Ứng dụng của vectơ trong giải toán hình học, đại số giải tích

Ứng dụng của vectơ trong giải toán hình học, đại số: giải toán đồng quy, thẳng hàng, vuông góc, tính góc, bất đẳng thức, giải phương trình, cực trị...

Ghi chú: Bài viết này Toancap3.com tổng hợp từ nhiều nguồn.

Sau khi được học toàn bộ lý thuyết về vectơ trong Toán 10 . Ở bài này, Toancap3.com giới thiệu với các em ứng dụng của vectơ vào giải các bài Toán phổ thông.

1. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG

1.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta đi chứng minh: \overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}  với k ∈ R.

Để nhận được (1), ta lựa chọn một trong hai hướng:

- Hướng 1: Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết.

- Hướng 2:  Xác định vectơ \overrightarrow{AB} và \overrightarrow{AC} thông qua các tổ hợp trung gian.

* Chú ý: Cho ba điểm A, B, C. Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là:

\overrightarrow{MC}=\alpha \overrightarrow{MA}+(1-\alpha )\overrightarrow{MB}

Với điểm tùy ý M và số thực α  bất kì.

Đặc biệt khi 0 ≤ α ≤ 1  thì C thuộc đoạn AB

1.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD, I là trung điểm của cạnh BC và E là điểm thuộc đường chéo AC thỏa mãn tỉ số \frac{A\text{E}}{AC}=\frac{2}{3}. Chứng minh ba điểm D, E, I  thẳng hàng.

Giải

Ta có:

\overrightarrow{DI}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CI}

⇒ \overrightarrow{DI}=\overrightarrow{DC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}

\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CE}

Theo giả thiết, ta suy ra:

\overrightarrow{CE}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{C\text{D}}+\overrightarrow{DA})

\overrightarrow{CE}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{C\text{D}}+\overrightarrow{DA})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{C\text{D}}+\overrightarrow{CB})

Từ đây ta có:

\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{C\text{D}}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}

⇒ \overrightarrow{DE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{DC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}

⇒ \overrightarrow{DE}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{DC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB})

Từ (1) và (2) suy ra: \overrightarrow{DE}=\frac{2}{3}\overrightarrow{DI}

Vậy ba điểm D, E, I thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho ABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của ABC. CMR O, G, H thẳng hàng.

Giải

Ta có:

\overrightarrow{OG}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})     (1)

Gọi E là trung điểm BC và  là điểm đối xứng với A qua O, ta được:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}BH//C{{A}_{1}}\\CH//B{{A}_{1}}\end{array} \right.

\displaystyle \Rightarrow {{A}_{1}}BHC là hình bình hành

\displaystyle \Rightarrow {{A}_{1}} , E, H thẳng hàng ⇒ \displaystyle \overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OE}

Ta có: \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}     (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OH}\Leftrightarrow O,G,H thẳng hàng.

Ví dụ 3: Cho ba dây cung song song A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}} của đường tròn (O). Chứng   minh rằng trực tâm của ba tam giác AB{{C}_{1}},BC{{A}_{1}},CA{{B}_{1}}  nằm trên một đường thẳng.

Giải

Gọi {{H}_{1}},{{H}_{2}},{{H}_{3}} lần lượt là trực tâm của các tam giác AB{{C}_{1}},BC{{A}_{1}},CA{{B}_{1}}

Ta có:

\begin{array}{l}\overrightarrow{O{{H}_{1}}}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{O{{C}_{1}}}\\\overrightarrow{O{{H}_{2}}}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{O{{A}_{1}}}\\\overrightarrow{O{{H}_{3}}}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{O{{B}_{1}}}\end{array}

Suy ra:

\overrightarrow{{{H}_{1}}{{H}_{2}}}=\overrightarrow{O{{H}_{2}}}-\overrightarrow{O{{H}_{1}}}

\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{O{{C}_{1}}}+\overrightarrow{O{{A}_{1}}}-\overrightarrow{OA}

\overrightarrow{{{C}_{1}}C}+\overrightarrow{A{{A}_{1}}}

\overrightarrow{{{H}_{1}}{{H}_{3}}}=\overrightarrow{O{{H}_{3}}}-\overrightarrow{O{{H}_{1}}}

\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{O{{C}_{1}}}+\overrightarrow{O{{B}_{1}}}-\overrightarrow{OB}

\overrightarrow{{{C}_{1}}C}+\overrightarrow{B{{B}_{1}}}

Vì các dây cung A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}} song song với nhau

Nên ba vectơ \overrightarrow{A{{A}_{1}}},\overrightarrow{B{{B}_{1}}},\overrightarrow{C{{C}_{1}}} có cùng phương.

Do đó hai vectơ \overrightarrow{{{H}_{1}}{{H}_{2}}}\overrightarrow{{{H}_{1}}{{H}_{3}}} cùng phương hay ba điểm {{H}_{1}},{{H}_{2}},{{H}_{3}} thẳng hàng.

