Bài 11 trang 7 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba điểm \(O, M, N\) và số \(k\). Lấy các điểm \(M’, N’\) sao cho \(\overrightarrow {OM'} = k\overrightarrow {OM} ,\,\,\,\,\,\,\,\overrightarrow {ON'} = k\overrightarrow {ON} \). Chứng minh rằng \(\overrightarrow {M'N'} = k\overrightarrow {MN} \). Giải Ta có \(\overrightarrow {M'N'} = \overrightarrow {ON'} - \overrightarrow {OM'}\) \( = k\overrightarrow {ON} - k\overrightarrow {OM} = k\overrightarrow {MN} \). Bài 12 trang 7 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng hai vec tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương khi và chỉ khi có cặp số \(m, n\) không đồng thời bằng 0 sao cho \(m\overrightarrow a + n\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \). Hãy phát biểu điều kiện cần và đủ để hai vec tơ không cùng phương. Giải: Nếu \(\overrightarrow a = - \dfrac{n}{m}\overrightarrow b \), suy ra \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương. Ngược lại, giả sử \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương. Nếu \(\overrightarrow a = \overrightarrow 0 \) thì có thể viết \(m\overrightarrow a + 0\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \) với \(m \ne 0\). Nếu \(\overrightarrow a \ne \overrightarrow 0 \) thì có số m sao cho \(\overrightarrow b = m\overrightarrow a \) tức \(m\overrightarrow a + n\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \), trong đó \(n = - 1 \ne 0\). Vậy điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng phương là cặp số m,n không đồng thời bằng 0 sao cho \(m\overrightarrow a + n\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \). Từ đó suy ra: điều kiện cần và đủ để \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) không cùng phương là nếu \(m\overrightarrow a + n\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \) thì \(m = n = 0\). Bài 13 trang 7 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba vec tơ \(\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OB} ,\,\overrightarrow {OC} \) có độ dài bằng nhau và \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 \). Tính các góc \(AOB, BOC,COA.\) Giải Vì ba vec tơ \(\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OB} ,\,\overrightarrow {OC} \) có độ dài bằng nhau nên \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Vì \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 \) nên \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Suy ra \(ABC\) là tam giác đều. Vậy các góc \(AOB, BOC, COA\) đều bằng 1200. Bài 14 trang 7 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng với ba vec tơ tùy ý \(\overrightarrow a \,,\,\,\overrightarrow b \,,\,\,\overrightarrow c \) luôn có ba số \(\alpha \,,\,\beta ,\,\gamma \) không đồng thời bằng 0 sao cho \(\alpha \overrightarrow a + \beta \overrightarrow b + \gamma \overrightarrow c = \overrightarrow 0 \). Giải Nếu hai vec tơ \(\overrightarrow a \,,\,\overrightarrow b \,\,\,\) cùng phương thì có cặp số \(m, n\) không đồng thời bằng 0 sao cho \(m\overrightarrow a \, + n\overrightarrow b = \overrightarrow 0 \,\,\). Khi đó có thể viết \(\alpha \overrightarrow a + \beta \overrightarrow b + \gamma \overrightarrow c = \overrightarrow 0 \) với \(\alpha = m,\,\beta = n,\,\gamma = 0\). Nếu hai vec tơ \(\overrightarrow a \,,\,\overrightarrow b \,\,\,\) không cùng phương thì có các số \(\alpha ,\,\beta \) sao cho \(\overrightarrow c = \alpha \overrightarrow a + \beta \overrightarrow b \) hay có thể viết \(\alpha \overrightarrow a + \beta \overrightarrow b + \gamma \overrightarrow c = \overrightarrow 0 \) với \(\gamma = - 1\). Bài 15 trang 7 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba điểm phân biệt \(A, B, C.\) a) Chứng minh rằng nếu có một điểm \(I\) và một số \(t\) nào đó sao cho \(\overrightarrow {IA} = t\overrightarrow {IB} + (1 - t)\overrightarrow {IC} \) thì với mọi điểm \(I’\), ta có \(\overrightarrow {I'A} = t\overrightarrow {I'B} + (1 - t)\overrightarrow {I'C} \). b) Chứng tỏ rằng \(\overrightarrow {IA} = t\overrightarrow {IB} + (1 - t)\overrightarrow {IC} \) là điều kiện cần và đủ để ba điểm \(A, B, C\) thẳng hàng. Giải: a) Theo giả thiết \(\overrightarrow {IA} = t\overrightarrow {IB} + (1 - t)\overrightarrow {IC} \) thì với mọi điểm \(I’\), ta có \(\overrightarrow {II'} + \overrightarrow {I'A} = t(\overrightarrow {II'} + \overrightarrow {I'B} ) + (1 - t)\)\((\overrightarrow {II'} + \overrightarrow {I'C} ) = t\overrightarrow {I'B} + (1 - t)\overrightarrow {I'C} + \overrightarrow {II'} \) Suy ra \(\overrightarrow {I'A} = t\overrightarrow {I'B} + (1 - t)\overrightarrow {I'C} \) b) Nếu ta chọn \(I’\) trùng với \(A\) thì có \(\overrightarrow 0 = t\overrightarrow {AB} + (1 - t)\overrightarrow {AC} \) đó là điều kiện cần và đủ để ba điểm \(A, B, C\) thẳng hàng. Bài 16 trang 8 SBT Hình học 10 Nâng cao. Điểm \(M\) gọi là chia đoạn thẳng \(AB\) theo tỉ số \(k \ne 1\) nếu \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \). a) Xét vị trí của điểm \(M\) đối với hai điểm \(A, B\) trong các trường hợp: \(k \le 0;0 < k < 1;\,k > 1;\,k = - 1.\) b) Nếu \(M\) chia đoạn thẳng \(AB\) theo tỉ số \(k\,\) ( \(k \ne 1\) và \(k \ne 0\)) thì \(M\) chia đoạn thẳng \(BA\) theo tỉ số nào? c) Nếu \(M\) chia đoạn thẳng \(AB\) theo tỉ số \(k\,\) ( \(k \ne 1\) và \(k \ne 0\)) thì \(A\) chia đoạn thẳng \(MB\) theo tỉ số nào? \(B\) chia đoạn thẳng \(MA\) theo tỉ lệ nào? d) Chứng minh rằng: Nếu điểm \(M\) chia đoạn thẳng \(AB\) theo tỉ số \(k \ne 1\) thì với điểm \(O\) bất kì, ta luôn có \(\overrightarrow {OM} = \dfrac{{\overrightarrow {OA} - k\overrightarrow {OB} }}{{1 - k}}\). Giải a) Nếu \(k \le 0\) thì \(M\) nằm giữa \(A\) và \(B\), hoặc trùng với \(A.