KIẾN THỨC CHƯƠNG 1 PHẦN HÌNH HỌC TOÁN 10: VECTƠ

38 27 0
  • Loading ...
1/38 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 11/09/2019, 19:04

Tóm tắt kiến thức hình học 10 chương vecto . Toán học lớp 10 hình học tóm tắt kiến thức hình học 10.Toán học lớp 10 hình học chương 1 tóm tắt kiến thức hình học 10.Toán học lớp 10 hình học. Tóm tắt kiến thức hình học 10.Toán học lớp 10 hình học. Tóm tắt kiến thức hình học 10. Bài giảng hay với những ví dụ, bài tập điển hình. phần II: hình học ch-ơng vectơ A Kiến thức cần nhớ I định nghĩa I.kiến thức cần nhớ vectơ ? Véctơ đoạn thẳng có định h-ớng: Một đầu đ-ợc xác định gốc, đầu H-ớng từ gốc đến gọi h-ớng véctơ Độ dài đoạn thẳng gọi độ dài véctơ Vectơ không Định nghĩa: Vectơ không vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng Nh- vậy, véctơ không, kí hiệu vectơ có: Điểm gốc trùng Độ dài Hai vect¬ cïng ph-¬ng Hai vect¬ AB , CD gäi ph-ơng, ký hiệu: AB// CD AB // CD    A, B,C, D th ¼ng hàng Hai vectơ h-ớng, ng-ợc h-ớng a Hai véctơ AB , CD gọi h-ớng , ký hiÖu:  AB// CD AB  CD    hai tia AB,CDcïng h ­íng b Hai vÐct¬ AB , CD gọi ng-ợc h-ớng, ký hiệu: AB// CD AB  CD    hai tia AB,CD ng ược h ướng Hai vectơ Hai véctơ AB , CD gọi nhau, ký hiÖu: AB  CD AB = CD   AB CD 267 II tổng hai vectơ Định nghĩa: Tổng hai vectơ a b véctơ đ-ợc xác định nh- sau: Từ điểm tùy ý A mặt phẳng dựng vectơ AB = a Từ điểm B dựng vectơ BC = b Khi véctơ AC gọi vectơ tổng hai vectơ a b , ta viết AC = a + b B b a a A ab b C Từ định nghĩa ta đ-ợc quy tắc ba điểm: AB + BC = AC , với ba điểm A, B, C Tính chất cđa phÐp céng vÐct¬ Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c , ta cã: TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a + b = b + a TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hỵp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ) Tính chất 3: (Tính chất vectơ không): a + = + a = a Quy tắc hình bình hành: AB + AD = AC , với ABCD hình bình hành Ta có "Nếu M trung điểm đoạn thẳng AB MA + MB = " Ta cã "Gäi G lµ träng tâm ABC thì: GA + GB + GC = , MA  MB  MC  3MG, M + GB + GC = " III hiƯu cđa hai vectơ Hai vectơ đối Hai véctơ AB , CD gọi đối nhau, ký hiệu: AB CD AB = CD   AB  CD hiệu hai vectơ Định nghĩa: Hiệu hai véctơ a vµ b , kÝ hiƯu a  b , tổng vectơ a vectơ đối vectơ b , nghÜa lµ: a  b = a + ( b ) 268 PhÐp lÊy hiƯu cđa hai vect¬ gọi phép trừ vectơ Để dựng vectơ a b biết vectơ a b ta lấy ®iĨm A t ý, tõ ®ã dùng vect¬ AB = a AC = b , CB = a  b B b a a ab C A b Từ cách dựng ta đ-ợc quy tắc hiƯu hai vect¬ cïng gèc: AB  AC = CB , với ba điểm A, B, C Tính chÊt cđa phÐp trõ vÐct¬ a  b = c  a = b + c IV tÝch cña vectơ với số Định nghĩa: Tích vectơ a với số thực k vectơ, kí hiệu k a đ-ợc xác định nh- sau: a Vectơ k a ph-ơng với vectơ a :  Cïng h-íng víi vect¬ a nÕu k  Ng-ợc h-ớng với vectơ a k b Có độ dài k. a Phép lấy tích vectơ với số gọi phép nhân vectơ với số (hoặc phép nhân số với vectơ) Từ định nghĩa ta có kết quả: a = a , (1) a =  a Tính chất phép nhân vectơ với số Với véctơ a , b số thực m, n, ta cã: TÝnh chÊt 1: m(n a ) = (mn) a TÝnh chÊt 2: (m + n) a = m a + n a TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = m a + n b TÝnh chÊt 4: m a =  a = m = điều kiện để hai vectơ ph-ơng Định lí (Quan hệ hai vectơ ph-ơng): Vectơ b ph-ơng với vectơ a tồn sè k cho b = k a HÖ quả: Điều kiện cần đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng tồn số k cho AB = k AC 269 BiĨu thÞ vectơ qua hai vectơ không ph-ơng Định lí (Phân tích