1.3- BÀI TẬP TỰ GIẢI

  1. Cho ΔABC. Đường tròn nội tiếp ΔABC tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại M, N. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC và BC. Tìm điểm P thuộc EF sao cho M, N, P thẳng hàng.
  2. Cho ΔABC với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Các đường thẳng {{\Delta }_{1}},{{\Delta }_{2}},{{\Delta }_{3}} đôi một song song nhau lần lượt qua các điểm A, B, C và có giao điểm thứ hai với đường tròn (O) theo thứ tự là {{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}. Chứng minh trực tâm của ba tam giác AB{{C}_{1}},BC{{A}_{1}},CA{{B}_{1}} thẳng hàng.
  3. Cho hình bình hành ABCD. Gọi E là điểm đối xứng của D qua điểm A, F là điểm đối xứng của tâm O của hình bình hành qua điểm C và K là trung điểm của đoạn OB. Chứng minh ba điểm E, K, F thảng hàng và K là trung điểm của EF.
  4. Cho tam giác ABC và M, N lần lượt là trung điểm AB, AC.Gọi P, Q là trung điểm MN và BC. CMR : A, P , Q thẳng hàng.
  5. Cho tam giác ABC, E là trung điểm AB và F thuộc thoả mãn AF = 2FC.

Gọi M là trung điểm BC và I là điểm thoả mãn 4EI = 3FI. CMR : A, M, I thẳng hàng.

  1. Lấy N thuộc BC sao cho BN = 2 NC và J thuộc EF sao cho 2EJ = 3JF. CMR A, J, N thẳng hàng.
  2. Lấy điểm K là trung điểm EF. Tìm P thuộc BC sao cho A, K, P thẳng hàng.
  3. Cho tam giác ABC có AM là trung tuyến. Gọi I là trung điểm AM và K là một điểm trên cạnh AC sao cho AK = \displaystyle \frac{1}{3} AC. Chứng minh  ba điểm B, I, K thẳng hàng

2. ỨNG DỤNG CỦA VETƠ TRONG CÁC BÀI TOÁN VUÔNG GÓC, TÍNH GÓC

2.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta cần chứng minh tích vô hướng của chúng bằng 0

AB\bot AC\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0

2.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Trong đường tròn C(O; R) cho hai dây cung AA’, BB’ vuông góc với nhau ở điểm S và gọi M là trung điểm của AB.CMR: SM vuông góc A’B’.

Giải

Xét tích vô hướng

\overrightarrow{SM}.\overrightarrow{A'B'}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}).(\overrightarrow{SB'}-\overrightarrow{SA'})

= \frac{1}{2}(\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB'}-\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SA'}+\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SB'}-\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SA'})

Ta có:

\overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SB'}=0 \overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SA'}=0 \overrightarrow{SA}.\overrightarrow{SA'}=\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{SB'}

Từ đó suy ra \overrightarrow{SM}.\overrightarrow{A'B'}=0 nên SM vuông góc với A’B.

2.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI

  1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp \Delta ABC, D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm của \Delta ACD. Chứng minh rằng nếu AB = AC thì OE\bot CD .
  2. Cho \Delta ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm \Delta ADC. Chứng minh IE\bot CD. (I là tâm đường tròn ngoại tiếp \Delta ABC).
  3. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN. Chứng minh rằng: BM\bot CN\Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}=5{{a}^{2}}
  4. Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ BH\bot AC.Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AH và DC.Chứng minh rằng: BM\bot MN.
  5. Cho hình vuông ABCD, trên DC lấy điểm E, kẻ EF\bot AC,(F\in BC). M, N lần lượt là trung điểm của AE và DC. Chứng minh rằng: MN\bot DF
  6. Cho hình vuông ABCD, trên AB lấy điểm P, trên AD lấy điểm Q sao cho AP = AQ. Kẻ AH\bot DP.Chứng minh rằng: CH\bot QH
  7. Cho tam giác cân ABC, AB=AC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm cạnh AB và G là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh: OG\bot CD.

3. CHỨNG MINH HAI ĐIỂM TRÙNG NHAU

3.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Muốn chứng minh hai điểm \displaystyle {{A}_{1}} và \displaystyle {{A}_{2}} trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai hướng:

- Hướng 1:   Chứng minh \overrightarrow{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}=\overrightarrow{0} .

- Hướng 2:   Chứng minh \overrightarrow{O{{A}_{1}}}=\overrightarrow{O{{A}_{2}}} với O là điểm tùy ý.

3.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm.

Giải

Gọi {{G}_{1}},{{G}_{2}} lần lượt là trọng tâm của tam giác ANP và CMQ và O là một điểm tùy ý.