\) Nếu \(0 < k < 1\) thì \(A\) nằm giữa \(M\) và \(B\). Nếu \(k > 1\) thì \(B\) nằm giữa \(A\) và \(M\). Nếu \(k = -1\) thì \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\). b) Theo giả thiết: \(k \ne 0\) và \(k \ne 1\) ta có \(M\) chia đoạn thẳng \(AB\) theo tỉ số \(k\, \Leftrightarrow \,\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB}\) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {MB} = \dfrac{1}{k}\overrightarrow {MA} \) \(\Leftrightarrow \,\,M\) chia đoạn thẳng BA theo tỉ số \(\dfrac{1}{k}\). c) M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số \(k\,\, \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB}\) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {MA} = k(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AB} )\) hay \(\overrightarrow {AM} = \dfrac{k}{{k - 1}}\overrightarrow {AB} \,\, \Leftrightarrow \,\,A\) chia đoạn thẳng MB theo tỉ số \(\dfrac{k}{{k - 1}}\). M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số \(\begin{array}{l}k\,\, \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \,\,\\ \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {BA} - \overrightarrow {BM} = k\overrightarrow {MB} \,\,\,\,\\ \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {BM} = \dfrac{1}{{1 - k}}\overrightarrow {BA} \,\end{array}\) \( \Leftrightarrow B\) chia đoạn thẳng MA theo tỉ số \(\dfrac{1}{{1 - k}}\) d) M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số \(k\,\, \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} = k(\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OM} )\) (trong đó O là điểm bất kì ) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {OA} - k\overrightarrow {OB} = (1 - k)\overrightarrow {OM} \cr & \Leftrightarrow \,\overrightarrow {OM} = {{\overrightarrow {OA} - k\overrightarrow {OB} } \over {1 - k}} \cr} \) Bài 17 trang 8 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\). Gọi \(M, N, P\) là các điểm chia các đoạn thẳng \(AB, BC, CA\) theo cùng tỉ số \(k \ne 1\). Chứng minh rằng hai tam giác \(ABC\) và \(MNP\) có cùng trọng tâm. Giải Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(MNP\) thì ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GP} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \,\,\dfrac{{\overrightarrow {GA} - k\overrightarrow {GB} }}{{1 - k}} + \dfrac{{\overrightarrow {GB} - k\overrightarrow {GC} }}{{1 - k}} + \dfrac{{\overrightarrow {GC} - k\overrightarrow {GA} }}{{1 - k}} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \,\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \end{array}\) Bài 18 trang 8 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ngũ giác \(ABCDE\). Gọi \(M, N, P, Q\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB, BC, CD, DE\). Gọi \(I\) và \(J\) lần lượt là trung điểm các đoạn \(MP\) và \(NQ\). Chứng minh rằng \(IJ// AE\) và \(IJ = \dfrac{1}{4}AE\). Giải Ta có \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IQ} + \overrightarrow {IN} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {IM} + \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {IP} + \overrightarrow {PN} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {MQ} + \overrightarrow {PN} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\, = {1 \over 2}(\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {BD} ) + {1 \over 2}\overrightarrow {DB} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\, = {1 \over 2}\overrightarrow {AE} \cr} \) Vậy \(\overrightarrow {IJ} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AE} \). Suy ra \(IJ // AE\) và \(IJ = \dfrac{1}{4}AE\). Bài 19 trang 8 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\). Các điểm \(M, N, P\) lần lượt chia các đoạn thẳng \(AB, BC, CA\) theo các tỉ số lần lượt là \(m, n, p\) (đều khác 1). Chứng minh rằng a) \(M, N, P\) thẳng hàng khi và chỉ khi \(mnp=1\) (Định lí Mê-nê-la-uýt); b) \(AN, CM, BP\) đồng quy hoặc song song khi và chỉ khi \(mnp=-1\) (Định lí Xê-va). Giải a) Lấy một điểm \(O\) nào đó ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {OM} = {{\overrightarrow {OA} - m\overrightarrow {OB} } \over {1 - m}} \cr & \overrightarrow {ON} = {{\overrightarrow {OB} - n\overrightarrow {OC} } \over {1 - n}} \cr & \overrightarrow {OP} = {{\overrightarrow {OC} - p\overrightarrow {OA} } \over {1 - p}} \cr} \) Để đơn giản tính toán, ta chọn điểm O trùng với điểm C. Khi đó ta có \(\overrightarrow {CM} = \dfrac{{\overrightarrow {CA} - m\overrightarrow {CB} }}{{1 - m}};\) \(\overrightarrow {CN} = \dfrac{{\overrightarrow {CB} }}{{1 - n}};\) \(\overrightarrow {CP} = \dfrac{{ - p\overrightarrow {CA} }}{{1 - p}}\) (1) Từ hai đẳng thức cuối của (1), ta có: \(\overrightarrow {CB} = (1 - n)\overrightarrow {CN} \,,\,\,\,\overrightarrow {CA} = \dfrac{{p - 1}}{p}\overrightarrow {CP} \) Và thay vào đẳng thức đầu của (1), ta được \(\overrightarrow {CM} = \dfrac{{p - 1}}{{p(1 - m)}}\overrightarrow {CP} - \dfrac{{m(1 - n)}}{{1 - m}}\overrightarrow {CN} \) Từ bài toán 15b) ta suy ra điều kiện cần và đủ để ba điểm \(M, N, P\) thẳng hàng là \(\dfrac{{p - 1}}{{p(1 - m)}} - \dfrac{{m(1 - n)}}{{1 - m}} = 1\) \(\Leftrightarrow \,\,p - 1 - pm(1 - n) = p(1 - m)\) \(\Leftrightarrow \,\,mnp = 1.\) b) (h.9). Giả sử \(AN\) cắt \(BP\) tại \(I\) và giả sử \(I\) chia đoạn thẳng \(AN\) theo tỉ số \(x\). Như vậy ba điểm \(P, I, B\) thẳng hàng và lần lượt nằm trên ba cạnh của tam giác \(CAN\). Ta có \(P\) chia đoạn thẳng \(CA\) theo tỉ số \(p, I\) chia đoạn thẳng \(AN\) theo tỉ số \(x, B\) chia đoạn thẳng \(NC\) theo tỉ số \(\dfrac{n}{{n - 1}}\) suy ra từ giả thiết \(N\) chia đoạn \(BC\) theo tỉ số \(n\)). Vậy theo định lí Mê-nê-la-uýt ta có \(p.x.\dfrac{n}{{n - 1}} = 1\,\, \Leftrightarrow \,\,x = \dfrac{{n - 1}}{{np}}\). Giả sử \(AN\) cắt \(CM\) tại \(I’\) và \(I’\) chia \(AN\) theo tỉ số \(x’\). Như vậy ba điểm \(I’, C, M\) thẳng hàng và lần lượt nằm trên ba cạnh của tam giác \(ANB\). Ta có \(I’\) chia đoạn \(AN\) theo tỉ số \(x’, C\) chia đoạn \(NB\) theo tỉ số \(\dfrac{1}{{1 - n}}\), \(M\) chia đoạn \(BA\) theo tỉ số \(\dfrac{1}{m}\). Vậy áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt, ta có \(x'.\dfrac{1}{{1 - n}}.\dfrac{1}{m} = 1\,\, \Leftrightarrow \,\,x' = m(1 - n).\) Ba đường thẳng \(AN, BP, CM\) đồng quy khi và chỉ khi \(I\) trùng \(I’ \) hay \(x=x’\), có nghĩa là: \(\dfrac{{n - 1}}{{np}} = m(1 - n)\,\, \Leftrightarrow \,\,mnp = 1\). +) Xét trường hợp \(AN\) và \(BP\) song song (h.10). Ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {CN} - \overrightarrow {CA} = {1 \over {1 - n}}\overrightarrow {CB} - \overrightarrow {CA} \,; \cr & \overrightarrow {BP} = \overrightarrow {CP} - \overrightarrow {CB} = {p \over {p - 1}}\overrightarrow {CA} - \overrightarrow {CB} \,; \cr & \overrightarrow {CM} = {1 \over {1 - m}}\overrightarrow {CA} - {m \over {1 - m}}\overrightarrow {CB} . \cr} \) Do \(AN//BP\) nên \(\dfrac{1}{{1 - n}}:( - 1)\, = - 1:\dfrac{p}{{p - 1}}\) \(\Leftrightarrow \,\,\dfrac{1}{{1 - n}} = \dfrac{{p - 1}}{p}\) \(\Leftrightarrow \,\,p = (1 - n)(p - 1)\) \(\Leftrightarrow \,\,\,np = n - 1.\) (*) Khi đó điều kiện cần và đủ để AN, BP, CM song song với nhau là \(\overrightarrow {CM} \) cùng phương với \(\overrightarrow {AN} \). Vì \(\overrightarrow {CM} = \dfrac{{\overrightarrow {CA} - m\overrightarrow {CB} }}{{1 - m}}\) nên \(\overrightarrow {CM} \) cùng phương với \(\overrightarrow {AN} \) khi và chỉ khi \(\dfrac{1}{{1 - n}}:( - m) = - 1\) \(\Leftrightarrow \,\,m(n - 1) = - 1.\) (**) Từ (*) và (**) ta suy ra \(mnp = -1\). Bài 20 trang 8 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác ABC và các điểm \(A_1, B_1, C_1\) lần lượt nằm trên các đường thẳng \(BC, CA, AB\). Gọi \(A_2, B_2, C_2\) lần lượt là các điểm đối xứng với \(A_1, B_1, C_1\) qua trung điểm của \(BC, CA, AB\). Chứng minh rằng a) Nếu ba điểm \(A_1, B_1, C_1\) thẳng hàng thì ba điểm \(A_2, B_2, C_2\) cũng thế; b) Nếu ba đường thẳng \(AA_1, BB_1, CC_1\) đồng quy hoặc song song thì ba đường thẳng \(AA_2, BB_2, CC_2\) cũng thế. Giải Ta gọi \(k, l, m\) là các số sao cho \(\overrightarrow {{A_1}B} = k\overrightarrow {{A_1}C};\) \(\overrightarrow {{B_1}C} = l\overrightarrow {{B_1}A};\) \(\overrightarrow {{C_1}A} = m\overrightarrow {{C_1}B} \). Chú ý rằng ba điểm \(A_1, B_1, C_1\) lần lượt là đối xứng với ba điểm \(A_2, B_2, C_2\) qua trung điểm đoạn thẳng \(BC, CA, AB\) nên ta có \(\overrightarrow {{A_2}C} = k\overrightarrow {{A_2}B};\) \(\overrightarrow {{B_2}A} = l\overrightarrow {{B_2}C};\) \(\overrightarrow {{C_2}B} = m\overrightarrow {{C_2}A} \) Từ đó bằng cách áp dụng định lí thuận và đảo của định lí Mê-nê-la-uýt ( hoặc Xê- va) ta chứng minh được câu a) ( hoặc câu b)). Bài 21 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC,\) \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\). Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua \(I\), lần lượt cắt hai đường thẳng \(CA\) và \(CB\) tại \(A’\) và \(B’\). Chứng minh rằng giao điểm \(M\) của \(AB’\) và \(A’B\) nằm trên một đường thẳng cố định. Giải (h.11) Đặt \(\overrightarrow {CB} = m\overrightarrow {CB'} \,,\,\,\overrightarrow {MB'} = n\overrightarrow {MA} \). Xét tam giác \(ABB’\) với ba đường đồng quy là \(AC, BM, B’I\) ( đồng quy tại \(A’\)). Vì \(\overrightarrow {IA} = - \overrightarrow {IB} \) nên theo định lí Xê-va, ta có \(– mn = -1\) hay \(mn=1\). Từ \(\overrightarrow {MB'} = n\overrightarrow {MA} \) ta suy ra \(m\overrightarrow {MB'} = mn\overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MA} \). Vậy ta có \(\overrightarrow {CB} = m\overrightarrow {CB'} \) và \(\overrightarrow {MA} = m\overrightarrow {MB'} \) điều này chứng tỏ rằng \(CM//AB\). Vậy điểm \(M\) luôn nằm trên đường thẳng cố định đi qua \(C\) và song song với \(AB\). Bài 22 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(O\) nằm trong hình bình hành \(ABCD\). Các đường thẳng đi qua \(O\) và song song với các cạnh của hình bình hành lần lượt cắt \(AB, BC, CD, DA\) tại \(M, N, P, Q\). Gọi \(E\) là giao điểm của \(BQ\) và \(DM, F\) là giao điểm của \(BP\) và \(DN\). Tìm điều kiện để \(E, F, O\) thẳng hàng. Giải (h.12) Xét tam giác \(ABQ\) và ba điểm thẳng hàng \(M, E, D\). Giả sử \(M\) chia \(AB\) theo tỉ số \(m, E\) chia \(BQ\) theo tỉ số \(n, D\) chia \(QA\) theo tỉ số \(p\), theo định lí Mê-nê-la-uýt ta có \(mnp=1\). Xét tam giác \(QNB\) và ba điểm \(O, E, C\). Khi đó \(O\) chia \(QN\) theo tỉ số \(m, C\) chia \(NB\) theo tỉ số \(n\) và \(E\) chia \(BQ\) theo tỉ số \(p\). Vì \(mnp=1\) nên ba điểm \(O, E, C\) thẳng hàng. Cũng chứng minh tương tự, ta có ba điểm \(F, O, A\) thẳng hàng. Vậy để ba điểm \(O, E, F\) thẳng hàng, điều kiện cần và đủ là năm điểm \(A, C, E, F, O\) thẳng hàng, hay điểm \(O\) phải nằm trên đường chéo \(AC\) của hình bình hành đã cho. Bài 23 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ngũ giác \(ABCDE\). Gọi \(M, N, P, Q, R\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB, BC, CD, DE, EA\). Chứng minh rằng hai tam giác \(MPE\) và \(NQR\) có cùng trọng tâm. Giải Với điểm \(G\) bất kì ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GE} \cr & = {1 \over 2}(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} ) + {1 \over 2}(\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} ) + \overrightarrow {GE} \cr & = {1 \over 2}(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ) + {1 \over 2}(\overrightarrow {GD} + \overrightarrow {GE} ) + {1 \over 2}(\overrightarrow {GE} + \overrightarrow {GA} ) \cr & = \overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GR} \cr} \) Vậy \(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GE} = \overrightarrow 0\) \(\Leftrightarrow \,\,\,\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GR} = \overrightarrow 0 \). Suy ra trọng tâm hai tam giác \(MPE\) và \(NQR\) trùng nhau. Bài 24 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(AB’C’D’\) có chung đỉnh \(A\). Chứng minh rằng a) \(\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {C'C} + \overrightarrow {DD'} = \overrightarrow 0 \); b) Hai tam giác \(BC’D\) và \(B’CD’\) có cùng trọng tâm. Giải a) Ta có \(\eqalign{ & \,\,\,\,\,\overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {C'C} + \overrightarrow {DD'} \cr & = \overrightarrow {AB'} - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AC'} + \overrightarrow {AD'} - \overrightarrow {AD} \cr & = (\overrightarrow {AD'} + \overrightarrow {AB'} ) - \overrightarrow {AC'} - (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} ) + \overrightarrow {AC} \cr & = \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {AC'} - \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AC} \cr & = \overrightarrow 0 \cr} \) b) Với điểm bất kì, ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC'} + \overrightarrow {GD} \cr & = \overrightarrow {GB'} + \overrightarrow {B'B} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {GD'} + \overrightarrow {D'D} \cr & = \overrightarrow {GB'} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD'} + (\overrightarrow {B'B} + \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {D'D} ) \cr & = \overrightarrow {GB'} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD'} \cr} \) Suy ra \(\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC'} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {GB'} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD'} = \overrightarrow 0 \) Vậy trọng tâm hai tam giác \(BC’D\) và \(B’CD’\) trùng nhau. Bài 25 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai điểm phân biệt \(A, B\). a) Hãy xác định các điểm \(P, Q, R\), biết \(2\overrightarrow {PA} + 3\overrightarrow {PB} = \overrightarrow 0;\) \(- 2\overrightarrow {QA} + \overrightarrow {QB} = \overrightarrow 0 ;\) \(\overrightarrow {RA} - 3\overrightarrow {RB} = \overrightarrow 0 \) b) Với điểm \(O\) bất kì và với ba điểm \(P, Q, R\) ở câu a), chứng minh rằng: \(\overrightarrow {OP} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow {OA} + \dfrac{3}{5}\overrightarrow {OB};\) \(\overrightarrow {OQ} = 2\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB};\) \(\overrightarrow {OR} = - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OA} + \dfrac{3}{2}\overrightarrow {OB} \). Giải: a) Ta có \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {PA} + 3\overrightarrow {PB} = \overrightarrow 0 \cr & \, \Leftrightarrow \,\,\,2\overrightarrow {PA} + 3(\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AB} ) = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \,\,5\overrightarrow {PA} + 3\overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \,\,\,\overrightarrow {AP} = {3 \over 5}\overrightarrow {AB} . \cr & - 2\overrightarrow {QA} + \overrightarrow {QB} = \overrightarrow 0 \, \cr & \Leftrightarrow \,\, - 2\overrightarrow {QA} + \overrightarrow {QA} + \overrightarrow {AB} = \overrightarrow 0 \, \cr & \Leftrightarrow \,\,\,\overrightarrow {AQ} = \overrightarrow {BA} \cr & \overrightarrow {RA} - 3\overrightarrow {RB} = \overrightarrow 0 \, \cr & \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {RA} - 3(\overrightarrow {RA} + \overrightarrow {AB} ) = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {AR} = {3 \over 2}\overrightarrow {AB} . \cr} \) b) Ta có \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {PA} + 3\overrightarrow {PB} = \overrightarrow 0 \, \cr & \Leftrightarrow 2(\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OP} ) + 3(\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OP} ) = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OP} = {2 \over 5}\overrightarrow {OA} + {3 \over 5}\overrightarrow {OB} ; \cr & - 2\overrightarrow {QA} + \overrightarrow {QB} = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow - 2(\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OQ} ) + (\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OQ} ) = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OQ} = 2\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} ; \cr & \overrightarrow {RA} - 3\overrightarrow {RB} = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OR} - 3(\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OR} ) = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OR} = - {1 \over 2}\overrightarrow {OA} + {3 \over 2}\overrightarrow {OB} . \cr} \) Bài 26 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(O\) cố định và đường thẳng \(d\) đi qua hai điểm \(A, B\) cố định. Chứng minh rằng điểm M thuộc đường thẳng \(d\) khi và chỉ khi có số \(\alpha \) sao cho \(\overrightarrow {OM} = \alpha \overrightarrow {OA} + (1 - \alpha )\overrightarrow {OB} \). Với điều kiện nào của \(\alpha \) thì \(M\) thuộc đoạn thẳng \(AB\)? Giải Ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {OM} = \alpha \overrightarrow {OA} + (1 - \alpha )\overrightarrow {OB} \,\, \cr & \Leftrightarrow \,\,\,\overrightarrow {OM} = \alpha (\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} ) + \overrightarrow {OB} \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {OM} - \overrightarrow {OB} = \alpha (\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} )\,\,\, \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {BM} = \alpha \overrightarrow {BA} \,\, \Leftrightarrow M \in d. \cr} \) Vì \(\overrightarrow {BM} = \alpha \overrightarrow {BA} \) nên \(M\) thuộc đoạn thẳng AB khi và chỉ khi \(0 \le \alpha \le 1\). Bài 27 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(O\) cố định và hai vec tơ \(\overrightarrow u \,,\,\overrightarrow v \) cố định. Với mỗi số \(m\) ta xác định điểm \(M\) sao cho \(\overrightarrow {OM} = m\overrightarrow u + (1 - m)\overrightarrow v \). Tìm tập hợp các điểm \(M\) khi \(m\) thay đổi. Giải Lấy hai điểm \(A, B\) sao cho \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow u \,,\,\overrightarrow {OB} = \overrightarrow v \) thì theo bài 26, ta có \(\overrightarrow {OM} = m\overrightarrow u + (1 - m)\overrightarrow v \) khi và chỉ khi m nằm trên đường thẳng \(AB\). Bài 28 trang 9 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\). Đặt \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow a \,;\,\,\overrightarrow {CB} = \overrightarrow b \,\). Lấy các điểm \(A’\) và \(B’\) sao cho \(\overrightarrow {CA'} = m\overrightarrow a \,;\,\,\overrightarrow {CB'} = n\overrightarrow b \,\,\). Gọi \(I\) là giao điểm của \(A’B\) và \(B’A\). Hãy biểu thị vec tơ \(\overrightarrow {CI} \) theo hai vec tơ \(\overrightarrow a \,\) và \(\overrightarrow b \,\). Giải Vì \(I\) nằm trên \(A’B\) và \(AB’\) nên có các số \(x, y\) sao cho: \(\overrightarrow {CI} = x\overrightarrow {CA'} + (1 - x)\overrightarrow {CB}\) \( = y\overrightarrow {CA} + (1 - y)\overrightarrow {CB'} \) hay \(x.m\overrightarrow a + (1 - x)\overrightarrow b \) \(= y\overrightarrow a + (1 - y)n\overrightarrow b \). Vì hai vec tơ \(\overrightarrow a ,\,\overrightarrow b \) không cùng phương nên từ đẳng thức cuối cùng ta suy ra \(mx = y\) và \((1-x) = n(1-y)\). Từ đó ta có \(1- x = n(1-mx) = n-mnx\) hay \(x = \dfrac{{1 - n}}{{1 - mn}}\). Vậy \(\overrightarrow {CI} = \dfrac{{m(1 - n)}}{{1 - mn}}\overrightarrow a + \left( {1 - \dfrac{{1 - n}}{{1 - mn}}} \right)\overrightarrow b \) \(= \dfrac{{m(1 - n)}}{{1 - mn}}\overrightarrow a + \dfrac{{n(1 - m)}}{{1 - mn}}\overrightarrow b .