vectơ thành hai vectơ khác không ph-ơng): Cho hai vectơ a b khác không ph-ơng Với vectơ c tìm đ-ợc cặp số thực m, n nhÊt, cho: c = ma + nb V Hệ toạ độ Vectơ Cho điểm M1(x1; y1), M1(x2; y2) M1M = (x2x1; y2y1) Các phép toán Vectơ Nếu có hai vectơ v1 (x1; y1) v (x2; y2) thì: x x (i): v1 = v    y1  y x1 y1  x y2 (iii): v1 + v = (x1 + x2; y1 + y2) (ii): v1 // v  (iv): v1  v = (x1x2; y1y2) (v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k  (vi):  v1 +  v = (x1 + x2; y1 + y2) Khoảng cách Khoảng cách d hai điểm M1(x1; y1) M1(x2; y2) độ dài vectơ M1M , đ-ợc cho bởi: d = | M1M | = (x1  x )2 (y1 y2 )2 Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho tr-ớc Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo tỉ số k (tức MM1 = k MM ) đ-ợc xác định công thức: x1 kx x   k   y  y1 ky k Đặc biệt k = 1, M trung điểm đoạn thẳng M1M2 , toạ độ M đ-ợc xác định bởi: x1 x x    y  y1  y 270 Ba điểm thẳng hàng Ba điểm A(x1; y1) , B(x2; y2) C(x3; y3) thẳng hµng vµ chØ khi: x  x1 y y = AC // AB  x x1 y y1 B Ph-ơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Vectơ Dạng toán 1: Mở đầu vectơ Thí dụ Cho OAB vuông cân với OA = OB = a Hãy dựng vectơ sau tính độ dài chúng: OA + OB OA + OB , OA  OB , 21 OA + 2.5 OB , 14 OA  OB  Gi¶i a Với C đỉnh thứ t- hình vuông OACD, ta cã ngay: OA + OB = OC , theo quy tắc hình bình hành Từ đó, suy ra: OA + OB  =  OC  = OC = a b Ta cã ngay: OA  OB = BA , quy tắc hiệu hai vectơ gèc   OA  OB  =  BA  = BA = a c §Ĩ dùng vectơ OA + OB ta lần l-ợt thực hiện: Trên tia OA lấy điểm A1 cho OA1 = 3OA Trên tia OB lấy điểm B1 cho OB1 = 4OB Dựng hình chữ nhật OA1C1B1 Tõ ®ã, ta cã: OA + OB = OA1 + OB1 = OC1  3 OA + OB  =  OC1  = OC1 = d Thực t-ơng tự câu c), ta dựng đ-ợc vect¬  A B C A1 O A B B1 C1 OA  C1A = 5a 2 21 OA + 2.5 OB vµ 21 a 541 OA + 2.5 OB  = 4 e Thực t-ơng tự câu c), ta dựng đ-ợc vectơ  O 14 OA  OB vµ 14 a 6073 OA  OB  = 28 271 ThÝ dơ Cho ABC ®Ịu có cạnh a Tính độ dài vectơ tổng AB + AC Giải Gọi M trung điểm BC, lÊy ®iĨm A1 ®èi xøng víi A qua M, ta có ABA1C hình bình hành, suy ra: A1 B AB + AC = AA1 a   AB + AC  =  AA1  = 2AM = = a A M C Chú ý: Với em học sinh ch-a nắm vững kiến thức tổng hai vectơ th-ờng kÕt luËn r»ng:  AB + AC  =  AB  +  AC  = a + a = 2a Dạng toán 2: Chứng minh đẳng thức vectơ Ph-ơng pháp áp dụng Ta lựa chọn h-ớng biến đổi sau: H-ớng 1: Biến đổi vế thành vế lại (VT VP VP VT) Khi đó: Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực việc đơn giản biểu thức Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực việc phân tích vectơ H-ớng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh đẳng thức biết H-ớng 3: Biến đổi đẳng thức vectơ biết thành đẳng thức cần chứng minh H-ớng 4: Tạo dựng hình phụ Khi thực phép biến đổi ta sử dụng: Quy tắc ba điểm: AB = AC + CB Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD có: AC = AB + AD  HiƯu hai vect¬ cïng gèc AB  AC = CB  TÝnh chÊt trung ®iĨm: Víi ®iĨm M t ý vµ I lµ trung ®iĨm cđa AB lu«n cã: ( MA + MB ) Tính chất trọng tâm tam giác: Với ABC có trọng t©m G ta cã: MI =  GA + GB + GC =  272 MA + MB + MC = MG , víi M tuú ý Các tính chất phép cộng, trừ vectơ phép nhân số với vectơ Thí dụ Cho ®iĨm A, B, C, D Chøng minh r»ng AB + CD + BC = AD  Gi¶i Ta trình bày theo ba cách sau: Cách 1: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có: VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , đpcm Cách 2: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có: VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , đpcm