Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 10 Hình học 10

Giới thiệu Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 10 Hình học 10

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 10 Hình học 10.

Tài liệu môn Toán 10 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 10 Hình học 10

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 10 tại đây

Mục lục 1 VECTƠ 1. CÁC ĐỊNH NGHĨA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Định nghĩa, sự xác định véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Hai véc-tơ cùng phương, cùng hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Hai véc-tơ bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 1. Xác định một véc-tơ, phương hướng của véc-tơ, độ dài của véc-tơ . . . . . Dạng 2. Chứng minh hai véc-tơ bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Định nghĩa tổng và hiệu hai véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Quy tắc hình bình hành . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Các tính chất của phép cộng, trừ hai véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 1. Xác định véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 2. Xác định điểm thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 3. Tính độ dài của tổng và hiệu hai véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 4. Chứng minh đẳng thức véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 1. Các bài toán sử dụng định nghĩa và tính chất của phép nhân véc-tơ với một số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 2. Phân tích một véc-tơ theo hai véc-tơ không cùng phương . . . . . . . . . Dạng 3. Chứng minh đẳng thức véc-tơ có chứa tích của véc-tơ với một số . . . . . Dạng 4. Chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 5. Xác định M thoả mãn đẳng thức véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . − Dạng 1. Tìm tọa độ của một điểm và độ dài đại số của một véc-tơ trên trục (O; → e ). → − → − → − → − → − Tìm tọa độ của các véc-tơ u + v , u − v ,k u . . . . . . . . . . . . . . Dạng 2. Xác định tọa độ của một véc-tơ và một điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy . . Dạng 3. Tính tọa độ trung điểm – trọng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 4. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, điểm thuộc đường thẳng . . . . . . . . . III. Bài tập tổng hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Đề số 1a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Đề số 1b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Đề số 2a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 7 7 7 7 8 8 8 8 11 15 15 15 15 15 16 16 20 22 26 35 35 36 36 38 43 50 53 57 63 63 64 64 68 70 73 77 85 85 87 89 4 MỤC LỤC IV. V. VI. 2 Đề số 2b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Đề số 3a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Đề số 3b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 93 96 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 1. GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ ĐẾN 180◦ . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Giá trị lượng giác của một góc bất kỳ từ 0◦ đến 180◦ . . . . . . . . . . . 2. Góc giữa hai vec-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 1. Tính các giá trị lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 2. Tính giá trị các biểu thức lượng giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 3. Chứng minh đẳng thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Tích vô hướng của hai véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Các tính chất của tích vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 1. Các bài toán tính tích vô hướng của hai véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 2. Tính góc giữa hai véc-tơ -góc giữa hai đường thẳng-điều kiện vuông góc . Dạng 3. Chứng minh đẳng thức về tích vô hướng hoặc về độ dài. . . . . . . . . . . Dạng 4. Ứng dụng của biểu thức toạ độ tích vô hướng vào tìm điểm thoả mãn điều kiện cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 5. Tìm tọa độ các điểm đặc biệt trong tam giác – tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của một điểm lên đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC . . . . . . . . . . . . . . I. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến. . . . . . . . . . . . . . . . 3. Định lý sin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Các công thức diện tích tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 1. Một số bài tập giúp nắm vững lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 2. Xác định các yếu tố còn lại của một tam giác khi biết một số yếu tố về cạnh và góc của tam giác đó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 3. Diện tích tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 4. Chứng minh hệ thức liên quan giữa các yếu tố trong tam giác . . . . . . . Dạng 5. Nhận dạng tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 6. Nhận dạng tam giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 7. Nhận dạng tam giác đều. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dạng 8. Ứng dụng giải tam giác vào đo đạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I. Đề số 1a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II. Đề số 1b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Đề số 2a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV. Đề số 2b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V. Đề số 3a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Đề số 3b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 99 99 99 100 100 100 102 103 109 109 109 109 109 109 110 110 110 114 117 121 125 129 129 129 130 130 130 131 131 138 142 143 147 150 153 155 160 160 161 163 164 165 168 MỤC LỤC 3 5 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 171 1. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 171 I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 1. Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 2. Phương trình tham số của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 3. Phương trình chính tắc của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 4. Véc-tơ pháp tuyến của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 5. Phương trình tổng quát của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Dạng 1. Viết phương trình tham số của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 172 Dạng 2. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 173 Dạng 3. Vị trí tương đối và góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 175 Dạng 4. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . 177 Dạng 5. Viết phương trình đường phân giác của góc do ∆1 và ∆2 tạo thành . . . . . 180 Dạng 6. Phương trình đường thẳng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 2. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 I. Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 1. Phương trình đường tròn khi biết tâm và bán kính . . . . . . . . . . . . 189 2. Dạng khác của phương trình đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 3. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Dạng 1. Tìm tâm và bán kính đường tròn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 Dạng 2. Lập phương trình đường tròn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Dạng 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại một điểm . . . . . . . . . 198 Dạng 4. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn đi một điểm . . . . . . . . . 200 Dạng 5. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn thỏa mãn điều kiện cho trước 205 Dạng 6. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn . . . . . . . . . . . . . . 211 Dạng 7. Vị trí tương đối của hai đường tròn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 Dạng 8. Phương trình đường thẳng chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 Dạng 9. Phương trình đường tròn chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 Dạng 10. Tìm tọa độ một điểm thỏa một điều kiện cho trước . . . . . . . . . . . . 222 3. ĐƯỜNG ELIP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 I. Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 2. Phương trình chính tắc của Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 3. Hình dạng của elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 II. Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Dạng 1. Xác định các yếu tố của elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 Dạng 2. Viết phương trình đường Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 Dạng 3. Tìm điểm thuộc elip thỏa điều kiện cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . 239 4. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 I. Đề số 1a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 II. Đề số 1b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 III. Đề số 2a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 IV. Đề số 2b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 V. Đề số 3a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 VI. Đề số 3b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255 6 MỤC LỤC Chương 1 VECTƠ §1. CÁC ĐỊNH NGHĨA → − F Hình 1.1 I. Tóm tắt lí thuyết 1. Định nghĩa, sự xác định véc-tơ Định nghĩa 1 (Véc-tơ). Véc-tơ là một đoạn thẳng có hướng. − → Véc-tơ có điểm đầu (gốc) A, điểm cuối (ngọn) B được kí hiệu là AB. → − − → − Véc-tơ còn được kí hiệu là → a, b,→ x,− y ,. . . khi không cần chỉ rõ điểm đầu và điểm cuối của nó. Một véc-tơ hoàn toàn được xác định khi biết điểm đầu và điểm cuối của nó. 4 Với hai điểm phân biệt A và B ta chỉ có một đoạn thẳng (AB hoặc − → − → BA), nhưng có hai véc-tơ khác nhau là AB và BA. ! A a) B → − a → − x b) Hình 1.2 − → Định nghĩa 2 (Độ dài véc-tơ). Độ dài của đoạn thẳng AB là độ dài (hay mô-đun) của véc-tơ AB, kí hiệu là − → − → AB . Tức là AB = AB. − → − → Đương nhiên AB = BA . 7 8 CHƯƠNG 1. VECTƠ Định nghĩa 3 (Véc-tơ-không). Véc-tơ-không là véc-tơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau. Véc-tơ-không → − được kí hiệu là 0 . → − → − − → Ta có 0 = AA = BB = . . . 2. Hai véc-tơ cùng phương, cùng hướng → − Định nghĩa 4 (Giá véc-tơ). Giá của một véc-tơ khác 0 là đường thẳng chứa điểm đầu và điểm cuối của véc-tơ đó. Định nghĩa 5 (Phương, hướng véc-tơ). Hai véc-tơ được gọi là cùng phương nếu giá của chúng song song hoặc trùng nhau. − → −→ −→ − → −−→ Trên hình 1.3a) ta có các véc-tơ AB, CD, EF cùng phương. Trên hình 1.3b) ta có AB và MN cùng phương, − → −→ còn AB và MP không cùng phương. − → −→ − → Hai véc-tơ cùng phương có thể cùng hướng hoặc ngược hướng. Chẳng hạn AB và CD cùng hướng, AB và −→ EF ngược hướng (hình 1.3a). E P B B F A D N A M C Hình 1.3b) − → − → Ba điểm phân biệt A, B,C thẳng hàng khi và chỉ khi hai véc-tơ AB và AC cùng phương. Hình 1.3a) → − Khi nói hai véc-tơ cùng hướng hay ngược hướng thì chúng đã cùng phương. Véc-tơ 0 cùng phương, cùng hướng với mọi véc-tơ. 4 ! 3. Hai véc-tơ bằng nhau Định nghĩa 6 (Véc-tơ bằng nhau). Hai véc-tơ gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng hướng và cùng độ dài. C D − → −→ Chẳng hạn, nếu ABCD là hình bình hành thì AB = DC và −→ − → AD = BC. A B −→ − − Khi cho trước véc-tơ → a và điểm O, thì ta luôn tìm được một điểm A duy nhất sao cho OA = → a. → − → − Nếu I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì AI = IB. 4 ! II. Các dạng toán Dạng 1. Xác định một véc-tơ, phương hướng của véc-tơ, độ dài của véc-tơ • Xác định một véc-tơ và xác định sự cùng phương, cùng hướng của hai véc-tơ theo định nghĩa. • Dựa vào các tình chất hình học của các hình đã cho biết để tính độ dài của một véc-tơ. 1.. CÁC ĐỊNH NGHĨA 9 Ví dụ 1. Trong hình 1.4, hãy chỉ ra các véc-tơ cùng phương, cùng hướng, ngược hướng và các véc-tơ bằng nhau. → − w → − x → − a → − y → − b → − v → −z → − u Hình 1.4 Lời giải. → − − − − − − −z và → − + Các véc-tơ cùng phương: → a và b ; → u và → v;→ x,→ y,→ w. → − → → − − → − → − + Các véc-tơ cùng hướng: a và b ; x , y và z . − − − − − − − −z . + Các véc-tơ ngược hướng: → u và → v;→ w và → x;→ w và → y;→ w và → − − + Các véc-tơ bằng nhau: → x =→ y. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. → − −−→ a) Liệt kê tất cả các véc-tơ khác véc-tơ 0 , cùng phương với MN và có điểm đầu, điểm cuối lấy trong các điểm đã cho. − → → − b) Liệt kê các véc-tơ khác véc-tơ 0 , cùng hướng với AB và có điểm đầu, điểm cuối lấy trong các điểm đã cho. −→ c) Vẽ các véc-tơ bằng véc-tơ NP mà có điểm đầu là A hoặc B. Lời giải. → − −−→ a) Các véc-tơ khác véc-tơ 0 , cùng phương với MN là →− →− →− →− −−→ − →− → NM, AB, BA, AP, PA, BP, PB. − → → − b) Các véc-tơ khác véc-tơ 0 , cùng hướng với AB là − →− → −−→ AP, PB, NM. A0 A P N B M C B0 c) Trên tia CB lấy điểm B0 sao cho BB0 = NP. −→ −→ Khi đó ta có BB0 là véc-tơ có điểm đầu là B và bằng véc-tơ NP. −→ Qua A dựng đường thẳng song song với đường thẳng NP. Trên đường thẳng đó lấy điểm A0 sao cho AA0 −→ cùng hướng với NP và AA0 = NP. −→ −→ Khi đó ta có AA0 là véc-tơ có điểm đầu là A và bằng véc-tơ NP. Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi M là trung điểm của AB, N là điểm đối xứng với C qua −−→ −−→ D. Hãy tính độ dài của véc-tơ MD và MN. Lời giải. 10 CHƯƠNG 1. VECTƠ Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông MAD ta có √  a 2 2 5a a 5 DM 2 = AM 2 + AD2 = + a2 = ⇒ DM = 2 4 2 √ a 5 −−→ Suy ra MD = MD = . 2 Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB tại P. a 3a Khi đó tứ giác ADNP là hình vuông và PM = PA + AM = a + = . 2 2 Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông NPM ta có √ Å ã2 13a2 a 13 3a 2 2 2 2 MN = NP + PM = a + = ⇒ MN = 2 4 2 √ a 13 −−→ . Suy ra MN = MN = 2 P N A D M B C BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − Bài 1. Cho ngũ giác ABCDE. Có bao nhiêu véc-tơ khác véc-tơ 0 , có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh của ngũ giác. − → − → Lời giải. Từ hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B, ta xác định được hai véc-tơ khác véc-tơ-không là AB, BA. Mà từ năm đỉnh A, B, C, D, E của ngũ giác ta có 10 cặp điểm phân biệt, do đó có 20 véc-tơ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 2. Cho hình bình hành ABCD có tâm là O. Tìm các véc-tơ từ 5 điểm A, B, C, D, O − → −→ a) Bằng véc-tơ AB; OB. −→ b) Có độ dài bằng OB . Lời giải. − → −→ −→ −→ a) AB = DC; OB = DO. −→ −→ −→ b) BO, DO, OD. Bài 3. Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng. − → − → a) Khi nào thì hai véc-tơ AB và AC cùng hướng? − → − → b) Khi nào thì hai véc-tơ AB và AC ngược hướng? Lời giải. a) A nằm ngoài đoạn BC. b) A nằm trong đoạn BC. Bài 4. Cho bốn điểm A, B,C, D phân biệt. − → − → a) Nếu AB = BC thì ba điểm A, B,C có đặc điểm gì? − → −→ b) Nếu AB = DC thì bốn điểm A, B,C, D có đặc điểm gì? Lời giải. 1.. CÁC ĐỊNH NGHĨA 11 a) B là trung điểm của AC. b) A, B,C, D thẳng hàng hoặc ABCD là hình bình hành. Bài 5. Cho tam giác ABC đều cạnh a và G là trọng tâm. Gọi I là trung điểm của AG. Tính độ dài của các −→ → − véc-tơ AG, BI. Lời giải. Sử dụng√ tính chất của trọng √ tâm và định lý Pythagoras. a 21 a 3 −→ → − Đáp án: AG = và BI = 3 6 Dạng 2. Chứng minh hai véc-tơ bằng nhau Để chứng minh hai véc-tơ bằng nhau ta chứng minh chúng có cùng độ dài và cùng hướng hoặc dựa − → −→ −→ − → vào nhận xét nếu tứ giác ABCD là hình bình hành thì AB = DC và AD = BC. Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DA. Chứng minh −−→ −→ MN = QP. Lời giải. Do M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC nên MN là đường trung bình của 1 tam giác ABC suy ra MN k AC và MN = AC (1). 2 Tương tự, QP là đường trung bình của tam giác ADC suy ra QP k AC và QP = 1 AC (2). M 2 −−→ −→ Từ (1) và (2) kết hợp hình vẽ suy ra MN = QP. A Q D P B N C Ví dụ 5. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi I là trung điểm của BC. Dựng điểm B0 sao cho −→0 −→ BB = GA. → → − − a) Chứng minh BI = IC. → − → − b) Gọi J là trung điểm của BB0 . Chứng minh BJ = IG. Lời giải. → − a) Vì I là trung điểm của BC nên BI = CI và BI cùng hướng − → → → − − với IC do đó BI = IC. B0 −→ −→ → − →− b) Ta có BB0 = AG suy ra BB0 = AG và BB0 k AG . Do đó BJ, JG cùng hướng (1). J 1 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên IG = AG, J là trung 2 1 0 0 điểm BB suy ra BJ = BB . Vì vậy BJ = IG (2). → − → 2− Từ (1) và (2) ta có BJ = IG. A G B I C BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 6. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DC, AB; P là giao điểm của AM và −→ −→ −→ DB; Q là giao điểm của CN và DB. Chứng minh DP = PQ = QB. Lời giải. 12 CHƯƠNG 1. VECTƠ Chứng minh DP = PQ dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác DQC và PQ = QB dựa vào tính chất đường trung bình trong tam giác ABP. Suy ra DP = PQ = QB. D A P N M Q B C − → −→ Bài 7. Cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD với AB = 2CD. Từ C vẽ CI = DA. Chứng minh rằng: → − → − a) DI = CB. → − → − −→ b) AI = IB = DC. Lời giải. C D a) Chứng minh BICD là hình bình hành. b) Chứng minh I là trung điểm AB và dữ kiện tứ giác BICD là hình bình hành đã chứng minh ở câu a. I A B Bài 8. Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M và N lần lượt là trung điểm của BC và AD. Điểm I là giao −→ → − điểm của AM và BN, K là giao điểm của DM và CN. Chứng minh DK = IB. Lời giải. 1 Theo giả thiết M và N lần lượt là trung điểm của BC và AD nên AN = AD N A D 2 1 và BM = BC. Mà AD = BC do ABCD là hình bình hành. Suy ra ANMB là 2 hình bình hành. I K Ta có Điểm I là giao điểm của hai đường chéo AM và BN của hình bình hành ANMB nên I là trung điểm của BN. Tương tự, ta cũng chứng minh được K là trung điểm của DM. Từ đó dễ dàng B M C −→ → − chứng minh được DKBI là hình bình hành, suy ra DK = IB. −→ − → −−→ −→ −→ −→ −→ − → −→ → − Bài 9. Cho hình bình hành ABCD. Dựng AM = BA, MN = DA, NP = DC, PQ = BC. Chứng minh AQ = 0 . Lời giải. Chứng minh AMNP và QMNP đều là hình bình hành, suy ra A ≡ Q, N M −→ → − suy ra AQ = 0 . D P A B C Bài 10. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Trên cạnh AC lấy hai điểm E và F sao cho AE = EF = FC; −→ −−→ BE cắt AM tại N. Chứng minh NA = MN. Lời giải. 1.. CÁC ĐỊNH NGHĨA 13 FM k BE vì FM là đường trung bình của tam giác CEB. Ta có EA = EF. Vậy EN là đường trung bình của tam giác AFM. Suy ra N là −→ −−→ trung điểm của AM. Vậy NA = MN. A E N F B M C BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 11. Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F, M và N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC,CD và DA. → −−→ −→ − a) Chứng tỏ rằng 3 vectơ EF, AC, MN cùng phương; −→ −−→ b) Chứng tỏ rằng EF = NM. Suy ra tứ giác EFMN là hình bình hành. Lời giải. N A D a) Dựa vào tính chất đường trung bình, ta suy ra được EF k AC k → −−→ −→ − MN ⇒ EF, AC, MN cùng phương; b) Dựa vào tính chất đường trung bình, ta suy ra được EF = MN = 1 −→ −−→ AC kết hợp với câu a) ⇒ EF = NM. Suy ra tứ giác EFMN là 2 hình bình hành. M E B F C −→ −→ −→ Bài 12. Cho hai bình bình hành ABCD và ABEF. Dựng EH và FG bằng AD. Chứng minh CDGH là hình bình hành. Lời giải. −→ −→ −→ Ta có EH = FG = AD nên tứ giác EFGH là hình bình hành, suy ra GH k G F FE k AB k DC và GH = FE = AB = DC hay tứ giác CDGH là hình bình D A hành. H E B C Bài 13. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của đoạn BC, phân giác ngoài góc A cắt BC ở D. Giả sử giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM với AB, AC lần lượt là E, F (khác A). Gọi N là trung điểm −−→ −→ của đoạn EF. Chứng minh hai véc-tơ MN và AD cùng phương. Lời giải. 14 Kẻ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi P là điểm chính giữa cung BC không chứa A, PA ⊥ DA. Q là điểm chính giữa cung BC chứa A. Ta có A, D, Q thẳng hàng và P, M, O, Q cũng thẳng hàng. Dễ nhận thấy DP là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM. Tam giác PEF cân tại P từ đó có DP là trung trực của EF nên DP ⊥ EF tại N. Hai tam giác PED và PCQ đồng dạng, EN và CM là đường PN PM = ⇒ MN k DQ. cao nên suy ra PD PQ −−→ −→ Vậy, MN và AD cùng phương. CHƯƠNG 1. VECTƠ F D A B M C N E Bài 14. Cho tam giác ABC có O nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh đối diện lần lượt tại −→ −→ M, N, P. Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN, MP tại H, K. Chứng minh rằng: OH = KO. Lời giải. OH ON ON OK Do HK k BC nên ta có: = ⇒ OH = .BM, = A BM BN BN CM OP OP ⇒ OK = .CM. (1) CP CP ON SAON SCON SAON + SCON SAOC N Mặt khác, ta lại có = = = = , BN SABN SCBN SABN + SCBN SABC P OP SAOB ON CP SAOC SABC SAOC CM O = . = . (2) ⇒ . = = K H CP SABC BN OP SABC SAOB SAOB BM −→ −→ Từ (1) và (2) suy ra OK = OH. Vì vậy, OH = KO. B M C 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ §2. 15 TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ I. Tóm tắt lí thuyết 1. Định nghĩa tổng và hiệu hai véc-tơ → − − − → − − → → − Định nghĩa 1 (Phép cộng). Cho hai véc-tơ → a và b . Với điểm A bất kỳ, dựng AB = → a , dựng BC = b . Khi → − − → − đó, véc-tơ AC được gọi là véc-tơ tổng của → a và b . → − → − − → − → − → − − Ta ký hiệu: → a + b , tức là: → a + b = AB + BC = AC. B −b → A −b → → − a → − a → − − a+→ b C Phép toán tìm tổng của hai véc-tơ còn gọi là phép cộng véc-tơ. − − Định nghĩa 2 (Véc-tơ đối). Cho véc-tơ → a , véc-tơ có cùng độ dài và ngược hướng với → a được gọi là véc-tơ − − đối của → a , ký hiệu là −→ a. − −→ a → − a → − → − − − Định nghĩa 3 (Phép trừ). Cho hai véc-tơ → a và b . Phép phép trừ của → a với b được định nghĩa là phép → − − cộng của → a với − b . → − − → − − Ký hiệu → a − b =→ a + (− b ). 2. Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hành ABCD, khi đó − → − → −→ • AC = AB + AD − → −→ −→ • AB − AD = DB B A 3. Các tính chất của phép cộng, trừ hai véc-tơ Tính chất 1. (giao hoán và kết hợp) C D 16 CHƯƠNG 1. VECTƠ → − → − − − a) → a + b = b +→ a, → − − → − − − − b) → a +( b +→ c ) = (→ a + b )+→ c. Tính chất 2. (véc-tơ đối) → − → − a) − 0 = 0 → − → − − − b) → a − b = −( b − → a ), − → − → c) −AB = BA. → − − → − → − − → Tính chất 3. (cộng với véc-tơ 0 ) → a + 0 = 0 +→ a =− a. Tính chất 4. Cho 3 điểm A, B,C ta có: − → − → − → a) AB + BC = AC (quy tắc 3 điểm), Tính chất 5. − → − → − → b) AB − AC = CB (quy tắc trừ). → − → − − → a) (quy tắc trung điểm) I là trung điểm AB ⇔ IA + IB = 0 , −→ −→ −→ → − b) (quy tắc trọng tâm) G là trọng tâm 4ABC ⇔ GA + GB + GC = 0 . II. Các dạng toán Dạng 1. Xác định véc-tơ Dựa vào quy tắc cộng, trừ, quy tắc 3 điểm, hình bình hành, ta biến đổi và dựng hình để xác định các véc-tơ. Chú ý các quy tắc sau đây. − → − → a) −AB = BA. − → − → − → c) AB − AC = CB (quy tắc trừ). − → − → − → b) AB + BC = AC (quy tắc 3 điểm). − → −→ − → d) AB + AD = AC (ABCD là hình bình hành). Ví dụ 1. Cho tam giác ABC. − → − → − a) Xác định véc-tơ → a = AB + BC. → − − → − → b) Xác định véc-tơ b = AB − AC. − → − → − c) Xác định véc-tơ → c = AB + AC. Lời giải. Ta có B − → − → − → − a) → a = AB + BC = AC. → − − → − → − → b) b = AB − AC = CB. − → − → −→ − c) → c = AB + AC = AD, với ABDC là hình bình hành. → − b A → − c → − a C Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD, có tâm O. Hãy xác định các véc-tơ sau đây: − → −→ − a) → x = AB + AD. −→ −→ − b) → y = AO + CD. −→ − → −z = CD c) → − AC. → − −→ −→ d) t = OA − BD. D 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 17 C D O E B A F Lời giải. H − → −→ − → − a) Theo tính chất hình bình hành → x = AB + AD = AC. −→ −→ −→ −→ −→ − b) → y = AO + CD = OC + CD = OD. −→ − → −→ − → −→ −z = CD c) → − AC = CD + CA = CE (dựng hình bình hành CDEA). −→ −→ → − −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ d) t = OA − BD = OA + DB = OA + OF = OH. Trong đó, ta dựng OF = DB và hình bình hành OFHA. Ví dụ 3. Cho tam giác ABC đều, G là trọng tâm và M là trung điểm cạnh BC. Hãy xác định các véc-tơ sau đây: −→ −→ a) GB + GC. −→ − → b) AG + CB. − → −→ c) AB + MC. − → −→ −→ d) AB + GB + GC. Lời giải. −→ −→ −→ a) GB + GC = GK (dựng hình bình hành GBKC). −→ − → −→ − → −→ −→ −→ b) AG + CB = BF + CB = CF (dựng BF = AG). − → −→ − → −→ −→ c) AB + MC = AB + BM = AM. − → −→ −→ − → −→ − → −→ −→ d) AB + GB + GC = AB + GK = AB + BF = AF. A G B M C K F Ví dụ 4. Cho đoạn thẳng AB có trung điểm là I. Gọi M là một điểm tùy ý không nằm trên đường thẳng AB. Lấy trên tia MI một điểm N sao cho IN = MI. Hãy xác định các véc-tơ: −→ −→ − → a) MA + MB − MI. Lời giải. −→ − → b) AM + NI. 18 CHƯƠNG 1. VECTƠ K −→ −→ − → −−→ − → − → a) MA + MB − MI = MN − MI = IN. −→ − → − → −→ −→ b) AM + NI = NI + NB = NK. M A I B N BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho hình bình hành ABCD có tâm O. Xác định các véc-tơ đối của các véc-tơ sau đây: −→ −→ − → −→ a) OA, DO. b) AC, DA. Lời giải. −→ −→ −→ −→ −→ −→ a) −OA = AO = OC, −DO = OD = BO. − → − → −→ −→ − → b) −AC = CA, −DA = AD = BC. Bài 2. Cho hình bình hành ABCD có tâm O. Xác định các véc-tơ sau đây: −→ −→ −→ −→ − → −→ − → −→ a) OA + OB + OC + OD. c) AC + BD + BA + DA. −→ − → −→ −→ −→ −→ −→ −→ b) OA + BO + CO + DO. d) OA + CB + OC + AD. Lời giải. −→ −→ −→ −→ → − a) OA + OB + OC + OD = 0 . −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ − → b) OA + BO + CO + DO = CO + OA + BO + DO = CA. − → −→ − → −→ − → − → −→ −→ − → − → − → c) AC + BD + BA + DA = BA + AC + BD + DA = AC + BA = BC. −→ −→ − → −→ → − d) OA + OC + CB + AD = 0 . − Bài 3. Cho tam giác ABC. Tìm véc-tơ → x trong các trường hợp: − → − → − → − a) → x + BC = AC + BA. − → − − → − → b) CA − → x − CB = AB. Lời giải. − → − → − → → − − a) → x = AC + BA + CB = 0 . − → − → − → − → − → −→ −→ − → − b) → x = CA − CB + BA = BA + BA = BE, với AE = BA. Bài 4. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, AC, AB. Xác định các véc-tơ sau đây: − → − → −→ − → −→ −→ a) PB + MC + NA. b) BA + PA + CM. Lời giải. → −→ −→ → − − → −→ −→ − a) PB + MC + NA = AP + PN + NA = 0 . − → − → −→ − → −→ − → − → −→ −→ −→ − → b) BA + PA + CM = BA + NP + PA = BA + NA = ND (dựng thêm điểm D sao cho AD = BA). Bài 5. Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm AC và N là điểm đối xứng của B qua M. Xác định các véc-tơ sau đây: 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ − → −→ a) AB + AN. − → −→ b) BA + CN. 19 − → −→ −−→ c) AB + MC + MN. − → − → −−→ d) BA + BC − MN. Lời giải. Ta có, tứ giác BANC là hình bình hành. − → −→ − → a) AB + AN = AC (tính chất hình bình hành BANC). − → −→ −→ −→ −→ b) BA + CN = BE (dựng AE = CN). − → −→ −−→ − → −→ −−→ − → −→ − → c) AB + MC + MN = AB + AM + MN = AB + AN = AC. − → − → −−→ −→ −−→ −→ d) BA + BC − MN = BN + NM = BM. Bài 6. Cho hình lục giác đều ABCDEF, gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DE, EF, FA. Xác định các véc-tơ sau đây: −→ −→ −→ −→ −→ −→ a) AD + BE + CF − AE − BF − CD. −−→ −→ − → b) MQ + RN + PS. Lời giải. −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ → − a) AD + BE + CF − AE − BF − CD = ED + FE + DF = 0 . −−→ −→ − → −→ −→ −→ → − b) MQ + RN + PS = BD + FB + DF = 0 . 1 1 Bài 7. Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt nằm trên cạnh BC, AC, AB sao cho BD = BC, CE = CA, 3 3 1 AF = AB. Xác định các véc-tơ sau đây: 3 −→ −→ −→ a) AF + BD + CE −→ −→ −→ b) AD + BE + CF Lời giải. −→ − → −→ −→ a) Lấy thêm các điểm P, Q về phía ngoài cạnh AB, AC sao cho CE = AP, QA = AF. Theo đó, tam giác −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ − → → − APQ đồng dạng tam giác ACB nên ta có PQ = BD. Khi đó, AF + BD + CE = QA + PQ + AP = 0 . −→ −→ −→ −→ − → −→ − → −→ − → − → − → − → → − −→ −→ −→ b) AD + BE + CF = BD − BA + CE − CB + AF − AC = (BD + CE + AF) − (BA + CB + AC) = 0 . 20 CHƯƠNG 1. VECTƠ Dạng 2. Xác định điểm thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước Để xác định điểm M thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước, ta làm như sau: ◦ HƯỚNG 1: −→ − − − Biến đổi đẳng thức véc-tơ đã cho về dạng AM = → v , trong đó A là điểm cố định và → v là véc-tơ cố định. − − Lấy A làm điểm gốc, dựng véc-tơ bằng → v thì điểm ngọn chính là điểm M cần tìm. ◦ HƯỚNG 2: −→ − → − Biến đổi đẳng thức véc-tơ đã cho về dạng AM = AB, trong đó A, B là hai điểm cố định. − Khi đó điểm M cần tìm trùng với điểm B. ◦HƯỚNG 3: − Biến đổi đẳng thức véc-tơ đã cho về một đẳng thức véc-tơ luôn đúng với mọi điểm M. − Khi đó điểm M cần tìm là điểm tùy ý. ◦HƯỚNG 4: − Biến đổi đẳng thức véc-tơ đã cho về một đẳng thức véc-tơ luôn sai với mọi điểm M. − Khi đó không có điểm M nào thỏa điều kiện. ◦HƯỚNG 5: − → − → − Biến đổi đẳng thức véc-tơ đã cho về dạng IM = AB , trong đó I, A, B là các điểm cố định. − Khi đó điểm M cần tìm thuộc đường tròn tâm I, bán kính AB. ◦HƯỚNG 6: −→ −→ − Biến đổi đẳng thức véc-tơ đã cho về dạng MA = MB , trong đó A, B là các điểm cố định phân biệt. − Khi đó điểm M cần tìm thuộc đường trung trực của đoạn AB. − → − → −→ → − Ví dụ 5. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện BA + BC + MB = 0 . Lời giải. − → − → −→ → − → −→ → −→ − → − − BA + BC + MB = 0 ⇔ BA + MC = 0 ⇔ CM = BA ⇒ Điểm M là điểm thứ tư của hình bình hành ABCM. A M B C −→ −→ −→ − → Ví dụ 6. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện MA − MB + MC = BC. Lời giải. −→ −→ −→ − → − → − → −→ − → −→ MA − MB + MC = BC ⇔ BA − BC = CM ⇔ CA = CM ⇒ Điểm M trùng với điểm A. A B −→ −→ − → Ví dụ 7. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện MA − MB = AB. Lời giải. C 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 21 −→ −→ − → − → − → MA − MB = AB ⇔ BA = AB ⇒ không có M nào thỏa điều kiện bài toán. A B C −→ −→ −→ Ví dụ 8. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện |MA| = |MB − MC|. Lời giải. −→ −→ − → −→ −→ |MA| = |MB − MC| ⇔ |MA| = |CB| ⇔ MA = CB ⇒ Điểm M thuộc đường tròn tâm A, bán kính CB. A B M C BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 8. Cho 4ABC. Dựng điểm M thỏa mãn điều kiện −→ −→ −→ → − MA + MB − MC = 0 . (1) −→ − → → −→ − → − Lời giải. Ta có (1) ⇔ MA + CB = 0 ⇔ MA = BC. Vậy bốn điểm A,C, B, M tạo thành hình bình hành. −→ −→ −→ → − Bài 9. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện MA + MB − MC = 0 . −→ − → → − → −→ −→ −→ −→ → − − Lời giải. MA + MB − MC = 0 ⇔ MA + CB = 0 ⇔ CB = AM. ⇒ Điểm M là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBM. − → − → Bài 10. Cho tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện IB + AI − − → −→ → − IC − CM = 0 . − − → −→ → − → Ä− → −→ä → − → − − − → − → → Lời giải. IB + AI − IC − CM = 0 ⇔ AB − IC + CM = 0 ⇔ AB = IM. ⇒ M là đỉnh thứ tư của hình bình hành IABM. Bài 11. Cho tam giác ABC. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AI. Tìm điểm M thỏa − → → → → − − −→ −→ − mãn điều kiện BA + BI − BM + AK + IC = 0 . Lời giải. − → → → → − → − → → − − − −→ −→ − → −→ − BA + BI − BM + AK + IC = 0 ⇔ BA + MI + AK + IC = 0 A −→ −→ → −→ −→ − ⇔ MC + BK = 0 ⇔ CM = BK M ⇒ Điểm M là đỉnh thứ tư của hình bình hành CBKM. K B I C −→ −→ −−→ Bài 12. Cho hình bình hành ABCD tâm O. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện CO + BO = OM. −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ Lời giải. CO + BO = OM ⇔ OA + OD = OM ⇔ OD = AM. ⇒ Điểm M là đỉnh thứ tư của hình bình hành AODM. 22 CHƯƠNG 1. VECTƠ − → −→ − → −→ → − Bài 13. Cho hình bình hành ABCD. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện CA − BM + BC + AD = 0 . − → −→ − → −→ → − → −→ −→ → −→ −→ → − − − − −−→ → Lời giải. CA − BM + BC + AD = 0 ⇔ CA − CM + AD = 0 ⇔ MA + AD = 0 ⇔ MD = 0 . ⇒ Điểm M trùng với điểm D. − → Bài 14. Cho tam giác ABC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện AB + −→ − → −→ → − BG + CA − CM = 0 . − → −→ − → −→ → −→ −→ → −→ −→ − − Lời giải. AB + BG + CA − CM = 0 ⇔ AG − AM = 0 ⇔ AG = AM. ⇒ Điểm M trùng với điểm G. − → −−→ −→ −→ − → Bài 15. Cho hình bình hành ABCD tâm O. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện BA + MD + DO = MA + BC. − → −−→ −→ −→ − → −→ −−→ −→ − → − → Lời giải. BA + MD + DO = MA + BC ⇔ MA − MD − DO = BA − BC −→ −→ − → − → −→ − → ⇔ DA − DO = BA − BC ⇔ OA = CA. ⇒ Không có điểm M nào thỏa điều kiện trên. −→ −→ −→ −→ Bài 16. Cho hai điểm A và B. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện |MA + MB| = |MA − MB|. Lời giải. −→ −→ −→ −→ |MA + MB| = |MA − MB| ⇔ MN = BA. N Với N là đỉnh thứ tư của hình bình hành AMBN. Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. ⇒ 2MO = 2OB ⇒ MO = OB. B A ⇒ Điểm M thuộc đường tròn tâm O, bán kính OB. O M −→ − → − → − → Bài 17. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện |MA − CA| = |AC − AB|. −→ − → − → − → −→ − → Lời giải. |MA − CA| = |AC − AB| ⇔ |MC| = |BC| ⇔ MC = BC. ⇒ Điểm M thuộc đường tròn tâm C, bán kính BC. − → −→ −→ − → Bài 18. Cho tam giác ABC. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện |BA − BM| = |MA + AC|. − → −→ −→ − → Lời giải. |BA − BM| = |MA + AC| ⇔ MA = MC. ⇒ Điểm M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AC. −→ −→ −→ −→ −→ −→ Bài 19. Cho năm điểm A, B,C, D, E. Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện AD + BE + CM = AE + BM + CD. −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ → − Lời giải. AD + BE + CM = AE + BM + CD ⇔ AD − AE + BE − BM + CM − CD = 0 − − − −→ −−→ −−→ → −−→ −−→ → −−→ → ⇔ ED + ME + DM = 0 ⇔ MD + DM = 0 ⇔ MM = 0 . ⇒ Điểm M là điểm tùy ý. Dạng 3. Tính độ dài của tổng và hiệu hai véc-tơ − Độ dài của véc-tơ bằng độ dài của đoạn thẳng có hai đầu mút là điểm đầu và điểm cuối của véc-tơ đó. − Ta thường sử dụng các công thức về cạnh như hệ thức lượng tam giác vuông, định lý Pytago, tính chất tam giác đều, hình chữ nhật, hình vuông,. . . − → − → Ví dụ 9. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính AB − AC . − → − → − → − → − → − → Lời giải. Ta có AB − AC = CB nên AB − AC = CB = CB = a. −→ −→ Ví dụ 10. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tính DB + DC . Lời giải. 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 23 Vẽ hình bình hành CDBM thì DM cắt BC tại trung điểm I của mỗi A đường. −→ −→ −−→ −→ −→ Ta có DB + DC = DM nên DB + DC = DM = 2DI  a 2 5 √ −→ −→ Mà DI 2 = a2 + = a2 nên DB + DC = a 5. 2 4 D B M I C − → − → − → − → Ví dụ 11. Chứng minh rằng nếu 4ABC thỏa mãn AB + AC = AB − AC thì ∆ABC là tam giác vuông. Lời giải. Dựng hình bình hành ABDC. − → − → −→ Theo quy tắc hình bình hành ta có AB + AC = AD − → − → − → Theo quy tắc hiệu hai véc-tơ ta có AB − AC = CB. −→ − → Từ giả thiết suy ra AD = BC , tức là AD = BC. B D Hình bình hành ABDC có hai đường chéo bằng nhau nên nó là hình chữ nhật, tức A là tam giác ABC vuông. C Ví dụ 12. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi M là trung điểm của AB, N là điểm đối xứng với C −−→ −−→ qua D. Hãy tính độ dài của véc-tơ sau MD, MN. Lời giải. Áp dụng Định lý Pytago trong tam giác vuông MAD √ ta có D  a 2 2 5a a 5 N + a2 = ⇒ DM = DM 2 = AM 2 + AD2 = 2 4 2 √ a 5 −−→ Suy ra MD = MD = . 2 Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB tại P. A Khi đó tứ giác ADNP là hình vuông và PM = PA + AM = a 3a P M a+ = . 2 2 Áp dụng Định lý Pytago trong tam giác vuông NPM ta có √ √ Å ã2 3a 13a2 a 13 a 13 −−→ 2 2 2 2 MN = NP + PM = a + = ⇒ DM = . Suy ra MN = MN = . 2 4 2 2 C B −→ −→ Ví dụ 13. Cho hình vuông ABCD cạnh a, M là một điểm bất kỳ. Tính độ dài véc-tơ MA − MB − −→ −−→ MC + MD. Lời giải. Áp dụng quy tắcÄtrừ ta có ä Ä −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ä − → −→ − → −→ MA − MB − MC + MD = MA − MB − MC − MD = BA − DC = BA − DC LấyB0 là điểm đối xứng của B qua A −→ −→ − → −→ − → −→ −→ Khi đó −DC = AB0 ⇒ BA − DC = BA + AB0 = BB0 −→ −→ −→ −→ −−→ Suy ra |MA − MB − MC + MD| = |BB0 | = BB0 = 2a. BÀI TẬP TỔNG HỢP − → − → − → − → Bài 20. Cho tam giác đều ABC cạnh 5a. Tính độ dài các véc-tơ AB + BC, CA − CB. − → − → − → − → − → − → Lời giải. Ta có AB + BC = AC ⇒ AB + BC = AC = AC = 5a. − → − → − → − → − → − → Ta có CA − CB = BA ⇒ CA − CB = BA = BA = 5a. 24 CHƯƠNG 1. VECTƠ → − → − → − → − − − − Bài 21. Xét các véc-tơ → a và b khác 0 . Khi nào thì |→ a + b | = |→ a | + | b |. − → − −→ − −→ − − → → → −→ − Lời giải. Từ điểm O nào đó, ta vẽ OA = → a và AB = b . Khi đó → a + b = OA + AB = OB. Như vậy: → − → − −→ −→ − → → − − a + b = |→ a | + | b | ⇔ OB = OA + AB ⇔ OB = OA + AB. → − − Điều này xảy ra khi và chỉ khi O, A, B thẳng hàng theo thứ tự này. Hay hai véc-tơ → a và b cùng hướng. → − → − → − → − − − − a−b . a+b = → Bài 22. Xét các véc-tơ → a và b khác 0 . Khi nào thì → Lời giải. − − → − −→ → Từ điểm A nào đó, ta kẻ AB = → a , AD = b . Vẽ điểm C sao cho ABCD là hình B C → − − → − bình hành. Theo quy tắc hình bình hành ta có: → a + b = AC. Theo quy tắc về hiệu → − − → −→ −→ − → − véc-tơ ta có: → a − b = AB − AD = DB. Như vậy: a → − b → − → − − → −→ → − − a+b = → a − b ⇔ AC = DB ⇔ AC = BD. A D Điều này xảy ra khi ABCD là hình chữ nhật. Vậy AB vuông góc với AD hay giá của hai véc-tơ vuông góc với nhau. → − − Bài 23. Chứng minh rằng với → a và b không cùng phương thì → − → − → − − − − |→ a |−| b | < → a + b < |→ a | + | b |. − → − − → → − − Lời giải. Gọi A, B là điểm đầu và điểm cuối của → a . Vẽ điểm C sao cho BC = b . Vì → a và b không cùng phương nên ba điểm A, B,C không thẳng hàng. Ta có: → − → − − → − → − − |→ a | − | b | = AB − BC < AC = AB + BC < AB + BC = |→ a | + | b |. Bài toán được chứng minh xong. Bài 24. Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Biết AB = a và BC = 2b (với a > b > 0). Tính độ dài − → −→ − → − → véc-tơ tổng AB + BH và độ dài véc-tơ hiệu AB − CA. Lời giải. Do tam giác ABC cân tại A, đường cao AH nên H là trung điểm A BC. Suy √ tam giác vuông ABH, ta có: √ ra BH = b. Trong AH = AB2 − BH 2 = a2 − b2 . − → −→ −→ Ta có AB + BH = AH. √ − → −→ −→ Suy ra AB + BH = AH = a2 − b2 . B C Vẽ hình bình hành ABDC. Khi đó: H − → − → − → − → −→ AB − CA = AB + AC = AD. √ − → − → −→ Do đó: AB − CA = AD = 2AH = 2 a2 − b2 . D √ − → − → − → − → Bài 25. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = a 5. Tính độ dài các véc-tơ AB + BC, CA − CB. Lời giải. 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 25 Do tam √giác ABC vuông √ tại A nên 2 2 AC = BC − AB = 5a2 − a2 = 2a. − → − → − → − → − → − → Ta có AB + BC = AC ⇒ AB + BC = AC = AC = 2a. − → − → − → − → − → − → Ta có CA − CB = BA ⇒ CA − CB = BA = BA = a. B C A − → − → Bài 26. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = a và AC = 3a. Tính độ dài véc-tơ tổng AB + AC và độ − → − → dài véc-tơ hiệu AB − AC. Lời giải. √ Ta có BC =√ AB2 + AC2 .√ B D Hay BC = a2 + 9a2 = a 10. − → − → − → Ta có AB − AC = CB. √ − → − → − → Do đó AB − AC = CB = CB = a 10. Vẽ hình bình hành ABDC. Theo quy tắc hình bình hành ta có √ − → − → −→ − → − → −→ AB + AC = AD. Do đó AB + AC = AD = AD = a 10. C A ‘ = 60◦ . Tính: Bài 27. Cho hình thoi ABCD có tâm O, cạnh bằng 4 và BAD − → −→ −→ − → −→ −→ −→ AB + AD , OC − AB , −OD + DB + OC . Lời giải. Từ giả thiết √ suy ra ABD là tam giác đều cạnh bằng 4. Do đó D √ √ 4 3 = 2 3, AC = 4 3. Theo quy tắc hình bình hành ta AO = 2 √ − → −→ − → − → −→ có AB + AD = AC. Như vậy AB + AD = AC = 4 3. −→ − → −→ − → −→ Ta có: OC − AB = AO − AB = BO. 1 −→ − → Suy ra OC − AB = BO = BD = 2. 2 A Vẽ hình bình hành BDCH. Do DB = DC = √ 4 nên hình bình hành BDCH là hình thoi, do đó DH = 2DK = 4 3 (K là trung điểm của BC). √ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ Ta có: −OD + DB + OC = OC − OD + DB = DC + DB = DH = 4 3. C K O B H −→ − → Bài 28. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B phân biệt, không nằm trên d. Tìm M ∈ d sao cho MA + BA nhỏ nhất. Lời giải. Gọi C là điểm đối xứng của B qua A. Khi đó C là điểm cố định và −→ − → −→ − → −→ MA + BA = MA + AC = MC. −→ − → −→ −→ − → Do đó MA + BA = MC = MC. Như vậy MA + BA nhỏ nhất khi và chỉ khi MC nhỏ nhất, hay M là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng d. Bài 29. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B nằm trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d. Tìm giá trị −→ −→ nhỏ nhất của biểu thức MA + MB , với M ∈ d. Lời giải. 26 CHƯƠNG 1. VECTƠ Trong trường hợp M, A, B không thẳng hàng, ta dựng hình bình −→ −→ −→ −→ −−→ hành MANB. Khi đó MA + MB = MN. Suy ra MA + MB = N MN. Gọi O là giao điểm của MN và AB. Khi đó, O là trung điểm AB nên O là điểm cố định. Từ O, N lần lượt kẻ các đường vuông góc với d, cắt d tại P, Q. Ta có MN ≥ NQ = 2OP. Còn A −→ −→ khi M, A, B thẳng hàng thì hiển nhiên MA + MB > 2OP. Vậy −→ −→ MA + MB nhỏ nhất là bằng 2OP, đạt được khi M trùng P. B O M P Q Dạng 4. Chứng minh đẳng thức véc-tơ a) Sử dụng quy tắc ba điểm. b) Sử dụng quy tắc hình bình hành. − → −→ −→ − → −→ Ví dụ 14. Cho 5 điểm A, B,C, D, E. Chứng minh rằng AB + CD + EA = CB + ED. Lời giải. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với Ä− → − →ä Ä−→ −→ä −→ → − AB − CB + CD − ED + EA = 0 − → −→ −→ → − ⇔AC + CE + EA = 0 −→ −→ → − ⇔AE + EA = 0 (luôn đúng) − → −→ − → → − Ví dụ 15. Cho hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng BA + DA + AC = 0 . − → −→ Lời giải. Do ABCD là hình bình hành nên BA = CD −→ −→ → − Đẳng thức cần chứng minh tương đương vớiCD + DC = 0 (luôn đúng) Ví dụ 16. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA, AB. Chứng −→ −→ − → → − minh rằng AM + BN + CP = 0 . Lời giải. −→ − → −→  AM = AC + CM   → −→ −→ − Ta có BN = BA + AN   → − → − → − CP = CB + BP −→ −→ − → Ä− → − → − →ä Ä−→ − → −→ä ⇒ AM + BN + CP = AC + CB + BA + CM + BP + AN → − −→ − → −→ = 0 + CM + BP + AN (− → −−→ BP = MN Lại có −→ −→ AN = NC → −→ −−→ −→ → −→ −→ − − ⇒ AM + BN + CP = CM + MN + NC = 0 A N P C B M − → −→ −→ −→ − → − → Ví dụ 17. Cho 5 điểm A, B,C, D, E. Chứng minh rằng AC + DE − DC − CE + CB = AB. Lời giải. Ta có 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 27 − → −→ −→ −→ − → Ä− → −→ä Ä−→ −→ä − → AC + DE − DC − CE + CB = AC − DC + DC − CE CB −→ −→ − → = AD + DC + CB − → = AB −→ −→ Ví dụ 18. Chứng minh rằng nếu hai hình bình hành ABCD và A0 B0C0 D0 có cùng tâm thì AA0 + BB0 + −→ −−→ → − CC0 + DD0 = 0 . Lời giải. Gọi O là tâm của hai hình bình hành. Ta có −→0 −→0 −→0 −−→0 −→0 −→ −−→0 −→ −−→0 −→ −−→0 −→ AA + BB + CC + DD = OA − OA + OB − OB + OC − OC + OD − OD Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä −→ −−→ −−→ −−→ = − OA + OC − OB + OD + OA0 + OC0 + OB0 + OD0 → − = 0 BÀI TẬP TỰ LUYỆN − → −→ − → −→ Bài 30. Chứng minh rằng AB = CD ⇔ AC = BD. Lời giải. Ta có sự tương đương: − → −→ − → − → − → −→ − → −→ AB = CD ⇔ AC + CB = CB + BD ⇔ AC = BD. Do đó ta có điều phải chứng minh. Bài 31. Cho hình bình hành ABCD và M là điểm tùy ý. Chứng minh: −→ −→ −−→ −→ MA − MB = MD − MC. −→ −→ − → −−→ −→ −→ − → −→ Lời giải. Ta có: MA − MB = BA, MD − MC = CD. Mà ABCD là hình bình hành nên BA = CD. Vậy ta có đẳng thức cần chứng minh. −→ −→ −→ −−→ Bài 32. Cho hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng với điểm M bất kì ta luôn có MA + MC = MB + MD. Lời giải. Ta có −→ −→ −→ −−→ Ä−→ −→ä Ä−→ −−→ä → − MA + MC = MB + MD ⇔ MA − MB + MC − MD = 0 − → −→ → − ⇔BA + DC = 0 (luôn đúng do ABCD là hình bình hành). Bài 33. Cho tam giác ABC, gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA, AB. Chứng minh rằng −→ −→ −→ −−→ −→ −→ với điểm O bất kì ta luôn có OA + OB + OC = OM + ON + OP. Lời giải. Ta có − → −→ −→ −−→ −→ −→ OA + OB + OC = OM + ON + OP Ä−→ −−→ä Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä → − ⇔ OA − OM + OB − ON + OC − OP = 0 A −→ −→ − → → − ⇔MA + NB + PC = 0 −→ −→ − → → − ⇔AM + BN + CP = 0 − → − → −→  AM = AC + CM N P   → −→ −→ − Mặt khác BN = BA + AN   → − → − → − CP = CB + BP Ä C B −→ −→ − → − → − → − →ä Ä−→ − → −→ä ⇒ AM + BN + CP = AC + CB + BA + CM + BP + AN M −→ − → −→ = CM + BP + AN (− → −−→ BP = MN Lại có −→ −→ AN = NC −→ −→ − → −→ −−→ −→ → − ⇒ AM + BN + CP = CM + MN + NC = 0 28 CHƯƠNG 1. VECTƠ −→ −→ Bài 34. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi I là trung điểm của BC. Dựng điểm B0 sao cho B0 B = AG. → − → − Gọi J là trung điểm của BB0 . Chứng minh rằng BJ = IG. Lời giải. Ta có: −→ −→ B0 B = AG ⇒ AGBB0 là hình bình hành. A − → −→ ⇒ BJ và GA cùng hướng. → − → − ⇒ BJ và IG B0  cùng hướng. 1  BJ = BB0 N → − → − 2 ⇒ BJ = IG Mặt khác J G  IG = 1 GA 2 C B I −→ −→ −−→ → − Bài 35. Cho hai  hình bình hành ABCD và AB0C0 D0 . Chứng minh rằng B0 B + CC0 + D0 D = 0 . −→ − → −→0 0   B B = AB − AB  −→ −→ − → Lời giải. Ta có: CC0 = AC0 − AC    −→ −−→ −−→ D0 D = AD − AD0 −→ −→ −−→ Ä− → −→ − →ä −→ −−→ −→ → − ⇒ B0 B + CC0 + D0 D = AB + AD − AC − AB0 + AD0 − AC0 = 0 Bài 36. Cho hình bình hành ABCD. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và CD. Nối AF và −−→ −−→ −→ CE, hai đường này cắt đường chéo BD lần lượt tại M và N. Chứng minh DM = MN = NB. Lời giải. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Dễ thấy I là trung điểm của MN. Dễ thấy M là trọng tâm ∆ADC ⇒ DM = 2MI. N là trọng tâm tam giác ∆ABC ⇒ BN = 2NI −−→ −−→ −→ ⇒ DM = MN = NB ⇒ DM = MN = NB Bài 37. Cho hình bình hành ABCD. Trên các đoạn thẳng DC, AB theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho −→ −→ DM = BN. Gọi P là giao điểm của AM, DB và Q là giao điểm của CN, DB. Chứng minh rằng AM = NC và −→ −→ DP = QB. −→ −→ Lời giải. Ta có AMCN là hình bình hành ⇒ AM = NC −→ −→ ∆DPM = ∆BQN ⇒ DP = QB ⇒ DP = QB Bài 38. Cho tam giác ABC có H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi B0 là điểm đối xứng của −→ −→ −→ −→ B qua O. Chứng minh AH = B0C và AB0 = HC. Lời giải. ‘0 = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có BCB ⇒ AH song song với B0C (cùng vuông góc với BC) A ◦ ‘0 = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BAB B0 0 ⇒ CH song song với AB (cùng vuông góc với AB). 0 là hình bình hành ⇒ AHCB− O → −→ −→ −→ ⇒ AH = B0C và AB0 = HC. H B C 1 Bài 39. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Trên cạnh AC lấy điểm E sao cho AE = AC và BE cắt AM 3 −→ −−→ → − tại N. Chứng minh NA + NM = 0 . Lời giải. Gọi F là trung điểm của EC ⇒ E là trung điểm của AF 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 29 ⇒ MF là đường trung bình của ∆BEC ⇒ MF song song với BE. ⇒ NE là đường trung bình của tam giác AMF. −→ −−→ → − ⇒ N là trung điểm của AM ⇒ NA + NM = 0 . −→ −→ −→ −→ −→ → − Bài 40. Cho ngũ giác đều ABCDE tâm O. Chứng minh rằng OA + OB + OC + OD + OE = 0 . −→ −→ Lời giải. Các điểm B, E đối xứng với nhau qua OA ⇒ OB + OE có giá là đường thẳng OA. −→ −→ Các điểm D,C đối xứng với nhau qua OA ⇒ OC + OD có giá là đường thẳng OA. −→ −→ −→ −→ −→ − ⇒ Véc-tơ → u = OA +ÄOB + OCä+ OD + OE có ägiá là đường thẳng OA. Ä− −→ −→ → −→ Tương tự các véc-tơ OA + OC và OE + OD có giá là đường thẳng OB. −→ −→ −→ −→ −→ − ⇒ Véc-tơ → u = OA + OB + OC + OD + OE có giá là đường thẳng OB. − → −→ → − − Do OA và OB có giá không trùng nhau ⇒ → u = 0 −−→ −−→ − Bài 41. Cho đa giác đều A1 A2 …An với n ∈ N và n ≥ 3 có tâm O. Chứng minh rằng → u = OA1 + OA2 + … + −−→ → − OAn = 0 . Lời giải. Ta xét hai trường hợp • Trường hợp 1: n là số chẵn ⇒ n = 2k với k ∈ N, k ≥ 2. Khi đó các cặp điểm Ai và Ak+i với i = 1, k đối xứng với nhau qua O. − −→ −−−→ → − OA1 + OAk+1 = 0     −→ −−−→ → − − → − OA2 + OAk+2 = 0 − ⇒ ⇒→ u = 0.  …    −−→ −−→ → − OAk + OA2k = 0 • Trường hợp 2: n là số lẻ ⇒ n = 2k + 1 với k ∈ N, k ≥ 1. Khi đó các cặp điểm Ai và A2k+3−i với nhau qua đường thẳng OA1 . i = 2, k + 1 đối xứng với Ä−→ −−−−−−→ä ⇒ Giá của các véc-tơ OAi + OA2k+3−i là đường thẳng OA1 . − ⇒ Giá của véc-tơ → u là đườngÄ thẳng OA1 .ä Ä −−→ −−→ −−→ −−→ä Tương tự, giá của các véc-tơ OA1 + OA3 , OA2k + OA4 … là đường thẳng OA2 . − ⇒ Giá của véc-tơ → u là đường thẳng OA2 . → − → − − ⇒ u có giá là các đường thẳng OA1 và OA2 ⇒ → u = 0. BÀI TẬP TỔNG HỢP −−→ − −−→ → −−−−→ − − − − Bài 42. Cho n véc-tơ → a1 , → a2 , . . . , → an . Dựng OA1 = → a1 , A1 A2 = − a2 , . . . , An−1 An = → an . Chứng minh rằng điều → − → − → − → − kiện cần và đủ để đường gấp khúc OA1 A2 . . . An khép kín là a1 + a2 + · · · + an = 0 . −−→ − −−→ → −−−−→ − −−→ − − − Lời giải. Dựng OA1 = → a1 , A1 A2 = − a2 , . . . , An−1 An = → an . Khi đó → a1 + → a2 + · · · + → an = OAn . Như vậy đường −−→ → − → − − − − gấp khúc OA A . . . A khép kín khi và chỉ khi O trùng với A hay OA = 0 , tức là → a +→ a +···+→ a = 0. 1 2 n n n 1 Bài 43. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. Hãy xác định và tính độ dài các véc-tơ: −→ − → −→ −→ −→ −→ − → − → AD + AB, OA + OC, OB + BD, AB + AC. √ √ a 2 . Lời giải. Trước hết ta có AC = BD = a 2 và OA = OB = OC = OD = 2 2 n 30 CHƯƠNG 1. VECTƠ B A O D E C √ −→ − → − → −→ − → − → Ta có: AD + AB = AC ⇒ |AD + AB| = |AC| = a 2. −→ −→ → − Vì O là trung điểm AC nên OA + OC = 0 . −→ −→ → − Vậy: |OA + OC| = | 0 | = 0. √ a 2 −→ −→ −→ −→ −→ −→ Theo quy tắc ba điểm: OB + BD = OD ⇒ |OB + BD| = |OD| = . 2 Dựng hình bình hành BACE. Ta có: − → − → −→ − → − → −→ AB + AC = AE ⇒ |AB + AC| = |AE| = AE. Do đó: p p √ − → − → |AB + AC| = AE = AD2 + DE 2 = a2 + 4a2 = a 5. Bài 44. Cho hình chữ nhật ABCD tâm O, AB = 2a, AD = a, M là trung điểm CD. − → −→ − → −→ a) Chứng minh AB − AD = CB − CD. −→ −−→ b) Tính BD + OM . Lời giải. − → −→ −→ a) Ta có AB − AD = DB. − → −→ −→ Ta có CB − CD = DB. − → −→ − → −→ Từ (1) và (2) suy ra AB − AD = CB − CD. (1) (2) B A O D M C E b) Dựng điểm E sao cho OMED là hình bình hành. Khi đó −→ −−→ −→ −→ −→ BD + OM = BD + DE = BE. Ta có: BE 2 = AB2 + AE 2 = 4a2 + 9a2 25a2 5a −→ −−→ −→ = ⇒ BD + OM = BE = BE = . 4 4 2 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 31 Bài 45. Cho hình bình hành ABCD, I là trung điểm BC. Tìm điểm M thỏa mãn: − → −−→ → → − − BC + MD = BI − CA. (*) Lời giải. Ta có sự tương đương sau: − → −−→ → → − → − → −−→ → − − − BC + MD = BI − CA ⇔ BC + CA + MD = BI − → −−→ → − → → → − −−→ − − − −−→ → ⇔BA + MD = BI ⇔ (BA − BI) + MD = 0 ⇔ IA = DM. B I C D A M Vậy M là điểm sao cho MDIA là hình bình hành. Bài 46. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác vẽ các hình bình hành ABIJ, BCPQ, CARS. Chứng minh rằng → − → → − − → − RJ + IQ + PS = 0 . Lời giải. J R A I S B C Q P Ta có: → − → − → − → → → − → − → − − −→ − RJ + IQ + PS = RA + AJ + IB + BQ + PC + CS − → − → − → → −→ − → → − − = (RA + CS) + (AJ + IB) + (BQ + PC) = 0 . Vậy ta có điều phải chứng minh. −−→ Bài 47. Cho tam giác ABC. Gọi A1 , B1 ,C1 lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh AA1 + − −−→ −−→ → BB1 + CC1 = 0 . Lời giải. 32 CHƯƠNG 1. VECTƠ A C1 B1 B A1 C Ta có: −−→ −−→ −−→ Ä−−→ −−→ä Ä−−→ −−→ä Ä−−→ −−→ä AA1 + BB1 + CC1 = AC1 + C1 A1 + BA1 + A1 B1 + CB1 + B1C1 Ä−−→ −−→ä Ä−−→ −−→ä Ä−−→ −−→ä = AC1 + A1 B1 + BA1 + B1C1 + CB1 + C1 A1 → − → − → − → − = 0 + 0 + 0 = 0. Bài 48. Cho ∆ABC. Gọi A0 là điểm đối xứng với B qua A, gọi B0 là điểm đối xứng với C qua B, gọi C0 là điểm đối xứng với A qua C. Chứng minh rằng với một điểm O bất kì ta có −→ −→ −→ −→0 −−→0 −−→0 OA + OB + OC = OA + OB + OC . Lời giải. A0 A C C0 B B0 Ta có: −−→ −→ −−→ −→ −→ −→ −→ −→0 −→ OA + OB + OC = OA + A0 A + OB0 + B0 B + OC0 + C0C −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ = OA0 + OB0 + OC0 + A0 A + B0 B + C0C −→ −−→ −−→ − → − → − → = OA0 + OB0 + OC0 + AB + BC + CA −→ −−→ −−→ → − = OA0 + OB0 + OC0 + 0 −→ −−→ −−→ = OA0 + OB0 + OC0 . Bài 49. Cho bảy điểm A, B,C, D, E, F, H. Chứng minh: − → −→ −→ −→ − → −→ −→ AB + CD + EF + HA = CB + ED + HF. 2.. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 33 Lời giải. Ta có: − → −→ −→ −→ − → −→ −→ AB + CD + EF + HA − (CB + ED + HF) − → −→ − → −→ −→ −→ −→ =AB + (CD − CB) + (EF − ED) + (HA − HF) − → −→ −→ − → − → −→ − → −→ − → → − =AB + BD + DF + FA = AB + BF + FA = AF + FA = 0 . − → −→ −→ −→ − → −→ −→ Vậy AB + CD + EF + HA = CB + ED + HF. → − → − Bài 50. Cho hai lực F1 , F2 đều có cường độ là 40 N, có điểm đặt tại O và hợp với nhau một góc 60◦ . Tính cường độ lực tổng hợp của hai lực này. Lời giải. −→ → − → − Theo quy tắc hình bình hành thì F1 + F2 = OR. Mà OF1 = F1 ◦ và ÷ OF2 = 40 (N) nên OF1 RF2 là hình thoi có góc F OF = 60 1 2 hai đường chéo RO, F√ 1 F2 vuông góc với nhau tại trung điểm √ 3 H. Ta có OH = 40 × = 20 3 (OH là đường cao của tam 2 R giác đều cạnh bằng 40). Vậy cường độ lực tổng hợp của hai lực O H √ −→ → − → − đã cho là F1 + F2 = OR = 20 3 (N). F2 → − → − Bài 51. Cho hai lực F1 , F2 lần lượt có cường độ 30 N và 40 N, có điểm đặt O và vuông góc với nhau. Tính cường độ lực tổng hợp của chúng. Lời giải. → − → − → − → − F1 Do hai lực F1 , F2 có cùng điểm đặt O nên tổng hợp lực F1 + F2 là đường R → − → − chéo OR của hình bình hành OF1 RF2 . Do hai lực F1 , F2 vuông góc với nhau −→ → − → − nên hình bình hành OF1 RF2 trở thành hình chữ nhật. p Vậy F1 + F2 = OR. Ta có OF1 = 30, OF2 = 40. Như vậy OR = F1 F2 = 402 + 302 = 50. Do −→ −→ → − → − H đó cường độ lực tổng hợp OR là F1 + F2 = OR = 50(N). O F2 Bài 52. Cho 2018 điểm trên mặt phẳng. Bạn Quỳnh kí hiệu chúng là A1 , A2 ,. . . , A2018 . Bạn Vân kí hiệu chúng là B1 , B2 ,. . . , B2018 . Chứng minh rằng: −−→ −−→ −−−−−−→ → − A1 B1 + A2 B2 + · · · + A2018 B2018 = 0 . Lời giải. Lấy một điểm O nào đó. Ta có −−→ −−→ −−−−−−→ A1 B1 + A2 B2 + · · · + A2018 B2018 −−→ −−→ −−→ −−→ −−−−→ −−−−→ =OB1 − OA1 + OB2 − OA2 + · · · + OB2018 − OA2018 Ä−−→ −−→ −−−−→ä Ä−−→ −−→ −−−−→ä = OB1 + OB2 + · · · + OB2018 − OA1 + OA2 + · · · + OA2018 . Vì 2018 điểm B1 , B2 ,. . . , B2018 cũng là 2018 điểm A1 , A2 ,. . . , A2018 nhưng được kí hiệu một cách khác, do đó −−→ −−→ −−−−→ −−→ −−→ −−−−→ OB1 + OB2 + · · · + OB2018 = OA1 + OA2 + · · · + OA2018 . −−→ −−→ −−−−−−→ → − Suy ra A1 B1 + A2 B2 + · · · + A2018 B2018 = 0 . 34 CHƯƠNG 1. VECTƠ Bài 53. Cho n-đa giác đều A1 A2 . . . An (n lẻ, n > 2) nội tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng −−→ −−→ −−→ → − OA1 + OA2 + · · · + OAn = 0 . Lời giải. Gọi d1 là đường thẳng đi qua điểm O và điểm A1 . Xét các đỉnh của đa giác đã cho mà không nằm trên d1 . Chúng có thể phân tích thành những cặp đỉnh Ai , A j đối xứng nhau qua đường thẳng d1 (chẳng hạn −→ −−→ cặp A2 , An−1 , cặp A3 , An−2 ,…). Khi đó tổng OAi + OA j là một véc-tơ nằm trên đường thẳng d1 . Từ đó suy ra −−→ −−→ −−→ tổng OA1 + OA2 + · · · + OAn cũng là một véc-tơ có giá nằm trên đường thẳng d1 . Hoàn toàn tương tự, nếu −−→ −−→ −−→ gọi d2 là đường thẳng đi qua O và A2 thì tổng OA1 + OA2 + · · · + OAn cũng là một véc-tơ có giá nằm trên −−→ −−→ −−→ đường thẳng d2 . Vì hai đường thẳng d1 và d2 không trùng nhau nên OA1 + OA2 + · · · + OAn có hai phương −−→ −−→ −−→ → − khác nhau, hay OA1 + OA2 + · · · + OAn = 0 . 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ §3. I. 35 TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ Tóm tắt lí thuyết Định nghĩa → − − − − Định nghĩa 1. Cho số k 6= 0 và → a 6= 0 . Tích của véc-tơ → a với số k là một véc-tơ, kí hiệu là k→ a , được xác định như sau: − − • k→ a cùng phương → a. − − • k→ a cùng hướng → a khi k > 0. − − • k→ a ngược hướng → a khi k < 0. − − • |k→ a | = |k|.|→ a| → − → − → − − Quy ước: 0→ a = 0;k0 = 0. Phép lấy tích của một véc-tơ với một số gọi là phép nhân véc-tơ với một số (hoặc phép nhân một số với một véc-tơ). Tính chất → − − Tính chất 1. Cho → a , b bất kì và k; h ∈ R, khi đó: → − → − − − • k(→ a + b ) = k→ a +k b ; → − − − • (k + h)→ a = k→ a +h b ; − − • k(h→ a ) = (kh)→ a; − − − − • 1.→ a =→ a ; (−1)→ a = −→ a. Tính chất 2 (Tính chất trung điểm). Cho I là trung điểm của đoạn AB, với mọi M ta có: −→ −→ − → MA + MB = 2MI. Tính chất 3 (Tính chất trọng tâm tam giác). Cho G là trọng tâm 4ABC, với mọi M ta có: −→ −→ −→ −−→ MA + MB + MC = 3MG. Điều kiện để hai véc-tơ cùng phương → − → − → − → → − − − − − ∀→ a , b ta có: → a cùng phương b ( b 6= 0 ) ⇔ ∃ k ∈ R : → a =kb. Phân tích (biểu diễn) một véc-tơ theo hai véc-tơ không cùng phương → − − − Cho hai véc-tơ → a , b không cùng phương. Khi đó ∀→ x ta luôn tìm được duy nhất cặp số m, n sao cho → − → − → − x = m a +n b . 36 II. CHƯƠNG 1. VECTƠ Các dạng toán Dạng 1. Các bài toán sử dụng định nghĩa và tính chất của phép nhân véc-tơ với một số. Phương pháp giải: Áp dụng định nghĩa và các tính chất của phép nhân véc-tơ với một số để giải các bài tập. → − − − − Ví dụ 1. Cho → u = −2→ a + 5 b . Tìm véc-tơ đối của → u. → − → − → − − − − − − Lời giải. Véc-tơ đối của véc-tơ → u = −2→ a + 5 b là: → v = −(−2→ a + 5 b ) = 2→ a −5 b . Ví dụ 2. Cho 4ABC có trọng tâm G. Gọi I là trung điểm của BC. Hãy tính: − → → − a) BC theo IB. − → − → b) BC theo IC. −→ → − c) AG theo IA. Lời giải. A − → − → → − a) Do BC ngược hướng và có độ dài gấp đôi IB nên BC = → − −2IB. − → − → − → − → b) Do BC cùng hướng và có độ dài gấp đôi IC nên BC = 2IC. 2 → − −→ c) Do AG ngược hướng và có độ dài bằng véc-tơ IA nên 3 2→ −→ − AG = − IA. 3 G I B C → − → − − → Ví dụ 3. Chứng minh rằng I là trung điểm của AB khi và chỉ khi IA + IB = 0 . Lời giải. → − → − (⇒) I là trung điểm của AB nên IA và IB ngược hướng và có cùng → − → − − → độ dài. Do đó IA + IB = 0 . → − → → − → − − → − (⇐) IA + IB = 0 suy ra hai véc-tơ IA và IB đối nhau. Do đó I là trung điểm của AB. BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − − Bài 1. Cho hai véc-tơ → a , b . Tìm các véc-tơ đối của các véc-tơ sau: → − − − a) → u = 7→ a −5 b . √ → − − − b) → v = ( 3 + 1)→ a +4 b . √ → − − − c) → x = (−2 2)(3→ a − 2 b ). Lời giải. → − − − − a) Véc-tơ đối của → u là: → u 0 = −7→ a +5 b . √ → − − − − b) Véc-tơ đối của → v là: → v 0 = −( 3 + 1)→ a −4 b . A I B 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 37 √ − √ → − − − c) Véc-tơ đối của → x là: → x 0 = (6 2)3→ a −4 2 b . Bài 2. Cho hình bình hành ABCD có tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. − → −−→ −→ −→ a) Tìm x; y biết AB = xOM, BD = yOB. −→ − − b) Tìm tất cả các véc-tơ → u thỏa mãn → u = 2ON. Lời giải. B − → −−→ −−→ a) - Do AB cùng hướng với OM và có độ dài gấp đôi OM nên suy ra x=2 −→ −→ −→ - Do BD ngược hướng với OB và có độ dài gấp đôi OB nên suy ra y = −2 − → −−→ −→ − b) Tất cả các véc-tơ → u thỏa mãn yêu cầu bài toán là: AB, MN, DC C N O A D M Bài 3. Cho 4ABC vuông, AB = AC = 2. Hãy dựng các véc-tơ sau đây và tính độ dài của chúng. − → − → − a) → u = AB + AC. − → − → − b) → v = 3AB + 2AC. Lời giải. M P a) Dựng hình chữ nhật ABCD như hình vẽ. − → − → −→ − Khi đó ta có → u = AB +√AC = AD. −→ − Suy ra |→ u | = |AD| = 2 2. −→ − → b) - Trên đường thẳng AB lấy M sao cho AM = 3AB, và AM, AB cùng hướng. −→ − → - Trên đường thẳng AC lấy điểm N sao cho AN = 2AD và AN, AC cùng hướng. - Dựng hình chữ nhật AMNP như hình vẽ. − → −→ − → −→ Khi đó 3AB = AM, 2AC = AN. − → − → −→ −→ − → − ⇒→ v = 3AB + 2AC√= AM + AN = AP. − → − ⇒ |→ v | = |AP| = 2 13. B D A N C −→ − Bài 4. Cho 4ABC đều cạnh 4 cm. Gọi M là trung điểm của BC. Hãy dựng và tính độ dài véc-tơ → u = 2AM. Lời giải. - Lấy N đối xứng với A qua M. −→ −→ −→ N B Khi đó AN cùng hướng với AM và có độ dài gấp đôi AM −→ −→ − ⇒ AN = 2AM = → u. - Mặt khác 4ABC là tam giác đều cạnh 4 cm nên trung M tuyến AM đồng thời là đường cao. √ ⇒ AM = 2 3. √ −→ − ⇒ |→ u | = 2|AM| = 4 3. C A Bài 5. Cho đường tròn tâm O và hai dây cung AB,CD vuông góc với nhau và cắt nhau tại E. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của của AD và BC. Chứng minh rằng OIEJ là hình bình hành. Lời giải. 38 CHƯƠNG 1. VECTƠ Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của CD, AB −→ −→ −→ −→ −→ OD + OC −→ OA + OB ⇒ OP = ; OQ = 2 2 Do I, J lần lượt là trung điểm của AD, BC −→ −→ −→ −→ → OC + OB − → EA + ED − ⇒ EI = ; OJ = . Khi đó: 2 2 −→ −→ −→ −→ − → − → OC + OB EA + ED OJ − IE = + 2 2 Ä−→ −→ä Ä− → −→ä OC + OD + OA + OB −→ = + EO 2 −→ −→ −→ = OP + OQ + EO → − = 0. − → − → ⇒ OJ = IE. C J P E A I O Q B D Suy ra tứ giác OIEJ là hình bình hành. (đpcm) Dạng 2. Phân tích một véc-tơ theo hai véc-tơ không cùng phương Dùng các quy tắc về véc-tơ để phân tích một véc-tơ theo hai véc-tơ không cùng phương. Lý thuyết cần nhớ → − − − - Cho 2 véc-tơ → a và b không cùng phương. Khi đó, với mọi → x , tồn tại duy nhất cặp số h, k sao cho → − → − → − x = h a +k b . y − −→ → - Điểm M thuộc đoạn AB sao cho xAM = yBM (x, y > 0) thì AM = AB x+y − → − → − → – Quy tắc 3 điểm: AB + AC = BC. – Quy tắc hình bình hành − → −→ − → Nếu ABCD là hình bình hành thì AB + AD = AC. − → − → − → – Hiệu của hai véc-tơ: AC − AB = BC. – Trung điểm của đoạn thẳng 1− → − → I là trung điểm của đoạn thẳng AB ⇔ AI = AB 2 → → − → − − ⇔ IA + IB = 0 −→ −→ − → ⇔ MA + MB = 2MI, ∀M bất kỳ – Trọng tâm của tam giác −→ −→ −→ → − G là trọng tâm của tam giác ABC ⇔ GA + GB + GC = 0 −→ −→ −→ −−→ ⇔ MA + MB + MC = 3MG, ∀M bất kỳ −→ − → − → Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm. Phân tích véc-tơ AG theo 2 véc-tơ AB và AC. Lời giải. 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 39 Gọi M là trung điểm của BC. → 1− → −→ 1 − Suy ra: AM = AB + AC 2 2 −→ 2 −→ Mà AG = AM 3 → 1− → −→ 1 − Do đó: AG = AB + AC. 3 3 A G B C M −→ Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh CD. Phân tích véc-tơ AM theo 2 − → − → véc-tơ AB và AC. Lời giải. −→ 1 − → 1 −→ Vì M là trung điểm của CD nên AM = AC + AD 2 2 1− → 1− → = AC + BC (Vì ABCD là hình bình hành) 2 2 1− → 1 Ä− → → − →ä − → 1− = AC + AC − AB = AC − AB. 2 2 2 B C M D A Ví dụ 6. Cho tam giác ABC. Gọi H, K lần lượt thuộc 2 cạnh AB và AC sao cho 3AH = 2AB, 3AK = −→ −→ −→ AC. Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho 4BM = 3MC. Phân tích véc-tơ BM theo 2 véc-tơ AH và AK. Lời giải. − → 3 −→ Ta có 3AH = 2AB ⇒ AB = AH. − → −→ 2 3AK = AC ⇒ AC = 3AK. → −→ 3 − 4BM = 3MC ⇒ BM = BC. 7 − → − → − → Mà BC = AC − AB. → 3− → 9 −→ 9 −→ −→ 3 − Suy ra: BM = AC − AB = AK − AH. 7 7 7 14 A K H B C M Ví dụ 7. Cho tứ giác ABCD (AD và BC không song song). Trên cạnh AB và CD lần lượt lấy 2 điểm −→ − → −−→ M, N sao cho AM = kAB và DN = kDC (0 < k < 1). Phân tích véc-tơ MN theo 2 véc-tơ AD và BC. Lời giải. −−→ −→ −→ Với mọi điểm O bất kỳ,Äta có: OMä= OA + AM − → − → −→ −→ −→ −→ −→ = OA + kAB = OA + k OB − OA = (1 − k)OA + kOB −→ −→ −→ Tương tự: ON = (1 − k)OD + kOC −−→ −→ −−→ Suy ra: MN = ON − OM −→ −→ î −→ −→ó = (1 − k)OD + kOC − (1 − k)OA + kOB Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä −→ − → = (1 − k) OD − OA + k OC − OB = (1 − k)AD + kBC. C B M A N D BÀI TẬP TỰ LUYỆN − − → − −→ → Bài 6. Cho hình bình bình hành ABCD. Đặt AB = → a .AD = b . Hãy biểu diễn các vec-tơ sao đây theo vec-tơ → − → − a, b. − → a) DI với I là trung điểm BC. −→ b) AG với G là trong tâm của tam giác CDI. Lời giải. 40 CHƯƠNG 1. VECTƠ − → → −→ − DI = DC + CI a) Ta có: −→ − 1 −→ 1→ − → 1− → − DC = → a ; CI = CB = − AD = − b 2 2 2 − 1→ − → → − Do đó DI = a − b . 2 −→ b) Ta có AG với G là trọng tâm của tam giác CDI. Theo tính chất của trọng tâm tam giác CDI, ta có: −→ 1 − → −→ → − AG = (AC + AD + AI). 3 − − → − → −→ − → Bên cạnh đó, AC = AB + AD = → a + b (qui tắc hình bình hành) − → − − → → − − 1→ và AI = AB + BI = → a+ b 2 − 5→ −→ 2 → − ⇒ AG = a + b . 3 6 A → − a B → − b I C D Bài 7. Cho tam giác ABC có trong tâm G. H là điểm đối xứng của B qua G. −→ −→ − → − → a) Tính AH và CH theo AB và AC. b) Gọi M là trung điểm của BC. → 5− → −−→ 1 − Chứng minh rằng: MH = AC − AB. 6 6 Lời giải. −→ −→ − → − → a) Tính AH và CH theo AB và AC. −→ − → −→ Ta có: AH + AB = 2AG(qui tắc trung điểm) 2 − → − → −→ 2 −→ = (AB + AC) (vì AG = AM) 3 3 −→ 2 − → 1− → ⇒ AH = AC − AB. 3 3 → 1− → 2 1 − → − → −→ 2 − Tương tự: CH = CA − CB = − (CA + AB) 3 3 3 3 1− → 1− → 1 − → − → = CA − AB = (AB + AC) 3 3 3 C H G A M B → −→ 1 − → 1− → 1 − → − → −−→ −→ −→ 1 − b) Ta có: MN = MC + CH = BC + CH = BA + AC = (AB + AC) 2 2 2 3 (do câu a). → 1− → −−→ 5 − Vậy MH = AB + AC. 6 6 Bài 8. Cho tam giác ABC có trong tâm G. Cho các điểm D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh −→ − −→ → − −→ −→ −→ − BC,CA, AB và I là giao điểm của AD và EF. Đặt → u = AE, → v = AF. Hãy phân tích các vec-tơ AI, AG, DE, DC − − theo hai vec-tơ → u ,→ v. Lời giải. −→ −→ −→ − → Vì tứ giác AEDF là hình bình hành nên AD = AE + AF = → u +− v C 1 −→ → − → − và AI = AD. v 2 D 1 → 1 1 → − E − − − I Ta có: AI = (− u +→ v)= → u+ → v. 2 2 2 → − G u 2→ 2→ −→ 2 −→ 2 → − → − − − A AG = AD = ( u + v ) = u + v . F B 3→ 3 3 → − −→ 3− → − → − DE = FA = −AF = −1. v + 0. u −→ −→ −→ −→ → − DC = FE = AE − AF = − u −→ v. 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 41 −→ Bài 9. Cho tam giác ABC. Điểm M trên cạnh BC sao cho MB = 2MC. Hãy phân tích vec-tơ AM theo hai − →− − → − vec-tơ → u = AB, → v = AC. Lời giải. −→ − → −→ − → 2− → Ta có: AM = AB + BM = AB + BC C 3 1− − → 2 − → − → → 2− → = AB + (AC − AB) = AB + AC M 3 3 3 −→ 1 − 2 → → − Vậy: AM = → u+ − v. v 3 3 → − u B A Bài 10. Cho tam giác ABC có M, D lần lượt là trung điểm của AB, BC và N là điểm trên cạnh AC sao cho −→ −→ − → − → −→ 1 −→ AN = NC. Gọi K là trung điểm của MN. Hãy phân tích các véc-tơ AK, KD theo hai véc-tơ AB và AC. 2 Lời giải. −→ − →− → +) Phân tích AK hai véc-tơ AB, AC. → −→ 1 − → −→ −→ −→ 1 − Ta có: NC = 2AN ⇔ AN = AC và AM = AB. 3 Å 2 ã 1− −→ 1 Ä−→ −→ä 1 1 − → 1− → → 1− → Suy ra AK = AB + AC = AB + AC. AM + AN = 2 2 2 3 4 6 − →− → −→ A +) Phân tích KD theo hai véc-tơ AB, AC. −→ −→ −→ KD = AD − AK 1 Ä− → − →ä −→ = AB + AC − AK 2 Å ã 1− 1 Ä− → − →ä → 1− → AB + AC − AB + AC = 2 4 6 1− → 1− → = AB + AC. 4 3 N M K B C D Bài 11. Cho tam giác ABC. Gọi M trung điểm của AB và N thuộc cạnh AC sao cho: AN = 2NC. −→ −→ −→ a) Gọi K là trung điểm của BC. Hãy phân tích véc-tơ AK theo hai véc-tơ AM và AN. −→ − → − → b) Gọi H là trung điểm của MN. Hãy phân tích véc-tơ AH theo hai véc-tơ AB và AC. − → −→ − → 3 −→ Lời giải. a) Từ giả thiết ta có: AB = 2AM và AC = AN. Å ã 2 −→ 1 Ä− → − →ä 1 −→ 3 −→ −→ 3 −→ Suy ra AK = AB + AC = 2AM + AN = AM + AN. 2 2 2 4 −→ −→ 3 −→ Vậy AK = AM + AN. 4 −→ 1 − → −→ 2 − → A b) Ta có: AM = AB và AN = AC. 2 3 Suy ra −→ 1 Ä−→ −→ä AH = AM + AN 2Å ã 1 1− → 2− → = AB + AC 2 2 3 1− → 1− → = AB + AC. 4 3 −→ 1 − → 1− → Vậy AH = AB + AC. 4 3 M B H K N C 42 CHƯƠNG 1. VECTƠ −→ −→ −→ − → − − −→ → → Bài 12. Cho tam giác ABC. Gọi các điểm M, N, P thỏa mãn MB = 3MC, NA = 3CN, PA + PB = 0 . Hãy − → − → −→ −→ phân tích các véc-tơ PM, PN theo hai véc-tơ AB và AC. → − → 1− Lời giải. Từ giả thiết ta có: PB = AB 2 Ä−→ − −→ −→ →ä −→ 3 − → −→ MB = 3MC ⇔ MB = 3 MB + BC ⇔ MB = CB. 2 Suy ra: A −→ − → −→ PM = PB − MB 1− → 3− → = AB − CB 2 2 3− → − → = AC − AB. 2 Ä−→ − −→ −→ →ä −→ 3 − → NA = 3CN = 3 AN − AC ⇔ AN = AC 4 → −→ 3 − → 1− → −→ − Suy ra PN = PA + AN = AC − AB. 4 2 P N M B C Bài 13. Cho tam giác ABC. Điểm I thuộc tia đối của tia CB kéo dài sao cho IB = 3IC, điểm J thuộc tia đối của tia CA sao cho JA = 2JC, điểm K thuộc tia đối của tia AB sao cho KB = 3KA. → − − − → − → → a) Phân tích các véc-tơ AI, JK theo hai véc-tơ AB và AC. − → → − − → b) Phân tích véc-tơ BC theo hai véc-tơ AI và JK. Lời giải. a) Ta có K → − → → − − AI = BI − BA 3− → − → = BC − BA 2 3 Ä− → − →ä − → = AC − AB + AB 2 1− → 3− → = − AB + AC. 2 2 → − → −→ − JK = AK − AJ 1− → − → = − AB − 2AC. 2 1− 1− → 3− → − → − → → − → Vậy AI = − AB + AC và JK = − AB − 2AC. 2 2 2 b)  Từ câu a) ta có:  8→ 1− − → − 6− → − → 3− → →   AI = − AB + AC AB = − AI − JK 7 7 2 2 ⇔ 1 − → − → 2 2 − → → − − → − →   JK = − AB − 2AC AC = AI − JK 2 7 7 − → − → − → 10 → − 4− → ⇒ BC = AC − AB = AI + JK. 7 7 − → 10 → − 4− → Vậy ta có BC = AI + JK. 7 7 A I B C J 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ Dạng 3. Chứng minh đẳng thức véc-tơ có chứa tích của véc-tơ với một số Phương pháp giải: • Hướng 1. Biến đổi một vế thành vế còn lại. Khi đó: - Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiện việc đơn giản biểu thức. - Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích véc-tơ. • Hướng 2. Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là luôn đúng. • Hướng 3. Biến đổi một đẳng thức véc-tơ đã biết luôn đúng thành đẳng thức cần chứng minh. Khi thực hiện các phép biến đổi cần lưu ý: − → − → − → - Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A, B,C bất kì ta luôn có: AB = AC + CB. − → − → −→ - Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD ta luôn có: AC = AB + AD. −→ −→ − → - Quy tắc trừ: Với ba điểm A, B, O bất kì ta luôn có: OB − OA = AB. - Tính chất trung điểm của đoạn thẳng: Với điểm M tuỳ ý và I là trung điểm của AB ta có: → − → − − → IA + IB = 0 . − → 1 Ä−→ −→ä MI = MA + MB . 2 - Tính chất trọng tâm tam giác: Với điểm M tuỳ ý và G là trọng tâm của tam giác ABC ta có: −→ −→ −→ → − GA + GB + GC = 0 . −→ −→ −→ −−→ MA + MB + MC = 3MG. - Các tính chất của phép cộng, trừ véc-tơ và phép nhân một số với một véc-tơ. Ví dụ 8. Cho hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng: − → − → −→ − → AB + 2AC + AD = 3AC. − → −→ − → Lời giải. Vì ABCD là hình bình hành nên ta có: AB + AD = 2AC. Suy ra − → − → −→ Ä− → −→ä − → AB + 2AC + AD = AB + AD + 2AC − → − → − → = AC + 2AC = 3AC. − → − → −→ Ví dụ 9. Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Chứng minh rằng: BA + CA = −3AG. Lời giải. Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: − → − → − → −→ − → − → −→ AB + AC + AA = 3AG ⇔ BA + CA = −3AG. 43 44 CHƯƠNG 1. VECTƠ Ví dụ 10. Cho tứ giác ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD. Chứng − → −→ −−→ minh rằng: AC + BD = 2MN. Lời giải. Cách 1. Ta có: A M − → −→ −−→ −→ AC = AM + MN + NC, −→ −→ −−→ −→ BD = BM + MN + ND. Cộng hai đẳng thức trên theo vế ta được: − → −→ −−→ Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä AC + BD = 2MN + AM + BM + NC + ND −−→ = 2MN. B D N C −→ −→ → −→ −→ → − − (Vì AM + BM = 0 và NC + ND = 0 ). Cách 2. Ta có: → −→ −−→ −→ − MN = MA + AC + CN, −−→ −→ −→ −→ MN = MB + BD + DN. Cộng hai đẳng thức trên theo vế ta được: → −→ −−→ Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä − 2MN = AM + BM + NC + ND + AC + BD − → −→ = AC + BD. −→ −→ → −→ −→ → − − (Vì AM + BM = 0 và NC + ND = 0 ). Ví dụ 11. Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm trên cạnh BC sao cho MB = 2MC. Chứng minh rằng: −→ 1 − → 2− → AM = AB + AC. 3 3 Lời giải. Ta có: A −→ − → −→ AM = AB + BM − → 2− → = AB + BC 3 − → 2 Ä− → − →ä = AB + AC − AB 3 1− → 2− → = AB + AC. 3 3 B M Ví dụ 12. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB,CD sao cho MB = 2MA và NC = 2ND. Chứng minh rằng: → −−→ 2 −→ 1 − MN = AD + BC. 3 3 Lời giải. C 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 45 Áp dụng quy tắc ba điểm, ta có: A −−→ −→ −→ −→ MN = MA + AD + DN, → −→ −−→ −→ − MN = MB + BC + CN. −→ − → Ä −→ −→ä −−→ Ä −→ −→ä ⇒ 3MN = 2MA + MB + 2AD + BC + 2DN + CN . M B D N Vì M, N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB,CD sao cho MB = 2MA và NC = 2ND nên ta có: C −→ −→ → − 2MA + MB = 0 , − −→ −→ → 2DN + CN = 0 . −→ − → −−→ 2 −→ 1 − → −−→ Vậy 3MN = 2AD + BC ⇔ MN = AD + BC. 3 3 Ví dụ 13. Cho tam giác ABC. Lần lượt lấy các điểm M, N, P trên các đoạn thẳng AB, BC và CA sao 1 1 1 cho AM = AB, BN = BC,CP = CA. Chứng minh rằng: 3 3 3 −→ − − → −→ → AN + BP + CM = 0 . Lời giải. Ta có: A → −→ − → 1− → −→ 1 − BN = BC ⇔ AN − AB = BC 3 3 − → 1− → − → 1− → → − CP = CA ⇔ BP − BC = CA 3 3 −→ 1 − → −→ − → 1− → AM = AB ⇔ CM − CA = AB 3 3 M (1.1) P (1.2) (1.3) B N Từ (1), (2), (3) ta suy ra: −→ − → − → − →ä 1 Ä− → − → − →ä → −→ Ä− AB + BC + CA AN + BP + CM − AB + BC + CA = 3 −→ − → − → − →ä 4 → − → − → −→ 4 Ä− ⇔ AN + BP + CM = AB + BC + CA = . 0 = 0 . 3 3 Ví dụ 14. Cho hình bình hành ABCD có tâm O. Gọi M là một điểm bất kì. Chứng minh rằng: −→ −→ −→ −→ → − a) OA + OB + OC + OD = 0 . −→ −→ −→ −−→ −−→ b) MA + MB + MC + MD = 4MO. Lời giải. a) Vì O là trung điểm của AC và BD nên ta có: −→ −→ → − OA + OC = 0 −→ −→ → − OB + OD = 0 −→ −→ −→ −→ → − Do đó OA + OB + OC + OD = 0 . C 46 CHƯƠNG 1. VECTƠ b) Theo quy tắc ba điểm ta có: −→ −−→ −→ MA = MO + OA −→ −−→ −→ MB = MO + OB −→ −−→ −→ MC = MO + OC −−→ −−→ −→ MD = MO + OD −→ −→ −→ −−→ −−→ Ä−→ −→ −→ −→ä Suy ra MA + MB + MC + MD = 4MO + OA + OB + OC + OD −→ −→ −→ −→ → − Theo ý a) ta có OA + OB + OC + OD = 0 . −→ −→ −→ −−→ −−→ Vậy MA + MB + MC + MD = 4MO. Ví dụ 15. Cho tam giác đều ABC tâm O. M là một điểm bất kì trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt −−→ −−→ −−→ 3 −−→ là hình chiếu của M trên BC,CA, AB. Chứng minh rằng: MD + ME + MF = MO. 2 Lời giải. Qua điểm M dựng: A • đường thẳng song song với BC, cắt các cặp đường thẳng AB, AC tại V, Z. U • đường thẳng song song với AB, cắt các cặp đường thẳng AC, BC tại T, X. • đường thẳng song song với BC, cắt các cặp đường thẳng AB, AC tại V, Z. T F M V B X Ta dễ dàng chứng minh được MTAU, MV BX, MYCZ là các hình bình hành và các điểm D, E, F tương ứng là trung điểm của XY, ZT,UV . Từ đó suy ra: −−→ −−→ −−→ 1 Ä−−→ −→ä 1 Ä−→ −−→ä 1 Ä−−→ −−→ä MD + ME + MF = MX + MY + MZ + MT + MU + MV 2 2 2 1 Ä−−→ −−→ä 1 Ä−−→ −−→ä 1 Ä−→ −→ä = MT + MU + MV + MX + MY + MZ 2 2 2 1 Ä−→ −→ −→ä MA + MB + MC = 2 3 −−→ = MO. 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 14. Cho hình bình hành ABCD có tâm O. Chứng minh rằng: − → − → −→ −→ BA + BC + BD = 4OD. − → − → −→ −→ −→ Lời giải. Ta có: BA + BC + BD = 2BD = 4OD. Bài 15. Gọi G và G0 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A0 B0C0 . Chứng minh rằng: −→0 −→0 −→0 −−→ AA + BB + CC = 3GG0 . D Y E Z C 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 47 Lời giải. Theo quy tắc cộng ta có: −→0 −→ −−→0 −−→0 AA = AG + GG + GA −→0 −→ −−→0 −−→0 BB = BG + GG + GB −→0 −→ −−→0 −−→0 CC = CG + GG + GC −→ −→ −→ −−→ Ä−→ −→ −→ä −−→ −−→ −−→ Suy ra AA0 + BB0 + CC0 = 3GG0 + AG + BG + CG + GA0 + GB0 + GC0 . Vì G và G0 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A0 B0C0 nên ta có: −→ −→ −→ → − AG + BG + CG = 0 −−→0 −−→0 −−→0 → − GA + GB + GC = 0 −→ −→ −→ −−→ Vậy AA0 + BB0 + CC0 = 3GG0 . −→ −→ Bài 16. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD. Chứng minh rằng: MA + MB + −→ −−→ −−→ MC + MD = 2MN. Lời giải. Vì M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD nên ta có: −→ −→ → − MA + MC = 0 −→ −−→ −−→ MB + MD = 2MN −→ −→ −→ −−→ Ä−→ −→ä Ä−→ −−→ä −−→ Suy ra MA + MB + MC + MD = MA + MC + MB + MD = 2MN. Bài 17. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của AC, BD và MN. Chứng minh rằng: → − → → − − − − → → a) IA + IB + IC + ID = 0 . − → −→ −→ −→ − → b) OA + OB + OC + OD = 4OI (với O là điểm bất kì). Lời giải. a) Vì M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD nên ta có: A → − − → − → IA + IC = 2IM → − − → − → IB + ID = 2IN D M N I Suy ra → − → → − − − →ä Ä→ − − → Ä→ − − →ä IA + IB + IC + ID = IA + IC + IB + ID Ä− → − →ä = 2 IM + IN . − − → − → → Mặt khác I là trung điểm của MN nên IM + IN = 0 . → − → → − → − → − − − → Vậy IA + IB + IC + ID = 2. 0 = 0 . b) Với điểm O bất kì ta có: −→ −→ −−→ OA + OC = 2OM −→ −→ −→ OB + OD = 2ON −−→ −→ − → OM + ON = 2OI B C 48 CHƯƠNG 1. VECTƠ Do đó: −→ −→ −→ −→ Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD −−→ −→ = 2OM + 2ON Ä−−→ −→ä = 2 OM + ON − → = 4OI. Bài 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và H là trực tâm. Gọi D là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh rằng: −→ −→ −→ −→ a)HA + HB + HC = 2HO. − → −→ −→ −→ b)OA + OB + OC = OH. Lời giải. a) Ta có: A BH ⊥ AC (vì H là trực tâm của tam giác ABC). DC ⊥ AC (vì AD là đường kính). Do đó BH k DC (vì cùng vuông góc với AC). Chứng minh tương tự ta có: CH k BD (vì cùng vuông góc với AB). H O Suy ra BHCD là hình bình hành. Theo quy tắc hình bình hành, ta −→ −→ −→ có: HB + HC = HD. C BC và HD là hai đường chéo của hình bình hành nên cắt nhau tại B M trung điểm M. Trong tam giác AHD, O là trung điểm của AD nên ta có: D −→ −→ −→ HA + HD = 2HO. −→ −→ −→ −→ −→ −→ Vậy HA + HB + HC = HA + HD = 2HO. b) Theo quy tắc ba điểm ta có: −→ −→ −→ OA = OH + HA −→ −→ −→ OB = OH + HB −→ −→ −→ OC = OH + HC −→ −→ −→ −→ Ä−→ −→ −→ä Suy ra OA + OB + OC = 3OH + HA + HB + HC . −→ −→ −→ −→ Mặt khác theo kết quả ý a) ta có: HA + HB + HC = 2HO. −→ −→ −→ −→ −→ −→ Vậy OA + OB + OC = 3OH + 2HO = OH. → − Bài 19. Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC có AB = c, AC = b, BC = a. Chứng minh rằng: aIA + − → → − → − bIB + cIC = 0 . Lời giải. 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 49 A Qua C dựng đường thẳng song song với IA, cắt đường thẳng BI tại E. Qua C dựng đường thẳng song song với IB, cắt đường thẳng AI tại F. − → − → − → IECF là hình bình hành nên IC = IE + IF(1). I Gọi D là giao điểm của AI và BC. Vì ID k CE và AD là đường phân giác nên ta có: BD AB c b→ BI − → − = = = ⇒ IE = − IB(2) D B IE DC AC b c a→ − − → Tương tự ta chứng minh được IF = − IA(3) c Từ (1), (2), (3) suy ra b→ − → − → − − → → − − a→ → − IC = − IB − IA ⇔ aIA + bIB + cIC = 0 . c c Bài tập tương tự: Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: E C F → − − → → − → − sin A.IA + sin B.IB + sinC.IC = 0 . Bài 20. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì nằm trong tam giác ABC. Đặt SMBC = Sa , SMCA = Sb , SMAB = Sc . Chứng minh rằng: −→ → −→ − −→ Sa MA + Sb MB + Sc MC = 0 . Lời giải. Gọi A0 là giao điểm của đường thẳng MA với BC. −−→ A0C −→ A0 B −→ Ta có: MA0 = MB + MC BC BC A0C S 0 SMAC Sb Mà 0 = MA C = = SMA0 B SMAB Sc A B0 Sb AC   =  BC Sb + Sc B ⇒ 0  A B S c   = BC Sc + Sb −−→0 Sb −→ Sc −→ ⇒ MA = MB + MC.(∗) Sb + Sc Sb + Sc MA0 SMA0 B SMA0C SMA0 B + SMA0C Sa Mặt khác = = = = MA SMAB SMAC SMAB + SMAC Sb + Sc −−→0 −Sa −→ ⇒ MA = MA. Sb + Sc Thay vào (∗) ta được: −→ −→ −→ −→ → − −→ −→ −Sa MA = Sb MB + Sc MC ⇔ Sa MA + Sb MB + Sc MC = 0 . Nhận xét: A M A0 −→ −→ −→ → − • Cho M trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, ta được kết quả: GA + GB + GC = 0 . • Cho M trùng với tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC, ta được kết quả: → − − → → − → − a.IA + b.IB + c.IC = 0 . • Nếu tam giác ABC đều thì với điểm M bất kì trong tam giác, ta có: −→ −→ → − −→ x.MA + y.MB + z.MC = 0 , trong đó x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC,CA và AB. C 50 CHƯƠNG 1. VECTƠ • Khi M nằm ngoài tam giác ABC, ta có các kết quả như sau: → −→ → − −→ ‘ và góc đối đỉnh của nó thì: −Sa .− - Nếu M thuộc góc BAC MA + Sb .MB + Sc .MC = 0 . → −→ → − −→ ‘ và góc đối đỉnh của nó thì: Sa .− - Nếu M thuộc góc ABC MA − Sb .MB + Sc .MC = 0 . → −→ → − −→ ‘ và góc đối đỉnh của nó thì: Sa .− - Nếu M thuộc góc ACB MA + Sb .MB − Sc .MC = 0 . Dạng 4. Chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy Phương pháp giải: − → − → a) Sử dụng nhận xét: ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng ⇔ ∃k ∈ R sao cho AB = kAC. −→ b) Sử dụng kết quả: Cho tam giác ABC. Khi đó M, B, C thẳng hàng ⇔ ∃α ∈ R sao cho AM = − → − → α AB + (1 − α)AC. c) Sử dụng các định lí về tính thẳng hàng, đồng quy như Menelaus, Ceva. Lý thuyết cần nhớ → − → − → − − Định lí 1. Điều kiện cần và đủ để hai véc-tơ → a và b ( b 6= 0 ) cùng phương là tồn tại số k sao cho → − → − a =kb. − → − → Định lí 2. Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại số k sao cho AB = kAC. Định lí 3. Cho tam giác ABC. Khi đó điểm M thuộc đường thẳng BC khi và chỉ khi tồn tại số α sao cho −→ − → − → AM = α AB + (1 − α)AC. −→ −→ Định lí 4 (Định lí Menelaus dạng véc-tơ). Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thoả mãn MB = α MC, −→ −→ − → − → NC = β NA, PA = γ PB. Khi đó M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi αβ γ = 1. −→ −→ Định lí 5 (Định lí Ceva dạng véc-tơ). Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thoả mãn MB = α MC, −→ −→ − → − → NC = β NA, PA = γ PB. Khi đó các đường thẳng AM, BN, CP đôi một song song hoặc đồng quy khi và chỉ khi αβ γ = −1. −→ −→ −→ −→ Ví dụ 16. Trên các cạnh của tam giác ABC lấy các điểm M, N, P sao cho MA + 3MB = 6NB − NC = − → − → → − PC + 2PA = 0 . Chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng. Lời giải. − → − → −→ −→ AC − 6AB −→ Cách 1. Theo giả thiết ta có NC = 6NB, suy ra AN = = −5 Å ã 3− 3 8 → 8 −→ − AP + AM. Do − + = 1 nên ba điểm M, N, P 5 5 5 5 thẳng hàng. −→ → −→ −→ 1 −→ − Cách 2. Theo giả thiết ta có MA = −3MB, NB = NC, PC = 6 1 − → −2PA. Do (−3) · · (−2) = 1 nên theo định lí Menelaus ta 6 có ba điểm M, N, P thẳng hàng. A P M N B C Ví dụ 17. Cho tam giác ABC có O, H, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm và trọng tâm của tam giác đó. Chứng minh rằng ba điểm O, H, G thẳng hàng. 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ Lời giải. 51 52 CHƯƠNG 1. VECTƠ Ta chỉ xét trường hợp ba điểm O, H, G phân biệt. Lấy điểm D đối xứng với A qua O, khi đó D thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra DB, DC lần lượt vuông góc với AB, AC. Từ tính chất của trực tâm H ta có CH, BH lần lượt vuông góc với AB, AC. Do đó HBDC là hình bình hành. Khi đó HD cắt BC tại trung điểm M của mỗi đường. Ta có A −→ −→ −→ −→ −−→ OH = OA − HA = OA + 2OM −→ −→ −→ −→ = OA + OB + OC = 3OG. Vậy ba điểm O, H, G thẳng hàng. H B G O M C D BÀI TẬP TỰ LUYỆN − → −→ → − − → −→ Bài 21. Cho tam giác ABC và các điểm P, Q thoả mãn PA = 2PB, 3QA + 2QC = 0 . Chứng minh rằng đường thẳng PQ đi qua trọng tâm tam giác ABC. Lời giải. − → 1− → − → 5 −→ Từ giả thiết ta có AB = AB và AC = AQ. Gọi G là trọng tâm tam giác A 2 2 1 5 → 1− → 1− → 5 −→ −→ 1 − Q ABC, ta có AG = AB + AC = AP + AQ. Chú ý rằng + = 1 3 3 6 6 6 6 nên ba điểm P, Q, G thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. G B C P Bài 22. Cho tứ giác ABCD có M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng MP, NQ; G là trọng tâm tam giác BCD. Chứng minh rằng ba điểm A, O, G thẳng hàng. Lời giải. Dễ thấy MN và PQ lần lượt là đường trung bình ứng A với cạnh AC của tam giác ABC và DAC. Suy ra MN và Q M PQ cùng song song và bằng một nửa AC hay tứ giác MNPQ là hình bình hành. Do đó O là trung điểm của D B MP và NQ. Ta có O −→ −→ −→ −→ −−→ −→ → − OA + OB + OC + OD = 2OM + 2OP = 0 G −→ −→ −→ −→ −→ ⇒3OG = OB + OC + OD = −OA. P N Vậy ba điểm A, O, G thẳng hàng. C → − − → − → − − → → Bài 23. Cho hình bình hành ABCD tâm O. Lấy các điểm I và J sao cho 3IA + 2IC − 2ID = 0 và JA − − → → − − → 2JB + 2JC = 0 . Chứng minh rằng O, I, J thẳng hàng. 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 53 Lời giải. Theo giả thiết ta có − → −→ −→ −→ −→ −→ 3OI = 3OA + 2OC − 2OD = OA + 2OB − → −→ −→ −→ −→ −→ OJ = OA − 2OB + 2OC = −OA − 2OB. − → − → Từ đó ta có OJ = −3OJ hay ba điểm O, I, J thẳng hàng. Bài 24. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). X, Y , Z, T lần lượt là trực tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng AX, BY , CZ, DT đồng quy. Lời giải. −−→ −→ Gọi M là trung điểm của CD. Theo Ví dụ 17, ta có BX = 2OM và A B − → −−→ − → −→ AY = 2OM. Suy ra AY = BX hay tứ giác ABXY là hình bình hành. Do đó AX và BY cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Chứng minh tương tự, ta được AX, BY , CZ, DT đồng quy tại trung điểm I I của mỗi đường. O Y D X M C Bài 25. Cho góc xOy và hai điểm A, B thay đổi lần lượt trên tia Ox, Oy và hai số dương a, b sao cho aOA + bOB = 1. Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng AB luôn thuộc vào một đường thẳng cố định. Lời giải. 1 1 y và OY = . Chọn hai điểm X, Y lần lượt nằm trên tia Ox, Oy sao cho OX = 2a 2b Khi đó ta có B −→ −→ OA −→ OB −→ − → OA OB Y OI = + = OX + OY 2 2 2OX 2OY I −→ −→ = aOAOX + bOBOY . O x X A Do aOA + bOB = 1 nên I, X, Y thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. Dạng 5. Xác định M thoả mãn đẳng thức véc-tơ Phương pháp: Biến đổi đẳng thức véc-tơ về một trong các dạng sau: −−→ → − OM = − v (O cố định và → v đã biết) ⇒ M xác định duy nhất. Những điểm cần chú ý: • Áp dụng các qui tắc để biến đổi như: qui tắc 3 điểm, qui tắc hình bình hành, qui tắc hiệu. • Biến đổi đẳng thức véc-tơ sao cho có duy nhất một vec tơ có chứa điểm cuối là điểm cần tìm qua các véc-tơ đã xác định. • Vẽ hình để xác định điểm hoặc mô tả điểm cần tìm ở vị trí nào so với các điểm cố định mà đề bài đã cho. → − − → − → Ví dụ 18. Cho hai điểm A, B. Tìm I thoả mãn IA + 2IB = 0 Lời giải. 54 CHƯƠNG 1. VECTƠ → − − → − → Ta có: IA + 2IB = 0 → − → − − → − → ⇔ IB + BA + 2IB = 0 − → → − → − ⇔ 3IB + BA = 0 1− → → − ⇔ BI = BA. 3 1 Vậy I nằm trên đoạn AB cách B một đoạn BA. 3 A I B − → → − → − Ví dụ 19. Cho tam giác ABC. Tìm J thoả mãn JA + 2.JB = CB. Lời giải. − → → − → − Ta có: JA + 2JB = CB − → → − → − → − ⇔ JB + BA + 2JB = CB → − → − → − ⇔ 3JB = CB − BA → − → − → − ⇔ 3JB = CB − BA 1 − → − → − → ⇔ BJ = − (CB − BA) 3 → − → − → 1 − ⇔ BJ = (BC + BA) 3 − → 2 −→ ⇔ BJ = BM( Với M là trung diểm của cạnh AC). 3 2 Vậy J nằm trên đoạn BM ( với M là trung điểm AC) cách B một đoạn BM 3 C M J B A −→ − −→ −→ → Ví dụ 20. Cho tam giác ABC. Tìm K thoả mãn: KA − 3KB + KC = 0 . Lời giải. −→ − −→ −→ → Ta có: KA − 3KB + KC = 0 → → → − −→ − −→ −→ − ⇔ KB + BA − 3KB + KB + BC = 0 − → −→ − → → − ⇔ BA − KB + AC = 0 → − → → − −→ − N ⇔ −KB + BA + BC = 0 → − → −→ − ⇔ BK = BA + BC −→ −→ A ⇔ BK = 2BN(Với N là trung điểm của AC). Vậy: K nằm trên đường thẳng BN (với N là trung điểm AC ngược hướng của N và cách B một đoạn 2BN. C B K → − → → −→ − − Ví dụ 21. Cho hình bình hành ABCD. Xác định điểm I thoả mãn 3IA + IB − IC = DA. Lời giải. → − → → −→ − − Ta có: 3.IA + IB − IC = DA → − − → −→ ⇔ 3IA + CB = DA → − −→ − → ⇔ 3IA = DA − CB → − −→ − → ⇔ 3IA = DA + BC(Vì ABCD là hình bình hành) → − −→ ⇔ 3IA = 2DA 2 −→ → − ⇔ AI = AD. 3 2 Vậy: I nằm trên cạnh AD cách A một đoạn AD. 3 C D I A B Ví dụ 22. Cho trước hai điểm A, B và hai số thực α + β 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm → − − → − → I thoả mãn α.IA + β .IB = 0 . 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 55 → − − → − → Lời giải. Ta có: α.IA + β IB = 0 → − → − − → → − ⇔ α IA + β (IA + AB) = 0 → − − → → − ⇔ (α + β )IA + β AB) = 0 (Vì α + β 6= 0). β − → → − AB. ⇔ IA = α +β Vậy tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn điều kiện đề bài. BÀI TẬP TỰ LUYỆN −→ −→ −→ → − Bài 26. Cho tam giác ABC. Hãy xác định điểm M thoả mãn điều kiện: MA − MB + MC = 0 . Lời giải. −→ −→ −→ → − Ta có: MA − MB + MC = 0 −→ −→ − → −→ → − ⇔ MA − (MA + AB) + MC = 0 − → −→ → − ⇔ −AB + MC = 0 −→ − → ⇔ MC = AB −→ − → ⇔ CM = BA. −→ − → Vậy M xác định duy nhất thoả (CM = BA). C M B A −→ − −→ → Bài 27. Cho hai điểm A, B phân biệt. Xác định điểm M thoả MA + 3MB = 0 . Lời giải. −→ − −→ → Ta có: MA + 3MB = 0 −→ −→ − → → − ⇔ MA + 3(MA + AB) = 0 −→ − → → − ⇔ 4.MA + 3AB = 0 −→ 3 − → ⇔ AM = AB. 4 B 3 Vậy: M nằm trên đoạn AB cách B một đoạn AB. 4 −→ −→ −→ − → Bài 28. Cho tam giác ABC. Xác định điểm K thoả mãn điều kiện KA + KB + KC = CB. Lời giải. −→ −→ − → −→ − → − → Ta có: KA + (KA + AB) + (KA + AC) = CB C −→ − → − → − → ⇔ 3KA + AB + AC = CB −→ − → − → − → K ⇔ 3KA = CB − AB − AC −→ − → − → − → ⇔ 3KA = CB + BA + CA −→ − → ⇔ 3KA = 2CA A 2 −→ 2 − → ⇔ AK = .AC Vậy K nằm trên đoạn AC và cách A một đoạn là AC 3 3 − → → − → − Bài 29. Cho hai điểm B,C. Xác định điểm I thoả mãn 2IB + 3IC = O . Lời giải. − → → − → − Ta có: 2IB + 3IC = O → → − → − → − − ⇔ 2IB + 3(IB + BC) = O − → → − → − ⇔ 5.IB + 3BC = O 3− → → − ⇔ BI = BC. 5 B 3 Vậy: I nằm trên đoạn BC và cách B một đoạn là BC 5 − → − → − → → − Bài 30. Cho tam giác ABC. Xác định điểm J thoả mãn 2JA + JC − JB = CA. Lời giải. A M B C I 56 CHƯƠNG 1. VECTƠ − → − → − → → − Ta có: 2JA + JC − JB = CA − → − → − → − → − → − → C ⇔ 2JA + JA + AC − (JA + AB) = CA − → − → − → − → ⇔ 2JA + AC − AB = CA − → − → − → ⇔ 2JA + BC = CA − → − → − → ⇔ 2JA = CA − BC − → − → − → J ⇔ 2JA = CA + CB 1 −→ − → ⇔ AJ = − CM (Với M là trung điểm AB). A 4 M 1 −→ − → Vậy: J xác định duy nhất thoả (AJ = − CM) với M là trung điểm AB 4 −→ −→ − → Bài 31. Cho hai điểm A,C. Xác định điểm K thoả mãn 2KA + KC = 2AC. Lời giải. −→ −→ − → Ta có: 2KA + KC = 2AC −→ −→ −→ − → K A ⇔ KA + KA − KC = 2AC −→ − → − → ⇔ KA + CA = 2AC −→ − → − → ⇔ KA = 2AC − CA −→ − → ⇔ KA = 3AC −→ − → ⇔ AK = −3AC. Vậy: K nằm trên đường AC và cách A một đoạn là 3BC ngược hướng với C −→ −→ −→ → − Bài 32. Cho hình bình hành ABCD. Tìm K thoả mãn: 3.KA + KB + KC = 0 . Lời giải. −→ −→ −→ → −→ − → −→ − → −→ → − − Ta có: 3KA + KB + KC = 0 ⇔ 3KC + 3CA + KC + CB + KC = 0 D −→ − → − → → − ⇔ 5KC + CA + CB = 0 −→ −→ → − ⇔ 5KC + 2CN = 0 (Với N là trung điểm của AB). K −→ 2 −→ ⇔ CK = CN. 5 N B 2 A Vậy: K nằm trên đoạn CN và cách C một đoạn là BC với N là trung điểm 5 AB. − → → −→ −→ −→ − Bài 33. Cho hình bình hành ABCD. Xác định điểm F thoả mãn 3FA + 2FB + FC = CD + CB. Lời giải. − → → −→ −→ −→ − Ta có: 3FA + 2FB + FC = CD + CB D − → − → − → − → − → −→ − → ⇔ 3FA + 2FA + 2AB + FA + AC = CD + CB − → − → − → − → ⇔ 6FA + 2AB + AC = CA (Vì ABCD là hình bình hành) M − → − → − → − → ⇔ 6FA = CA − 2AB − AC F − → − → − → − → ⇔ 6FA = CA + 2BA + CA B − → − → − → A ⇔ 6FA = 2CA + 2BA −→ − → − → ⇔ 6AF = 2AC + 2AB −→ −→ ⇔ 3AF = 2AM (Với M là trung điểm BC) 2 −→ −→ ⇔ AF = − AM. 3 2 −→ −→ Vậy điểm F cần tìm thoả mãn đẳng thức vec tơ AF = − AM. 3 B C C C Bài 34. Cho trước ba điểm A, B,C và ba số thực α + β + γ 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I → − − → → − → − thoả mãn α.IA + β .IB + γ.IC = 0 . Lời giải. → − − → → − → − Ta có: α.IA + β IB + γ.IC = 0 → − → − − → → − − → → − ⇔ α.IA + β (IA + AB) + γ(IA + AC) = 0 → − − → − → → − ⇔ (α + β + γ).IA + β .AB + γ.AC = 0 (Vì α + β + γ 6= 0). β +γ − → − → ⇔ IA = .AB. α +β +γ 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 57 Vậy: Tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn điều kiện đề bài. III. Bài tập tổng hợp Bài 35. Cho tứ giác ABCD. Hai điểm M, N lần lượt thay đổi trên các cạnh AB và CD sao cho Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của đoạn MN. Lời giải. AM CN = = k. Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của Giả sử AB CD AC, BD. Ta có − → Ä− → −→ −→ä Ä− → −→ −→ä 2IX = IM + MA + AX + IN + NC + CX −→ −→ = MA + NC. − → −→ −→ Tương tự 2IY = MB + ND. Từ giả thiết ta có A B M Y AM CN = . AB CD X I D N C −→ − −→ → (1 − k)MA + kMB = 0 −→ − −→ → (1 − k)NC + kND = 0 , − − → − → → suy ra (1 − k)IX + kIY = 0 . Chú ý rằng 0 ≤ k ≤ 1 nên tập các điểm I là đoạn thẳng XY . Bài 36. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm M. Gọi A0 , B0 , C0 lần lượt là điểm đối xứng với M qua trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng bốn đường thẳng AA0 , BB0 , CC0 và MG đồng quy. Lời giải. −→ −→ −−→ → − Dễ thấy MBA0C là hình bình hành nên A0 B + A0C − A0 M = 0 . Tương A −→ −→ −− → → − 0 0 0 tự B C + B A − B M = 0 . Trừ hai vế của hai đẳng thức trên ta có −→ −→ −→ −−→ −−→ → − −→ 0 = A0 B − B0 A + A0C − B0C − A0 M + B0 M −→ −→ = A0 B + B0 A. M G I Từ đó ta có ABA0 B0 là hình bình hành, do đó AA0 và BB0 cắt nhau tại B C trung điểm I của mỗi đường. Chứng minh tương tự, ta có AA0 , BB0 , CC0 đồng quy tại trung điểm I của mỗi đường. A0 −→ −−→0 −→ −→ −→ MA + MB + MC 3 −−→ − → MA + MA Ta có MI = = = MG. Vậy MG đi qua I, ta được điều phải chứng minh. 2 2 2 Bài 37. Cho đoạn thẳng AB có trung điểm là I. Điểm M là tuỳ ý không nằm trên đường thẳng AB. Trên MI kéo dài lấy một điểm N sao cho IN = MI. → −→ −→ − a) Chứng minh: BN − BA = MB. −→ − → −−→ −→ −→ b) Tìm các điểm D,C sao cho: NA + NI = ND và MN − BN = CN. Lời giải. → −→ −→ − a) Xét:BN − BA − MB −→ −→ = AN − MB → − − → − → → − = AI + IN − MI − IB → − − → − → → − = AI + IN + IM + BI → − → − − − → − → → = AI + BI + IN + IM = 0 (Điều phải chứng minh). 58 CHƯƠNG 1. VECTƠ b) Tìm D −→ − → −→ Ta có: NA + NI = ND −→ −→ ⇔ ND = 2NK (với K là trung điểm của AI). Vậy: D nằm trên đường NK và cách N một đoạn 2NK cùng hướng D với K. N A K I B M 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ Tìm C −−→ −→ −→ Ta có:MN − BN = CN −−→ −→ −→ ⇔ MN + NB = CN −→ −→ ⇔ MB = NC −→ −→ ⇔ NC = −NA. −→ −→ Vậy: C xác định duy nhất thoả NC = −NA . 59 A N C D C I B M Bài 38. Cho hình bình hành ABCD. − → − → −→ − → a) Chứng minh rằng: AB + AC + AD = 2AC. −→ − → − → −→ b) Xác định điểm M thoả mãn điều kiện: 3MA = AB + AC + AD. Lời giải. − → − → −→ − → −→ − → a) Xét: AB + AC + AD. = AB + AD + AC. − → − → = AC + AC (Vì ABCD là hình bình hành) − → = 2AC (Điều phải chứng minh). −→ − → − → −→ b) Ta có: 3MA = AB + AC + AD −→ − → ⇔ 3MA = 2AC (Theo chứng minh câu a) 2− → −→ ⇔ AM = − AC 3 2− −→ → Vậy: M xác định duy nhất AM = − AC. 3 A B M Bài 39. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. → −→ −−→ 1 − a) Chứng minh rằng: MN = (AB + DC). 2 −→ −→ −→ → − b) Xác định điểm K thoả mãn điều kiện: KA + KB + KC = 0 . Lời giải. → −−→ − → −−→ − a) Ta có: MN = AB và MN = BC (Vì ABCD là hình bình hành). → − → −−→ − Vì vậy: 2MN = AB + BC → −→ −−→ 1 − Nên: MN = (AB + DC). 2 → −→ −−→ 1 − ⇔ MN = (AB + DC).(Điều phải chứng minh). 2 −→ −→ −→ → − b) Ta có:KA + KB + KC = 0 −→ −→ − → −→ − → → − ⇔ KA + KA + AB + KA + AC = 0 −→ − → − → → − ⇔ 3KA + AB + AC = 0 . −→ − → − → ⇔ 3AK = AB + AC −→ −→ ⇔ 3AK = 2AD (Vì ABCD là hình bình hành) −→ −→ ⇔ AK = 32 AD. −→ −→ Vậy: K xác định duy nhất AK = 23 AD. C D K A B Bài 40. Cho tứ giác ABCD. Gọi A0 , B0 ,C0 , D0 lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD,CDA, ABD và ABC. 60 CHƯƠNG 1. VECTƠ −→ −→ −→ −−→ → − a) Chứng minh rằng: AA0 + BB0 + CC0 + DD0 = 0 . b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD và I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng: − → − → − → −→ → − IA0 + IB0 + IC0 + ID0 = 0 . Lời giải. a) Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có: −→0 1 Ä− → − → −→ä AA = AB + AC + AD 3 −→0 1 Ä− → − → −→ä BA + BC + BD BB = 3 −→0 1 Ä− → − → −→ä CA + CB + CD CC = 3 −−→0 1 Ä−→ −→ −→ä DD = DA + DB + DC 3 Suy ra −→0 −→0 −→0 −−→0 AA + BB + CC + DD = 1 Ä− → − → −→ − → − → −→ − → − → −→ −→ −→ −→ä = AB + AC + AD + BA + BC + BD + CA + CB + CD + DA + DB + DC 3 1 Ä− → − → − → − → −→ −→ − → − → −→ −→ −→ −→ä AB + BA + AC + CA + AD + DA + BC + CB + BD + DB + CD + DC = 3 1→ − → − = 0 = 0. 3 b) Theo kết quả đã biết ta có: → − → → − − − − → → IA + IB + IC + ID = 0 − → −→ − → −→ − → −→ −→ −−→ → − ⇔ IA0 + A0 A + IB0 + B0 B + IC0 + C0C + ID0 + D0 D = 0 − →0 − →0 − →0 −→0 −→0 −→0 −→0 −−→0  → − ⇔ IA + IB + IC + ID − AA + BB + CC + DD = 0 − → − → − → −→ → − ⇔ IA0 + IB0 + IC0 + ID0 = 0 . −→ −→ −→ −−→ → − (Vì theo kết quả ý a) ta có: AA0 + BB0 + CC0 + DD0 = 0 ). Bài 41. Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC,CA, AB lần lượt tại M, N, P. − − → − → → − → Chứng minh rằng: aIM + bIN + cIP = 0 . Lời giải. A Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC, ta có:   AP = AN = p − a BM = BP = p − b N   CN = CM = p − c P Mặt khác ta có: I −→ → − −→ MC.MB + MB.MC = 0 Ä→ Ä− C → − − − − →ä →ä → M ⇔ (p − c) IB − IM + (p − b) IC − IM = 0 B − → − → → − ⇔ (2p − b − c) IM = (p − c)IB + (p − b)IC − → − → → − ⇔ aIM = (p − c)IB + (p − b)IC(1) ( − − → → − → bIN = (p − a)IC + (p − c)IA(2) Tương tự, ta chứng minh được → → − − → − cIP = (p − b)IA + (p − a)IB(3) 3.. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 61 Cộng từng vế các đẳng thức (1), (2), (3) thu được → − − → − → − → → − → − aIM + bIN + cIP = (2p − b − c)IA + (2p − a − c)IB + (2p − a − b)IC → − − → → − = aIA + bIB + cIC → − = 0. Bài 42. Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm. Chứng minh rằng: −→ −→ → − −→ tan A.HA + tan B.HB + tanC.HC = 0 . Lời giải. Qua điểm C dựng: đường thẳng song song với AH, cắt BH tại B0 ; đường thẳng song song với BH, cắt AH tại A0 . Khi đó A0 HB0C là hình bình hành. Gọi D là giao điểm của AH và BC. Áp dụng định lý Ta - lét ta có: AD tan B HB0 DC = = BD = . AD HB DB tanC DC −−→ −→ −−→ tan B −→ .HB (Do HB0 và HB ngược hướng). ⇒ HB0 = − tanC −−→ tan A −→ .HA. Tương tự ta có: ⇒ HA0 = − tanC 0 Vì AHB C là hình bình hành nên ta có: tan A −→ tan B −→ −→ −−→0 −−→0 HC = HA + HB = − .HA − .HB. −→ −→tanC→ − −→tanC ⇒ tan A.HA + tan B.HB + tanC.HC = 0 . A B0 H C D B A0 −→ 1 − → −→ 1 −→ Bài 43. Cho hình bình hành ABCD. Lấy M, N sao cho CM = CB, CN = CD. Gọi I, J là hai điểm thỏa 2 3 − → −→ − → → − mãn CI = α CD, BJ = β BI. Xác định α, β để J là trọng tâm tam giác AMN. Lời giải. Ta có: − → −→ − → − → − → − → −→ → − − → JA + JM + JN = BA − BJ + JB + BM + JI + IN − → → − → − − → −→ − − → BC → + BI − BJ + CN − CI = BA − 2BJ + 2 − → − → BC → → − −→ − = BA + + (−3β + 1) BI + CN − CI 2 − → Ä− − → BC → − →ä −→ − → = BA + + (−3β + 1) BC + CI + CN − CI Å2 ãÄ 3 − → − → − →ä −→ − → = BA + − 3β AC − AB + CN − 3β CI 2 Å ãÄ 3 − → − → − →ä 1 −→ −→ = BA + − 3β AC − AB + CD − 3αβ CD 2 3 Å ãÄ Å ã ä 3 1 − → − → − → − → = BA + − 3β AC − AB + − 3αβ BA 2 3 Å ã Å ã 17 3 − → − → = − + 3β + 3αβ AB + − 3β AC. 6 2 − → −→ − − → → Để ÅJ là trọng tâm 4AMN ã thì JA Å + JM + ã JN = 0 17 3 − → − → → − ⇔ − + 3β + 3αβ AB + − 3β AC = 0 . 6 2 B M C N J I A D 62 CHƯƠNG 1. VECTƠ − →− → Mặt khác, do AB, AC không cùng phương nên suy ra:   8 17    − + 3β + 3αβ = 0 α = 9 6 ⇔ 3 1    − 3β = 0 β = . 2 2 8 1 Vậy với α = , β = thì J là trọng tâm 4AMN. 9 2 − → − → −→ − → − → −→ Bài 44. Cho 4ABC, gọi M, N lần lượt là các điểm thỏa mãn: BM = 2BC − AB, CN = kAC − BC với k ∈ R. a) Tìm k để M, N đi qua trung điểm I của AC. b) Tính IM . IN Lời giải. a) Do I là trung điểm của AC nên ta có − → − → BA + BC → − BI = . Khi đó: 2 − → − → BA + BC − → − → − → → − −→ MI = BI − BM = − 2BC + AB = 2 1− → − → AC − 2BC, 2 1 − → −→ − → − → − → NI = CI − CN = − − kAC + BC = 2 Å ã 1 − → − → − − k AC + BC. 2 Mặt khác MN đi qua I nên suy ra ∃t sao cho: − → − → MI = t NI Å ã 1 1− → − → − → − → ⇔ AC − 2BC = t − − k AC + t BC 2 Å ã2  1 1  = t − −k 2 ⇔ 2  −2 = t t = −2 . ⇔ k = − 1 4 b) Với t = −2 ⇒ IM = 2. IN M A I N C B 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 63 §4. I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Tóm tắt lí thuyết Trục và độ dài đại số trên trục Trục tọa độ (còng gọi là trục) là một đường thẳng trên đó đã xác định một điểm O cố định và véc-tơ đơn vị → − i (véc-tơ có độ dài bằng 1). Điểm O gọi là gốc tọa độ. Hướng của véc-tơ đơn vị là hướng của trục. → − Trục tọa độ như vậy ký hiệu là (O; i ). −−→ → − → − Cho điểm tùy ý M nằm trên trục (O; i ). Khi đó, có duy nhất một số k xác định sao cho OM = k · i . → − Số k được gọi là tọa độ của điểm M đối với trục (O; i ). → − → − − − Cho véc-tơ → a nằm trên trục (O; i ). Khi đó có duy nhất số t xác định sao cho → a = t · i . Số t được gọi → − − là tọa độ của véc-tơ → a đối với trục (O; i ). −−→ Như vậy tọa độ của điểm M là tọa độ của véc-tơ OM. − → → − Nếu hai điểm A, B nằm trên trục Ox. Khi đó có duy nhất một số t sao cho AB = t · t . Ta gọi số t đó là − → − → → − độ dài của véc-tơ AB đối với trục đã cho, ký hiệu là AB. Như vậy AB = AB · i . − → → − ! Nếu AB cùng hướng với i thì AB = AB. 4 − → → − Nếu AB ngược hướng với i thì AB = −AB. → − Nếu hai điểm A, B trên trục (O; i ) có tọa độ lần lượt là a, b thì AB = b − a. Định lí 1. Trên trục số Với ba điểm bất kỳ trên trục, ta có AB + BC = AC. − → −→ Hai véc-tơ AB và CD bằng nhau khi và chỉ khi AB = CD. Hệ trục tọa độ → − → − → − → − Hệ trục tọa độ (O; i , j ) gồm hai trục (O; i ) và (O; j ) vuông góc với nhau, trong đó Điểm O goi là gốc tọa độ. → − Trục (O; i ) gọi là trục hoành, ký hiệu là Ox. → − Trục (O; j ) gọi là trục tung, ký hiệu là Oy. → − → − Các véc-tơ i và j là các véc-tơ đơn vị trên trục Ox và Oy. → − → − Hệ trục tọa độ (O; i , j ) còn được ký hiệu là Oxy. 4 ! Mặt phẳng trên đó đã chọn một hệ trục tọa độ Oxy được gọi là mặt phẳng tọa độ Oxy hay mặt phẳng Oxy. Tọa độ của véc-tơ đối với hệ trục tọa độ → − → − → − → − − − Đối với hệ trục tọa độ (O; i , j ) nếu → u = x i + y j thì cặp số (x; y) được gọi là tọa độ của véc-tơ → u , ký → − → − hiệu u = (x; y) hay u (x; y). − Số x gọi là hoành độ, y gọi là tung độ của véc-tơ → u. → − → − 0 0 Định lí 2. Cho hai®véc-tơ a = (x; y), b = (x ; y ) và số thực k. khi đó → − x = x0 − (i) → a = b ⇔ y = y0 → − → − − − (ii) → a + b = (x + x0 ; y + y0 ) và → a − b = (x − x0 ; y − y0 ) − (iii) k→ a = (kx; ky) ® → − → − → x = kx0 − → − (iv) a cùng phương với b ( b 6= 0 ) ⇔ ∃k ∈ R sao cho y = ky0 64 CHƯƠNG 1. VECTƠ Tọa độ của điểm −−→ Trong mặt phẳng Oxy, tạo độ của véc-tơ OM được gọi là tọa độ của điểm M. Như vậy, (x; y) là tọa độ của −−→ điểm M khi và chỉ khi OM = (x; y), ký hiệu M(x; y) hay M = (x; y). Số x được gọi là hoành độ, số y được gọi là tung độ của điểm M. 4 Nếu gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M trên Ox và Oy thì −−→ → − → − −→ −→ M(x; y) ⇔ OM = x i + y j = OH + OK. −→ −→ → − → − Như vậy OH = x i hay x = OH và OK = y j hay y = OK. ! Định lí 3. Với hai điểm A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ) ta có − → AB = (xB − xA ; yB − yA ) Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng và tọa độ trọng tâm của tam giác  xI = xA + xB 2 Định lí 4. Cho hai điểm A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ). Khi đó trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ y = yA + yB I 2 Định lí 5. Cho ba điểm A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) và C(xC ; yC ). Khi đó trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ  xG = xA + xB + xC 3 y = yA + yB + yC G 3 II. Các dạng toán − Dạng 1. Tìm tọa độ của một điểm và độ dài đại số của một véc-tơ trên trục (O; → e ). Tìm tọa độ − − − − − của các véc-tơ → u +→ v ,→ u −→ v ,k→ u Căn cứ vào định nghĩa tọa độ của điểm, độ dài đại số của véc-tơ và các công thức tọa độ của véc-tơ → − − − − − u +→ v ,→ u −→ v ,k→ u. −−→ − • Điểm M có tọa độ a ⇔ OM = a.→ e với O là điểm gốc. − → − → − • Véc-tơ AB có độ dài đại số là m = AB ⇔ AB = m→ e. • Nếu A và B có tọa độ lần lượt là a và b thì AB = b − a. xA + xB . 2 − − − − − − • Nếu → u = (u1 ; u2 ), → v = (v1 ; v2 ) thì → u +→ v = (u1 + v1 ; u2 + v2 ); → u −→ v = (u1 − v1 ; u2 − v2 ); → − k u = (ku1 ; ku2 ), k ∈ R. • Tọa độ trung điểm I của đoạn AB : xI = −→ −→ −→ − − − Ví dụ 1. Trên trục tọa độ (O; → e ), cho ba điểm A, B, C với: OA = 4, 5→ e , OB = −7, 2→ e , OC = − −3, 6→ e. a. Xác định tọa độ các điểm A, B, C. b. Tìm tọa độ các trung điểm M, N, P theo thứ tự của các đoạn thẳng AB, BC, CA. c. Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BC, CA. Lời giải. 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 65 B C −7.2 −3.6 − O→ e A 4.5 a. A(4, 5), B(−7, 2), C(−3, 6). b. Vì M là trung điểm AB ⇒ xM = xA + xB = −1, 35 ⇒ M(−1, 35). Tương tự ta được N(−5, 4), P(0, 45). 2 c. AB = 11, 7, BC = 3, 6, CA = 8, 1. − Ví dụ 2. Trên trục tọa độ (O, → e ), cho ba điểm A(1), B(−2), C(7). Tìm tọa độ điểm M sao cho AM + 3BM = 2CM. Lời giải. B −2 − O→ e A C 1 7 Gọi M(x), ta có AM = x − 1, BM = x + 2, CM = x − 7. Theo giả thiết ta suy ra x − 1 + 3(x + 2) = 3(x − 7) ⇔ x = −26. − Ví dụ 3. Trên trục tọa độ (O, → e ), cho các điểm A(2), B(−3), C(−6). Tìm tọa độ của D(x) sao cho DA + 4DB ≤ 3DC. Lời giải. C B −6 −3 − O→ e A 2 Ta có: DA = 2 − x, 4DB = −12 − 4x, 3DC = −18 − 3x. Theo giả thiết ta suy ra 2 − x − 12 − 4x ≤ −18 − 3x ⇒ x ≥ 4. → − → − − − Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (−4; 2), b = (5; 8). Tính tọa độ của các véc-tơ → a + b, → − − → → − → − → − − a − b , 3→ a , 5− a + 2 b , −(5→ a − 2 b ). → − → − − − − Lời giải. → a + b = (1; 10), → a − b = (−9; −6), 3→ a = (−12; 6). → − → − Ta có: 5 a = (−20; 10), 2 b = (10; 16) → − → − − − Nên 5→ a + 2 b = (−10; 26) và −(5→ a − 2 b ) = (30; 6). → − − − Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho các véc-tơ → a = (4; −2), b = (−1; −1) , → c = (2; 5). Hãy phân → − → − → − tích véc-tơ b theo hai véc-tơ a và c .  1 ®  m = − −1 = 4m + 2n → − − − 8 Lời giải. Giả sử b = m→ a + n→ c ⇔ ⇔  −1 = −2m + 5n  n = −1. 4 → − 1→ 1→ − − Vậy b = − a − c . 8 4 Å ã → − 1 → → − → − − Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho a = (x; 2), b = −5; ,− c = (x; 7). Tìm véc-tơ → c = 4a − 3 → − 3b. 66 CHƯƠNG 1. VECTƠ   x = 4x − 3.(−5) → − → − − Lời giải. Ta có: → c = 4a − 3 b ⇔ 1 ⇔ x = −5.  7 = 4.2 − 3. 3 → − → − → − − − − Ví dụ 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a (1; −2); b (−3; 0); → c (4; 1). Tìm tọa độ của t = 2→ a −3 b + → − c. → − − Lời giải. Ta có 2→ a = (2; −4); −3 b = (9; 0). → − − → − → − − Mà t = 2→ a −3 b +→ c = (15; −3) ⇒ t (15; −3) . BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − − − Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (2; 1) , b = (3; 4) , → c = (7; 2). → − − − − a. Tìm tọa độ của véc-tơ → u = 2→ a −3 b +→ c. → − − − − − b. Tìm tọa độ của véc-tơ → v sao cho → v +→ a = b −→ c. → − − − c. Tìm các số k, h để → c = k→ a +h b . Lời giải. → − − − − a. → u = 2→ a −3 b +→ c = (4; 2) − (9; 12) + (7; 2) = (2; −8). → − − → − − − − − − b. → v +→ a = b −→ c ⇔→ v = −→ a + b −→ c = (−6; 1).       k = 22 − → − 22 → 3→ 7 = 2k + 7h − − − − 5 . Suy ra → b. c. → c = k→ a +h b ⇔ ⇔ c = a − 3   5 5  2 = k + 4h  h=− 5 → − − − − Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (−1; 3), b = (0; 5), → c = (5; −2). Tính tọa độ của các véc-tơ → u, → − v định bởi: → − − − − a) → u = 2→ a + 3 b − 4→ c. → − − − − b) 4→ a + 2→ v = 2 b − 3→ c. Lời giải. → − → − − − − a) Ta có: 2→ a = (−2; 6), 3 b = (0; 15), 4→ c = (20; −8), 2→ a + 3 b = (−2; 21). → − − − − ⇒→ u = 2→ a + 3 b − 4→ c = (−22; 29). → − → − 3− − − − − − b) Ta có: 4→ a + 2→ v = 2 b − 3→ c ⇒→ v = −2→ a+b− → c. 2 Å ã → − 3− 15 − − mà −2→ a = (2; −6), → c = ; −3 , −2→ a + b = (2; −1). 2 Å2 ã → − 3→ 11 → − → − − ⇒ v = −2 a + b − c = − ; 2 . 2 2 → − − − − − Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (x; 2) , b = (−5; 1), → c = (x; 7). Tìm tọa độ của véc-tơ → c = 2→ a+ → − 3b. ® → − x = 2x + 3. (−5) → − → − Lời giải. Ta có: c = 2 a + 3 b ⇔ ⇔ x = 15. 7 = 2.2 + 3.1 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 67 → − → − − − − − Bài 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (2; 1), b = (3; 4), → c = (7; 2). Tìm tọa độ → c = m.→ a + n. b .  22 ®  m = 7 = 2m + 3n → − − − 5 ⇔ Lời giải. Ta có: → c = m.→ a + n. b ⇔  2 = m + 4n  n = −3. 5 → − − − − − − Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (−2; 1), b = (3; 4) và → c = (0; 8). Tìm tọa độ → x thỏa → x +→ a = → − → − b − c. → − − → − − − − − − − − Lời giải. Ta có → x +→ a = b −→ c ⇔→ x = −→ a + b −→ c ⇔→ x = −(−2; 1) + (3; 4) − (0; 8)⇔ → x = → − −(−2; 1) + (3; 4) − (0; 8) ⇔ x = (5; −5). → − → − − − − − − Bài 6. Cho → a = (0; 1), b = (−1; 2), → c = (−3; −2). Tìm tọa độ của → u = 3→ a + 2 b − 4→ c. → − → − → − → − Lời giải. Ta có: 3 a = (0; 3), 2 b = (−2; 4), −4 c = (12; 8) nên u = (10; 15). → − → − − − − − Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho → a = (2; 1), b = (3; 4), → c = (7; 2). Tìm m và n để → c = m→ a +n b . → − − Lời giải. Ta có: m→ a + n b = (2m + 3n; m + 4n). ®   m = 22 → − 2m + 3n = 7 − − 5 Mà: → c = m→ a +n b ⇔ ⇔ 3  m + 4n = 2  n=− . 5 2 Bài 8. Trên trục Ox cho các điểm A(2), B(−2). Tìm điểm M(x) thỏa mãn điều kiện MA.MB ≤ AB . Lời giải. Ta có: MA = 2 − x, MB = −2 − x, AB = −4. √ √ 2 MA.MB ≤ AB ⇔ (2 − x)(2 + x) ≥ −16 ⇔ x2 − 8 ≤ 0 ⇔ −2 5 ≤ x ≤ 2 5. − Bài 9. Trên trục tọa độ (O; → e ), cho ba điểm A(−4), B(9), C(−3). a. Tìm điểm M(x) thỏa mãn điều kiện AB = 2CM. b. Tìm điểm P(x) thỏa mãn điều kiện PA + 2PB + 3PC ≤ 0. 2 c. Tìm điểm Q(x) thỏa mãn điều kiện QA.QB ≤ QC . Lời giải. 7 a. AB = 13, 2CM = 2x + 6. Theo giả thiết ta suy ra 13 = 2x + 6 ⇔ x = . 2 b. PA = −4 − x, 2PB = 18 − 2x, 3PC = −9 − 3x. 5 Theo giả thiết ta suy ra −4 − x + 18 − 2x − 9 − 3x ≤ 0 ⇔ x ≥ . 6 c. QA = −4 − x, QB = 9 − x, QC = −3 − x. Theo giả thiết ta suy ra (−4 − x)(9 − x) ≤ (−3 − x)2 ⇔ x ≥ − 45 . 