Ta có: \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}=3\overrightarrow{O{{G}_{1}}}\\\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OQ}=3\overrightarrow{O{{G}_{2}}}\end{array} \right.        (1)

Mặt khác:

\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{O\text{D}})

\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OC}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{O\text{D}})   (2)

\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{OQ}=\overrightarrow{OC}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{O\text{D}})

\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{O\text{D}})   (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: \overrightarrow{O{{G}_{1}}}=\overrightarrow{O{{G}_{2}}}

Vậy {{G}_{1}} và {{G}_{2}} trùng nhau.

3.3 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

  1. Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.
  2. Cho lục giác ABCDEF có AB\bot \text{EF} và hai tam giác ACE và BDF có cùng trọng tâm. CMR:  AB²+EF²=CD².

4. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CÁC BÀI TOÁN QUỸ TÍCH ĐIỂM

4.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Với các bài toán quỹ tích ta cần nhớ :

Nếu \left| \overrightarrow{MA} \right| = \left| \overrightarrow{MB} \right|, với A, B cho trước thì M thuộc đường trung trực của đoạn AB.

\left| \overrightarrow{MC} \right| =k\displaystyle \left| \overrightarrow{AB} \right|, với A, B, C cho trước thì M thuộc đường tròn tâm C, bán kính bằng k.AB.

Nếu \overrightarrow{MA} = k\overrightarrow{BC}, với A, B, C cho trước thì:

- Với k ∈ R điểm M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.

- Với k ∈ {{R}^{+}} điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC theo hướng \overrightarrow{BC}.

- Với k∈ R điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC ngược hướng \overrightarrow{BC}.

4.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho ABC, tìn tập hợp những điểm M thỏa mãn

a. \overrightarrow{MA}+k\overrightarrow{MB}-k\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}  (1)

b. (1-k)\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-k\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0} (2)

Giải

a. Ta biến đổi (1) về dạng:

\overrightarrow{MA}=k(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MB})\Leftrightarrow \overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{BC}.

⇔ M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.

b. Ta biến đổi (2) về dạng:

\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-k(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC})=\overrightarrow{0}   (3)

Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB và AC, ta được:

(3) ⇔ \displaystyle 2\overrightarrow{ME}-2k\overrightarrow{MF}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow \overrightarrow{ME}=k\overrightarrow{MF}

⇔ M thuộc đường trung bình EF của ABC.

Ví dụ 2: Trên tia Ox và Oy của \widehat{xOy} lấy hai điểm M, N sao cho OM + ON = a (a là độ dài cho trước). Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn MN.

Giải

Lấy hai điểm {{M}_{0}}, {{N}_{0}}  thuộc Ox, Oy sao cho:

O{{M}_{0}}=O{{N}_{0}}=\frac{a}{2}

Giả sử OM=k thì ON=a-k, với 0 \le k\le a, khi đó:

\overrightarrow{OM}=\frac{2k}{a}\overrightarrow{O{{M}_{0}}} và \overrightarrow{ON}=\frac{2(a-k)}{a}\overrightarrow{O{{N}_{0}}}

Vì I là trung điểm của đoạn MN, ta được:

\overrightarrow{OI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})=\frac{1}{2}\text{ }\!\![\!\!\text{ }\frac{2k}{a}\overrightarrow{O{{M}_{0}}}+\frac{2(a-k)}{a}\overrightarrow{O{{N}_{0}}}

⇔ \displaystyle \overrightarrow{{{M}_{0}}I}=(\frac{k}{a}-1)\overrightarrow{O{{M}_{0}}}+\frac{a-k}{a}\overrightarrow{O{{N}_{0}}}

⇔ a\overrightarrow{{{M}_{0}}I}=(a-k)(\overrightarrow{O{{N}_{0}}}-\overrightarrow{O{{M}_{0}}})

\overrightarrow{{{M}_{0}}I}=\frac{a-k}{A}\overrightarrow{{{M}_{0}}{{N}_{0}}}

Vậy quỹ tích I thuộc đoạn {{M}_{0}}{{N}_{0}}.     

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC và trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với AB cắt các đoạn thẳng AM, AC và BC lần lượt tại D, E và F. Một điểm G nằm trên cạnh AB sao cho FG song song AC. Chứng minh rằng hai tam giác ADE và BFG có diện tích bằng nhau.

Giải

Ta đặt: \overrightarrow{CA}=\overrightarrow{a};\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{b}.Khi đó \overrightarrow{CM}=\frac{\overrightarrow{b}}{2}\overrightarrow{CE}=k\overrightarrow{CA}=k\overrightarrow{a}. Vì E nằm ngoài đoạn thẳng AC nên có số k sao cho \overrightarrow{CE}=k\overrightarrow{CA}=k\overrightarrow{a}, với 0< k< 1. Khi đó \overrightarrow{CF}=k\overrightarrow{CB}=k\overrightarrow{b}

Điểm D nằm trên AM và EF nên có hai số x và y sao cho:

\overrightarrow{CD}=x\overrightarrow{CA}+(1-x)\overrightarrow{CM}=y\overrightarrow{CE}+(1-y)\overrightarrow{CF}

Hay x\overrightarrow{a}+\frac{1-x}{2}\overrightarrow{b}=ky\overrightarrow{a}+k(1-y)\overrightarrow{b}

Vì hai vectơ không cùng phương nên x = ky và \frac{1-x}{2}=k(1-y).