Cách 3: Sử dụng quy tắc ba ®iÓm, ta cã: AD = AC + CD = AB + BC + CD , đpcm Cách 4: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có: AD = AB + BD = AB + BC + CD , ®pcm  Nhận xét: Việc trình bày thí dụ theo bốn cách mang tính chất minh hoạ cho ý t-ởng sau: Với cách cách 2, gom hai vectơ có "điểm cuối vectơ thứ trùng với điểm đầu vectơ thứ hai" từ ®ã sư dơng chiỊu thn cđa quy t¾c ba ®iĨm Với cách cách 4, sử dụng chiều ng-ợc lại quy tắc ba điểm, cụ thể "với vectơ AB xen thêm vào điểm tuỳ ý để từ phân tích đ-ợc vectơ AB thành tổng hai vectơ" Thí dụ Cho điểm A, B, C, D Chøng minh r»ng AB + CD = AD + CB Giải Ta trình bày theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP C¸ch 2: Ta cã: VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP Cách 3: Biến đổi t-ơng đ-ơng biĨu thøc vỊ d¹ng: AB  AD = CB  CD DB DB , Điều phải chứng minh Cách 4: Biến đổi t-ơng đ-ơng đẳng thức vỊ d¹ng: AB  CB = AD  CD  AB + BC = AD + DC  AC = AC , Nhận xét: Để thực chứng minh đẳng thức vectơ cho lựa chọn h-ớng biến đổi VT thành VP hai cách giải có chung ý t-ởng, cụ thể việc lựa chọn vectơ xuất phát AB ta có: Trong cách 1, ta ý thức đ-ợc cần tạo xuất vectơ AD ta xen vào điểm D 273 Trong cách 2, ta ý thức đ-ợc cần tạo xuất vectơ CB ta xen vào điểm C Từ nhận xét hẳn em học sinh thấy đ-ợc thêm có cách khác để giải toán, cụ thể: Hai cách với việc lựa chọn vectơ xuất phát CD Hai cách theo h-ớng biến đổi VP thành VT Thí dụ Cho M N lần l-ợt trung điểm đoạn thẳng AB CD Chứng minh r»ng: MN = AC + BD = AD + BC A M  Gi¶i B a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta cã ph©n tÝch: (1) AC = AM + MN + NC , D C N BD = BM + MN + ND (2) Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi l-u ý AM + BM = vµ NC + ND = (vì M N lần l-ợt trung điểm đoạn thẳng AB CD), ta đ-ợc: (*) AC + BD = MN , đpcm Cách 2: Ta có phân tích: (3) MN MA  AC  CN , (4) MN  MB  BD  DN , Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi l-u ý MA  MB  vµ NC ND (vì M N lần l-ợt trung điểm đoạn thẳng AB CD), ta đ-ợc: MN = AC + BD , đpcm b Ta cã: (**) AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , đpcm Từ (*) (**) ta đ-ợc đẳng thức cần chứng minh Thí dụ Cho O tâm hình bình hành ABCD Chứng minh với điểm M bất kì, ta có: MO = Giải ( MA + MB + MC + MD ) Ta cã: MA + MB + MC + MD = MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD = MO + ( OA + OC ) + ( OB + OD ) = MO  274 ( MA + MB + MC + MD ) = MO , ®pcm  Chú ý: Các em học sinh trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP Thí dụ Cho ABC Gọi M, N, P lần l-ợt trung điểm cña BC, CA, AB Chøng minh r»ng: AM + BN + CP =  Gi¶i Sư dơng quy tắc trung điểm ta biến đổi: 1 VT = (AB  AC) + (BA  BC) + (CA  CB) 2 = (AB  BA  AC  CA  BC  CB) , ®pcm Thí dụ Cho A1B1C1 A2B2C2 lần l-ợt có trọng tâm G1, G2 Chứng minh rằng: A1A + B1B2 + C1C2 = G1G Giải Với G1, G2 tâm A1B1C1 vµ A2B2C2, ta cã: G1A1 + G1B1 + G1C1 = (1) G A + G B2 + G C2 = (2) MỈt kh¸c, ta cã: A1A = A1G1 + G1G + G A (3) B1B2 = B1G1 + G1G + G B2 (4) C1C2 = C1G1 + G1G + G C2 (5) Céng theo vÕ (3), (4), (5) vµ sư dơng kết (1) (2), ta đ-ợc: A1A + B1B2 + C1C2 = G1G , ®pcm ThÝ dơ Cho ABC Gäi M lµ trung điểm AB N điểm cạnh AC, cho NC = 2NA Gäi K lµ trung ®iĨm cđa MN a Chøng minh r»ng AK = 1 AB + AC b Gäi D trung điểm BC Chứng minh KD = 1 AB + AC  Gi¶i a Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn thÊy: AB  2AM  AB = AM ;  AB  AM AC  3AN  AC = AN  AC AN 275 Vì K trung điểm MN nªn: 1 1 AK = ( AM + AN ) = ( AB + AC ) = AB + 2 b V× D trung điểm BC nên: AD = ( AB + AC ) tõ ®ã, suy ra: 1 KD = AD  AK = ( AB + AC )( AB + AC ) = AC , ®pcm 1 AB + AC , đpcm Dạng toán 3: Xác định điểm M thoả đẳng thức vectơ cho tr-ớc Ph-ơng pháp áp dụng Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho tr-ớc dạng: OM = v , điểm O cố định vectơ v biết Thí dụ Cho ABC nội tiếp đ-ờng tròn tâm O a Chøng minh r»ng OA  OB  OC  b Hãy xác định điểm M, N, P cho: OM = OA  OB ; ON = OB  OC ; OP = OC  OA Giải a Vì ABC nên O trọng tâm ABC, ta có ngay: OA OB  OC  b Gäi A1, B1, C1 theo thứ tự trung điểm BC, AC, AB Dựng hình bình hành AOBM việc lấy ®iĨm M ®èi xøng víi O qua C1, ta cã đ-ợc OM = OA OB Các điểm N, P đ-ợc xác định t-ơng tự A M C1 O B C ThÝ dơ Cho ABC H·y x¸c định điểm M thoả mãn điều kiện: MA MB + MC = (*)  Gi¶i BA + MC =  MC = AB  ABCM lµ hình bình hành Từ đó, để xác định điểm M ta thùc hiƯn:  KỴ Ax // BC  KỴ Cy // AB  Giao cđa Ax vµ Cy chÝnh điểm M cần tìm 276 M A Biến đổi (*) dạng: B C Đặc biệt k = 1, M trung điểm đoạn thẳng M1M2, toạ độ M đ-ợc xác định bởi: x1  x   x    y  y1  y  Thí dụ Cho hai điểm A(0; 2) B(4; 3) Tìm toạ độ: a Trung điểm I AB b §iĨm M cho MA + MB =  Gi¶i a Ta cã I(2;  ) b Tõ gi¶ thiÕt MA + MB =  MA 2 MB  ®iĨm M chia ®o¹n AB theo tØ sè k =2 Do ®ã: x A  kx B   x   k  M:   M( ; ) 3  y  y A  ky B    1 k  Chú ý: Ta trình bày theo cách: Gi¶ sư M(x; y), ta cã: MA  ( x,  y)  MA + MB = (83x;43y)  MB  (4  x, 3  y) V× MA + MB = , nªn: 8  3x    4  3y    x   M( ; )  3 y    ThÝ dô Cho ABC, biÕt A(1; 0), B(3; 5), C(0; 3) a Xác định toạ độ điểm E cho AE = BC b Xác định toạ độ điểm F cho AF = CF = c Tìm tập hợp điểm M cho: |2( MA + MB )3 MC | = | MB  MC |  Gi¶i a Gi¶ sư E(x; y), ®ã AE (x1; y), BC (3; 8) 290 (1) Tõ ®ã: x   x   2.3    E(7; 16) AE = BC    y  16  y  2.8 b Giả sử F(x; y), đó: 2 AF2  25 (x  1)  y  25 (x  1)  y  25 AF = CF =       CF  25  x  3y   x  (y  3)  25  y  10y  30y   F (4,0)  x  4& y        y       x  5& y   F2 (5,3)  x  3y   x  3y   VËy tån hai điểm F1(4; 0) F2(5; 3) thoả mãn điều kiện đầu c Giả sử M(x; y), ®ã: MA (1x; y), MB (3x; 5y), MC (x; 3y)  2( MA + MB )3 MC = (x4; y19) MB MC = (3; 8) Khi đó: (1)  (x4)2 + (y19)2 = (3)2 + (8)2  (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73 Đặt I(4; 19), ta đ-ợc: IM2 = 73 M thuộc đ-ờng tròn tâm I(4, 19), bán kính R = 73  NhËn xÐt: Nh- vËy, vÝ dơ trªn chóng ta thực việc xác định điểm dựa đẳng thức vectơ, độ dài cho tr-ớc Tuy nhiên, nhiều tr-ờng hợp cần thiết lập đẳng thức dựa tính chất điểm cần xác định Thí dụ Cho ABC cân t¹i A, biÕt A(a; 3a  ), B(1; 0), C(2a1; 0) A thuộc góc phần t- thứ a Xác định toạ độ đỉnh ABC, biÕt r»ng p = (p lµ nưa chu vi) b Tìm toạ độ điểm MAB NBC cho đ-ờng thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi chia đôi diện tích ABC Giải a Ta có toạ độ điểm: y A(a; 3a  ), B(1; 0), C(2a1; 0), AM Tõ gi¶ thiÕt:  a   AP(I)    a  I  3a   B C O AB  BC  AC N  p=9 =9  2.8|a1| + 2|a1| = 18  a = hc a = (loại) Từ đó: A(2; ), B(1; 0), C(3; 0)  AB = AC = 8, BC = x 291 b Ta cần tìm điểm M AB (tức phải tìm x = BM, x 8) cho cạnh BC tồn điểm N thoả mãn: BN = px = 9x,  9x    x  9, SBMN = (1) SABC Tõ (1) ta đ-ợc: x BM.BN x(9 x) 1 =  =  x29x + =   AB.BC 2 8.2  x  1(l)  Víi x =  M  A(2; ) N(2; 0) trung điểm BC Chú ý: Bài toán có dạng tổng quát nh- sau "Cho ABC có cạnh a, b, c (t-ơng ứng với đỉnh A, B, C chu vi 2p), giả sử c b a Tìm ®iÓm M  AB, N  BC cho ®-êng thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi chia đôi diện tích