\) Bài 29 trang 10 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) và trung tuyến \(AM\). Một đường thẳng song song với \(AB\) cắt các đoạn thẳng \(AM, AC, BC\) lần lượt tại \(D, E, F\). Một điểm \(G\) nằm trên cạnh \(AB\) sao cho \(FG//AC\). Chứng minh rằng hai tam giác \(ADE\) và \(BFG\) có diện tích bằng nhau. Giải Ta đặt \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow a \,\,;\,\,\overrightarrow {CB} = \overrightarrow b \). \(\overrightarrow {CM} = \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}\). Vì E nằm trên 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 \(x, y\) sao cho \(\overrightarrow {CD} = x\overrightarrow {CA} + (1 - x)\overrightarrow {CM}\) \( = y\overrightarrow {CE} + (1 - y)\overrightarrow {CF} \) hay \(x\overrightarrow a + \dfrac{{1 - x}}{2}\overrightarrow b = ky\overrightarrow a + k(1 - y)\overrightarrow b .\) Vì hai vec tơ \(\overrightarrow a \,,\,\,\overrightarrow b \) không cùng phương nên \(x = ky\,,\,\,\dfrac{{1 - x}}{2} = k(1 - y)\). 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 \(\overrightarrow {CF} = k\overrightarrow {CB} \) nên \(\overrightarrow {AG} = k\overrightarrow {AB} \) 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, chiều cao bằng nhau (bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song) nên có diện tích bằng nhau. Bài 30 trang 10 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hình thang \(ABCD\) với các cạnh đáy là \(AB\) và \(CD\) (các cạnh bên không song song). Chứng minh rằng nếu cho trước một điểm \(M\) nằm giữa hai điểm hai điểm \(A, D\) thì có một điểm \(N\) nằm trên cạnh \(BC\) sao cho \(AN//MC\) và \(DN//MB.\) Giải Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AD\) và \(BC\). Đặt \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow a \,;\,\,\overrightarrow {OB} = \overrightarrow b \,\,;\,\,\,\overrightarrow {OD} = k\overrightarrow a \), khi đó \(\overrightarrow {OC} = k\overrightarrow b \) (vì \(AB//CD\)). Giả sử \(\overrightarrow {OM} = m\overrightarrow a \). Ta xác định điểm \(N\) trên \(BC\) sao cho \(AN//CM\). Ta chứng minh rằng \(DN//BM\). Vì \(N\) nằm trên \(BC\) nên \(\overrightarrow {ON} = n\overrightarrow b \). Khi đó \(\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OA} = n\overrightarrow b - \overrightarrow a \) Mặt khác \(\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {OM} - \overrightarrow {OC} = m\overrightarrow a - k\overrightarrow b \). Vì \(AN//CM\) nên hai vec tơ \(\overrightarrow {AN} \,,\,\,\overrightarrow {CM} \) cùng phương, tức là \(\dfrac{n}{{ - k}} = \dfrac{{ - 1}}{m}\) hay \(n = \dfrac{k}{m}\). Vậy \(\overrightarrow {ON} = \dfrac{k}{m}\overrightarrow b \). Từ đó \(\overrightarrow {DN} = \overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OD} = \dfrac{k}{m}\overrightarrow b - k\overrightarrow a \). Lại có \(\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {OM} - \overrightarrow {OB}\) \( = m\overrightarrow a - \overrightarrow b\) \( = - \dfrac{m}{k}\left( {\dfrac{k}{m}\overrightarrow b - k\overrightarrow a } \right)\) \(= - \dfrac{m}{k}\overrightarrow {DN} \) Vậy \(\overrightarrow {BM} \,,\,\,\overrightarrow {DN} \) cùng phương hay \(BM//DN.\) Bài 31 trang 10 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\). Lấy các điểm \(A’, B’, C’\) sao cho \(\overrightarrow {A'B} = - 2\overrightarrow {A'C} ;\) \(\overrightarrow {B'C} = - 2\overrightarrow {B'A};\) \(\overrightarrow {C'A} = - 2\overrightarrow {C'B} \) Đoạn thẳng \(AA’\) cắt các đoạn \(BB’\) và \(CC’\) lần lượt tại \(M\) và \(N\), hai đoạn \(BB’\) và \(CC’\) cắt nhau tại \(P\). a) So sánh các đoạn thẳng \(AM, MN, NA’.\) b) So sánh diện tích hai tam giác \(ABC, MNP.\) Giải a) Đặt \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow a \,\,;\,\,\overrightarrow {CB} = \overrightarrow b \). Theo giả thiết ta có: \(\overrightarrow {CA'} = \dfrac{{\overrightarrow {CB} }}{3} = \dfrac{{\overrightarrow b }}{3};\) \(\overrightarrow {CB'} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {CA} = \dfrac{{2\overrightarrow a }}{3};\) \(\overrightarrow {CC'} = \dfrac{{\overrightarrow {CA} + 2\overrightarrow {CB} }}{3} = \dfrac{{\overrightarrow a + 2\overrightarrow b }}{3}\) Vì \(M\) là giao điểm của \(AA’\) và \(BB’\) nên có các số \(x\) và \(y\) sao cho : \(\overrightarrow {CM} = x\overrightarrow {CA} + (1 - x)\overrightarrow {CA'}\) \( = y\overrightarrow {CB} + (1 - y)\overrightarrow {CB'} \), hay \(x\overrightarrow a + (1 - x)\dfrac{{\overrightarrow b }}{3}\) \(= y\overrightarrow b + (1 - y)\dfrac{{2\overrightarrow a }}{3}\). Vì hai vec tơ \(\overrightarrow a \,,\,\,\overrightarrow b \) không cùng phương nên từ đẳng thức trên ta suy ra \(x = \dfrac{{2(1 - y)}}{3}\) và \(y = \dfrac{{1 - x}}{3}\). Giaỉ ra ta được \(x = \dfrac{4}{7}\,,\,\,y = \dfrac{1}{7}\) Từ đó ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow {CM} = \dfrac{4}{7}\overrightarrow {CA} + \dfrac{3}{7}\overrightarrow {CA'} \\ \Rightarrow \dfrac{4}{7}\overrightarrow {MA} + \dfrac{3}{7}\overrightarrow {MA'} = \overrightarrow 0 \\ \Rightarrow \overrightarrow {MA} = - \dfrac{3}{4}\overrightarrow {MA'} \\\Rightarrow \,AM = \dfrac{3}{7}AA'\\\overrightarrow {CM} = \dfrac{1}{7}\overrightarrow {CB} + \dfrac{6}{7}\overrightarrow {CB'}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{7}\overrightarrow {MB} + \dfrac{6}{7}\overrightarrow {MB'} = \overrightarrow 0 \\ \Rightarrow \overrightarrow {MB} = - 6\overrightarrow {MB'} \\\Rightarrow \,\,MB' = \dfrac{1}{7}BB'\end{array}\) Tương tự với \(MB' = \dfrac{1}{7}BB'\) ta cũng có \(NA' = \dfrac{1}{7}AA'\). Vì \(AM = \dfrac{3}{7}AA'\) nên \(MN = \dfrac{3}{7}AA'\). Tóm lại, ta có \(AM=MN=3NA’.\) Tương tự \(BP=PM=3MB’\) và \(CN=NP=3PC’.\) b) Gọi \(S\) là diện tích tam giác \(ABC\). Từ giả thiết ta suy ra \(AB' = \dfrac{1}{3}AC,\) \(CA' = \dfrac{1}{3}CB,\) \(BC' = \dfrac{1}{3}BA\). Vậy ta có \({S_{ABB'}} = {S_{BCC'}} = {S_{CAA'}} = \dfrac{1}{3}S\). Trong tam giác ABB’, ta có \(MB' = \dfrac{1}{7}BB'\) nên \({S_{AB'M}} = \dfrac{1}{7}{S_{ABB'}} = \dfrac{1}{{21}}S\). Tương tự: . Từ đó suy ra \(\begin{array}{l}{S_{MNP}} = {S_{ABC}} - {S_{ABB'}} - {S_{BCC'}}\\ - {S_{CAA'}} + {S_{AB'M}} + {S_{BC'P}} + {S_{CA'N}}\\ = S - 3.\dfrac{S}{3} + 3.\dfrac{1}{{21}}S = \dfrac{1}{7}S\end{array}\) Vậy \({S_{ABC}} = 7{S_{MNP}}\). Bài 32 trang 10 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) và ba vec tơ cố định \(\overrightarrow u ,\,\overrightarrow v ,\,\overrightarrow w \). Với mỗi số thực \(t\), ta lấy các điểm \(A’, B’, C’\) sao cho \(\overrightarrow {AA'} = t\overrightarrow u \,;\,\,\overrightarrow {BB'} = t\overrightarrow v \,;\,\,\overrightarrow {CC'} = t\overrightarrow w \). Tìm quỹ tích trọng tâm \(G’\) của hai tam giác \(A’B’C’\) khi \(t\) thay đổi. Giải Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) thì Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) thì \(\begin{array}{l}3\overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GA'} + \overrightarrow {GB'} + \overrightarrow {GC'}\\ = \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {CC'} \\ = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {CC'} \\ = t\overrightarrow u + t\overrightarrow v + t\overrightarrow w = t(\overrightarrow u + \overrightarrow v + \overrightarrow w ).\end{array}\) Đặt \(\overrightarrow \alpha = \overrightarrow u + \overrightarrow v + \overrightarrow w \) thì vec tơ \(\overrightarrow \alpha \) cố định và \(\overrightarrow {GG'} = \dfrac{1}{3}t\overrightarrow \alpha \). Suy ra nếu \(\overrightarrow \alpha = \overrightarrow 0 \) thì các điểm \(G’\) trùng với điểm \(G\), còn nếu \(\overrightarrow \alpha \ne \overrightarrow 0 \) thì quỹ tích các điểm \(G’\) là đường thẳng đi qua \(G\) và song song với giá của vec tơ \(\overrightarrow \alpha \). Bài 33 trang 10 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC.\) a) Hãy xác định các điểm \(G, P, Q, R, S\) sao cho: \(\begin{array}{l}\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0;\\2\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {PC} = \overrightarrow 0 ;\\\overrightarrow {QA} + 3\overrightarrow {QB} + 2\overrightarrow {QC} = \overrightarrow 0 \\\overrightarrow {RA} - \overrightarrow {RB} + \overrightarrow {RC} = \overrightarrow 0 ;\\5\overrightarrow {SA} - 2\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SC} = \overrightarrow 0 \,\,;\,\,\,\,\,\end{array}\) b) Với điểm \(O\) bất kì và với các điểm \(G, P, Q, R, S\) ở câu a), chứng minh rằng : \(\begin{array}{l}\overrightarrow {OG} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {OA} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {OB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {OC} ;\\\overrightarrow {OP} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OA} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {OB} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow {OC} \\\overrightarrow {OQ} = \dfrac{1}{6}\overrightarrow {OA} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OB} + \dfrac{1}{3}\overrightarrow {OC} ;\\\,\overrightarrow {OR} = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} \,\,;\\\overrightarrow {OS} = \dfrac{5}{2}\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OC} .\end{array}\) Giải a) \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). \(2\overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {PC} = \overrightarrow 0 \) \(\Leftrightarrow \,\,2\overrightarrow {PA} + 2\overrightarrow {PD} = \overrightarrow 0 \)(\(D\) là trung điểm của cạnh \(BC\)). Vậy \(P\) là trung điểm của trung tuyến \(AD\). \(\overrightarrow {QA} + 3\overrightarrow {QB} + 2\overrightarrow {QC} = \overrightarrow 0\) \( \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {QA} + \overrightarrow {QB} + 2(\overrightarrow {QB} + \overrightarrow {QC} ) = \overrightarrow {0\,} \) \(\Leftrightarrow \,\,2\overrightarrow {QE} + 4\overrightarrow {QD} = \overrightarrow 0 \) (\(E\) là trung điểm cạnh \(AB, D\) là trung điểm của \(BC\)) \( \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {QE} + 2(\overrightarrow {QE} + \overrightarrow {ED} ) = \overrightarrow 0 \) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {EQ} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow {ED} \). \(\overrightarrow {RA} - \overrightarrow {RB} + \overrightarrow {RC} = \overrightarrow 0 \) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {RC} = \overrightarrow 0 \) \(\Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {CR} = \overrightarrow {BA} .\) \(\begin{array}{l}5\overrightarrow {SA} - 2\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {SC} = \overrightarrow 0\\ \Leftrightarrow \,\,5\overrightarrow {SA} - 2(\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AB} ) - (\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {AC} ) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \,\overrightarrow {AS} = - \overrightarrow {AB} - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AC} .\end{array}\) b) Hướng dẫn: Xuất phát từ câu a), hãy viết mỗi vec tơ thành hiệu hai vec tơ có điểm đầu là O. Bài 34 trang 10 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) và một điểm \(O\) bất kì. Chứng minh rằng với mọi điểm \(M\) ta luôn luôn tìm được ba số \(\alpha \,,\beta \,,\gamma \) sao cho \(\alpha + \beta + \gamma = 1\) và \(\overrightarrow {OM} = \alpha \overrightarrow {OA} + \beta \overrightarrow {OB} + \gamma \overrightarrow {OC} \). Nếu điểm \(M\) trùng với trọng tâm tam giác \(ABC\) thì các số \(\alpha \,,\beta \,,\gamma \) bằng bao nhiêu? Giải Vì hai vec tơ \(\overrightarrow {CA} \,,\,\,\overrightarrow {CB} \) không cùng phương nên ta có các số \(\alpha \,,\,\,\beta \) sao cho \(\overrightarrow {CM} = \alpha \overrightarrow {CA} + \beta \overrightarrow {CB} \), hay là \(\overrightarrow {OM} - \overrightarrow {OC} = \alpha (\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OC} ) + \beta (\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OC} ).\) Vậy \(\overrightarrow {OM} = \alpha \overrightarrow {OA} + \beta \overrightarrow {OB} + (1 - \alpha - \beta )\overrightarrow {OC} .\) Đặt \(\gamma = 1 - \alpha - \beta \) thì \(\alpha + \beta + \gamma = 1\) và \(\overrightarrow {OM} = \alpha \overrightarrow {OA} + \beta \overrightarrow {OB} + \gamma \overrightarrow {OC} \). Nếu M trùng G thì ta có \(\overrightarrow {OG} = \dfrac{1}{3}(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ).\) Vậy \(\alpha = \beta = \gamma = \dfrac{1}{3}\). Bài 35 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) và đường thẳng \(d\). Tìm điểm \(M\) trên đường thẳng \(d\) sao cho vec tơ \(\overrightarrow u = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} \) có độ dài nhỏ nhất. Giải Với mọi điểm \(O\) ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow u = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} \\ = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} + \overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OM} \\+ 2(\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OM} )\\= \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + 2\overrightarrow {OC} - 4\overrightarrow {OM} .\end{array}\) Ta chọn điểm \(O\) sao cho \(\overrightarrow v = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + 2\overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0 \). (Chú ý rằng nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì \(\overrightarrow v = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OC}\) \( = 3\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OC} \) \( = 4\overrightarrow {OG} + \overrightarrow {GC} \). Bởi vậy để \(\overrightarrow v = \overrightarrow 0 \), ta chọn điểm O sao cho \(\overrightarrow {GO} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {GC} \)). Khi đó, \(\overrightarrow u = - 4\overrightarrow {OM} \) và do đó \(|\overrightarrow u | = 4OM\). Độ dài vec tơ \(\overrightarrow u \) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(4OM\) nhỏ nhất hay \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(d.\) Bài 36 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tứ giác \(ABCD\). Với số \(k\) tùy ý, lấy các điểm \(M\) và \(N\) sao cho \(\overrightarrow {AM} = k\overrightarrow {AB} \,;\,\,\overrightarrow {DN} = k\overrightarrow {DC} \). Tìm tập hợp các trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(MN\) khi \(k\) thay đổi. Giải ( h.18). Gọi \(O, O’\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC\), ta có \(\overrightarrow {OO'} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} ).\) Vì \(O\) và \(I\) là trung điểm của \(AD\) và \(MN\) nên \(\overrightarrow {OI} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {DN} ) \) \(= \dfrac{k}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} )\). Vậy khi \(k\) thay đổi, tập hợp các điểm \(I\) là đường thẳng \(OO’\). Bài 37 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) với các cạnh \(AB=c, BC=a, CA=b.\) a) Gọi \(CM\) là đường phân giác trong của góc \(C\). Hãy biểu thị vec tơ \(\overrightarrow {CM} \) theo các vec tơ \(\overrightarrow {CA} \) và \(\overrightarrow {CB} \). b) Gọi \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh rằng \(a\overrightarrow {IA} + b\overrightarrow {IB} + c\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \). Giải (h.19). a) Theo tính chất đường phân giác , ta có \(\dfrac{{AM}}{{BM}} = \dfrac{{CA}}{{CB}} = \dfrac{b}{a}\), suy ra \(\overrightarrow {MA} = - \dfrac{b}{a}\overrightarrow {MB} \). Từ đó , ta có \(\overrightarrow {CM} = \dfrac{{\overrightarrow {CA} + \dfrac{b}{a}\overrightarrow {CB} }}{{1 + \dfrac{b}{a}}}\) \(= \dfrac{a}{{a + b}}\overrightarrow {CA} + \dfrac{b}{{a + b}}\overrightarrow {CB} .\) b) Vì \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\) nên \(AI\) là phân giác của tam giác \(ACM\). Bởi vậy theo câu a), ta có biểu thị vec tơ \(\overrightarrow {AI} \) theo hai vec tơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\overrightarrow {AC} \). \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AI} = \dfrac{{AC}}{{AC + AM}}\overrightarrow {AM} + \dfrac{{AM}}{{AC + AM}}\overrightarrow {AC}\\ = \dfrac{b}{{b + \dfrac{{bc}}{{a + b}}}}.\dfrac{b}{{a + b}}\overrightarrow {AB} + \dfrac{{\dfrac{{bc}}{{a + b}}}}{{b + \dfrac{{bc}}{{a + b}}}}\overrightarrow {AC} \\ = \dfrac{b}{{a + b + c}}\overrightarrow {AB} + \dfrac{c}{{a + b + c}}\overrightarrow {AC}\\ = \dfrac{b}{{a + b + c}}(\overrightarrow {IB} - \overrightarrow {IA} ) + \dfrac{c}{{a + b + c}}(\overrightarrow {IC} - \overrightarrow {IA} ).\end{array}\) Suy ra \(\left( {1 - \dfrac{{b + c}}{{a + b + c}}} \right)\overrightarrow {IA} + \dfrac{b}{{a + b + c}}\overrightarrow {IB} + \dfrac{c}{{a + b + c}}\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \,\,\,a\overrightarrow {IA} + b\overrightarrow {IB} + c\overrightarrow {IC} = \overrightarrow 0 .\) Bài 38 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có trực tâm \(H\) và tâm đường tròn ngoại tiếp \(O\). Chứng minh rằng a) \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OH} \); b) \(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = 2\overrightarrow {HO} \). Giải (h.20). a) Gọi \(B’\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(O\), ta có \(B'C \bot BC\). Vì \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) nên \(AH \bot BC\). Vậy \(AH//B’C.\) Chứng minh tương tự ta có \(CH//B’A.\) Vậy \(AB’CH\) là hình bình hành. Suy ra \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {B'C} \). Gọi \(D\) là trung điểm của \(BC\) thì \(OD\) là đường trung bình của tam giác \(BB’C\) nên \(\overrightarrow {B'C} = 2\overrightarrow {OD} \). Vậy \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {OD} \). Từ đó, ta có \(\overrightarrow {OA} = \overrightarrow {OH} + \overrightarrow {HA}\) \( = \overrightarrow {OH} - \overrightarrow {AH} = \overrightarrow {OH} - 2\overrightarrow {OD}\) \( = \overrightarrow {OH} - (\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ).\) Suy ra \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OH} .\) b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì \(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = 3\overrightarrow {HG}\) \( = 3\overrightarrow {HO} + 3\overrightarrow {OG} \) \(= 3\overrightarrow {HO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} .\) Kết hợp với kết quả của câu a), ta có \(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} = 3\overrightarrow {HO} + \overrightarrow {OH} \) \(= 2\overrightarrow {HO} .\) Bài 39 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba dây cung song song \(AA_1, BB_1, CC_1\) của đường tròn \((O)\). Chứng minh rằng trực tâm của ba tam giác \(ABC_1, BCA_1, CAB_1\) nằm trên một đường thẳng. Giải (h.21). Gọi \(H_1, H_2, H_3\) lần lượt là trực tâm của các tam giác \(ABC_1, BCA_1, CAB_1\). Theo kết quả bài 38, 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 \(\begin{array}{l}\overrightarrow {{H_1}{H_2}} = \overrightarrow {O{H_2}} - \overrightarrow {O{H_1}} \\ = \overrightarrow {OC} - \overrightarrow {O{C_1}} + \overrightarrow {O{A_1}} - \overrightarrow {OA}\\ = \overrightarrow {{C_1}C} + \overrightarrow {A{A_1}} \\\overrightarrow {{H_1}{H_3}} = \overrightarrow {O{H_3}} - \overrightarrow {O{H_1}} \\ = \overrightarrow {OC} - \overrightarrow {O{C_1}} + \overrightarrow {O{B_1}} - \overrightarrow {OB} \\ = \overrightarrow {{C_1}C} + \overrightarrow {B{B_1}} .\end{array}\) Vì các dây cung \(AA_1, BB_1, CC_1\) song song với nhau nên ba vec tơ \(\overrightarrow {A{A_1}} ,\overrightarrow {B{B_1}} ,\overrightarrow {C{C_1}} \) có cùng phương. Do đó hai vec tơ \(\overrightarrow {{H_1}{H_2}} \) và \(\overrightarrow {{H_1}{H_3}} \) cùng phương , hay ba điểm \(H_1, H_2, H_3\) thẳng hàng. Bài 40 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho \(n\) điểm \(A_1, A_2, …,A_n\) và \(n\) số \(k_1, k_2, …,k_n\) mà \(k_1+ k_2+ …+k_n =k \ne 0\). a) Chứng minh rằng có duy nhất một điểm \(G\) sao cho \({k_1}\overrightarrow {G{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {G{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {G{A_n}} = \overrightarrow 0 \). Điểm \(G\) như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm \(A_i\), gắn với các hệ số \(k_i\). Trong trường hợp các hệ số \(k_i\) bằng nhau (và do đó có thể xem các \(k_i\) đều bằng 1), thì \(G\) gọi là trọng tân của hệ điểm \(A_i\). b) Chứng minh rằng nếu \(G\) là tâm tỉ cự nói ở câu a) thì với mọi điểm \(M\) bất kì, ta có \(\overrightarrow {OG} = \dfrac{1}{k}\left( {{k_1}\overrightarrow {O{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {O{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {O{A_n}} } \right)\). Giải a) Ta lấy một điểm \(O\) nào đó thì \(\begin{array}{l}{k_1}\overrightarrow {G{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {G{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {G{A_n}} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \,\,{k_1}(\overrightarrow {O{A_1}} - \overrightarrow {OG} ) + {k_2}(\overrightarrow {O{A_2}} - \overrightarrow {OG} ) \\+ ... + {k_n}(\overrightarrow {O{A_n}} - \overrightarrow {OG} ) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \,\,\overrightarrow {OG} = \dfrac{1}{k}({k_1}\overrightarrow {O{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {O{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {O{A_n}} ).\end{array}\) Vậy điểm \(G\) hoàn toàn xác định và duy nhất. b) Suy ra từ câu a). Bài 41 trang 11 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho sáu điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi \(\Delta \) là một tam giác có ba đỉnh lấy trong sáu điểm đó và \(\Delta '\) là tam giác có ba đỉnh là ba điểm còn lại. Chứng mminh rằng với các cánh chọn \(\Delta \) khác nhau, các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác \(\Delta \) và \(\Delta '\) luôn đi qua một điểm cố định. Giải Gọi \(A, B, C\) là ba đỉnh của tam giác \(\Delta \) và \(D, E, F\) là ba đỉnh của tam giác \(\Delta '\). Gọi \(G\) và \(G’\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(\Delta \) và \(\Delta '\) thì với điểm \(I\) tùy ý, ta có \(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} + \overrightarrow {IE} + \overrightarrow {IF} = 3(\overrightarrow {IG} + \overrightarrow {IG'} ).\) Bởi vậy nếu chọn \(I\) là trọng tâm của hệ điểm \(A, B, C, D, E, F,\) tức là trọng tâm của hệ sáu điểm đã cho, thì \(I\) là điểm cố định và \(\overrightarrow {IG} + \overrightarrow {IG'} = \overrightarrow 0 \). Vậy các đường thẳng \(GG’\) luôn đi qua điểm \(O\) cố định (\(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(GG’\)). Bài 42 trang 12 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho năm điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi \(\Delta \) là một tam giác có ba đỉnh lấy trong năm điểm đó, hai điểm còn lại xác định một đoạn thẳng \(\theta \). Chứng minh rằng với các cánh chọn \(\Delta \) khác nhau, đường thẳng đi qua trọng tâm tam giác \(\Delta \) và trung điểm đoạn thẳng \(\theta \) luôn đi qua một điểm cố định. Giải Gọi \(A, B, C\) là ba đỉnh của tam giác \(\Delta \) và \(DE\) là đoạn thẳng \(\theta \). Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(\Delta \) và \(M\) là trung điểm của \(DE\) thì với điểm \(I\) tùy ý, ta có \(\overrightarrow {IA} + \overrightarrow {IB} + \overrightarrow {IC} + \overrightarrow {ID} + \overrightarrow {IE} = 3\overrightarrow {IG} + 2\overrightarrow {IM} .\) Bởi vậy nếu chọn \(I\) là trọng tâm của hệ điểm \(A, B, C, D, E,\) tức là trọng tâm của hệ năm điểm đã cho thì \(I\) là điểm cố định và \(3\overrightarrow {IG} + 2\overrightarrow {IM} = \overrightarrow 0 \). Vậy các đường thẳng \(GM\) luôn luôn đi qua điểm \(I\) cố định (và \(I\) là điểm chia đoạn thẳng \(GM\) theo tỉ số \( - {2 \over 3}\)).