Suy ra x = 2k -1, do đó \overrightarrow{CD}=(2k-1)\overrightarrow{a}+(1-k)\overrightarrow{b}

Ta có:

\overrightarrow{ED}=\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CE}(2k-1)\overrightarrow{a}+(1-k)\overrightarrow{b}-k\overrightarrow{a}(1-k)(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})(1-k)\overrightarrow{AB}

Chú ý rằng vì \overrightarrow{CF}=k\overrightarrow{CB} hay \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BG}=k\overrightarrow{AB}

Suy ra (1-k)\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{GB}

Do đó ED = GB. Như vậy, hai tam giác ADE và BFG có các cạnh đáy ED và GB bằng nhau (bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song) nên có diện tích bằng nhau.

Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AM=\frac{AC}{4}. Gọi N là trung điểm CD. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân.

Giải

Đặt \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}

Khi đó:

\overrightarrow{AM}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}) \overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=\overrightarrow{a}+\frac{\overrightarrow{b}}{2}

Ta có:

\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MN}=\frac{1}{16}(-\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b})(3\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})

\frac{1}{16}(-3{{\overrightarrow{a}}^{2}}+3{{\overrightarrow{b}}^{2}}+8\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b})=0

{{\overrightarrow{MB}}^{2}}=\frac{1}{16}{{(-\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b})}^{2}}=\frac{1}{16}({{\overrightarrow{a}}^{2}}+9{{\overrightarrow{b}}^{2}}-6\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b})=\frac{5}{8}{{\overrightarrow{a}}^{2}} {{\overrightarrow{MN}}^{2}}=\frac{1}{16}{{(3\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})}^{2}}=\frac{1}{16}(9{{\overrightarrow{a}}^{2}}+{{\overrightarrow{b}}^{2}}+6\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b})=\frac{5}{8}{{\overrightarrow{a}}^{2}}

Vậy MB vuông góc với MN và MB =MN, tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M.

Ví dụ 5: Chứng minh rằng trong hình bình hành ta có: tổng các bình phương của hai đường chéo bằng tổng các bình phương của các cạnh

Giải

Cho hình bình hành ABCD,ta phải chứng minh:

A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=2(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}})

Ta có:

A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}={{\overrightarrow{AC}}^{2}}+{{\overrightarrow{BD}}^{2}}

{{(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})}^{2}}+{{(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA})}^{2}}

2(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}})+2(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC})

Do \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=0

\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{AB};\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}

nên: \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=0

Vậy ta có: A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=2(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}})

4.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI

1. Cho \Delta ABC vuông cân tại C. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho: \frac{MB}{MC}=\frac{NC}{NA}=\frac{PA}{PB}

Chứng minh rằng:

a. CP\bot MN

b. CP=MN

2. Cho \Delta ABC có đường cao CH. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CH. Một đường thẳng d di động luôn luôn song song với cạnh AB cắt cạnh AC ở M và cắt cạnh BC ở N. Dựng hình chữ nhật MNPQ với hai điểm P, Q nằm trên cạnh AB. Gọi J là tâm hình chữ nhật MNPQ. Chứng tỏ rằng ba điểm I, K, J thẳng hàng.

3. Cho hai hình vuông ABCD và BMNP sắp xếp cho P thuộc cạnh BC, B thuộc đoạn AM. Tính góc giữa hai đường thẳng AP và DN.

4. Cho tứ giác ABCD. M,N lần lượt là trung điểm của AC và BD.Tính MN theo các cạnh và hai đường chéo của tứ giác.

5. Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Hãy xác định vị trí của  điểm M trên đường thẳng d sao cho biểu thức: T = M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}} là nhỏ nhất.

6. Cho tam giác ABC có BC=a, CA=b, AB=c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng biểu thức: a.M{{A}^{2}}+b.M{{B}^{2}}+c.M{{C}^{2}} là không đổi khi M di động trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

7. Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Giả sử M là một diểm di động trên (O;R). Chứng minh rằng: M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} là luôn luôn không đổi. Hãy tính lượng không đổi đó theo R.

8. Cho tam giác ABC có trọng tâm H và O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi B’ là B điểm đối xứng với B qua O. Chứng minh: \displaystyle \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{B'C}

5. ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

5.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Ta có:

\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b} \right|.c\text{os}\alpha , với \alpha =(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}),

và bởi |cos α| ≤ 1, do đó: \left| \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b} \right|\le \left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b} \right|

5.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho ΔABC, CMR: cosA + cosB + cosC \le \frac{3}{2}

5.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho ΔABC, CMR: cosA + cosB + cosC \le \frac{3}{2}.

Giải

Thiết lập các vectơ đơn vị \overrightarrow{{{e}_{1}}}, \overrightarrow{{{e}_{2}}} , \overrightarrow{{{e}_{3}}} trên các cạnh AB, BC, AC của ΔABC, ta được:

\overrightarrow{{{e}_{1}}}.\overrightarrow{{{e}_{2}}}=\left| \overrightarrow{{{e}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{e}_{2}}} \right|.c\text{os}({{180}^{0}}-B)=-\cos B,

\overrightarrow{{{e}_{2}}}.\overrightarrow{{{e}_{3}}}=\left| \overrightarrow{{{e}_{2}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{e}_{3}}} \right|.c\text{os}({{180}^{0}}-C)=-\cos C,

\overrightarrow{{{e}_{1}}}.\overrightarrow{{{e}_{3}}}=\left| \overrightarrow{{{e}_{1}}} \right|.\left| \overrightarrow{{{e}_{3}}} \right|.c\text{os}({{180}^{0}}-A)=-\cos A,

Mặt khác ta luôn có:

{{(\overrightarrow{{{e}_{1}}}+\overrightarrow{{{e}_{2}}}+\overrightarrow{{{e}_{3}}})}^{2}}={{\overrightarrow{{{e}_{1}}}}^{2}}+{{\overrightarrow{{{e}_{2}}}}^{2}}+{{\overrightarrow{{{e}_{3}}}}^{2}}+2(\overrightarrow{{{e}_{1}}}.\overrightarrow{{{e}_{2}}}+\overrightarrow{{{e}_{2}}}.\overrightarrow{{{e}_{3}}}+\overrightarrow{{{e}_{1}}}.\overrightarrow{{{e}_{2}}})

3+2(-\cos B-\cos C-\cos A)\ge 0

⇔ \cos A+\cos B+\cos C\le \frac{3}{2} , đpcm.

Ví dụ 2:  Cho ΔABC, CMR: \cos 2A+\cos 2B+\cos 2C\ge -\frac{3}{2}.

Giải

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiép ABC, ta nhận được:

2A=(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}),

2B=(\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA}),

2C=(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}),

Mặt khác:

{{(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})}^{2}}={{\overrightarrow{OA}}^{2}}+{{\overrightarrow{OB}}^{2}}+{{\overrightarrow{OC}}^{2}}+2(\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA})

3{{\text{R}}^{2}}+2({{\text{R}}^{2}}.c\text{os}2C+{{\text{R}}^{2}}c\text{os}2A+{{\text{R}}^{2}}c\text{os}2B)\ge 0

c\text{os}2A+c\text{os}2B+c\text{os}2C\ge -\frac{3}{2}, đpcm

Ví dụ 3: Cho bốn số thực {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{b}_{1}},{{b}_{2}} tùy ý . Chứng minh:

\sqrt{{{a}_{1}}^{2}+{{a}_{2}}^{2}}+\sqrt{{{b}_{1}}^{2}+{{b}_{2}}^{2}}\ge \sqrt{{{({{a}_{1}}+{{b}_{1}})}^{2}}+{{({{a}_{2}}+{{b}_{2}})}^{2}}}

Giải

Xét các vectơ: \overrightarrow{u}=({{a}_{1}},{{a}_{2}})\overrightarrow{v}=({{b}_{1}},{{b}_{2}}) ⇒ \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=({{a}_{1}}+{{b}_{1}},{{a}_{2}}+{{b}_{2}})

Áp dụng: \left| \overrightarrow{u} \right|+\left| \overrightarrow{v} \right|\ge \left| \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right| ⇒ \sqrt{{{a}_{1}}^{2}+{{a}_{2}}^{2}}+\sqrt{{{b}_{1}}^{2}+{{b}_{2}}^{2}}\ge \sqrt{{{({{a}_{1}}+{{b}_{1}})}^{2}}+{{({{a}_{2}}+{{b}_{2}})}^{2}}}

Đẳng thức xảy ra khi \overrightarrow{u},\overrightarrow{v} cùng hướng ⇔ {{a}_{1}}.{{b}_{2}}={{a}_{2}}.{{b}_{1}}

Ví dụ 4: Cho 6 số thực a, b, c, d, x, y, z thỏa mãn: a + b + c = 2; ax + by + cz = 6

Chứng minh rằng: \sqrt{16{{a}^{2}}+{{a}^{2}}{{x}^{2}}}+\sqrt{16{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{y}^{2}}}+\sqrt{16{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{z}^{2}}}\ge 10

HD: Đặt \overrightarrow{u}=(4a,\text{ax});\overrightarrow{v}=(4b,by);\overrightarrow{\text{w}}=(4c;cz)

5.3 BÀI TẬP TỰ GIẢI

1. Cho ΔABC, CMR: \sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\le \frac{3}{2}.

2. CMR:

a. \sum\limits_{i=1}^{n}{c\text{os}\frac{2(i-1)\pi }{n}=0}

b. \sum\limits_{i=1}^{n}{\sin \frac{2(i-1)\pi }{n}}=0

3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: f=x+\sqrt{2-{{x}^{2}}}+x.\sqrt{2-{{x}^{2}}}

4. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1

Chứng minh rằng: \sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge \sqrt{82}

5. (Đại học khối B 2006).Cho x,y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x+1}+\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x+1}+\left| y-2 \right|

6. Cho ba số thực x, y, z tùy ý.Chứng minh:

\sqrt{{{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{x}^{2}}+xz+{{z}^{2}}}\ge \sqrt{{{y}^{2}}+yz+{{z}^{2}}}

7. (Dự bị đại học 2005)  Cho x, y, z là ba số thực thỏa x + y + z = 0

Chứng minh rằng: \sqrt{3+{{4}^{x}}}+\sqrt{3+{{4}^{y}}}+\sqrt{3+{{4}^{z}}}\ge 6

8. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có:

\sqrt{9+{{\tan }^{4}}A}+\sqrt{9+{{\tan }^{4}}B}+\sqrt{9+{{\tan }^{4}}C}\ge 9\sqrt{2}

9. Chứng minh rằng với mọi x, y ta đều có:

\sqrt{4{{\cos }^{2}}x.c\text{o}{{\text{s}}^{2}}y+{{\sin }^{2}}(x-y)}+\sqrt{4{{\sin }^{2}}x.{{\sin }^{2}}y+c\text{o}{{\text{s}}^{2}}(x-y)}\ge 2

Với x, y là hai số thực bất kì tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S=\sqrt{{{x}^{2}}+4}+\sqrt{{{x}^{2}}+2xy+{{y}^{2}}+1}+\sqrt{{{y}^{2}}-6y+10}

10. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

\displaystyle y=\sqrt{co{{s}^{2}}x-2cosx+3}+\sqrt{co{{s}^{2}}x+4cosx+8}

11. Cho x, y, z là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh:

\frac{\left| x-y \right|}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}.\sqrt{1+{{y}^{2}}}}+\frac{\left| y-z \right|}{\sqrt{1+{{y}^{2}}}.\sqrt{1+{{z}^{2}}}}\frac{\left| x-z \right|}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}.\sqrt{1+{{z}^{2}}}}

12. Chứng minh rằng ∀ a, b, c ta luôn có:

a. \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2a-12b+37}+\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+6a-6b+18}\ge 5

b. \sqrt{{{a}^{2}}+4}+\sqrt{{{a}^{2}}-2a+{{b}^{2}}+1}+\sqrt{{{b}^{2}}-6b+10}\ge 5

13. Cho các số thực a, b, c, m, n thỏa hệ thức ma+nb=c với {{a}^{2}}+{{b}^{2}} > 0

Chứng minh rằng:

{{(m-2)}^{2}}+{{(n+1)}^{2}}\ge \frac{{{(2a-b-c)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}

6. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ

6.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Cho \displaystyle \overrightarrow{a}=({{x}_{1}};{{y}_{1}})\displaystyle \overrightarrow{b}=({{x}_{2}};{{y}_{2}})

⇒ \displaystyle \left| \overrightarrow{a} \right|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}} và \displaystyle \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}={{x}_{1}}{{x}_{2}}+{{y}_{2}}{{y}_{2}}

Một số kiến thức thường dùng:
\displaystyle \overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\left| \overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b} \right|  (1)

\displaystyle \left| \overrightarrow{a} \right|+\left| \overrightarrow{b} \right|\ge \left| \overrightarrow{a} \right|+\left| \overrightarrow{b} \right|  (2)

\displaystyle \left| \overrightarrow{a}+\overrightarrow{b} \right|\ge \left| \overrightarrow{a} \right|-\left| \overrightarrow{b} \right|  (3)

(1), (2) xảy ra khi \displaystyle \overrightarrow{a} và \displaystyle \overrightarrow{b} cùng hướng

(3) xảy ra khi \displaystyle \overrightarrow{b}=0 hoặc \displaystyle \overrightarrow{a} và \displaystyle \overrightarrow{b} ngược hướng.

6.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Giải phương trình: \displaystyle \sqrt{x_{{}}^{2}-2x+5}+\sqrt{x_{{}}^{2}+2x+10}=29

Giải

Xét \displaystyle \overrightarrow{u}=(1-x;2)\displaystyle \overrightarrow{v}=(1+x;3)

Ta có:

\displaystyle \left| \overrightarrow{u} \right|=\sqrt{(1-x)_{{}}^{2}+2_{{}}^{2}}=\sqrt{x_{{}}^{2}-2x+5} \displaystyle \left| \overrightarrow{v} \right|=\sqrt{(1+x)_{{}}^{2}+3_{{}}^{2}}=\sqrt{x_{{}}^{2}+2x+10}

Ta có: \displaystyle \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}\ge \left| \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right| ⇔ VT ≥ VP

Đẳng thức xảy ra ⇔ \displaystyle \overrightarrow{u}\displaystyle \overrightarrow{v} cùng hướng

\displaystyle \frac{1-x}{2}=\frac{1+x}{3} ⇔ \displaystyle x=\frac{1}{5}

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình có nghiệm \displaystyle \sqrt{x_{{}}^{2}+x+1}-\sqrt{x_{{}}^{2}-x+1}=m.

Giải

Xét các vectơ: \displaystyle \overrightarrow{u}=\left( \frac{1}{2}+x;-\frac{\sqrt{3}}{2} \right) ; \displaystyle \overrightarrow{v}=\left( \frac{1}{2}-x;\frac{\sqrt{3}}{2} \right)

Ta có: \displaystyle \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} = (1;0) ⇒ \displaystyle \left| \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v} \right| = 1

Đẳng thức xảy ra khi \displaystyle \overrightarrow{u}=\overrightarrow{0} hoặc \displaystyle \overrightarrow{v}=\overrightarrow{0} hoặc \displaystyle \overrightarrow{u}\displaystyle \overrightarrow{v} ngược hướng.

Mà \displaystyle \overrightarrow{u}\displaystyle \overrightarrow{v}\displaystyle \overrightarrow{0} (vì \displaystyle {{y}_{\overrightarrow{u}}} và \displaystyle {{y}_{\overrightarrow{v}}} \displaystyle \ne 0)

Nếu \displaystyle \overrightarrow{u}\displaystyle \overrightarrow{v} ngược hướng (VL)

\displaystyle \left| m \right|\ne 1

Vậy phương trình có nghiệm khi m ∈ (-1;1).

7.3  BÀI TẬP TỰ GIẢI

Giải các phương trình sau:

1. \displaystyle \sqrt{10-3x-x_{{}}^{2}}+\sqrt{18-7x-x_{{}}^{2}}=\sqrt{77}

2. \displaystyle \sqrt{x_{{}}^{2}+2x}+\sqrt{2x-1}\ge \sqrt{3x_{{}}^{2}+4x+1}

Giải hệ phương trình:

\left\{ \begin{array}{l}{{x}^{1996}}+{{y}^{1996}}+{{z}^{1996}}=3\\{{x}^{1997}}+{{y}^{1997}}+{{z}^{1997}}=3\\{{x}^{1998}}+{{y}^{1998}}+{{z}^{1998}}=3\end{array} \right.

7. SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ

7.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG

Sử dụng tích vô hướng biến đổi biểu thức cần tìm cực trị về biểu thức độ dài, ví dụ: S=M{{I}^{2}}+c, với c là hằng số và I cố định.

Khi đó \displaystyle {{S}_{Min}} = c, đạt được khi MI=0 ⇔ M=I.

7.2 BÀI TẬP VÍ DỤ

Ví dụ 1: Cho ΔABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ‎ý.

a. CMR: \displaystyle \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}=0

b. CMR: M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}+3M{{G}^{2}},

từ đó suy ra vị trí của M để M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải

a. Ta có:

\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{MA}.(\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MB})+\overrightarrow{MB}.(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MC})+\overrightarrow{MC}.(\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MA})=0

b. Ta có:

M{{A}^{2}}={{\overrightarrow{MA}}^{2}}={{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})}^{2}}=M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA} M{{B}^{2}}={{\overrightarrow{MB}}^{2}}={{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})}^{2}}=M{{G}^{2}}+G{{B}^{2}}+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB} M{{C}^{2}}={{\overrightarrow{MC}}^{2}}={{(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC})}^{2}}=M{{G}^{2}}+G{{C}^{2}}+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GC}

Cộng vế theo vế ta được:

M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=3M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+G{{C}^{2}}+\overrightarrow{MG}.(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})

3M{{G}^{2}}+G{{A}^{2}}+G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}} ( vì \overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0})

Từ đó suy ra \displaystyle M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} đạt giá trị nhỏ nhất khi M{{G}^{2}}=0\Leftrightarrow M\equiv I

Ví dụ 2:  Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tùy ‎ý.

a. CMR: M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=M{{\text{D}}^{2}}-2(O{{B}^{2}}-O{{A}^{2}})

b. Giả sử M di động trên đường tròn (d), xác định vị trí của M để M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải

a. Ta có:

\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MO} \\ \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MO} \\ \end{matrix} \right.