ABC " Ph-ơng pháp giải Ta thực theo b-ớc sau: B-ớc 1: Điểm M AB (tức phải tìm x = BM, x c) cho cạnh BC tồn điểm N thoả mãn: BN = px, px  vµ SBMN = SABC (1) B-ớc 2: Từ (1) ta đ-ợc: BM.BN x(p x) =  =  2x22px + ac = (2) AB.BC 2 c.a B-íc 3: Gi¶i (2) ta xác định đ-ợc x, từ suy toạ độ điểm M, N Dạng toán 4: Vectơ ph-ơng Ba điểm thẳng hàng Định lý Menelaus Ph-ơng pháp áp dụng Cần nhớ kết sau: a Với hai vectơ v1 (x1, y1) v (x2, y2) ta cã v1 // v  x1 y1  x y2 b Cho ba ®iĨm A(x1, y1) , B(x2, y2) vµ C(x3, y3), ta cã: x x y y A, B, C thẳng hàng AC // AB  = x x1 y y1 c Định lý Menelaus: LÊy ba ®iĨm M, N, P theo thø tự cạnh BC, CA, AB ABC Điều kiện cần đủ để M, N, P thẳng hàng lµ: MB NC PA = MC NA PB 292 Thí dụ Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba ®iĨm A(3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; 5) a Chøng minh r»ng ba ®iĨm A, B, C thẳng hàng b Tìm toạ độ điểm D cho A trung điểm BD c Tìm toạ ®é ®iĨm E trªn trơc Ox cho A, B, E thẳng hàng Giải a Nhận xét rằng: AB (4; 3) vµ AC (12; 9)  AC = AB A, B, C thẳng hàng b Giả sử D(xD, yD), với điều kiện A trung ®iĨm cđa BD, ta ®-ỵc:  xD  3   x  7   D  D(7; 7)   yD  4   y D  c Gi¶ sư E(xE, 0)  Ox, ®ã AE (xE + 3; 4) Tõ đó, để ba điểm A, B, E thẳng hàng điều kiƯn lµ: x E  4 7  xE =  E( ; 0)  3 Thí dụ Tìm trục hoành điểm M cho tổng khoảng cách từ M tới điểm A B nhỏ tr-ờng hợp sau: a A(1; 2) B(3; 4) b A(1; 1) B(2; ) Giải a Nhận xét A, B phía với Ox Gọi A1 điểm đối xøng víi A qua Ox, suy A1(1; 2) Gäi P0 = (A1B) Ox y  A1, B, P0(x; 0) thẳng hàng A1B // A1P0 5 2  =  x =  P0( ; 0) 3 x 1 Ta cã O PA + PB = PA1 + PB  A1B VËy PA + PB nhỏ A1, B, P thẳng hàng  P  P0 2 y b NhËn xÐt A, B kh¸c phÝa víi Ox Gäi P0 = (AB)Ox B A P M3 x A1 A P0  A, B, P0(x, 0) thẳng hàng AB // AP0 O P 6 5  =  x =  P0( ; 0) 5 x 1 1 Ta cã 4 PA + PB  AB VËy PA + PB nhá nhÊt vµ chØ A, B, P thẳng hàng P P0 x B 293 Chú ý: Thí dụ trên, minh hoạ ph-ơng pháp giải cho lớp toán cực trị quen thuộc kỳ thi tuyển sinh vào tr-ờng đại học cao đẳng, em học sinh cần nắm đ-ợc ph-ơng pháp giải cho toán tổng quát nh- sau: Bài toán: Tìm đ-ờng thẳng (d): Ax + By + C = điểm P cho tổng khoảng cách từ P tới điểm A(xA, yA) B(xB, yB) không thuộc (d) nhỏ " Ph-ơng pháp Ta xác ®Þnh tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C) XÐt hai tr-êng hỵp Tr-êng hỵp 1: NÕu tA.tB <  A, B ng-ỵc phÝa víi (d) Ta thùc hiƯn theo c¸c b-íc sau: B-íc 1: Gọi P0 = (AB)(d), suy toạ độ P0 B-íc 2: Ta cã PA + PB  AB VËy PA + PB nhá nhÊt vµ chØ A, P, B thẳng hàng P P0 Tr-ờng hợp 2: NÕu tA.tB >  A, B cïng phÝa víi (d) Ta thùc hiƯn theo c¸c b-íc sau: B-íc 1: Gọi A1 điểm đối xứng với A qua (d) , suy toạ độ A1 B-ớc 2: Gọi P0 = (A1B)(d), suy toạ độ P0 B-ớc 3: Ta cã PA + PB = PA1 + PB  AB VËy PA + PB nhá nhÊt  A1,P, B thẳng hàng P P0 Ngoài ph-ơng pháp nhận đ-ợc ph-ơng pháp giải khác minh hoạ toán Ph-ơng pháp toạ độ hoá Dạng toán 5: Ph-ơng pháp toạ độ hoá Ph-ơng pháp áp dụng Ph-ơng pháp toạ độ hoá th-ờng đ-ợc sử dụng phổ biến hai dạng: Dạng 1: Ta thực phép toạ độ hoá điểm hình đ-a toán hình học dạng giải tích Dạng 2: Lựa chọn điểm thích hợp để biến đổi biểu thức đại số dạng độ dài hình học Ph-ơng pháp tỏ hiệu để tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức đại số Thí dụ Tìm giá trị nhỏ hàm số y = x2  x  + x2  x Giải Viết lại hàm số d-ới d¹ng: y= 294 x2  x  + x2  x  = (x  )  + (x  )2 1 3 Xét điểm A( ; ), B( ;  ) vµ M(x; 0), ®ã: 2 2 AM = x  x  , BM = x  x  , suy S = AM + BM AB = Vậy, ta đ-ợc SMin = 1, đạt đ-ợc khi: A, B, M thẳng hàng AM // AB toạ độ M Chú ý: Víi c¸c em häc sinh ch-a cã kinh nghiƯm giải dạng toán thông th-ờng chọn A( ; 3 ), B( ; ) M(x; 0) nhận 2 đ-ợc SMin = 1, nhiên điều kiện cho A, B, M thẳng hàng vô nghiệm Đôi dạng toán đ-ợc minh hoạ d-ới dạng trị tuyệt ®èi ThÝ dơ Cho ba ®iĨm A(1; 2), B(0;1) M(t; 2t + 1) Tìm điểm M thuộc (d) cho: a (MA + MB) nhá nhÊt b |MAMB| lín nhÊt  Gi¶i a Ta cã: MA + MB = = (t  1)2  (2t  1)2 + 5t  6t  + t  (2t  2)2 5t  8t  2  4  3 + t    ] [ t      25   25 Xét điểm A1( ; ); B1( ; ) M1(t; 0) 5 5 Khi đó: MA + MB = ( M1A1 + M1B1) V× M1 chạy trục hoành A1, B1 nằm hai phÝa cđa Ox nªn (MA + MB)min  (M1A1 + M1B1)min  M1 = (A1B1)Ox 2 19  M1( ; 0)  M( ; ) 15 15 15 b T-ơng tự câu a) ta có: = |MAMB| =  3  4   t    t    25 25     Xét điểm A2( ; ); B2( ; ) M2(t; 0) 5 5 Khi ®ã: |MAMB| = |M2A2M2B2| 295 Vì M2 chạy trục hoành A2, B2 n»m vỊ mét phÝa cđa Ox nªn |MAMB|max  |M2A2M2B2|max  M2 = (A2B2)Ox  M2(2; 0)  M(2; 5) C Các toán chọn lọc Ví dụ 1: Cho tø gi¸c ABCD Chøng minh r»ng: a Cã mét ®iĨm O nhÊt cho: OA + OB + OC + OD = Điểm O đ-ợc gọi trọng tâm bốn điểm A, B, C, D Tuy nhiên, ng-ời ta gọi quen O trọng tâm tứ giác ABCD b Trọng tâm O trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối tứ giác, trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai đ-ờng chéo tứ giác c Trọng tâm O nằm đoạn thảng nối đỉnh tứ giác trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh lại Giải a Giả sử có điểm O1 thoả m·n: = O1A + O1B + O1C + O1D = O1O + OA + OB + OC + OD = O1O  O1O =  O1 O Vậy, tồn điểm O thoả mãn hệ thức vectơ cho b Gọi M, N, P, Q, E, F theo thø tù lµ trung ®iĨm cđa AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta cã lần l-ợt chứng minh: O trung điểm MP (đoạn nối trung điểm hai cạnh AB CD), thËt vËy: = OA + OB + OC + OD = OM + OP  OM + OP = O trung điểm MP O trung điểm NQ (đoạn nối trung điểm hai cạnh BC DA), thật vậy: = OA + OB + OC + OD = ON + OQ  ON + OQ =  O trung điểm NQ O trung điểm EF (đoạn nối trung điểm hai đ-ờng chéo AC BD), thËt vËy: = OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = OE + OF  OE + OF = O trung điểm EF c Gọi G trọng tâm ABC, ta có: = OA + OB + OC + OD = OG + OD = 3 GO + ( GD  GO )  GD = GO  G, O, D th¼ng hàng Vậy, trọng tâm O nằm đoạn thảng nối đỉnh tứ giác trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh lại 296 Ví dụ 2: Cho đa giác n cạnh A1A2 An, t©m O Chøng minh r»ng: n  OA i 1 i =  Gi¶i Ta cã thĨ lùa chän hai cách trình bày: n Cách 1: Gọi OA =  OA i 1 i NhËn xÐt quay đa giác góc thì: n n Đa giác không đổi, nên OA i 1 i = OA 2 n Suy vect¬ OA cã h-íng t ý  OA = , đpcm Cách 2: Xét hai tr-ờng hợp: Tr-ờng hợp 1: Nếu n = 2k Khi đó, với ®Ønh bÊt kú cđa ®a gi¸c ®Ịu cã ®Ønh ®èi xứng với qua O đpcm Tr-ờng hợp 2: Nếu n = 2k1 Khi đỉnh A2, ,An chia thành hai phần đối xứng qua trục OA1, cách lập tổng cặp vectơ đối xứng đpcm Vectơ OA bị quay theo chiều mét gãc NhËn xÐt: Nh- vËy, ®Ĩ chøng minh OA = ta cã thĨ sư dơng tÝnh chÊt "Vect¬ không vectơ có ph-ơng h-ớng tuỳ ý" Ví dụ 3: Cho ABC Gọi I tâm đ-ờng tròn nội tiÕp tam gi¸c Chøng minh r»ng a IA + b IB + c IC =  Gi¶i Dùng hình bình hành AB2IC2 có AB2//CC1 AC2//BB1, ta đ-ợc: IA = IB2 + IC2 , (1)  IB2 C1A b b  IB  C B  a  IB2 =  IB (2)  B2 a IB  IB B1   IC2 B1A c c  IC  B C  a  IC2 =  IC  a IC  ICB  A C2 C1 I (3) C B Thay (2), (3) vào (1), ta đ-ợc: b c IA =  IB  IC  a IA + b IB + c IC = , ®pcm a a 297 Ví dụ 4: Cho điểm A, B, C, D, E a T×m O cho OA + OB + OC = b T×m I cho IA + IB + IC + ID = c T×m K cho KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = Giải a Gọi M, N, F trung điểm AB, BC vµ AC, ta cã: = OA + OB + OC = ( OA + OC ) + 2( OB + OC ) = OF + ON = 2 FO + 4( FN  FO )  FO = FN , suy điểm O đ-ợc hoàn toàn xác định b Ta lựa chọn hai cách trình bày: Cách 1: Gọi P, Q trung điểm CD, MP, ta cã: = IA + IB + IC + ID = IM + IP = IQ  IQ =  I  Q, suy điểm I đ-ợc hoàn toàn xác định Cách 2: Gọi G trọng tâm ABC, ta có: = IA + IB + IC + ID = IG + ID = 3 GI + ( GD  GI )  GI = GD , suy ®iĨm I đ-ợc hoàn toàn xác định c Ta có: = KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = KG + 3( KD + KE )  KG + KD + KE =  K trọng tâm DEG Ví dụ 5: Cho ABC, M điểm tuỳ ý mặt phẳng a Chứng minh r»ng vect¬ v = MA 5 MB + MC không đổi b Tìm tập hợp điểm M tho¶ m·n: |3 MA + MB 2 MC | = | MB  MC |  Gi¶i a Ta cã: v = MA 5 MB + MC = 3( MA  MB ) + 2( MC  MB ) = BA + BC , không đổi b Gọi I điểm thoả mãn hệ thøc IA + IB 2 IC = tồn điểm I Ta đ-ợc: MA + MB 2 MC = (3 + 22) MI = MI 298 (1) Mặt khác, ta còng cã: MB  MC = CB Thay (1), (2) vào hệ thức câu b), ta đ-ợc: 3| MI | = | CB |  MI = BC M thuộc đ-ờng tròn tâm I, bán kÝnh b»ng (2) BC Cho ABC LÊy c¸c ®iÓm A1 BC, B1 AC, C1 AB cho AA1 + BB1 + CC1 = Chøng minh r»ng hai tam giác ABC A1B1C1 có trọng tâm VÝ dơ 6:  Gi¶i Gäi G, G1 theo thø tự trọng tâm tam giác ABC, A1B1C1, ta cã: GA + GB + GC = G1A1 + G1B1 + G1C1 = Mặt khác từ gi¶ thiÕt, ta cã: = AA1 + BB1 + CC1 = ( AG + GG1 + G1A1 ) + ( BG + GG1 + G1B1 ) + ( CG + GG1 + G1C1 ) = ( GA + GB + GC ) + ( G1A1 + G1B1 + G1C1 ) + GG1 = GG1  GG1 =  G  G1 VÝ dô 7: Cho ABC, điểm M mặt phẳng thoả mãn: MN = MA + MB + MC a Chøng minh r»ng MN qua trọng tâm G ABC M thay đổi b Gọi P trung điểm CN Chứng minh MP qua điểm cố định M thay đổi Giải a Với G trọng tâm ABC ta có: GA + GB + GC = Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn ®-ỵc: MN = MA + MB + MC = MG Vậy MN qua trọng tâm G ABC M thay đổi b Vì P trung điểm CN nên: 1 MP = ( MC + MN ) = ( MC + MA + MB + MC ) 2 = ( MA + MB + MC ) 299 Gäi J điểm thoả mãn: JA + JB + JC =  JA + ( JA + AB ) + 2( JA + AC ) = 1  AJ = AB + AC  AJ = AB + AC  tån t¹i điểm J cố định Từ đó: 1 MP = ( MA + MB + MC ) = (1 + + 2) MJ = MJ 2 Vậy MP qua điểm cố ®Þnh J M thay ®ỉi VÝ dơ 8: Cho ABC Lấy điểm A1BC, B1AC, C1AB cho: AA1 + BB1 + CC1 = a Chøng minh r»ng BA1 CB1 AC1 = = BC CA AB b Xác định vị trí A1, B1, C1 để AA1, BB1 CC1 đồng quy Giải a Đặt: A BA1 = α BC , CB1 =  CA , AC1 =  AB Khi ®ã: = AA1 + BB1 + CC1 = ( AB + BA1 ) + ( BC + CB1 ) + ( CA + AC1 ) = ( AB + BC + CA ) + ( BA1 + CB1 + AC1 ) = α BC +  CA +  AB V× AB + BC + CA = nên (*) vµ chØ khi: CB1 AC1 BA1 α== = = , đpcm CA AB BC b Bạn đọc tự giải VÝ dơ 9:  Gi¶i B A1 C (*) Cho ABC Lấy điểm M, N, P cho: MB 3 MC = , AN = NC , PA + PB = TÝnh MP , MN theo AB vµ AC Suy M, N, P thẳng hàng Ta có: MP AP AM , MN  AN  AP , Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , thĨ tõ gi¶ thiÕt: MB 3 MC =  (AB  AM) 3 (AC  AM) =  AM =  AB  AC 2 300 G B1 C1 (1) (2) (3) AC PA + PB =  AP  AB Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta đ-ợc: 1 MP  AB + AB  AC  AB  AC  2 2 MN  AC  AB Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy MP = 2 MN  M, N, P thẳng hàng AN = NC AN = (4) (5)  (7) VÝ dơ 10: Cho ABC, cã c¸c c¹nh a, b, c Gäi A1, B1, C1 theo thø tự chân đ-ờng phân giác kẻ từ A, B, C a TÝnh AA1 theo AB vµ AC b Chứng minh ABC tam giác nÕu AA1 + BB1 + CC1 =  Gi¶i a Ta cã: BA1 AA1  AB BA1 BA1 c c =  = = = bc b AC  AB BC BA1  A1C