11 Bài 10. Trên trục tọa độ x0 Ox cho ba điểm A, B, C có tọa độ lần lượt là 9, −6, 2. Tìm các điểm đối xứng với điểm A và B qua C. Lời giải. Gọi A0 , B0 lần lượt là điểm đối xứng với điểm A và B qua C. xA + xA0 Vì C là trung điểm của đoạn AA0 nên xC = ⇒ xA0 = 2xC − xA = 4 − 9 = −5. 2 Tương tự ta suy ra xB0 = 4 + 6 = 10. 68 CHƯƠNG 1. VECTƠ Dạng 2. Xác định tọa độ của một véc-tơ và một điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy −−→ → − → − Trong mặt phẳng Oxy, với điểm M tùy ý, luôn tồn tại duy nhất hai số thực x, y sao cho OM = x i +y j . −−→ −−→ −−→ Bộ hai số thực (x; y) được gọi là tọa độ của véc-tơ OM, ký hiệu OM = (x; y) hay OM(x; y). 4 ! → − → − • Tọa độ của véc-tơ đơn vị i là (1; 0), tức là i = (1; 0). → − → − • Tọa độ của véc-tơ đơn vị j là (0; 1), tức là j = (0; 1). → − • Tọa độ của véc-tơ-không là (0; 0), tức là 0 = (0; 0). − → Nếu biết tọa độ của hai điểm A, B thì ta tính tọa độ của véc-tơ AB theo công thức − → AB = (xB − xA ; yB − yA ). Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(3; 2), B(2; −1), C(−2; −2). Tìm tọa độ điểm D. −→ − → Lời giải. Gọi D(x; y). Ta có AD = (x − 3; y − 2), BC = (−4; −1). ® ® x − 3 = −4 x = −1 −→ − → Vì AD = BC nên ⇒ y − 2 = −1 y = 1. Vậy tọa độ điểm D là (−1; 1). Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Gọi M(4; −1), N(3; 0) và P(4; 2) lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA và AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lời giải. y 3 A 2 P 1 0 −1 0 −1 B N 1 2 3 5 x 4 M −2 −3 C −4 −→ −→ Ta có NA = (xA − 3; yA ), MP = (0; 3). −→ −→ Vì ® NAPM là hình bình®hành nên NA = MP xA − 3 = 0 xA = 3 ⇔ ⇔ yA = 3 yA = 3. Vậy tọa độ điểm A là (3; 3). −→ −→ −→ −→ Tương tự, từ MC = PN, MB = NP ta tính được B(5; 1),C(3; −3). 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 69 Ví dụ 10. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có AD = 3 và chiều cao ứng với cạnh −→ − → − → − ‘ = 30◦ . Chọn hệ trục tọa độ (A; → AD bằng 2 góc BAD i , j ) sao cho i và AD cùng hướng. Tìm tọa − →− → −→ − → độ của các véc-tơ AB, BC, CD và AC. Lời giải. C B H A D √ Kẻ BH ⊥ AD. Ta có BH = 2, AB = 4, AH = 2 3. Do đó ta có A(0; 0), B(2; 2), C(5; 2), D(3; 0). − → − → −→ − → Suy ra AB = (2; 2), BC = (3; 0), CD = (−2; −2), AC = (5; 2). BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(−1; 4), B(2; 6), C(1; 1). Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. −→ − → Lời giải. Gọi D(x; y). Ta có AD = (x + 1; y − 4), BC = (−1; −5). ® ® x + 1 = −1 x = −2 −→ − → Vì AD = BC nên ⇒ y − 4 = −5 y = −1. Vậy tọa độ điểm D là (−2; −1). Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho bốn điểm A(1; −1), B(2; 2), C(1; −5), D(3; 1). Chứng minh rằng hai đường thẳng AB và CD song song với nhau. − → −→ Lời giải. Ta có AB = (1; 3), CD = (2; 6). −→ − → Suy ra CD = 2AB. Do đó hai đường thẳng AB và CD song song hoặc trùng nhau. 0 −4 − → − → . Ta có AC = (0; −4) và AB = (1; 3) không cùng phương vì 6= 1 3 Vậy AB k CD. → − → − Bài 13. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Chọn hệ trục tọa độ (O; i , j ), trong đó O là trung điểm của cạnh −→ → −→ → − − BC, i cùng hướng với OC, j cùng hướng với OA. a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC; b) Tìm tọa độ trung điểm E của cạnh AC; c) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải. A a √ a 3 2 E I B O C 70 CHƯƠNG 1. VECTƠ  a   a a) Ta có B − ; 0 , C 0; . 2 2 √ a 3 Vì 4ABC là tam giác đều nên AO = . 2 Ç √ å a 3 . Suy ra A 0; 2 Ç √ å a a 3 b) E ; . 4 4 c) Gọi I là tâm đường√tròn ngoại tiếp 4ABC. 1 a 3 Ta có OI = OA = . Ç 3√ å 6 a 3 Suy ra I 0; . 6 Dạng 3. Tính tọa độ trung điểm - trọng tâm Phương pháp giải, kinh  nghiệm giải. x + xB  xM = A 2 M là trung điểm AB ⇔ y + yB  A yM = . 2 x + xB + xC  xG = A 3 G là trọng tâm tam giác ABC ⇔ y + y  B + yC A yG = . 3 Ví dụ 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; 4), B(−2; 6). Tìm tọa độ trung điểm của đoạn thẳng AB. Lời giải. Gọi M (xM ; yM ) là trung điểm AB, khi đó:   1−2 x + x B   xM = xM = A x = − 1 M 2 2 2 ⇔ ⇔ y + y 4 + 6    B yM = yM = A yM = 5. 2 Å 2 ã −1 Vậy M ;5 . 2 Ví dụ 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−1; 2), B(1; 4), C(−1; −2). Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC. Lời là trọng tâm tam giác ABC,  giải. Gọi G (xG ; yG )   khi đó: x + x + x −1 + 1 − 1 −1 B A C    xG = xG = xG = 3 3 3 ⇔ ⇔ y + y + y 2 + 4 − 2 4    B A C yG = yG = yG = . 3 3 3 Å ã −1 4 Vậy G ; . 3 3 Ví dụ 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(3; 1), B(2; 2), G(2; −1). Tìm tọa độ điểm C biết G là trọng tâm tam giác ABC. Lời giải. Gọi C (xC ; yC ) . Ta có: 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 71   x + xB + xC 3 + 2 + xC ®   xG = A 2 = xC = 1 3 3 ⇔ ⇔   yC = −6. yG = yA + yB + yC  − 1 = 1 + 2 + yC 3 3 Vậy C (1; −6) . Ví dụ 14. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−2; 0), B(0; −4). Gọi M là trung điểm của AB, tìm tọa độ trọng tâm tam giác OBM. Lời giải. Gọi G (xG ; yG ) là trọng tâm tam giác OBM, M (xM ; yM ) là trung điểm AB. Ta có:  x + xB ®  xM = A xM = −1 2 ⇔  yM = −2. yM = yA + yB 2    x + xB + xM −1   xG = O xG = x = −1 G 3 3 3 ⇔ ⇔ y + y + y −4 − 2    B M O   yG = yG = −2. yG = 3ã 3 Å −1 ; −2 . Vậy G 3 Ví dụ 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(1; 5), B(−4; −3), C(2; −1). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, tìm tọa độ điểm G0 là điểm đối xứng của G qua B.  0 ; y0 . Ta có: Lời giải. Gọi G (xG ; yG ), G0 xG G    1−4+2 −1 xA + xB + xC    xG = xG = xG = 3 3 3 ⇔ ⇔ y + y + y 1 5 − 3 − 1    B A C yG = yG = . yG = 3 3 3 Vì G0 là ảnh đối xứngcủa G qua B nên B là trung điểm của GG0 . Ta có:  −1 −23 ®   xG0 = 2.(−4) − xG0 = xG0 = 2xB − xG 3 ⇔ 3 ⇔ 1 −19   yG0 = 2yB − yG y 0 = 2.(−3) − y 0 = . G G 3 3 Å ã −23 −19 Vậy G ; . 3 3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 14. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(0; 2), B(−3; −2). Tìm tọa độ trung điểm của AB. Lời , yM ) là trung điểm AB, khi đó:  giải. Gọi M (xM  x + x 0−3 B   xM = A xM = x = −3 M 2 2 2 ⇔ ⇔ y + y 2 − 2    B A yM = yM = yM = 0. 2 Å 2 ã −3 Vậy M ;0 . 2 Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(−1; 2), B(5; −2), C(−2; 1). Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC. Lời là trọng tâm tam giác ABC,  giải. Gọi G (xG ; yG )   khi đó: x + x + x 2 −1 + 5 − 2 B A C    xG = xG = xG = 3 3 3 ⇔ ⇔ y + y + y 2 − 2 + 1    B A C yG = yG = yG = 1 . 3 3 3 72 CHƯƠNG 1. VECTƠ Å ã 2 1 Vậy G ; . 3 3 Å ã 5 Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−1; 1), D −1; . 2 a) Tìm tọa độ điểm B biết D là trung điểm đoạn AB. b) Tìm tọa độ điểm M đối xứng với A qua B. Lời giải. a) Gọi B (xB ; yB ) . Ta   có: −1 + xB x + xB ®   −1 = xD = A xB = −1 2 2 ⇔ ⇔ y + y   B yB = 4.  5 = 1 + yB yD = A 2 2 2 Vậy B (−1; 4) . b) Gọi M (xM ; yM ) là điểm đối xứng với A qua B, khi đó B là trung điểm của MA. Ta có: ® ® ® xM = 2xB − xA xM = 2.(−1) − (−1) xM = −1 ⇔ ⇔ yM = 2yB − yA yM = 2.4 − 1 yM = 7. Vậy M (−1; 7) . Bài 17. Trọng mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(−3; 2), B(4; 3) và điểm C nằm trên trục Ox. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC và điểm C, biết G nằm trên trục Oy. Lời giải.   Gọi G (0; yG ), C (xC ; 0)  −3 + 4 + xC xA + xB + xC   0 = xG = xC = −1 3 3 ⇔ ⇔ Ta có:   yG = 5 . yG = 2 + 3 + 0 yG = yA + yB + yC 3 3 3 Å ã 5 Vậy G 0; , C(−1; 0). 3 Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC, biết trung điểm của các cạnh AB, BC, AC lần lượt là M(2; 1), N(2; 4), P(−3; 0). Lời giải. Gọi A (xA ; yA ), B (xB ; yB ), C (xC ; yC ) là tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC. G(xG ; yG ) là trọng tâm tam giác ABC. Ta  có:  xA + xB yA + yB     = xM = yM     2 2   x +  yB + yC B xC = xN và = yN   2 2       x + xC y + yC    A  A = xP = yP 2 ®2 xA + xB + xC = xM + xN + xP ⇔ yA + yB + yC = yM + yN + yP .    xM + xN + xP xA + xB + xC 2 + 2 + (−3) 1    xG = xG = xG = = 3 2 3 3 Khi đó: ⇔ ⇔ y + y + y y + y + y 1 + 4 + 0 5 B    M N P A C yG = yG = y = = . G 3 3 3 3 Å ã 1 5 Vậy G ; . 3 3 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 73 Dạng 4. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, điểm thuộc đường thẳng Sử dụng các điều kiện cần và đủ sau: → − → → − − − − • Hai véc-tơ → a và b 6= 0 cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số k sao cho → a =kb. − → − → • Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi hai véc-tơ AB và AC cùng phương. • Điểm M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi ba điểm M, A, B thẳng hàng. Ví dụ 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(−1; 1), B(1; 3), C(2; 4). a) Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng. b) Đường thẳng AB cắt trục Ox tại điểm M. Tìm tọa độ điểm M. Lời giải. → − → − → − → 2− a) Ta có: AB = (2; 2) và AC = (3; 3) ⇒ AB = AC. 3 − → − → Suy ra hai véc-tơ AB và AC cùng phương. Do đó, ba điểm A, B, C thẳng hàng. − → b) Vì Đường thẳng AB cắt trục Ox tại điểm M nên ba điểm M, A, B thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AB và −→ AM cùng phương. − → −→ Gọi M(x; 0) thuộc trục Ox. Ta có: AB = (2; 2) và AM = (x + 1; −1). x+1 1 − → −→ AB và AM cùng phương ⇔ = − ⇔ x = −2. 2 2 Vậy M(−2; 0). → − − − Ví dụ 17. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba véc-tơ → a = (1; 2), b = (−3; 1) và → c = (6; 5). Tìm m để → − → − → − → − véc-tơ u = m a + b cùng phương với c . Lời giải. → − − − Ta có: → u = m→ a + b = (m − 3; 2m + 1). m − 3 2m + 1 − − Suy ra: → u cùng phương với → c ⇔ = ⇔ m = −3. 6 5 Vậy m = −3. Ví dụ 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(5; 5), B(6; −2), C(−2; 4). a) Chứng minh ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. Lời giải. − → − → a) Ta có: AB = (1; −7) và AC = (−7; −1). 1 −7 − → − → Vì 6= nên hai véc-tơ AB và AC không cùng phương. −7 −1 Suy ra ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Do đó A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. −→ − → b) Gọi D(x; y). Ta có: AD = (x − 5; y − 5) và®BC = (−8; 6). ® x − 5 = −8 x = −3 −→ − → ABCD là hình bình hành ⇔ AD = BC ⇔ ⇔ y − 5 = 6. y = 11. Vậy D(−3; 11). 74 CHƯƠNG 1. VECTƠ Ví dụ 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−2; 1) và B(−4; 5). a) Tìm trên trục Ox điểm C sao cho ABCO là hình thang có cạnh đáy là AO. b) Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường chéo của hình thang ABCO. Lời giải. −→ a) Gọi C(x; 0) thuộc trục Ox. Vì ABCO là hình thang có cạnh đáy là AO nên AO k BC. Suy ra hai véc-tơ AO − → và BC cùng phương. −→ − → Ta có: AO = (2; −1) và BC = (x + 4; −5). x + 4 −5 −→ − → = ⇔ x = 6. AO và BC cùng phương ⇔ 2 −1 Vậy C(6; 0). b) Gọi I(x; y) là giao điểm hai đường chéo OB và AC của hình thang ABCO. y 6 B 5 4 3 2 I A 1 C −5 −4 −3 −2 −1 O 1 2 3 4 5 6 7 x − → −→ → − − → Ta có: OI = (x; y), OB = (−4; 5), AI = (x + 2; y − 1), AC = (8; −1). y x − → −→ Ta có: O, I, B thẳng hàng ⇔ OI và OB cùng phương = ⇔ 5x + 4y = 0 (1). −4 5 x+2 y−1 → − − → Lại có: A, I, C thẳng hàng ⇔ AI và AC cùng phương = ⇔ x + 8y = 6 (2). 8 −1  2 ®   x = − 5x + 4y = 0 3 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: ⇔  x + 8y = 6. y = 5 . 6 Å ã 2 5 Vậy I − ; . 3 6 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm phân biệt A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ). Ta nói điểm M chia đoạn −→ −→ thẳng AB theo tỉ số k 6= 1 nếu MA = kMB. Chứng minh rằng:  xA − kxB   xM = 1−k y − kyB   yM = A . 1−k 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 75 Lời giải.  xA − kxB   xM =  x − x = k(x − x ) −→ −→ M B M A 1−k Ta có: MA = kMB ⇔ ⇔ y − kyB  yA − yM = k(yB − yM ).  yM = A . 1−k  x + xB  xM = A 2 , M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Khi k = −1 thì y + yB  A yM = 2 Bài 20. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(0; 2), B(1; 1) và C(−1; −2). Các điểm A0 , B0 , C0 lần 1 lượt chia các đoạn thẳng BC, CA, AB theo các tỉ số , −2, −1. 2 ® a) Tìm tọa độ các điểm A0 , B0 , C0 . b) Chứng minh ba điểm A0 , B0 , C0 thẳng hàng. Lời giải. a) Ta có: −→ 1 −→ A0 B = A0C ⇒ A0 (3; 4). 2 Å ã −→ −→ 1 2 0 0 0 B C = −2B A ⇒ B − ; . Å 3ã3 −→ − → 1 3 C0 A = −C0 B ⇒ C0 ; . 2 2 Å ã Å ã −− →0 −− →0 −−→ 4 −−→ 10 10 5 5 0 0 b) Ta có: A B = − ; − và A C = − ; − ⇒ A0 B0 = A0C0 . 3 3 2 2 3 −− →0 −− →0 0 0 0 Suy ra hai véc-tơ A B và A C cùng phương. Do đó, ba điểm A , B0 , C0 thẳng hàng. Bài 21. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(5; 0), B(3; −2). Đường thẳng AB cắt trục Oy tại điểm M. Trong ba điểm A, B, M, điểm nào nằm giữa hai điểm còn lại? Lời giải. − → −→ Vì Đường thẳng AB cắt trục Oy tại điểm M nên ba điểm M, A, B thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AB và AM cùng phương. − → −→ Gọi M(0; m) thuộc trục Oy. Ta có: AB = (−2; −2) và AM = (−5; m). m −5 − → −→ = ⇔ m = −5. AB và AM cùng phương ⇔ −2 −2 − → −→ − → 2 −→ Suy ra M(−2; 0). Khi đó, ta có: AB = (−2; −2) và AM = (−5; −5), suy ra AB = AM. 5 Vậy điểm B nằm giữa hai điểm A và M. Å ã 1 Bài 22. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(6; 4), B(3; −2), C ; 2 . 2 a) Tìm trên trục hoành điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. b) Tìm trên trục hoành điểm N sao cho NA + NC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. 76 CHƯƠNG 1. VECTƠ a) Ta có hai điểm A và B nằm về hai phía đối với trục hoành. Với mọi M ∈ Ox, ta có MA + MB ≥ AB và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm A, M, B thẳng hàng. Vậy MA + MB có giá trị nhỏ nhất là bằng AB, đạt được khi M là giao điểm của của đường thẳng AB và trục hoành. Vì M là giao điểm của của đường thẳng AB và truc hoành nên ba −→ − → điểm M, A, B thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AM và AB cùng phương. −→ − → Gọi M(x; 0) thuộc trục Ox. Ta có: AM = (x − 6; −4) và AB = (−3; −6). y A 4 3 2 1 M O 1 2 3 4 5 x 6 −1 −2 B x − 6 −4 − → −→ = ⇔ x = 4. AB và AM cùng phương ⇔ −3 −6 Vậy M(4; 0). y b) Ta có hai điểm A và C nằm về một phía đối với trục hoành. 0 Gọi Å C làãđiểm đối xứng với C qua trục hoành. Khi đó, ta có 4 1 C0 ; −2 . 3 2 0 0 Với mọi N ∈ Ox, ta có NA + NC = NA + NC ≥ AC và dấu bằng 2 C xảy ra khi và chỉ khi ba điểm A, N, C0 thẳng hàng. Vậy NA + NC có giá trị nhỏ nhất là bằng AC0 , đạt được khi N là giao 1 điểm của của đường thẳng AC0 và trục hoành. Vì N là giao điểm của của đường thẳng AC0 và truc hoành nên O 1 −→0 −→ 0 ba điểm N, A, C thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AN và AC cùng −1 phương. −2 C0 ã Å −→0 11 −→ Gọi N(x; 0) thuộc trục Ox. Ta có: AN = (x − 6; −4) và AC = − ; −6 . 2 −2(x − 6) −4 7 −→ −→0 AN và AC cùng phương ⇔ = ⇔x= . 11 −6 3 Å ã 7 Vậy N ;0 . 3 Bài 23. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(6; 4), B(2; 3), C(−2; 1). a) Tìm trên trục tung điểm M sao cho |MA − MB| đạt giá trị lớn nhất. b) Tìm trên trục tung điểm N sao cho |NA − NC| đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. A N 2 3 4 5 6 x 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 77 a) Ta có hai điểm A và B nằm về một phía đối với trục tung. Với mọi M ∈ Oy, ta có |MA − MB| ≤ AB và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm A, M, B thẳng hàng. Vậy |MA − MB| có giá trị lớn nhất là bằng AB, đạt được khi M là giao điểm của của đường thẳng AB và trục tung. Vì M là giao điểm của của đường thẳng AB và trục tung nên ba điểm −→ − → M, A, B thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AM và AB cùng phương. y A 4 3 B 2 M 1 O 1 2 3 4 5 6 x −→ − → Gọi M(0; y) thuộc trục Oy. Ta có: AM = (−6; y − 4) và AB = (−4; −1). −6 y − 4 5 −→ − → AM và AB cùng phương ⇔ = ⇔y= . −4 −1 2 ã Å 5 Vậy M 0; . 2 b) Ta có hai điểm A và C nằm về hai phía đối với trục hoành. Gọi C0 là điểm đối xứng với C qua trục tung. Khi đó, ta có C0 (2; 1). Với mọi N ∈ Oy, ta có |NA − NC| = |NA − NC0 | ≤ AC0 và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ba điểm A, N, C0 thẳng hàng. C Vậy |NA − NC| có giá trị lớn nhất là bằng AC0 , đạt được khi N là giao điểm của của đường thẳng AC0 và trục tung. y A 4 3 2 1 C0 O −2 −1 −1 N 1 2 3 4 5 6 Vì N là giao điểm của của đường thẳng AC0 và trục tung nên ba điểm N, A, C0 thẳng hàng. Suy ra hai −→ −→ véc-tơ AN và AC0 cùng phương. −→ −→ Gọi N(0; y) thuộc trục Oy. Ta có: AN = (−6; y − 4) và AC0 = (−4; −3). −6 y − 4 1 −→ −→0 AN và AC cùng phương ⇔ = ⇔x=− . −4 −3 2 ã Å 1 Vậy N 0; − . 2 III. Bài tập tổng hợp Bài 24. Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ của các véc-tơ sau: → − − a) → a = −5 i ; → − → − b) b = 7 j ; → − → − − c) → c = −3 i + 8 j ; √ → − → − → − d) d = 0, 5 i − 11 j . → − − Lời giải. a) → a = −5 i = (−5; 0); → − → − b) b = 7 j = (0; 7); → − → − − c) → c = −3 i + 8 j = (−3; 8); √ → − − → − √ → d) d = 0, 5 i − 11 j = (0, 5; − 11). Bài 25. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(−3; −1), B(1; 1) và C(7; 4). − →− → a) Tìm tọa độ của AB, BC. Chứng minh A, B,C thẳng hàng. b) Chứng minh A, B, O không thẳng hàng. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABO. c) Tìm tọa độ điểm D trên trục hoành để A, B, D thẳng hàng. Lời giải. − → − → a)Ta có AB = (4; 2), BC = (6; 3). x 78 CHƯƠNG 1. VECTƠ − → 2− → Suy ra AB = BC. 3 − →− → Do đó hai véc-tơ AB, BC cùng phương. Vậy A, B,C thẳng hàng. −→ − → −→ b) Ta có AO = (3; 1). Suy ra AB và AO là hai véc-tơ không cùng phương. Do đó A, B, O không thẳng hàng. Tọa  độ trọng tâm G của tam giác ABO  xG = xA + xB + xO = −3 + 1 + 0 = −2 3 3 3 yA + yB + yO −1 + 1 + 0  yG = = = 0. 3ã 3 Å 2 Vậy G − ; 0 . 3 −→ c) Vì D ∈ Ox nên D(x; 0) và AD = (x + 3; 1) − → −→ Do A, B, D thẳng hàng nên AB, AD cùng phương x+3 1 ⇔ = ⇔ x = −1. 4 2 Vậy D(−1; 0). Bài 26. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(−2; 3), B(2; 4) và C(1; −2). a) Chứng minh A, B,C là ba đỉnh của tam giác. −→ b) Tính tọa độ véc-tơ AM với M là trung điểm của BC. c) Tính tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Lời giải. − → − → a) Ta có AB = (4; 1) và AC = (3; −5). 1 4 − → − → nên AB và AC không cùng phương. Vì 6= 3 −5 Suy ra A, B,C không thẳng hàng. Vậy A, B,C là ba đỉnh của một tam giác. b) Gọi M(x; y) là trung điểm của BC. Ta có   x = 2 + 1 = 3 2 2 4−2  y = = 1. 2Å ã 3 Do đó M ;1 . 2Å ã 7 −→ Vậy AM = ; −2 . 2 c)  Gọi G(x; y) là trọng tâm tam giác ABC. Ta có  x = −2 + 2 + 1 = 1 3 3 3+4−2 5  y = = . 3 Å 3ã 1 5 Vậy G ; . 3 3 Bài 27. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(−2; 2), B(1; 4), C(5; 1). a) Tìm tọa độ trung điểm I của AC. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Lời giải. a)  Gọi I(x; y) là trung điểm của AC. Ta có  x = −2 + 5 = 3 2 2 2+1 3  y = = . 2 2 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 79 Å ã 3 3 Vậy I ; . 2 2 b) Vì tứgiác ABCD là hình bình hành nên I là trung điểm của BD. ® ®   xD + 1 = 3 x + 1 = 3 xD = 2 D Suy ra y 2+ 4 23 ⇔ ⇔ D  yD + 4 = 3 xD = −1.  = 2 2 Vậy D(2; −1). Bài 28. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(2; −1), B(−3; 5), C(4; −7). a) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tức giác BGCD là hình bình hành. Lời giải. a)  Gọi G(x; y) là trọng tâm tam giác ABC. Ta có  x = 2 − 3 + 4 = 1 3 . −1 + 5 − 7  y = = −1 3 Vậy G(1; −1). −→ −→ b) Ta có CD = (xD − 4; yD + 7), GB = (−4; 6). −→ −→ Vì ® BGCD là hình bình hành ® nên CD = GB xD − 4 = −4 xD = 0 ⇔ ⇔ yD + 7 = 6 yD = −1. Vậy tọa độ điểm D là (0; −1). Bài 29. Trong mặt phẳng Oxy, cho A(1; 6), B(2; 2) và C(−2; 3). a) Chứng minh ba điểm A, B,C tạo thành một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là một hình bình hành. c) Tìm tọa độ điểm E(x; −2) sao cho A, B, E thẳng hàng. Lời giải. D y 7 A 6 5 4 C 3 2 B 1 0 −3 −2 −1 0 −1 1 −2 −3 − → − → a) Ta có AB = (1; −4) và AC = (−3; −3). 1 −4 − → − → Vì 6= nên AB và AC không cùng phương. −3 −3 Suy ra A, B,C không thẳng hàng. Vậy A, B,C là ba đỉnh của một tam giác. −→ − → b) Gọi D(x; y). Ta có CD = (x + 2; y − 3), BA = (−1; 4). −→ − → Vì ABCD là hình bình hành nên CD = BA 3x 2 E 80 CHƯƠNG 1. VECTƠ ® x + 2 = −1 ⇔ y−3 = 4 ® ⇔ x = −3 y = 7. Vậy tọa độ điểm D là (−3; 7). −→ − → c) Ta có AE = (x − 1; −8), AB = (1; −4). Vì A, B, E thẳng hàng nên x − 1 −8 = . 1 −4 Suy ra x = 3. Vậy E(3; −2). Bài 30. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm B(−3; 2) và C(6; 5). Tìm tọa độ điểm A thuộc trục tung sao cho AB + AC bé nhất. Lời giải. y 5 C 4 3 A 2 B 1 −4 −3 −2 0 −1 0 −1 1 2 3 4 5 6 x Vì A thuộc trục tung nên A(0; y). − → − → Ta có BA = (3; y − 2), BC = (9; 3). Vì xB = −3 < 0 và xC = 6 > 0 nên B và C nằm về hai phía đối với trục tung. Do đó AB + AC bé nhất khi và chỉ khi A, B,C thẳng hàng. − →− → Suy ra hai véc-tơ BA, BC cùng phương. 3 y−2 = ⇔ y = 3. 9 3 Vậy A(0; 3). Tức là Bài 31. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm M(−3; −4) và N(3; −2). Tìm tọa độ điểm P thuộc trục Ox sao cho PM + PN bé nhất. Lời giải. 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 81 y 2 N0 1 −4 −3 −2 0 −1 0 −1 −2 P 1 3 x 2 N −3 M −4 −5 Vì P ∈ Ox nên P(x; 0). Vì yM = −4 < 0 và yN = −2 < 0 nên M, N nằm cùng phía đối với Ox. Gọi N 0 là điểm đối xứng với N qua Ox. −−→ −→ Suy ra N 0 (3; 2) và MN 0 = (6; 6), MP = (x + 3; 4). Ta có PM + PN = PM + PN 0 . Do đó PM + PN bé nhất khi và chỉ khi PM + PN 0 bé nhất. PM + PN 0 bé nhất ⇔ P, M, N 0 thẳng hàng −→ −−→ ⇔ Hai véc-tơ MP, MN 0 cùng phương x+3 4 = ⇔ x = 1. ⇔ 6 6 Vậy P(1; 0). Bài 32. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(1; −2), B(0; 4), C(3; 2). Tìm điểm D sao cho D ∈ Ox và ABCD là hình thang đáy là AB. Lời giải. Gọi D(xD ; 0) là điểm cầm tìm.  ® ® (nhậ xB − xA = k(xC − xD ) 0 − 1 = 3k − k.xD k = 3 − → −→ Để ABCD là hình thang thì AB = kDC (k > 0) ⇔ ⇔ ⇔ xD = 10 . yB − yA = k(yC − yD ) 4 − (−2) = 2k 3 ã Å 10 Vậy D ;0 . 3 Bài 33. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Gọi G, I, H lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ trọng tâm G biết I(0; 2), H(3; 5). Lời giải. 82 CHƯƠNG 1. VECTƠ Kéo dài AI cắt đường tròn tại D. ‘ = 900 ⇒ CD ⊥ AC mà BH ⊥ AC ⇒ BH song song CD. Ta có: ACD Tương tự ta cũng có BD song song HC. ⇒ HCDB là hình bình hành. −→ −→ −→ → − Ta có: GA + GB + GC = 0 . −→ −→ −→ −→ → − Chèn điểm H vào ta suy ra 3GH + HA + HB + HC = 0 . −→ −→ −→ Theo quy tắc hình bình hành ta có HB + HC = HD. −→ −→ −→ → − Ta suy ra được 3GH + HA + HD = 0 −→ − → ⇔® 3GH = 2HI ® 3(xH − xG ) = 2(xI − xH ) xG = 5 ⇔ ⇔ 3(yH − yG ) = 2(xI − xH ) yG = 7. Vậy G (5; 7) . C D I H G A Bài 34. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(5; 3), B(2; −3), C(−2; 1). a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. −→ −→ −→ b) Tìm trên trục hoành điểm M sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. −→ −→ −→ c) Tìm trên trục tung điểm N sao cho NA − 4NB + 9MC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. − → − → a) Ta có: AB = (−3; −6) và AC = (−7; −2). −3 −6 − → − → 6= nên hai véc-tơ AB và AC không cùng phương. Vì −7 −2 Suy ra ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Do đó A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. ã 5 1 b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có: G ; . 3 3 −→ −→ −→ −−→ Ta có: MA + MB + MC = 3MG = 3MG. −→ −→ −→ Do đó, MA + MB + MC nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G trên trục hoành. ã Å 5 ;0 . Suy ra M 3 Å → − − → → − → − c) Gọi I là điểm thỏa mãn IA − 4IB + 9IC = 0 . Gọi I(x; y), ta có: → − − → → − → − IA − 4IB + 9IC = 0 ® x − 5 − 4(x − 2) + 9(x + 2) = 0 ⇔ y − 3 − 4(y + 3) + 9(y − 1) = 0. ® 6x + 21 = 0 ⇔ 6y − 24 = 0.  x = − 7 3 ⇔  y =Å4. ã 7 Suy ra I − ; 4 . 3 Ta có: B 4.. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 83 −→ −→ −→ NA − 4NB + 9MC Ä− Ä− − →ä − → → → → −ä → − = NI + IA − 4 NI + IB + 9 MI + IC − − →ä − → Ä→ → − = 6NI + IA − 4IB + 9IC − → = 6NI = 6NI. −→ −→ −→ Do đó, NA − 4NB + 9MC nhỏ nhất ⇔ NI nhỏ nhất ⇔ N là hình chiếu của I trên trục tung. Suy ra N(0; 4). Bài 35. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−3; 3), B(−1; 4). Đường thẳng đi qua hai điểm A và B cắt trục hoành tại M và cắt trục tung tại N. Tính diện tích tam giác OMN và độ dài đường cao của tam giác OMN kẻ từ O. Lời giải. y B H A N 4 3 2 1 M −10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 O −1 1 x −1 −→ − → Vì Đường thẳng AB cắt trục Ox tại điểm M nên ba điểm M, A, B thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AM và AB cùng phương. −→ − → Gọi M(x; 0) thuộc trục Ox. Ta có: AM = (x + 3; −3) và AB = (2; 1). x + 3 −3 −→ − → = ⇔ x = −9. AM và AB cùng phương ⇔ 2 1 Vậy M(−9; 0). −→ − → Vì Đường thẳng AB cắt trục Oy tại điểm N nên ba điểm N, A, B thẳng hàng. Suy ra hai véc-tơ AN và AB cùng phương. −→ − → Gọi N(0; y) thuộc trục Oy. Ta có: AN = (3; y − 3) và AB = (2; 1). 3 y−3 9 −→ − → AN và AB cùng phương ⇔ = ⇔y= . 2 1 2 Å ã 9 Vậy N 0; . 2 Vì tam giác OMN vuông tại O nên tam giác OMN có diện tích là: 1 1 9 81 S4OMN = OM.ON = .9. = . 2 2 2 4 Gọi H là chân đường cao kẻ từ O của tam giác vuông OMN. Khi đó, ta có: 1 1 1 1 4 5 = + = + = . OH 2 OM 2 ON 2 81 91 81 √ 81 9 5 Do đó, ta có: OH 2 = ⇒ OH = . 5 5 84 CHƯƠNG 1. VECTƠ Bài 36. Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và CD; P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AC và BD; M và N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD và BC. Chứng minh rằng ba đoạn thẳng IJ, PQ và MN có cùng trung điểm. Lời giải. B C N Q I J P A M D Xét mặt phẳng tọa độ Oxy. Giả sử A(a1 ; a2 ), B(b1 ; b2 ), C(c1 ; c2 ) và D(d1 ; d2 ). Ta có: ã Å ã Å Å c1 + d1 c2 + d2 a1 + b1 + c1 + d a1 + b1 a2 + b2 ; ,J ; . Suy ra trung điểm của đoạn thẳng IJ có tọa độ là • I 2 2 2 2 4 (1). a + c a + c  Åb + d b + d ã 1 1 2 2 1 1 2 2 • P ; , Q ; . Suy ra trung điểm của đoạn thẳng PQ có tọa độ là 2 2 2 Å ã2 a1 + b1 + c1 + d1 a2 + b2 + c2 + d2 ; (2). 4 4 Å ã Å ã a1 + d1 a2 + d2 b1 + c1 b2 + c2 • M ; ,N ; . Suy ra trung điểm của đoạn thẳng MN có tọa độ là 2 2 2 Å ã2 a1 + b1 + c1 + d1 a2 + b2 + c2 + d2 ; (3). 4 4 Từ (1), (2) và (3) suy ra ba đoạn thẳng IJ, PQ và MN có cùng trung điểm. 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 85 §5. I. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I Đề số 1a Câu 1. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD tâm O. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC,CD, DA (hình vẽ). D C P Q O N M A B − → a) Từ hình vẽ, hãy chỉ ra tất cả các véc-tơ đối của véc-tơ AB. −→ b) Từ hình vẽ, chỉ ra tất cả các véc-tơ bằng véc-tơ OA. Lời giải. − → − → −→ −→ a) Các véc-tơ đối của véc-tơ AB là BA, NQ, CD. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −→ −−→ b) Các véc-tơ bằng véc-tơ OA là CO, PQ, NM. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Câu 2. (1 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8 cm, BC = 6 cm. − → −→ −→ − → a) Chứng minh rằng, với mọi điểm M, ta luôn có AC + BM = AM + BC. − → −→ − → − b) Tính độ dài véc-tơ → u = AC + AD − BC. Lời giải. Hình vẽ C D O A B − → −→ −→ − → − → −→ − → −→ −→ −→ a) Vì AC + BM = AM + BC ⇔ AC − AM = BC − BM ⇔ MC = MC (đúng với mọi M) nên ta có đẳng thức cần chứng minh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ − → − → −→ − → − → − b) Vì AD = BC nên → u = AC + AD − BC = AC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. √ − → − Do đó |→ u | = AC = AB2 + BC2 = 10 cm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Câu 3. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích các điểm M thỏa mãn điều kiện −→ −→ −→ −→ 3 MA = 2MA − MB − MC . 86 CHƯƠNG 1. VECTƠ −→ −→ − → Lời giải. Gọi I là trung điểm BC, ta có MB + MC = 2MI. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −→ −→ → − − → Suy ra 2MA − MB − MC = 2MA − 2MI = 2 IA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 2 −→ −→ −→ −→ Do đó 3 MA = 2MA − MB − MC ⇔ AM = AI. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 3 2 Vậy, quỹ tích các điểm M là đường tròn tâm A, bán kính r = AI.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 điểm. 3 − → → → → − − → − − → − Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi I và J lần lượt là các điểm sao cho IB+5IC = 0 và JB−3JC = 0 . → − − → − →− → Hãy phân tích các véc-tơ AI và AJ theo hai véc-tơ AB, AC. Lời giải. Hình vẽ. A B I C J Ä→ Ä→ 1− − → → − − →ä − − →ä → → − → 5− → − − → − Ta có IB + 5IC = 0 ⇔ IA + AB + 5 IA + AC = 0 ⇔ AI = AB + AC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 điểm. 6 6 Ä− Ä− 1− − → → → − →ä → − →ä → − → → 3− → − − − → JB − 3JC = 0 ⇔ JA + AB − 3 JA + AC = 0 ⇔ AJ = − AB + AC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 điểm. 2 2 −→ → − → − Câu 5. (4 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(−3; 4), P(1; 1) và điểm N sao cho ON = 2 i − j . a) Chứng minh rằng M, N, P không thẳng hàng. Xác định điểm Q sao cho MPNQ là hình bình hành. − → → − − → b) Xác định điểm I trên trục Oy sao cho IN + IP + 4IM đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. −→ → − → − a) Từ ON = 2 i − j suy ra N(2; −1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 5 −5 −−→ −→ nên M, N, P không thẳng hàng. . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Ta có MN = (5; −5), MP = (4; −3) và 6= 4 −3 − → −→ Giả sử Q(x; y). Ta có MP = (4; −3) và QN = ®(2 − x; −1 − y). .®. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 4 = 2−x x = −2 −→ −→ MPNQ là hình bình hành khi MP = QN ⇔ ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −3 = −1 − y y=2 Vậy Q(−2; 2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. − −→ −→ −−→ → b) Gọi K(a; b) là điểm sao cho KN + KP + 4KM = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −−→ Ta có KN = (2 − a; −1 − b), KP =(1 − a; 1 − b), KM = (−3 − a; 4 − b). . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 3  Å ã a = − 3 8 − −→ −→ −−→ → 2 . Suy ra K − ; Do đó KN + KP + 4KM = 0 ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm.  2 3 b = 8 3 − → → − − → − → Vì I ∈ Oy nên IN + IP + 4IM = 6IK = 6.IK đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu Å ã 8 vuông góc của K lên Oy. Suy ra I 0; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 3 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I II. 87 Đề số 1b Câu 1. (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD tâm O. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC,CD, DA (hình vẽ). D C P Q O N M A B − → a) Từ hình vẽ, hãy chỉ ra tất cả các véc-tơ đối của véc-tơ BC. −→ b) Từ hình vẽ, chỉ ra tất cả các véc-tơ bằng véc-tơ OB. Lời giải. − → − → −→ −→ a) Các véc-tơ đối của véc-tơ BC là CB, DA, PM. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −−→ −→ b) Các véc-tơ bằng véc-tơ OB là DO, QM, PN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. ‘ = 60◦ . Câu 2. (1 điểm) Cho hình thoi ABCD có AB = 6 cm, BAD − → −→ −→ − → a) Chứng minh rằng, với mọi điểm M, ta luôn có AC + BM = AM + BC. − → −→ − → − b) Tính độ dài véc-tơ → u = AC + AD − BC. Lời giải. Hình vẽ C D O B A − → −→ −→ − → − → −→ − → −→ −→ −→ a) Vì AC + BM = AM + BC ⇔ AC − AM = BC − BM ⇔ MC = MC (đúng với mọi M) nên ta có đẳng thức cần chứng minh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ − → − → −→ − → − → − b) Vì AD = BC nên → u = AC + AD − BC = AC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. √ − → − Do đó |→ u | = AC = 2AO = 6 3 cm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Câu 3. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích các điểm M thỏa mãn điều kiện −→ −→ −→ −→ MB = MA + MB − 2MC . −→ −→ − → Lời giải. Gọi I là trung điểm AB. Ta có MA + MB = 2MI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −→ −→ − → Suy ra MA + MB − 2MC = 2MI − 2MC = 2 |CI|. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −→ −→ Do đó MB = MA + MB − 2MC ⇔ BM = 2IC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Vậy, quỹ tích các điểm M là đường tròn tâm B, bán kính r = 2IC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 88 CHƯƠNG 1. VECTƠ −→ → − −→ −→ Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi K và H lần lượt là các điểm sao cho KB + 5KC = 0 và HB − −→ → −→ −→ − →− → − 3HC = 0 . Hãy phân tích các véc-tơ AK và AH theo hai véc-tơ AB, AC. Lời giải. Hình vẽ. A B K C H Ä−→ − Ä−→ − −→ → →ä →ä → −→ 1 − → 5− → − − −→ Ta có KB + 5KC = 0 ⇔ KA + AB + 5 KA + AC = 0 ⇔ AK = AB + AC. . . . . . . . . . . . . . . . 1 điểm. 6 6 Ä−→ − Ä−→ − 1− −→ → →ä →ä → −→ → 3− → − − −→ Ta có HB − 3HC = 0 ⇔ HA + AB − 3 HA + AC = 0 ⇔ AH = − AB + AC. . . . . . . . . . . . . . 1 điểm. 2 2 −−→ → − → − Câu 5. (4 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm N(2; −1), P(1; 1) và điểm M sao cho OM = −3 i +4 j . a) Chứng minh rằng M, N, P không thẳng hàng. Xác định điểm Q sao cho MNQP là hình bình hành. − → → − − → b) Xác định điểm I trên trục Ox sao cho IN + IP + 4IM đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. −−→ → − → − a) Từ OM = −3 i + 4 j suy ra M(−3; 4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 5 −5 −−→ −→ nên M, N, P không thẳng hàng. . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Ta có MN = (5; −5), MP = (4; −3) và 6= 4 −3 −→ −→ Giả sử Q(x; y). Ta có MP = (4; −3) và QN = ®(x − 2; y + 1). .®. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 4 = x−2 x=6 − → −→ MNQP là hình bình hành khi MP = NQ ⇔ ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −3 = y + 1 y = −4 Vậy Q(6; −4). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. − −→ −→ −−→ → b) Gọi K(a; b) là điểm sao cho KN + KP + 4KM = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ −→ −−→ Ta có KN = (2 − a; −1 − b), KP =(1 − a; 1 − b), KM = (−3 − a; 4 − b). . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 3  Å ã  a = − 3 8 − −→ −→ −−→ → 2 . Suy ra K − ; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Do đó KN + KP + 4KM = 0 ⇔  2 3 b = 8 3 − → → − − → − → Vì I ∈ Ox nên IN + IP + 4IM = 6IK = 6.IK đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi I là hình chiếu Å ã 3 vuông góc của K lên Ox. Suy ra I − ; 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 2 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I III. 89 Đề số 2a Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hành MNPQ có I là giao điểm của hai đường chéo. Xét các véc-tơ có điểm đầu, điểm cuối là một trong các điểm M, N, P, Q, I. − → a) Tìm véc-tơ bằng MI. − → b) Tìm tất các các véc-tơ đối của QI. → → − − → − → → − − c) Chứng minh: MI + NI + PI + QI = 0 . Lời giải. − → → − a) Véc-tơ bằng MI là IP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 − → − →− → b) Tất cả các véc-tơ đối của QI là IQ, NI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 → − → → − − → − c) Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên MI = IP, NI = IQ . . . . . . . . 0, 5 M Do đó: − → − → − → → − − → − → → − → − → − MI + NI + PI + QI = IP + IQ + PI + QI = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 N P I Q Câu 2. (2 điểm) Cho tam giác ABC có M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. − → −→ − → −−→ a) Tìm x, y biết MN = xBC và AG = yAP. −→ − → − → b) Phân tích AG theo AB và AC. Lời giải. a) Do MN là đường trung bình của tan giác ABC nên BC = 2MN. → −−→ 1 − Suy ra: MN = BC. 2 1 Vậy x = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 2 M 2 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên AG = AP. 3 −→ 2 − → Suy ra: AG = AP. 3 2 Vậy y = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 A 3 B G P N − → 1− → 1− → b) Do P là trung điểm của BC nên AP = AB + AC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 2 2 −→ 2 − → Mà AG = AP 3 −→ 1 − → 1− → Do đó: AG = AB + AC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 3 3 Câu 3. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho 3 điểm A(1; 2), B(5; 2) C(2; 3). a) Chứng minh 3 điểm A, B, C tạo thành 3 đỉnh của một tam giác. b) Tìm điểm D sao cho tứ giác ABDC là hình bình hành. Lời giải. C 90 CHƯƠNG 1. VECTƠ − → − → a) Ta có AB = (4; 0), AC = (1; 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 C D − → − → Suy ra: AB 6= kAC, ∀k ∈ R. − → − → Do đó, hai véc-tơ AB và AC không cùng phương. B Suy ra, 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. A Vậy, 3 điểm A, B, C tạo thành 3 đỉnh của một tam giác . . . . . . . . . . . . 0, 5 −→ b) Gọi D(x; y). Ta có CD = (x − 2; y − 3). − → −→ Tứ ® giác ABDC là hình ® bình hành ⇔ AB = CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 x=6 x−2 = 4 ⇔ ⇔ y=3 y−3 = 0 Vậy D = (6; 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 −→ − −→ −→ → Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm điểm M sao cho 2MA + 2MB + MC = 0 . Lời giải. Gọi I là trung điểm của AB. −→ − −→ −→ → Ta cóÄ 2MA + 2MB + MC = 0 ä −→ −→ −→ → − ⇔ 2 MA + MB + MC = 0 − − → −→ → ⇔ 4MI + MC = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1, 0 −→ − → ⇔ MC = −4MI Vậy, điểm M nằm giữa 2 điểm C và I sao cho MC = 4MI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1, 0 B I M A C Câu 5. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho 2 điểm A(1; 2) và B(3; 1). Tìm điểm M thuộc Ox sao cho −→ −→ MA + MB nhỏ nhất. Lời giải. Gọi A0 là điểm đối xứng với điểm A qua trục Ox. Suy ra A0 (1; −2) và y A AM = A0 M. −−→ −→ Gọi M(x; 0). Khi đó: A0 M = (x − 1; 2), A0 B = (2; 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 B −→ −→ Ta có MA + MB = MA + MB = MA0 + MB ≥ A0 B. −→ −→ x M O Do đó, MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ chi 3 điểm A0 , M, B thẳng hàng 0, 5 ® −− → −→ x − 1 = 2k ∗ 0 0 ⇔ ∃k ∈ R , A M = kA B ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 2 = 3k A0  2  k = 3. ⇔  x = 7 3Å ã 7 Vậy M = ; 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 3 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I IV. 91 Đề số 2b Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo. Xét các véc-tơ có điểm đầu, điểm cuối là một trong các điểm A, B, C, D, O. −→ a) Tìm véc-tơ bằng CO. −→ b) Tìm tất các các véc-tơ đối của OA. − → − → −→ − → c) Chứng minh: AB + 2AC + AD = 3AC. Lời giải. −→ −→ a) Véc-tơ bằng CO là OA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 −→ −→ −→ b) Tất cả các véc-tơ đối của OA là AO, OC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 − → −→ − → c) Vì tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB + AD = AC . . . . . . . . . . . . 0, 5 A Do đó: − → − → −→ − → − → − → AB + 2AC + AD = AC + 2AC = 3AC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 C B O D Câu 2. (2 điểm) Cho tam giác ABC có M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. − → −−→ −→ −→ a) Tìm x, y biết AC = xPM và CG = yMG. −→ − → − → b) Phân tích BG theo AB và BC. Lời giải. a) Do MP là đường trung bình của tan giác ABC nên AC = 2MP. − → −→ Suy ra: AC = −2PM. Vậy x = −2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên CG = 2MG. M −→ −−→ Suy ra: CG = −2MG. Vậy y = −2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 A B G P N → 1− → −→ 1 − b) Do N là trung điểm của AC nên BN = BA + BC. 2 2 1− → 1− → −→ ⇒ BN = − AB + BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 2 2 −→ 2 −→ Mà BG = BN 3 1− −→ → 1− → Do đó: BG = − AB + BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 3 3 Câu 3. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho 3 điểm A(1; 3), B(3; 4) C(0; 3). a) Chứng minh 3 điểm A, B, C tạo thành 3 đỉnh của một tam giác. b) Tìm điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Lời giải. C 92 CHƯƠNG 1. VECTƠ − → − → a) Ta có AB = (2; 1), AC = (−1; 0) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 D B − → − → Suy ra: AB 6= kAC, ∀k ∈ R. − → − → Do đó, hai véc-tơ AB và AC không cùng phương. C A Suy ra, 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. Vậy, 3 điểm A, B, C tạo thành 3 đỉnh của một tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 −→ b) Gọi D(x; y). Ta có CD = (x; y − 3). − → −→ Tứ ® giác ABDC là hình ® bình hành ⇔ AB = CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 x=2 x=2 ⇔ ⇔ y−3 = 1 y=4 Vậy D = (2; 4) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 −→ −→ −→ → − Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm điểm M sao cho MA + MB + 2MC = 0 . Lời giải. Gọi I là trung điểm của AB. −→ −→ −→ → − Ta có MA + MB + 2MC = 0 −→ → − − → ⇔ 2MI + 2MC = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1, 0 −→ − → ⇔ MC = −MI Vậy, điểm M là trung điểm của đoạn thẳng MI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1, 0 B I M A C Câu 5. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho 2 điểm A(1; 2) và B(3; 1). Tìm điểm M thuộc Oy sao cho −→ −→ MA + MB nhỏ nhất. Lời giải. Gọi A0 là điểm đối xứng với điểm A qua trục Oy. Suy ra A0 (−1; 2) và y 0 AM = A M. 0 −−→ −→ A Gọi M(0; y). Khi đó: A0 M = (1; y − 2), A0 B = (4; −1) . . . . . . . . . . . . 0, 5 A M −→ −→ Ta có MA + MB = MA + MB = MA0 + MB ≥ A0 B. B −→ −→ Do đó, MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ chi 3 điểm A0 , M, B thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .® . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 x O − − → − → 4k = 1 ⇔ ∃k ∈ R∗ , A0 M = kA0 B ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 y − 2 = −k  1  k = 4. ⇔ 7  y = 4Å ã 7 Vậy M = 0; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0, 5 4 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I V. 93 Đề số 3a Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Chỉ xét các véc-tơ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của hình bình hành ABCD. − → a) Hãy chỉ ra các véc-tơ cùng phương với véc-tơ AB. −→ − → − → −→ b) Chứng minh rằng AD + BC = AC + BD. Lời giải. C D B A − → −→ −→ − → a) AB cùng phương với CD, DC, BA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 −→ − → − → −→ −→ −→ − → −→ b) AD + BC = AC + CD + BD + DC = AC + BD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 −→ −→ → − −→ − −→ → Câu 2. (1 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi M, N là các điểm thoả mãn MA + MB = 0 , NC + 3NB = 0 . − → − → −−→ Phân tích véc-tơ MN theo hai véc-tơ AB, AC. Lời giải. C N A M B → 1− → 1− → 1− → −−→ −→ −→ 1 − MN = MB + BN = AB + BC = AB + AC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 2 4 4 4 → − − − Câu 3. Cho ba véc-tơ → a = (1; 2), b = (−3; 3), → c = (5; −2). → − − − − a) Tìm tọa độ véc-tơ → x = 2→ a − 3 b + 2→ c. → − − − b) Phân tích véc-tơ → a theo hai véc-tơ b và → c. Lời giải. → − − − − a) Ta có: 2→ a = (2; 4), 3 b = (−9; 9), 2→ c = (10; −4). Vậy → x = (21; −9) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 94 CHƯƠNG 1. VECTƠ → − − − b) Giả sử → a®= m b + n→ c. −3m + 5n = 1 4 . Giải hệ ta được m = , n = 1. Ta có hệ 3 3m − 2n = 2 → − 4 − − Vậy → a = b +→ c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 3 Câu 4. (3 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1; 3), B(2; −3), C(−2; 1). a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tạo độ điểm D sao cho C là trọng tâm của tam giác ABD c) Tìm tọa độ điểm I trên trục Ox sao cho ba điểm A, I, B thẳng hàng. Lời giải. y A 3 1 C −2 1 −3 2 x B − → − → − → − → a) Ta có: AB = (1; −6), AC = (−3; −2), do đó AB và AC không cùng phương. Vì vậy, ba điểm A, B, C không thẳng hàng hay ba điểm đó tạo thành 3 đỉnh của một tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 b) Gọi D(a,  b) là điểm sao cho C là trọng tâm tam giác ABD. a+1+2 ®  −2 = a = −9 3 Ta có: ⇔ . Vậy D(−9; 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0  b=3  1 = b+3−3 3 c) Giả sử đường thẳng qua®A và B có phương ® trình dạng y = ax + b. 3 = a·1+b a = −6 Ta có hệ phương trình ⇔ . Do đó, phương trình đường thẳng đi qua A và B −3 = a · 2 + b b=9 là y = −6x + 9.  ® Å ã x = 3 y=0 3 2 . Vậy, I Giao điểm của đường thẳng AB với trục Ox là nghiệm của hệ ⇔ ;0 2 y = −6x + 9  y = 0 1,0 Câu 5. (2 điểm) Cho tứ giác ABCD. → − → − → → − − a) Xác định điểm I thỏa mãn điều kiện IA + IB + 3IC = 0 ; −→ −→ −→ −−→ b) Tìm tập hợp điểm M sao cho MA + MB + 3MC = 5 MD . Lời giải. 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 95 x0 D C y0 A I P B → − → − → − a) Gọi P là trung điểm của AB. Lúc này, với mọi điểm I ta có: IA + IB = 2IP. Từ giả thiết suy ra 3− → → − IP = − IC, do đó điểm I nằm giữa hai điểm P, C và được lấy như sau: chia đoạn PC thành 5 phần 2 2 bằng nhau rồi lấy I sao cho IC = PC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 5 − → −−→ b) Từ giả thiết ta có MI = MD (với I là điểm được xác định ở câu a). Vậy, tập hợp các điểm M nằm trên đường trung trực x0 y0 của đoạn thẳng ID . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 96 CHƯƠNG 1. VECTƠ VI. Đề số 3b Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD.Chỉ xét các véc-tơ có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của hình bình hành ABCD. −→ a) Hãy chỉ ra các véc-tơ cùng phương với véc-tơ AD. − → −→ − → −→ b) Chứng minh rằng AB + DC = AC + DB. Lời giải. C D B A −→ − → − → −→ a) AD cùng phương với CB, BC, DA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 − → −→ − → − → −→ − → − → −→ b) AB + DC = AC + CB + DB + BC = AC + DB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 −→ −→ → → − − − − → → Câu 2. (1 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi P, Q là các điểm thoả mãn QC − 3QA = 0 , PC + 3PB = 0 . Phân −→ − → − → tích véc-tơ PQ theo hai véc-tơ AB, AC. Lời giải. C P A B Q 3− −→ − → −→ − → 1− → → 3− → → − PQ = PA + AQ = PB + BA − AC = − AB − AC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 2 4 4 → − → − − Câu 3. (2 điểm) Cho ba véc-tơ a = (−1; 2), b = (3; −3), → c = (5; −2). → − − − − a) Tìm tọa độ véc-tơ → x = 2→ a + 3 b − 2→ c. → − − − b) Phân tích véc-tơ → a theo hai véc-tơ b và → c. 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 97 Lời giải. → − − − − a) Ta có: 2→ a = (−2; 4), 3 b = (9; −9), 2→ c = (10; −4). Vậy, → x = (−3; −1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 ® 3m + 5n = −1 → − 8 1 → − → − . Giải hệ ta được m = − , n = . b) Giả sử a = m b + n c . Ta có hệ 9 3 −3m − 2n = 2 → − 8 1 − − Vậy → a =− b + → c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 9 3 Câu 4. (3 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−1; 3), B(−2; −3), C(2; 1). a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tạo độ điểm D sao cho C là trọng tâm của tam giác ABD c) Tìm tọa độ điểm I trên trục Ox sao cho ba điểm A, I, B thẳng hàng. Lời giải. y A 3 1 −2 1 B C −1 3 2 x −3 − → − → − → − → a) Ta có: AB = (−1; −6), AC = (3; −2), do đó AB và AC không cùng phương. Vì vậy, ba điểm A, B, C không thẳng hàng hay ba điểm đó tạo thành 3 đỉnh của một tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0  a−1−2 ®  2 = a=9 3 b) Gọi D(a, b) là điểm sao cho C là trọng tâm tam giác ABD. Ta có: ⇔ . Vậy  b=3 1 = b + 3 − 3 3 D(9; 3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 c) Giả sử đường ® thẳng qua A và B®có phương trình dạng y = ax + b. 3 = −a · 1 + b a=6 Ta có hệ ⇔ . Do đó, phương trình đường thẳng đi qua A và B là y = 6x + 9. −3 = −a · 2 + b b=9  ® x = − 3 y=0 2. Giao điểm của đường thẳng AB với trục Ox là nghiệm của hệ ⇔  y = 6x + 9 y=0 ã Å 3 Vậy, I − ; 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 2 Câu 5. (2 điểm) Cho tứ giác ABCD. → − → − → → − − a) Xác định điểm I thỏa mãn điều kiện IA + IB + 2IC = 0 ; −→ −→ −→ −−→ b) Tìm tập hợp điểm M sao cho MA + MB + 2MC = 4 MD . Lời giải. 98 CHƯƠNG 1. VECTƠ x0 D C y0 I A P B → − → − → − a) Gọi P là trung điểm của AB. Lúc này, với mọi điểm I ta có: IA + IB = 2IP. Từ giả thiết suy ra − → → − IP = −IC, do đó điểm I là trung điểm đoạn thẳng PC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 − → −−→ b) Từ giả thiết ta có MI = MD . Vậy, tập hợp các điểm M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng ID . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 Chương 2 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ §1. ĐẾN 180◦ I. Tóm tắt lí thuyết 1. Giá trị lượng giác của một góc bất kỳ từ 0◦ đến 180◦ Định nghĩa 1. Với mỗi góc α (0◦ ≤ α ≤ 180◦ ), ta xác định một điểm M trên nửa đường  ‘ = α và giả sử điểm M có tọa độ M x0 ; y0 . Khi tròn đơn vị sao cho xOM đó ta định nghĩa: y 1 M y0 • sin của góc α là y0 , ký hiệu sin α = y0 ; • cô-sin của góc α là x0 , ký hiệu cos α = x0 ; α y0 y0 • tang của góc α là (x0 6= 0), ký hiệu tan α = ; x0 x0 −1 x0 x0 x0 (y0 6= 0), ký hiệu cot α = . y0 y0 Các số sin α, cos α, tan α, cot α được gọi là các giá trị lượng giác của góc α. • cô-tang của góc α là 4 ! Chú ý. • Nếu α là góc tù thì cos α < 0, tan α < 0, cot α < 0. • tan α chỉ xác định khi α 6= 90◦ . • cot α chỉ xác định khi α 6= 0◦ và α 6= 180◦ . Tính chất 1. Về dấu của các giá trị lượng giác. • sin α > 0 với 0◦ < α < 180◦ . • cos α > 0 với 0◦ < α < 90◦ và cos α < 0 với 90◦ < α < 180◦ . • tan α > 0 với 0◦ < α < 90◦ và tan α < 0 với 90◦ < α < 180◦ . • cot α > 0 với 0◦ < α < 90◦ và cot α < 0 với 90◦ < α < 180◦ . Như vậy, cos α, tan α, cot α luôn cùng dấu với 0◦ < α < 90◦ và 90◦ < α < 180◦ . Tính chất 2. Mối quan hệ giữa hai góc bù nhau. 99 O 1 x 100 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ • sin α = sin(180◦ − α). • cos α = − cos(180◦ − α). • tan α = − tan(180◦ − α) với α 6= 90◦ . • cot α = − cot(180◦ − α) với α 6= 0◦ , 180◦ . Tính chất 3. Mối quan hệ giữa hai góc phụ nhau (với 0◦ ≤ α ≤ 90◦ ). • sin(90◦ − α) = cos α. • cos(90◦ − α) = sin α. • tan(90◦ − α) = cot α với α 6= 0◦ . • cot(90◦ − α) = tan α với α 6= 90◦ . Tính chất 4. Các công thức cơ bản. sin α cos α • tan α = . • cot α = . cos α sin α 1 . • sin2 α + cos2 α = 1. • 1 + tan2 α = cos2 α 2. • tan α. cot α = 1. 1 • 1 + cot2 α = 2 . sin α Góc giữa hai vec-tơ Định nghĩa 2. → − −→ − → − − → − Cho hai vec-tơ → a và b đều khác vec-tơ 0 . Từ một điểm O bất kỳ, ta vẽ OA = → a b − −→ → → − ◦ ◦ ‘ với số đo từ 0 đến 180 được gọi là góc giữa hai vec-tơ a và OB = b . Góc AOB → − → − → − → − − − − và b . Ta ký hiệu góc giữa hai vec-tơ → a và b là → a , b . Nếu → a , b = 90◦ thì → − → − → − → − − − − ta nói rằng → a và b vuông góc với nhau, ký hiệu là → a ⊥ b hoặc b ⊥ → a. B b → − a → − a O → − → − − − Từ định nghĩa ta có → a , b = b ,→ a . → − → − − − Tính chất 5. Nếu → a và b cùng hướng thì → a , b = 0◦ . → − → − − − Tính chất 6. Nếu → a và b ngược hướng thì → a , b = 180◦ . 4 ! II. Các dạng toán Dạng 1. Tính các giá trị lượng giác Sử dụng các công thức cơ bản ở phần lý thuyết để tính ra các giá trị lượng giác. 4 ! Cần chú ý dấu của các giá trị lượng giác khi tính. 1 Ví dụ 1. Cho sin α = . Tính cos α, tan α, cot α biết 0◦ < α < 90◦ . 4 Lời giải. Ta có sin2 α + cos2 α = 1 ⇒ cos2 α = 1 − sin2 α. 1 1 15 Với sin α = thì cos2 α = 1 − = . 4 √16 16 15 Vì 0◦ < α < 90◦ nên cos α = . √16 sin α 15 cos α √ Từ đó suy ra tan α = = , cot α = 15. cos α 15 sin α A 1.. GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ ĐẾN 180◦ 101 1 Ví dụ 2. Cho cos α = − . Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc α. 3 Lời giải. Ta có sin2 α + cos2 α = 1 ⇒ sin2 α = 1 − cos2 α. 1 8 1 Với cos α = − thì sin2 α = 1 − = . 3 9√ 9 2 2 Vì sin α luôn dương nên sin α = . 3 √ √ 2 sin α cos α = −2 2, cot α = =− . Từ đó suy ra tan α = cos α sin α 4 Ví dụ 3. Cho tan x = 2. Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc x. 1 1 Lời giải. Trước hết, ta có tan x. cot x = 1 ⇒ cot x = = . tan x 2 1 1 1 1 2 2 Mặt khác, 1 + tan x = ⇒ cos x = = = . 2 2 2 cos x 5 √ 1 + tan x 1 + 2 5 . Vì tan x và cos x cùng dấu nên cos x = 5 √ 1 4 2 5 Áp dụng công thức sin2 x + cos2 x = 1 ⇒ sin2 x = 1 − cos2 x = 1 − = . Từ đó suy ra sin x = . 5 5 5 Ví dụ 4. Cho cot x = −3. Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc x. 1 1 =− . cot x 3 √ 1 1 1 10 2 2 . Mặt khác 1 + cot x = 2 ⇒ sin x = = . Suy ra sin x = 2 1 +√ (−3) 10 10 sin x cos x −3 10 Do cot x = ⇒ cos x = sin x. cot x = . sin x 10 Lời giải. Trước hết ta có tan x. cot x = 1 ⇒ tan x = BÀI TẬP TỰ LUYỆN 2 Bài 1. Cho cos α = − . Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc α. 3 √ √ √ 2 5 5 5 Lời giải. Đáp số: sin α = , tan α = − , cot α = − . 3 2 5 3 Bài 2. Cho sin x = . Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc x biết 90◦ < x < 180◦ . 4 √ √ √ 7 3 7 7 Lời giải. Đáp số: cos x = − , tan x = − , cot x = − 4 7 3 √ Bài 3. Cho tan α = 2. Tính lượng giác còn √ các giá trị √ √lại của góc α. 2 3 6 Lời giải. Đáp số: cot α = , cos α = , sin α = . 2 3 3 √ 3 Bài 4. Cho cot β = − . Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc β . 2 √ √ √ 2 3 2 7 21 Lời giải. Đáp số: tan β = − , sin β = , cos β = − . 3 7 7  1 Bài 5. Cho tan 180◦ − a = − . Tính các giá trị lượng giác của góc a. 2 √ 1 2 5 5 Lời giải. Đáp số: tan a = , cot a = 2, cos a = , sin a = . 2 5 5 102 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ √ 5 Bài 6. Cho cos 180◦ − α = . Tính các giá trị còn lại của góc α. √ √3 √ 5 2 2 5 5 Lời giải. Đáp số: cos α = − , sin α = , tan α = − , cot α = − 3 3 5 2  2 Bài 7. Cho sin 180◦ − α = với 0◦ < α < 90◦ . Tính các giá trị lượng giác của góc α. 5 √ √ √ 2 21 2 21 21 Lời giải. Đáp số: sin α = , cos α = , tan α = , cot α = . 5 5 21 2  Dạng 2. Tính giá trị các biểu thức lượng giác. Từ giả thiết đề cho (thường là giá trị của góc hay một giá trị lượng giác) định hướng biến đổi biểu thức về dạng chỉ xuất hiện giá trị đã cho của giả thiết để tính. 4 ! Cần chú ý điều kiện áp dụng (nếu có). Ví dụ 5. Tính A = a cos 60◦ + 2a tan 45◦ − 3a sin 30◦ . 1 1 Lời giải. Ta có A = a + 2a − .3a = a. 2 2 Ví dụ 6. Cho x = 30◦ . Tính A = sin 2x − 3 cos x. Lời giải. A = sin 2.(30◦ ) − 3 cos 30◦ = sin 60◦ − 3 cos 30◦ √ √ √ 3 3 = −3 = − 3. 2 2 1 Ví dụ 7. Cho cos x = . Tính giá trị biểu thức P = 4 sin2 x + cos2 x = 1. 3 Lời giải. Ta có P = 4 1 − cos2 x  + cos2 x Ví dụ 8. Cho tan x = 2. Tính A = = 4 − 3 cos2 x Å ã2 1 11 = 4−3 = . 3 3 3 sin x + cos x . sin x − cos x sin x cos x + 3 tan x + 1 Lời giải. Ta có A = cos x cos x = = 7. sin x cos x tan x − 1 − cos x cos x 3 2 cot x − tan x Ví dụ 9. Cho sin x = . Tính B = . 3 cot x + tan x cos x sin x sin2 x − cos2 x − x cos x = 2 sin2 x − 1 = − 1 . Lời giải. Ta có B = sin x cos x = sin cos x sin x 9 sin2 x + cos2 x + sin x cos x sin x cos x BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 8. Tính a. A = 5 − cos2 0◦ + 2 sin2 30◦ − 3 tan2 45◦ . b. B = 2 cos 2x + 3 sin 3x với x = 45◦ . 1.. GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ ĐẾN 180◦ 103 Bài 9. Tính a. A = tan 10◦ . tan 20◦ . . . tan 80◦ . b. B = cot 20◦ + cot 40◦ + · · · + cot 140◦ + cot 160◦ . Lời giải. Hướng dẫn: a. Ta có: tan 10◦ = cot 80◦ , tan 20◦ = cot 70◦ , tan 30◦ = cot 60◦ , tan 40◦ = cot 50◦ . Do đó, ta tính được A = 1. b. Ta có: cot 20◦ = − cot 160◦ , cot 40◦ = − cot 140◦ , . . . nên ta tính được B = 0. sin a − 2 cos a . Bài 10. Cho cot a = −3. Tính A = 3 cos a + 2 sin a Lời giải. Đáp số: A = −1. Bài 11. Biết tan a = 2. Tính B = sin3 a + 2 cos2 a. sin a . cot a. sin3 a − 2 cos a Lời giải. Đáp số: B = 6 3 2 tan α + cot α Bài 12. Cho cos α = . Tính C = . 4 4 tan α − 3 cot α Lời giải. Đáp số: C = 23 1 Bài 13. Biết sin x + cos x = . Tính D = sin x. cos x. 3 1 Lời giải. Hướng dẫn: Ta có = (sin x + cos x)2 = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x = 1 + sin x cos x. Từ đó suy 9 4 ra sin x. cos x = − . 9 Dạng 3. Chứng minh đẳng thức lượng giác Sử dụng linh hoạt các công thức cở bản, các phép biến đổi đại số và sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ để rút gọn và chứng minh.   a = sin x Ví dụ 10. Cho b = cos x sin x . Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 = 1   c = cos x cos y Lời giải. Ta có: a2 + b2 + c2 = sin2 x + cos2 x(1 − cos2 y) + cos2 x cos2 y = sin2 x + cos2 x − cos2 x cos2 y + cos2 x cos2 y = 1. Ví dụ 11. Chứng minh các đẳng thức sau: a) sin4 x + cos4 x = 1 − 2 sin2 x cos2 x. b) cos4 x − sin4 x = cos2 x − sin2 x = 1 − 2 sin2 x = 2 cos2 x − 1. c) tan2 x − sin2 x = tan2 x sin2 x. d) Lời giải. 1 1 + = 1. 1 + tan x 1 + cot x 104 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 2 2 2 a) Ta có sin4 x + cos4 x = sin2 x + cos2 x = sin2 x + cos2 x − 2 sin2 x cos2 x Do sin2 x + cos2 x = 1 nên ta suy ra sin4 x + cos4 x = 1 − 2 sin2 x cos2 x. 2   2 b) cos4 x − sin4 x = cos2 x − sin2 x = cos2 x − sin2 x cos2 x + sin2 x = cos2 x − sin2 x Do sin2 x + cos2 x = 1 nên cos2 x − sin2 x = cos2 x + sin2 x − 2 sin2 x = 1 − 2 sin2 x Tương tự ta có cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1. c) tan2 x − sin2 x Å ã 2 sin2 x 1 2 2 2 1 − cos x = − sin x = sin x − 1 = sin x = tan2 x sin2 x cos2 x cos2 x cos2 x 1 1 + tan x + 1 + cot x 1 + = . 1 + tan x 1 + cot x (1 + tan x) (1 + cot x) Mặt khác (1 + tan x) (1 + cot x) = 1 + tan x cot x + tan x + cot x = 2 + tan x + cot x. 1 1 2 + tan x + cot x Từ đó suy ra + = = 1. 1 + tan x 1 + cot x 2 + tan x + cot x d) Ta có Ví dụ 12. Cho A, B,C là các góc của tam giác. Chứng minh các đẳng thức sau: a) sin (A + B) = sinC. b) cos (A + B) + cosC = 0. c) sin C A+B = cos . 2 2 d) tan (A − B +C) = − tan 2B. Lời giải. Do A, B,C là các góc của tam giác nên ta có A + B +C = 180◦ . a) Ta có A + B +C = 180◦ ⇔ A + B = 180◦ −C. Từ đó suy ra sin (A + B) = sin (180◦ −C) = sinC. b) Ta có A + B +C = 180◦ ⇔ A + B = 180◦ −C. Từ đó suy ra cos (A + B) = cos (180◦ −C) = − cosC ⇒ cos (A + B) + cosC = 0. C A + B 180◦ −C c) Ta có A + B +C = 180◦ ⇔ = = 90◦ − . 2 Å2 ã2 A+B C C Từ đó suy ra sin = sin 90◦ − = cos . 2 2 2 d) Ta có tan (A − B +C) = tan (A + B +C − 2B) = tan (180◦ − 2B) = − tan 2B. Ví dụ 13. Chứng minh rằng các biểu thức sau có giá trị không phụ thuộc vào x. a) A = sin8 x + sin6 x cos2 x + sin4 x cos2 x + sin2 x cos2 x + cos2 x 1 − sin6 x 3 tan2 x b) B = − cos2 x cos6 x Lời giải. 1.. GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ ĐẾN 180◦ 105 a) Ta có: A = sin8 x + sin6 x cos2 x + sin4 x cos2 x + sin2 x cos2 x + cos2 x Ä ä = sin6 x sin2 x + cos2 x + sin4 x cos2 x + sin2 x cos2 x + cos2 x = sin6 x + sin4 x cos2 x + sin2 x cos2 x + cos2 x Ä ä = sin4 x sin2 x + cos2 x + sin2 x cos2 x + cos2 x = sin4 x + sin2 x cos2 x + cos2 x Ä ä = sin2 x sin2 x + cos2 x + cos2 x = sin2 x + cos2 x = 1. b) Điều kiện cos x 6= 0. 1 − sin6 x 3 tan2 x − cos2 x cos6 x 1 − sin6 x 3 sin2 x = − cos4 x cos6 x 6 1 − sin x 3 sin2 x cos2 x = − cos6 x cos6 x 6 1 − sin x − 3 sin2 x cos2 x = cos6 x 3 1 − sin2 x + 3 sin2 x(1 − sin2 x) − 3 sin2 x cos2 x = cos6 x  3 cos2 x + 3 sin2 x cos2 x − 3 sin2 x cos2 x = cos6 x 6 cos x = cos6 x = 1. B=  Ví dụ 14. Tìm m để biểu thức P = sin6 x + cos6 x − m sin4 x + cos4 x có giá trị không phụ thuộc vào x. Lời giải. Ta có: 2 sin4 x + cos4 x = sin2 x + cos2 x − 2 sin2 x cos2 x = 1 − 2 sin2 x cos2 x. 3 sin6 x + cos6 x = sin2 x + cos2 x − 3 sin2 x cos2 x(sin2 x + cos2 x) = 1 − 3 sin2 x cos2 x.  Từ đó suy ra P = 1 − 3 sin2 x cos2 x − m 1 − 2 sin2 x cos2 x = 1 − m + (2m − 3) sin2 x cos2 x. 3 Do đó P có giá trị không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi 2m − 3 = 0 ⇔ m = . 2 Ví dụ 15. Cho a, b là các số dương và thỏa mãn hệ thức sin2018 x cos2012 x 1 + 1008 = . 1008 a b (a + b)1008 sin4 x cos4 x 1 + = . Chứng minh rằng a b a+b 106 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Ta có: sin4 x cos4 x 1 + = ⇔ (a + b) a b a+b Ç sin4 x cos4 x + a b å =1 Ç å Ä ä2 sin4 x cos4 x ⇔ (a + b) + = sin2 x + cos2 x a b a b ⇔ cos4 x + sin4 x − 2 sin2 x cos2 x = 0 b a Ç… å2 … b a ⇔ cos2 x − sin2 x = 0 a b … … b a 2 2 ⇔ cos x = sin x a b sin2 x cos2 x ⇔ = a b sin2 x cos2 x 1 = = > 0. a® b a+b ® 2018 sin2 x = at sin x = a1009t 1009 1 ⇒ , do đó ta có . Đặt t = a+b cos2 x = bt cos2018 x = b1009t 1009 sin2018 x cos2012 x a1009t 1009 b1009t 1009 1 1009 = Vậy 1008 + 1008 = + = (a + b)t . a b a1008 b1008 (a + b)1008 Từ đó suy ra BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 14. Cho A = sin α, B = cos α sin β ,C = cos α cos β sin γ, D = cos α cos β cos γ. Chứng minh rằng A2 + B2 +C2 + D2 = 1. Bài 15. Chứng minh đẳng thức lượng giác sau: a) 1 + sin2 x = 1 + 2 tan2 x. 1 − sin2 x b) 1 cos x + tan x = . 1 + sin x cos x c) tan2 x − sin2 x = tan2 x sin2 x. Bài 16. Chứng minh các biểu thức sau không phụ thuộc vào x a) A = sin4 x(3 − sin2 x) + cos4 x(3 − 2 cos2 x). Ä ä  b) B = 3 sin8 x − cos8 x + 4 cos6 x − sin6 x + 6 sin4 x.  c) C = sin8 x + cos8 x + 6 sin4 x cos4 x + 4 sin2 x cos2 x sin4 x + cos4 x . Ä ä Bài 17. Tìm m đển biểu thức P = sin6 x + cos6 x + m sin6 x + cos6 x + 2 sin2 2x không phụ thuộc vào x 5−m 2 Lời giải. Sử dụng các hằng đẳng thức rút gọn biểu thức P ta được P = 1 + m + sin 2x 4 Từ đó suy ra P không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi m = 5.  π  3 Bài 18. Cho f (x) = sin6 x + sin2 2x + cos6 x. Tính f . 4 2017 π  Lời giải. Rút gọn f (x) ta có f (x) = 1 ∀x ∈ R, từ đó suy ra f = 1. 2017 1.. GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ ĐẾN 180◦ 107 BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 19. Cho cos a + 2 sin a = 0. Tính các giá trị lượng giác của góc a. 1 sin α = − . Từ đó ta được Lời giải. Hướng dẫn: cos α + 2 sin α = 0 ⇔ cos √ α 2 √ 1 2 5 5 Đáp số: tan a = − , cot a = −2, cos a = − , sin a = . 2 5 2 7 Bài 20. Cho cos4 x − sin4 x = . Tính các giá trị lượng giác của góc x biết x là góc tù. 8   7 7 4 Lời giải. Hướng dẫn: cos x − sin4 x = ⇔ cos2 x − sin2 x cos2 x + sin2 x = ⇔ cos2 x − sin2 x = 8 8 7 2 2 (1). Ta lại có sin x + cos x = 1 (2). Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta tìm được các giá trị 8 sin x và cos x. √ √ √ 15 1 15 Đáp số: cos x = − , sin x = , tan x = − , cot x = − 15. 4 4 15 2 2 2 ◦ ◦ Bài 21. Tính C = sin 10 + sin 20 + · · · + sin 170◦ + sin2 180◦ . Lời giải. Hướng dẫn: sin 10◦ = sin 170◦ , sin 20◦ = sin 160◦ , . . . , suy ra C = 2 sin2 10◦ + sin2 20◦ + · · · +  sin2 80◦ + sin2 90◦ . Mặt khác ta có sin 80◦ = cos 10◦ , sin 70◦ = cos 20◦ , . . . , có 4 cặp như vậy nên ta tính được C = 5. 3 Bài 22. Cho sin x + cos x = . Tính sin4 x + cos4 x. 4 9 = (sin x + cos x)2 = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x = 1 + 2 sin x cos x, suy ra Lời giải. Trước hết ta có 16 −7 sin x. cos x = . 32 sin4 x + cos4 x = sin4 x + 2 sin2 x cos2 x + cos4 x − 2 sin2 x cos2 x 2 = sin2 x + cos2 x − 2(sin x cos x)2 Å ã2 463 −7 = 1−2 = 32 512 7 Bài 23. Cho sin4 x + 3 cos4 x = . Tính cos4 x + 3 sin4 x. 4 Lời giải. Ta có 2 7 7 sin4 x + 3 cos4 x = ⇐⇒ 1 − cos2 x + 3 cos4 x = 4 4 3 4 2 ⇐⇒ 4 cos x − 2 cos x − = 0 4 3 2 ⇐⇒ cos x = 4 từ đó ta được 2 cos4 x + 3 sin4 x = cos4 x + 3 1 − cos2 x Å ã 9 3 2 3 = +3 1− = 16 4 4 Bài 24. Cho 2 sin x sin y − 3 cos x cos y = 0. Chứng minh rằng: 1 1 5 + = . 2 2 2 2 sin x + 3 cos x 2 sin y + 3 cos y 6 2 3 . 2 tan x Biến đổi vế trái đẳng thức cần chứng minh theo tan x, tan y ta suy ra điều phải chứng minh. Lời giải. Từ giả thiết suy ra 2 tan x = 3 cot y ⇔ tan y = 108 Bài 25. Cho 6 cos2 α + cos α − 2 = 0. Biết A = của biểu thức a + b. CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 2 sin α cos α − sin α = a + b tan α với a, b ∈ Q. Tính giá trị 2 cos α − 1 1 Lời giải. Điều kiện 2 cos α − 1 6= 0 ⇔ cos α 6= . 2  1 cos α =  2 Ta có 6 cos2 α + cos α − 2 = 0 ⇔  2 cos α = − 3 1 2 Do cos α 6= nên cos α = − . 2 3 sin α 2 2 sin α cos α − sin α = sin α = cos α. = − tan α Mặt khác A = 2 cos α − 1 cos α 3  a = 0 2 Từ đó suy ra ⇒ a+b = − . b = − 2 3 3 2.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ §2. §3. I. Tóm tắt lý thuyết 1. Định nghĩa 109 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ → − → − → − → − − − − Định nghĩa 1. Cho hai véc-tơ → a và b đều khác 0 . Tích vô hướng của → a và b là một số, kí hiệu là → a.b, được xác định bởi công thức sau: → − → − → − → − − − a . b = |→ a |.| b |. cos(→ a , b .) → − → − → − − − Trường hợp ít nhất một trong hai véc-tơ → a và b bằng véc-tơ 0 ta quy ước → a . b = 0. 4 ! → − → − → − − − − − a) Với → a và b khác véc-tơ → a ta có → a.b =0⇔→ a⊥b. → − − − − − b) Khi → a = b tích vô hướng → a .→ a được kí hiệu là → a 2 và số này được gọi là bình phương vô hướng của − véc-tơ → a. → − − − − Ta có: a 2 = |→ a |.|→ a |. cos 0◦ = |→ a |2 . 2. Các tính chất của tích vô hướng → − − − Tính chất 1. Với ba véc-tơ → a, b,→ c bất kì và mọi số k ta có: → − → − − − • → a . b = b .→ a (tính chất giao hoán); → − − → − − → − − • → a .( b + → c)=→ a . b +→ a .− c (tính chất phân phối); → − → − − − − − • (k.→ a ). b = k(→ a .→ a)=→ a .(k b ); → − − − − • → a 2 ≥ 0, → a2=0⇔→ a = 0. Nhận xét: Từ các tính chất của tích vô hướng hai véc-tơ ta suy ra → − → − − − − − • (→ a +→ a )2 = → a 2 + 2→ a . b + b 2; → − → − → − − − − • (→ a − b )2 = → a 2 − 2→ a . b + b 2; → − − → − → − − − • (→ a + b ).(→ a − b)=→ a 2− b . 3. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng → − → − → − − Trong mặt phẳng tọa độ (O; i ; j ), cho hai véc-tơ → a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ). Khi đó tích vô hướng của → − → − − − hai véc-tơ → a và b là: → a . b = a1 b1 + a2 b2 . Nhận xét: → − → − − Hai véc-tơ → a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ) đều khác véc-tơ 0 vuông góc với nhau khi và chỉ khi a1 b1 +a2 b2 = 0. 110 4. CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ứng dụng a) Độ dài véc-tơ: » − − Độ dài của véc-tơ → a = (a1 ; a2 ) được xác định bởi công thức: |→ a | = a21 + a22 . → − → − → − a1 b1 + a2 b2 a.b → − » =» b) Góc giữa hai véc-tơ: cos( a , b ) = → − − |→ a |.| b | a21 + a22 . b21 + b22 c) Khoảng cách giữa hai điểm: Khoảng cách giữa hai điểm A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ) được tính theo công thức: AB = II. » (xB − xA )2 + (yB − yA )2 . Các dạng toán Dạng 1. Các bài toán tính tích vô hướng của hai véc-tơ Ä → → − → − −ä − − − • Áp dụng công thức của định nghĩa: → a.b = → a . b . cos → a, b . Ä→ − −ä → → − − → − • Sử dụng tính chất phân phối: → a . b +→ c =− a . b +→ a .− c. → − → − − − • Hai vec-tơ → a ⊥ b ⇔→ a . b = 0. √ − →− → Ví dụ 1. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 2a 2. Tính tích vô hướng AB.AC. Lời giải. Ä− − →− → − → − → →− →ä Ta có: AB.AC = AB . AC . cos AB, AC . Vì tam giác ABC vuông tại A nên Ä √ ä2 Ä √ ä2 AC2 = AB2 + BC2 = 2a 2 + 2a 2 = 16a2 √ − →− → ⇒ AC = 4a. Suy ra AB.AC = 2a 2.4a. cos 45◦ = 8a2 . C D √ 2a 2 A 45◦ √ Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a 2, AD = 2a. Gọi K là trung điểm của cạnh AD. → − → −→ −→ − a) Phân tích BK, AC theo AB và AD. → −→ − b) Tính tích vô hướng BK.AC. Lời giải. B 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ a) Gọi M là trung điểm của cạnh BC → −→ − → 1 −→ −→ − Ta có: BK = BA + BM = −AB + AD. 2 − → − → −→ Mặt khác: AC = AB + AD. √ √ √ b) Ta có: AB = a 2,ÅAC = BD = ã2a2 + 4a2 = a 6. → −→ä → − → 1 −→ Ä− −→ − Suy ra BK.AC = −AB + AD AB + AD 2 − →− → − → −→ 1 −→ − → 1 −→ −→ = −AB.AB − AB.AD + AD.AB + AD.AD 2 2 1 2 2 = −2a + 0 + 0 + (2a) = 0. 2 → −→ − Vậy BK.AC = 0. 111 D C K M A B → − → − → − − − − a + b = 13. Tính cosin của góc giữa a = 5, b = 12 và → Ví dụ 3. Cho hai vec-tơ → a và b có → → − − − hai vec-tơ → a và → a + b. Lời giải. Dựng tam giác ABC có AB = 5, BC = 12, AC = 13. → − → − − − Ta có: → a = 5, b = 12, → a + b = 13 − − − − → − − → → → − → và AB = → a ,ÄBC = bä, AC = → a + b. → − − →− → − − Khi đó: → a. → a + b = AB.AC.  1  − →− → 1 Mặt khác: AB.AC = AC2 + AB2 − BC2 = 132 + 52 − 122 = 25. 2− 2 →− → Ä− 25 5 AB.AC →− →ä = . Vậy cos AB, AC = − → − → = |AB|.|AC| 5.13 13 A → − → − a+b → − a B C → − b Ví dụ 4. Cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của đoạn thẳng AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. − → −→ −→ −−→ a) Phân tích DN, MN theo 2 vec-tơ AB và AD. b) Chứng minh rằng DN ⊥ MN. Lời giải. C D a) Ta có → −→ 3 Ä− → −→ä −→ −→ −→ −→ 3 − DN = AN − AD = AC − AD = AB + AD − AD 4 4 → 1 −→ −→ 3 − DN = AB − AD 4 4 Mặt khác → −→ä 1 − → 1− → 3 −→ −−→ −→ −→ 3 Ä− MN = AN − AM = AB + AD − AB = AB + AD. 4 2 4 4 −→ −−→ b) Để chứng minh DN minh DN. Å ⊥ MN thì taãchứng Å ãMN = 0. 3− 1− → 1 −→ → 3 −→ −→ −−→ Ta có: DN.MN = AB − AD AB + AD 4 4 4 4 3 3 − → −→ −→ −−→ DN.MN = AB2 − AD2 = 0 (vì AB ⊥ AD ⇒ AB.AD = 0). 16 16 −→ − −→ Vậy DN ⊥ MN ⇒ DN ⊥ MN. N A M B 112 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 5. Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy M, N, P lần lượt nằm trên ba cạnh BC,CA, AB sao cho BM = a,CN = 2a, AP = x(x > 0). −→ −→ − → − → a) Phân tích AM, NP theo 2 vec-tơ AB và AC. b) Tìm x để AM vuông góc với NP. Lời giải. A Ä−→ − − → → − → →ä −→ − a) Ta có: BC = 3BM ⇒ AC − AB = 3 AM − AB −→ 2 − → 1− → ⇒ AM = AB + AC. 3 3 x− → −→ → 1− → −→ − Mặt khác: NP = AP − AN = AB − AC. 3a 3 − →− → 9a2 . b) Ta có: AB.AC = 2 −→ −→ Để ÅAM ⊥ NP thìãAM. Å NP = 0 ã 2− x− → 1− → → 1− → ⇔ AB + AC AB − AC = 0 3 3 3a 3 2x 2 2 − →− → x− →− → 1 ⇔ AB − AB.AC + AC.AB − AC2 = 0 9a 9 9a 9 2 2 2 9a x 9a 1 2x + . − .(3a)2 = 0 ⇔ .(3a)2 − . 9a 9 2 9a 2 9 4a ⇔x= . 5 x P B N C M BÀI TẬP TỰ LUYỆN − →− → Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A có Bb = 60◦ , AB = a. Tính tích vô hướng AC.CB. Lời giải. Ta có: − →− → − →− → ‘ AC.CB = −CA. CB = −CA.CB. cos ACB √ − →− → AC.CB = −a 3.2a. cos 30◦ = −3a2 . 60◦ C − →− → Bài 2. Cho hình vuông ABCD cạnh 2a. Tính tích vô hướng AB.AC. Lời giải. √ Vì ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a nên AC√= 2a 2. √ 2 − →− → Ta có: AB.AC = AB.AC. cos 45◦ = 2a.2a 2. = 4a2 . 2 B A C D 2a A 45◦ 2a B −→ − → Bài 3. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3, AD = 4. Gọi M là điểm thỏa mãn điều kiện AM = kAB. Tìm k để AC vuông góc với DM. Lời giải. 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ Ta có: − → −−→ Ä− → − →ä Ä−→ −→ä AC.DM = BC − BA . AM − AD −→ Ä− → − →ä − → −→ − → −→ = AM BC − BA − BC.AD + BA.AD −→ − → − → −→ = AM.AC − BC.AD = −16 + 9k. 16 − → −−→ Khi đó AC ⊥ DM ⇔ AC.DM = 0 ⇔ k = . 9 113 M C B D A − →− → Bài 4. Cho tam giác ABC có AB = 5, AC = 8, BC = 7. Tính tích vô hướng AC.AB. Lời giải. Ä− − → → − →ä2 − → − → − →− → Ta có: BC2 = BC2 = AC − AB = AC2 + AB2 − 2AC.AB. − → − → − → − →− → AC2 + AB2 − BC2 Suy ra AC.AB = = 20. 2 B A C Bài 5. Cho hình vuông ABCD tâm O. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn MA2 + MB2 + MC2 = 3MD2 . Lời giải. Ta có MA2 + MB2 + MC2 = 3MD2 −→2 −→2 −→2 −−→2 ⇔Ä MA + MBä+ MC = 3 MD Ä−−→ −→ä2 −−→ −→ 2 Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 ⇔ MO + OA + MO + OB + MO + OC = 3 MO + OD −−→ Ä−→ −→ −→ −→ä ⇔ MO. OA + OB + OC − 3OD = 0 −−→ Ä−→ −→ −→ä ⇔ MO. DA + DB + DC = 0 −−→ −→ −→ −→ −→ ⇔ MO. = 0 (vì DA + DC = DB). ñ−−→DB → − MO = 0 . Vậy tập hợp các điểm M là đường thẳng AC. ⇔ MO ⊥ DB C D O A B Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm O. Tìm vị trí điểm M thuộc đường tròn (C) để P = MA2 + MB2 − 2MC2 đạt GTLN, GTNN. Lời giải. 114 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBD, R là bán kính của đường tròn (C). − → − → −→ Khi đó: CA + CB = CD; OA = OB = OC = R. 2 + MB2 − 2MC2 TaÄcó: P = MA ä Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 2 −−→ −→ = MO + OA + MO + OB − 2 MO + OC −−→ Ä−→ −→ −→ä = 2MO OA + OB − 2OC + OA2 + OB2 − 2OC2 Ä−−→ −→ä A −−→ Ä− → − →ä −−→ −→ = 2MO CA + CB = 2MO.CD = 2R.CD. cos MO, CD Mặt khác:Ä −−→ −→ä −1 ≤ cos MO, CD ≤ 1 ⇔ −2R.CD ≤ P ≤ 2R.CD. Ä−−→ −→ä Vậy min P = −2R.CD khi cos MO, CD = −1 tức là M thuộc đường −−→ −→ tròn (C) sao cho MO, CD ngược hướng. Ä− −→ −→ä max P = 2R.CD khi cos MO, CD = 1 tức là M thuộc đường tròn (C) −−→ −→ sao cho MO, CD cùng hướng. C O B D Dạng 2. Tính góc giữa hai véc-tơ -góc giữa hai đường thẳng-điều kiện vuông góc Để tính góc giữa hai vectơ, ta sử dụng định nghĩa tích vô hướng kết hợp các kĩ thuật tính tích vô hướng. Để tính góc giữa hai đường thẳng, ta tính góc giữa hai véc-tơ có giá là hai đường thẳng đã cho rồi suy ra góc giữa hai đường thẳng. Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta chứng minh góc giữa hai đường thẳng bằng 90◦ . − → → − → − → − → − → − − − Ví dụ 6. Cho các véc-tơ → a = − i + j , b = i + 3 j . Tìm góc giữa hai véc-tơ → a và b . → − → − a.b −1.1 + 1.3 2 1 √ = √ =√ . → − =p → − 5 (−1)2 + 12 . 12 + 32 2 5 | a |.| b | → − 1 − Do đó góc giữa hai véc-tơ → a và b bằng α ∈ [0◦ ; 180◦ ] mà cos α = √ . 5 → − − Lời giải. Ta có cos(→ a, b)= − →− → Ví dụ 7. Cho tam giác ABC có AB = 2, BC = 4,CA = 3. Tính AB.AC và cos A. − → − → − → − → 3 − →− → AB2 + AC2 − (AB − AC)2 AB2 + AC2 − BC2 Lời giải. Ta có AB.AC = = =− . 2 2 2 3 1 − →− → Lại có AB.AC = AB.AC. cos A nên cos A = − =− . 2.2.3 4 Ví dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 3) và B(3; −1). Tính góc giữa đường thẳng OA và AB. −→ − → Lời giải. Ta có AO = (−1; −3) và AB = (2; −4). −→ − → AO.AB 1 −→ − → Ta có cos(AO, AB) = =√ . AO.AB 2 −→ − → ‘ = 45◦ . Do đó góc giữa đường thẳng OA và đường thẳng AB bằng Góc giữa véc-tơ AO và AB bằng góc BAO 45◦ . √ → − → − − − Ví dụ 9. Cho hai véc-tơ → a và b vuông góc với nhau, |→ a | = 1, | b | = 2. Chứng minh rằng hai → − → − − − véc-tơ 2→ a − b và → a + b vuông góc với nhau. 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ 115 → − − → − → − → − − − − Lời giải. Ta có (2→ a − b ).(→ a + b ) = 2→ a 2 − b 2 +→ a . b = 0. → − → − − − Do đó hai véc-tơ 2→ a − b và → a + b vuông góc với nhau. Ví dụ 10. Cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB và N là trung điểm của BC. Chứng minh rằng DM ⊥ AN. Lời giải. Ta Å có ã Å ã −→ −−→ − → 1− → −→ 1 − → AN.DM = AB + BC . DA + AB 2 2 1− 1− → → −→ − → −→ 1 − →− → = AB2 + BC.DA + AB.DA + BC.AB 2 2 4 =0 Từ đó suy ra DM ⊥ AN. BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − → − → − − − − − Bài 7. Cho hai véc-tơ → a , b thỏa mãn |→ a | = | b | = 1 và véc-tơ → x =→ a + 2 b vuông góc với véc-tơ → − → − → − − − y = 5→ a − 4 b . Tính góc giữa hai véc-tơ → a và b . Lời giải. Ta có → − − x .→ y =0 → − → − − − ⇔(→ a + 2 b ).(5→ a −4 b ) = 0 → − → − − − ⇔5|→ a |2 + 6→ a . b − 8| b |2 = 0 → − 1 − ⇔→ a.b = 2 → − → − → − 1 1 − − → − a, b)= . a , b ) = ⇔ cos(→ Do đó | a |.| b |. cos(→ 2 2 → − − Từ đó suy ra góc giữa hai véc-tơ → a và b bằng 60◦ . → − → − → − − − − − Bài 8. Cho các véc-tơ → a và b thỏa mãn |→ a | = 2, | b | = 1 và (→ a , b ) = 60◦ . Tính góc giữa véc-tơ → a và → − → − → − véc-tơ c = a − b . → − √ → − → − − − − − − Lời giải. Ta có → c 2 = (→ a − b )2 = → a 2 + b2 − 2→ a . b = 3 nên |→ c | = 3. → − → − − − − − − − Lại có → a .→ c =→ a (→ a − b)=→ a 2 −→ a . b = 3. √ 3 − − − − − − − − . Từ đó tính được góc giữa véc-tơ → a và → c là 30◦ . Do đó |→ a |.|→ c |. cos(→ a ,→ c ) = 3 ⇔ cos(→ a ,→ c)= 2 Bài 9. Cho tứ giác ABCD có AB2 +CD2 = BC2 + AD2 . Tính góc giữa hai đường thẳng AC và BD. Lời giải. Từ giả thiết suy ra: AB2 +CD2 = BC2 + AD2 − → −→ − → −→ ⇔AB2 + CD2 = BC2 + AD2 − → −→ −→ − → ⇔AB2 − AD2 + CD2 − BC2 = 0 Ä− → −→ä Ä−→ − →ä Ä−→ − →ä → −→ä Ä− ⇔ AB − AD AB + AD + CD − BC CD + BC = 0 → −→ä Ä−→ − →ä −→ −→ Ä− ⇔DB AB + AD + CD − BC BD = 0 → −→ −→ − →ä −→ Ä− ⇔DB AB + AD − CD + BC = 0 → − → −→ −→ä −→ Ä− ⇔DB AB + BC + AD + DC = 0 → −→ − ⇔DB.2AC = 0 ⇔DB ⊥ AC. Vậy góc giữa hai đường thẳng AC và BD bằng 90◦ . 116 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 10. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = a; AC = 2a. Gọi M là trung điểm của BC và điểm D bất kì thuộc cạnh AC. Tính AD theo a để BD ⊥ AM. Lời giải. 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ Ta có AM ⊥ BD −→ −→ ⇔AM.BD = 0 1 Ä− → − →ä −→ ⇔ AB + AC BD = 0 2Ä − → − →ä Ä−→ − →ä ⇔ AB + AC AD − AB = 0 − → −→ − → − → −→ − →− → ⇔AB.AD − AB2 + AC.AD − AC.AB = 0 − → −→ ⇔0 − a2 + AC.AD − 0 = 0 − → −→ ⇔AC.AD = a2 117 B M A D C ⇔2a.AD. cos 0◦ = a2 a ⇔AD = . 2 Bài 11. Cho tam giác ABC cân tại A, H là trung điểm BC, K là hình chiếu của H trên AC và M là trung điểm của HK. Chứng minh rằng AM ⊥ BK. Lời giải. Gọi N là trung điểm của KC. Khi đó HN k BK nên cần chứng minh AM ⊥ HN. −→ −→ −→ −→ −→ −→ Ta có 2AM = AH + AK; 2HN = HK + HC. Do đó −→ −→ −→ −→ −→ −→ 4AM.HN = (AH + AK).(HK + HC) −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ = AH.HK + AH.HC + AK.HK + AK.HC −→ −→ −→ −→ = AH.HK + AK.HC −→ −→ −→ −→ = AH.HK. cos(AH, HK) + AK.HC. cos(AK, HC) A ’ + AK.HC. cos ACH. ‘ (∗) = −AH.HK. cos AHK B Dễ thấy tam giác AHK và HCK đồng dạng nên AH.HK = AK.HC và → −→ ’ = ACH ‘ nên từ (*) có − AHK AM.HN = 0 hay AM ⊥ HK. H K N M C Dạng 3. Chứng minh đẳng thức về tích vô hướng hoặc về độ dài. Liên quan đến đẳng thức về tích vô hướng hoặc độ dài ta có hai bài toán tiêu biểu: • Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức về tích vô hướng hoặc độ dài. Đối với dạng này ta thường sử dụng các tính chất của tích vô hướng, các tính chất của véc tơ để biến đổi tương đương đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức luôn đúng hoặc biến đổi vế này thành vế kia hoặc biến đổi cả 2 vế cùng bằng một biểu thức trung gian. • Bài toán 2: Tìm điểm hoặc tập hợp điểm M thỏa mãn một đẳng thức véc tơ hoặc độ dài. Thông thường ta biến đổi đẳng thức ban đầu về dạng IM = R trong đó I cố định, R không đổi hoặc − →− − IM.→ u = 0 trong đó I cố định và → u là một véc tơ xác định. Ví dụ 11. Cho bốn điểm A, B,C, D bất kì. Chứng minh rằng: −→ − → −→ − → −→ − → DA.BC + DB.CA + DC.AB = 0. 118 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với −→ Ä−→ −→ä −→ Ä−→ −→ä −→ Ä−→ −→ä DA DC − DB + DB DA − DC + DC DB − DA = 0 −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ ⇔DA.DC − DA.DB + DB.DA − DB.DC + DC.DB − DC.DA = 0. Ví dụ 12. Cho tam giác ABC có diện tích bằng S. Chứng minh rằng: … Ä− 1 →− → ä2 AB2 .AC2 − AB.AC S= 2 Lời giải. Ta có Ä ä 1 1 S2 = AB2 .AC2 . sin2 A = AB2 .AC2 1 − cos2 A 4 4 Ä Ä− 1h 2 →− →ää2 i = AB .AC2 − AB.AC. cos AB, AC 4 Ä− 1î 2 →− →äó2 = AB .AC2 − AB.AC 4 1 Vậy ta được S = 2 … Ä− →− → ä2 AB2 .AC2 − AB.AC . Ví dụ 13. Cho tam giác ABC có trực tâm H và trung điểm cạnh BC là M. Chứng minh rằng −−→ −→ 1 2 MH.MA = BC . 4 → − →ä −−→ 1 Ä−→ −→ä −→ 1 Ä− AB + AC và HM = HB + HC nên Lời giải. Ta có AM = 2 2 −→ −−→ −→ −−→ Ä− → − →ä Ä−→ −→ä 4.MA.MH = 4AM.HM = AB + AC HB + HC − → −→ − → −→ − → −→ − → −→ = AB.HB + AB.HC + AC.HB + AC.HC. −→ −→ − → −→ = AH.HB + AC.HC − → Ä−→ − →ä − → Ä−→ − →ä = AB HC + CB + AC HB + BC − →− → − →− → − → Ä− → − →ä = AB.CB + AC.BC = CB AB − AC = CB2 . −−→ −→ 1 Vậy MH.MA = BC2 . 4 Ví dụ 14. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a. Tìm tập hợp tất cả các điểm M sao cho −→ −→ −→ −→ −→ −→ a2 MA.MB + MB.MC + MC.MA = 4 Lời giải. ⊕ Phần thuận. Giả sử ta có điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán. −→ −→ −→ −−→ Gọi O là tâm của tam giác ABC, ta có MA + MB + MC = 3MO, suy ra Ä−→ −→ −→ä2 MA + MB + MC = 9OM 2 . Ä−→ −→ −→ −→ −→ −→ä ⇔MA2 + MB2 + MC2 + 2 MA.MB + MB.MC + MC.MA = 9MO2 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ 119 Mặt khác, ta lại có Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 MA2 + MB2 + MC2 = MO + OA + MO + OB + MO + OC Ä−→ −→ −→ä −−→ = 3MO2 + OA2 + OB2 + OC2 + 2 OA + OB + OC MO = 3MO2 + a2 Như vậy, ta được a2 −→ −→ −→ −→ −→ −→ MA.MB + MB.MC + MC.MA = 3MO2 − 2 Do đó 3OM 2 − a a2 a2 = ⇔ OM = 2 4 2 a ⊕ Phần đảo. Giả sử ta có điểm M thuộc đường tròn tâm O bán kính R = . Bằng cách biến đổi tương tự 2 −→ −→ −→ −→ −→ −→ a2 phần thuận ta được MA.MB + MB.MC + MC.MA = . 4 a Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm O bán kính R = . 2 Ví dụ 15. Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn MA2 − MB2 +CA2 −CB2 = 0. Lời giải. ⊕ Phần thuận: Gọi I là trung điểm AB. Ta có Ä−→ −→ ä Ä− → − → ä MA2 − MB2 +CA2 −CB2 = MA2 − MB2 + CA2 − CB2 Ä−→ −→ä Ä−→ −→ä Ä− → − → ä Ä− → − →ä = MA − MB MA + MB + CA − CB CA + CB . − →− − →− → → = 2BA.MI + 2BA.CI − → Ä− →ä → − = 2BA MI + CI . → → − − Dựng véc tơ IJ = CI, kết hợp với giả thiết ta được − → Ä− → −→ → → −ä − 0 = BA MI + IJ = BA.MJ Do đó M thuộc đường thẳng ∆ đi qua J và vuông góc với AB. ⊕ Phần đảo: Giả sử M ∈ ∆, biến đổi ngược lại so với phần thuận ta được MA2 − MB2 + CA2 − CB2 = 0. Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường thẳng đi qua J và vuông góc với AB. BÀI TẬP TỰ LUYỆN −→ −→ Bài 12. Cho hai điểm A, B và O là trung điểm của AB. Gọi M là một điểm tùy ý Chứng minh rằng MA.MB = OM 2 − OA2 . Lời giải. Ta có −→ −→ Ä−→ −−→ä Ä−→ −−→ä MA.MB = OA − OM OB − OM −→ −→ Ä−→ −→ä −−→ = OA.OB − OA + OB .OM + OM 2 = OM 2 − OA2 . 120 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 13. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng AC ⊥ BD ⇔ AB2 +CD2 = BC2 + AD2 . Lời giải. Ta có Ä−→ −→ä2 Ä− − → −→ → −→ä2 AB2 +CD2 =AB2 + CD2 = AD + DB + CB + BD . → −→ −→ −→ − =AD2 + 2DB2 + BC2 + 2DB.AD + 2BD.CB →ä −→ Ä−→ −→ − =BC2 + AD2 + 2DB DB + AD − CB − → −→ =BC2 + AD2 + 2CA.BD. Do đó AC ⊥ BD ⇔ AB2 +CD2 = BC2 + AD2 . Bài 14. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh rằng MH 2 + MA2 = 1 AH 2 + BC2 . 2 Lời giải. Ta có Ä−−→ −→ä2 AH 2 = MH − MA −→ −−→ = MH 2 + MA2 − 2MA.MH 1 = MH 2 + MA2 − 2. BC2 (Xem Ví dụ 13) 4 1 Do đó MH 2 + MA2 = AH 2 + BC2 2 −→ − → − →− → Bài 15. Cho tam giác ABC. Ä Tìm tập hợp tất cả các điểm M sao cho AM.AB = AC.AB ä −→ − → − → −→ − → Lời giải. Từ giả thiết ta có AM − AC .AB = 0 ⇔ CM.AB = 0 Do đó M thuộc đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB. Bài 16. Cho hai điểm A, B có AB = a và một số thực k > 0. Tùy theo k, tìm tập hợp điểm M thỏa mãn MA2 + MB2 = k. Lời giải. Gọi O là trung điểm của AB. Ta có Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 MA2 + MB2 = MO + OA + MO + OB −−→ Ä−→ −→ä = 2MO2 + 2OA2 + OB2 + 2MO OA + OB = 2MO2 + 2OA2 = 2MO2 + 1 Suy ra OM 2 = 2 Ç a2 k− 2 a2 2 å a2 • Nếu k > thì OM = 2 . s Ç s Ç å å 1 a2 1 a2 k− nên tập hợp M là đường tròn tâm O bán kính R = k− . 2 2 2 2 • Nếu k = a2 thì OM = 0 ⇔ M ≡ O nên tập hợp điểm M là {O}. 2 • Nếu k < a2 thì không tồn tại M nên tập hợp điểm M là tập 0. / 2 −→ −→ −→ −→ Bài 17. Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp tất cả các điểm M sao cho MA.MB − MA.MC = BC2 − MB2 + MC2 . 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ 121 Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Từ giả thiết ta có −→ Ä−→ −→ä BC2 = MA MC − MB − MB2 − MC2 Ä−→ −→ −→ä Ä−→ −→ä = MA + MB + MC MC − MB −−→ − → = 3MG.BC. Gọi M0 , G0 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M và G trên BC thì đẳng thức trên tương đương với 3M0 G0 .BC = BC2 ⇔ M0 G0 = BC 3 do đó M0 cố định. Vậy M thuộc đường thẳng đi qua M0 và vuông góc với BC. Bài 18. Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 . Từ đó tìm vị trí của M để tổng T = MA2 + MB2 + MC2 có giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Ta có Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 MA2 + MB2 + MC2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC −−→ Ä−→ −→ −→ä = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 + 2MG GA + GB + GC = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 . Từ đó suy ra MA2 + MB2 + MC2 ≥ GA2 + GB2 + GC2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MG = 0 ⇔ M ≡ G. Bài 19 (Định lí Stewart). Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c. Trên cạnh AB lấy điểm M. Chứng minh rằng c2 .CM 2 = a2 .AM 2 + b2 .BM 2 + (a2 + b2 − c2 )AM.BM. Từ đó tính độ dài đường phân giác góc C theo độ dài ba cạnh của tam giác ABC. Lời giải. Do M thuộc cạnh AB nên AM −→ −→ AM − → BM − → −→ − → − → −→ CB + CA ⇔ c.CM = AM.CB + BM.CA BM ⇔ CM = AM = − BM AB AB Do đó − →− → c2 .CM 2 = AM 2 .CB2 + BM 2 .CA2 + 2AM.BM.CA.CB = a2 .AM 2 + b2 .BM 2 + 2AM.BM.CA.CB. cosC = a2 .AM 2 + b2 .BM 2 + (a2 + b2 − c2 )AM.BM. Nếu D là chân đường phân giác của góc C thì dựa vào tính chất đường phân giác ta tính được s   ab (a + b)2 − c2 2 » CD = = abp(p − c) (a + b)2 a+b trong đó p = a+b+c . 2 Dạng 4. Ứng dụng của biểu thức toạ độ tích vô hướng vào tìm điểm thoả mãn điều kiện cho trước Phương pháp giải, kinh nghiệm: Phương pháp chung của dạng bài này là toạ độ hoá các điểm và thay vào các điều kiện để tìm điểm. Đa số các bài chỉ cần thay toạ độ và áp dụng các công thức là tính được, tuy nhiên một số bài có các tính chất đặc biệt mà nhờ nó, ta sẽ giảm đáng kể lượng công việc. Ví dụ 16. Cho ba điểm A(2; 3), B(1; 4),C(5; 2). Chứng minh ba điểm trên tạo thành một tam giác. −1 1 − → − → Lời giải. Ta có: AB = (−1; 1), AC = (3; −1) ⇒ 6 = ⇒ A, B,C không thẳng hàng, tạo thành một tam 3 −1 giác. 122 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 17. Cho A(3; 1), B(7; 2), tìm C(x; y) thuộc trục Ox sao cho C thuộc đường tròn đường kính AB. Lời giải. Ta có: C ∈ Ox ⇒ C(x; 0). AB − →− → C ∈ (O; ) ⇒ AC ⊥ BC ⇒ AC.CB = 0 2 − → − → CA = (3 − x;√ 1), CB = (7 −√x, 2) ⇒ (3 − x)(−x + 7) + 2 = 0 ñ x = 5 + 2 ⇒ C(5 + 2; 0) √ √ ⇒ x = 5 − 2 ⇒ C(5 − 2; 0) Ví dụ 18. Cho điểm A(0, 2) và điểm B(x; y) ∈ (d) : y = 2x − 2 có hoành độ x = 1. Tìm trên (d) điểm C sao cho 4ABC cân tại A. Lời giải. Vì C ∈ (d) ⇒ C(x, 2x − 2); B(1, y) ∈ (d) ⇒ B(1; 0) − → − → Ta có ngay AB = (1; −2), AC = (x; 2x − 4).  x = 1 ⇒ B(1; 0) − → − → 2 2  Tam giác ABC cân tại A ⇒|AB| =|AC| ⇒ 5 = x + (2x − 4) ⇒ 11 11 12 . x= ⇒ C( ; ) 5 5 5 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 20. Cho ba điểm A(6; 3), B(4; 1);C(9; 0). Chứng minh ba điểm trên không thẳng hàng. Tính diện tích tam giác ABC. −3 −2 − → − → 6= ⇒ A, B,C tạo thành một tam giác. Lại có Lời giải. Ta có AB = (−2; −2), AC = (3; −3) ⇒ 3 −2 1 1√ √ − →− → AB.AC = −6 + 6 = 0 ⇒ tam giác ABC vuông tại A. SABC = AB.AC = 8 18 = 24 2 2 Bài 21. Cho A(11; 4), B(8; 2),C(13; y). Tìm y để tam giác ABC cân tại A. − → − → Lời giải. Ta có AB = (−3; −2), AC = (2; y − 4). −3 2 16 A, B,C không thẳng hàng ⇒ 6= ⇒ y 6= . −2 y − 4 3 ñ y = 1 ⇒ C(2; 1) Tam giác cân tại A ⇒ AB = AC ⇒ 13 = 4 + (y − 4)2 ⇒ y = 7 ⇒ C(2; 7) Bài 22. Cho A(3, 4), Tìm hai điểm B,C trên trục Ox sao cho tam giác ABC đều. − → − → − → Lời giải. Ta có B,C ∈® Ox ⇒ B(xb ; 0),C(x ; 0). AB = (x − 3; −4), AC = (x − 3; −4), CB = (xb − xc ; 0). c c b ® 2 2 (xb − 3) = (xc − 3) AB = AC Tam giác ABC đều ⇒ ⇔ AC = BC (x − xc )2 = (xb − 3)2 + 16 ® ® b xb + xc − 6 = 0 xc = 6 − xb ⇔ ⇔ 2 2 (x − xc ) = (xb − 3) + 16 3(xb − 3)2 = 16  b 4 4 4 4 x = 3 + √ ⇒ xc = 3 − √ ⇒ B(3 + √ ; 0),C(3 − √ )  b 3 3 3 3 ⇔  4 4 4 4 xb = 3 − √ ⇒ xc = 3 + √ ⇒ B(3 − √ ; 0),C(3 + √ ; 0) 3 3 3 3 √ √ 1 Bài 23. Cho A(2; 1),C(5; 0), tìm M ∈ (d) : y = x + 2 sao cho MA = 13, MB = 17. 2 1 Lời giải. M ∈ (d) ⇒ M(x; x + 2) 2   1 5 √ ® 2 2   (x − 2) + ( x + 1) = 13  x2 − 3x − 8 = 0 MA = 13 2 √ ⇔ ⇔ 4 ⇔ x = 4 ⇒ C(5; 4) 1   MB = 17 (x − 5)2 + ( x + 2)2 = 17  5 x2 − 8x + 12 = 0 2 4 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ 123 Bài 24. Cho ba điểm A(3; 4), B(1, 2),C(−1, 5). a/ Chứng minh ba điểm trên tạo thành một tam giác. b/ Tìm toạ độ trực tâm và chân đường cao hạ từ các đỉnh. c/ Tìm toạ độ chân đường phân giác trong hạ từ A . d/ Tìm toạ độ của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Lời giải. −4 −2 − → − → − → 6 = ⇒ ba điểm A, B,C tạo thành một a/ Ta có AB = (−2; −2), AC = (−4; 1), BC = (−2; 3) ⇒ −2 1 tam giác. −→ −→ b/ Gọi H(x; y) là toạ độ trực tâm của giác. Ta có AH = (x − 3; y − 4), BH = (x − 1; y − 2),. H là trực (−tam ® →− → AH.BC = 0 −2(x − 3) + 3(y − 4) = 0 tâm ⇒ AH ⊥ BC, BH ⊥ AC ⇒ −→ − ⇔ → −4(x − 1) + (y − 2) = 0 BH.AC = 0  6   x= 5 ⇔ H( 6 ; 14 ) ⇔  5 5 y = 14 5 … BE AB 8 c/ Gọi E(x; y) là chân đường phân giác trong của góc A. Ta có = = . EC AC 17 −→ −→ BE = (x − 1; y − 2), EC … … = (−1 −…x; 5 − y). 8 8 8  …  1− +2 5 8 −→ x − 1 = 17 (−1 − x) −→ 17 … 17 ; y = … … ⇒ BE = EC ⇒ ⇒x=  17 8 8 8   y−2 = 1+ 1+ (5 − y) 17 17 17 … … 8 8 5 + 2 1− 17 … 17 ; … ⇒E 8 8 1+ 1+ 17 17 d/ Gọi tâm đườn tròn ngoại tiếp tam giác ABC là O(x; y). 9 7 Ta có trung điểm các cạnh AB, AC, BC lần lượt là D, I, F ⇒ D(2; 3), I(1; ), F(0; ) 2 2 9 −→ 7 −→ − → DO = (x − 2; y − 3), IO = (x − 1; y − ), FO = (x; y − ) 2  2 −2(x − 2) − 2(y − 3) = 0 DO, IO lần lượt vuông góc với AB, AC ⇒  −4(x − 1) + (y − 9 ) = 0 2  9  x = 10 ⇒ O( 9 ; 41 ) ⇒  10 10 y = 41 10 Bài 25. Cho A(−2; 0), B(4; 0),C(3; 5). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B,C. Tìm toạ độ của D, E, F và tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. − → − → − → Lời giải. Ta có AB = (6; 0), AC = (5; 5), BC = (−1; 5). E(x; y) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC ⇒ BE ⊥ AC ⇒ 5(x − 5) + 5(y) = 0 (1) x+2 5 −→ AE = (x + 2; y), ba điểm A,C, E thẳng hàng ⇒ = (2). y 5 124 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ® x=1 ⇒ E(1; 3) y=3 49 15 Tương tự ta có D( ; ), F(0; 3) 13 13 Trực tâm của tam giác ABC là tâm đường nội tiếp tam giác DEF! (−→tròn − → AH.BC = 0 H(x; y) là trực tâm tam giác ABC ⇒ −→ − → BH.AC = 0 −→ − → − → −→ Với AH = (x + 2; y), BH = (x − 4; y), BC = (−1; 5), AC = (5; 5), ta tìm được H(3; 1). Từ (1), (2) ⇒ 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ 125 Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Dễ dàng chứng minh được rẳng các tứ giác ‘ = EBA ‘ = ACF ‘ = CDFA, ABDE,CBFE nội tiếp. ⇒ EDA ‘ ⇒ AD là tia phân giác của EDF. ‘ Chứng minh tương ADF tự ta được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. C E H A F D B Bài tập tổng hợp 1 Bài 26. Cho ba điểm A(−2; 3), B( ; 0),C(2; 0). Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 4 AB −3 15 = Lời giải. AB = , AC = 5, k = − 4 AC 4 3 −→ → b và BC ⇒ − Gọi D là gia điểm của phân giác trong góc A DB = − DC 4  1 3 ®   − x = − (2 − x) x=1 4 ⇒ 4 ⇒ ⇒ D(1; 0).  y=0  −y = − 3 (0 − y) 4 15 3 0 BA = , BD = ⇒ k = −5 4 4 Gọi J là giao điểm của phân giác trong góc B và  AD. 1 ®  x = −2 − x = −5(1 − x) − → − → 2 ⇒ J( 1 ; 1 ) Ta có: JA = −5JD ⇒ ⇒  2 2 3 − y = −5(0 − y) y = 1 2 Bài 27. Cho ba điểm A(2; 6), B(−3; −4),C(5; 0). Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 2 Lời giải. Làm tương tự câu trên ta thu được J(−2; ). 3 Dạng 5. Tìm tọa độ các điểm đặc biệt trong tam giác - tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của một điểm lên đường thẳng • Trực tâm tam giác • Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác • Tâm đường tròn nội tiếp tam giác • Hình chiếu vuông góc của một điểm lên đường thẳng PHƯƠNG PHÁP GIẢI Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(xA , yA ); B(xB , yB ) và C(xC , yC ) a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 126 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Gọi tọa độ H(x, y). Khi đó −→ − → AH.BC = 0 → −→ − BH.AC = 0 Ta thu được hệ 2 phương trình 2 ẩn x, y. Giải hệ ta được tọa độ điểm H. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I(x, y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó IA = IB và IA = IC. Do đó, ta có (x − xA )2 + (y − yA )2 = (x − xB )2 + (y − yB )2 = 0 (x − xA )2 + (y − yA )2 = (x − xC )2 + (y − yC )2 = 0 Giải hệ phương trình ta được tọa độ điểm I. c) Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC A J B D C * Cách 1: +) Gọi tọa độ điểm D(x, y). Ta tính độ dài cạnh AB và AC. DB AB DB DC = , suy ra = := k Ta có AB AC DC AC −→ −→ Do đó DB = −kDC, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm D. +) Gọi tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là J(x, y). Tính độ dài đoạn BD. JD JA JD BD Ta có = suy ra = := l. BD AB JA AB − → − → Do đó JD = −l JA, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm J. * Cách 2: Áp dụng đẳng thức sau − → → → − − → − aJA + bJB + cJC = 0 với AB = c, BC = a, AC = b. d) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC Gọi tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC là M(x, y), ta có −→ − → AM.BC = 0 − → −→ BM = t.BC Ta thu được hệ 2 phương trình 2 ẩn, giải hệ ta được tọa độ điểm M. Ví dụ 19. Cho A(4, 3); B(2, 7);C(−3, −8). a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC Lời giải. 3.. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ 127 a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. −→ − → → −→ − Gọi H(x, y). Ta có AH.BC = 0 và BH.AC = 0, suy ra 7x + 11y = 91 và x + 3y = 13, giải hệ phương trình ta được H(13, 0). b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I(x, y). Khi đó IA = IB và IA = IC. Do đó, ta có (x − 4)2 + (y − 3)2 = (x − 2)2 + (y − 7)2 (x − 4)2 + (y − 3)2 = (x + 3)2 + (y + 8)2 giải hệ phương trình ta được I(−5, 1). c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC −→ − → Gọi M(x, y) là hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC. Ta có AM = (x − 4, y − 3) và BC = −→ (−5, −15); BM = (x − 2, y − 7) −→ − → − → −→ Khi đó ta có AM.BC = 0 và BM = t.BC. 2 4 19 Suy ra t = và M( , ) 7 7 7 Ví dụ 20. Cho A(2, 6); B(−3, −4); C(5, 0). Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. √ √ − → − → Lời giải. Ta có AB = (−5, −10); AC = (3, −6), suy ra AB = 5 5; AC = 3 5; DB DC DB AB 5 Gọi tọa độ điểm D(x, y). Ta có = , suy ra = := AB AC DC AC 3 5 −→ −→ Do đó DB = − DC, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm D(2, −3). 3 Gọi tọa độ tâm đường √ tròn nội tiếp tam giác ABC là J(x, y). Ta có độ dài đoạn BD = 5 5. JA JD BD 5 JD = suy ra = = . Khi đó BD AB JA AB 3 5− → − → Do đó JD = − JA, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm J(2, 1). 3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 28. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp J của tam giác ABC trong các trường hợp sau: a) A(1, 5); B(4, −1);C(−4, −5). b) A(0, −4); B(−5, 6); C(3, 2) 10 ); 2) J(0, 1). 3 Bài 29. Cho A(−1, 4); B(−4, 0) và C(2, −2). Lời giải. ĐS: 1) J(1, a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc M của điểm I lên đường thẳng BC 1 1 −5 −9 Lời giải. ĐS: H(−2, 1); I(− , ); M( , ). 2 2 8 8 Bài 30. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(−1, −3); B(2, 5) và C(4, 0). Xác định trực tâm H của tam giác ABC. 164 15 Lời giải. ĐS: H( , ) 31 31 128 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 31. Cho tứ giác ABCD với A(3, 4); B(4, 1); C(2, −3); D(−1, 6). Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn. Lời giải. HD: Tìm tâm I của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta được I(−1; 1). Và chứng minh IA = ID. Bài 32. Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(−2, −2); B(5, −4). a) Tìm tọa độ điểm C sao cho trọng tâm của tam giác ABC là điểm G(2, 0). b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của điểm G lên đường thẳng BC. 169 47 60 21 , ); H( , ) 66 33 52 52 Bài 33. Cho A(−2, 2); B(6, 6);C(2, −2). Lời giải. ĐS: C(3, 6); I( a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC; tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. − → − → b) Chứng minh IH = −3IG c) AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCD. Chứng minh rằng BHCD là một hình bình hành. Lời giải. a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC; tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. −→ − → → −→ − Gọi H(x, y). Ta có AH.BC = 0 và BH.AC = 0, suy ra x + 2y = 2 và x − y = 0, giải hệ phương trình ta 2 2 được H( , ). 3 3 Gọi I(x, y) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó IA = IB và IA = IC. Do đó, ta có (x + 2)2 + (y − 2)2 = (x − 6)2 + (y − 6)2 (x + 2)2 + (y − 2)2 = (x − 2)2 + (y + 2)2 8 8 giải hệ phương trình ta được I( , ). 3 3 Gọi G(x, y) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có xA + xB + xC yA + yB + yC xG = = 3, yG = =3 3 3 − → − → b) Chứng minh IH = 3IG −2 −2 − → − → − → − → Ta có IH = (2, 2); IG = ( , ) suy ra IH = −3IG 3 3 c) AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCD. Chứng minh rằng BHCD là một hình bình hành. 16 16 − 22 10 −→ −16 −16 → −→ Ta có BH = ( , ); AC = (4, −4); D = ( , ); BH = ( , ); 3 3 3 3 3 3 suy ra −→ − → → −→ − DC.AC = 0 và BH.AC = 0, do đó BH k CD và BH = CD. 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC §4. I. 129 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC Tóm tắt lý thuyết Cho tam giác ABC, ta quy ước các kí hiệu sau. • BC = a, CA = b, BC = a. • p= a+b+c gọi là nửa chu vi của tam giác ABC. 2 • ma , mb , mc là độ dài đường trung tuyến tương ứng kẻ từ đỉnh A, B,C của tam giác ABC. • ha , bb , hc là độ dài đường cao tương ứng kẻ từ đỉnh A, B,C của tam giác ABC. • la , lb , lc là độ dài đường phân giác trong tương ứng kẻ từ đỉnh A, B,C của tam giác ABC. • R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. • r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. A B C H • Định lí Pitago: BC2 = AB2 + AC2 • Nếu biết 2 cạnh góc vuông thì có thể tính được đường cao AH bởi công thức: 1 1 1 = + 2 2 2 AH AB AC • Tích 2 cạnh góc vuông bằng tích cạnh huyền với đường cao tương ứng: AB.AC = BC.AH • Nếu biết 1 cạnh góc vuông và cạnh huyền thì có thể tính được hình chiếu của cạnh góc vuông đó lên cạnh huyền nhờ công thức: AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC 130 2. CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến. Định lý hàm số cosin được phát minh bởi nhà toán học Al Kashi (1380 - 1429). Đây là một mở rộng của định lý Pythagore. Định lý hàm số cosin đưa ra một phương pháp giúp ta tìm được một cạnh của tam giác bất kì khi biết độ dài hai cạnh còn lại và số đo của góc xen giữa hai cạnh đó, từ đó cũng cho chúng ta tính được số đo của các góc còn lại của tam giác. Định lý được phát biểu như sau: Định lí 1. Trong một tam giác bất kỳ, bình phương một cạnh bằng tổng bình phương của hai cạnh còn lại trừ đi hai lần tích của chúng với cosin của góc xen giữa hai cạnh đó. Nếu ký hiệu a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA, AB của tam giác ABC thì ta có:  2 2 2  a = b + c − 2bc cos A b2 = c2 + a2 − 2ca cos B   2 c = a2 + b2 − 2ab cosC Từ định lý hàm số cosin ta cũng suy ra công thức tính cosin các góc của tam giác theo độ dài các cạnh của tam giác như sau:  b2 + c2 − a2   cos A =    2bc   2 c + a2 − b2 cos B =  2ca    2 + b2 − c2  a   cosC = 2ab Mặt khác, sử dụng định lý hàm số cosin có thể giúp ta tìm được độ dài các đường trung tuyến theo ba cạnh của một tam giác. Cụ thể, nếu ký hiệu ma , mb , mc là độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B,C thì:   2 2 2  2 2 b +c −a  m =  a   4    2 2 c + a2 − b2 2 = m b  4     2 2 2   m2 = 2 a + b − c c 4 3. Định lý sin Định lí 2. Cho tam giác ABC, gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đặt AB = c, BC = a, CA = b. Ta có a b c = = = 2R. sin A sin B sinC 4. Các công thức diện tích tam giác Diện tích S của tam giác ABC được tính bởi một trong các công thức 1 1 1 S = a.ha = b.hb = c.hc 2 2 2 1 1 1 = bc sin A = ca sin B = ab sinC 2 2 2 abc = 4R =pr » = p(p − a)(p − b)(p − c) 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC II. 131 Các dạng toán Dạng 1. Một số bài tập giúp nắm vững lý thuyết Mục này đưa ra một số bài tập mà việc giải quyết chỉ dùng đến các kiến thức về tích vô hướng của hai véc-tơ ở bài trước, chưa dùng đến các công thức về hệ thức lượng ở bài 3. Kết quả của các bài tập này sẽ dùng vào việc giới thiệu các công thức mới về hệ thức lượng trong tam giác. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC − → − → − → a) Tính BC theo AB và AC. − →− → − →− → b) Tính BC.BC từ đó tính tích vô hướng AB.AC theo độ dài các cạnh của tam giác. c) Chứng minh rằng cos A = AB2 + AC2 − BC2 . 2.AB.AC Lời giải. − → − → − → a) BC = AC − AB. − →− → Ä− → − → ä2 − →− → b) BC.BC = AC − AB = AB2 + AC2 − 2AB.AC. Từ đó suy ra − →− → AB2 + AC2 − BC2 AB.AC = . 2 c) Theo câu trên ta có AB2 + AC2 − BC2 2 2 2 AB + AC − BC2 ⇔ cos A = 2.AB.AC AB.AC. cos A = Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có AM là trung tuyến. − → − → − → a) Tính BC theo AB và AC. − →− → b) Tính tích vô hướng AB.AC theo độ dài các cạnh của tam giác. −→ − → − → c) Tính AM theo AB và AC. d) Chứng minh AM 2 = Lời giải. a) Như bài trên. b) Như bài trên. −→ 1 Ä− → − →ä c) AM = AB + AC 2 2AB2 + 2AC2 − BC2 . 4 132 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ d) Ta có − →− → AB2 + AC2 + 2AB.AC AM = 4 2 2 AB + AC + AB2 + AC2 − BC2 = 4 2AB2 + 2AC2 − BC2 = 4 2 Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, đặt AB = c, CA = b, BC = a. Gọi ha , hb , hc lần lượt là độ dài các đường cao kẻ từ A, B,C của tam giác ABC. a) Chứng minh rằng ha = b sinC = c sin B; hb = c sin A = a sinC; hc = a sin B = b sin A. b) Gọi S là diện tích tam giác ABC, chứng minh rằng 1 1 1 S = ab sinC = bc sin A = ca sin B 2 2 2 A B Lời giải. C B H a) Trong cả ba trường hợp Cb nhọn, vuông, tù, ta đều có sin B = C A A H B C ha . Suy ra ha = c sin B. Tương tự ta cũng AB có ha = b sinC. Thay đổi vai trò A, B,C ta được ha = b sinC = c sin B; hb = c sin A = a sinC; hc = a sin B = b sin A 1 1 b) Ta có S = a.ha = a.b sinC, còn lại tương tự. 2 2 Ví dụ 4. Chứng minh rằng diện tích tam giác ABC được tính bởi công thức S = Lời giải. Theo định lý sin, ta có abc . 4R c c = 2R. Suy ra sinC = . Từ đó sinC 2R 1 1 c abc S = ab sinC = ab. = . 2 2 2R 4R Ví dụ 5. Cho đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các cạnh AB, BC,CA của tam giác tại K, L, M. Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC. Chứng minh rằng S = p.r. Lời giải. 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 133 Ta có r = IK = IM = IL. Theo tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát tại một điểm ta có AM = AK, BK = BL, CL = CM. Chu vi tam giác là A 2p = AM + AK + BK + BL +CL +CM = 2(AK + BL +CK) M K I Suy ra p = AK + BL +CM. Diện tích tam giác ABC là S = 2 (SAKI + SBLI + SCMI ) Å ã 1 1 1 = 2 AK.r + BL.r + CM.r 2 2 2 = (AK + BL +CM).r = pr B Ví dụ 6. Cho tam giác ABC diện tích S. Chứng minh rằng … Ä− 1 →− → ä2 AB2 .AC2 − AB.AC S= 2 Lời giải. 1 S = AB.AC. sin A 2 p 1 = AB.AC. 1 − cos2 A 2 à Ç− →− → å2 AB.AC 1 = AB.AC. 1 − 2 AB.AC … Ä− 1 →− → ä2 = AB2 .AC2 − AB.AC 2 Ví dụ 7. Chứng minh công thức tính diện tích sau (công thức Hê-rông) » S = p(p − a)(p − b)(p − c) với p là nửa chu vi tam giác, a = BC, b = AC, c = AB là độ dài các cạnh. − →− → AB2 + AC2 − BC2 b2 + c2 − a2 Lời giải. Ta có AB.AC = = . 2 2 L C 134 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Dùng kết quả bài trên, ta có … Ä− 1 →− → ä2 S= AB2 .AC2 − AB.AC 2… 1 1 2 b2 c2 − (b2 + c2 − a2 ) = 2… 4 1 1 (2bc + b2 + c2 − a2 )(2bc − b2 − c2 + a2 ) = 2…4 1 1 = [(b + c)2 − a2 ][a2 − (b − c)2 ] 2 4 … b+c+a b+c−a a+b−c a−b+c . . . = 2 2 2 2 » = p(p − a)(p − b)(p − c) Ví dụ 8. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai véc-tơ a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ). Chứng minh rằng » → − → − − − a |2 .| b |2 − (→ a . b )2 = |a1 b2 − a2 b1 | Q = |→ Lời giải. Ä äÄ ä Q2 = a21 + a22 b21 + b22 − (a1 b1 + a2 b2 )2 = a21 b22 + a22 b21 − 2a1 b2 a2 b1 = (a1 b2 − a2 b1 )2 Suy ra Q = a1 b2 − a2 b1 . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(xA ; yA ), B(xB ; yB ), C(xC ; yC ). Chứng minh rằng diện tích tam giác ABC là S= 1 2 (xB − xA ) (xC − xA ) (yB − yA ) (yC − yA ) trong đó, người ta đặt a b c d Lời giải. Ta có 1 Ta đã biết S = 2 = 1 (xB − xA )(yC − yA ) − (xC − xA )(yB − yA ) 2 = ad − bc (định thức cấp 2). − → AB = (xB − xA ; yB − yA ) − → AC = (xC − xA ; yC − yA ) … Ä− →− → ä2 AB2 .AC2 − AB.AC . Kết quả tính toán về toạ độ của bài trên ta được S= 1 (xB − xA )(yC − yA ) − (xC − xA )(yB − yA ) . 2 Ví dụ 10. Cho tam giác ABC, gọi la là độ dài đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. bc sin A Chứng minh rằng la = . (b + c) sin A2 Lời giải. 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 135 Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. Ta có la = AD. Ta có A SABC = SABD + SACD 1 1 A 1 A ⇔ AB.AC. sin A = AB.AD. sin + AC.AD. sin 2 2 2 2 2 A ⇔cb sin A = la (c + b) sin 2 bc sin A ⇔la = (b + c) sin A2 B D C Ví dụ 11. Cho tam giác ABC có AB < AC (hay c < b), gọi la0 là độ dài đường phân ngoài kẻ từ đỉnh bc sin A A của tam giác ABC. Chứng minh rằng la0 = . (b − c) cos A2 Lời giải. A E B D C Gọi E là chân đường phân giác ngoài kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. Ta có la0 = AE. Ta có SABC = SACE − SABE Å ã Å ã 1 1 A 1 A ◦ ◦ ⇔ AB.AC. sin A = AC.AE. sin 90 + − AB.AE. sin 90 − 2 2 2 2 2 A ⇔cb sin A = la0 (b − c) cos 2 bc sin A ⇔la = (b − c) cos A2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN √ b = 60◦ . Bài 1. Cho tam giác ABC có AB = 1, AC = 3, A − → − → − → c) Tính độ dài BC. a) Tính BC theo AB và AC. − →− → b) Tính AB.AC Lời giải. − → − → − → a) BC = AC − AB. √ 3 . 2 p √ √ − →− → c) BC2 = AC2 + AB2 − 2AB.AC = 1 + 3 − 3. Suy ra BC = 4 − 3. − →− → b) AB.AC = AB.AC. cos A = ‘ = 60◦ . Bài 2. Cho hình bình hành ABCD có AB = a, AD = 2a và DAB 136 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ − → −→ a) Tính AB.AD − → − → −→ b) Tính AC theo hai vectơ AB và AD. c) Tính AC d) Tính BD Lời giải. B A 60◦ C D − → −→ ‘ = a.2a. 1 = a2 . a) AB.AD = AB.AD. cos DAB 2 − → − → −→ b) AC = AB + AD. √ − → −→ c) AC2 = AB2 + AD2 + 2AB.AD = a2 + 4a2 + 2a2 = 7a2 . Suy ra AC = a 7. √ → −→ − → −→ −→ − d) BD = AD − AB. Suy ra BD2 = AD2 + AB2 − 2AD.AB = 3a2 . Suy ra BD = a 3. Bài 3. Chứng minh rằng tổng bình phương các đường chéo của hình bình hành bằng tổng bình phương các cạnh. Lời giải. B A C D − → − → −→ − → −→ Ta có AC = AB + AD. Suy ra AC2 = AB2 + AD2 + 2AB.AD. → − → −→ −→ −→ − Tương tự BD = AD − AB. Suy ra BD2 = AB2 + AD2 − 2AB.AD. Từ đó suy ra AC2 + BD2 = 2 AB2 + AD2 = AB2 + BC2 +CD2 + DA2 . − →− → − →− → − →− → Bài 4. Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 5, BC = 4. Tính các tích vô hướng AB.AC, BA.BC, CA.CB. Lời giải. − →− → AB2 + AC2 − BC2 4 + 25 − 16 13 = = • AB.AC = 2 2 2 5 − →− → • BA.BC = − 2 − →− → 37 • CA.CB = 2 Bài 5. Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là điểm bất kì. Chứng minh rằng MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 . −→ −→ −→ → − Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên GA + GB + GC = 0 . MA2 + MB2 + MC2 Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 Ä−−→ −→ä2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC −−→ Ä−→ −→ −→ä =3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 + 2MG. GA + GB + GC =3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 137 Bài 6. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O, M là một điểm thay đổi trên đường tròn. Chứng minh rằng MA2 + MB2 + MC2 không đổi. Lời giải. 138 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Gọi R là bán kính của đường tròn. Áp dụng bài trên ta có C MA2 + MB2 + MC2 =3MO2 + OA2 + OB2 + OC2 O =3R2 + R2 + R2 + R2 =6R2 A M B Dạng 2. Xác định các yếu tố còn lại của một tam giác khi biết một số yếu tố về cạnh và góc của tam giác đó Ở dạng toán này, chúng ta áp dụng trực tiếp định lý hàm số cosin hoặc hệ quả của định lý hàm số cosin để tìm các yếu tố còn lại của tam giác đã cho. 3 Ví dụ 12. Cho tam giác ABC có b = 5, c = 7 và cos A = . Tính cạnh a và cosin các góc còn lại của 5 tam giác đó. Lời giải. Ta có: √ √ 3 a2 = b2 + c2 − 2bc cos A = 25 + 49 − 2.5.7. = 32 ⇒ a = 32 = 4 2 √5 2 2 2 c +a −b 32 + 49 − 25 2 √ = cos B = = 2ca 2 56 2 √ 2 2 2 a +b −c 32 + 25 − 49 8 2 √ cosC = = = √ = . 2ab 10 40 2 40 2 Ví dụ 13. Một người đứng trên ngọn hải đăng A ở bờ biển quan sát hai chiếc tàu ở hai điểm B và C. Khoảng cách từ người đó tới chiếc tàu ở điểm B và C lần lượt là 5 km và 6 km. Góc tạo bởi hai hướng nhìn AB và AC là 60◦ . Tính khoảng cách d giữa hai chiếc tàu. ‘ = 60◦ . Áp đụng định lí cos ta có Lời giải. Xét tam giác ABC với AC = 6 km, AB = 5 km, BAC ‘ BC2 = AB2 +CA2 − 2.CA.AB. cos BAC √ Từ đó suy ra BC2 = 52 + 62 − 2.5.6. cos 60◦√= 31 ⇒ BC = 31. Vậy khoảng cách giữa hai chiếc tàu là d = 31 km.  2  a = x + x + 1 Ví dụ 14. Cho x là số thực lớn hơn 1 và b = 2x + 1 . Chứng minh rằng a, b, c là độ dài ba cạnh   2 c = x −1 của một tam giác và tính số đo của góc đối diện với cạnh a.   a + b > c Lời giải. Do x > 1 nên dễ dàng chứng minh được: b + c > a , từ đó suy ra a, b, c là độ dài ba cạnh của   c+a > b một tam giác. 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 139 b2 + c2 − a2 Gọi A là góc đối diện với cạnh a, khi đó: cos A = 2bc  2 4 3 2 a = x + 2x + 3x + 2x + 1     b2 = 4×2 + 4x + 1 Ta có  c2 = x4 − 2×2 + 1     bc = 2×3 + x2 − 2x − 1 1 Từ đó suy ra b2 + c2 − a2 = −bc ⇒ cos A = − ⇒ A = 120◦ . 2 Ví dụ 15. Cho ∆ABC có các cạnh BC = a,CA = b, AB = c. Biết rằng tồn tại số tự nhiên n > 2 sao cho an = bn + cn . Chứng minh rằng A là góc có số đo lớn nhất của tam giác, từ đó suy ra ∆ABC có 3 góc nhọn. ® ® A>B a>b . Vậy A là góc lớn nhất của ∆ABC. , do đó Lời giải. Từ giả thiết suy ra A>C a>c Å ãn−2  c n−2 b n n n 2 2 Ta có a = b + c ⇔ a = b + c2 . a a  b ®   <1 a>b nên ac Do . Từ đó suy ra a2 < b2 + c2 hay b2 + c2 − a2 > 0.  a>c  <1 a b2 + c2 − a2 Mà cos A = nên suy ra cos A > 0 hay A là góc nhọn, do đó B,C cũng là các góc nhọn. 2bc √ 3 c. Chứng minh rằng: Ví dụ 16. Cho tam giác ABC có mc = 2 √ 3 ma + mb + mc = (a + b + c) . 2  √ 2 + b2 − c2 2 a 3 3 3 Lời giải. Ta có mc = c ⇒ m2c = c2 ⇒ = c2 ⇒ a2 + b2 = 2c2 . 2 4 4 4 Từ đó suy ra ® 2 ® 2 2(b + c2 ) − a2 = 3b2 4ma = 3b2 ⇒ 2(c2 + a2 ) − b2 = 3a2 4m2 = 3a2  b √ 3   ma = b √2 ⇒   mb = 3 a 2 √ 3 ⇒ ma + mb + mc = (a + b + c) 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 7. Cho tam giác ABC có AC = 10 cm, BC = 16 cm và C = 120◦ , tính độ dài cạnh AB. √ Lời giải. Áp dụng định lý hàm số cosin ta có AB2 = CA2 +CB2 − 2CA.CB cosC ta suy ra AB = 516 cm Bài 8. Cho tam giác ABC có BC = 3,CA = 4 và AB = 6, Tính cosin của góc có số đo lớn nhất của tam giác đã cho. 140 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Do AB > AC > BC nên C > B > A. 11 . 24 Bài 9. Cho a2 , b2 , c2 là độ dài các cạnh của một tam giác nào đó và a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn. Lời giải. Do a2 , b2 , c2 là độ dài các cạnh của một tam giác nên  2 2 2  a + b − c > 0 b2 + c2 − a2 > 0 ⇒ cos A, cos B, cosC > 0.   2 c + a2 − b2 > 0 Áp dụng định lý hàm số cosin ta có cosC = − b−c . 2a ‘ + BCD ‘ ta suy ra điều Lời giải. Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác BAD, BCD và chú ý BAD phải chứng minh. Bài 10. Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AB = CD = a, AD = b, BC = c. Chứng minh rằng cos A = Bài 11. Cho tam giác ABC có ma = 15, mb = 18, mc = 27. a) Tính diện tích của tam giác ABC. b) Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. Lời giải. a) Gọi G là trọng tâm ∆ABC; A0 , B0 ,C0 lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA, AB và D là điểm đối xứng của A qua G. Khi đó ta có BGCD là hình bình hành. 1 S∆ABC = 3S∆GBC = S∆BGCD = S∆BGD . 2 Tam giác BGD có độ dài các √ cạnh lần lượt là 10, 12, 18 √ = 40 2. nên S∆BGD = 20.10.8.2 B √ Vậy S∆ABC = 120 2. A C0 B0 G b) Áp dụng công √ trung tuyến ta tính √ thức tính√độ dài đường được a = 2 209, b = 8 11, c = 2 41. A0 D Bài 12. Cho ∆ABC có các cạnh BC = a,CA = b, AB = c thỏa mãn hệ thức 1 1 3 + = . a+b b+c a+b+c Chứng minh rằng B = 60◦ . Lời giải. Ta có: 1 1 3 a+b+c a+b+c + = ⇔ + =3 a+b b+c a+b+c a+b b+c c a ⇔ 1+ +1+ =3 a+b b+c c a ⇔ + =1 a+b b+c ⇔ c(b + c) + a(a + b) = (a + b)(b + c) ⇔ c2 + bc + a2 + ab = ab + b2 + ac + bc ⇔ c2 + a2 − b2 = ac c2 + a2 − b2 1 ⇔ = 2ac 2 1 ⇔ cos B = 2 ⇔ B = 60◦ . C 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 141 BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 13. Cho tam giác ABC có BC = 10. I là điểm trên cạnh BC sao cho 2IB = 3IC. Đường tròn tâm I bán kính 3 tiếp xúc với các cạnh  AB, AC lần lượt tại các điểm M, N. Tính độ dài các cạnh AB, AC. IM 1   sin B = = BI 2. Lời giải. Trước hết ta có IN 3   sinC = = CI 4  √ 3    cos B = √2 . (Do B,C là các góc nhọn). A Từ đó suy ra  7   cosC = M 4 N c 6 Đặt AB = c, AC = b. Do AI là phân giác góc A nên = ⇒ b 4 2c = 3b. I C Mặt khác, theo đinh lý cosin trong tam giác ABC ta có B ® 2 2 2 c = b + BC − 2b.BC. cosC b2 = c2 + BC2 − 2c.BC. cos B Thay số vào ta được hệ phương trình  2c = 3b √ √ ®   √ b = 2(3 3 − 7) c2 = b2 + 100 − 5 7.b ⇔ √ √  √ c = 3(3 3 − 7)  2 b = c2 + 100 − 10 3.c Bài 14. Cho ∆ABC có BC = a,CA = b, AB = c và có diện tích S. Chứng minh rằng: b2 + c2 − a2 . 4S c mb b) Nếu = 6= 1 thì cot B + cotC = 2 cot A, ở đó mb , mc là độ dài các trung tuyến xuất phát từ B,C. b mc a) cot A = Lời giải. a) Theo định lý hàm số cosin ta có: b2 + c2 − a2 = 2bc cos A. 1 Mặt khác, S = bc sin A nên ta có 2 b2 + c2 − a2 2bc cos A = = cot A 4S 2bc sin A c mb c2 m2 2a2 + 2c2 − b2 . = 6= 1 ⇔ 2 = b2 = 2 b mc b mc 2a + 2b2 − c2 Từ đó suy ra 2a2 c2 + 2b2 c2 − c4 = 2a2 b2 + 2b2 c2 − b4 ⇒ 2a2 (c2 − b2 ) = c4 − b4 = (c2 + b2 )(c2 − b2 ). Do  b 6= c nên c2 − b2 6= 0, do đó b2 + c2 = 2a2 . a2 + c2 − b2    cot B = 2a2 4S Từ ⇒ cot B + cotC = . (1) 2 + b2 − c2  4S a   cotC = 4S b2 + c2 − a2 2a2 Mặt khác 2 cot A = 2 = . (2) 4S 4S Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh. b) Ta có 142 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Dạng 3. Diện tích tam giác Dạng này thường sử dụng các công thức về diện tích sau 1 1 1 S = a.ha = b.hb = c.hc 2 2 2 1 1 1 = bc sin A = ca sin B = ab sinC 2 2 2 abc = 4R =pr » = p(p − a)(p − b)(p − c) Bài 15. Cho A(1, 5); B(4, −1);C(−4, −5). Tính diện tích của tam giác ABC. − → − → Lời giải. Ta có AB = (3, −6); BC = (−8, −4), nên tam giác ABC vuông tại B. 1 √ √ 1 Do đó, S∆ABC = AB.BC = .3 5.4 5 = 30(đvdt). 2 2 b = α ◦ , Bb = β ◦ . Bài 16. Tính diện tích tam giác ABC, biết chu vi tam giác bằng 2p, các góc A abc . Theo định lí hàm sin ta có abc = 8R3 sin A. sin B. sinC, suy ra S = 2R2 sin A. sin B. sinC. Lời giải. Ta có S∆ABC = 4R Å b c a+b+c 2p 2p a = = = = . Vậy S = 2 và R = sin A sin B sinC sin A + sin B + sinC sin α + sin β + sin(π − α − β ) sin α + sin β + sin α −β) b = 90◦ , bán kính đường tròn ngoại tiếp R = 7 và bán kính đường tròn nội tiếp là Bài 17. Cho ∆ABC có A r = 3. Tính diện tích S của tam giác. Lời giải. C D E A I F B Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của ∆ABC. Gọi tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với các cạnh BC,CA, AB lần lượt là D, E, F. Vì ∆ABC vuông tại A nên BC = 2R = 14 và AE = AF = r = 3. AB + AC + BC Ta có p = = AE + BC = 14 + 3 = 17 2 Vậy S = pr = 17 × 3 = 51 b = Bb = 30◦ . Tính diện tích S của ∆ABC Bài 18. Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O, 3). Biết rằng A Lời giải. Áp dụng định lý sin trong ∆ABC ta có: BC = 2R sin A = 6 sin 30◦ = 3 và AC = 2R sin B = 6 sin 30◦ = 3 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 143 b = 180◦ − 30◦ − 30√◦ = 120◦ . Ta có Cb = 180◦ − Bb − A 1 32 9 3 Vậy S = BC.AC. sin Cb = sin 120◦ = . 2 2 4 1 1 1 1 Bài 19. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 ≥ . a b c 2Rr Lời giải. 1 1 2p a+b+c 1 1 1 Ta có: = = = = + + abc S 2Rr abc abc ab bc ac . 2. 4s p 1 1 1 1 1 1 Bất đẳng thức ban đầu ⇔ 2 + 2 + 2 ≥ + + a b c ab bc ac Ta thấy: Å Å Å ã ã ã 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + = + + + + + a2 b2 c2 2 a2 b2 2 b2 c2 2 c2 a2 … … … 1 1 1 1 1 1 . 2+ . 2+ . ≥ 2 2 a b b c c2 a2 1 1 1 = + + ab bc ac Bài 20. Cho hình vuông MNPQ nội tiếp trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: SABC ≥ 2SMNPQ . Lời giải. Ta thấy: A SABC ≥ 2SMNPQ 1 ⇔ BC.AH ≥ 2MN.PQ 2 1 MN MQ . ⇔ ≥ 4 BC AH N M Mà MN MQ AM BM 1 . = . = .AM.BM BC AH AB AB AB2 Å ã AM + BM 2 1 AB2 1 1 ≤ = . = . AB2 2 AB2 4 4 B QH P Dạng 4. Chứng minh hệ thức liên quan giữa các yếu tố trong tam giác – Dùng các hệ thức cơ bản để biến đổi vế này thành vế kia hoặc chứng minh cả hai vế cũng bằng một hệ thức đã biết là đúng. – Khi chứng minh cần khai thác các giả thiết và kết luận để tìm đúng các hệ thức thích hợp làm trung gian cho quá trình biến đổi. Ví dụ 17. Cho ∆ABC có AB = c, BC = a, CA = b. p là nửa chu vi tam giác. Chứng minh rằng: abc. (cos A + cos B + cosC) = a2 (p − a) + b2 (p − b) + c2 (p − c) . C 144 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Áp định lý cos trong ∆ABC, ta có: Ç dụng å 2 b + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 V T = abc. + + 2bc 2ac 2ab b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 + b. + c. 2 2 2 2 2 2 a b c = (b + c − a) + (a + c − b) + (a + b − c) 2 2 2 2 2 2 = a (p − a) + b (p − b) + c (p − c) = V P. Vậy đẳng thức được chứng minh. = a. ‘ = α, AC = b, AB = c, S là diện tích ∆ABC. Với Ví dụ 18. Cho ∆ABC có trung tuyến AM, AMB b2 − c2 0 < α < 90◦ . Chứng minh: cot α = . 4S Lời giải. Đặt BC = a. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A đến BC. HM MB − BH BC BH Có ∆AHM vuông ⇒ cot α = = = − . AH AH 2AH AH BH a − (1) Hay cot α = 2AH AH Mặt khác, áp dụng định lý cos và  công thức tính diện tích: b2 − c2 a2 + c2 − 2ac cos B − c2 = 4S 2AH.a . a c. cos B a2 − 2ac cos B = − = 2AH.a 2AH AH b2 − c2 a BH Hay = − (2) 4S 2AH AH b2 − c2 . Từ (1) và (2) suy ra cot α = 4S A α B H M C ‘ = α, GBC ‘ = β , GCA ‘ = γ. Đặt AB = c, BC = a, CA = b Ví dụ 19. Cho ∆ABC có trọng tâm G và GAB và S là diện tích ∆ABC.Chứng minh:  3 a2 + b2 + c2 cot α + cot β + cot γ = . 4S Lời giải. Gọi M là trung điểm BC. Kẻ MH⊥AB. AH . ∆AMH vuông ⇒ cos α = AM BH 2BH ∆BHM vuông ⇒ cos B = = . MB a a Ta có AB = HA + HB ⇒ c = AM. cos α + . cos B 2 Ç å 1 a ⇒ cos α = c − cos B (1) AM 2 Mặt khác, áp dụng định lý hàm số sin cho ∆AMB: MB MA 1 a = ⇔ sin α = .MB sin B = sin B (2) sin α sin B AM 2AM A α G H γ β B M C 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 145 Từ (1) và (2) ta được: a c − cos B 2c − a cos B R (4c − 2a cos B) 4c2 − 2ac cos B 3c2 + b2 − a2 2 = = = cot α = = . ab 4S a b abc sin B a. 2 2R R 3a2 + c2 − b2 3b2 + a2 − c2 Tương tự: cot β = ; cot γ = . 4S 4S  3c2 + b2 − a2 3a2 + c2 − b2 3b2 + a2 − c2 3 a2 + b2 + c2 Do đó, cot α + cot β + cot γ = + + = . 4S 4S 4S 4S BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 21. Cho ∆ABC có AB = c, BC = a, CA = b. R là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Chứng a2 + b2 + c2 minh rằng: cot A + cot B + cotC = R. abc Lời giải. Áp đụng định lý cos và sin, ta được: cos A b2 + c2 − a2 b2 + c2 − a2 R cot A = = = . sin A abc a 2bc. 2R Tương tự với cot B và cotC, cộng vế theo vế được đpcm. Bài 22. Cho ∆ABC có trọng tâm G , R là độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: Ä ä ä 3 Ä 3 − cos2 A + cos2 B + cos2 C = 2 GA2 + GB2 + GC2 4R Lời giải. Áp dụng công thức trung tuyến, ta được m2a + m2b + m2c =  3 2 a + b2 + c2 . 4 Áp dụng định lý sin: a = 2R sin A; b = 2R sin B; c = 2R sinC.  Suy ra m2a + m2b + m2c = 3R2 sin2 A + sin2 B + sin2 C = 3R2 3 − cos2 A − cos2 B − cos2 C (1) 3 3 3 Theo tính chất trọng tâm, có ma = GA, mb = GB, mc = GC (2) 2 2 2 Từ (1) và (2) thu được đẳng thức cần chứng minh. Bài 23. Cho ∆ABC có ha , hb , hc lần lượt là độ dài đường cao xuất phát từ A, B, C; p là nửa chu vi. R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng: p2 = Lời giải. Ta có aha = bhb = chc = 2S ⇒ ha hb hc = Lại có S = pr ⇒ 2p2 r2 abc = = R. ha hb hc 4S R ha hb hc 2r2 2S . abc 1 Bài 24. Cho ∆ABC có sin2 B + sin2 C = 2 sin2 A. Chứng minh cos A ≥ . 2 Lời giải. Áp dụng định lý sin, có: c2 a2 b2 sin2 B + sin2 C = 2 sin2 A ⇔ 2 + 2 = 2 2 ⇔ b2 + c2 = 2a2 . 4R 4R 4R Áp dụng định lý cos, có:  b2 + c2 2 2 2 2 b + c = 2 b + c − 2bc cos A ⇔ cos A = . 4bc 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: b2 + c2 ≥ 2bc. Suy ra cos A ≥ . 2 146 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 25. Cho ∆ABC có AB = c, BC = a, CA = b; la , lb , lc lần lượt là độ dài đường phân giác xuất phát từ A, 1 1 1 1 1 1 B, C. Chứng minh: + + < + + . a b c la lb lc Lời giải. Gọi D là chân đường phân giác kẻ từ A. Ta có: A 2bc cos 1 1 A 1 A 2. S∆ABC = S∆ABD + S∆ACD ⇔ bc sin A = b.la sin + c.la sin ⇔ la = 2 2 2 2 2 b+c A b < 180◦ nên 0 < cos < 1. Vì 0◦ < A 2 2bc 1 1 1 Suy ra la < ⇔ > + . b+c la 2b 2c Tương tự với lb và lc . Cộng vế theo vế ta được đpcm. √ Bài 26. Cho ∆ABC diện tích S có AB = p c, BC = a, CA = b. Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ 4 3S. Lời giải. Theo công thức Hê-rông: S = p(p − a)(p − b)(p − c). p p p−a+ p−b c a p b Ta có (p − a)(p − b) ≤ = . Tương tự có (p − b)(p − c) ≤ ; (p − a)(p − c) ≤ . 2 2 2 2 (a + b + c)abc abc = . Do đó S2 ≤ p. 8  16  Lại có a2 + b2 + c2 ≥ 3 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ 3abc (a + b + c) ≥ 3.16.S2 . Suy ra đpcm. BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 27. Cho ∆ABC có AB = c, BC = a, CA = b; trọng tâm G và tâm đường tròn nội tiếp I. Biết GI vuông 2ab a+b+c ‘ Chứng minh: = . góc với đường phân giác trong của BCA. 3 a+b Lời giải. Vẽ GH⊥AC, GK⊥BC, ID⊥AC. Gọi L và N lần lượt là giao điểm của IG với AC và BC. Ta có: S∆CLN = 2S∆LIC = ID.IC = r.LC (1) 1 Lại có: S∆CLN = S∆GLC + S∆GCN = (GH.LC + GK.CN) (2) 2 Do ∆CLN cân nên LC = CN (3) 1 Từ (1), (2), (3) suy ra r.LC = .LC (GH + GK) ⇔ 2r = GH + GK. 2 Gọi ha , hb lần lượt là độ dài đường cao của ∆ABC xuất phát từ A và B. GK MG 1 GH 1 1 Ta có: = = ; = . Do đó 2r = (ha + hb ). ha MA 3 hb 3 3 1 1 2pr 2pr Mà S∆ABC = pr = aha = bhb ⇒ ha = ; hb = . b Ç2 å2 Ç a å 2 1 1 1 a+b 2ab a+b+c Suy ra 2r = pr + ⇔1= p ⇔ = . 3 a b 3 ab a+b 3 Bài 28. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp với AB = a, BC = b, CD = c,DA = d và p là nửa chu vi, S là diện tích tứ giác. Chứng minh rằng: … B+D S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd cos2 . 2 Lời giải. Áp dụng định lý hàm số cos trong các tam giác ABD,CBD ta có: BD2 = a2 + d 2 − 2ad cos A = b2 + c2 − 2bc cosC. a2 + d 2 − 2ad cos A = b2 + c2 − 2bc cosC. a2 + d 2 − b2 − c2 = 2ad cos A − 2bc cosC .(1) Bình phương hai vế của (1) ta có: 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC a2 + d 2 − b2 − c2 Ta có: 2 147 = 4 (ad cos A − 2bc cosC)2 .(2) 1 1 S = SA BD + SBCD = ad sin A + bc sinC. 2 2 16S2 = 4(ad sin A + bc sinC)2 .(3) Cộng từng vế (2),(3) ta được: î ó Ä ä2 a2 + d 2 − b2 − c2 + 16S2 =4 a2 d 2 + b2 c2 − 2abcd(cos A cosC − sin A sinC) î ó =4 a2 d 2 + b2 c2 − 2abcd (cos(A +C)) ñ Ç åô 2 (A +C) cos =4 a2 d 2 + b2 c2 − 2abcd 2 −1 2 ñ ô 2 (A +C) cos =4 (ad + bc)2 − 4abcd .(4) 2 Từ (4) suy ra cos2 (A +C) 16S2 =4(ad + bc)2 − (a2 + d 2 − b2 − c2 )2 − 16abcd 2 =(2ad + 2bc + a2 + d 2 − b2 − c2 )(2ad + 2bc − a2 − d 2 + b2 + c) − 16abcd î óî ó cos2 (A +C) = (a + d)2 − (b − c)2 (b + c)2 − (a − d)2 − 16abcd 2 2 cos (A +C) .(5) =(2p − 2c)(2p − 2b)(2p − 2d)(2p − 2a) − 16abcd 2 b + Cb Bb + D b A B+D A +C Vì + = 180◦ ⇒ cos2 = cos2 2 2 2 2 nên từ (5) suy ra B+D S2 = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd cos2 . 2 … B+D . ⇒ S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) − abcd cos2 2 cos2 (A +C) 2 . Dạng 5. Nhận dạng tam giác vuông Sử dụng các phép biến đổi tương đương hoặc hệ quả để biến đổi “Điều kiện cho trước” đến một đẳng thức mà từ đó ta dể dàng kết luận được tính chất của tam giác. Ví dụ 20. Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện sin 2A + sin 2B = Chứng minh tam giác ABC vuông. sin 2A sin 2B . cos A cos B 148 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Ta có: sin 2A sin 2B cos A cos B 2 sin A cos A.2 sin B cos B ⇔2 sin A cos A + 2 sin B cos B = cos A cos B ⇔ sin A cos A + sin B cos B = 2 sin A sin B ⇔ sin 2A + sin 2B = 4 sin A sin B ⇔2 sin(A + B) cos(A − B) = 2[cos(A − B) − cos(A + B)] ⇔ sinC. cos(A − B) = cos(A − B) + cosC sin 2A + sin 2B = ⇔ cos(A − B). cosC(1 − sinC) + cos2 C = 0 ⇔ cos(A − B). cosC(1 − sinC) + 1 − sin2 C = 0 ⇔(1 − sinC)(cos(A − B) cosC + 1 + sinC) = 0 ⇔1 − sinC = 0 π ⇔C = 2 ⇔4ABC vuông tại C. Ví dụ 21. Cho 4ABC có sin 2A cos 2A + sin 2B cos 2B + sin 2C cos 2C = 0. Chứng minh rằng 4ABC vuông. Lời giải. Ta có: sin 2A cos 2A + sin 2B cos 2B + 2 sin 2C cos 2C = sin 4A + sin 4B + 2 sin 2C cos 2C =2 sin 2(A + B) cos 2(A − B) + 2 sin 2C cos 2C = − 2 sin 2C cos 2(A − B) + 2 sin 2C cos 2(A + B) = − 2 sin 2C[cos 2(A − B) − cos(A + B)] = − 4 sin 2C sin 2A sin 2B. Do đó sin 2A cos 2A + sin 2B cos 2B + sin 2C cos 2C = 0 ⇔ −4 sin 2A sin 2B sin 2C = 0  π   A= 2 sin 2A = 0 2A = π   π    ⇔ sin 2B = 0 ⇔ 2B = π ⇔ B = ⇒ 4ABC vuông. 2  sin 2C = 0 2C = π π C= 2 √ Ví dụ 22. Cho 4ABC có sin2 A + sin2 B = 2017 sinC và các góc A, B nhọn. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. √ Lời giải. Ta có: sinC ∈ [0, 1] ⇒ 2017 sinC = sin2017 C ≥ sin2 C ⇒ sin2 A + sin2 B ≥ sin2 C ⇔ 4R2 [sin2 A + sin2 B] ≥ 4R2 sin2 C ⇔ a2 + b2 ≥ c2 ⇔ a2 + b2 − c2 ≥ 0. a2 + b2 − c2 Theo định lí hàm số cosin ta có: cosC = ≥ 0. 2ab Ta thấy: 1 − cos 2A 1 − cos 2B + 2 2 cos 2A + cos 2B = 1− 2 = 1 − cos(A + B) cos(A − B) = 1 + cosC cos(A − B) ≥ 1. sin2 A + sin2 B = 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 149 √ 1 = 1. ® √ cosCcos(A − B) = 0 π 2017 Do đó: sin2 A + sin2 B = sinC khi ⇔ C = ⇒ 4ABC vuông. 2 sinC = 1 Mặt khác: √ sinC ≤ 2017 2017 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 29. Cho A,B là hai góc nhọn của tam giác ABC thỏa mãn: sin2 A + sin2 B = 1. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại C. Lời giải. sin2 A + sin2 B = 1 1 − cos 2A 1 − cos 2B ⇔ + =1 2 2 ⇔ cos(A + B) cos(A − B) = 0 ⇔ cosC cos(A − B) = 0. Mà A, B là hai góc nhọn nên cos(A − B) 6= 0. Do đó cosC. cos(A − B) = 0 ⇔ cosC = 0 ⇒ C = π ⇒ 4ABC vuông tại C. 2 Bài 30. Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn đẳng thức : sinC = sin A cos B. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A. Lời giải. 1 sinC = sin A cos B = [sin(A + B) + sin(A − B)] 2 ⇒2 sinC = sinC + sin(A − B) ⇒ sinC = sin(A − B) ⇒ sin(A + B) = sin(A − B) ⇒ sin A cos B + sin B cos A = sin A cos B − sin B cos A ⇒ sin B cos A = 0 π ⇒ cos A = 0 ⇒ A = 2 ⇒4ABC vuông tại A. Bài 31. Cho tam giác ABC có C < B và b, c là các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông nếu có: sin(B −C) b2 − c2 = . sin(B +C) b2 + c2 150 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Ta có: sin(B −C) sin B cosC − sinC cos B = sin(B +C) sin B sinC + sin B sinC c b cosC − cos B 2R = 2R b c cosC + cos B 2R 2R 2ab cosC − 2ac cos B = 2ab cosC + 2ac cos B (a2 + b2 − c2 ) − (a2 + c2 − b2 ) = 2 a + b2 − c2 ) + (a2 + c2 − b2 ) b2 − c2 = . a2 sin(B −C) b2 − c2 = . sin(B +C) b2 + c2 b2 − c2 b2 − c2 Do đó: = 2 ⇒ a2 = b2 + c2 ⇒ 4ABC vuông tại A. a2 b + c2 Mà Bài 32. Cho tam giác ABC có: 5(sin A + 3 cos B) + 9(sin B + 3 cos A) = 20. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. Lời giải. Ta có: 4(sin A + 3 cos B) + 3(cos A + 3 sin B) =(3 cos A + 4 sin A) + (9 sin B + 12 cos B) » » 2 2 2 2 ≤ (4 + 3 )(sin A + cos A) + (92 + 122 )(sin2 B + cos2 B) =5 + 15 = 20 sin A 3 = 3  Dấu bằng xảy ra ⇔  cos A 4 ⇔ tan A = cot B = cos B 9 4 = π  sin B π 12 π π ⇒ tan A = tan − B ⇔ A = − B ⇔ A + B = ⇔ C = ⇒ 4ABC vuông tại C. 2 2 2 2  Dạng 6. Nhận dạng tam giác cân Sử dụng các phép biến đổi tương đương hoặc hệ quả để biến đổi “Điều kiện cho trước” đến một đẳng thức mà từ đó ta dể dàng kết luận được tính chất của tam giác. Ví dụ 1. Chứng tỏ rằng tam giác ABC cân nếu tan B + tanC = 2 tan B +C 2 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 151 Lời giải. Ta có: tan B + tanC = 2 tan B +C 2 B +C B +C + tanC − tan =0 2 2 B −C C−B sin sin 2 2 ⇔ + =0 B +C B +C cos B cos cosC cos 2 Ö2 ⇔ tan B − tan ⇔ sin B −C 2 1 B +C cos B cos 2 B −C B −C ⇔ sin =0⇔ =0 2 3 ⇔B = C ⇒ 4ABC cân tại A. Ví dụ 2. Cho 4ABC thỏa mãn hệ thức: sin − è 1 B +C cosC cos 2 B C C B cos3 = sin cos3 . Chứng minh tam giác ABC cân. 2 2 2 2 Lời giải. Ta có: B C C B cos3 = sin cos3 2 2 2 2 B 1 C 1 ⇔ tan = tan B C 2 3 cos2 cos2 2 2 C B B C ⇔ tan (1 + tan2 ) = tan (1 + tan2 ). 2 2 2 2 sin B C Đặt x = tan ; y = tan khi đó ta có: 2 2 x(1 + x2 ) = y(1 + y2 ) ⇔x3 − y3 + x − y = 0 ⇔(x − y)(x2 + xy + y2 + 1) = 0 ⇔x − y = 0 ⇔ x = y. Do đó ta có: tan B C B C = tan ⇒ = ⇔ B = C ⇒ 4ABC cân tại A. 2 2 2 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho 4ABC thỏa mãn: =0 c = 2 tan A. Chứng minh rằng 4ABC cân. b sin A 152 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Ta có: a = 2 tan A b sin A sinC = 2 cos A ⇔ sin B ⇔ sinC = 2 sin B cos A ⇔ sinC = sin(B + A) + sin(B − A) ⇔ sinC = sinC + sin(B − A) ⇔ sin(B − A) = 0 ⇒ B − A = 0 ⇔ B = A ⇒ 4ABC cân tại C. A Bài 2. Cho 4ABC có đường cao AH = ha thỏa mãn hệ thức : h2a = bc cos2 . Chứng minh rằng 4ABC 2 cân. Lời giải. Ta có: ha = c sin B = b sinC ⇒ h2a = bc sin B sinC. Từ đó ta có: A 2 ⇔ cos(B −C) − cos(B +C) = 1 + cos A ⇔ cos(B −C) + cos A = 1 + cos A ⇔ cos(B −C) = 1 ⇒B −C = 0 ⇔B = C ⇒ 4ABC cân. sin B sinC = cos2 Bài 3. Cho 4ABC thỏa mãn hệ thức: 4 − 2 sin2 B − 2 sin2 C = (cot B + cotC)2 − 2 cot B. cotC. 2 2 sin B + sin C Lời giải. 4 − 2 sin2 B − 2 sin2 C = (cot B + cotC)2 − 2 cot B. cotC 2 2 sin B + sin C 4 ⇔ 2 − 2 = cot2 B + cot2 C 2 sin B + sin C 4 1 1 ⇔ 2 −2 = 2 + 2 −2 2 sin B + sin C Å sin B sinãC 1 1 ⇔(sin2 B + sin2 C) + 2 =4 2 sin B sin C sin2 B sin2 C ⇔ 2 + 2 −2 = 0 sin C sin B Å ã sin B sinC 2 ⇔ − =0 sinC sin B ⇔ sin B = sinC ⇔B = C ⇒ 4ABC cân. Bài 4. Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức: sin B b = √ . Chứng minh rẳng tam giác ABC cân. 2 2 ac 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC B 1 − cos B = = 2 2 B b2 Mà: sin2 = . 2 4ac Lời giải. sin2 Do đó: 1− 153 a2 + c2 − b2 b2 − (a − c)2 2ac = . 2 4ac b2 − (a − c)2 b2 = ⇔ b2 − (a − c)2 = b2 ⇔ a − c = 0 ⇔ a = c ⇒ 4ABC cân. 4ac 4ac Bài 5. Cho 4ABC có: 2b + c 1 + cos A . =√ sin A 4b2 − c2 Lời giải. Ta có: 2b + c 1 + cos A =√ sin A 4b2 − c2 (1 + cos A)2 (2b + c)2 ⇔ = 4b2 − c2 sin2 A 1 + cos A 2b + c = ⇔ 1 − cos A 2b − c 1 + cos A 2 sin B + sinC = ⇔ 1 − cos A 2 sin B − sinC ⇔2 sin B + 2 cos A sin B − sinC − cos A sinC = 2 sin B − 2 sin B cos A + sinC − sinC cos A ⇔4 sin A cos B − 2 sinC = 0 ⇔ sin(A + B) + sin(A −C) = sinC ⇔ sinC + sin(A − B) = sinC ⇔ sin(A − B) = 0 ⇔A − B = 0 ⇔A = B ⇒ 4ABC cân. Dạng 7. Nhận dạng tam giác đều. Sử dụng các phép biến đổi tương đương hoặc hệ quả để biến đổi “Điều kiện cho trước” đến một đẳng thức mà từ đó ta dể dàng kết luận được tính chất của tam giác. Ngoài ra đối với các bất đẳng thức đối xứng với ba góc A, B,C hoặc ba cạnh a, b, c đều xảy ra dấu bằng tại trạng thái A = B = C = 60◦ hoặc a = b = c để chứng minh tam giác ABC đều. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có:     3 4 3 − b3 − c3 .  a  a 2 = a−b−c Chứng minh rằng tam giác ABC đều. sin B sinC = 154 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Lời giải. Ta có: a3 − b3 − c3 a−b−c 2 ⇔a (a − b − c) = a3 − b3 − c3 a2 = ⇔a2 (b + c) = (b + c)(b2 − bc + c2 ) ⇔a2 = b2 − bc + c2 ⇔b2 + c2 − a2 = bc b2 + c2 − a2 1 = 2bc 2 1 π ⇒ cos A = ⇔ A = . 2 3 ⇔ (1) Ta lại có: sin B sinC = 3 4 ⇔ cos(B −C) − cos(B +C) = ⇔ cos(B −C) + cos A = 3 2 3 2 ⇔ cos(B −C) = 1 ⇒B −C = 0 ⇔ B = C ⇒ 4ABC cân. (2) Từ (1) và (2) suy ra 4ABC đều. Ví dụ 2. Cho 4ABC có: cot2 A B C + cot2 + cot2 = 9. Chứng minh rằng 4ABC đều. 2 2 2 Lời giải. Theo định lí hàm số cos: a2 = b2 + c2 − 2bc. cos A ≥ 2bc − 2bc cos A = 4bc. sin2 A ⇒ 2 1 sin2 A 2 ≥ 4bc A 4bc ⇒ cot2 ≥ 2 − 1. 2 a 2 a B 4ac C 4bc ≥ 2 − 1; cot2 ≥ 2 − 1. 2 b 2 c … B C 4bc 4ac 4ab 4bc 4ac 4ab A Do đó: cot2 + cot2 + cot2 ≥ 2 + 2 + 2 − 3 ≥ 3 3 2 . 2 . 2 − 3 = 9. 2 2 2 a b c a b c Dấu “=” xảy ra ⇔ 4ABC đều. Chứng minh tương tự ta có: cot2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho 4ABC có: ® sin B + sinC = 2 sin A . cos B + cosC = 2 cos A Chứng minh tam giác ABC đều. Lời giải. Ta có: (sin B + sinC)2 + (cos B + cosC)2 = (2 sin A)2 + (2 cos A)2 ⇔ 2(sin® B sinC + cos B cosC) + ®2 = 4 ⇔ cos(B −C) = 1 ⇔ B −C = 0 ⇔ B = C B=C B=C Khi đó: ⇔ ⇒ A = B = C ⇒ 4ABC đều. 2 cos B = 2 cos A B=A Bài 2. Cho tam giác ABC có: B −C C−A A−B b2 cos c2 cos 2 + 2 + 2 = a2 + b2 + c2 . B A C 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 a2 cos 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 155 Chứng minh rằng 4ABC đều. Lời giải. Ta có: B −C B −C a(2R sin A) cos 2 = 2 A A 2 sin 2 sin 2 2 B −C A = 2aR cos cos 2 2 B +C B −C = 2aR sin cos 2 2 a(b + c) = aR (sin B + sinC) = 2 a2 cos Tương tự và suy ra ta có: B −C C−A A−B b2 cos c2 cos 2 + 2 + 2 = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = ab + bc + ca B A C 2 2 2 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 ≤ + + = a2 + b2 + c2 2 2 2 a2 cos Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ⇔ 4ABC đều. Dạng 8. Ứng dụng giải tam giác vào đo đạc Sử dụng định lý sin và định lý cos để giải. Ví dụ 3. Tính khoảng cách từ một điểm trên bờ sông đến một gốc cây trên một cù lao giữa sông. Lời giải. Để đo khoảng cách từ một điểm A trên bờ sông đến gốc cây C trên cù lao giữa sông, người ta chọn một điểm B cùng ở trên bờ với A sao cho từ A và ‘ = α và B có thể nhìn thấy điểm C. Ta đo khoảng cách AB = d, góc CAB ‘ = β. CBA Khi đó, khoảng cách AC được tính như sau: Áp dụng định lý sin vào tam giác ABC, ta có AB AC = sin B sinC AB sin β B Vì sinC = sin(α + β ) nên AC = . sin(α + β ) C β d α A Ví dụ 4. Trong một buổi gặp nhau cuối tuần nghệ sĩ hài Xuân Bắc đặt ra một tình huống đối với giáo sư Cù Trọng Xoay như sau: “Một người có chiều cao từ chân đến mắt là lm. Với hai dụng cụ đo là thước dây và giác kế, người đó muốn đo chiều cao của một cái cây cao. Vậy làm thế nào để đo được chiều cao của cây”. Nếu được ở vị trí của giáo sư Cù Trọng Xoay em làm cách nào để đo được chiều cao của cây? Hãy minh họa bằng một kết quả cụ thể. Lời giải. 156 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Chọn vị trí đứng là điểm C, gọi A là vị trí mắt người đó đứng tại C, O là vị trí gốc cây, B là vị trí đỉnh cây. ‘ AOB,CO. ‘ Các yếu tố có thể đo được bằng thước dây và giác kế là CAB, Dùng thước dây đo độ dài CO = d, áp dụng vào tam giác AOC để tính AO ‘ và góc AOC. Dùng giác kế đo được góc BAO, từ đó áp dụng định lý sin để tính BO. √ √ ‘ = OC , suy ra được góc A Ta có: AO = AC2 +CO2 = l 2 + d 2 và cos AOC OA ‘ C AOC. ◦ ‘ Dễ thấy β = 90 − AOC. Áp dụng định lý sin cho√ tam giác ABO ta có: OB OA sin α l 2 + d 2 sin α OA ⇒ OB = = = . sin α sin(180◦ − α − β ) sin(α + β ) ‘ sin ABO Giả sử người đó cao 1, 6m, đứng cách cây 10m và nhìn ngọn cây và gốc cây một góc 30◦ . √ p 641 2 ‘ = OC = √50 ⇒ và cos AOC Ta có: OA = 1, 62 + 102 = 5 OA 2 641 ◦ ‘ AOC ≈ 9, 1 . Suy ra β = 90 − 9, 1 = 80, 9◦ . p 1, 62 + 102 sin 30◦ Khi đó chiều cao của cây là: OB = ≈ 5, 42m sin(30◦ + 80, 9◦ ) Ví dụ 5. Muốn đo chiều cao của tháp Chàm Por Klong Garai ở Ninh D Thuận người ta lấy hai điểm A, B trên mặt đất có khoảng cách AB = 12m cùng thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế. Chân của giác kế có chiều cao h = 1, 3m. Gọi D là đỉnh tháp và hai điểm A0 , B0 cùng thẳng hàng với điểm C0 0C0 = ’ thuộc chiều cao CD của tháp. Người ta đo được góc DA 0C0 = 35◦ . Hãy tính chiều cao CD = C0 D +C0C C0 ’ 49◦ và góc DB của tháp đó. C Lời giải. Ta có CC0 = 1, 3m. Áp dụng định lý sin trong 4A0 B0 D ta được 12. sin 131◦ B0 D 0 A0 D) sin(180◦ − C’ = B α β O 49◦ 35◦ A0 B0 A B A0 B0 B0 D ⇔ = 0 A0 D − 35◦ ) sin 131◦ sin(180◦ − C’ 12 ⇔ B0 D = . sin 14◦ sin 14◦ 12. sin 131◦ . cos 35◦ Xét 4B0C0 D có C0 D = B0 D cos 35◦ = ≈ 30, 7m. sin 14◦ BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho mỗi dạng) Bài 3. Bạn Tèo chỉ có dụng cụ là thước thẳng dài và bạn ấy muốn đo bán kính của đường tròn lớn của tượng đài ở công viên Sông Ray (tâm của đường tròn lớn này bị che khuất bởi tượng cây đuốc). Bạn Tèo đang loay hoay không biết làm cách nào để đo được bán kính của đường tròn này. Hãy tìm cách giúp bạn Tèo hoàn thành công việc. Lời giải. 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC Lấy ba điểm A, B,C khác nhau thuộc đường tròn. Đo độ dài các đoạn thẳng BC = a, AC = b, AB = c. Áp dụng công thức Hê-rông tính diện tích tam giác ABC: p a+b+c S = p(p − a)(p − b)(p − c) với p = . 2 abc Suy ra bán kính của đường tròn là: R = . 4S 157 C B A Bài 4. Một ô tô đi từ A đến C nhưng ở giữa A và C là một ngọn núi cao nên ô tô phải chạy thành hai đoạn đường từ A đến B và từ B đến C, các đoạn đường này tạo thành tam giác ABC có AB = 14km, BC = 18km và góc Bb = 100◦ , biết rằng cứ 1km đường ô tô phải tốn 0, 1 lít xăng. a) Tính số xăng mà xe tiêu thụ khi chạy đoạn đường từ A đến C mà phải qua B. b) Giả sử không có ngọn núi và có con đường thẳng từ A đến C thì ô tô chạy hết con đường này tốn bao nhiêu lit xăng? Lời giải. A a) Tính số xăng mà xe tiêu thụ khi chạy đoạn đường từ A đến C mà phải qua B. 14 Tổng đoạn đường xe đi từ A đến C là AB + BC = 14 + 18 = 32km. 100◦ B Do đó số xăng mà xe tiêu thụ là 32.0, 1 = 3, 2lit. b) Áp dụng định lý côsin ta có: ‘ AC2 = AB2 + BC2 − 2AB.BC. cos(ABC) ◦ 2.14.18. cos 100 = = 18 C 142 + 182 − Bài 5. Người ta dự định xây một cây cầu bắc qua một con sông tương đối rộng và chảy xiết. Trong một đợt khảo sát người ta muốn đo khoảng cách giữa hai điểm A và B ở hai bên bờ sông. Khó khăn là người ta không thể qua sông bằng bất kì phương tiện gì. Em hãy đặt mình vào vị trí của người khảo sát để giải quyết tình huống này. Biết rằng em có dụng cụ ngắm đo góc và thước dây. Lời giải. Để tính được chiều dài đoạn AB ta sẽ tạo một tam giác mà có AB là một B cạnh. Ta chọn một điểm C nằm trên bờ (có thể cùng phía với A hoặc với B) và ta xem trong tam giác này ba yếu tố nào ta đo được bằng các dụng cụ đã có. Giả sử điểm C nằm cùng bờ với điểm A như hình vẽ. Các yếu tố đo được là A α β ‘ = α và ACB ‘ = β. cạnh AC và hai góc BAC C Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có: AC AC sin β AB = ⇔ AB = . sin β sin(α + β ) sin(α + β ) Bài 6. Một cây cột điện cao 20m được đóng trên một triền dốc thẳng nghiêng hợp với phương nằm ngang một góc 17◦ . Người ta nối một dây cáp từ đỉnh cột điện đến cuối dốc. Tìm chiều dài của dây cáp biết rằng đoạn đường từ đáy cọc đến cuối dốc bằng 72m. Lời giải. 158 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ‘ = 180◦ − (90◦ − 17◦ ) = 107◦ . Ta có ACD D AB Trong tam giác ABC vuông tại B có AC = ≈ 75, 3m. cos 17◦ Áp dụng định lý cos trong tam giác ACD, ta có: ‘ = 75, 32 + 202 − AD2 = AC2 + CD2 − 2.AC.CD. cos ACD 2.75, 3.20. cos 107◦ ≈ 6950, 7 ⇒ AD ≈ 83, 4m. 20 C A 17◦ 72 B Bài 7. Hai chiếc tàu thủy P và Q cách nhau 300m. TỪ P và Q thẳng hàng với chân A của tháp hải đăng AB ‘ = 35◦ , BQA ‘ = 48◦ . Tính chiều cao của ở trên bờ biển người ta nhìn chiều cao AB của tháp dưới các góc BPA tháp. Lời giải. Ta có: AQ = AB cot 48◦ . AP = AB cot 35◦ . PQ = AP − AQ = AB (cot 35◦ − cot 48◦ ) PQ ≈ 568, 5m. ⇒ AB = ◦ cot 35 − cot 48◦ B 48◦ A 35◦ Q 300 P Bài 8. Một cuộc đua thuyền xuất phát từ điểm A như hình vẽ bên và di chuyển theo hướng tây nam một góc 52◦ tới điểm B, sau đó di chuyển theo hướng đông nam 40◦ tới điểm C, cuối cùng quay trở lại điểm A. Điểm C cách điểm A một khoảng 8km. Tính gần đúng tổng khoảng cách của đường đua. N W E S A 52◦ B 40◦ D C ‘ = CBD ‘ = 40◦ . Do đó, ABC ‘ = 180◦ − (52◦ + Lời giải. Vì đường thẳng BD và AC song song, suy ra BCA 40◦ ) = 88◦ . a b c Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta được: = = . ◦ ◦ sin 52 sin◦88 sin 40◦ ◦ 8 sin 52 8 sin 40 Vì b = 8 theo đề, nên: a = ≈ 6, 308km và c = ≈ 5, 145km. ◦ sin 88 sin 88◦ Tổng khoảng cách của đươgf đua là: 8 + 6, 308 + 5, 145 = 19, 453km. 4.. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 159 Ä→ → − → − − → −ä Bài 9. Hai lực f1 và f2 cho trước cùng tác dụng lên một vật và tạo thành góc nhọn f1 , f2 = α. Hãy lập −s . công thức tính cường độ của hợp lực → Lời giải. − → → − −→ → − Đặt AB = f1 , AD = f2 và vẽ hình bình hành ABCD. B C − → − → −→ → − → − − Khi đó AC = AB + AD = f1 + f2 = → s. → −s → − → → − → − −s = − f1 Vậy → AC = f1 + f2 . Theo định lí côsin đối với tam giác ABC, ta có: −s AC2 = AB2 + BC2 − 2.AB.BC. cos B, hay → α 2 → − → − = f1 + f2 − 2 2 A D → − f2 → − → − 2 f1 . f2 . cos(180◦ − α). … → − → − − 2 → − 2 → −s = Do đó: → f1 + f2 + 2 f1 . f2 . cos α. Bài 10. Một hành khách ngồi trong một máy bay, bay ở độ cao 10km nhìn xuống hai thị trấn dưới mặt đất. Góc hợp bởi phương ngang và hai thị trấn lần lượt là 28◦ và 55◦ (hình vẽ). Tính khoảng cách giữa hai thị trấn. A 55◦ 28◦ 10km O C ‘ = 55◦ − 28◦ = 27◦ . Lời giải. Ta có CAD ‘ = 90◦ − 55◦ = 35◦ và cos OAC ‘ = AO ⇔ AC = 10 ≈ 12, 2km. Xét tam giác ACO có OAC AC cos 35◦ ◦ ◦ ◦ ‘ = 180 − OCA ‘ = 125 và ADC ‘ = 180 − (125◦ + 27◦ ) = 28◦ . Trong tam giác ACD có ACD Áp dụng định lý sin trong tam giác ACD, ta có CD AC 12, 2 sin 27◦ = ⇔ CD = ≈ 11, 79km. sin 27◦ sin 28◦ sin 28◦ Vậy khoảng cách giữa hai thị trấn khoảng 11, 9km. D 160 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ §5. I. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II Đề số 1a Bài 1. Cho A(1, 5); B(4, −1);C(−4, −5). a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC. Lời giải. − → − → − →− → a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Ta có AB = (3, −6); BC = (−8, −4) , suy ra AB.BC = 0, nên tam giác ABC vuông tại B. Vậy trực tâm H(x, y) là điểm B(4, −1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ã −3 Gọi I(x, y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , do đó I là trung điểm của AC, có tọa độ I ,0 . 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm Å c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC. Vì tam giác ABC vuông tại B nên hình chiếu của A lên BC là B(4, −1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm b = 120◦ . Bài 2. Cho tam giác ABC có AB = 6, AC = 8; A a) Tính diện tích tam giác ABC. b) Tính độ dài cạnh BC và bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải. a) Tính diện tích tam giác ABC. √ 1 1 Ta có S = AB.AC. sin A = .6.8. sin 120◦ = 12 3 (đvdt) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm 2 2 b) Tính độ dài cạnh BC và bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng định lí cô sin ta có √ −1 BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC. cos A = 36 + 64 − 2.6.8. = 148, suy ra BC = 2 37 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . .√ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 4S 3 Ta có R = = √ abc 2 37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Bài 3. Tính giá trị của biểu thức sau P = tan 6◦ . tan 12◦ . tan 18◦ ... tan 78◦ . tan 84◦ . Lời giải. Ta có tan 6◦ . tan 84◦ = tan 12◦ . tan 78◦ = tan 18◦ . tan 72◦ = ... = tan 42◦ . tan 48◦ . Suy ra P = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II 161 Bài 4. Chứng minh rằng nếu m2a = m2b + m2c thì a2 = S. cott, trong đó ma , mb , mc lần lượt là các trung tuyến ứng với các cạnh a, b, c và S là diện tích tam giác ABC. Lời giải. Từ điều kiện bài toán ta có b2 + c2 − b2 c2 a2 = c2 + a2 − + a2 + b2 − 2 2 2 Suy ra b2 + c2 = 5a2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm 2S Theo định lí hàm côsin ta có b2 + c2 = a2 + 2bc. cos A. Do đó 2a2 = bc. cos A ⇒ . cos A = 2a2 ⇒ sin A S. cot A = a2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm Bài 5. Cho A(2, 6); B(−3, −4); C(5, 0). Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. √ √ − → − → Lời giải. Ta có AB = (−5, −10); AC = (3, −6), suy ra AB = 5 5; AC = 3 5; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm DB AB 5 DB DC = , suy ra = = Gọi tọa độ điểm D(x, y). Ta có AB AC DC AC 3 5 −→ −→ Do đó DB = − DC, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm D(2, −3). 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Gọi tọa độ tâm đường tròn√nội tiếp tam giác ABC là J(x, y). Ta có độ dài đoạn BD = 5 5. JD JA JD BD 5 Khi đó = suy ra = = . BD AB JA AB 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 5− → − → Do đó JD = − JA, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm J(2, 1). 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm II. Đề số 1b Bài 1. Cho A(−5, 6); B(−4, −1);C(4, 3). a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC Lời giải. a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. −→ − → → −→ − Gọi H(x, y). Ta có AH.BC = 0 và BH.AC = 0, suy ra 2x + y = −4 và x − 3y = −11, giải hệ phương trình ta được H(−3, 2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I(x, y). Khi đó IA = IB và IA = IC. Do đó, ta có (x + 5)2 + (y − 6)2 = (x + 4)2 + (y + 1)2 (x + 5)2 + (y − 6)2 = (x − 4)2 + (y − 3)2 −16 −18 , ). 5 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm suy ra 3x − y = 6 và x − 7y = 22, giải hệ phương trình ta được I( 162 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ c) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng BC −→ − → Gọi M(x, y) là hình chiếu vuông góc của điểm A lên cạnh BC. Ta có AM = (x+5, y−6) và BC = (8, 4); −→ BM = (x + 4, y + 1) −→ − → − → −→ Khi đó ta có AM.BC = 0 và BM = t.BC. 2 Suy ra t = và M(−2, 0) 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm b = 60◦ . Bài 2. Cho tam giác ABC có AB = 3, AC = 4; A a) Tính diện tích tam giác ABC. b) Tính độ dài cạnh BC và bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải. a) Tính diện tích tam giác ABC. √ 1 1 Ta có S = AB.AC. sin A = .3.4. sin 60◦ = 3 3 (đvdt) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm 2 2 b) Tính độ dài cạnh BC và bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng định lí cô sin ta có √ 1 BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC. cos A = 9 + 16 − 2.3.4. = 13, suy ra BC = 13 2 . . . . . . . . . . . . . . . . .√. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 4S 39 Ta có R = = abc 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Bài 3. Biết sin α + cos α = 1. Tính giá trị biểu thức P = tan2 α + cot2 α 1 −3 1 . Lời giải. Ta có sin α + cos α = ⇒ (sin α + cos α)2 = ⇒ sin α. cos α = 2 4 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm sin4 α + cos4 α 49 Ta lại có P = = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 2 6 sin α. cos α Bài 4. Chứng minh rằng nếu các góc của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện sin B = 2 sin A. cosC, thì tam giác đó cân. a b c Lời giải. Từ điều kiện bài toán, áp dụng định lí sin = = = 2R, ta có sin A sin B sinC b = 2.a. cosC = 2a a2 + b2 − c2 a2 + b2 − c2 = 2ab b Suy ra c2 = 5a2 ⇒ a = c. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm 2S Theo định lí hàm côsin ta có b2 + c2 = a2 + 2bc. cos A. Do đó 2a2 = bc. cos A ⇒ . cos A = 2a2 ⇒ sin A S. cot A = a2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm Bài 5. Cho A(2, 5); B(−3, −5); C(5, −1). Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. √ √ − → − → Lời giải. Ta có AB = (−5, −10); AC = (3, −6), suy ra AB = 5 5; AC = 3 5; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm DB DC DB AB 5 Gọi tọa độ điểm D(x, y). Ta có = , suy ra = = AB AC DC AC 3 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II 163 5 −→ 5 −→ Do đó DB = − DC, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm D(2, − ). 3 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Gọi tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là J(x, y). 5√ Ta có độ dài đoạn BD = 5. 2 JA JD BD 1 JD = suy ra = = . Khi đó BD AB JA AB 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 1− 10 → − → Do đó JD = − JA, ta được hệ phương trình ẩn x, y, giải hệ ta được tọa độ điểm J(2, ). 2 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm III. Đề số 2a Bài 1. (1,5 điểm) Cho ∆ABC có AB = 2, AC = 3, BC = 4. Tính diện tích S của ∆ABC? Lời giải. a+b+c 2+3+4 9 1 3 5 Ta có: p = = = ⇒ p−a = , p−b = , p−c = 2 2 2 √ 2 2 2 p 3 15 Vậy S = p(p − a)(p − b)(p − c) = . 4 Bài 2. (1,5 điểm) Cho ∆ABC có AB = 2, AC = 3, BC = 4. Tính đường cao ha . Lời giải. a+b+c 2+3+4 9 1 3 5 Ta có: p = = = ⇒ p−a = , p−b = , p−c = 2 2 2 √ 2 2 2 √ p 1 2S 3 15 3 15 . Ta có : S = aha ⇒ ha = = . Vậy S = p(p − a)(p − b)(p − c) = 4 2 a 8 Bài 3. (1 điểm) Cho ∆ABC có AB = 2, AC = 3, BC = 4. Tính bán kính R đường tròn ngoại tiếp tam giác . Lời giải. √ abc abc 8 15 Ta có S = ⇒R= = . 4R 4S 5 √ Bài 4. (1 điểm) Tính giá trị của biểu thức A = 4 sin4 135◦ + 3 cos3 150◦ − 3 cot2 120◦ . Lời giải. √ 2 Ta có sin 135◦ = sin4 45◦ = , √ 2 3 cos 150◦ = − cos 30◦ = − , 3 1 cot 120◦ = − cot 60◦ = − √ . Ç √ å4 3 Ç √ å3 Å ã √ 2 3 1 2 9 √ Vậy ta có A = 4 + 3 − −3 − = . 2 3 8 3 Bài 5. (3 điểm) Cho ∆ABC biết A(1; 2), B(−1; 1), C(5; −1). a) Tìm tọa độ chân đường cao A1 hạ từ đỉnh A của ∆ABC. b) Tìm tọa độ trực tâm H của ∆ABC. Lời giải. a) Gọi A1 (x; y) là chân đường cao hạ  từ đỉnh A của ∆ABC. (−−→ − (−−→ − → → 6(x − 1) − 2(y − 2) = 0  AA1 ⊥BC AA1 .BC = 0 1 ⇔x=y= . ⇔ −−→ − → ⇔ −−→ − → ⇔ x + 1 y − 1 2 = BA1 k BC BA1 k BC 6 −2 1 1 Vậy tọa độ A1 ( ; ). 2 2 164 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ b)Gọi H(x; y) ( là trực tâm của ∆ABC. ( ® −→ − → −→ − → AH⊥BC AH.BC = 0 x=2 ⇔ −→ − . ⇔ → ⇔ −→ − → y=5 BH⊥CA BH⊥CA Vậy tọa độ H(2; 5). Bài 6. (2 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB. Có AC, BD là hai dây cung thuộc nửa đường tròn cắt −→ − → −→ −→ nhau tại E. Chứng minh rằng AE.AC + BE.BD = AB2 . Lời giải. −→ − → −→ − → − → −→ − → −→ − → −→ − → Ta có AE.AC = AE.(AB + BC) = AE.AB + AE.BC = AE.AB (1). → −→ → −→ −→ −→ − → −→ −→ −→ − −→ − BE.BD = BE.(BA + AD) = BE.BA + BE.AD = BE.BA (2). Cộng (1) và (2) theo vế ta được: −→ − → −→ −→ −→ −→ − → −→ −→ − → − → AE.AC + BE.BD = (AE − BE)AB = (AE + EB)AB = AB2 = AB2 . IV. Đề số 2b Bài 1. (1,5 điểm) Cho ∆ABC có AB = Lời giải. √ √ 3 + 1, AC = 2, BC = 6. Tính góc A của ∆ABC? b2 + c2 − a2 1 = ⇔ A = 60◦ . 2bc 2 − →− → Bài 2. (1,5 điểm) Cho ∆ABC có AB = c, AC = b, BC = a. Tính AB.AC theo a, b, c. Lời giải. − → − → − → Ta có: BC = AC − AB. (1) Bình phương vô hướng hai vế của (1) ta được: − → − → − → − →− → − →− → BC2 = (AC − AB)2 ⇔ BC2 = AC2 + AB2 − 2.AC.AB = AC2 + AB2 − 2.AB.AC 1 − →− → 1 Suy ra AB.AC = (AB2 + AC2 − BC2 ) = (c2 + b2 − a2 ). 2 2 ◦ Bài 3. (1 điểm) Tính tổng S = cos 10 + cos 30◦ + ... + cos 150◦ + cos 170◦ . Lời giải. Ta viết lại S dưới dạng: S = (cos 10◦ + cos 170◦ ) + (cos 30◦ + cos 150◦ ) + (cos 50◦ + cos 130◦ ) + (cos 70◦ + cos 110◦ ) + cos 90◦ = (cos 10◦ − cos 10◦ ) + (cos 30◦ − cos 30◦ ) + (cos 50◦ − cos 50◦ ) + (cos 70◦ − cos 70◦ ) = 0. Theo định lý cos trong tam giác ta có: cos A = Bài 4. (1 điểm) Cho ∆ABC biết AB = 2, BC = 3, CA = 4 và đường cao AD. Tính độ dài đoạn CD. Lời giải. p 1 Ta có : S∆ABC = .BC.AD = p(p − a)(p − b)(p − c) p 2 √ 2 p(p − a)(p − b)(p − c) 15 ⇔ AD = = . a 2 √ 7 Trong ∆ACD ta có: CD = AC2 − AD2 = . 2 … ã2 Å… 1 − cos α 1 + cos α Bài 5. (2 điểm) Chứng minh rằng − = 4 tan2 α. 1 + cos α 1 − cos α Lời giải. Ta biến đổi VT của đẳng thức:  2 ñ ô ï √ √ ò 2 2 −2 cos α −2 cos α ( 1 − cos α) − ( 1 + cos α)   VT = » √ = p√ = √ |sin α| 1 − cos2 α ( 1 + cos α)( 1 − cos α) 4 cos2 α = 4 tan2 α (ĐPCM). sin2 α Bài 6. (3 điểm) Cho tam giác ABC có các cạnh AC = b, BC = a và AB = c. − →− → a) Tính AB.AC theo a, b, c. = 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II 165 b) Gọi M là trung điểm BC và G là trọng tâm ∆ABC. Tính độ dài AM và AG. c) Tính cos góc tạo bởi AG và BC theo a, b, c. Lời giải. − → − → − → a) Ta có : BC = AC − AB (1). Bình phương hai vế (1) ta được: − → − → − → − →− → BC2 = (AC − AB)2 ⇔ BC2 = AC2 + AB2 − 2.AC.AB. 1 − →− → 1 Vậy ta có: AC.AB = (AC2 + AB2 − BC2 ) = (a2 + b2 − a2 ). 2 2 −→ 1 − → − → b) Theo đẳng thức véctơ về trung điểm ta có: AM = (AC + AB). (2) 2 Bình phương hai vế (2) ta được: 1 −→2 1 − → − → − →− → AM = (AC + AB)2 = (AC2 + AB2 + 2.AC.AB) 4 ï 4 ò   1 2 1 1 2 2 2 2 = c + b + 2. b + c − a = 2b2 + 2c2 − a2 4 2 4 1√ 2 ⇔ AM = 2b + 2c2 − a2 (*). 2 1√ 2 2 2 1√ 2 2b + 2c2 − a2 = 2b + 2c2 − a2 . Suy ra : AG = AM = . 3 3 2 3 c) Gọi α là góc tạo bởi AG và BC. −→ − → AG.BC −→ − → −→ − → Khi đó AG.BC = AG . BC . cos α ⇔ cos α = −→ − → .(3) AG . BC  1  → − →ä Ä− → − →ä 1 −→ − → 1 Ä− AB + BC . AC − AB = AC2 − AB2 = b2 − c2 (4). Ta có AG.BC = 3 3 3 1 2 2 b −c b2 − c2 . = √ Thế (4) vào (3) ta được: cos α = √ 3 2 + 2b2 − a2 1 a 2c 2 2 2 2c + 2b − a .a 3 V. Đề số 3a Bài 1. (2,5đ) Cho tam giác ABC có AB = 4a, AC = 5a, BC = 6a. b a) Tính cos A. b) Tính độ dài đường trung tuyến hạ từ B. c) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Lời giải. C 5a M A b= a) cos A 6a I 4a AB2 + AC2 − BC2 (4a)2 + (5a)2 − (6a)2 1 = = . 2AB.AC 2.4a.5a 8 B (0, 25 × 2) b) Trung tuyến hạ từ đỉnh B: 2(AB2 + BC2 ) − AC2 2[(4a)2 + (6a)2 ] − (5a)2 79a2 m2b = = = 4 4 √ 4 a 79 . (0, 25) ⇒ mb = 2 (0, 25 × 2). 166 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ AB + BC + AC 15a = . (0, 25) 2 2 √ p 15 7a2 . Diện tích tam giác SABC = p(p − AB)(p − AC)(p − BC) = 4 Bán kính đường tròn nội √tiếp2 tam giác ABC: 15 7a √ S 7a 4 S = p.r ⇔ r = = = . (0, 25 × 2) 15a p 2 2 c) Nửa chu vi tam giác p = (0, 25 × 2) Bài 2. (1đ) Lắp một đường dâu cao thế từ vị trí A đến vị trí B phải tránh một ngọn núi, do đó người ta phẳi nối thẳng đường dây từ vị trí A đến vị trí C dài 15km rồi từ vị trí C nối thẳng đến vị trí B dài 10km. Góc tạo bởi hai đoạn dây AC và CB là 75◦ . Hỏi việc nối thẳng từ A đến B người ta đã tốn thêm bao nhiêu km dây? Lời giải. C 75◦ 10km 15km A B AB2 = AC2 + BC2 − 2AC.BC. cosC = 152 + 102 − 2.15.10. cos 75◦ ≈ 247, 4. (0, 25 × 2) ⇒ AB ≈ 15, 73km. (0, 25) Như vậy so với việc nối thẳng từ A đền B người ta tốn thêm 25 − 15, 73 ≈ 9, 27 km dây. (0, 25) ‘ = 120◦ . Tính độ dài cạnh BC, đường Bài 3. (2,5đ) Cho tam giác ABC có AB = 4a, AC = 6a và góc BAC trung tuyến AM, diện tích tam giác IBC (I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Lời giải. I C 6a M 120◦ A 4a B Ta có: 2 2 2 ◦ BC2 = AB2 + √ AC − 2AB.AC. cos A = (4a) + (6a) − 2.4a.6a. cos 120 = 76a. ⇒ BC = 2a 19. (0, 25) Đường trung tuyến AM: 2(AB2 + AC2 ) − BC2 2((4a)2 + (6a)2 ) − 76 AM 2 = = = 7a2 . (0, 25 × 2) 4 4 (0, 25 × 2) 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II 167 √ ⇒ AM = a 7. (0, 25) Bán kính đường tròn √ tam giác ABC: √ ngoại tiếp 2a 19 2a 57 BC = √ = = IB. (0, 25 × 2) R= 2 sin A 3 3 2. 2 Diện tích tam giác IBC bằng: 1 d = 1 IB2 sin 120◦ . (0, 25) SIBC = IB.IC. sin BIC 2 2 √ √ 1 76a2 3 19a2 3 ⇒ SIBC = . . = . (0, 25) 2 3 2 3 Bài 4. (2đ) Tính góc A của ∆ABC biết b(b2 − a2 ) = c(a2 − c2 ). Lời giải. Ta có b(b2 − a2 ) = c(a2 − c2 ) ⇔ b(b2 − b2 − c2 + 2bc. cos A) = c(b2 + c2 − 2bc. cos A − c2 ) (0, 25 × 2) ⇔ −bc2 + 2b2 c. cos A = cb2 − 2bc2 . cos A ⇔ bc2 (2 cos A − 1) + cb2 (2 cos A − 1) = 0 2 2 ⇔ (2 cos A − 1)(bc + cb ) = 0 (0, 25 × 2) (0, 25) ⇔ (2 cos A − 1) = 0 (0, 25)( Do bc2 + cb2 > 0) 1 b = 60◦ (0, 25 × 2) ⇔ cos A = ⇒ A 2 Bài 5. (2đ) Cho tam giác ABC thỏa mãn sin A sin B sinC = = . Chứng minh tam giác ABC đều. ma mb mc sin A sin B . = ma mb a b Ta có sin A = và sin B = . 2R 2R b a.mb a = ⇒ ma = . (0, 5) ⇒ ma mb b  a.m 2 b ⇒ m2a = . b Do đó, Lời giải. Xét 2(b2 + c2 ) − a2 a2 .m2b = 4 b2 2 2 2 2(b + c ) − a a2 (2(a2 + c2 ) − b2 ) ⇔ = (0, 25 × 2) 4 4b2 ⇔ 2b2 (b2 + c2 ) − a2 b2 = 2a2 (a2 + c2 ) − a2 b2 ⇔ 4b4 − 4a4 + 2b2 c2 − 2a2 c2 = 0 ⇔ (b2 − a2 )[2(b2 + c2 ) + c2 ] = 0 ⇔ b2 − c2 = 0 (0, 25) ⇔ b = c. (0, 25) sin B sinC = (0, 25). mb mc Ta được a = b = c suy ra tam giác ABC đều. (0, 25) Chứng minh tương tự với 168 VI. CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Đề số 3b Bài 1. (2,5đ) Cho tam giác ABC có AB = 2a, AC = 3a, BC = 4a. b a) Tính cos A b) Tính độ dài đường trung tuyến hạ từ C. c) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Lời giải. C 3a 4a I 2a M AB2 + AC2 − BC2 (2a)2 + (3a)2 − (4a)2 1 b a) cos A = = =− 2AB.AC 2.2a.3a 4 A B (0, 25 × 2) b) Trung tuyến hạ từ đỉnh C: 2(AC2 + BC2 ) − AB2 2[(3a)2 + (4a)2 ] − (2a)2 23a2 = = (0, 25 × 2) m2c = 4 4 √ 4 a 23 (0, 25) ⇒ mc = 2 AB + BC + AC 9a c) Nửa chu vi tam giác p = = (0, 25) 2 2 √ p 3 15a2 (0, 25 × 2) Diện tích tam giác SABC = p(p − AB)(p − AC)(p − BC) = 4 Bán kính đường tròn nội √ tiếp2 tam giác ABC: 3 15a √ S 15a 4 S = p.r ⇔ r = = = (0, 25 × 2) 9a p 6 2 Bài 2. (1đ) Hai chiếc tàu thủy P và Q cách nhau 400m đồng thời thẳng hàng với chân A của tháp hải đăng ở ‘ = 19◦ và BQA ‘ = 68◦ . Tính trên bờ biển. Từ P và Q, người ta nhìn chiều cao AB của tháp dưới các góc BPA chiều cao AB của tháp hải đăng? Lời giải. B 68◦ A Q Ta có: AP = AB cot 19◦ (0, 25); ◦ AQ = AB cot 68 (0, 25) mà AP − AQ = PQ = 400m 400 ⇒ AB = ≈ 90, 68m. (0, 5) cot 19◦ − cot 68◦ 19◦ 400m P 5.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II 169 ‘ = 120◦ . Tính độ dài cạnh BC, đường trung Bài 3. (2đ) Cho tam giác ABC có AB = a, AC = 2a và góc BAC tuyến AM, diện tích tam giác IBC (I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Lời giải. I C 2a M 120◦ a A B Ta có: = AB2√+ AC2 − 2AB.AC. cos A = (a)2 + (2a)2 − 2.a.2a. cos 120◦ = 7a. (0, 25 × 2) ⇒ BC = a 7 Đường trung tuyến AM: 2(AB2 + AC2 ) − BC2 2((a)2 + (2a)2 ) − 7 3a2 = = (0, 25 × 2) AM 2 = 4 4 4 √ a 3 ⇒ AM = (0, 25) 2 Bán kính đường √ tròn ngoại √ tiếp tam giác ABC: BC a 7 a 21 R= = √ = = IB (0, 25) 2 sin A 3 3 2. 2 Diện tích tam giác IBC bằng: 1 d = 1 IB2 sin 120◦ SIBC = IB.IC. sin BIC (0, 25) 2 2 √ √ √ 1 a2 21 3 a2 7 ⇒ SIBC = . . = (0, 25) 2 3 2 4 BC2 Bài 4. (2đ) Tính góc A của ∆ABC biết 1 1 3 + = . a+b a+c a+b+c Lời giải. Ta có: 1 1 3 + = a+b a+c a+b+c 2a + b + c 3 ⇔ = (0, 25) (a + b)(a + c) a + b + c ⇔ (2a + b + c)(a + b + c) = 3(a + b)(a + c) (0, 25) ⇔ 2a2 + 3ab + 3ac + 2bc + b2 + c2 = 3a2 + 3ab + 3bc + 3ac ⇔ a2 = b2 + c2 − bc (0, 5) 1 ⇒ cos A = (0, 5) 2 b = 60◦ . ⇒A (0, 25) (0, 25) 170 CHƯƠNG 2. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ  1 + cosC 2b + a   =  1 − cosC 2b − a Bài 5. (2đ) Cho tam giác ABC thỏa . Chứng minh tam giác ABC đều.  b3 + c3 − a3  2  =a b+c−a 1 + cosC 2b + a Lời giải. Xét = 1 − cosC 2b − a Ta có: 1 + cosC 1 − cosC a2 + b2 − c2 1+ (a + b)2 − c2 2ab = = c2 + (a − b)2 a2 + b2 − c2 1− 2ab VT = (0, 25) Suy ra: (a + b)2 − c2 2b + a = c2 − (a − b)2 2b − a ⇔ ((a + b)2 − c2 )(2b − a) = (2b + a)(c2 + (a − b)2 ) ⇔ 2b(a + b)2 + 2b(a − b)2 − 4bc2 − a(a + b)2 + a(a − b)2 = 0 (0, 25) ⇔ 2b[(a + b)2 + (a − b)2 ] − 4bc2 − a[(a + b)2 − (a − b)2 ] = 0 ⇔ 4a2 b + 4b3 − 4bc2 − 4ab = 0 ⇔ a2 + b2 − c2 − a2 = 0 ⇔ b2 = c2 ⇒ b = c (0, 25) b3 + c3 − a3 Xét = a3 b+c−a Ta có b3 + c3 − a3 = a2 b+c−a ⇔ b3 − c3 − a3 = a2 (b + c − a) ⇔ b3 − c3 = a2 b + a2 c ⇔ b3 − c3 = (b2 + c2 − 2bc cos A)b + (b2 + c2 − 2bc cos A)c 2 2 2 (0, 25 × 2) 2 ⇔ c b − 2b c cos A + b c − 2bc cos A = 0 ⇔ (1 − 2 cos A)(b2 c + bc2 ) = 0 1 ⇔ cos A = 2 ⇒ A = 60◦ (0, 25) (0, 25) Do đó, tam giác ABC có 2 cạnh kề bằng nhau và 1 góc bằng 60◦ suy ra tam giác ABC đều. (0, 25) Chương 3 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ §1. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG I. Tóm tắt lí thuyết 1. Véc-tơ chỉ phương của đường thẳng → − − − − Định nghĩa 1. Véc-tơ → u gọi là véc-tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ nếu → u 6= 0 và giá của → u song song hoặc trùng với ∆. 2. Phương trình tham số của đường thẳng → − Định nghĩa 2. Cho ß đường thẳng ∆ đi qua M0 (x0 ; y0 ) và có véc-tơ chỉ phương u = (u1 ; u2 ). Phương trình x = x0 + tu1 tham số của ∆ : (1) (t là tham số). y = y0 + tu2 ß tu1 ! 4 Nhận xét: M(x; y) ∈ ∆ ⇔ ∃t ∈ R : yx == yx00 ++ tu 2 3. Phương trình chính tắc của đường thẳng − Định nghĩa 3. Cho đường thẳng ∆ đi qua M0 (x0 ; y0 ) và có véc-tơ chỉ phương → u = (u1 ; u2 ), trong đó u1 và u2 6= 0. Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là x − x0 y − y0 = a b 4. Véc-tơ pháp tuyến của đường thẳng → − − − − Định nghĩa 4. Véc-tơ → n gọi là véc-tơ pháp tuyến của đường thẳng ∆ nếu → n 6= 0 và giá của → n vuông góc với ∆. 5. Phương trình tổng quát của đường thẳng Định nghĩa 5. Phương trình Ax + By + C = 0 (với A2 + B2 6= 0) được gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng. 4 ! Nhận xét: − • Nếu đường thẳng ∆ có phương tình Ax + By = C thì đường thẳng ∆ có véc-tơ pháp tuyến → n = (A; B), → − → − 0 véc-tơ chỉ phương là u = (B; −A) hoặc u = (−B; A). 171 172 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ − • Nếu đường thẳng ∆ đi qua M (x0 ; y0 ) và có một véc-tơ pháp tuyến → n = (A; B) thì phương trình đường thẳng ∆ : A (x − x0 ) + B (y − y0 ) = 0. • Đường thẳng ∆ đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (với a.b 6= 0) thì phương trình đường thẳng ∆ có dạng: x y + = 1. Đây gọi là phương trình đường thẳng theo đoạn chắn. a b • Đường thẳng ∆ đi qua điểm M (x0 ; y0 ) và có hệ số góc k thì phương trình đường thẳng ∆ là: y − y0 = k (x − x0 ). Đây là phương trình đường thẳng theo hệ số góc. u2 − • Nếu đường thẳng ∆ có véc-tơ chỉ phương → u = (u1 ; u2 ) thì nó có hệ số góc là k = . Ngược lại, nếu u1 a → − đường thẳng ∆ có hệ số góc k = thì một véc-tơ chỉ phương của nó là u = (1; k). b II. Các dạng toán Dạng 1. Viết phương trình tham số của đường thẳng Để lập phương trình tham số của đường thẳng ∆ ta cần xác định một điểm M (x0 ; y0 ) ∈ ∆ và một − véc-tơ chỉ phương → u = (u1 ; u2 ). ß x = x0 + tu1 Vậy phương trình tham số đường thẳng ∆ : y = y0 + tu2 Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tham số đường thẳng ∆ biết ∆ đi qua M(1; 2) và có − vec-tơ chỉ phương → u = (−1; 3). ß Lời giải. Phương trình tham số đường thẳng ∆: x = 1−t . y = 2 + 3t Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, đường thẳng d đi qua A (1; 2) , B (3; 1). Viết phương trình tham số đường thẳng d. − → Lời giải. Đường thẳng d qua A (1; 2) và nhận ß AB = (2; −1) làm véc-tơ chỉ phương. x = 1 + 2t Vậy phương trình tham số đường thẳng d: . y = 2−t Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy, đường thẳng d đi qua M(−2; 3) và song song với đường thẳng EF. Biết E(0; −1), F(−3; 0).Viết phương trình đường thẳng d. −→ Lời giải. EF = (−3; 1). ß Phương trình tham số đường thẳng d: x = −2 − 3t . y = 3+t BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3; −4), B(0, 6). Viết phương trình tham số của đường thẳng AB. − → Lời giải. Ta có: AB = (−3; 10). − → Đường thẳng (AB) qua A(3; −4) và nhận ß AB = (−3; 10) làm véc-tơ chỉ phương. x = 3 − 3t Vậy phương trình đường thẳng (AB): . y = −4 + 10t 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 173 Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A(1; −4) có một − véc-tơ chỉ phương là → u = (5; 1). ß x = 1 − 4t Lời giải. Phương trình đường thẳng (d): . y = 5+t Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm M(1; −1) có một − véc-tơ chỉ phương là → u = (0; 1). ß x=1 Lời giải. Phương trình đường thẳng (d): . y = −1 + t Bài 4. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình ß tham số đường thẳng d đi qua điểm A(0; −4) và song song x = 2017 + 2t với đường thẳng ∆ có phương trình tham số . y = 2018 − t − Lời giải. Đường thẳng ∆ : có véc-tơ chỉ phương → u = (2; −1). − Vì đường thẳng d song song với đường thẳng ∆ nên d nhận → u = (2; −1) làm ß véc-tơ chỉ phương. x = 2m Lại có d đi qua điểm A(0; −4) nên phương trình tham số đường thẳng d : y = −4 − m Dạng 2. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng Để lập phương trình tổng quát của đường thẳng ∆ ta cần xác định một điểm M (x0 ; y0 ) ∈ ∆ và một − véc-tơ pháp tuyến → n = (A; B). Vậy phương trình đường thẳng ∆ : A (x − x0 ) + B (y − y0 ) = 0. Vậy phương trình tổng quát đường thẳng ∆: Ax + By = C với C = − (Ax0 + By0 ). Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng quát đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−1; 5) và − có véc-tơ pháp tuyến → n = (−2; 3). Lời giải. Phương trình đường thẳng ∆ : −2(x + 1) + 3(y − 5) = 0 ⇔ −2x + 3y − 17 = 0. Vậy phương trình tổng quát đường thẳng ∆ : −2x + 3y − 17 = 0. Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng quát đường thẳng ∆ đi qua điểm N(2; 3) và vuông góc với đường thẳng AB với A(1; 3), B(2; 1). − → Lời giải. Ta có: AB = (1; −2). − → Đường thẳng ∆ qua N(2; 3) và nhận AB = (1; −2) làm véc-tơ pháp tuyến. Phương trình đường thẳng ∆: (x − 2) − 2(y − 3) = 0 ⇔ x − 2y + 4 = 0. Vậy phương trình tổng quát đường thẳng ∆ : x − 2y + 4 = 0. Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng quát của đường thẳng d đi qua A(−1; 2) và vuông góc với đường thẳng M: 2x − y + 4 = 0. Lời giải. Cách 1: Phương trình đường thẳng d có dạng: x + 2y +C = 0. Vì d đi qua A(−1; 2) nên ta có phương trình: −1 + 2.2 + C = 0 ⇔ C = −3. Vậy phương trình tổng quát đường thẳng của đường thẳng d: x + 2y − 3 = 0. Cách 2: − Đường thẳng M có một véc-tơ chỉ phương → u = (1; 2). → − Vì d vuông góc với M nên d nhận u = (1; 2) làm véc-tơ pháp tuyến. Phương trình đường thẳng d: (x + 1) + 2(y − 2) = 0 ⇔ x + 2y − 3 = 0. 174 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ® Ví dụ 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x = −2t và ∆0 : y = 1+t 0 trình tham ® số của đường thẳng®d đối xứng với ∆ qua ∆.® x=l x = 22 − 7l x = −6 + 3l A. d : . B. . C. . y = 22 − 7l y=l y=4 ® x = −2 − t 0 .Viết phương y = t0 ® D. x = −6 + 7l . y = 4+l Lời giải. Chọn đáp án B Gọi M = ∆ ∩ ∆0 ⇒ M(−6; 4) Có A(−2; 0) ∈ ∆0 khác M. ã −6 8 ; . Tìm tọa độ hình chiếu của A lên ∆ là H 5 5 ã Å 2 16 Tọa độ điểm đối xứng của A qua ∆ là A0 − ; . 5 5 ® x = 22 − 7l Vậy đường thẳng cần tìm là . y=l Å BÀI TẬP TỰ LUYỆN ® Bài 5. Cho đường thẳng ∆ có phương trình tham số: x = 1 + 2t . y = −3 − t a) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng ∆. b) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng l đi qua điểm N (4; 2) và vuông góc với ∆. − − Lời giải. a) Đường thẳng ∆ có vecto chỉ phương là → u = (2; −1) nên có véc-tơ pháp tuyến là → n = (1; 2). Chọn tham số t = 0 ta có ngay điểm A (1; −3) nằm trên ∆. Phương trình tổng quát của đường thẳng ∆ là: 1. (x − 1) + 2. [y − (−3)] = 0 ⇔ x + 2y − 5 = 0 − b) Đường thẳng l vuông góc với ∆ nên có vecto pháp tuyến là → nl = (2; −1). Phương trình tổng quát của đường thẳng l là: 2 (x − 4) − 1 (y − 2) = 0 ⇔ 2x − y − 6 = 0 Bài 6. Trong mặt phảng Oxy, cho đường thẳng d có hệ số góc bằng −3 và A (1; 2) nằm trên d. Lập phương trình tổng quát của đường thẳng d. Lời giải. Đường thẳng dcó hệ số góc bằng −3 nên có vec-tơ pháp tuyến là (3; 1). Đường thẳng d đi qua điểm A (1; 2) và có vec-tơ pháp tuyến là (3; 1) nên có phương trình tổng quát là: 3 (x − 1) + 1 (y − 2) = 0 ⇔ 3x + y − 5 = 0 Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng quát của đường thẳng d đi qua A (2; −5) và nó tạo với trục Ox một góc 60◦ . √ Lời giải. Hệ số góc của đường thẳng d là k = tan 60◦ = 33 . √ √ √ 3 Phương trình đường thẳng d là: y = (x − 2) − 5 ⇔ 3x − 3y − 15 − 2 3 = 0 3 Bài 8. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : y = 2x + 1, viết phương trình đường thẳng d 0 đi qua điểm B là điểm đối xứng của điểm A (0; −5) qua đường thẳng d và song song với đường thẳng y = −3x + 2. 1 Lời giải. Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng d nên ta có: kAB .2 = −1 ⇔ kAB = − . 2 1 1 Phương trình đường thẳng AB là: y = − (x − 0) − 5 ⇔ y = − x − 5. 2 2 Vì A và B đối xứng nhau qua đường thẳng d nên trung điểm N của chúng sẽ là giao điểm của hai đường thẳng d và AB.  ã Å y = 2x + 1 12 19 Suy ra tọa độ của điểm N là nghiệm của hệ phương trình: ⇒ N − ;− . Từ đó ta tính y = − 1 x − 5 5 5 2 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 175 ã Å 24 13 . Đường thẳng d 0 song song với đường thẳng y = −3x + 2 nên kd 0 = −3. được A − ; − 5 5 Å ã 24 13 0 Phương trình đường thẳng d là: y = −3 x + − ⇔ y = −3x − 17 5 5 Bài 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x − 3y + 1 = 0 và điểm A (−1; 3).Viết phương trình đường thẳng d 0 đi qua A và cách điểm B (2; 5) khoảng cách bằng 3. Lời giải. Phương trình d 0 có dạng: ax + by = c = 0. Do A ∈ d 0 nên: (−1) a + 3b + c = 0 ⇔ c = a − 3b (1). |2a + 5b + c| Hơn nữa d (B, d 0 ) = 3 ⇔ √ = 3 (2). a2 + b2  b=0 |3a + 2b| 2  = 3 ⇔ 5b − 12ab = 0 ⇔ Thay (1) vào (2) ta có: √ 12a a2 + b2 b= 5 Với b = 0 thay vào (1) ta có c = a ⇒ d 0 : ax + a = 0 ⇔ d 0 : x + 1 = 0 12a ta chọn a = 5, b = 12 thay vào (1) ta được: c = 5 − 3.12 = −31 ⇒ d 0 : 5x + 12y − 31 = 0 Với b = 5 Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (2; 5) và cách đều A (−1; 2) và B (5; 4).  Lời giải. Gọi phương trình đường thẳng d cần tìm là ax + by + c = 0 a2 + b2 6= − (1). Do M (2; 5) ∈ d nên ta có: 2a + 5b + c = 0 ⇔ c = −2a − 5b. Thay c = −2a − 5b vào (1) ta có phương trình đường thẳng d trở thành: ax + by − 2a − 5b = 0 (2). Vì d cách đều hai điểm A và B nên: |(−1) a + 2b − 2a − 5b| |5a + 4b − 2a − 5b| √ √ = ⇔ |3a + 3b| = |3a − b| ⇔ 9a2 + 18ab + 9b2 = 9a2 − 6ab + 2 + b2 a2 + b2 a ñ b=0 2 2 b ⇔ 8b + 24ab = 0 ⇔ . b = −3a Trường hợp 1: Với b = 0 thay vào (2) ta được phương trình đường thẳng d là: ax + 0y − 2a − 5.0 = 0 ⇔ ax − 2a = 0 ⇔ x − 2 = 0 Trường hợp 2: Với b = −3a ta chọn a = 1, b = −3 thay vào (2) ta được phương trình đường thẳng d là: 1x − 3y − 2 − 5. (−3) = 0 ⇔ x − 3y + 13 = 0 Dạng 3. Vị trí tương đối và góc giữa hai đường thẳng − Cho các đường thẳng ∆ : Ax + By + C = 0 và ∆0 : A0 x + B0 y + C0 = 0. Khi đó ta có → n = (A, B) và → −0 0 0 0 n = (A , B ) lần lượt là véc-tơ pháp tuyến của ∆ và ∆ . → − − − a) Để xét vị trí tương đối của ∆ và ∆0 trước hết ta dựa vào các véc-tơ → n và n0 . Nếu các véc-tơ → n → −0 → − A B − và n không cộng tuyến thì ∆ và ∆0 cắt nhau. Nếu véc-tơ → n và n0 cộng tuyến, nghĩa là 0 = 0 A B thì ∆ và ∆0 là hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau. Cụ thể ta có: A B ∆ cắt ∆0 khi và chỉ khi 0 6= 0 , hơn nữa nếu AA0 + BB0 = 0 thì ∆⊥∆0 . A B A B C 0 ∆ ≡ ∆ khi và chỉ khi 0 = 0 = 0 . A B C A B C 0 ∆ k ∆ khi và chỉ khi 0 = 0 6= 0 . A B C → − − b) Nếu ∆ cắt ∆0 và gọi ϕ là góc giữa các đường thẳng ∆, ∆0 thì cos ϕ = | cos(→ n . n0 )| Chú ý rằng việc xét vị trí tương đối của hai đường thẳng cũng được xét qua số điểm chung của ∆ và ∆0 . Việc xét vị trí tương đối và tính góc giữa hai đường thẳng cắt nhau cũng được thực hiện qua các véc-tơ chỉ phương của ∆ và ∆0 . 176 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 8. Cho ba đường thẳng: d1 : 2x + y − 1 = 0, d2 : x + 2y + 1 = 0, d3 : mx − y − 7 = 0. Chứng minh rằng các đường thẳng d1 , d2 cắt nhau và tìm giá trị của tham số m để ba đường thẳng trên đồng quy. ® ® x=1 2x + y − 1 = 0 . ⇔ Lời giải. Ta có y = −1 x + 2y + 1 = 0 Từ đó suy ra d1 , d2 cắt nhau tại điểm A(1; −1). Ba đường thẳng đã cho đồng quy khi và chỉ khi d3 cũng đi qua điểm A, hay A ∈ d3 , suy ra m.1 − (−1) − 7 = 0 ⇔ m = 6. Ví dụ 9. Cho các đường thẳng ∆ : 2x + 3y − 5 = 0, ∆0 : 3x − 2y − 1 = 0 và điểm M(2; 3). a) Xét vị trí tương đối giữa các đường thẳng ∆ và ∆0 . b) Biết d là đường thẳng đi qua điểm M và tạo với các đường thẳng ∆, ∆0 một tam giác cân. Tính góc giữa các đường thẳng ∆ và d. → − − Lời giải. a) Ta có → n = (2, 3) và n0 = (3, −2) là các véc-tơ pháp tuyến của ∆ và ∆0 . → − 2 3 − Ta thấy → n và n0 không cùng phương vì 6= , từ đó suy ra ∆ và ∆0 là các đường thẳng cắt nhau. 3 −2 → − − b) Ta có → n . n0 = 2.3 + 3.(−2) = 0, do đó ∆ và ∆0 là các đường thẳng vuông góc với nhau. Gọi A = ∆ ∩ ∆0 , B = ∆ ∩ d, C = d ∩ ∆0 . Khi đó tam giác ABC là vuông tại A do đó nếu tam giác ABC cân thì π Bb = Cb = . 4 π Từ đó suy ra góc giữa các đường thẳng ∆ và d bằng . 4 Ví dụ 10. Cho hai đường thẳng ∆ : (m + 3)x + 3y − 2m + 3 = 0 và ∆0 : 2x + 2y + 2 − 3m = 0. Tìm giá trị của tham số m để a) Đường thẳng ∆ song song với ∆0 . b) Đường thẳng ∆ cắt đường thẳng ∆0 . m+3 3 6= ⇔ m 6= 0. 2 2 b) Theo câu a), để ∆ song song với ∆0 thì trước hết ta phải có m = 0. Với m = 0, khi đó dễ dàng nhận thấy ∆ ≡ ∆0 . Vậy không tồn tại m để ∆ k ∆0 . Chú ý: Ta có thể làm theo cách sau: ∆ song song với ∆0 khi và chỉ khi   m + 3 = 3 6= −2m + 3 2 2 2 − 3m  2 − 3m 6= 0 Lời giải. a) ∆ cắt ∆0 khi và chỉ khi Hệ trên vô nghiệm, do đó không tồn tại m để ∆ k ∆0 . Ví dụ 11. Tìm các giá trị của k để góc giữa các đường thẳng ∆ : kx − y + 1 = 0 và ∆0 : x − y = 0 bằng 60◦ . → − − Lời giải. Ta có → n = (k; 1) và n0 = (1; −1) là véc-tơ pháp tuyến của các đường thẳng ∆ và ∆0 . → − |k + 1| 1 − √ = ⇔ 2(k + 1)2 = k2 + 1. Giải phương trình trên Theo bài ra ta có cos 60◦ = | cos(→ n , n0 )| ⇔ √ 2 k +1 2 2 √ ñ k = −2 + 3 √ . ta được k = −2 − 3 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 177 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 11. Tìmm sao cho hai đường thẳng ∆ : x + 5my − 4 = 0 và ∆0 : 2x + 3y − 2 = 0 song song với nhau. 1 5m 3 Lời giải. ∆ k ∆0 ⇔ = ⇔m= . 2 3 10 Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 đường thẳng d1 : 2x + y − 4 = 0, d2 : 5x − 2y + 3 = 0, d3 : mx + 3y − 2 = 0. a) Xét vị trí tương đối giữa d1 và d2 . b) Tìm giá trị của tham số m để 3 đường thẳng trên đồng quy. 2 1 Lời giải. a) Nhận thấy 6= , từ đó suy ra các đường thẳng d1 , d2 cắt nhau. 5 −2 b) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 là nghiệm của hệ phương trình:  5 ®   x = 2x + y − 4 = 0 9 . ⇔  5x − 2y + 3 = 0 y = 26 9 Å ã 5 26 Vậy d1 và d2 cắt nhau tại điểm M ; . 9 9 5 26 Vì d1 , d2 , d3 đồng quy nên M ∈ d3 , ta có: m. + 3. − 2 = 0 ⇔ m = −12 9 9 √ Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho các đường thẳng ∆1 : x + 2y − 2 = 0 và ∆2 : x − y = 0. Tính côsin của góc giữa các đường thẳng ∆1 và ∆2 . → − − Lời giải. Ta có → n = (1; 2) và n0 = (1; −1) là véc-tơ pháp tuyến của các đường thẳng ∆ và ∆0 . Gọi ϕ là góc giữa các đường thẳng ∆ và ∆0 . Khi đó √ → −0 10 → − . cos ϕ = | cos( n , n )| = 10 ® Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho các đường thẳng ∆ : 3x+5y+15 = 0 và ∆0 : x = 10 − 3t . y = 1 + 5t Tính góc ϕ giữa ∆1 và ∆2 . − Lời giải. Ta có → n = (3; 5) là một véc-tơ pháp tuyến của ∆. → −0 → − u = (−3; 5) là một véc-tơ chỉ phương của ∆0 , suy ra ∆0 có véc-tơ pháp tuyến n0 = (5; 3). → − − Do → n . n0 = 0 ⇒ ∆⊥∆0 . Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng ∆ : x + 2y − 5 = 0, ∆0 : 3x + my − 1 = 0. Tìm m để góc giữa hai đường thẳng ∆, ∆0 bằng 45◦ . − Lời giải. ∆ : x + 2y − 5 = 0 có véc-tơ pháp tuyến → n = (1; 2), → −0 0 ∆ : 3x + my − 1 = 0 có véc-tơ pháp tuyến n = (3; m). → − → − n . n0 |3 + 2m| . Theo bài ra ta có: cos 45◦ = → −0 = √ √ 2 → − 5 3 + m2 | n |. n ñ m=1 Từ đó suy ra m = −9 Dạng 4. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Cho điểm M(x0 ; y0 ) và đường thẳng ∆ : Ax + By +C = 0. Khi đó, khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ được tính theo công thức d (M, ∆) = |Ax0 + By0 +C| √ A2 + B2 178 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 12. Tìm khoảng cách từ điểm M(1; 2) đến đường thẳng (D) : 4x + 3y − 2 = 0. Lời giải. Áp dụng công thức tính khoảng cách ta có |4 · 1 + 3 · 2 − 2| 8 √ d(M, D) = = . 5 42 + 32 Ví dụ 13. Tìm những điểm nằm trên đường thẳng ∆ : 2x+y−1 = 0 và có khoảng cách đến (D) : 4x+ 3y − 10 = 0 bằng 2. Lời giải. Giả sử có điểm M ∈ ∆, khi đó M(m; 1 − 2m). |4m + 3(1 − 2m) − 10| √ Theo đề d(M, ∆) = 2 ⇔ = 2 ⇔ | − 2m − 7| = 10 42 + 32  3 ñ m= 2m + 7 = 10  2 . ⇔ ⇔ 17 2m + 7 = −10 m=− 2 ã Å ã Å 17 3 ; −2 và M2 − ; 18 . Vậy có hai điểm thỏa mãn điều kiện là M1 2 2 Ví dụ 14. Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm A(1, −3) và có khoảng cách đến điểm M0 (2, 4) bằng 1. Lời giải. Giả sử đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; −3) có hệ số góc k. Khi đó phương trình ∆ có dạng: y + 3 = k(x − 1) ⇔ kx − y − k − 3 = 0. √ |2k − 4 − k − 3| √ Theo đề ta có d(M0 , ∆) = = 1 ⇔ |k − 7| = k2 + 1 ⇔ (k − 7)2 = k2 + 1 k2 + 1 24 ⇔ k2 − 14k + 49 = k2 + 1 ⇔ 14k = 48 ⇔ k = . 7 Vậy phương trình ∆ : 24x − 7y − 45 = 0. Ví dụ 15. Viết phương trình của đường thẳng (D) song song với (D0 ) : 3x + 4y − 1 = 0 và cách (D0 ) một đoạn bằng 2. Lời giải. Đường thẳng (D) k (D0 ) nên phương trình đường thẳng (D) : 3x + 4y + c = 0. Lấy điểm M(−1; 1) ∈ (D0 ), theo đề ta có: ñ c=9 | − 3 + 4 + c| 0 d(D, D ) = d(M, D) = 2 ⇔ = 2 ⇔ |c + 1| = 10 ⇔ . 5 c = −11 Với c = 9 ta có D : 3x + 4y + 9 = 0. Với c = −11 ta có D : 3x + 4y − 11 = 0. Ví dụ 16. Cho điểm A(−1, 2) và hai đường (∆) : x − y − 1 = 0, (∆0 ) : x + 2y − 5 = 0. Tìm trên đường thẳng (∆) một điểm M sao cho khoảng cách từ M đến (∆0 ) bằng AM. Lời giải. Ta có M ∈ ∆, suy ra M(m, m − 1). p √ −→ AM = (m + 1; m − 3) ⇒ AM = (m + 1)2 + (m − 3)2 = 2m2 − 4m + 10. p |m + 2(m − 1) − 5| √ 2 √ Theo đề = 2m − 4m + 10 ⇔ |3m − 7| = 5(2m2 − 4m + 10) 5 √ ⇔ (3m − 7)2 = 10m2 − 20m + 50 ⇔ m2 +√22m + 1 = 0 √ ⇔ m = −11 ± 2 30.√ √ Vậy có hai điểm thỏa mãn là M1 (−11 − 2 30; −12 − 2 30) và M2 (−11 + 2 30; −12 + 2 30). Ví dụ 17. Tìm phương trình của đường thẳng cách điểm M(1, 1) một khoảng bằng 2 và cách điểm M 0 (2, 3) một khoảng bằng 4. 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG Lời giải. Giả sử phương trình cần tìm là ∆ : Ax + By +C = 0. Theo đề ta có: √ |A + B +C| d(M, ∆) = 2 ⇔ √ = 2 ⇔ |A + B +C| = 2 A2 + B2 A2 + B2 √ |2A + 3B +C| d(M 0 , ∆) = 4 ⇔ √ = 4 ⇔ |2A + 3B +C| = 4 A2 + B2 A2 + B2 ñ 2A + 3B +C = 2(A + B +C) Từ (1) và (2) ta có |2A + 3B +C| = 2|A + B +C| ⇔ 2A + 3B +C = −2(A + B +C) ñ B −C = 0 ⇔ . 4A + 5B + 3C = 0  A=0 √ Thay B = C và (1) ta được |A + 2B| = 2 A2 + B2 ⇒ 3A2 − 4BA = 0 ⇔  4 . A= B 3 Với A = 0, chọn B = C = 1, ta được đường thẳng ∆1 : y + 1 = 0. 4 Với A = B, chọn B = 3 ⇒ A = 4,C = 3. Ta có đường thẳng ∆2 : 4x + 3y + 3 = 0. 3 1 Từ 4A + 5B + 3C = 0 ⇒ C = − (4A + 5B) và (1) ta được 3 √ |A + 2B| = 6 A2 + B2 ⇒ 35A2 − 4BA + 32B2 = 0. Giải phương trình bậc hai theo ẩn A, ta có ∆0 = 4B2 − 1020B2 = −1016B2 ≤ 0. Trường hợp B = 0, ta có ∆0 = 0, phương trình có nghiệm kép A = 0, vô lý. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu. 179 (1) (2) 180 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Dạng 5. Viết phương trình đường phân giác của góc do ∆1 và ∆2 tạo thành Cho đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 và hai điểm M(xM ; yM ), N(xN ; yN ) 6∈ ∆. Khi đó: a) M, N nằm cùng phía so với ∆ khi và chỉ khi (axM + byM + c)(axN + byN + c) > 0. b) M, N nằm khác phía so với ∆ khi và chỉ khi (axM + byM + c)(axN + byN + c) < 0. ‘ ta có nhiều cách. Dưới đây là 3 cách thường Để viết phương trình đường phân giác trong của góc BAC sử dụng: Cách 1: Dựa vào tính chất đường phân giác là tập hợp các điểm cách đều hai đường thẳng AB : ax + by + c = 0 và AC : mx + ny + p = 0, ta có: |ax + by + c| |mx + ny + p| √ = √ a2 + b2 m2 + n2 ‘ Hai đường thu được là phân giác trong và phân giác ngoài của góc ABC. Sau đó, ta cần dựa vào vị trí tương đối của hai điểm B,C với hai đường vừa tìm được để phân biệt phân giác trong, phân giác ngoài. Cụ thể, nếu B,C ở cùng một phía thì đó là phân giác ngoài, ở khác phía thì là phân giác trong. Cách 2: Lấy B0 ,C0 lần lượt thuộc AB, AC sao cho: A C0 −→0 0 1 − 1 − → −→0 → B .AB; AC = .AC. AB = AB AC D −→ −→0 −→0 B Giả sử AD = AB + AC Khi đó tứ giác AB0 DC0 là hình thoi. −→ Do đó, AD là vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm. Cách 3: − Giả sử → u = (a; b) là vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm. Ta có: − →− − →− AB.→ u AC.→ u − →→ − →→ − − cos(AB, u ) = cos(AC, u ) ⇔ − → = − → AB AC C Ví dụ 18. Viết phương trình đường phân giác trong góc A của tam giác ABC biết A(1; 1), B(4; 5), C(−4; −11). Lời giải. Cách 1. Ta có phương trình các cạnh: AB : 4x − 3y − 1 = 0; AC : 12x − 5y − 7 = 0 Phương hai đường phân giác góc A là:  4x − 3ytrình − 1 12x − 5y − 7 ñ = 4x + 7y − 11 = 0 (d1 )  5 13 ⇔  4x − 3y − 1 12x − 5y − 7 56x − 32y − 24 = 0 (d2 ) =− 5 13 Ta có: (4xC + 7yC − 11) (4xB + 7yB − 11) < 0 Do đó B,C khác phía so với (d1 ) hay (d1 ) là đườngÅphânãgiác cần tìm. −→ 1 − 3 4 − → → Cách 2. Ta có AB = (3; 4); AB = 5; AB0 = AB = ; 5 5 5 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 181 Å ã −→0 5 12 1− → − → AC = (−5; −12); AC = 13; AC = AC = − ; − 13 13 Å ã 13 −→0 −→0 14 8 Ta có: AB + AC = ;− . 65 65 − Vậy vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm là: → u = (7; −4). Do đó phương trình đường phân giác cần tìm là: 4(x − 1) + 7(y − 1) = 0 ⇔ 4x + 7y − 11 = 0 − Cách 3. Giả sử → u = (a; b) là vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm. − →− − →→ − AC.→ u 3a + 4b −5a − 12b 7 AB. u = ⇔ a = − b. Ta có − → = − → ⇔ 5 13 4 AB AC − Vậy vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm là: → u = (7; −4). Do đó phương trình đường phân giác cần tìm là: 4(x − 1) + 7(y − 1) = 0 ⇔ 4x + 7y − 11 = 0 BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho mỗi dạng) Bài 16. Tính khoảng cách từ điểm M(3; 5) đến đường √ thẳng ∆ : x + y + 1 = 0. |3 + 5 + 1| 9 9 2 Lời giải. Ta có d(M, ∆) = √ =√ = . 2 2 2 2 1 +1 ® x = 2t Bài 17. Tính khoảng cách từ điểm M(4; −5) đến đường thẳng ∆ : . y = 2 + 3t Lời giải. Viết phương trình dưới dạng tổng quát ∆ : 3x − 2y + 4 = 0. √ 26 |3 · 4 − 2 · (−5) + 4| √ = √ = 2 13. Khi đó d(M, ∆) = 13 32 + 22 Bài 18. Cho tam giác ABC. Tính diện tích tam giác ABC, với: A(−2; 14), B(4; −2),C(5; −4). √ − → Lời giải. Ta có BC = (1; −2) ⇒ BC = 5. Phương trình đường thẳng BC đi qua B có dạng 2(x − 4) + 1(y + 2) = 0 ⇔ 2x + y − 6 = 0. √ |2(−2) + 14 − 6| 4 5 √ = . Đường cao AH của tam giác ABC: AH = 5 5 √ √ 1 4 5· 5 Do đó SABC = · AH · BD = = 2(đvdt) 2 10 ® x = 3t Bài 19. Viết phương trình đường thẳng (D) song song với đường thẳng ∆ : ,t ∈ R và cách y = 2 + 4t đường thẳng ∆ một khoảng bằng 3. Lời giải. Vì (D) k ∆ nên phương trình đường thẳng (D) có dạng: (D) : 4x − 3y + c = 0. Chọn điểm M(0; 2) ∈ ∆, theo đề ta có ñ c = 21 |4 · 0 − 3 · 2 + c| = 3 ⇔ |c − 6| = 15 ⇔ . d(M, ∆) = 5 c = −9 Vậy có hai phương trình thỏa mãn là (D1 ) : 4x − 3y + 21 = 0 và (D2 ) : 4x − 3y − 9 = 0. Bài 20. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1; 3) và cách điểm B(−2; 1) một khoảng bằng 3. − Lời giải. Giả sử → n = (a; b), (a2 + b2 > 0) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng cần tìm. Phương trình đường thẳng có dạng: a(x − 1) + b(y − 3) = 0 ⇔ ax + by − a − 3b = 0 Khi đó: d(B;∆) = 3 ⇔  b=0 | − 2a + b − a − 3b| √ = 3 ⇔ 5a2 − 12ab = 0 ⇔  12 a2 + b2 b= a 5 182 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ • b = 0, chọn a = 1 ta có ∆1 : x − 1 = 0. 12 a, chọn a = 5, b = 12 ta có ∆2 : 5x + 12y − 41 = 0. 5 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ∆1 : x − 1 = 0; ∆2 : 5x + 12y − 41 = 0. • b= Bài 21. Cho đường thẳng ∆ : 5x − 12y + 32 = 0 và hai điểm A(1; −1), B(5; −3). Tìm một điểm M cách ∆ một khoảng bằng 4 và cách đều hai điểm A, B. Lời giải. Gọi M(x0 ; y0 ) là điểm cần tìm, ta có hệ  (x0 − 1)2 + (y0 + 1)2 = (x0 − 5)2 + (y0 + 3)2  |5×0 − 12y0 + 32| = 4 13 Å ã 12 108 0 Giải hệ này ta được 29×0 − 64 = ±52 cho ta hai điểm M(4; 0) và M ; 29 29 Bài 22. Cho tam giác ABC có A(4; −13), B(4; 12),C(−8; 3). Viết phương trình đường phân giác trong góc B. Lời giải. Phương trình cạnh BC là 3(x − 4) − 4(y − 12) = 0 ⇔ 3x − 4y + 36 = 0. Phương trình cạnh BA là x − 4 = 0. Phương trình đường phân giác ñ trong và phân giác ngoài ñcủa góc B là 3x − 4y + 36 = x − 4 x − 2y + 20 = 0 (d1 ) |3x − 4y + 36| |x − 4| = ⇔ ⇔ . 5 1 3x − 4y + 36 = −x + 4 x − y + 8 = 0 (d2 ) Ta thấy A và C nằm khác phía so với (d2 ), suy ra đường phân giác trong góc B là đường x − y + 8 = 0. Dạng 6. Phương trình đường thẳng trong tam giác Ta có công thức viết nhanh phương trình đường thẳng qua hai điểm A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ) là: x − xA y − yA = xB − xA yB − yA Chú ý: Công thức phương trình đường thẳng ∆ qua M(x0 ; y0 ) và vuông góc với đường thẳng d : Ax + By +C = 0 là: B(x − x0 ) − A(y − y0 ) = 0 . Ví dụ 19. Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −4) và hai đường cao BH và CH có phương trình: 7x − 2y − 1 = 0 và 2x − 7y − 6 = 0. Hãy tìm phương trình hai cạnh AB và AC. Lời giải. Cạnh AC: là đường thẳng đi qua A(3; −4) và vuông góc với BH : 7x − 2y − 1 = 0 nên có phương trình: 2(x − 3) + 7(y + 4) = 0 ⇔ 2x + 7y + 22 = 0. Cạnh AB: là đường thẳng qua A(3; −4) và vuông góc với CH : 2x − 7y − 6 = 0 nên có phương trình: 7(x − 3) + 2(y + 4) = 0 ⇔ 7x + 2y − 73 = 0. Ví dụ 20. Cho tam giác ABC, biết trung điểm các cạnh là M(−1; −1), N(1; 9), P(9; 1). a) Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC. b) Lập phương trình các đường trung trực của tam giác ABC. Lời giải. C N A M P B 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 183 −−→ a) Cạnh AB qua điểm P(9; 1) và song song với MN nên nhận véc-tơ MN = (2; 10) làm véc-tơ chỉ phương. x−9 y−1 Phương trình cạnh AB là: = ⇔ 5x − y − 44 = 0. 2 10 Tương tự, ta có phương trình cạnh BC là: x + y − 2 = 0. Phương trình cạnh AC là: x − 5y + 44 = 0. b) Gọi các đường trung trực kẻ từ M, N, P theo thứ tự là (dM ), (dN ), (dP ). −→ Đường thẳng (dM ) qua điểm M(−1; −1) và vuông góc với PN nên nhận véc-tơ PN = (8; −8) làm véc-tơ pháp tuyến. Ta có phương trình đường thẳng (dM ) là: x − y = 0. Tương tự, (dN ) : 5x + y − 14 = 0. (dP ) : x + 5y − 14 = 0. Ví dụ 21. Cho tam giác ABC, biết đỉnh A(2; 2), các đường cao xuất phát từ các đỉnh B, C có phương trình lần lượt là x + y − 2 = 0 và 9x − 3y − 4 = 0. Hãy lập phương trình các cạnh của tam giác ABC. Lời giải. Theo giả thiết ta có phương trình các đường cao: BH : x + y − 2 = 0, CK : 9x − 3y − 4 = 0. • Lập phương trình cạnh AC. Cạnh AC là đường thẳng qua A và vuông góc với BH nên phương trình AC có dạng: x − y + c = 0. Do A(2; 2) ∈ AC nên 2 − 2 + c = 0 ⇔ c = 0. Vậy phương trình AC là: x − y = 0. • Phương trình cạnh AB. Cạnh AB vuông góc với CK nên phương trình cạnh AB có dạng: 3x + 9y + m = 0. Do A(2; 2) ∈ AB ⇔ 3.2 + 9.2 + m = 0 ⇔ m = −24. Phương trình cạnh AB là: 3x + 9y − 24 = 0 ⇔ x + 3y − 8 = 0. • Phương trình cạnh BC: Ta có C = CK ∩ AC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: ® x−y 9x − 3y − 4 ã Å =0 2 2 . ⇒C ; 3 3 =0 Lại có: B = AB ∩ BH nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình ® x+y−2 x + 3y − 8 ® =0 x ⇔ =0 y = −1 ⇒ C(−1; 3). =3 Phương trình cạnh BC qua hai điểm B và C nên có phương trình: x − xC y − yC x+1 y−3 = ⇔ = ⇔ 7x + 5y − 8 = 0. 2 2 xB − xC yB − yC +1 −3 3 3 Ví dụ 22. Tam giác ABC có phương trình cạnh AB là 5x − 3y + 2 = 0, các đường cao qua đỉnh A và B lần lượt là 4x − 3y + 1 = 0; 7x + 2y − 22 = 0. Lập phương trình hai cạnh AC, BC và đường cao thứ ba. Lời giải. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: ® 5x − 3y + 2 = 0 4x − 3y + 1 = 0 ® (AB) x ⇔ (AH) y = −1 ⇒ A(−1; −1) = −1 184 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Cạnh AC qua A(−1; −1) và vuông góc với BH : 7x + 2y − 11 = 0 có phương trình: 2(x + 1) − 7(y + 1) = 0 ⇔ 2x − 7y − 5 = 0 (AC) Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: ® ® 5x − 3y + 2 = 0 x=2 ⇔ 7x + 2y − 22 = 0 y=4 ⇒ B(2; 4) Cạnh BC qua B(2; 4) và vuông góc vớiAH : 4x − 3y + 1 = 0 có phương trình: 3(x − 2) + 4(y − 6) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: ® ® 2x − 7y − 5 =0 x=6 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0 y=1 (BC) ⇒ C(6; 1) Đường cao CH qua C(6; 1) và vuông góc với AB : 5x − 3y + 2 = 0 có phương trình: 3(x − 6) + 5(y − 1) = 0 ⇔ 3x + 5y − 23 = 0 Ví dụ 23. Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; −1), đường cao và phân giác trong qua hai đỉnh A, C lần lượt là 3x − 4y + 27 = 0 và x + 2y − 5 = 0. Lời giải. Cạnh BC là đường thẳng qua B(2; −1) và vuông góc với phân giác 3x −4y +27 = 0 A nên có phương trình: 4(x − 2) + 3(y + 1) = 0 ⇔ 4x + 3y − 5 = 0. Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: K ® 4x + 3y − 5 = 0 ⇔ C(−1; 3) B H x + 2y − 5 = 0 − Đường phân giác ứng với phương trình x + 2y − 5 = 0 có véc-tơ chỉ phương: → v = (2; −1). C − →− − → ÷ ÷ − Ta có: tan(CB, → v ) = tan(→ v , CA) (1) − → − → Biết CB = (−3; 4), CA = (xA + 1; yA − 3). 3−8 2(yA − 3) + (xA + 1) 1 xA + 2yA − 5 = ⇔ = ⇔ yA = 3. Do đó (1) ⇔ −6 − 4 2(xA + 1) − (yA − 3) 2 2xA − yA + 5 Ta có: yA − yC = 3. Vậy phương trình đường AC là y = 3. Thay yA = 3 vào 3x − 4y + 27 = 0, ta có: A(−5; 3). − → Suy ra AB = (7; −4). Phương trình cạnh AB là: 4(x + 5) + 7(y − 3) = 0 ⇔ 4x + 7y − 1 = 0. Ví dụ 24. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong (AD) : x−y = 0, đường cao (CH) : 2x + y + 3 = 0, cạnh AC qua M(0; −1), AB = 2AM. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. Lời giải. A H N B M K D C 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 185 Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD (theo tính chất của đường phân giác trong), suy ra N nằm trên tia AB. Mặt khác ta có: AN = AM ⇒ AB = 2AN. Suy ra N là trung điểm của AB. Do MN ⊥ AD nên phương trình MN là: x + y + m1 = 0; M(0; −1) ∈ MN ⇒ −1 + m1 = 0 ⇔ m1 = 1. Suy ra (MN) : x + y + 1 = 0. Gọi K = MN ∩ AD, tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:  ®  Å ã x = − 1 x + y = −1 1 1 2 ⇔ 1 ⇒ K −2;−2 .  x−y = 0 y = − 2 ® xN = 2xK − xM = −1 Vì K là trung điểm của MN nên ⇒ N(−1; 0). yN = 2yK − yM = 0 Do AB ⊥ CH nên phương trình AB là: 2 − 2y + m2 = 0 ; N(−1; 0) ∈ AB ⇔ −1 + m2 = 0 ⇔ m2 = 1. Suy ra AB : x − 2y + 1 = 0. Vì A = AB ∩ AD nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: ® ® x − 2y = −1 x=1 ⇔ ⇒ A(1; 1) x−y = 0 y=1 Suy ra: AC : 2x − y − 1. Vì C = AC ∩CH nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  ® Å ã x = − 1 2x − y = 1 1 ⇔ 2 ⇒ C − ; −2 y = −2 2 2x + y = −3 ® xB = 2xN − xA = −2 yB = 2yN − yA = −1 ⇒ B(−3; −1). Å ã 1 Phương trình đường thẳng BC qua hai điểm B(−3; −1) và C − ; −2 là: 2 Do N là trung điểm của AB nên x+3 y+1 = ⇔ 2x + 5y + 11 = 0 1 −2 + 1 − +3 2 Vậy BC : 2x + 5y + 11 = 0. Ví dụ 25. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(−1; 2). Trung tuyến CM : 5x + 7y − 20 = 0 và đường cao BH : 5x − 2y − 4 = 0. Viết phương trình các cạnh AC và BC. Lời giải. Do AC ⊥ BH nên phương trình AC có dạng: 2x + 5y + m = 0. Do A(−1; 2) ∈ AC ⇔ −2 + 10 + m = 0 ⇔ m = −8. Suy ra AC : 2x + 5y − 8 = 0. Do C = AC ∩CM nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: ® ® 2x + 5y = 8 x=4 ⇔ ⇒ C(4; 0) 5x + 7y = 20 y=0 Đặt B(a; b). Do B ∈ BH nên 5a − 2b − 4 = 0. Å ã −1 + a 2 + b 2+b −1 + a Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ M là M ; ∈ CM ⇔ 5 · +7· − 20 = 0 ⇔ 2 2 2 2 186 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 5a + 7b − 31 = 0 ® ® 5a − 2b = 4 a=2 Tọa độ M là nghiệm của hệ: ⇔ 5a + 7b = 31 b=3 Phương trình cạnh BC là BC : 3x + 2y − 12 = 0. ⇒ B(2; 3) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 23. Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC nếu cho B(−4; −5) và hai đường cao có phương trình là: 5x + 3y − 4 = 0 và 3x + 8y + 13 = 0. Lời giải. Đáp số: AB : 3x − 5y − 13 = 0; BC : 8x − 3y + 17 = 0; AC : 5x + 2y − 1 = 0. Bài 24. Cho 4ABC, biết đỉnh C(4; −1), đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình tương ứng là (d1 ) : 2x − 3y + 12 = 0 và (d2 ) : 2x + 3y = 0. Lập phương trình các cạnh của 4ABC. Lời giải. C (d1 ) H (d2 ) M A B • Lập phương trình cạnh BC. Vì BC ⊥ (d1 ) nên phương trình (BC) có dạng: −3x − 2y + c = 0 (1) Vì C ∈ (BC) nên: (−3).4 − 2.(−1) + c = 0 ⇔ c = 10. Thay c = 10 vào (1) ta được phương trình (BC) : 3x + 2y − 10 = 0. • Lập phương trình cạnh AC. Ta có điểm A = (d1 ) ∩ (d2 ) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ® 2x − 3y + 12 = 0 ⇒ A(−3; 2) 2x + 3y =0 Phương trình đường thẳng (AC) qua hai điểm A(−3; 2) và C(4; 1) là: y−2 x+3 = ⇔ (AC) : 3x + 7y − 5 = 0. 4 + 3 −1 − 2 • Lập phương trình cạnh AB. Gọi M là trung điểm của BC, khi đó điểm M = (d ®2 ) ∩ (BC). 3x + 2y − 10 = 0 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: ⇒ M(6; 4). 2x + 3y =0 Tọa độ điểm B được xác định bởi: ® ® ® xB + xC = 2xM xB = 2xM − xC xB = 8 ⇔ ⇔ yB + yC = 2yM yB = 2yM − yC yB = −7 Phương trình đường thẳng (AB) qua hai điểm A(−3; 2) và B(8; −7) là: y+7 x−8 = ⇔ 9x + 11y + 5 = 0 −3 − 8 2 + 7 Bài 25. Cho tam giác ABC, biết A(1; 3) và hai trung tuyến có phương trình là x − 2y + 1 = 0 và y − 1 = 0. Lập phương trình các cạnh của 4ABC. Lời giải. 1.. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 187 A (d2 ) (d1 ) G C B A0 Để có được phương trình các cạnh của 4ABC ta đi xác định tọa độ ® điểm B, C. A0 B k (d1 ) Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua trọng tâm G của 4ABC, khi đó: A0C k (d2 ) Suy ra: Điểm B là giao điểm của (A0 B) và (d2 ). Điểm (C) là giao điểm của (A0C) và (d1 ). Vậy ta lần lượt thực hiện theo các bước sau: . • Gọi G là trọng tâm 4ABC, khi đó tọa độ của G là nghiệm của hệ: ® x − 2y + 1 = 0 ⇒ G(1; 1). y−1 =0 • Điểm A0 là điểm đối xứng với A qua G, tọa độ của A0 được cho bởi: ® xA0 = 2xG − xA ⇒ A0 (1; −1) yA0 = 2yG − yA • Tìm tọa độ điểm B. −→ Đường thẳng A0 B qua điểm A0 (1; −1) và song song với đường thẳng d1 nên nhận véc-tơ CG = (2; 1) làm véc-tơ chỉ phương. x−1 y+1 = ⇔ x − 2y − 3 = 0. Phương trình đường thẳng A0 B là: 2 1 ® x − 2y − 3 = 0 Điểm B = A0 B ∩ d2 , tọa độ điểm B là nghiệm hệ: ⇒ B(5; 1). y−1 =0 • Tương tự, ta có C(−3; −1). • Phương trình đường thẳng AC qua hai điểm A(1; 3) và C(−3; −1) là: x−1 y−3 = ⇔ x − y + 2 = 0. −3 − 1 −1 − 3 • Tương tự ta có: phương trình cạnh AB là: x + 2y − 7 = 0; Phương trình cạnh BC là: x − 4y − 1 = 0. Bài 26. Cho tam giác ABC có phân giác của góc A có phương trình là: d1 : x + y + 2 = 0; đường cao vẽ từ B có phương trình là d2 : 2x − y + 1 = 0, cạnh AB qua M(1; −1). Tìm phương trình cạnh AC của tam giác. Bài 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(−1; −1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y − 1 = 0. Lời giải. Phương trình đường thẳng d qua H(−1; −1) và vuông góc với ∆ : x − y + 2 = 0 có dạng 1(x + 1) + 1(y + 1) = 0. Giao điểm I của d và ∆ là nghiệm của hệ phương trình: ® x+y+2 = 0 ⇒ I(−2; 0) x−y+2 = 0 188 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Gọi K là điểm đối xứng của H qua ∆ thì K(−3; 1). AC qua K và vuông góc với đường cao: 4x + 3y − 1 = 0. Phương trình AC: 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: ® 3x − 4y + 13 = 0 ⇒ A(5; 7) x−y+2 =0 −→ − − CH qua H và có véc-tơ pháp tuyến HA = 2→ n với → n = (3; 4). Phương trình CH : 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0. Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: ® ã Å 3x + 4y + 7 =0 10 3 ⇒C − ; 3 4 3x − 4y + 13 = 0 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN §2. 189 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN I. Tóm tắt lý thuyết 1. Phương trình đường tròn khi biết tâm và bán kính Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, phương trình đường tròn nhận điểm I(a; b) làm tâm và có bán kính R là (x − a)2 + (y − b)2 = R2 . 2. Dạng khác của phương trình đường tròn Phương trình dạng x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 là phương trình của một đường tròn khi và chỉ khi a2 + b2 − c > 0 Khi đó, tâm là I(a; b), bán kính là R = 3. √ a2 + b2 − c. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn Sau đây, ta có 2 công thức phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại một điểm thuộc đường tròn (công thức tách đôi). • Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (x − a)2 + (y − b)2 = R2 tại điểm M(x0 ; y0 ) thuộc đường tròn là (x0 − a).(x − a) + (y0 − a).(y − a) = R2 . • Phương trình tiếp tuyến của đường tròn x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 tại điểm M(x0 ; y0 ) thuộc đường tròn là x0 x + y0 y − a(x0 + x) − b(y0 + y) + c = 0. Không dùng công thức tách đôi này, ta vẫn có thể viết được phương trình tiếp tuyến bằng cách tìm toạ đoạ − → độ véc-tơ pháp tuyến của tiếp tuyến này là IM = (x0 − a; y0 − a). II. Các dạng toán Dạng 1. Tìm tâm và bán kính đường tròn. Phương pháp giải: • Cách 1. Đưa phương trình về dạng: (C) : x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 (1). Xét dấu biểu thức P = a2 + b2 − c. – √ Nếu P > 0 thì (1) là phương trình đường tròn (C) có tâm I (a; b) và bán kính R = a2 + b2 − c. – Nếu P ≤ 0 thì (1) không phải là phương trình đường tròn. • Cách 2. Đưa phương trình về dạng: (x − a)2 + (y − b)2 = P (2). – Nếu P > 0 thì (2) là phương trình đường tròn có tâm I (a; b) và bán kính R = – Nếu P ≤ 0 thì (2) không phải là phương trình đường tròn. √ P. 190 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 1. Xét xem các phương trình sau có là phương trình của đường tròn không? Hãy xác định tâm và bán kính của các đường tròn đó (nếu có). a) x2 + y2 + 2x − 4y + 9 = 0 (1). b) x2 + y2 − 6x + 4y + 13 = 0 (2). c) 2×2 + 2y2 − 6x − 4y − 1 = 0 (3). d) 2×2 + y2 + 2x − 3y + 9 = 0 (4). Lời giải. a) Phương trình (1) có dạng x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 với a = −1; b = 2; c = 9. Ta có a2 + b2 − c = 1 + 4 − 9 < 0. Vậy phương trình (1) không phải là phương trình đường tròn. b) Ta có: a2 + b2 − c = 9 + 4 − 13 = 0. Suy ra phương trình (2) không phải là phương trình đường tròn. Å ã 5 1 3 2 2 2 + (y − 1)2 = . c) Ta có: (3) ⇔ x + y − 3x − 2y − = 0 ⇔ x − 2 2 2 √ Å ã 3 10 Vậy phương trình (3) là phương trình đường tròn tâm I ; 1 bán kính R = . 2 2 d) Phương trình (4) không phải là phương trình đường tròn vì hệ số của x2 và y2 khác nhau. Ví dụ 2. Xét xem các phương trình sau có là phương trình của đường tròn không? Hãy xác định tâm và bán kính của các đường tròn đó (nếu có). a) x2 + y2 + 2x − 6y − 15 = 0 (1). b) 2x2 + 2y2 + 4x + 8y + 14 = 0 (2). Lời giải.   −2a = 2    a = −1 a) Ta có: −2b = −6 ⇒ b = 3 ⇒ a2 + b2 − c = 25 > 0.     c = −15 c = −15 Vậy phương trình (1) là phương trình của đường tròn (C) có tâm I (−1; 3) và bán kính R = 5.     −2a = 2 a = −1 b) Ta có: (2) ⇔ x2 + y2 + 2x + 4y + 7 = 0 ⇒ −2b = 4 ⇒ b = −2 ⇒ a2 + b2 − c = −2 < 0.     c=7 c=7 Vậy phương trình (2) không là phương trình của đường tròn. Ví dụ 3. Cho phương trình x2 + y2 − 2mx − 4(m − 2)y + 6 − m = 0 (1). Tìm điều kiện của m để (1) là phương trình đường tròn. Lời giải. Phương trình (1) là phương trình đường tròn khi và chỉ khi a2 + b2 − c > 0, với a = m; b = 2(m − 2); c = 6 − m. ñ m>2 2 2 2 Hay m + 4(m − 2) − 6 + m > 0 ⇔ 5m − 15m + 10 > 0 ⇔ . m<1 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 191 Dạng 2. Lập phương trình đường tròn. Phương pháp giải: • Cách 1. - Tìm toạ độ tâm I (a; b) của đường tròn (C) - Tìm bán kính R của đường tròn (C) - Viết phương trình của (C) theo dạng (x − a)2 + (y − b)2 = R2 . • Cách 2. - Giả sử phương trình đường tròn (C) là: x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 (hoặc x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0). - Từ điều kiện của đề bài thiết lập hệ phương trình với ba ẩn là a, b, c. - Giải hệ để tìm a, b, c, từ đó tìm được phương trình đường tròn (C). Chú ý: • Cho đường tròn (C) có tâm I và bán kính R. A ∈ (C) ⇔ IA = R. • (C) tiếp xúc với đường thẳng ∆ tại A ⇔ IA = d (I; ∆) = R. • (C) tiếp xúc với hai đường thẳng ∆1 và ∆2 ⇔ d (I; ∆1 ) = d (I; ∆2 ) = R. a2 • (C) cắt đường thẳng ∆3 theo dây cung có độ dài a ⇔ (d (I; ∆3 )) + = R2 . 4 2 Ví dụ 4. Lập phương trình đường tròn có tâm I(3; −5) bán kính R = 2. Lời giải. Ta có phương trình đường tròn là (x − 3)2 + (y + 5)2 = 22 ⇔ x2 + y2 − 6x + 10y + 30 = 0. Ví dụ 5. Lập phương trình đường tròn đường kính AB với A (1; 6) , B (−3; 2). Lời giải. Đường tròn đường kính AB có: • Tâm I (−1; 4) là trung điểm AB. • Bán kính R = √ AB = 2 2. 2 Do đó phương trình đường tròn là: Ä √ ä2 (x + 1)2 + (y − 4)2 = 2 2 ⇔ x2 + y2 + 2x − 8y + 9 = 0. Ví dụ 6. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I (−1; 2) và tiếp xúc với đường thẳng ∆ : x − 2y + 7 = 0. Lời giải. Bán kính đường tròn (C) chính là khoẳng cách từ I tới đường thẳng ∆ nên R = d (I; ∆) = |−1 − 4 − 7| 2 √ =√ . 1+4 5 4 Vậy phương trình đường tròn (C) là: (x + 1)2 + (y − 2)2 = . 5 192 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 7. Viết phương trình đường tròn tâm I (−2; 1), cắt đường thẳng ∆ : x − 2y + 3 = 0 tại hai điểm A, B thỏa mãn AB = 2. Lời giải. Gọi h là khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆. Ta có: |−2 − 2 + 3| 1 h = d (I, ∆) = » =√ . 5 12 + (−2)2 Gọi R là bán kính đường tròn, từ giả thiết suy ra: R= h2 + AB2 = 4 1 22 + = 5 4 … 6 . 5 6 Vậy phương trình đường tròn là: (x + 2)2 + (y − 1)2 = . 5 Ví dụ 8. Lập phương trình đường tròn đi qua ba điểm: M (−2; 4) , N (5; 5) , P (6; −2). Lời giải. • Cách 1. Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng là: x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0. Do đường tròn đi qua ba điểm M, N, P nên ta có hệ phương trình:   4 + 16 + 4a − 8b + c = 0   a = 2  25 + 25 − 10a − 10b + c = 0 ⇔ b = 1     c = −20 36 + 4 − 12a + 4b + c = 0 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x2 + y2 − 4x − 2y − 20 = 0. • Cách 2. Gọi I (x; y) và R là tâm và bán kính đường tròn cần tìm. Ta suy ra: ® 2 IM = IN 2 IM = IN = IP ⇔ . IM 2 = IP2 nên ta có hệ ® (x + 2)2 + (y − 4)2 = (x − 5)2 + (y − 5)2 (x + 2)2 + (y − 4)2 = (x − 6)2 + (y + 2)2 ® ⇔ x=2 . y=1 Suy ra I(2; 1), bán kính IA = 5. Vậy phương trình đường tròn cần tìm (C) : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 25. Ví dụ 9. Cho hai điểm A (8; 0) và B (0; 6). a) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB. Lời giải. a) Ta có tam giác OAB vuông ở O nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh p huyền AB suy ra I (4; 3) và bán kính R = IA = (8 − 4)2 + (0 − 3)2 = 5. Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là: (x − 4)2 + (y − 3)2 = 25. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 193 √ b) Ta có OA = 8; OB = 6; AB = 82 + 62 = 10. 1 Mặt khác OA.OB = pr(vì cùng bằng diện tích tam giác ABC). 2 OA.OB Suy ra r = = 2. OA + OB + AB Dễ thấy đường tròn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ nhất và tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm của đường tròn có tọa độ là (2; 2). Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB là (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4. Ví dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x − y − 5 = 0 và hai điểm A (1; 2) , B (4; 1). Viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc d và đi qua hai điểm A, B. Lời giải. • Cách 1. Gọi I là tâm của (C). Do I ∈ d nên I (t; 2t − 5). Hai điểm A, B cùng thuộc (C) nên A IA = IB ⇔ (1 − t)2 + (7 − 2t)2 = (4 − t)2 + (6 − 2t)2 ⇔t =1 M Suy ra I(1; −3) và bán kính R = IA = 5. Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: I B (C) : (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25. d ã 5 3 − → ; là trung điểm AB. Đường trung trực của đoạn AB đi qua M và nhận AB = • Cách 2. Gọi M 2 2 (3; −1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình ∆ : 3x − y − 6 = 0. ® 2x − y − 5 = 0 Tọa độ tâm I của (C) là nghiệm của hệ ⇒ I(1; −3). 3x − y − 6 = 0 Bán kính của đường tròn bằng R = IA = 5. Vậy phương trình đường tròn cần tìm (C) : (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25. Å Ví dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + 3y + 8 = 0, d2 : 3x − 4y + 10 = 0 và điểm A (−2; 1). Viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc d1 , đi qua điểm A và tiếp xúc với d2 . Lời giải. Gọi I là tâm của (C). Do I ∈ d1 nên I (−3t − 8;t). Theo giả thiết bài toán, ta có |3 (−3t − 8) − 4t + 10| » √ d (I, d2 ) = IA ⇔ = (−3t − 8 + 2)2 + (t − 1)2 2 2 3 +4 ⇔ t = −3. A d2 I B Suy ra I(1; −3) và bán kính R = IA = 5. Vậy phương trình đường tròn cần tìm là d1 (C) : (x − 1)2 + (y + 3)2 = 25. Ví dụ 12. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên đường thẳng d : x − 6y − 10 = 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng có phương trình d1 : 3x + 4y + 5 = 0 và d2 : 4x − 3y − 5 = 0. 194 Lời giải. CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 195 Vì đường tròn cần tìm có tâm K nằm trên đường thẳng d nên gọi K (6a + 10; a) Mặt khác đường tròn tiếp xúc với d1 , d2 nên khoảng cách từ tâm K đến hai đường thẳng này bằng nhau và bằng bán kính R suy ra d2 d d1 |3(6a + 10) + 4a + 5| |4(6a + 10) − 3a − 5| = 5 5 ⇔ |22a + 35| = |21a + 35|  a=0 ⇔ −70 a= 43 K • Với a = 0 thì K (10; 0) và R = 7 suy ra (C) : (x − 10)2 + y2 = 49 Å ã Å ã Å ã Å ã2 −70 7 10 2 70 2 10 −70 7 • Với a = thì K ; và R = suy ra (C) : x − + y+ = 43 43 43 43 43 43 43 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn có phương trình là Å ã Å ã Å ã2 10 2 70 2 7 2 2 (C) : (x − 10) + y = 49 và (C) : x − + y+ = . 43 43 43 Ví dụ 13. Viết phương trình đường tròn tâm I thuộc đường thẳng d1 : √ x − y + 1 = 0, bán kính R = 2 và cắt đường thẳng d2 : 3x − 4y = 0 tại hai điểm A, B thỏa mãn AB = 2 3. Lời giải. Tâm I thuộc đường thẳng d1 nên suy ra I (a; a + 1). d (I, d2 ) = AB2 = R2 − 4 … 4− 12 = 1. 4 Do đó ñ a=1 |3a − 4(a + 1)| » = 1 ⇔ |−a − 4| = 5 ⇔ a = −9 32 + (−4)2 • Với a = 1 ta có I (1; 2), phương trình đường tròn là: (x − 1)2 + (y − 2)2 = 4. • Với a = −9 ta có I (−9; −8), phương trình đường tròn là: (x + 9)2 + (y + 8)2 = 4. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn đi qua ba điểm A (−1; 3), B (1; 4), C (3; 2). Lời giải. Gọi phương trình đường tròn là x2 +y2 −2ax−2by+c = 0. Do đường tròn qua A (−1; 3) , B (1; 4) ,C (3; 2) nên ta có  5     a=  2 2  6    (−1) + 3 − 2 (−1) a − 2.3.b + c = 0  2a − 6b + c = −10  11 . 12 + 42 − 2.1.a − 2.4.b + c = 0 ⇔ −2a − 8b + c = −17 ⇔ b =    6     2 2 −6a − 4b + c = −13  3 + 2 − 2.3.a − 2.2.b + c = 0  c = −2 3 5 11 2 Phương trình đường tròn là x2 + y2 − x − y − = 0. 3 3 3 196 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng d. Lời giải. Gọi I (m; 2m − 4) ∈ d là tâm đường tròn (C). Theo giả thiết bài toán, ta có  m=4  d (I, Ox) = d (I, Oy) ⇔ |2m − 4| = |m| ⇔ 4. m= 3 Å ã 4 4 4 4 • Với m = , suy ra I ; − . Bán kính đường tròn R = d (I, Oy) = |m| = . 3 3 3 3 ã2 Å ã2 Å 4 16 4 + y+ = . Vậy phương trình đường tròn (C) : x − 3 3 9 • Với m = 4, suy ra I (4; 4). Bán kính đường tròn R = d (I, Oy) = |m| = 4. Vậy phương trình đường tròn (C) : (x − 4)2 + (y + 4)2 = 16. Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A (−1; 1), B (3; 3) và đường thẳng d : 3x − 4y + 8 = 0. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với d. Lời giải. − → Đường trung trực ∆ đi qua M (1; 2) là trung điểm AB và nhận AB = (4; 2) A d làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình ∆ : 2x + y − 4 = 0. Do (C) đi qua hai điểm A, B nên tâm I của (C) thuộc trung trực ∆ nên I (t; 4 − 2t). B Theo giả thiết bài toán, ta có I » |3t − 4 (4 − 2t) + 8| √ (−1 − t)2 + (2t − 3)2 = 9 + 16 p ⇔ 5 5t 2 − 10t + 10 = |11t − 8| ⇔ 2t 2 − 37t + 93 = 0  t =3 ⇔ 31 t= 2 IA = d (I, d) ⇔ • Với t = 3, suy ra I(3; −2). Bán kính R = IA = 5. Khi đó phương trình đường tròn cần tìm là (C) : (x − 3)2 + (y + 2)2 = 25. Å ã 31 65 31 • Với t = , suy ra I ; −27 . Bán kính R = IA = . Khi đó phương trình đường tròn cần tìm là 2 2 2 Å ã 31 2 4225 (C) : x − + (y + 27)2 = . 2 4 Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : x + 2y − 3 = 0 và ∆ : x + 3y − 5 = 0. √ 2 10 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆. Viết phương trình đường tròn (C) có bán kính bằng 5 Lời giải. Gọi I (−2t + 3;t) ∈ d là tâm của (C). Theo giả thiết bài toán, ta có ñ √ a=6 |a − 2| 2 10 d (I, ∆) = R ⇔ √ = . ⇔ 5 a = −2 10 8 • Với a = 6, suy ra I (−9; 6). Phương trình đường tròn (C) : (x + 9)2 + (y − 6)2 = . 5 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 197 8 • Với a = −2, suy ra I(7; −2). Phương trình đường tròn (C) : (x − 7)2 + (y + 2)2 = . 5 √ √ Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x + y = 0. và d2 : 3x − y = 0. Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm √ B,C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương 3 và điểm A có hoành độ dương. trình của (C), biết tam giác ABC có diện tích bằng 2 Lời giải. Ä √ ä Vì A ∈ d1 ⇒ A a; − 3a , a > 0; B,C ∈ d2 ⇒ A Ä √ ä Ä √ ä B b; 3b ,C c; 3c . ä − ä √ √ − →Ä →Ä Suy ra AB b − a; 3(a + b) , AC c − a; 3(c + a) . d1 Tam giác ABC vuông tại B do đó AC là đường kính của đường I tròn (C). Do đó d2 − →→ − AC ⊥ d1 ⇒ AC. u1 = 0 C B √ √ ⇒ −1.(c − a) + 3. 3(a + c) = 0 ⇒ 2a + c = 0(1) − →− u =0 AB ⊥ d ⇒ AB.→ 2 2 ⇒ 1.(b − a) + 3(a + b) = 0 ⇒ 2b + a = 0(2) √ √ 1 2 3a » 1 3 2 2 ⇔ 2a |c − b| = 1(3) Mặt khác SABC = d (A; d2 ) .BC ⇒ . (c − b) + 3(c − b) = 2 2 2 2√ 3 Từ (1), (2) suy ra 2(c − b) = −3a thế vào (3) ta được a |−3a| = 1 ⇔ a = 3 Ç√ å Ç √ å √ √ 3 2 3 3 2 3 Do đó b = − ,c = − ⇒A ; −1 ,C − ; −2 . 6 3 3 3 å Ç √ 3 3 AC ;− là trung điểm của AC làm tâm và bán kính là R = = 1. Suy ra (C) nhận I − 6 2 2 Ç √ å2 Å ã 3 3 2 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C) : x + + x+ =1 6 2 Bài 6. Cho ba đường thẳng d1 : x − y + 1 = 0, d2 : 3x − 4y = 0, d3 : 4x − 3y − 3 = 0. Viết phương trình đường tròn tâm I thuộc đường thẳng √ d1 , cắt đường thẳng d2 tại hai điểm A, B và cắt đường thẳng d3 tại hai điểm C, D sao cho AB = CD = 2 3. Lời giải. Tâm I thuộc đường thẳng d1 nên suy ra I (a; a + 1). d (I, d2 ) = d (I, d3 ) = AB2 p 2 = R −3 4 AB2 p 2 R2 − = R −3 4 R2 − Suy ra d (I, d2 ) = d (I, d3 ) ⇒ |−a − 4| |a − 6| = ⇒ a = 1. 5 5 Với a = 1 ta có I (1; 2) và R = 2, phương trình đường tròn là: (x − 1)2 + (y − 2)2 = 4. 198 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Dạng 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại một điểm Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) tâm I(a, b), tại điểm M(x0 , y0 ) ∈ (C). − → Ta có IM = (x0 − a; y0 − b) là véc-tơ pháp tuyến của ∆. Do đó ∆ có phương trình là (x0 − a)(x − x0 ) + (y0 − b)(y − y0 ) = 0. M ∆ I Ví dụ 14. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) : (x − 2)2 + (y + 3)2 = 5 tại điểm M(3; −1). Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(2; −3). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(3; −1) là: (3 − 2)(x − 3) + (−1 + 3)(y + 1) = 0 ⇔x + 2y − 1 = 0. Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(3; −1) là x + 2y − 1 = 0. Ví dụ 15. Cho đường tròn (Cm ) : x2 + y2 + 2(m − 1)x − 2my − 4 = 0. Biết rằng khi m thay đổi, đường tròn (Cm ) luôn đi qua điểm I cố định có hoành độ dương. Tìm giá trị của m sao cho tiếp tuyến của đường tròn (Cm ) tại I song song với (d) : x − 2y − 1 = 0. Lời giải. Giả sử đường tròn (Cm ) luôn đi qua điểm I(x0 ; y0 ) cố định khi m thay đổi. Khi đó ta có x02 + y20 + 2(m − 1)x0 − 2my0 − 4 = 0 với mọi m ⇔m(2×0 − 2y0 ) + x02 + y20 − 2×0 − 4 = 0 với mọi m ® x0 = y0 ⇔ 2 x0 + y20 − 2×0 − 4 = 0 ® x0 = y0 ⇔ 2×02 − 2×0 − 4 = 0 ï x = y0 = −1 ⇔ 0 x0 = y0 = 2. Vậy ta có điểm I(2; 2). → − Đường tròn (Cm ) có tâm J(1 − m; m). Véc-tơ pháp tuyến của tiếp tuyến của (Cm ) tại I là IJ = (−m − 1; m − 2). Để tiếp tuyến tại I song song với (d) : x − 2y − 1 = 0 thì tồn tại k sao cho: ® ® −m − 1 = k m = −4 → − IJ = k(1; −2) ⇔ ⇔ m − 2 = −2k k = 3. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 199 Vậy m = −4 thỏa mãn yêu cầu đề bài. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 7. Viết phương trình tiếp tuyển của đường tròn (C) : (x + 2)2 + (y − 3)2 = 5 tại điểm M(−1; 1). Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(−2; 3). Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm M(−1; 1) là 1(x + 1) − 2(y − 1) = 0 hay x − 2y + 3 = 0. Bài 8. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x = 0 tại điểm M(1; 1). Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 0). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(1; 1) là y = 1. Bài 9. Cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x − 4y + 1 = 0 và đường thẳng (∆) : y − x + 1 = 0. Gọi M, N là giao điểm của (C) và (∆). Tìm tọa độ giao điểm của tiếp tuyến của đường tròn (C) kẻ tại M, N. Lời giải. Tọa độ M, N là giao điểm của hệ phương trình sau ® y−x+1 = 0 x2 + y2 − 2x − 4y + 1 = 0 ® y = x−1 ⇔ 2y2 − 4y = 0 ï ⇔ x = 1; y = 0 x = 3; y = 2. Không mất tổng quát, ta giả sử M(1; 0) và N(3; 2). Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là y = 0. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại N là x = 3. ® y=0 Tọa độ giao điểm của hai tiếp tuyến là nghiệm của hệ phương trình . x=3 Vậy tọa độ giao điểm của hai tiếp tuyến là A(3; 0). Bài 10. Cho hai đường tròn (C1 ) : x2 + y2 + 2x − 2y − 3 = 0 và (C2 ) : x2 + y2 − 4x − 14y + 33 = 0. a) Chứng minh rằng (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với nhau. b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại tiếp điểm. Lời giải. √ a) Đường tròn (C1 ) có tâm I(−1; 1) và bán kính R1 = √ 5. Đường trònp (C2 ) có tâm J(2; 7) và bán √kính R2 = 2 5. Ta có IJ = (2 + 1)2 + (7 − 1)2 = 3 5 = R1 + R2 . Do đó (C1 ) tiếp xúc ngoài với (C2 ). b) Gọi M là tiếp điểm của (C1 ) và (C2 ). → 2− → → − − → −−→ 1 − Khi đó ta có IJ = 3IM ⇒ OM = OJ + OI. 3 3 − → Suy ra M (0; 3) ⇒ IM = (1; 2). Phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại M là x + 2(y − 3) = 0 hay x + 2y − 6 = 0. Bài 11. Cho đường tròn (Cm ) : x2 + y2 − (m − 2)x + 2my − 1 = 0. a) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường tròn (Cm ) luôn đi qua điểm cố định. b) Gọi I là điểm cố định ở câu trên sao cho I có hoành độ âm. Tìm m sao cho tiếp tuyến của đường tròn (Cm ) tại I song song với đường thẳng (d) : x + 2y = 0. Lời giải. a) Giả sử I(x0 ; y0 ) là điểm cố định thuộc đường tròn (Cm ) khi m thay đổi. Khi đó ta có x02 + y20 − (m − 2)x0 + 2my0 − 1 = 0 với mọi m. 200 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Điều này tương đương với (2y0 − x0 )m + x02 + y20 + 2×0 − 1 = 0 với mọi m. ® ® 2y − x = 0 x = 2y Do đó (x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ 2 ⇔ x + y2 + 2x − 1 = 0 5y2 + 4y − 1 = 0. Å ã 2 1 Giải hệ trên ta được hai nghiệm (−2; −1) và ; . 5 5Å ã 2 1 Vậy (Cm ) luôn đi hai điểm cố định là (−2; −1) và ; khi m thay đổi. 5 5 ã m−2 b) Vì xI < 0 nên I(−2; −1). Đường tròn (Cm ) có tâm J ; −m . 2 Å ã m+2 → − Véc-tơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại I là IJ = ; −m + 1 . 2 → − − Để tiếp tuyến tại I song song với (d) : x + 2y = 0 thì IJ cùng phương với → n = (1; 2), điều này tương đương với Å 1 m + 2 −m + 1 = ⇔ m + 2 = −m + 1 ⇔ m = − . 2 2 2 Dạng 4. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn đi một điểm Cho đường tròn (C) có tâm I(a, b) và bán kính R. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M(x0 , y0 ). a) Nếu IM < R thì không có tiếp tuyến nào đi qua M. b) Nếu IM = R thì ta giải theo dạng 1. c) Nếu IM > R thì ta thực hiện theo các bước bên dưới. • Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) của (C) đi qua M có dạng m(x − x0 ) + n(y − y0 ) = 0, trong đó m2 + n2 6= 0. • Sử dụng điều kiện tiếp xúc của tiếp tuyến với đường tròn ta có d(I, ∆) = R. Giải phương trình trên ta tìm được quan hệ giữa a, b. Ví dụ 16. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 8 biết tiếp tuyến đi qua điểm M(3; −2). √ Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 8. p √ Ta có IM = (3 − 1)2 + (−2 − 2)2 = 2 5. Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) của (C) và đi qua M(3; −2) là a(x − 3) + b(y + 2) = 0 (a2 + b2 6= 0). |a(1 − 3) + b(2 + 2)| √ | − 2a + 4b| √ √ Ta có d(I, ∆) = = 8⇔ √ = 8. a2 + b2 a2 + b2 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 201 Phương trình trên tương đương với | − 2a + 4b| = p 8a2 + 8b2 ⇔(2a − 4b)2 = 8a2 + 8b2 ⇔8b2 − 16ab − 4a2 = 0 ⇔2b2 − 4ab − a2 = 0 √  2+ 6 a  b= 2√ ⇔ 2− 6 b= a. 2 √ √ 2+ 6 a thì ta chọn a = 2 ⇒ b = 2 + 6. • Nếu b = 2 Khi đó phương trình của tiếp tuyến (∆) là: √ √ √ 2(x − 3) + (2 + 6)(y + 2) = 0 hay 2x + (2 + 6)y + 2 6 − 2 = 0. √ √ 2− 6 • Nếu b = a thì ta chọn a = 2 ⇒ b = 2 − 6. 2 Khi đó phương trình của tiếp tuyến (∆) là: √ √ √ 2(x − 3) + (2 − 6)(y + 2) = 0 hay 2x + (2 − 6)y − 2 6 − 2 = 0. Ví dụ 17. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1 ) : x2 + y2 − 2x + 2y + 1 = 0 và (C2 ) : x2 + y2 + 4x − 2y + 1 = 0 sao cho (C1 )và (C2 ) nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ là tiếp tuyến đó (tiếp tuyến này được gọi là tiếp tuyến chung ngoài). Lời giải. Đường tròn (C1 ) có tâm I(1; −1) và bán kính R1 = 1. Đường tròn (C2 ) có tâm J(−2; 1) và bán kính R2 = 2. D J C I S Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến ngoài và IJ. Gọi C, D lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn (C1 ) và (C2 ). SI CI 1 Theo định lý Thales ta có = = . SJ − → − → − →DJ −−→2 − → Vì vậy ta có SJ = 2 SI . Do đó OS = 2OI − OJ ⇒ S (4; −3). Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) tiếp xúc với (C1 ), (C2 ) và đi qua S là a(x − 4) + b(y + 3) = 0 trong đó 202 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ a2 + b2 > 0. Ta có p |2b − 3a| d(I, ∆) = √ = 1 ⇒ |2b − 3a| = a2 + b2 a2 + b2 ⇒ 8a2 − 12ab + 3b2 = 0 √  3+ 3 b  a= 4√ ⇒ 3− 3 a= b. 4 √ √ 3+ 3 Nếu a = b thì ta chọn b = 4 ⇒ a = 3 + 3. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là 4 √ √ (3 + 3)x + 4y − 4 3 = 0. √ √ 3− 3 Nếu a = b thì ta chọn b = 4 ⇒ a = 3 − 3. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là 4 √ √ (3 − 3)x + 4y + 4 3 = 0. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 12. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) : (x − 3)2 + y2 = 9 biết tiếp tuyến đi qua điểm M(3; 5). Lời giải. Đường √ tròn (C) có tâm I(3; 0) và bán kính R = 3. Ta có IM = 02 + 52 = 5 > R = 3. Gọi tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) và đi qua M là a(x − 3) + b(y − 5) = 0 với a2 + b2 > 0. Ta có | − 5b| =3 d(I, ∆) = R ⇒ √ a2 + b2 p ⇒ |5b| = 3 a2 + b2 3 ⇒ b = ± a. 4 3 Nếu b = − a thì ta chọn a = 4, b = −3. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là 4x − 3y + 3 = 0. 4 3 Nếu b = a thì ta chọn a = 4, b = 3. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là 4x + 3y − 27 = 0. 4 Bài 13. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) : x2 + y2 + 2x − 4y + 3 = 0 biết tiếp tuyến đi qua điểm M(−2; 5). √ Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(−1; 2) và bán kính R = 2. Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) đi qua điểm M(−2; 5) là a(x + 2) + b(y − 5) = 0 với a2 + b2 > 0. Khi đó ta có p √ |a − 3b| d(I, ∆) = √ = 2 ⇔ |a − 3b| = 2a2 + 2b2 a2 + b2 ⇔ a2 − 6ab + 9b2 = 2a2 + 2b2 ⇔ a2 + 6ab − 7b2 = 0 ï a=b ⇔ a = −7b. Nếu a = b thì ta chọn a = b = 1. Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ là x + y − 3 = 0. Nếu a = −7b thì ta chọn a = 7; b = −1. Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ là 7x − y + 19 = 0. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 203 Bài 14. Cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 2x − 2y − 2 = 0. Qua điểm A(1; 2) kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C). Gọi tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó là M, N. Tính MN. Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(−1; 1) và bán kính R = 2. Gọi tiếp tuyến (∆) đi qua A(1, 2) của đường tròn (C) là a(x − 1) + b(y − 2) = 0 với a2 + b2 > 0. Ta có | − 2a − b| d(I, ∆) = √ = 2 ⇒ 4a2 + 4ab + b2 = 4a2 + 4b2 2 2 a +b ï b=0 ⇒ 4a = 3b. • Nếu b = 0 thì ta chọn a = 1. Khi đó phương trình (∆1 ) là x = 1. Tiếp điểm của (∆1 ) và (C) là nghiệm của hệ phương trình ® x=1 x2 + y2 + 2x − 2y − 2 = 0 ⇔ x = 1, y = 1. • Nếu 4a = 3b thì ta chọn a = 3, b = 4. Khi đó phương trình của (∆2 ) là 3x + 4y − 11 = 0. Tiếp điểm của (∆2 ) và (C) là nghiệm của hệ phương trình ® Vậy MN = 3x + 4y − 11 = 0 x2 + y2 + 2x − 2y − 2 = 0  11 − 4y  x = 3 ⇔ 2 130y 169 25y   − + =0 9 9 9   x = 1 5 ⇔ 13  y = . 5 Å ã Å ã 1 2 13 2 4 1− + 1− =√ . 5 5 5 Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn (C1 ) : x2 + y2 − 2x + 2y + 1 = 0 và (C2 ) : x2 + y2 + 4x − 2y + 1 = 0. Lời giải. Đường tròn (C1 ) có tâm I(1; −1) và bán kính R1 = 1. Đường tròn (C2 ) có tâm J(−2; 1) và bán kính R2 = 2. D J S C I Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến ngoài và IJ. C, D lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn (C1 ) và (C2 ). SI CI 1 Theo định lý Thales ta có = = . SJ DJ 2 Å ã 1 → − → − − → −−→ − → Vì vậy ta có SJ = −2 SI . Do đó OS = 2OI + OJ ⇒ S 0; − . 3 Å ã 1 Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) tiếp xúc với (C1 ), (C2 ) và đi qua S là ax + b y + = 0 trong đó a2 + b2 > 3 204 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 0. Ta có p |a − 2 b| d(I, ∆) = √ 3 = 1 ⇔ |2b − 3a| = 9a2 + 9b2 a2 + b2 ⇔ 5b2 + 12ab = 0 ï b=0 ⇔ 5b = −12a. • Nếu b = 0 thì ta chọn a = 1. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là x = 0. • Nếu 5b = −12a thì ta chọn b = −12; a = 5. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là ã Å 1 = 0 ⇔ 5x − 12y − 4 = 0. 5x − 12 y + 3 Bài 16. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1 ) : x2 + y2 + 6x − 7 = 0 và (C2 ) : (x − 2)2 + y2 = 4. Lời giải. Đường tròn (C1 ) có tâm I(−3; 0) và bán kính R1 = 4. Đường tròn (C2 ) có tâm J(2; 0) và bán kính R2 = 2. Ta có IJ = 5 < R1 + R2 nên hai đường tròn cắt nhau. Do đó chúng chỉ có hai tiếp tuyến chung ngoài. C D I J S Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến ngoài và IJ. C, D lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn (C1 ) và (C2 ). SI CI Theo định lý Thales ta có = = 2. SJ − → − → − →DJ −−→ − → Vì vậy ta có SI = 2 SI . Do đó OS = 2OJ − OI ⇒ S(7; 0). Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) tiếp xúc với (C1 ), (C2 ) và đi qua S là a(x − 7) + by = 0 trong đó a2 + b2 > 0. Ta có | − 10a| d(I, ∆) = √ = 4 ⇔ 100a2 = 16a2 + 16b2 2 2 a +b ⇔ 84a2 = 16b2 √ 21 ⇔b=± a. 2 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 205 √ √ √ 21 • Nếu b = a thì ta chọn a = 2; b = 21. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là 2x + 21y − 14 = 0. 2 √ √ √ 21 a thì ta chọn a = 2; b = − 21. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) là 2x− 21y−14 = • Nếu b = − 2 0. Dạng 5. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn thỏa mãn điều kiện cho trước Cho đường tròn (C) có tâm I(a, b) và bán kính R. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của (C) có phương xác định trước. • Viết dạng phương trình tổng quát của ∆. • Sử dụng điều kiện cho trước và d(I, ∆) = R để tìm phương trình tổng quát của ∆. Ví dụ 18. Tìm điều kiện của tham số a để đường thẳng (∆) : x + (a − 1)y − a = 0 tiếp xúc với đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 4y + 2 = 0. Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R = Để đường thẳng (∆) là tiếp tuyến của đường tròn (C) thì √ √ 12 + 22 − 2 = 3. |1 − 2(a − 1) − a| √ d(I, ∆) = R ⇔ p = 3 1 + (a − 1)2 √ |3 − 3a| ⇔√ = 3 a2 − 2a + 2 p ⇔ |3 − 3a| = 3a2 − 6a + 6 ⇔ (3 − 3a)2 = 3a2 − 6a + 6 ⇔ 2a2 − 4a + 1 = 0  1 a = 1+ √  2 ⇔ 1 a = 1− √ . 2 1 1 Vậy a = 1 + √ hoặc a = 1 − √ thỏa mãn đề bài. 2 2 Ví dụ 19. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 4y + 4 = 0 biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x + 2y + 5 = 0. Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R = 1. Vì ∆ vuông góc với đường thẳng x + 2y + 5 = 0 nên phương trình ∆ có dạng 2x − y + m = 0. Vì ∆ là tiếp tuyến của (C) nên ta có |2 + 2 + m| d(I, ∆) = R ⇔ √ =1 12 + 22 √ ⇔ |4 + m| = 5 ñ √ m= √ 5−4 ⇔ m = − 5 − 4. √ √ Nếu m = √5 − 4 thì phương trình của ∆ là 2x − y + √5 − 4 = 0. Nếu m = 5 − 4 thì phương trình của ∆ là 2x − y − 5 − 4 = 0. 206 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 20. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x − 4y + 4 = 0 biết rằng tiếp tuyến hợp với đường thẳng (d) : x + y − 5 = 0 một góc 45◦ . √ Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 12 + 22 − 4 = 1. − Gọi véc-tơ pháp tuyến của ∆ là → n1 = (a; b) trong đó a2 + b2 6= 0. → − Véc-tơ pháp tuyến của d là n2 = (1; 1). Vì (∆) tạo với d một góc 60◦ nên ta có √ 2 |a + b| → − → − √ = |cos( n1 , n2 )| = cos 45◦ ⇔ √ 2 2 2 a +b 2 p ⇔ |a + b| = a2 + b2 ⇔ (a + b)2 = a2 + b2 ⇔ ab = 0 ñ a=0 ⇔ b = 0. • Với a = 0, phương trình ∆ có dạngñ y + m = 0. |2 + m| m = −1 Có d(I, ∆) = R ⇔ =1⇔ 1 m = −3. Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ là y − 1 = 0 hoặc y − 3 = 0. • Với b = 0, phương trình ∆ có dạngñ x + m = 0. |1 + m| m=0 Có d(I, ∆) = R ⇔ =1⇔ 1 m = −2. Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ là x = 0 hoặc x − 2 = 0. Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm ∆ là y − 1 = 0 hoặc y − 3 = 0 hoặc x = 0 hoặc x − 2 = 0. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 17. Tìm giá trị của tham số m sao cho đường thẳng (∆) : (m − 1)y + mx − 2 = 0 là tiếp tuyến của đường tròn (C) : x2 + y2 − 6x + 5 = 0. Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(3; 0) và bán kính R = 2. Để (∆) là tiếp tuyến của đường tròn (C) thì ta phải có ñ m=0 |3m − 2| = 2 ⇔ 4(2m2 − 2m + 1) = 9m2 − 12m + 4 ⇔ m2 − 4m = 0 ⇔ d(I, ∆) = p m = 4. (m − 1)2 + m2 Bài 18. Cho đường tròn (C): x2 + y2 − 4x − 6y − 12 = 0 và đường thẳng d : 3x + 4y − 6 = 0. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) thỏa mãn: a) Song song với đường thẳng d. b) Vuông góc với đường thẳng d. Lời giải. (C) có tâm I(2; 3), bán kính R = 5. a) Phương trình đường thẳng ∆1 song song với d có dạng: 3x + 4y + c1 = 0. ∆1 tiếp xúc với (C) nên d(I, ∆1 ) = R. ñ ñ |3.2 + 4.3 + c1 | c1 + 18 = 25 c1 = 7 √ Hay = 5 ⇔ |c1 + 18| = 25 ⇔ ⇔ c1 + 18 = −25 c1 = −43. 32 + 42 Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) song song với d là 3x + 4y + 7 = 0 hoặc 3x + 4y − 43 = 0. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 207 b) Phương trình đường thẳng ∆2 song song với d có dạng: 4x − 3y + c2 = 0. ∆2 tiếp xúc với (C) nên d(I, ∆2 ) = R. ñ ñ |4.2 − 3.3 + c2 | c2 = 26 c2 − 1 = 25 ⇔ Hay p = 5 ⇔ |c2 − 1| = 25 ⇔ c2 = −24. c2 − 1 = −25 42 + (−3)2 Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với d là 4x − 3y + 26 = 0 hoặc 4x − 3y − 24 = 0. Bài 19. Cho đường tròn (C) : (x − 1)2 + y2 = 9. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 2x − 1. Lời giải. Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) song song với y = 2x − 1 là y − 2x + n = 0. Đường tròn (C) có tâm I(1; 0) và bán kính R = 3. Ta có ñ √ |n − 2| n = 2 − 3√5 d(I, ∆) = √ = 3 ⇔ n = 2 + 3 5. 5 √ √ Phương trình tiếp tuyến (∆) là y − 2x + 2 − 3 5 = 0 hoặc y − 2x + 2 + 3 5 = 0. Bài 20. Cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 25. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền và cạnh góc vuông nằm trên Ox lớn hơn cạnh góc vuông nằm trên (Oy). Lời giải. Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền và cạnh góc vuông nằm trên Ox lớn hơn cạnh góc vuông nằm trên (Oy) nên ta suy ra tiếp tuyến tạo với trục Ox góc 30◦ . Đường tròn (C) có tâm O(0; 0) và bán kính R = 5. − Gọi véc-tơ pháp tuyến của (∆) là → n = (a, b)√với a2 + b2 > 0. √ 3 |a| ⇒ a2 = 3b2 ⇒ a = ± 3b. = cos 30◦ = Ta có cos(∆, Ox) = √ 2 a2 + b2 √ √ √ • Nếu a = 3b thì ta chọn a = 3; b = 1. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) có dạng 3x + y + m = 0. Ta có ï |m| m = 10 =5⇔ d(O; ∆) = √ m = −10. 3+1 √ √ Vậy phương trình tiếp tuyến (∆) trong trường hợp này là 3x + y − 10 = 0 hoặc 3x + y + 10 = 0. √ √ √ • Nếu a = − 3b thì ta chọn a = − 3; b = 1. Khi đó phương trình tiếp tuyến (∆) có dạng − 3x + y + m = 0. Ta có ï |m| m = 10 d(O; ∆) = √ =5⇔ m = −10. 3+1 √ √ Vậy phương trình tiếp tuyến (∆) trong trường hợp này là − 3x + y − 10 = 0 hoặc − 3x + y + 10 = 0. Bài 21. Cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x − 4y = 0. Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn sao cho tiếp tuyến đó cắt các trục tọa độ tạo thành một tam giác cân. √ Lời giải. Phương trình đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 5. Để tiếp tuyến cùng với các trục tọa độ tạo thành tam giác cần thì tiếp tuyến phải có hệ số góc là 1 hoặc −1. a) Nếu tiếp tuyến có hệ số góc bằng −1 thì ta có thể giả sử phương trình tiếp tuyến (∆) là x + y + m = 0. Ta có ñ √ |m + 3| √ m = −3 − √10 d(I, ∆) = √ = 5⇔ m = −3 + 10. 2 √ √ Do đó phương trình tiếp tuyến là x + y − 3 − 10 = 0 hoặc x + y − 3 + 10 = 0. 208 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ b) Nếu tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1 thì ta có thể giả sử phương trình tiếp tuyến (∆) là x − y + m = 0. Ta có ñ √ |m − 1| √ m = 1 − √10 d(I, ∆) = √ = 5⇔ m = 1 + 10. 2 √ √ Do đó phương trình tiếp tuyến là x − y + 1 − 10 = 0 hoặc x − y + 1 + 10 = 0. Bài 22. Cho đường tròn (C1 ): x2 + y2 − 6x − 8y − 11 = 0 và đường tròn (C2 ): x2 + y2 − 2x − 6y − 6 = 0. Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ). Lời giải. (C1 ) có tâm I1 (3; 4), bán kính R1 = 6. (C2 ) có tâm I2 (1; 3), bán kính p R2 = 4 √ Có 2 = |R1 − R2 | < I1 I2 = (1 − 3)2 + (3 − 4)2 = 5 < R1 + R2 = 10. Do đó (C1 ) và (C2 ) cắt nhau và có 2 tiếp tuyến chung. 2 2 Phương trình tiếp tuyến chung ∆ có dạng ax ® + by + c = 0, (a + b 6= 0) (∗). d(I1 , ∆) = R1 ∆ tiếp xúc với (C1 ) và (C2 ) khi và chỉ khi d(I2 , ∆) = R2  |3a + 4b + c|    = 6 (1)  √ 2 a + b2 Hay  |a + 3b + c|   = 4 (2)  √ a2 + b2 ⇔ 2|3a + 4b + c| = 3|a + 3b + c| ⇔ 2(3a + 4b + c) = ±3(a + 3b + c)  c = 3a − b ⇔ 9a + 17b . c=− 5 √ + Thế c = 3a − b vào (2) ta được |4a + 2b| = 4 a2 + b2 ⇔ 4a2 + 4ab + b2 = 4(a2 + b2 )  b=0 ⇔ b(3b − 4a) = 0 ⇔  4 b = a. 3 Với b = 0 thì c = 3a, (∗) trở thành ax + 3a = 0 hay x + 3 = 0. 5 4 5 4 Với b = a thì c = a, (∗) trở thành ax + ay + a = 0 hay 3x + 4y + 5 = 0. 3 3 3 3 √ 9a + 17b + Thế c = − vào (2) ta được | − 4a − 2b| = 20 a2 + b2 5 ⇔ 4a2 + 4ab + b2 = 100(a2 + b2 ) ⇔ 96a2 − 4ab + 99b2 = 0 (vô nghiệm). Vậy (C1 ) và (C2 ) có tiếp tuyến chung là x + 3 = 0 và 3x + 4y + 5 = 0. Bài 23. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1 ) : x2 + y2 + 2x − 2y − 3 = 0 và (C2 ) : x2 + y2 − 4x − 14y + 48 = 0 sao cho 2 đường tròn nằm cùng một√nửa mặt phẳng bờ là tiếp tuyến chung đó.. Lời giải. Đường tròn (C1 ) có tâm I1 (−1; 1) và bán√kính R1 = 5. Đường tròn (C2 ) có tâm I2 (2; 7) và bán kính R2 = 5. Do đó tiếp tuyến chung cần tìm của hai đường tròn song song với đường thẳng I1 I2 . −→ − Ta có I1 I2 = (3; 6). Suy ra véc-tơ pháp tuyến của I1 I2 là → n = (2; −1). Do đó phương trình tiếp tuyến chung cần tìm (∆) của (C1 ); (C2 ) có dạng 2x − y + m = 0. Ta có | − 3 + m| √ √ d(I1 ; ∆) = = 5 ⇔ |m − 3| = 5 5 ï m = −2 ⇔ m = 8. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 209 Vì vậy phương trình tiếp tuyến chung cần tìm của (C1 ) và (C2 ) là 2x − y − 2 = 0 hoặc 2x − y + 8 = 0. BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 4x = 0. Tìm những điểm trên đường thẳng x = 4 mà từ những điểm đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 30◦ . Lời giải. Gọi điểm M(4; b) thuộc đường thẳng x = 4, (b ∈ R). (C) : (x−2)2 +y2 = 4, (C) có tâm I(2; 0), bán kính R = 2. Vì đường thẳng x = 4 là một tiếp tuyến của đường tròn (C),nên yêu cầu bài toán là tìm những điểm trên đường thẳng x = 4 sao cho kẻ được qua các điểm đó √ các tiếp M tuyến đến (C) có hệ số góc là k = ± tan 60◦ = ± 3. O • k= √ √ 3: d là đường thẳng qua M có hệ số góc k = 3 có phương trình: y= √ √ √ 3(x − 4) + b ⇔ 3x − y − 4 3 + b = 0. √ ñ √ b = 4+2 3 √ d tiếp xúc với (C) ⇔ d(I, d) = R ⇔ |b − 2 3| = 4 ⇔ b = −4 + 2 3. √ √ • k = − 3: d 0 là đường thẳng qua M có hệ số góc k = − 3 có phương trình: √ √ √ y = − 3(x − 4) + b ⇔ 3x + y − 4 3 − b = 0. √ ñ √ b = −4 − 2 3 √ d tiếp xúc với (C) ⇔ d(I, d) = R ⇔ | − b − 2 3| = 4 ⇔ b = 4 − 2 3. √ √ √ √ Vậy có 4 điểm thỏa mãn: (4; 4 + 2 3), (4; −4 + 2 3), (4; 4 − 2 3), (4; −4 − 2 3). Bài 25. Cho đường tròn (C): x2 + y2 = R2 và điểm M(x0 ; y0 ) nằm ngoài (C). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT1 và MT2 tới (C) (T1 , T2 là các tiếp điểm). a) Viết phương trình đường thẳng T1 T2 . b) Giả sử M chạy trên một đường thẳng d cố định không cắt (C). Chứng minh rằng đường thẳng T1 T2 luôn đi qua một điểm cố định. 210 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ y M T1 x O T2 Lời giải. a) Giả sử T1 = (x1 ; y1 ), T2 = (x2 ; y2 ). Đường tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R. −−→ Tiếp tuyến MT1 đi qua điểm T1 , có véc tơ pháp tuyến OT1 = (x1 ; y1 ) có phương trình: x1 x + y1 y = R2 . 2 Và tiếp tuyến MT2 có phương ® trình: x2 x + y2 y2= R . x1 x0 + y1 y0 = R Có: M ∈ MT1 , M ∈ MT2 ⇒ x2 x0 + y2 y0 = R2 . Suy ra (x1 ; y1 ), (x2 ; y2 ) là các nghiệm của phương trình x0 x + y0 y = R2 . (1) Vì M nằm ngoài (C) nên x02 + y20 > 0, do đó (1) là phương trình đường thẳng. Vậy phương trình đường thẳng T1 T2 là: x0 x + y0 y − R2 = 0. b) • Xét trường hợp đường thẳng cố định d có phương trình dạng: x = a, (|a| > R) . 2 Khi đó: M = (a; y0 ) và phương trình T1 T2 là ax +Çyy0 − R å = 0. R2 ;0 . Vậy đường thẳng T1 T2 luôn đi qua điểm cố định a • Xét trường hợp đường thẳng cố định d có phương trình dạng: y = kx + m. Do d không cắt (C) nên m 6= 0. Ta có M = (x0 ; kx0 + m). Phương trình đường thẳng T1 T2 là: x0 x + (kx0 + m)y − R2 = 0 hay x0 (x + ky) + my − R2 = 0. Ç Vậy điểm cố định mà đường thẳng T1 T2 luôn đi qua là −kR2 R2 ; m m å . 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 211 Dạng 6. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn Cho đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 và đường tròn (C ) có tâm I(x0 ; y0 ), bán kính R. Đường thẳng ∆ và đường tròn (C ) có ba vị trí tương đối. • Đường thẳng ∆ và đường tròn (C ) có hai điểm chung, ta nói ∆ và (C ) cắt nhau. 4 Hệ thức liên hệ giữa bán kính và khoảng cách từ tâm đường tròn (C ) đến đường thẳng ∆: |ax0 + by0 + c| < R. d(I, ∆) = √ a2 + b2 ! I R ∆ B H A • Đường thẳng ∆ và đường tròn (C ) có một điểm chung, ta nói ∆ tiếp xúc với (C ). Đường thẳng ∆ còn được gọi là tiếp tuyến của đường tròn (C ). 4 Hệ thức liên hệ giữa bán kính và khoảng cách từ tâm đường tròn (C ) đến đường thẳng ∆: |ax0 + by0 + c| = R. d(I, ∆) = √ a2 + b2 ! I R ∆ H • Đường thẳng ∆ và đường tròn (C ) không có điểm chung nào, ta nói ∆ và (C ) không cắt nhau. 4 Hệ thức liên hệ giữa bán kính và khoảng cách từ tâm đường tròn (C ) đến đường thẳng ∆: |ax0 + by0 + c| > R. d(I, ∆) = √ a2 + b2 ! I R ∆ H 4 ! ® Khi đường thẳng ∆ cho bởi phương trình tham số x = x0 + at . Để xét vị trí tương đối với đường y = y0 + bt tròn (C ) ta có thể làm hai cách: a) Từ phương trình tham số chuyển về phương trình tổng quát, xét vị trí tương đối giống như trên. b) Thế phương trình tham số vào phương trình của đường tròn (C ) ta được phương trình bậc hai có ẩn t, kí hiệu phương trình (∗). • Phương trình (∗) vô nghiệm. Ta nói ∆ và (C ) không cắt nhau. • Phương trình (∗) có một nghiệm. Ta nói ∆ tiếp xúc với (C ). • Phương trình (∗) có hai nghiệm. Ta nói ∆ và (C ) cắt nhau. 212 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 21 (Lê Quốc Hiệp). [0H3B2] Cho đường thẳng ∆ : x − 2y + 5 = 0 và đường tròn (C ) : (x − 2)2 + y2 = 4. Xét vị trí tương đối của ∆ và (C ). Lời giải. (C ) có tâm I(2; 0) và bán √ kính R = 2. |2 − 2.0 + 5| 7 5 = > 2. Ta có: d(I, ∆) = √ 5 12 + 22 Vậy ∆ và (C ) không cắt nhau. ® Ví dụ 22. Cho đường thẳng ∆ : x = −5 − 2t và đường tròn (C ) : x2 + y2 − 4x + 2y = 0. Xét vị trí y=t tương đối của ∆ và (C ). Lời giải. Thế phương trình của ∆ vào phương trình (C ) ta được phương trình: (−5 − 2t)2 + t 2 − 4(−5 − 2t) + 2t = 0 ⇔ 5t 2 + 30t + 45 = 0 ⇔ t = −3. Vậy ∆ tiếp xúc với (C ). ® x = 4t và đường tròn (C ) : (x − 3)2 + (y − 1)2 = 10. Xét vị trí y = 2 + 2t tương đối của ∆ và (C ), tìm tọa độ giao điểm nếu có. Ví dụ 23. Cho đường thẳng ∆ : Lời giải. Thế phương trình của ∆ vào phương trình (C ) ta được phương trình: ñ t =0 2 20t − 20t = 0 ⇔ t = 1. Vậy ∆ cắt (C® ). ® x=0 x=4 Với t = 0 ⇒ và t = 1 ⇒ y=2 y = 4. Vậy tọa độ giao điểm của ∆ và (C ) là: A(0; 2), B(4; 4). Ví dụ 24. Cho đường thẳng ∆ : 6x + 8y − 1 = 0 và đường tròn (C ) : x2 + y2 − 2mx + 4y + m2 − 5 = 0. Tìm m để ∆ cắt (C ) . Lời giải. (C ) có tâm I(m; −2) và bán kính R = 3. Để ∆ cắt (C ) thì d(I, ∆) < R |6m + 8.(−2) − 1| 13 47 √ ⇔ < 3 ⇔ |6m − 17| < 30 ⇔ −30 < 6m − 17 < 30 ⇔ − < m < . 6 6 36 + 64 13 47 Vậy − < m < . 6 6 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 26. Cho đường thẳng ∆ : 4x + 3y + 1 = 0 và đường tròn (C ) : x2 + y2 − 6x − 8y = 0. Xét vị trí tương đối của ∆ và (C ). Lời giải. (C ) có tâm I(3; 4) và bán kính R = 5. |4.3 + 3.4 + 1| Ta có: d(I, ∆) = √ = 5 = R. 32 + 42 Vậy ∆ tiếp xúc với (C ). 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN ® Bài 27. Cho đường thẳng ∆ : 213 x = 1 − 4t và đường tròn (C ) : (x + 3)2 + (y − 1)2 = 2. Xét vị trí tương đối y = 2+t của ∆ và (C ). Lời giải. Thế phương trình của ∆ vào phương trình (C ) ta được phương trình: (4 − 4t)2 + (1 + t)2 = 2 ⇔ 17t 2 − 30t + 15 = 0 (vô nghiệm) . Vậy ∆ không cắt (C ). Bài 28. Cho đường thẳng ∆ : x − y + 5 = 0 và đường tròn (C ) : x2 + y2 + 6x − 2y − 3 = 0. Tìm tọa độ giao điểm của ∆ và (C ). Lời giải. Tọa độ giao điểm của®∆ và (C ) là nghiệm của hệ phương trình: ® ® x−y+5 = 0 x = y−5 x = y−5 ⇔ ⇔ 2 2 2 2 x®+ y + 6x − 2y − 3 = 0 ® (y − 5) + y® + 6(y − 5) − 2y − 3 = 0 2y2 − 6y − 8 = 0 x = −6 x = −1 x = y−5 hoặc ⇔ ⇔ y = −1. y=4 y = 4 hoặc y = −1 Vậy tọa độ giao điểm của ∆ và (C ) là: A(−1; 4), B(−6; −1). Bài 29. Cho đường thẳng ∆ : x − 2y + m = 0 và đường tròn (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 5. Tìm m để ∆ không cắt (C ) . √ Lời giải. (C ) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 5. Để ∆ không cắt (C ) thì d(I, ∆) > R ñ ñ m−3 > 5 m>8 |1 − 2.2 + m| √ > 5 ⇔ |m − 3| > 5 ⇔ ⇔ √ ⇔ m − 3 < −5 m < −2. 1+4 Vậy m < −2 hoặc m > 8. Bài 30. Cho đường thẳng ∆ đi qua A(−6; 0) và đường tròn (C ) : √ (x − 3)2 + (y − 2)2 = 25. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt (C ) tại hai điểm E, F sao cho EF = 4 5. F √ 2 5 H E 5 I A ∆ Lời giải. (C ) có tâm I(3; 2) và bán kính R = 5. Đường thẳng ∆ đi qua A(−6; 0) có phương trình a(x + 6) + by = 0 (a2 + b2 > 0). » √ √ 2 2 Gọi H là trung điểm của EF, xét tam giác IEH vuông tại H, ta có:IH = IE − EH = 52 − (2 5)2 = √ 5. Theo đề ta có: p |a(3 + 6) + b.2| √ √ d(I, ∆) = IH ⇔ = 5 ⇔ |9a + 2b| = 5(a2 + b2 ) ⇔ 76a2 + 36ab − 1b2 = 0 (∗). a2 + b2  a 2 a a 1 a 1 Do b = 0 không là nghiệm của (∗), (∗) ⇔ 76 + 36 − 1 = 0 ⇔ = − hoặc = . b b b 2 b 38 Chọn ®a = 1 ⇒ b = −2 hoặc b = 38. a=1 Với ⇒ ∆ : x − 2y + 6 = 0. b = −2 ® a=1 Với ⇒ ∆ : x + 38y + 6 = 0. b = 38 Vậy ∆ : x − 2y + 6 = 0, ∆ : x + 38y + 6 = 0. 214 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 31. Cho điểm A(1; 2) và đường tròn (C ) : x2 + y2 − 2x − 9 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C ) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. y 3 A 2 I O −1 N x 1 M Lời giải. √ Đường tròn (C ) có tâm I(1; 0) và bán kính R = 10. Ta có IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN, suy ra phương trình ∆ có dạng y = m. Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: x2 − 2x + m2 − 9 = 0 (1). (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 , khi và chỉ khi: m2 − 10 < 0 (∗). Khi đó ta có M(x1 ; m) và N(x2 ; m). −→ −→ AM ⊥ AN ⇔ AM.AN = 0 ⇔ (x1 − 1)(x2 − 1) + (m − 2)2 = 0 ⇔ x1 x2 − (x1 + x2 ) + m2 − 4m + 5 = 0. Áp dụng Viét đối với (1), suy ra: 2m2 − 4m − 6 = 0 ⇔ m = −1 hoặc m = 3, thỏa mãn (∗). Vậy phương trình ∆ : y = −1 hoặc y = 3. Bài 32. Cho đường thẳng ∆1 : x − y + 4 = 0 và ∆2 : x − 4y + 7 = 0 Viết phương trình √ đường tròn (C ) có tâm I thuộc ∆2 , cắt ∆1 tại hai điểm E, F sao cho tam giác IEF vuông tại I và EF = 3 2. F √ 3 2 2 H ∆2 E ∆1 Lời giải. Gọi I(4t − 7;t) thuộc ∆2 . I √ 1 3 2 Gọi H là trung điểm của EF, do tam giác IEF vuông cân tại I nên IH = EF = và IE = R = 2 2 √ IE 2 + IH 2 = 9. √ |4t − 7 − t + 4| 3 2 √ Ta có:d(I, ∆1 ) = IH ⇔ = ⇔ |3t − 3| = 3 ⇔ t = 0 hoặc t = 2. 2 1+1 Với t = 0 ⇒ I(−7; 0) ⇒ (C ) : (x + 7)2 + y2 = 9. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 215 Với t = 2 ⇒ I(1; 2) ⇒ (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9. Vậy (C ) : (x + 7)2 + y2 = 9 hoặc (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9. Dạng 7. Vị trí tương đối của hai đường tròn. Phương pháp giải: Cho đường tròn (C) có tâm I, bán kính R và đường tròn (C0 ) có tâm I 0 , bán kính R0 . • Nếu II 0 > R + R0 suy ra hai đường tròn không cắt nhau và ở ngoài nhau. • Nếu II 0 < |R − R0 | suy ra hai đường tròn không cắt nhau và lồng vào nhau. • Nếu II 0 = |R − R0 | suy ra hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau. • Nếu |R − R0 | < II 0 < R + R0 suy ra hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Ví dụ 25. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x − 6y − 15 = 0 và (C0 ) : x2 + y2 − 6x − 2y − 3 = 0. Chứng minh rằng hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Lời giải. • Cách 1. (C)p có tâm I (1; 3) và bán kính R = 5, (C) có tâm I 0 (3; 1) và bán kính R = √ Ta có II 0 = (3 − 1)2 + (1 − 3)2 = 2 2. Ta thấy |R1 − R2 | < I1 I2 < |R1 + R2 | suy ra hai đường tròn cắt nhau. • Cách ® 2 2. 2Xét hệ phương trình x + y − 2x − 6y − 15 = 0 √ 13. x2 + y2 − 2x − 6y − 15 = 0 x−y−3 = 0 x2 + y2 − 6x − 2y − 3 = 0 ñ ® ®   y = −2 y2 − y − 6 = 0 (y + 3)2 + y2 − 2(y + 3) − 6y − 15 = 0 y=3 . ⇔ ⇔ ⇔  x = y+3 x = y+3  x = y+3 Suy ra hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm có tọa độ là A(1; −2) và B (6; 3). ® ⇔ Ví dụ 26. Cho hai đường tròn: (C) : x2 + y2 = 1 và (Cm ) : x2 + y2 − 2(m + 1)x + 4my − 5 = 0. Xác định m để (Cm ) tiếp xúc với (C). Lời giải. Dễ thấy (C) có tâm O (0; 0) và bán kính p R = 1. 0 (Cm ) có tâm Ip (m + 1; −2m) và bán kính R = (m + 1)2 + 4m2 + 5. Ta thấy OI = (m + 1)2 + 4m2 < R0 điểm O nằm trong đường tròn tâm I suy ra (C) và (Cm ) chỉ có thể tiếp xúc trong nhau. Điều kiện để haipđưòng tròn tiếp xúc trong làp R0 − R = OI ⇔ (m + 1)2 + 4m2 + 5 − 1 = (m + 1)2 + 4m2 . 3 Giải phương trình ta được m = −1 hoặc m = . 5 √ 2 2 Ví dụ √ 27. Cho đường tròn (C) : x + y − 2x + 4y − 4 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆ : 2x + my + 1 − 2 = 0. a) Tìm m để đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B. b) Tìm m để diện tích tam giác IAB là lớn nhất. Lời giải. 216 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ a) Đường tròn (C) có tâm I(1; −2), bán kính R = 3 ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi √ √ 2 − 2m + 1 − 2 √ d (I; ∆) < R ⇔ < 3. ⇔ 5m2 + 5m + 17 > 0 (đúng với mọi m). 2 + m2 1 d = 9 sin AIB d ≤ 9. b) Ta có SIAB = IA.IB. sin AIB 2 2 2 9 d = 1 ⇔ AIB d = 90◦ . Suy max SIAB = khi và chỉ khi sin AIB 2 ‘ = 45◦ ⇒ IH = IA. cos 45◦ = √3 . Gọi H là hình chiếu của I lên ∆ khi đó AIH 2 |1 − 2m| 3 Ta có d (I; ∆) = IH ⇔ √ = √ ⇔ m2 + 8m + 16 = 0 ⇔ m = −4. 2 2 2+m Vậy với m = −4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dạng 8. Phương trình đường thẳng chứa tham số Đối với bài toán tìm m: Ta dựa vào điều kiện bài ra đưa về phương trình ẩn m. Ví dụ 28. Tìm m biết đường thẳng d : (m + 1)x − my + 2m − 1 = 0 đi qua điểm A(−1; 2). Lời giải. Đường thẳng d đi qua điểm A(−1; 2) khi và chỉ khi −(m + 1) − 2m + 2m − 1 = 0 ⇔ m = −2. Ví dụ 29. Tìm m biết đường thẳng d : mx − (m − 2)y + 3 = 0 song song với đường thẳng ∆ : 2x + 3y − 1 = 0. Lời giải. Đường thẳng d song song với đường thẳng ∆ khi và chỉ khi 3 4 m −m + 2 = 6= ⇔m= . 2 3 −1 5 Ví dụ 30. Tìm m biết đường thẳng d : x +(2m +1)y +m vuông góc với đường thẳng ∆ : x −y +1 = 0. − Lời giải. Đường thẳng d có véc-tơ pháp tuyến là → n d = (1; 2m + 1). Đường thẳng ∆ có véc-tơ pháp tuyến là → − n ∆ = (1; −1). Đường thẳng d vuông góc với đường thẳng ∆ khi và chỉ khi → − − n d .→ n ∆ = 0 ⇔ 1.1 + (2m + 1)(−1) = 0 ⇔ m = 0. Ví dụ 31. Tìm m biết đường thẳng d : 2x − my + 2 = 0 tạo với đường thẳng ∆ : x + y + 1 = 0 một góc 60◦ . − − Lời giải. Đường thẳng d và ∆ có véc-tơ pháp tuyến lần lượt là → n d = (2; −m) và → n ∆ = (1; 1). Theo bài ra ta có − − |→ n d .→ n ∆| |2 − m| ◦ √ cos 60 = → =√ − → − 2 | n d |.| n ∆ | 2 + m2 . 12 + 12 p p ⇔ 22 + m2 . 12 + 12 = 2|2 − m| 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 217 ⇔ 2(m2 + 4) = 4(4 − 4m + m2 ) √ ⇔ m2 − 8m + 4 = 0 ⇔ m = 4 ± 2 3. Ví dụ 32. Tìm m để đường thẳng dm : mx + (m − 3)y + m2 − 3m = 0 tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1. Lời giải. Điều kiện để đường thẳng dm cắt hai trục tọa độ là m(m − 3) 6= 0. Tọa độ giao điểm của đường thẳng dm với Ox và Oy lần lượt là A(3 − m; 0) và B(0; −m). Ta có » 1 1» |3m − m2 | SOAB = OA.OB = (3 − m)2 . (−m)2 = =1 2 2 2  m=1 m = 2  ñ 2  √ m − 3m + 2 = 0  ⇔ |m2 − 3m| = 2 ⇔ 2 ⇔ m = 3 − 17 .  m − 3m − 2 = 0 2√   3 + 17 m= 2 Ví dụ 33. Tìm điểm cố định của họ đường thẳng dm : (2m − 1)x − (m + 1)y + 3 − m = 0. Lời giải. Gọi A(x0 ; y0 ) là điểm cố định của họ đường thẳng, khi đó ta có (2m − 1)x0 − (m + 1)y0 + 3 − m = 0, ∀m ∈ R ⇔ (2×0 − y0 − 1)m + (3 − x0 − y0 ) = 0, ∀m ∈ R  4 ®  x0 = 2×0 − y0 = 1 3. ⇔ ⇔  x0 + y0 = 3 y0 = 5 3 Å ã 4 5 Vậy A ; . 3 3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 33. Cho họ đường thẳng dm : (2m − 3)x + my − 2 = 0. Tìm điều kiện của tham số m biết đường thẳng dm đi qua A(2; 3). Lời giải. Đường thẳng dm đi qua A(2; 3) khi và chỉ khi 8 (2m − 3)2 + 3m − 2 = 0 ⇔ 7m − 8 = 0 ⇔ m = . 7 Bài 34. Cho họ đường thẳng dm : ® (2m − 3)x + my − 2 = 0. Tìm điều kiện của tham số m biết đường thẳng x = 1 + 2t dm song song với đường thẳng ∆ : ,t ∈ R. y=t Lời giải. Ta có phương trình tổng quát của ∆ : x − 2y − 1 = 0. 2m − 3 m −2 6 Đường thẳng dm song song với ∆ khi và chỉ khi = 6= ⇔m= . 1 −2 −1 5 218 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 35. Cho họ đường thẳng dm : (2m − 3)x + my − 2 = 0. Tìm điều kiện của tham số m biết đường thẳng dm vuông góc với đường thẳng 3x − 4y + 5 = 0. − − Lời giải. Đường thẳng dm và ∆ lần lượt có véc tơ pháp tuyến là → n d = (2m − 3; m) và → n ∆ = (3; −4). 9 − − Để dm ⊥ ∆ khi và chỉ khi → n d .→ n ∆ = 0 ⇔ 3(2m − 3) − 4m = 0 ⇔ m = . 2 Bài 36. Tìm điểm cố định của họ đường thẳng dm : (2m − 3)x + my − 2 = 0. Lời giải. Gọi điểm cố định của họ đường thẳng là A(x0 ; y0 ). Khi đó ta có (2m − 3)x0 + my0 − 2 = 0, ∀m ⇔ (2×0 + y0 )m − (3×0 + 2) = 0, ∀m 2 4 ⇔ x0 = − , y0 = . 3 3 Å ã 2 4 Vậy A − ; . 3 3 Dạng 9. Phương trình đường tròn chứa tham số Dựa theo điều kiện bài toán, ta đưa về phương trình theo tham số nào đó, từ đó giải ra tìm được điều kiện của tham số. Ví dụ 34. Cho đường tròn (Cm ) : x2 + y2 − (m + 2)x − (m + 4)y + m + 1 = 0. a) Chứng minh rằng (Cm ) luôn là đường tròn với mọi giá trị của tham số m. b) Tìm m để đường tròn (Cm ) đi qua điểm A(2; −3). c) Tìm tập hợp tâm các đường tròn (Cm ) khi m thay đổi. d) Chứng minh rằng khi m thay đổi, họ các đường tròn (Cm ) luôn đi qua hai điểm cố định. e) Tìm những điểm trong mặt phẳng tọa độ mà họ (Cm ) không đi qua với mọi giá trị của tham số m. Lời giải. (m + 2)2 (m + 4)2 2m2 + 8m + 16 m2 + (m + 4)2 + −m−1 = = > 0, ∀m ∈ R. 4 4 4 4 Điều đó chứng tỏ (Cm ) luôn là phương trình đường tròn. a) Ta có a2 + b2 − c = b) Để (Cm ) đi qua điểm A(2; −3) khi và chỉ khi 22 + (−3)2 − 2(m + 2) − (m + 4)(−3) + m + 1 = 0 ⇔ 2m + 22 = 0 ⇔ m = −11. m+2 m+4 c) Tọa độ tâm của họ đường tròn (Cm ) là I( ; ). 2 2 m+2 m+4 Đặt x = ;y = ⇒ y = x + 1. Vậy quỹ tích tâm I là đường thẳng y = x + 1. 2 2 d) Giả sử A(x0 ; y0 ) là điểm cố định của họ (Cm ), khi đó ta có x02 + y20 − (m + 2)x0 − (m + 4)y0 + m + 1 = 0, ∀m ⇔ (1 − x0 − y0 )m + (x02 + y20 − 2×0 − 4y0 + 1) = 0, ∀m 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 219 ® ⇔ 1 − x0 − y0 = 0 2 2 x0 + y0 − 2×0 − 4y0 + 1 = 0 ®   ⇔  x0 = −1 y0 = 2 ® . x0 = 1 y0 = 0 e) Giả sử A(x0 ; y0 ) là điểm mà họ (Cm ) không đi qua với mọi m, khi đó ta có x02 + y20 − (m + 2)x0 − (m + 4)y0 + m + 1 6= 0, ∀m ⇔ (1 − x0 − y0 )m + (x02 + y20 − 2×0 − 4y0 + 1) 6= 0, ∀m ® 1 − x0 − y0 = 0 ⇔ 2 2 x0 + y0 − 2×0 − 4y0 + 1 6= 0 Điều đó tương đương với họ (Cm ) không đi qua mọi điểm nằm trong hình tròn x2 +y2 −2x−4y+1 = 0 trừ hai điểm A1 (−1; 2) và A2 (1; 0). Ví dụ 35. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x − 2my + m2 − 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆ : mx + 4y = 0 (ở đó m là tham số). Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB và A |5m| |m + 4m| =√ IH = d(I, ∆) = √ 2 m + 16 m2 + 16 p AH = IA2 − IH 2 = 25 − (5m)2 20 √ = . m2 + 16 m2 + 16 H B I Theo bài ra ta có S4IAB = 12 ⇔ 2S4IAH = 12  m = ±3  ⇔ d(I, ∆).AH = 12 ⇔ 25|m| = 3(m + 16) ⇔ 16 . m=± 3 2 Ví dụ 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho họ đường thẳng phụ thuộc tham số α là dα có phương trình: (x + 1) cos α + (y − 1) sin α − 1 = 0. Chứng minh rằng họ đường thẳng đã cho luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. | − 1| Lời giải. Lấy A(−1; 1), ta có d(A; dα ) = p = 1. Vậy họ đường thẳng luôn tiếp xúc với cos2 α + sin2 α đường tròn (A; R = 1) cố định. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 37. Cho họ đường tròn (Cm ) có phương trình x2 + y2 − 4mx − 2my + 9m2 1 −m− . 2 2 220 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ a) Tìm tập hợp tâm của (Cm ) khi m thay đổi. b) Chứng minh rẳng (Cm ) luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định. c) Tìm m để (Cm ) tiếp xúc với đường thẳng ∆ : x + y − 2. Lời giải. a) Quỹ tích tâm là đường thẳng x − 2y = 0. √ |m + 1| 2 b) Họ đường tròn (Cm ) có tâm I(2m; m) và bán kính R = . 2 Giả sử đường thẳng cố định cần tìm là d : Ax + By +C = 0. Suy ra d(I; d) = R, ∀m. Điều đó tương đương với √ |2Am + Bm +C| |m + 1| 2 √ = , ∀m 2 A2 + B2 ñ A = 1, B = −1,C = 1 . Giải ra ta được A = 1, B = −7,C = −5 √ |2m + m − 2| |m + 1| 2 √ c) Để đường thẳng ∆ tiếp xúc với (Cm ) thì d(I; ∆) = R ⇔ . = 2 2 3 1 Giải ra ta được m = và m = . 2 4 Bài 38. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 4x + 8y − 5 = 0. Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng ∆ : x + (m − 1)y + m = 0 tiếppxúc với đường tròn (C). Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(2; −4) và bán kính R = 22 + (−4)2 − (−5) = 5. Để đường thẳng ∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi d(I; ∆) = R ⇔ |2 − 4(m − 1) + m| p =5 1 + (m − 1)2 ⇔ (6 − 3m)2 = 25(2 − 2m + m2 ) ⇔ 8m2 − 7m + 7 = 0(vô nghiệm). Vậy đường thẳng ∆ không thể tiếp xúc đường tròn. Bài 39. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng d : x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Lời giải. B d A I C 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 221 Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R = 3. Nếu tam√giác ABC vuông góc tại A thì khi đó tứ giác ABIC là hình vuông. Theo tính chất hình vuông tacp có IA = IB 2. (1) Nếu A nằm trên d thì A(t; −m − t) suy ra IA = (t − 1)2 + (t − 2 + m)2 . Thay vào (1) ta có » √ (t − 1)2 + (t − 2 + m)2 = 3 2 ⇔ 2t 2 − 2(m − 1)t + m2 − 4m − 13 = 0. (2) Để trên d có đúng một điểm A thì (2) có đúng một nghiệm t, từ đó ta có ∆ = −(m2 + 10m + 25) = 0 ⇔ −(m + 5)2 = 0 ⇔ m = −5. m − 1 −5 − 1 = = −3 ⇒ A(−3; 8). 2 2 Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ tọa độ Oxy, cho họ đường tròn (Cm ) : x2 + y2 − 2(m + 1)x − 2(m + 2)y + 6m + 7 = 0 (với m là tham số). Xác định tọa độ tâm đường tròn thuộc họ đã cho tiếp xúc với trục tung. Lời giải. Họ đường tròn (Cm ) có tâm I(m + 1; m + 2) và bán kính » p R = (m + 1)2 + (m + 2)2 − 6m − 7 = 2m2 − 2. Khi đó (2) có nghiệm kép là t1 = t2 = t0 = Để (Cm ) tiếp xúc với trục tung thì |m + 1| = p ñ m = −1 2m2 − 2 ⇔ m − 2m − 3 = 0 ⇔ . m=3 2 Thử lại ta được m = 3 thỏa mãn, từ đó ta được I(4; 5). Bài 41. Cho đường tròn (C) : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 9 và đường thẳng ∆ : (m + 1)x + my − 1 = 0, với m là tham số. a) Chứng minh rằng đường thẳng ∆ luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. b) Tìm m để độ dài đoạn thẳng AB đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. a) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R = 3. |3m + 1| |(m + 1)2 + m − 1| =p . Ta có d(I; ∆) = p 2 2 (m + 1) + m (m + 1)2 + m2 (3m + 1)2 −9m2 − 12m − 8 −(3m + 2)2 − 4 Xét d 2 (I; ∆) − R2 = − 9 = = < 0, ∀m. 2m2 + 2m + 1 (m + 1)2 + m2 (m + 1)2 + m2 Vậy d(I; ∆) < R, ∀m, suy ra đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt A, B. b) Gọi M là trung điểm của dây AB suy ra AB2 = 4MA2 = 4(R2 − d 2 (I; ∆)) = 4 9m2 + 12m + 8 = 4y. 2m2 + 2m + 1 Từ đó ta có 9m2 + 12m + 8 = 2ym2 + 2ym + y ⇔ (2y − 9)m2 + (2y − 12)m + (y − 8) = 0 (∗) Để tồn tại m thì phương trình (∗) phải có nghiệm. 9 7 Khi y = thì ta có phương trình −3m − = 0 có nghiệm. 2 2 √ √ 9 19 − 217 19 + 217 Khi y 6= ta xét ∆0 = (y − 6)2 − (2y − 9)(y − 8) ≥ 0 ⇔ ≤y≤ . 2 2 2 222 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 42. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm ® 2 x + y2 = 2(1 + a) . (x + y)2 = 4 ñ x+y−2 = 0 . Lời giải. Phương trình thứ hai tương đương với x+y+2 = 0 Nhận thấy d1 : x + y − 2 = 0 và d2 : x + y + 2 = 0 là hai đường thẳng đối xứng nhau qua gốc tọa độ, mặt khác đường tròn (C) : x2 + y2 = 2(1 + a) (a > −1) cũng đối xứng qua gốc tọa độ. Vì vậy để hệ có đúng hai nghiệm thì đường tròn (C) phải tiếp xúc với d1 . Từ đó ta có » | − 2| √ = 2(1 + a) ⇔ 1 + a = 1 ⇔ a = 0. 12 + 12 Bài 43. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho họ đường tròn (Cm ) : x2 + y2 − 2mx − 2(1 − m)y + 2m2 − 2m − 3 = 0. Tìm quỹ tích tâm của họ đường tròn (Cm ). Lời giải. Quỹ tích tâm đường tròn (Cm ) là đường thẳng y = 1 − x. Dạng 10. Tìm tọa độ một điểm thỏa một điều kiện cho trước Ở đây, ta xét bài toán tìm tọa độ một điểm thỏa một điều kiện cho trước về độ dài, về góc, về khoảng cách, diện tích, liên quan đến đường tròn, tạo hình vuông, tam giác đều, … Trong mặt phẳng Oxy, xét đường tròn (C ) : (x − a)2 + (y − b)2 = R2 . Tìm điểm M ∈ (C ), ta làm như sau: Cách 1 • Gọi M(x0 ; y0 ) ∈ (C ), ta có: (x0 − a)2 + (y0 − b)2 = R2 . • Dựa vào điều kiện cho trước ta có thêm hệ thức liên hệ giữa x0 và y0 . Từ đó tìm được tọa độ của điểm M. Cách 2 ® • Chuyển phương trình đường tròn (C ) về dạng tham số: ® • Gọi M(x0 ; y0 ) ∈ (C ), ta có: x = a + R sint với t ∈ [0; 360◦ ). y = b + R cost x0 = a + R sint với t ∈ [0; 360◦ ). y0 = b + R cost • Sử dụng điều kiện cho trước để xác định sint và cost. Từ đó tìm được tọa độ của điểm M. Ví dụ 37. Trong Å mặt ã phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết M(1; −1) là trung điểm 2 cạnh BC và G ; 0 là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. 3 −→ 2 −→ Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm cạnh BC nên ta có AG = AM ⇒ A(0; 2). 3 Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AM ⊥ BC và MA = MB = MC. −→ Phương trình đường thẳng BC đi qua điểm M(1; −1) và nhận AM = (1; −3) làm véc-tơ pháp tuyến là: 1(x − 1) − 3(y + 1) = 0 √ hay x − 3y − 4 = 0. Vì MA = MB = MC = 10 nên hai điểm B, C thuộc đường tròn (C ) : (x − 1)2 + (y + 1)2 = 10. Do đó, tọa độ hai điểm B, C là®nghiệm của hệ ® ® phương trình: x − 3y − 4 = 0 x=4 x = −2 ⇔ hoặc y=0 y = −2. (x − 1)2 + (y + 1)2 = 10 Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0). 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 223 Ví dụ 38. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : x2 + y2 − 4x − 6y + 5 = 0. a) Tìm các điểm thuộc (C ) có tọa độ nguyên. b) Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C ), biết điểm A(4; 5). Lời giải. a) Ta xem phương trình đường tròn (C ) đã cho là phương trình bậc hai với ẩn số là y: y2 − 6y + x2 − 4x + 5 = 0. (1) √ √ 0 2 Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ −x + 4x + 4 ≥ 0 ⇔ 2 − 2 2 ≤ x ≤ 2 + 2 2. (2) Từ (2) suy ra các điểm thuộc (C ) có hoành độ nguyên là: 0; 1; 2; 3; 4. (3) Lần lượt thay các hoành độ nguyên ở (3) vào (1) ta tìm được các điểm thuộc (C ) có tọa độ nguyên là: (0; 1), (0; 5), (4; 1), (4; 5). √ b) Đường tròn (C ) có tâm I(2; 3) và bán kính R = 2 2. Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C ) nên tâm I của (C ) là trọng tâm, đồng thời là trực tâm của tam giác ABC. Gọi H(x; y) là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC, ta có: → − − → AI = 2IH ⇒ H(1; 2). → − Phương trình đường thẳng BC đi qua điểm H(1; 2) và nhận AI = (−2; −2) = −2(1; 1) làm véc-tơ pháp tuyến có dạng: x + y − 3 = 0. Do đó, tọa độ hai điểm B, C là ® nghiệm của hệ phương®trình: √ √ ® ® x+y−3 = 0 x = 3−y x = 1+ 3 x = 1− 3 √ hoặc √ ⇔ ⇔ x2 + y2 − 4x − 6y + 5 = 0 2y2 − 8y + 2 = 0 3 3. y = 2 + y = 2 − Ä Ä √ √ ä Ä √ √ ä √ √ ä Ä √ √ ä Vậy B 1 − 3; 2 + 3 , C 1 + 3; 2 − 3 hoặc B 1 + 3; 2 − 3 , C 1 − 3; 2 + 3 . Ví dụ 39. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 và đường thẳng (d) : x + y − 2 = 0. a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B. Tính độ dài đoạn thẳng AB. b) Tìm điểm C thuộc (C ) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Lời giải. a) ® Xét hệ phương trình: ® ® ® x = 2−y x=2 x=0 x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 ⇔ ⇔ hoặc 2 y=0 y = 2. x+y−2 = 0 2y − 4y = 0 Hệ phương trình trên có hai nghiệm (2; 0) và (0; 2) nên suy ra (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A(2; 0), B(0; p 2). √ √ Ta có: AB = (0 − 2)2 + (2 − 0)2 = 8 = 2 2. b) Ta có (C ) : x2 + y2 − 4x − 4y + 4 = 0 ⇔ (x − 2)2 + (y −®2)2 = 4. x = 2 + 2 sint Phương trình của (C ) được viết dưới dạng tham số là: với t ∈ [0; 360◦ ). y = 2 + 2 cost Vì C ∈ (C ) nên suy ra C(2 + 2 sint; 2 + 2 cost). √ 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB, ta có: S4ABC = AB.CH = CH 2. 2 Suy ra tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi CH có độ dài lớn nhất. 224 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ |2 + 2 sint + 2 + 2 cost − 2| √ √ √ = 2| 2 sin(t + 45◦ ) + 1|. 2 Do đó,ÄCH lớn nhất ⇔ äsin(t + 45◦ ) = 1 ⇔ t = 45◦ . √ √ Vậy C 2 + 2; 2 + 2 . Ta có CH = d(C, (d)) = Ví dụ 40. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : (x − 2)2 + (y − 3)2 = 2 và đường thẳng (d) : x − y − 2 = 0. a) Tìm trên (C ) điểm P sao cho khoảng cách từ P đến đường thẳng (d) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. b) Tìm điểm M(x0 ; y0 ) thuộc (C ) sao cho x0 + y0 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải. √ a) Đường tròn (C ) có tâm I(2; 3) và√bán kính R = 2. |2 − 3 − 2| 3 2 √ √ = > 2 = R ⇒ (d) không cắt (C ). Ta có d(I, (d)) = 2 2 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua tâm I của (C ) và vuông góc với (d). Khi đó phương trình đường thẳng ∆ là: 1(x − 2) + 1(y − 3) = 0 hay x + y − 5 = 0. Tọa điểm của ∆ và (C®) là nghiệm của hệ phương trình: ® ® độ giao ® 2 2 x = 5−y x=1 x=3 (x − 2) + (y − 3) = 2 ⇔ 2 ⇔ hoặc y=4 y = 2. x+y−5 = 0 y − 6y + 8 = 0 Suy ra ∆ cắt (C ) tại hai điểm phân biệt P1 (1; 4) và P2 (3; 2). Ta có: √ |1 − 4 − 2| 5 2 √ = . d(P1 , (d)) = 2 √2 |3 − 2 − 2| 2 √ = d(P2 , (d)) = . 2 2 Vậy khi P ≡ P1 thì khoảng cách từ P đến đường thẳng (d) đạt giá trị lớn nhất và khi P ≡ P2 thì khoảng cách từ P đến đường thẳng (d) đạt giá trị nhỏ nhất. √ ® x = 2 + 2 sint √ b) Phương trình của (C ) được viết dưới dạng tham số là: với t ∈ [0; 360◦ ). y = 3 + 2 cost √ ® x0 = 2 + 2 sint √ Vì M(x0 ; y0 ) ∈ (C ) nên suy ra y0 = 3 + 2 cost. √ Ta có x0 + y0 = 5 + 2(sint + cost) = 5 + 2 sin(t + 45◦ ). Do đó, ta có: x0 + y0 đạt giá trị lớn nhất ⇔ sin(t + 45◦ ) = 1 ⇔ t = 45◦ ⇒ M(1; 2). x0 + y0 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ sin(t + 45◦ ) = −1 ⇔ t = 225◦ ⇒ M(3; 4). BÀI TẬP TỰ LUYỆN ã 8 Bài 44. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : = 4 và hai điểm A 1; − , B(3; 0). Tìm tọa 3 20 độ điểm M thuộc (C ) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng . 3 x2 + y2 Å 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN Lời giải. Ta có AB = 225 ã2 Å 10 8 = . (3 − 1)2 + 0 + 3 3 ã Å 2 8 − → = (3; 4) làm véc-tơ chỉ phương Phương trình đường thẳng AB đi qua điểm B(3; 0) và nhận AB = 2; 3 3 có dạng: 4(x − 3) − 3(y − 0) = 0 hay 4x − 3y − 12 = 0. 20 1 20 1 |4x − 3y − 12| 10 20 Gọi M(x; y). Ta có: S4MAB = ⇔ d(M, AB).AB = ⇔ . . = ⇔ |4x − 3y − 12| = 3 2 3 2 5 3 3 20. (1) Lại có M ∈ (C ) ⇒ x2 + y2 = 4. (2) ® 2 x + y2 = 4 Từ (1) & (2), ta có hệ phương trình: . |4x − 3y − 12| = 20 Å ã 14 48 Giải hệ phương trình trên, ta tìm được M(−2; 0) hoặc M − ; . 25 75 Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và đường tròn (C ) : x2 + y2 − 4x − 2y = 0. Gọi I là tâm của đường tròn (C ) và M là một điểm thuộc đường thẳng ∆. Qua M, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (C ) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. √M sao cho √ Lời giải. Đường tròn (C ) có tâm I(2; 1) và bán kính R = 5 ⇒ AI = 5. √ 1 Ta có SMAIB = 10 ⇔ S4MAI = 5 ⇔ .AM.AI = 5 ⇔ AM = 2 5. 2 Suy ra IM 2 = IA2 + AM 2 = 5 + 20 = 25. Ta có M ∈ ∆ ⇒ M(m; −m − 2). Do đó, ta có: ñ m = −3 IM 2 = 20 ⇔ (m − 2)2 + (m + 3)2 = 20 ⇔ m2 + m − 6 = 0 ⇔ m = 2. Vậy M(2; −3) hoặc M(−3; 1). Bài 46. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : (x − 3)2 + (y − 2)2 = 8 và điểm A(2; 3). a) Tìm các điểm thuộc (C ) có tọa độ nguyên. b) Tìm điểm M thuộc (C ) sao cho MA đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải. a) Ta xem phương trình đường tròn (C ) đã cho là phương trình bậc hai với ẩn số là y: y2 − 4y + x2 − 6x + 5 = 0. (1) √ √ (2) Phương trình (1) có nghiệm ⇔ ∆0 ≥ 0 ⇔ −x2 + 6x + 1 ≥ 0 ⇔ 3 − 2 2 ≤ x ≤ 3 + 2 2. Từ (2) suy ra các điểm thuộc (C ) có hoành độ nguyên là: 1; 2; 3; 4; 5. (3) Lần lượt thay các hoành độ nguyên ở (3) vào (1) ta tìm được các điểm thuộc (C ) có tọa độ nguyên là: (1; 0), (1; 4), (5; 0), (5; 4). √ ® x = 3 + 2 2 sint √ b) Phương trình của (C ) được viết dưới dạng tham số là: với t ∈ [0; 360◦ ). y = 2 + 2 2 cost √ √ Vì M ∈ (C ) nên suy ra M(3 + 2 2 sint; 2 + 2 2 cost). Ä √ ä2 Ä √ ä2 Ta có MA2 = 2 2 sint + 1 + 2 2 cost − 1 = 10 + 8 sin(t − 45◦ ). √ √ Suy ra 2 ≤ MA2 ≤ 18 ⇔ 2 ≤ MA ≤ 3 2. Do đó, ta có: • MA đạt giá trị lớn nhất ⇔ sin(t − 45◦ ) = 1 ⇔ t = 135◦ ⇒ M(1; 4). • MA đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ sin(t − 45◦ ) = −1 ⇔ t = 315◦ ⇒ M(5; 0). ‘ = Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(4; 3). Tìm trên trục hoành điểm M sao cho AMB 45◦ . Lời giải. 226 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ y B 3 2 A 1 I 45◦ M O x 1 2 3 4 ‘ = 45◦ . Vẽ đường tròn tâm I(x; y) qua ba điểm A, B, M. Khi Giả sử đã tìm được điểm M ∈ Ox sao cho AMB đó, ta có tam giác ABI vuông cân tại I. Do đó, ta có: ® AI = BI → − → − AI.BI = 0 ® (x − 1)2 + (y − 2)2 = (x − 4)2 + (y − 3)2 (x − 1)(x − 4) + (y − 2)(y − 3) = 0 ® 3x + y = 10 ® x2 + y2 − 5x − 5y + 10 = 0 ® x=3 x=2 hoặc y=1 y = 4. Vậy I(3; 1) hoặc I(2; 4). √ 5. Trong cả hai trường hợp này ta đều có IA = √ Đường tròn tâm I(2; 4), bán kính √ 5 không cắt trục hoành. Đường tròn tâm I(3; 1), bán kính 5 có phương trình (x − 3)2 + (y − 1)2 = 5, nó cắt trục hoành tại hai điểm (1; 0) và (5; 0). Vậy M(1; 0) hay M(5; 0). BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 48. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(2; 4) có AB > AC và B(8; 0). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A, điểm D nằm trên đường thẳng BC sao cho H là trung điểm CD. Gọi E là ‘ Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp điểm nằm trên đường thẳng AD sao cho BC là phân giác góc ABE. tam giác ABE. Lời giải. A I C D B H E 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 227 ‘ = DAH. ‘ Ta có EBD ‘ = CAH ‘ = DAH ‘ ‘ = ABD Dễ thấy tam giác ACD cân tại A có AH là đường cao nên CAH ◦ ‘ = 90 nên tam giác ABE nội tiếp đường tròn đường kính AB. nên tứ giác AHEB nội tiếp. Mà AHB √ Gọi I là trung điểm của AB. Ta có I(5; 2) và IA = 13. Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (x − 5)2 + (y − 2)2 = 13. Bài 49. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x2 + y2 = 13 và (C2 ) : (x − 6)2 + y2 = 25. Gọi A là giao điểm của (C1 ) và (C2 ) sao cho A có tung độ dương. Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt (C1 ) và (C2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. Lời giải. N K A H M O I S √ Tâm và bán kính của hai đường tròn (C1 ), (C2 ) lần lượt là O(0; 0), R1 = 13 và I(6; 2), R2 = 5. Gọi S, H, K lần lượt là trung điểm của OI, MA, NA. ® 2 x + y2 = 13 Giao điểm của (C1 ) và (C2 ) là nghiệm của hệ . Giải hệ ta suy ra A(2; 3) (A có tung độ (x − 6)2 + y2 = 25 dương). Ta có OH k IK (cùng vuông góc với d), lại theo giả thiết suy ra AH = AK nên SA là đường trung − → bình của hình thang HOIK. Do đó SA ⊥ d. Đường thẳng d qua A nhận SA làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình x − 3y + 7 = 0. Bài 50. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ba điểm A(−1; 5), B(−4; −4), C(4; 0). Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường cao hạ từ A, B, C. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Lời giải. A F E H C D B Lời giải. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Dễ thấy BFHD và CEHD là các tứ giác nội tiếp. Suy ra ’ = HBF ’ = HCE ‘ = HDF, ’ do đó HD là tia phân giác góc EDF. ‘ Tương tự HE là tia phân giác góc HDE 228 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ‘ Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. DEF. Các đường thẳng BC và AC lần lượt có phương trình x − 2y − 4 = 0 và x + y − 4 = 0. Các đường thẳng AD và BE lần lượt đi qua A, B và vuông góc với BC, CA nên chúng lần lượt có phương trình là 2x + y − 3 = 0 và x − y = 0. Do H là giao điểm của AD và BE nên H(1; 1). Do D, E lần lượt là giao điểm của AD với BC, BE với CA nên D(2; −1), E(2; 2). Suy ra phương trình đường thẳng DE là y = 2. Do đó d(H; DE) = 1. Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1. √ Bài 51. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,√cho đường thẳng d : x − y = 0. Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt d tại hai điểm AB sao cho AB = 4 2. Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Viết phương trình đường tròn (C). Lời giải. y M A H B I O x √ √ √ Đặt M(0; m). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra AH = 2 2. Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2, suy ra √ AH 2 MH = = 4 2. Do đó IH √ |m| 4 2 = MH = d(M, AB) = √ ⇒ m ± 8. 2 • Với m = 8 ta được M(0; 8). Giả sử I(a; b). Đường thẳng IM đi qua M vuông góc AB có phương trình x + y − 8 = 0. Ta có   (0 − 8)(a − b) < 0   ®   I khác phía M đối với AB  a=5 a+b−8 = 0 I ∈ IM ⇒ ⇒   √ b = 3. |a − b| √     √ = 2 d(I, AB) = 2 2 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (x − 5)2 + (y − 3)2 = 10. • Với m = −8, tương tự ta được phương trình đường tròn cần tìm là (x + 5)2 + (y + 3)2 = 10. Bài 52. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2; 1) và B(1; 3), C(1; 0). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải. 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 229 B I D H A C ‘ = 180◦ − BAC, ‘ mà D đối xứng với H qua Gọi D là điểm đối xứng với H qua đường thẳng BC. Dễ thấy HBC ◦ ‘ = BHC ‘ = 180 − BAC. ‘ Suy ra tứ giác ABDC là tứ giác nội tiếp, do đó đường tròn ngoại tiếp BC nên BDC tam giác ABC cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC. Giả sử D(u; v). Phương trình đường thẳng BC là x = 1. Do HD ⊥ BC nên đường thẳng BC nhận véc-tơ −→ HA = (u − 2; v − 1) làm một véc-tơ pháp tuyến. Suy ra v = 1. u+2 = 1 hay u = 0. Vậy D(0; 1). Mặt khác trung điểm của HD nằm trên BC nên 2 Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC có dạng x2 + y2 + ax + by + c = 0. Do D, B, C thuộc đường tròn nên toạ độ của chúng thoả mãn phương trình đường tròn hay   2 2 0 + 1 + a · 0 + b · 1 + c = 0   a = −3  2 2 1 + 3 + a · 1 + b · 3 + c = 0 ⇒ b = −3     2 c = 2. 1 + 02 + a · 1 + b · 0 + c = 0 Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x2 + y2 − 3x − 3y + 2 = 0. Bài 53. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có AB < AC nội tiếp đường tròn (C) : (x − 3)2 + ‘ cắt đường tròn (C) tại K. Hình chiếu (y − 1)2 = 8 và B(1; −1), C(5; 3). Tia phân giác trong của góc BAC √ AH 15 của A trên đường thẳng BC là H. Tìm toạ độ điểm A biết = và A có tung độ dương. HK 5 Lời giải. A B I H C K √ Đường tròn (C) có tâm I(3; 1), bán kính R = 2 2 và BC là đường kính của đường tròn (C). Dễ thấy K là 230 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ điểm chính giữa cung BC nên IK ⊥ BC. Ta có 3 AH 2 BH ·CH = = 5 HK 2 IH 2 + IK 2 (R − IH)(R + IH) = R2 + IH 2 R2 − IH 2 = 2 R + IH 2 R ⇒ IH = . 2 Do đó H là trung điểm BI, suy ra A nằm trên đường trung trực của BI, có phương trình x + y − 2 = 0. Do A là ® giao điểm của đường trung trực của đoạn BI và đường tròn (C) nên toạ độ của điểm A là nghiệm của hệ x+y = 2 . 2 (x − 3)2 + (y − 1) = 8 Ä √ √ ä Giải hệ ta được A 2 − 3; 3 . Bài 54. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x−1)2 +(y+1)2 = 16 có tâm I và điểm A (0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho tam giác IBC và có diện tích bằng 8. Lời giải. C A H B I √ Dễ thấy I = (1; −1) và IA = 10 < 4 nên A nằm trong đường tròn (C). Do đó đường thẳng d qua A luôn cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C. 1 d nên sin BIC d = 1. Do đó BIC d = 90◦ . Gọi H là trung điểm BC ta có Ta có 8 = SIBC = IB · IC sin BIC 2 √ IH = 2 2. Đường thẳng đi qua A có phương trình dạng ax + b(y − 2) = 0 (a2 + b2 > 0). ñ √ √ a = −b |a − 3b| 2 2 Ta có d(I, d) = IH = 2 2 ⇒ √ = 2 2 ⇒ a + 6ab − b = 0 ⇒ . b = 7a a2 + b2 • Với a = −b, chọn a = 1, b = −1 ta được đường thẳng d1 : x − y + 2 = 0. • Với b = 7a chọn a = 1, b = 7, ta được đường thẳng d2 : x + 7y − 14 = 0. √ Bài 55. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4 3x − 4 = 0. Tia Oy cắt (C) tại A. Viết phương trình đường trònÄ(C0 ), bánäkính R0 = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. √ Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I −2 3; 0 , bán kính R = 4. √ ® 2 x + y2 + 4 3x − 4 = 0 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ với y > 0, suy ra A (0; 2). x=0 2.. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 231 √ x = 2 3t Đường thẳng IA đi qua hai điểm I và A nên có phương trình IA : . y = 2t + 2 Ä √ ä Đường tròn (C0 ) tiếp xúc ngoài với (C) nên tâm I 0 thuộc đường thẳng IA, suy ra I 0 2 3t; 2t + 2 . Ä ( √ ä √ − → 3 − 0 = 2 0 − 2 3t − 2 1 → − ⇔t = . Hơn nữa, R = 2R0 nên AI = 2I 0 A ⇔ 2 0 − 2 = 2 (2 − 2t − 2) Ä ä Ä ä √ √ 2 1 Với t = , suy ra I 0 3; 3 . Phương trình đường tròn (C0 ) : x − 3 + (y − 3)2 = 4. 2 Bài 56. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 4y +√ 2 = 0. Viết phương 0 0 trình đường tròn (C ) có tâm M (5; 1), biết (C ) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 3. Lời giải. √ Đường tròn (C) có tâm I(1; −2), bán kính R = 3. Phương trình đường thẳng nối hai tâm IM là 3x−4y−11 = 0. A Gọi H (x; y) là trung điểm của AB. Ta có  ® 3x − 4y − 11 = 0 H ∈ IM p ⇔ M I (x − 1)2 + (y + 2)2 = 9 IH = R2 − AH 2 H 4   1 11   x = − x = 5 5 . B ⇔ hoặc 29 11   y = − y = − 10Å Å 10 ã ã 1 29 11 11 Suy ra H − ; − hoặc H ;− . 5 10 5 10 Å ã 1 29 • Với H − ; − . Ta có R0 2 = MH 2 + AH 2 = 43. 5 10 Phương trình đường tròn (C0 ) : (x − 5)2 + (y − 1)2 = 43. ã Å 11 11 ;− . Ta có R0 2 = MH 2 + AH 2 = 13. • Với H 5 10 Phương trình đường tròn (C0 ) : (x − 5)2 + (y − 1)2 = 13. ® Bài 57. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y − 1 = 0 và hai đường tròn có phương trình (C1 ) : (x − 3)2 + (y + 4)2 = 8, (C2 ) : (x + 5)2 + (y − 4)2 = 32. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C1 ) và (C2 ). Lời giải. d Gọi I, I1 , I2 , R, R1 , R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1 ) và (C2 ). I1 Giả sử I (t;t − 1) ∈ d. Theo giả thiết bài toán: (C) tiếp xúc ngoài với I2 (C1 ) và (C2 ) nên R2 R1 ® II1 = R + R1 R II2 = R + R2 I Suy ra II1 − R1 = II2 − R2 ⇔ » » √ √ (t − 3)2 + (t + 3)2 − 2 2 = (t − 5)2 + (a + 5)2 − 4 2 ⇔ t = 0. √ Với t = 0, suy ra I(0; −1) và R = II1 − R1 = 2. Phương trình đường tròn (C) : x2 + (y + 1)2 = 2. 232 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ §3. I. Tóm tắt lí thuyết 1. Định nghĩa ĐƯỜNG ELIP Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 , F2 với F1 F2 = 2c và một độ dài không đổi 2a (0 < c < a). Elip (E) là tập hơp tất cả các điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn MF1 + MF2 = 2a. Ta gọi: • F1 , F2 là các tiêu điểm của elip; • F1 F2 = 2c: Tiêu cự của elip; • MF1 , MF2 : Bán kính qua tiêu. y M F1 2. F2 O x Phương trình chính tắc của Elip Phương trình chính tắc của elip: x2 y2 + = 1, a2 b2 trong đó a2 = b2 + c2 . Chứng minh. p Cho Elip có hai tiêu điểm F1 và F2 . Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho F1 (−c; 0), F2 (c; 0). Khi đó:p MF1 = (x + c)2 + y2 ⇔ MF12 = (x + c)2 + y2 MF2 = (x − c)2 + y2 ⇔ MF22 = (x − c)2 + y2 2cx . ⇒ MF12 − MF22 = 4cx mà M ∈ (E) ⇔ MF1 + MF2 = 2a nên MF1 − MF2 = a Ta có hệ:  MF − MF = 2cx 1 2 (3.1) a MF + MF = 2a 1 2 Suy ra:  MF1 = a+ MF2 = a− cx 2 cx a cx a cx p = (x + c)2 + y2 hay a + = (x + c)2 + y2 a a x2 y2 Từ đó, phân tích và rút gọn ta được: 2 + 2 =1 a a − c2 x2 y2 2 2 2 2 2 Do a − c > 0 nên đặt a − c = b (b > 0), ta được: 2 + 2 = 1(∗) a b Phương trình (∗) gọi là phương trình chính tắc của elip. Lại có: MF1 = a +  (3.2) 3.. ĐƯỜNG ELIP 3. 233 Hình dạng của elip B2 P Q M A1 F1 S F2 O B1 A2 R a) Trục đối xứng của elip: Elip có phương trình (∗) nhận các trục tọa độ làm trục đối xứng và nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng. b) Hình chữ nhật cơ sở: Vẽ qua A1 và A2 hai đường thẳng song song với trục tung, vẽ qua B1 và B2 hai đường thẳng song song với trục hoành. Bốn đường thẳng đó tạo thành hình chữ nhật PQRS. Ta gọi hình chữ nhật đó là hình chữ nhật cơ sở của elip. Từ đó suy ra Mọi điểm của elip nếu không phải là đỉnh đều nằm trong hình chữ nhật cơ sở của nó, bốn đỉnh của elip là trung điểm các cạnh của hình chữ nhật cơ sở. 4 Các điểm: A1 (−a; 0); A2 (a; 0); B1 (0; −b); B2 (0; b) gọi là các đỉnh của elip. A1 A2 = 2a: Độ dài trục lớn. B1 B2 = 2b: Độ dài trục bé. ! c) Tâm sai của elip: Tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn của elip gọi là tâm sai của elip và được kí hiệu c là e tức là e = . a − Nếu tâm sai e càng bé (tức là càng gần 0) thì b càng gần a và hình chữ nhật cơ sở càng gần với hình vuông, do đó đường elip càng “béo”. b − Nếu tâm sai e càng lớn (tức là càng gần 1) thì tỉ số càng gần tới 1 và hình chữ nhật cơ sở càng a “dẹt”, do đó đường elip càng “gầy”. II. Các dạng toán Dạng 1. Xác định các yếu tố của elip Xác đinh tọa độ các đỉnh, tọa độ các tiêu điểm, độ dài các trục, độ dài tiêu cự của elip bằng cách áp dụng các công thức: a) c2 = a2 − b2 . b) Độ dài trục lớn: A1 A2 = 2a, độ dài trục nhỏ: B1 B2 = 2b. c) Độ dài tiêu cự: F1 F2 = 2c. CÁC VÍ DỤ 234 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Ví dụ 1. Xác định tọa độ các đỉnh và độ dài các trục của các elip có phương trình sau: a) x2 y2 + =1 16 4 b) x2 + 4y2 = 1. Lời giải. x2 y2 + = 1 ta có: a = 4, b = 2. 16 4 Các đỉnh: A1 (−4; 0), A2 (4; 0), B1 (0; −2), B2 (0; 2). Độ dài trục lớn: A1 A2 = 2a = 8, B1 B2 = 2b = 4. a) Từ phương trình 1 x2 y2 b) Ta có = 1 ⇔ + 1 = 1: a = 1, b = . 1 2 4 1 1 Các đỉnh: A1 (−1; 0), A2 (1; 0), B1 (0; − ), B2 (0; ). 2 2 Độ dài trục lớn: A1 A2 = 2a = 2, B1 B2 = 2b = 1. x2 + 4y2 Ví dụ 2. Xác định tọa độ các tiêu điểm và độ dài tiêu cự của các elip có phương trình sau: x2 y2 a) + =1 4 3 b) 4×2 + 25y2 = 36. Lời giải. x2 y2 + = 1 ta có: a2 = 4, b2 = 3, suy ra c = 1. 4 3 Các tiêu điểm: F1 (−1; 0), F2 (1; 0). Độ dài tiêu cự: F1 F2 = 2c = 2. a) Từ phương trình √ 2 2 x y 3 21 36 b) Ta có 4×2 + 25y2 = 36 ⇔ + 36 = 1, suy ra: a2 = 9, b2 = ⇒c= . 9 25 5 25 √ √ 3 21 3 21 Các tiêu điểm: F1 (− ; 0), F2 ( ; 0). 5 5 √ 6 21 Độ dài tiêu cự: F1 F2 = 2c = . 5 3 Ví dụ 3. Cho elip (E) có độ dài trục lớn bằng 10, tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn là . Tính độ 5 dài trục nhỏ của elip. c 3 = ⇒ c = 3. a 5 Do đó b2 = a2 − c2 = 16 ⇒ b = 4. Vậy độ dài tục nhỏ 2b = 8. Lời giải. Ta có 2a = 10 ⇒ a = 5. Mà BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Xác định tọa độ các đỉnh và các tiêu điểm của các elip có phương trình sau: x2 y2 a) + =1 100 64 x2 b) + y2 = 1. 4 3.. ĐƯỜNG ELIP 235 Lời giải. a) Ta có a2 = 100, b2 = 64 ⇒ a = 10, b = 8, c = 6. Vậy A1 (−10; 0), A2 (10; 0), B1 (0; −8), B2 (0;√ 8), F1 (−6; 0), F2 (6; 0). 2 2 b) Ta có a = 4, b = 1 ⇒ a = 2, b = 1, c = 3. √ √ Vậy A1 (−2; 0), A2 (2; 0), B1 (0; −1), B2 (0; 1), F1 (− 3; 0), F2 ( 3; 0). Bài 2. Xác định tọa độ các đỉnh và các tiêu điểm của các elip có phương trình sau: a) 16×2 + 25y2 = 1 b) 0, 25×2 + 9y2 = 1. Lời giải. x2 y2 a) Ta có 16×2 + 25y2 = 1 ⇔ 1 + 1 = 1. 16 25 1 1 1 1 3 3 Do đó: A1 (− ; 0), A2 ( ; 0), B1 (0; − ), B2 (0; ), F1 (− ; 0), F2 ( ; 0). 4 4 5 5 20 20 x2 y2 2 2 b) Ta có 0, 25x + 9y = 1 ⇔ + 1 = 1. 4 9 1 1 1 1 3 3 Vậy: A1 (− ; 0), A2 ( ; 0), B1 (0; − ), B2 (0; ), F1 (− ; 0), F2 ( ; 0). 4 4 5 5 20 20 Bài 3. Tìm độ dài trục lớn, trục nhỏ và tiêu cự của các elip có phương trình sau: a) 16×2 + 64y2 = 100 x2 y2 b) + = 2. 8 2 Lời giải. √ x2 5 3 y2 5 2 2 a) Ta có 16x + 64y = 100 ⇔ 100 + 100 = 1. Vậy 2a = 5, 2b = , 2c = . 2 2 16 64 √ x2 y2 x2 y2 b) Ta có + = 2 ⇔ + = 1. Vậy 2a = 8, 2b = 4, 2c = 4 3. 8 2 16 4 Bài 4. Xác định độ dài các trục của elip (E): x2 y2 + = 1, (a > b > 0) biết rằng (E) có độ dài tiêu cự bằng a2 b2 6 và đi qua điểm A(5; 0). Lời giải. Ta có 2c = 6 ⇒ c = 3, a = 5 ⇒ b = 4. Vậy 2a = 10, 2b = 8. x2 y2 Bài 5. Xác định tọa độ các đỉnh của elip (E): 2 + 2 = 1, (a > b > 0) biết rằng (E) đi qua hai điểm a b √ M(0; −2) và N(2; 3). Lời giải. √ Ta có b = 2. (E) đi qua điểm N(2; 3) nên a2 = 16 ⇒ a = 4. Vậy A1 (−4; 0), A2 (4; 0), B1 (0; −2), B2 (0; 2). Ç √ å √ x2 y2 7 3 Bài 6. Cho elip (E): 2 + 2 = 1. Biết (E) đi qua điểm M 2 3; và có tiêu cự bằng độ dài trục a b 2 4 lớn. Tính độ dài trục nhỏ của (E). Lời giải. √ 7 3 Ta có c = a, b2 = a2 − c2 = a2 . Vì M ∈ (E) nên b2 = 7. Suy ra 2b = 2 7. 4 16 x2 y2 + = 1, biết rằng (E) đi qua a2 b2 điểm M(2; 1) và các đỉnh trên trục nhỏ nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông. Lời giải. Gọi B là đỉnh trên trục nhỏ, F1 , F2 là hai tiêu điểm. Khi đó tam giác F1 BF2 vuông cân nên b = c. Do đó a2 = b2 + c2 = 2b2 . Bài 7. Tìm tọa độ các đỉnh của elip (E) có phương trình chính tắc là 236 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 4 1 Mặt khác M ∈ (E) nên 2 + 2 = 1. Từ đó suy ra b2 = 3, a2 = 6. b √ √a √ √ Vậy A1 (− 6, 0), A2 ( 6, 0), B1 (0; − 3), B2 (0; 3). x2 y2 Bài 8. Cho elip (E) có phương trình chính tắc là 2 + 2 = 1. Xác định tọa độ các tiêu điểm của (E) biết a b √ rằng (E) đi qua điểm M( 5; 1) và khoảng cách từ một đỉnh nằm trên trục lớn đến một đỉnh nằm trên trục nhỏ bằng tiêu cự. Lời giải. Gọi A(a; 0), B(0; b) là hai đỉnh. Khi đó AB = 2c suy ra a2 + b2 = 4c2 . Mà c2 = a2 − b2 nên 3a2 = 5b2 . √ 20 2 6 2 2 Vì M ∈ (E) suy ra b = 4, a = ⇒c= . 3 3 √ √ 2 6 2 6 Vậy F1 (− ; 0), F1 (− ; 0). 3 3 Dạng 2. Viết phương trình đường Elip Viết phương trình elip là quá trình tìm các dặc trưng của elip, đó là độ dài trục lớn (2a), độ dài trục nhỏ (2b). x2 y2 Khi làm dạng bài này, đầu tiên cần giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b Sau đó từ những giả thiết bài toán, giải tìm a, b và viết phương trình. ∗ Khi làm bài cần chú ý các tính chất sau của elip: a) Elip nhận hai trục Ox, Oy làm trục đối xứng. c b) Tâm sai của elip e = . a c) Bán kính qua tiêu của điểm M(x; y) ∈ (E): MF1 = a + ex; MF2 = a − ex. d) Đường chuẩn của elip: a Đường thẳng d1 : x + = 0 được gọi là đường chuẩn của elip, ứng với tiêu điểm F1 (−c; 0). e a Đường thẳng d2 : x − = 0 được gọi là đường chuẩn của elip, ứng với tiêu điểm F2 (c; 0). e Ví dụ 4. Lập phương trình chính tắc của elip (E) mà độ dài trục lớn bằng 6, độ dài trục nhỏ bằng 4. Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : x2 y2 + = 1. a2 b2 Độ đài trục lớn bằng 6 ⇒ 2a = 6 ⇒ a = 3. Độ dài trục nhỏ bằng 4 ⇒ 2b = 4 ⇒ b = 2. x2 y2 Vậy phương trình elip là + = 1. 9 4 Ví dụ 5. Lập phương trình chính tắc của elip (E) có độ dài trục lớn bằng 10, tiêu cự có độ dài bằng 6. Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : Độ dài trục lớn bằng 10 ⇒ 2a = 10 ⇒ a = 5. Độ dài tiêu cự bằng 6 ⇒ 2c = 6 ⇒ c = 3. Ta có b2 = a2 − c2 ⇒ b = 4. x2 y2 Vậy phương trình elip có dạng + = 1. 25 16 x2 y2 + = 1. a2 b2 3.. ĐƯỜNG ELIP 237 √ 3 ; 1). Ví dụ 6. Viết phương trình chính tắc của elip đi qua hai điểm M(1; 0), N( 2 x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b 1 Điểm M ∈ (E) ⇒ 2 = 1 ⇒ a = 1. a 3 1 Điểm N ∈ (E) ⇒ + 2 = 1 ⇒ b = 2. 4 b x2 y2 Vậy phương trình chính tắc của elip có dạng + = 1. 1 4 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 9. Lập phương trình chính tắc của elip biết elip đi qua điểm M(8; 12) và có bán kính qua tiêu điểm bên phải của M bằng 20. x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b 64 144 M(8; 12) ∈ (E) ⇒ 2 + 2 = 1. a b 8c a2 − 20a Bán kính qua tiêu điểm bên phải: MF2 = 20 ⇒ a − ex = 20 ⇒ a − = 20 ⇒ c = . a 8 2 2 2 Lại có b = a − c , thay vào ta được phương trình ẩn a sau khi quy đồng và khử mẫu có dạng: a4 − 40a3 + 2 2 272a  + 2560a − 12288 = 0 ⇔ (a − 4)(a − 16)(a − 20a − 192) = 0. a=4 a = 16  ⇒ a = 10 − 2√73 .  √ a = 10 + 2 73 √ √ Chú ý là c > 0 ⇒ a = 10 + 2 73 ⇒ c = 24 ⇒ b2 = 40 73 − 184. x2 y2 √ √ Vậy phương trình elip cần tìm là: + = 1. (10 + 2 73)2 40 73 − 184 ã Å 8 4 ◦ ÷ và F Bài 10. Viết phương trình chính tắc của elip đi qua M √ ; √ 1 MF2 = 90 . 5 5 x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b 16 64 M ∈ (E) ⇒ 2 + 2 = 1(1). 5aÅ 5b ã Å ã 8 4 8 4 −−→ −−→ Ta có: F1 M = √ + c; √ ; F2 M = √ − c; √ 5 5 5 5 −−→ −−→ F1 M.F2 M = 0 ⇒ c = 4. 64 16 Lại có b2 = a2 − c2 . Thay vào (1), ta có phương trình ẩn a: 2 + =1. 2 5a 5(a − 16) √  80 + 16 5 2 √ a = 80 + 16 5 5 √ . Với a > c ⇒ a2 = Giải phương trình trên ta có   5 80 − 16 5 a2 = 5 √ 16 5 b2 = a2 − c2 = . 5 x2 y2 √ + √ = 1. Vậy phương trình elip cần tìm là: 80 + 16 5 16 5 5 5 238 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 11. Viết phương trình chính tắc của đường elip biết hình chữ nhật cơ sở của (E) có một cạnh nằm trên đường thẳng y − 2 = 0 và có độ dài đường chéo bằng 6. x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b Một cạnh của hình chữ nhật cơ sở nằm trên đường thẳng y = 2 suy ra b = 2. Đường chéo của hình chữ nhật cơ sở có độ dài bằng 6 suy ra 4a2 = 36 − 16 = 20 ⇒ a2 = 5. x2 y2 Vậy phương trình elip cần tìm là + = 1. 5 4 Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x2 + y2 = 4. Viết phương trình chính tắc của elip đi qua các đỉnh A, B,C, D của hình thoi. Biết điểm A nằm trên trục Ox. Lời giải. Đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD có tâm trùng với giao điểm của B y hai đường chéo AC, BD của hình thoi. Do A ∈ Ox ⇒ C ∈ Ox, B, D ∈ Oy. Nên A, B,C, D chính là bốn đỉnh A của (E). C 2 2 x y x O Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b Từ việc bốn đỉnh của hình thoi là bốn đỉnh của hình thoi và giả thiết D AC = 2BD suy ra a = 2b. Xét tam giác vuông OAD trong hệ mặt phẳng Oxy với AD là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD, đường cao xuất phát từ đỉnh O của tam giác này có độ dài là h bằng bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD. 1 1 1 Ta có 2 = + , với h = 2, OA = a = 2b = 2OD. 2 h OA OD2 Từ đó ta có a2 = 20, b2 = 5. x2 y2 + = 1. Vậy phương trình elip cần tìm là 20 5 Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(1; 2) và đường tròn (C) : x2 +y2 = 21. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết hình chứ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C) và điểm M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc 60◦ . x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1 a b Vì√ đường tròn (C) có tâm O(0; 0) trùng với tâm của hình chữ nhật cơ sở và tâm của elip nên ta có 2 a2 + b2 = 2R suy ra a2 + b2 = 21. ◦ ÷ Ta có hai tiêu điểm F1 (−c; 0), F2 (c; 0), lại có F 1 MF2 = 60 2 2 2 ◦ ⇒ (F1 F2 ) = (MF1 ) + (MF2 ) − 2MFp 1 .MF2 . cos 60 p 2 2 2 ⇒ 4c = (2 + c) + 1 + (2 − + 1 − 1 + (2 + c)2 . 1 + (2 + c)2  c) c2 = 3 4 2 ⇒ 3c − 34c + 75 = 0 ⇔  2 25 c = 3 x2 y2 Với c2 = 3 ⇒ a2 = 12, b2 = 9 ⇒ (E) : + = 1. 25 9 25 44 19 x2 y2 Với c2 = ⇒ a2 = , b2 = ⇒ (E) : 44 + 19 = 1. 3 3 3 3 3 Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình x2 + y2 = 9, viết phương 1 trình chính tắc của cho elip (E) có tâm sai e = . Biết (E) cắt (C) tại 4 điểm phân biệt A, B,C, D sao cho 3 AB song song với Ox và AB = 3BC. x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1. a b 3.. ĐƯỜNG ELIP 239 1 c 1 suy ra = ⇒ 8a2 − 9b2 = 0 (1) 3 a 3  2 2  x + y = 9(2) Toạ độ của A, B,C, D là nghiệm của hệ x2 y2  + = 1(3) a2 b2 Do (E) và (C) cùng nhận Ox, Oy làm trục đối xứng nên ta có ABCD là hình chữ nhật. Giả sử A(x; y), vì AB k Ox nên B(−x; y);C(−x; −y); D(x; −y). Ta có AB = 3BC ⇔ x2 = 9y2 (4) 81 9 81 9 Từ (2) thay vào (4) ta có: x2 = , y2 = , thay vào (3), ta được 2 + 2 = 1 (5) 10 10 a b   2 729 2 2  a = 8a − 9b = 0 80 ⇔ Từ (1) và (5) ta có hệ sau: 81 9   + =1  b2 = 81 a2 b2 10 y2 x2 Vậy phương trình elip (E) cần tìm là 729 + 81 = 1. Tâm sai của (E) bằng 80 10 Dạng 3. Tìm điểm thuộc elip thỏa điều kiện cho trước x2 y2 + = 1 suy ra rằng nếu điểm M(x0 ; y0 ) ∈ (E) thì tọa độ a2 b2 x2 y2 của M phải thỏa phương trình trên, tức 02 + 02 = 1. Kết hợp với các điều kiện khác để tìm điểm M. a b Từ phương trình chính tắc của elip (E) : Ví dụ 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : 9×2 + 16y2 = 144. Tìm tất cả điểm M thuộc elip sao 0 ÷ cho góc F 1 MF2 bẳng 60 . Lời giải. Phương trình chính tắc của elip (E) : √ x2 y2 + = 1. Khi đó: a = 4, b = 3, c = 7. 16 9 Gọi M(x; y) là điểm cần tìm. Ta có: √ 7 MF1 = 4 + x; 4 √ 7 MF2 = 4 − x; 4 √ F1 F2 = 2 7 Áp dụng định lí cosin trong tam giác F1 MF2 , ta được: ÷ F1 F22 = MF12 + MF22 − 2MF1 .MF2 . cos F 1 MF2 √ åÇ √ å Å ã Ç 7 7 64 7 2 x 4− x ⇔ x2 = 28 = 2 16 + x − 4 + 16 4 4 7 8 8 ⇔ x = √ hoặc x = − √ . 7 7 Ç √ å Ç √ å Ç √ å Ç √ å 8 3 3 8 3 3 8 3 3 8 3 3 Vậy có 4 điểm thỏa đề bài là √ ; √ ; −√ ; √ ; √ ;− √ ; −√ ;− √ . 7 7 7 7 7 7 7 7 Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = 1. Tìm tất cả các điểm thuộc elip có tọa độ 8 2 là số nguyên. Lời giải. Gọi M(x; y) là điểm cần tìm. √ x2 y2 Khi đó + = 1 ⇒ |x| ≤ 2 2 nên |x| chỉ có thể nhận các giá trị 0, 1 hoặc 2. 8 2 240 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ √ Với |x| = 0 ta có |y| = √2 (loại). 7 Với |x| = 1 ta có |y| = (loại). 2 Với |x| = 2 ta có |y| = 1. Vậy tất cả các điểm thuộc (E) có tọa đô nguyên là (2; 1), (2; −1), (−2; 1), (−2; −1). x2 y2 + = 1. Gọi M là điểm di động trên elip. Gọi 9 4 H, K lần lượt là hình chiếu của M lên các trục tọa độ Ox và Oy. Tìm tất cả điểm M để tứ giác OHMK có diện tích lớn nhất. Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : Lời giải. Gọi M(x; y) là điểm cần tìm. Dễ thấy tứ giác OHKM là hình chữ nhật. Khi đó, SOHKM = OH.OK = |x|.|y| = |xy|. Mặt khác, ta có x2 y2 1 . = |xy| ⇒ |xy| ≤ 3 9 4 3 √ √ x2 y2 1 3 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = = ⇔x=± và y = ± 2. 9 4 2 2 Vậy, tứ giác OHMK có diện tích lớn nhất khi M nằm tại một trong các điểm å Ç √ å Ç √ å Ç √ å Ç √ 3 2 √ 3 2 √ 3 2 √ 3 2 √ ; 2 ; ;− 2 ; − ; 2 ; − ;− 2 . 2 2 2 2 1= x2 y2 + ≥2 9 9 BÀI TẬP TỰ LUYỆN x2 y2 + = 1. Gọi F1 , F2 lần lượt là tiêu điểm bên trái và bên Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : 16 7 phải của elip. Tìm tất cả điểm M thuộc elip sao cho: a) MF1 = 3. b) MF1 = 3MF2 . Lời giải. Ta có: a = 4; b = √ 7; c = 3. Gọi M(x; y) là điểm cần tìm. Khi đó: 3 MF1 = 4 + x; 4 3 MF2 = 4 − x. 4 a) Theo đề bài, ta có 3 4 MF1 = 3 ⇔ 4 + x = 3 ⇔ x = − . 4 3 √ 2 14 Thay vào phương trình của elip, ta được y = ± . Ç √ å Ç √3 å 4 2 14 4 2 14 Vậy, điểm cần tìm là − ; ; − ;− . 3 3 3 3 b) Theo đề bài, ta có Å ã 3 8 3 MF1 = 3MF2 ⇔ 4 + x = 3 4 − x ⇔ x = 4 4 3 √ 35 Thay vào phương trình của elip, ta được y = ± . Ç √ å Ç √ å 3 8 35 8 35 Vậy điểm cần tìm là ; ; ;− . 3 3 3 3 3.. ĐƯỜNG ELIP 241 Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : x2 + 5y2 − 20 = 0, có F1 , F2 lần lượt là tiêu điểm bên trái và bên phải. Tìm tất cả điểm M thuộc elip sao cho: ◦ ÷ a) F 1 MF2 = 90 . ◦ ÷ b) F 1 MF2 = 120 . x2 y2 + = 1. Lời giải. Phương trình chính tắc (E) : 20 4 √ Ta có a = 2 5; b = 2; c = 4; F1 F2 = 2c = 8. Gọi M(x; y) là điểm cần tìm. Khi đó, √ √ 2 2 MF1 = 2 5 + √ x; MF2 = 2 5 − √ x 5 5 a) Theo đề bài, ta có Å √ ã2 Å √ ã2 √ 2 2 ⇔ 64 = 2 5 + √ x + 2 5 − √ x ⇔ x2 = 15 ⇔ x = ± 15. 5 5 ä Ä√ ä Ä √ ä Ä √ ä Ä√ 15; 1 ; 15; −1 ; − 15; 1 ; − 15; −1 . Vậy điểm cần tìm là F1 F22 = MF12 + MF22 b) Áp dụng định lí cosin trong tam giác MF1 F2 ta được F1 F22 = MF12 + MF22 − 2MF1 .MF2 . cos F1 MF2 Å √ ã2 Å √ ã2 Å √ ã Å √ ã 2 2 2 2 ⇔ 64 = 2 5 + √ x + 2 5 − √ x + 2 5 + √ x . 2 5 − √ x 5 5 5 5 √ 2 ⇔ x = 5 ⇔ x = ± 5. Ä√ √ ä Ä√ √ ä Ä √ √ ä Ä √ √ ä Vậy điểm cần tìm là 5; 3 ; 5; − 3 ; − 5; 3 ; − 5; − 3 . x2 y2 + = 1 và điểm A(−3; 0). Tìm tất cả các điểm B,C thuộc 9 4 elip sao cho tam giác ABC nhận điểm I(−1; 0) làm tâm đường trong ngoại tiếp. Lời giải. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, có tâm là I(−1; 0) và bán kính IA = 2. Khi đó, phương trình đường tròn (C) là (x + 1)2 + y2 = 4. Do B,C thuộc elip nên tọa độ của B,C là nghiệm của hệ phương trình   2 2 x = −3 hoặc x = − 3 (x + 1) + y = 4 2 2 5 ⇔  2 x + y = 1 2 y = 4 − (x + 1) 9 4 Với x = −3 thì y = 0. Suy √ ra A, B,C trùng nhau (loại). 3 4 6 Với x = − thì y = ± . Vậy, tất cả các điểm thỏa bài toán là 5 5 Ç Ç √ å Ç √ å √ å Ç √ å 3 4 6 3 4 6 3 4 6 3 4 6 B − ; ;C − ; − hoặc B − ; − ;C − ; . 5 5 5 5 5 5 5 5 Bài 17. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E) có hoành độ dương sao cho tam 4 1 giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. √ Lời giải. Gọi A(x; y) thì B(x; −y) với x > 0. Ta có AB = 2|y| = 4 − x2 . Gọi H là trung điểm của AB thì OH = x suy ra 1 1» 2 1 p SOAB = OH.AB = x 4 − x2 = x (4 − x2 ) ≤ 1. 2 2 2 √ Đẳng thức xảy ra khi x = Ç Ç √ å Ç2. √ å √ å Ç √ å √ √ √ √ 2 2 2 2 Vậy ta có A 2; ,B 2; − hoặc A 2; − ,B 2; 2 2 2 2 Bài 18. Cho elip (E) : 242 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ x2 y2 + = 1 và điểm M(3; 2). Gọi A và B là hai điểm nằm trên elip và đối xứng 100 36 nhau qua M. Viết phương trình đường thẳng AB. x2 y2 Lời giải. Gọi A(x; y) ∈ (E), ta có + = 1. 100 36 Từ M là trung điểm của AB suy ra B(6 − x; 4 − y). (1) 2 2 (4 − y) (6 − x) + = 1. (2) Ta cũng có B ∈ (E) nên suy ra 100 36 Từ (1) và (2) suy ra 27x + 50y − 131 = 0. (*) Do tọa độ của A và B đều thỏa (*) nên (*) chính là phương trình đường thẳng AB cần tìm. √ x2 y2 Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3) và elip (E) : + = 1. Gọi F1 , F2 là các tiêu 3 2 điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm của đường thẳng AF1 với (E) (M có tung độ dương); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 . Lời giải. Bài 19. Cho elip (E) : y N A M x F1 O Ta có F1 (−1; 0), F2 (1; 0). √ Đường thẳng AF1 có phương trình x − 3y + 1 = 0. F2 √ å 2 3 M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E) suy ra M 1; . 3 √ 2 3 Ta tính được MA = MF2 = . 3 Do N đối xứng với F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra MA = MF2 = MN. Ç √ 2 3 Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MA = . 3 x2 y2 + = 1 và hai điểm A(−5; 3), B(5; −3). Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và Bài 21. Cho elip (E) : 25 9 tung độ dương sao cho diện √ tích tam giác ABC lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Lời giải. Ta có AB = 2 34 và phương trình đường thẳng AB : 3x + 5y = 0. |3x + 5y| Gọi C(x; y) ∈ (E) (x > 0, y > 0), ta có d(C, AB) = √ . Khi đó diện tích tam giác ABC là 34 1 1 √ |3x + 5y| SABC = AB.d(C, AB) = .2 34. √ = |3x + 5y|. 2 2 34 s Ç å √ x y x2 y2 Mà |3x + 5y| = 15 + ≤ 15 2 + = 15 2. 5 3 25 9 √ x y 5 2 Dấu bằng xảy ra khi = . Thay vào phương trình của (E) và chú ý x > 0, y > 0 ta tìm được x = ,y = 5 3 2 3.. ĐƯỜNG ELIP 243 Ç √ √ √ å 3 2 5 2 3 2 . Vậy M ; . 2 2 2 BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết khi M thay đổi trên (E) thì độ dài nhỏ nhất của OM bằng 4 và độ dài lớn nhất của MF1 bằng 8 với F1 là tiêu điểm có hoành độ âm. x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1 a b cx M(x; y) ∈ (E) ⇒ MF1 = a + , mà −a ≤ x ≤ a nên MF1 lớn nhất bằng a + c khi x = a, y = 0. a x2 x2 x2 y2 x2 + y2 OM 2 Vì a > b nên 2 ≤ 2 ⇒ 1 = 2 + 2 ≤ = 2 ⇒ OM ≥ b. a b a b b2 b Do đó giá trị nhỏ nhất của OM bằng b khi x = 0, y = ±b. ® ® b=4 b=4 . ⇔ Kết hợp với giả thiết ta có: a=5 a+c = 8 x2 y2 Vậy phương trình của (E) : + = 1. 25 16 Bài 23. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình chính tắc của elip (E), biết có một√đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là 12(2 + 3). x2 y2 Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng (E) : 2 + 2 = 1 a b Chu vi của hình chữ nhật cơ √ sở là 2(2a + 2b) √ (1) Suy ra 2(2a + 2b) = 12(2 + 3) ⇔ a + b = 3(2 + 3) Do các đỉnh A1 (−a; 0), A2 (a; 0) và F1 (−c; 0), F2 (c; 0) cùng nằm trên Ox nên theo giả thiết F1 , F2 cùng với đỉnh B2 (0, b) trên Oy tạo thành một tam giác đều ⇔ B2 F2 = F1 F2 = B2 F1 (∗) Lại có F1 F2 đối xứng nhau qua√Oy nên tam giác B2 F1 F2 luôn là tam giác cân tại B2 . Do đó: (∗) ⇔ B2 F2 = F1 F2 ⇔ c2 + b2 = 2c ⇔ b2 = 3c2 . Lại có: a2 − c2 = b2 ⇒ 3a2 = 4b2 √(2). Từ (1) và (2) suy ra a = 6 và b = 3 3. x2 y2 Vậy phương trình elip (E) là + =1 . 36 27 x2 y2 Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : + = 1. Đường thẳng ∆ : 2x − 3y = 0 cắt (E) tại 9 4 hai điểm B,C. Tìm tọa độ điểm A trên (E) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Lời giải. Do ∆ ∩ (E) = {B;C} nên B,C cố định hay độ dài BC không đổi. Do đó diện tích 4ABC lớn nhất khi khoảng ® cách h = d(A, ∆) lớn nhất. x = 3 sint Phương trình tham số của (E) có dạng: y = 2 cost Mà A ∈ (E) ⇒ A(3 sint; 2 cost), khi đó  π √ √ 6 sin t− 2 6 26 |6 sint − 6 cost| 6| sint − cost| 4 √ √ √ = = ≤ h = (A, ∆) = 13 13 13  13  π 3π  π sin t − =1  t = 4 + k2π = 1 ⇔   π4  Dấu “=” xảy ra khi: sin t − ⇔ (k ∈ Z) π 4 sin t − = −1 t = − + k2π 4 4 Ç √ å 3π 3 2 √ + Với t = + k2π ⇒ A ; 2 4 2 Ç √ å π 3 2 √ + Với t = − + k2π ⇒ A − ; 2 4 2 244 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ x2 y2 + = 1 và P(1; −1). Gọi d là đường 8 4 thẳng đi qua P cắt (E) tại hai điểm M, N. Tìm tọa độ hai điểm M, N sao cho PM.PN lớn nhất. Lời giải. Ta có P(1; −1) thuộc miền trong của (E)®nên d luôn cắt (E) tại M, N. x = 1 + mt với t ∈ R, m2 + n2 6= 0. Gọi M(1 + mt1 ; −1 + Gọi phương trình đường thẳng d có dạng y = −1 + nt nt1 ); N(1 + mt2 ; −1 + nt2 ). Trong đó t1 ,t2 là nghiệm của phương trình Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình (1 + mt)2 (−1 + nt)2 + = 1 ⇔ (m2 + 2n2 )t 2 + 2(m − 2n)t − 5 = 0. 8 4 Theo hệ thức Vi-et ta có t1 .t2 = Khi đó PM.PN = −5 m2 + 2n2 p p 5(m2 + n2 ) (mt1 )2 + (nt2 )2 . (mt2 )2 + (nt2 )2 = (m2 + n2 )|t1 .t2 | = 2 = m + 2n2 5 . m2 2− 2 M + n2 m2 m2 ≤ 1, do đó PM.PN lớn nhất khi và chỉ khi ⇔ n = 0. m2 + n2 m2 + n2 Khi đó phương trình của đường thẳng d có dạng y = −1, suy ra tọa độ của các điểm M, N là nghiệm của hệ Mặt khác 0 ≤ √ 6; −1) M(  2 √ 2 √ ® ®  y x  N(− 6; −1) x2 = 6 x=± 6 + =1 √ ⇔ ⇒ . ⇔ 8 4 ®  y = −1 y = −1  M(− 6; −1) y = −1 √ N( 6; −1) ® Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = 1. Viết phương trình đường thẳng d cắt (E) 2 8 tại hai điểm phân biệt có tọa độ là các số nguyên. x02 y20 Lời giải. Gọi M(x0 ; y0 ) ∈ (E) ⇒ + = 1 2 8 ⇒ x02 ≤ 2 ⇒ x0 ∈ {−1; 0; 1}. Với x0 = ±1 ⇒ y0 = ±2 √ (thỏa mãn). Với x0 = 0 ⇒ y0 = ±2 2 (loại). Vậy có bốn điểm có tọa độ nguyên trên (E) là M1 (1; 2); M2 (1; −2); M3 (−1; 2); M4 (−1; −2). Do đó ta sẽ lập được 6 phương trình đường thẳng d thỏa mãn đề bài là: y = 2; 2x + y = 0; −2x + y = 0; x = −1; x = 1; y = −2. (1) 4 Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của (E) có tâm sai bằng . Biết rằng diện 5 tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) là 24. Lời giải. B1 y F1 F2 O B2 x 3.. ĐƯỜNG ELIP 245 Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng x2 y2 + = 1 với a > b > 0 và a2 = b2 + c2 . a2 b2 c 4 5 Ta có tâm sai e = = ⇔ a = c. a 5 4 Gọi F1 (−c; 0), F2 (c; 0) là các tiêu điểm và B1 (0; −b), B2 (0; b) la các đỉnh trên trục bé. 1 1 12 Suy ra F1 B2 F2 B2 là hình thoi, kho đó SF1 B2 F2 B2 = F1 F2 .B1 B2 = 2c.2b = 2bc = 24 ⇔ b = . 2 2 c Khi đó Å ã2 Å ã2 5 12 a2 = b2 + c2 ⇔ c = + c2 ⇔ 25c4 = 2304 + 16c4 ⇔ c4 = 256 ⇔ c = 4(do c > 0). 4 c x2 y2 Suy ra a = 5; b = 3. Vậy phương trình chính tắc của elip (E) cần tìm là: + =1 25 9 Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 3), B(6, 4). Xác định điểm M thuộc elip (E) : x2 y2 + = 1 sao cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2 8 √ Lời giải. Ta có AB = 5 và phương trình đường thẳng AB : 2x + y − 11 = 0. x2 y2 Gọi M(x0 , y0 ) ∈ (E). Khi đó 0 + 0 = 1. (1) 2√ 8 √ Từ (1) suy ra |x0 | ≤ 2; y0 ≤ 2 2 ⇒ 2×0 + y0 < 11. |2x0 + y0 − 11| 11 − (2x0 + y0 ) √ √ = . Ta lại có d(M, AB) = 5 5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có Ç 2 å x0 y20 2 (2x0 + y0 ) ≤ (8 + 8) + = 16 ⇒ −4 ≤ 2x0 + y0 ≤ 4 2 8 7 7 Suy ra d(M, AB) ≥ √ ⇒ (d(M, AB))min = √ 5 5 1 7 √ 7 1 Vậy minSMAB = .(d(M, AB))min .AB = . √ . 5 = ⇔ M(1; 2). 2 2 5 2 x2 y2 Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (E) : + = 1 và điểm M(2; 3). Viết phương trình đường 25 9 thẳng đi qua M, cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB. Lời giải. Ta có M thuộc miền trong của (E), ® do đó d luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt. x = 2 + mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: với t ∈ R, m2 + n2 6= 0. y = 3 + nt Gọi A(2 + mt1 ; 3 + nt1 ), B(2 + mt2 ; 3 + nt2 ). Khi đó t1 ,t2 là nghiệm của phương trình (1 + mt)2 (2 + nt)2 + = 1 ⇔ (9m2 + 25n2 )t 2 + 2(9m + 50n)t − 116 = 0 25 9 Theo hệ thức Vi-et ta có t1 + t2 = − 2(9m + 50n) 9m2 + 25n2 ® ® xA + xB = 2xM 4 + (t1 + t2 )m = 4 ⇔ yA + yB = 2yM 6 + (t1 + t2 )n = 6 Mặt khác ta lại có M là trung điểm của AB, do đó ® m(t1 + t2 ) = 0 ⇔ ⇔ t1 + t2 = 0 (m2 + n2 6= 0) n(t1 + t2 ) = 0 2(9m + 50n) 50 ⇒− = 0 ⇔ 9m + 50n = 0 ⇔ m = − n. 2 2 9m + 25n 9 Chọn m = 9 ⇒ n = −50. Khi đó phương trình đường thẳng d là ® x = 2 + 9t y = 3 − 50t 246 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(4; 0) và elip (E) : thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lời giải. x2 y2 + = 1. Tìm tọa độ các điểm B,C 16 9 y B A x O C Ta có B,C thuộc (E) và tam giác ABC vuông cân tại A. Mặt khá A(4; 0) ∈ Ox và (E) nhận các trục Ox, Oy là trục đối xưng nên B,C đối xứng nhau qua trục Ox. Do đó gọi B(m; n),C(m; −n) ∈ (E) với  n 6= 0.  2  2 (− →  m2 n2 n2 n2 m  m  AB = (m − 4; n) + =1 + =1 + =1 9 ⇔ 16 = 0 ⇔ 16 Suy ra − , khi đó 16 9 9 →   2  →− → 2 2 − AC = (m − 4; −n) (m − 4) − n n = (m − 4)2 AB.AC = 0  m = 4 m2 (m − 4)2 ⇒ + = 1 ⇔ 25m2 − 128m + 112 = 0 ⇔ m = 28 . 16 9 25 Với m = 4 ⇒ n = 0 ã ã  Å  Å 28 72 28 72     ; ;− B B 72 28 25 25 25 25 Å ã Å ã ⇒ n = ± . Suy ra hoặc Với m = 28 72 28 72   25 25   C C ;− ; . 25 25 25 25 x2 y2 + = 1. Viết 4 2 phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2. Lời giải. Ta có ∆ ⊥ d do đó phương trình đường thẳng ∆ có dạng: x − y + c = 0. Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E) là: 2x2 + 4(x + c)2 = 8 ⇔ 6x2 + 8cx + 4c2 − 8 = 0 (1) Ta lại có ∆ cắt (E) tại hai √ điểm phân √ biệt do đó (1) phải có hai nghiệm phân biệt, nghĩa là ∆0 = 48 − 8c2 > 0 ⇔ − 6 < c < 6 (2) Ta có A(x1 , x1 + c), B(x2 , x2 + c) là các giao điểm của ∆ với (E), khi đó x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1).  4c   x1 + x2 = 3 Do đó 2  2c − 4  x1 .x2 = 3 p p Mặt khác ta lại có AB = (x2 − x1 )2 + (x2 − x1 )2 = 2(x1 + x2 )2 − 8x1 .x2 32c2 16c2 − 32 4 √ 2 ⇒ AB = − = c +2 9 9 3 |c| Ta lại có d(O, ∆) = √ 2 1 Mà SABC = 2 ⇒ .AB.d(O, ∆) = 2 2 Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x + y − 4 = 0 và elip (E) : 3.. ĐƯỜNG ELIP 247 p √ 1 4√ 2 |c| ⇒ . c + 2. √ = 2 ⇔ c4 + 2c2 − 18 = 0 ⇔ c = ± −1 + 19 (thỏa mãn (2)) 2 3 2 p p √ √ Vậy đường thẳng ∆ cần lập là ∆ : x − y + −1 + 19 = 0 hoặc ∆ : x − y − −1 + 19 = 0 x2 y2 Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : + = 1 ngoại tiếp tam giác đều ABC. Tính diện 16 9 tích tam giác ABC, biết (E) nhận A(0; 3) làm đỉnh và trục tung làm trục đối xứng. Lời giải. y A x O B C Do 4ABC đều và có A(0; 3) nên B,C đối xứng với nhau qua trục tung, nên gọi B(m, n) ⇒ C(−m, n) với m > 0 ⇒ a =√ BC = 2m và chiều cao của tam giác là h = 3 − n. √ √ √ a 3 Khi đó h = ⇔ 3 − n = 3m ⇔ n = 3 − 3m ⇒ B(m; 3 − 3m) a √ √ m2 (3 − 3m)2 Mặt khác B ∈ (E), do đó + = 1 ⇔ 9m2 − 32 3m = 0 16 9 √ 32 3 (thỏa mãn) và m = 0 (loại). ⇔m= 19  96  √  h=  1 −39 3072 3 19 √ ⇒ SABC = h.BC = Khi đó n = ⇒  19 2 361 64 3  BC = 19 248 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ §4. I. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 Đề số 1a Bài 1. Cho A(1, 5); B(4, −1);C(−4, −5). a) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng chứa các cạnh của tam giác. b) Viết phương trình đường trung trực cạnh BC và AB. c) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải. − → − → − → a) Ta có AB = (3, −6); BC = (−8, −4), AC = (−5, −10). Phương trình tổng quát của đường thẳng chứa cạnh AB: 2(x − 1) + (y − 5) = 0 ⇔ 2x + y − 7 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Phương trình tổng quat đường thẳng chứa cạnh AC: 2(x + 4) − (y + 5) = 0 ⇔ 2x − y + 3 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh BC: (x − 4) − 2(y + 1) = 0 ⇔ x − 2y − 6 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm b) Gọi I là trung điểm cạnh BC. Khi đó I(0; −3). Phương trình đường trung trực cạnh BC là 2(x − 0) + (y + 3) = 0 ⇔ 2x + y + 3 = 0 . . 0,5 điểm Gọi J là trung điểm cạnh AB. Khi đó J( 25 ; 2). Phương trình đường trung trực cạnh AB là (x − 25 ) − 2(y − 2) = 0 ⇔ 2x − 4y + 3 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm c) Vì tam giác ABC vuông tại B√nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm O của cạnh AC. Ta có 5 5 −→ −5 O( −3 2 ; 0) và bán kính OA = 2 ; OA = ( 2 ; −5). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 125 . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x + 32 )2 + y2 = 4 Bài 2. Cho elip (E) có phương trình x2 y2 + = 1. 4 1 a) Tìm tiêu điểm, tâm sai, đường chuẩn của (E). b) Tìm trên (E) những điểm M sao cho M nhìn đoạn thẳng nối hai tiêu điểm dưới một góc vuông. Lời giải. √ √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2√= 3, suy ra c = 3. Các tiêu điểm F1 (− 3; 0) và F( 3; 0). . . . . . . . . . . 0,5 điểm c 3 Tâm sai e = = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm a 2 a 4 Đường chuẩn x = ± = ± √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm e 3 ◦ 2 2 ÷ b) Vì F 1 MF2 = 90 , do đó M thuộc đường tròn đường kính F1 F2 là x + y = 3. . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. x2 y2 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình + = 1 và x2 + y2 = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 4 1 √ ±2 2 1 Gải hệ ta được x = √ ; y = ± √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 3 Ç √3 å 2 2 ±1 Vậy có bốn điểm cần tìm là ( ± √ ; √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 3 3 4.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 249 Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(2; 0) và B(6; 4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5. Lời giải. Gọi I(a; b), R là tâm và bán kính đường tròn (C). Do (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A(2; 0) nên a = 2 và |b| = R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm Do IB = 5 mà I(2; b) và B(6; 4) suy ra (b − 2)2 + (4 − b)2 = 52 ⇔ b2 = 8b + 7 = 0 ↔ b = 1, b = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm Với a = 2, b = 1 ⇒ R = 1, ta có phương trình của (C) là (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm Với a = 2, b = 7 ⇒ R = 7 ta có phương trình của (C) là (x − 2)2 + (y − 7)2 = 49 . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm II. Đề số 1b Bài 1. Cho A(−5, 6); B(−4, −1);C(4, 3). a) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng chứa các cạnh của tam giác. b) Viết phương trình đường trung trực cạnh BC và AB. c) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải. − → − → − → a) Ta có AB = (1, −7); BC = (8, 4), AC = (9, −3). Phương trình tổng quát của đường thẳng chứa cạnh AB: 7(x + 5) + (y − 6) = 0 ⇔ 7x + y + 29 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Phương trình tổng quat đường thẳng chứa cạnh AC: (x + 5) + 3(y − 6) = 0 ⇔ x + 3y − 13 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh BC: (x + 4) − 2(y + 1) = 0 ⇔ x − 2y + 2 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm b) Gọi I là trung điểm cạnh BC. Khi đó I(0; 1). Phương trình đường trung trực cạnh BC là 2(x − 0) + (y − 1) = 0 ⇔ 2x + y − 1 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 5 9 Gọi J là trung điểm cạnh AB. Khi đó J( −9 2 ; 2 ). Phương trình đường trung trực cạnh AB là (x + 2 ) − 7(y − 52 ) = 0 ⇔ x − 7y + 22 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm c) Gọi O là giao điểm hai đường trung trực của hai cạnh AB và BC. Tọa độ điểm O là nghiệm hệ phương −→ trình 2x + y − 1 = 0 và x − 7y + 22 = 0 . . 0,5 điểm Giải hệ ta được O(−1; 3) và OC = (−5; 0) suy ra bán kính OC = 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x + 1)2 + (y − 3)2 = 25 . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. x2 y2 Bài 2. Cho elip (E) có phương trình + = 1. 9 4 a) Tìm tiêu điểm, tâm sai, đường chuẩn của (E). b) Tìm trên (E) những điểm M sao cho M nhìn đoạn thẳng nối hai tiêu điểm dưới một góc vuông. Lời giải. √ √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2√= 5, suy ra c = 5. Các tiêu điểm F1 (− 5; 0) và F( 5; 0). . . . . . . . . . . 0,5 điểm c 5 Tâm sai e = = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm a 3 a 9 Đường chuẩn x = ± = ± √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm e 5 250 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ◦ 2 2 ÷ b) Vì F 1 MF2 = 90 , do đó M thuộc đường tròn đường kính F1 F2 là x + y = 5. . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. x2 y2 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình + = 1 và x2 + y2 = 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 9 4 ±3 ±4 Gải hệ ta được x = √ ; y = ± √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 5 Å 6 ã 3 ±4 Vậy có bốn điểm cần tìm là ± √ ; √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm 5 5 Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có C(−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y − 9 = 0 và x + 3y − 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Lời giải. Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với đường thẳng x + 3y − 5 = 0, suy ra phương trình AC là 3x − y + 1 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 5x + y − 9 = 0 và 3x − y + 1 = 0, suy ra A(1; 4) . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm Điểm B thuộc đường thẳng x + 3y − 5 = 0 và trung điểm của cạnh BC thuộc đường thẳng 5x + y − 9 = 0 0,5 điểm ã Å y−2 x−1 + − 9 = 0, suy ra B(5; 0) Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình x + 3y − 5 = 0 và 5 2 2 0,75 điểm III. Đề số 2a ® Bài 1 (2 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ : x = 1+t (t ∈ R) và điểm A(3; 0). Tìm B ∈ ∆ sao cho ∆AOB y=t vuông tại O. −→ −→ Lời giải. Gọi B(1 + b; b) ∈ ∆. Khi đó: OB = (1 − b; b); OA = (0; 3). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). ∆AOB vuông tại O − → −→ ⇔ OA ⊥ OB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). − → −→ ⇔ OA.OB = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). ⇔ 3.(1 + b) + 0.(b) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). ⇔ b = −1 Vậy B(0; −1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Bài 2 (2 điểm). Tìm hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên đường thẳng ∆ : x − y + 2 = 0, từ đó tìm điểm đối xứng của O qua ∆. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của O lên ∆. Vì OH vuông góc với ∆ nên OH nhận vectơ pháp tuyến (− n→ ∆ = (1; −1)) của ∆ làm vectơ chỉ phương, tức là − − → OH nhận nOH = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). → Do đó, OH là đường thẳng qua O(0; 0) và nhận − n− OH = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến; vậy OH có phương trình: 1(x − 0) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y = 0. . . . . . . . . . . . .® . . . . . . . . . . . . . . . . .® . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). x−y+2 = 0 x = −1 Ta có H = ∆ ∩ OH, nên tọa độ của H là nghiệm của hệ: ⇔ . x+y = 0 y=1 Vậy H(−1; 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Gọi O0 là điểm đối xứng với O qua ∆. Khi đó, H là trung điểm của OO0 . Áp dụng công thức tính tọa độ trung điểm ta tính được O0 (−2; 2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Bài 3 (2 điểm). Viết phương trình đường tròn (C ) nội tiếp ∆ABC biết (C ) có tâm I(1; 2) và AB : x − 2y + 7 = 0. 4 Lời giải. Vì ∆ABC nội tiếp (C ) nên (C ) có bán kính R = d(I, AB) = √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1, 0 điểm). 5 16 Vậy (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1, 0 điểm). 5 4.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 251 Bài 4 (2 điểm). Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C ) có tâm là gốc tọa độ O. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A biết E(−1; 0) và F(1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C; A thuộc đường thẳng ∆ : 3x + y − 1 = 0. Lời giải. Gọi At là tiếp tuyến của (C ) tại A. • Chứng minh OA ⊥ EF. ‘ = ACB. ‘ Tứ giác BCEF nội tiếp nên EFA d = ACB. ‘ Hơn nữa, BAt ‘ = BAt. d Do đó, EFA Mặt khác At ⊥ OA nên EF ⊥ OA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). −→ • OA là đường thẳng đi qua O(0; 0) và nhận EF = (2; 1) làm véc-tơ pháp tuyến. OA : 2x + y = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). C t A E F O ® 3x + y − 1 = 0 . Ta tìm 2x + y = 0 được A(1; −2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). −→ • Tiếp tuyến At là đường thẳng qua A(1; −2) và nhận OA = (1, −2) làm véc-tơ pháp tuyến. At : x − 2y − 5 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). • A là giao điểm của OA và ∆. Do đó, tọa độ (x; y) của A là nghiệm của hệ: Bài 5 (2 điểm). Cho elip (E) : x2 y2 + = 1. 25 16 a) Tìm độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ, tiêu cự của (E). b) Viết phương trình đường tròn đường kính là đoạn nối hai tiêu điểm của (E). Chứng minh (E) và (C ) không có điểm chung nào. Lời giải. √ √ √ a) Ta có a = 25 = 5; b = 16 = 4; c = a2 − b2 = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Độ dài trục lớn: 2a = 10. Độ dài trục bé: 2b = 8. Tiêu cự: 2c = 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). b) Đường tròn (C ) có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng c = 3. (C ) cóphương trình: x2 + y2 = 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). 2 y2 x + =1 vô nghiệm nên (E) và (C ) không có điểm chung nào. . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Vì hệ 25 16  2 2 x +y = 9 IV. Đề số 2b ® Bài 1 (2 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ : x = 1−t (t ∈ R) và điểm A(0; 3). Tìm B ∈ ∆ sao cho ∆AOB y=t vuông tại O. −→ −→ Lời giải. Gọi B(1 − b; b) ∈ ∆. Khi đó: OB = (1 − b; b); OA = (0; 3). ∆AOB vuông tại O. − → −→ ⇔ OA ⊥ OB. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). − → −→ ⇔ OA.OB = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). ⇔ 0.(1 − b) + 3.(b) = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). ⇔b=0 Vậy B(1; 0). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). B 252 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 2 (2 điểm). Tìm hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0, từ đó tìm điểm đối xứng của O qua ∆. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của O lên ∆. Vì OH vuông góc với ∆ nên OH nhận vectơ pháp tuyến (− n→ ∆ = (1; 1)) của ∆ làm vectơ chỉ phương, tức là − − → OH nhận nOH = (1; −1) làm vectơ pháp tuyến. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). → Do đó, OH là đường thẳng qua O(0; 0) và nhận − n− OH = (1; −1) làm vectơ pháp tuyến; vậy OH có phương trình: 1(x − 0) − 1(y − 0) = 0 ⇔ x − y = 0. . . . . . . . . . . . .® . . . . . . . . . . . . . . . . .® . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). x=1 x+y−2 = 0 . ⇔ Ta có H = ∆ ∩ OH, nên tọa độ của H là nghiệm của hệ: y=1 x−y = 0 Vậy H(1; 1). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Gọi O0 là điểm đối xứng với O qua ∆. Khi đó, H là trung điểm của OO0 . Áp dụng công thức tính tọa độ trung điểm ta tính được O0 (2; 2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Bài 3 (2 điểm). Viết phương trình đường tròn (C ) nội tiếp ∆ABC biết (C ) có tâm I(−1; 2) và AB : x − 2y + 7 = 0. 2 Lời giải. Vì ∆ABC nội tiếp (C ) nên (C ) có bán kính R = d(I, AB) = √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1, 0 điểm). 5 4 2 2 Vậy (C ) : (x + 1) + (y − 2) = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1, 0 điểm). 5 Bài 4 (2 điểm). Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C ) có tâm là gốc tọa độ O. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A biết E(−1; 3) và F(2; 3) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C và A thuộc đường thẳng ∆ : 2x + y − 5 = 0. Lời giải. Gọi At là tiếp tuyến của (C ) tại A. • Chứng minh OA ⊥ EF. ‘ = ACB. ‘ Tứ giác BCEF nội tiếp nên EFA d = ACB. ‘ Hơn nữa, BAt ‘ = BAt. d Do đó, EFA Mặt khác At ⊥ OA nên EF ⊥ OA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). −→ • OA là đường thẳng đi qua O(0; 0) và nhận EF = (3; 0) làm véc-tơ pháp tuyến. OA : x = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). C t A E F O ® 2x + y − 5 = 0 . Ta tìm x=0 được A(0; 5). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). −→ • Tiếp tuyến At là đường thẳng qua A(0; 5) và nhận OA = (0; 5) làm véc-tơ pháp tuyến. At : y = 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). • A là giao điểm của OA và ∆. Do đó, tọa độ (x; y) của A là nghiệm của hệ: Bài 5 (2 điểm). Cho elip (E) : x2 y2 + = 1. 25 9 a) Tìm độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ, tiêu cự của (E). b) Viết phương trình đường tròn đường kính là đoạn nối hai tiêu điểm của (E). Chứng minh (E) và (C ) có 4 điểm chung. Lời giải. √ √ √ a) Ta có a = 25 = 5; b = 9 = 3; c = a2 − b2 = 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). Độ dài trục lớn: 2a = 10. Độ dài trục bé: 2b = 6. Tiêu cự: 2c = 8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). B 4.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 253 b) Đường tròn (C ) có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng c = 4. (C ) cóphương trình: x2 + y2 = 16. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0, 5 điểm). 2 y2 x + =1 Vì hệ 25 9 có 4 nghiệm phân biệt nên (E) và (C ) có 4 điểm chung. . . . . . . . . . . (0, 5 điểm).  2 2 x + y = 16 V. Đề số 3a Câu 1. (4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−1; 3), B(3; 1) và C(3; −5). a) Viết phương trình tham số và phương trình tổng quát của đường thẳng chứa cạnh AC. b) Viết phương trình tổng quát của đường cao xuất phát từ đỉnh B và tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC. c) Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cách B một đoạn bằng 4. Lời giải. − → → − a) Ta có AC = (4; −8) nên đường thẳng AC nhận ® véc-tơ n1 = (2; 1) làm véc-tơ pháp tuyến. . . 0,5 điểm. x = −1 + t Phương trình tham số của đường thẳng AC : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. y = 3 − 2t. Phương trình tổng quát của đường thẳng AC : 2x + y − 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. − → b) Phương trình của đường cao xuất phát từ B(3; 1) và nhận véc-tơ AC = (4; −8) làm véc-tơ pháp tuyến là x − 2y − 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. − → Phương trình đường cao xuất phát từ A(−1; 3) và nhận BC = (0; −6) làm véc-tơ pháp tuyến là y − 3 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Tọa độ trực tâm H của ∆ABC là nghiệm hệ phương trình ® ® x − 2y = 1 x=7 ⇔ y=3 y = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. − c) Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và ∆ có véc-tơ pháp tuyến → n = (a; b) với a2 + b2 6= 0. Đường thẳng ∆ có dạng a(x + 1) + b(y − 3) = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Ta có |a(3 + 1) + b(1 − 3)| √ =4 a2 + b2 p ⇔ |2a − b| = 2 a2 + b2 ⇔ 4ab + 3b2 = 0 3a ⇔ b = 0 hoặc b = − . 4 d(B; ∆) = 4 ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm. Khi b = 0 (thì a 6= 0), ta có phương trình ∆ là x + 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 3a Khi b = − thì ∆ có phương trình là 4x − 3y + 13 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 4 B Câu 2. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T ) : x2 + y2 − 2x + 6y − 15 = 0. a) Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của (T ). 254 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ b) Viết phương trình tiếp tuyến của (T ), biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường thẳng l : 3x − 4y + 5 = 0. Lời giải. a) Đường tròn (T ) có tâm I(1; −3) và bán kính R = 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. b) Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm. Vì ∆ song song l nên ∆ có dạng 3x − 4y + m = 0, m 6= 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Vì ∆ tiếp xúc (T ) nên d(I; ∆) = R ⇔ m = 10 hoặc m = −35. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm. Vậy phương trình ∆ là 3x − 4y + 10 = 0 và 3x − 4y − 35 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Câu 3. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = 1. 9 4 a) Xác định tọa độ các tiêu điểm F1 , F2 và độ dài tiêu cự của (E). b) Lấy điểm M tùy ý thuộc (E). Chứng minh rằng biểu thức T = MF1 · MF2 + OM 2 có giá trị không đổi. Lời giải. √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2 = 5 nên elip E có hai√tiêu điểm F1 (− 5; 0), F2 ( 5; 0). . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Độ dài tiêu cự của (E) là F1 F2 = 2c = 2 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm.  c  5 2 c   b) Với M tùy ý thuộc E, ta có MF1 · MF2 = a + xM · a − xM = 9 − xM . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. a a 9 å Ç 2 5 2 2 + y2 = x2 + 4 1 − xM Mà OM 2 = xM = xM + 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. M M 9 9 Vậy T = MF1 · MF2 + OM 2 = 13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Câu 4. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho (E) : x2 y2 + = 1. 25 16 a) Viết phương trình đường tròn (C) có tâm O và đường kính bằng độ dài trục nhỏ của (E). b) Tìm điểm M(x; y) thuộc E có tọa độ dương sao cho tích x · y đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. a) Elip (E) có độ dài trục nhỏ 2b = 8 nên đường tròn cần tìm có bán kính r = 4. . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Vậy phương trình (C) là x2 + y2 = 16. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0,5 điểm. b) Vì M(x; y) ∈ (E) và x, y > 0 nên ta có y = 4 1− x2 4√ = 25 − x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 25 5 4p 2 4 x2 + 25 − x2 x (25 − x2 ) ≤ · = 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 5 5 2  2 2  √ x = 25 − x    5 2  x>0  x= Đẳng thức xảy ra khi ⇔ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. √   2  x  y = 2 2.   y = 4 1− 25 Ta có xy = 4.. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 VI. 255 Đề số 3b Câu 1. (4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác MNP với M(−1; 3), N(3; 1) và P(3; −5). a) Viết phương trình tham số và phương trình tổng quát của đường thẳng chứa cạnh MP. b) Viết phương trình tổng quát của đường cao xuất phát từ đỉnh N và tìm tọa độ trực tâm của tam giác MNP. c) Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cách N một đoạn bằng 4. Lời giải. −→ → − a) Ta có MP = (4; −8) nên đường thẳng MP nhận ® véc-tơ n1 = (2; 1) làm véc-tơ pháp tuyến. . 0,5 điểm. x = −1 + t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Phương trình tham số của đường thẳng MP : y = 3 − 2t. Phương trình tổng quát của đường thẳng MP : 2x + y − 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ b) Phương trình của đường cao xuất phát từ N(3; 1) và nhận véc-tơ MP = (4; −8) làm véc-tơ pháp tuyến là x − 2y − 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. −→ Phương trình đường cao xuất phát từ M(−1; 3) và nhận NP = (0; −6) làm véc-tơ pháp tuyến là y − 3 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Tọa độ trực tâm H của ∆MNP là nghiệm hệ phương trình ® ® x − 2y = 1 x=7 ⇔ y=3 y = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. − c) Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và ∆ có véc-tơ pháp tuyến → n = (a; b) với a2 + b2 6= 0. Đường thẳng ∆ có dạng a(x + 1) + b(y − 3) = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Ta có |a(3 + 1) + b(1 − 3)| √ =4 a2 + b2 p ⇔ |2a − b| = 2 a2 + b2 ⇔ 4ab + 3b2 = 0 3a ⇔ b = 0 hoặc b = − . 4 d(N; ∆) = 4 ⇔ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1,0 điểm. Khi b = 0 (thì a 6= 0), ta có phương trình ∆ là x + 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 3a Khi b = − thì ∆ có phương trình là 4x − 3y + 13 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 4 Câu 2. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 6y − 15 = 0. a) Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường thẳng d : 4x − 3y + 1 = 0. Lời giải. a) Đường tròn (C) có tâm I(1; −3) và bán kính R = 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. b) Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm. Vì ∆ song song d nên ∆ có dạng 4x − 3y + m = 0, m 6= 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Vì ∆ tiếp xúc (C) nên d(I; ∆) = R ⇔ m = 12 hoặc m = −38. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,75 điểm. Vậy phương trình ∆ là 4x − 3y + 12 = 0 và 4x − 3y − 38 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. 256 CHƯƠNG 3. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Câu 3. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = 1. 12 4 a) Xác định tọa độ các tiêu điểm F1 , F2 và độ dài tiêu cự của (E). b) Lấy điểm M tùy ý thuộc (E). Chứng minh rằng biểu thức T = MF1 · MF2 + OM 2 có giá trị không đổi. Lời giải. √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2 = 5 nên elip E có hai√tiêu điểm F1 (−2 2; 0), F2 (2 2; 0). . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Độ dài tiêu cự của (E) là F1 F2 = 2c = 4 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm.  c   c  2 2 . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. b) Với M tùy ý thuộc E, ta có MF1 · MF2 = a + xM · a − xM = 12 − xM a a 3 Ç å 2 xM 2 2 2 2 2 2 Mà OM = xM + yM = xM + 4 1 − + 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. = xM 12 3 Vậy T = MF1 · MF2 + OM 2 = 16. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Câu 4. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho (E) : x2 y2 + = 1. 16 9 a) Viết phương trình đường tròn (C) có tâm O và đường kính bằng độ dài trục nhỏ của (E). b) Tìm điểm M(x; y) thuộc E có tọa độ dương sao cho tích x · y đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. a) Elip (E) có độ dài trục nhỏ 2b = 6 nên đường tròn cần tìm có bán kính r = 3. . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. Vậy phương trình (C) là x2 + y2 = 9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. b) Vì M(x; y) ∈ (E) và x, y > 0 nên ta có y = 3 1− x2 3√ 16 − x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. = 16 4 3p 2 3 x2 + 16 − x2 2 Ta có xy = x (16 − x ) ≤ · = 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 điểm. 4 4 2   x2 = 16 − x2 √      x>0 x = 2 2 √ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,25 điểm. Đẳng thức xảy ra khi ⇔ 3 2    y= . x2   2  y = 3 1− 16
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top