⇒ {{(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC})}^{2}}={{(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MD})}^{2}}

⇔ M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-M{{\text{D}}^{2}}+2(\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MD})=0    (1)

Ta xét:

\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{MD}=(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OM}).(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OM})-(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}).(\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OM})

-(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OM}).(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OM})+(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}).(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OM})

-O{{A}^{2}}+O{{M}^{2}}+O{{B}^{2}}-O{{M}^{2}}=O{{B}^{2}}-O{{A}^{2}}    (2)

Thay (2) vào (1), ta được:

M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}-M{{D}^{2}}+2(O{{B}^{2}}-O{{A}^{2}})=0

M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=M{{D}^{2}}-2(O{{B}^{2}}-O{{A}^{2}}), đpcm.

b. Từ kết quả câu a) suy ra M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}} đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M{{\text{D}}^{2}} nhỏ nhất

⇔ M là hình chiếu vuông góc của D lên (d).

7.3 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

1. Cho ΔABC đều cạnh bằng 6, M là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC. Đặt S=M{{A}^{2}}-M{{B}^{2}}-M{{C}^{2}}.

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của S.

b. Tìm giá trị lớn nhất của S.

2. Cho ΔABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ‎ý.

a. CMR: vevtơ \displaystyle \overrightarrow{v}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-2\overrightarrow{MC}, không phụ thuộc vào vị trí của  M.

b. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC, chứng minh rằng:

M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}}=2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{v}

c. Tìm tập  hợp những điểm M thỏa mãn M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}} = 0.

Giả sử M di động trên đường tròn ngoại tiếp ΔABC, tìm vị trí của M để M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}-2M{{C}^{2}} đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

BÀI ĐỌC THÊM

Khai thác hệ thức Jacobi

Cho tam giác ABC cạnh BC=a, AC=b ,AB=c, điểm M nằm trong tam giác. Đặt:

x=\frac{{{S}_{\Delta MBC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}y=\frac{{{S}_{\Delta MAC}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}z=\frac{{{S}_{\Delta MBA}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}

Ta có x + y + z =1 và: x\overrightarrow{MA}+y\overrightarrow{MB}+z\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}

Đây là một hệ thức quen thuộc và dĩ nhiên việc chứng minh không có gì khó khăn.Tuy nhiên từ đây ta thu được rất nhiều bất đẳng thức trong tam giác khi cho M là những điểm đặc biệt cũng như khi xét những mối quan hệ giữa điểm đặt biệt đó.Trước hết cho O là một điểm bất kì trong mặt phẳng ta có:

(1) ⇔ x(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})+y(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB})+z(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{0}

⇔ (x+y+z)\overrightarrow{OM}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}

⇔ {{(x+y+z)}^{2}}.O{{M}^{2}}={{x}^{2}}.O{{A}^{2}}+{{y}^{2}}.O{{B}^{2}}+{{z}^{2}}.O{{C}^{2}}+2xy\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2yz\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+2xz\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}

⇔ {{(x+y+z)}^{2}}.O{{M}^{2}}={{x}^{2}}.O{{A}^{2}}+{{y}^{2}}.O{{B}^{2}}+{{z}^{2}}.O{{C}^{2}}+xy(O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-{{c}^{2}})+yz(O{{B}^{2}}+O{{C}^{2}}-{{a}^{2}})+xz(O{{A}^{2}}+O{{C}^{2}}-{{b}^{2}})

⇔ {{(x+y+z)}^{2}}.O{{M}^{2}}=(x+y+z)(xO{{A}^{2}}+yO{{B}^{2}}+zO{{C}^{2}})-(xy{{c}^{2}}+yz{{a}^{2}}+xz{{b}^{2}})

⇔ O{{M}^{2}}=(xO{{A}^{2}}+yO{{B}^{2}}+zO{{C}^{2}})-(xy{{c}^{2}}+yz{{a}^{2}}+xz{{b}^{2}})        (2)

1) Chọn (O;R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Hệ thức (2) trở thành

O{{M}^{2}}={{R}^{2}}-(xy{{c}^{2}}+yz{{a}^{2}}+xz{{b}^{2}})      (3)

Cho M lần lượt là các điểm đặt biệt trong tam giác,ta có các bài toán sau:

Bài toán 1 : Cho tam giác ABC. Chứng minh: {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 9{{R}^{2}}

Lời giải: Khi M trùng G, ta có x=y=z=\frac{1}{3} nên O{{G}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{9}

Suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2:Chứng minh:

a. {{R}^{2}}\ge \frac{abc}{a+b+c}

b. {{R}^{2}}\ge 2R

Lời giải: Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

a) Khi M trùng I ta có:

x=\frac{a}{a+b+c};y=\frac{b}{a+b+c};z=\frac{c}{a+b+c}

Thay vào (3) ta có: O{{I}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{abc}{a+b+c}\ge 0

b) O{{I}^{2}}={{R}^{2}}-\frac{4RS}{2p}={{R}^{2}}-2Rr. Suy ra điều phải chứng minh.