A1C b c c AB +  AA1  AB = ( AC  AB )  AA1 = AC bc bc bc b T-ơng tự câu a), ta đ-ợc: a a c c BA = AB , BB1 = BC + BC  ca ca ca ca b b c c CC1 = CA + CB =  AC  BC ab ab ab ab Tõ ®ã: = AA1 + BB1 + CC1 b a c c c b =(  ) AB + (  ) AC + (  ) BC bc ca bc ab ca ab a b c c b c =(  )( AC  BC ) + (  ) AC + (  ) BC ca ca bc bc ab ab b a c b a c b c =(  +  ) AC (   + ) BC bc ca bc bc ca ca ab ab Vì AC BC hai vectơ không ph-ơng, nên đẳng thức ®óng vµ chØ khi: a c c  b  b  c  c  a  b  c  a  b   a = b = c  ABC ®Ịu   b  a  c  b 0  b  c c  a c  a a  b 301 VÝ dô 11: Cho ABC, biÕt A(1; 1), B(2; 4), C(6; 1) Lấy điểm M, N, P đ-ờng thẳng AB, CA, BC cho điểm lần l-ợt chia đoạn thẳng theo tỉ số 1, , a Xác định toạ độ M, N, P b Chứng tỏ M, N, P thẳng hàng Giải a Ta có: M(x; y) chia đoạn AB theo tỉ số M trung điểm AB  M( ; ) 2 N(x; y) chia ®o¹n CA theo tØ sè  NC =  NA  2(6x; 1y) = (1x; 1y) 2(6  x)   x  x  11/ 11      N( ; ) 3 2(1  y)   y y 1/ P(x; y) chia đoạn BC theo tỉ số C trung điểm BP  P(10; 2) b Ta cã: MP ( 19 19 7 ;  ) & NP ( ;  )  MP // NP  M, N, P th¼ng hµng 3 VÝ dơ 12: Cho ABC, biết A(1; 3), B(3;5), C(2; 2) Tìm toạ độ: a Giao điểm E BC với phân giác góc A b Giao điểm F BC với phân giác góc A Giải Ta có: AC = AB a Gi¶ sư E(x; y), theo tÝnh chất phân giác trong, ta đ-ợc: EC = EC (2x; 2y) = 2 EB (3x; 5y) EB F 2  x  2(3  x) x  /      E( ; 4) 2  y  2(5  y)  y  4 b Gi¶ sư F(x; y), theo tÝnh chất phân giác ngoài, ta đ-ợc: FC = FC (2x; 2y) = FB (3x; 5y) FB 2  x  2(3  x) x       F(4; 8) 2  y  2(5  y)  y  8 AB2 = + = vµ AC2 = + =  k = 302 A B E C Ví dụ 13: Cho ABC vuông A, biết A(a; 0), B(1; 0), C(a; a  ) X¸c định toạ độ trọng tâm G ABC, biết bán kính đ-ờng tròn nội tiếp ABC Gi¶i 2a  a  ; ) Víi nhËn xÐt: 3 SABC = AB.AC = p.r  AB.AC = 2(AB + AC + BC)  |a1|.|a1| = 2(|a1| + |a1| + 2|a1|) a    |a1| = +   a  1  Ta lần l-ợt: 74 22 Với a = + , ta đ-ợc: G( ; ) 3 Ta cã G( 1  2  ; ) 3 VËy tồn hai điểm G thoả mãn điều kiện đầu Với a = 12 , ta đ-ợc: G( VÝ dơ 14: Cho ®iĨm M(4; 1), hai ®iĨm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > cho A, B, M thẳng hàng Xác định toạ độ cđa A, B cho: a DiƯn tÝch OAB nhá nhÊt b OA + OB nhá nhÊt 1 + nhỏ OA OB2 Giải Vì A, B, M thẳng hàng 4a 1 AM // AB  =  + = a b b a a Ta có, diện tích OAB đ-ợc cho bởi: ab S = OA.OB = 2 Tõ (1) suy 4 1= + 2 =  ab  16  S  a b a b ab VËy SMin = 8, đạt đ-ợc khi: a A(8;0) 1 = =     a b b  B(0;2) (1) 303 b Tõ (1), ta ®-ỵc : 4b a=  ®iỊu kiƯn b > b 1 Khi ®ã: 4b 4 OA + OB = +b= +b+4= + b1 +  (b  1) + = b 1 b 1 b 1 b 1 VËy (OA + OB)Min = 9, đạt đ-ợc khi: A(6;0) a = b1 =     b 1 B(0;3) b  c Ta cã: 1 1 + = + 2 OA OB a b NhËn xÐt r»ng: 1 1 (42 + 12)( + )  ( + )2 =  +  a b a b a b 17 1 Vậy, ta đ-ợc ( + ) = , đạt ®-ỵc khi: 2 Min OA 17 OB 4  17  17   1 A( ;0) a      a b 4a  b B(0;17)  b  17 VÝ dô 15: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S= x  y2  2x  4y  + x  y2  6x  4y  13 Giải Viết lại biểu thức d-ới dạng: S = (x  1)2  (y  2)2 + (x  3)2  (y  2)2 XÐt c¸c ®iĨm A(1; 2), B(3; 2) vµ M(x; y), ®ã: AM = (x  1)2  (y  2)2 , BM = (x  3)2  (y  2)2 , suy ra: S = AM + BM  AB = Vậy, ta đ-ợc SMin = 4, đạt đ-ợc khi: A, B, M thẳng hàng AM // AB x 1 y2 =  y = 2, đó: S = |x + 1| + |x3| = |x + 1| + |3x|  |x + + 3x| = 4, dÊu “ = ” x¶y (x + 1)(3x)   1  x Vậy, ta đ-ợc SMin = 4, đạt đ-ợc 1  x  vµ y  304
- Xem thêm -

Xem thêm: KIẾN THỨC CHƯƠNG 1 PHẦN HÌNH HỌC TOÁN 10: VECTƠ, KIẾN THỨC CHƯƠNG 1 PHẦN HÌNH HỌC TOÁN 10: VECTƠ

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn