Bài viết hướng dẫn dùng phương pháp vectơ để giải một số bài toán hình học phẳng, nội dung bài viết gồm hai phần: trình bày phương pháp giải toán và một số ví dụ minh họa có lời giải chi tiết.
Phương pháp giải toán:
1. Phương pháp: Để giải một số bài toán hình học bằng phương pháp vectơ ta tiến hành:
• Bước 1:
+ Lựa chọn một vectơ “gốc”.
+ Chuyển đổi giả thiết, kết luận bài toán từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ vectơ.
• Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi các biểu thức vectơ theo yêu cầu bài toán.
• Bước 3: Chuyên các kết luận từ ngôn ngữ vectơ sang ngôn ngữ hình học tương ứng.
2. Một số dạng bài toán:
Bài toán 1: Chứng minh ba điểm \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàng.
+ Để chứng minh \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàng ta cần chứng minh \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương với \(\overrightarrow {AC} \) (hoặc \(\overrightarrow {AB} \) cùng phương \(\overrightarrow {BC} \) hoặc \(\overrightarrow {AC} \) cùng phương với \(\overrightarrow {BC} \)), tức là chứng minh đẳng thức vectơ \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} \) với \(k \in R.\)
+ Ngoài ra để chứng minh \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàng ta có thể chứng minh đẳng thức vectơ \(\overrightarrow {MB} = k\overrightarrow {MC} + (1 – k)\overrightarrow {MA} \) với \(M\) bất kì, \(k \in R.\)
Bài toán 2: Chứng minh ba đường thẳng \(a\), \(b\), \(c\) đồng quy thì quy về bài toán 1 bằng cách:
+ Gọi \(A\) là giao điểm của \(a\) và \(b.\)
+ Chứng minh \(A \in c\) tức là \(A\), \(B\), \(C\) thẳng hàng với \(B\), \(C\) là hai điểm nằm trên đường thẳng \(c.\)
Bài toán 3: Chứng minh \(AB\) song song với \(CD\), ta chứng minh \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) không thẳng hàng và \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {CD} .\)
Bài toán 4: Chứng minh \(AB\) vuông góc \(CD\), ta chứng minh \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} = 0.\)
Bài toán 5: Các dạng toán tính độ dài, tính góc thì chú ý sử dụng:
\(AB = \sqrt {\left| {{{\overrightarrow {AB} }^2}} \right|} = \sqrt {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} } \)
\(\cos \alpha = \frac{{\vec a.\vec b}}{{\left| {\vec a} \right|.\left| {\vec b} \right|}}\) (\(\alpha \) là góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a \), \(\overrightarrow b \)).
Ví dụ minh họa:
Bài toán 1: Cho tam giác \(ABC\), lấy các điểm \(M\), \(N\), \(P\) sao cho:
\(\overrightarrow {MB} – 2\overrightarrow {MC} \) \( = \overrightarrow {NA} + 2\overrightarrow {NC} \) \( = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PB} = \vec 0.\)
Chứng minh rằng \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng.
Để chứng minh \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng ta cần chứng minh \(\overrightarrow {PM} = k\overrightarrow {PN} \), \(k \in R.\)
Biểu thị \(\overrightarrow {PM} \), \(\overrightarrow {PN} \) theo hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {AC} \) (hệ vectơ “gốc”).
Ta có:
\(\overrightarrow {PN} = \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {AN} \) \( = – \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} .\)
\(\overrightarrow {PM} = \overrightarrow {PB} + \overrightarrow {BM} \) \( = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {BC} \) \( = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} )\) \( = – \frac{3}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} \) \( = 3\left( { – \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} } \right) = 3\overrightarrow {PN} .\)
Vậy \(\overrightarrow {PM} = 3\overrightarrow {PN} \) hay \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng.
Bài toán 2: Cho tam giác \(ABC\), gọi \(O\), \(G\), \(H\) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của tam giác \(ABC.\) Chứng minh rằng \(O\), \(G\), \(H\) thẳng hàng.
Để chứng minh \(O\), \(G\), \(H\) thẳng hàng, ta cần chứng minh \(\overrightarrow {OG} = k\overrightarrow {OH} \), \(k \in R.\)
Ta có: \(\overrightarrow {OG} = \frac{1}{3}(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ).\)
Gọi \(D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\), \(E\) là trung điểm của \(BC.\)
Ta có:
\(CD//BH\) vì cùng vuông góc với \(AC.\)
\(BD//CH\) vì cùng vuông góc với \(AB.\)
Suy ra \(BDCH\) là hình bình hành. Do đó \(E\) là trung điểm của \(HD.\)
Do đó: \(\overrightarrow {OH} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AH} \) \( = \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OE} \) \( = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} .\)
Như vậy \(\overrightarrow {OG} = \frac{1}{3}\overrightarrow {OH} \) hay \(O\), \(G\), \(H\) thẳng hàng.
Bài toán 3: Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \({A_1}{B_1}{C_1}{D_1}\) sắp xếp sao cho \({B_1}\) thuộc cạnh \(AB\), \({D_1}\) thuộc cạnh \(AD.\) Chứng minh rằng các đường thẳng \(D{B_1}\), \(B{D_1}\) và \(C{C_1}\) đồng quy.
Gọi \(\overrightarrow {AB} = \vec a\), \(\overrightarrow {AD} = \vec b.\)
Vì \(A\), \(B_1\), \(B\) thẳng hàng nên: \(\overrightarrow {A{B_1}} = k\overrightarrow {AB} \) \((1).\)
Vì \(A\), \(D_1\), \(D\) thẳng hàng nên: \({\overrightarrow {AD} _1} = h\overrightarrow {AD} \) \((2).\)
Gọi \(P\) là giao điểm \(D{B_1}\) và \({D_1}B.\)
Vì \(B_1\), \(P\), \(D\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {AP} = \alpha \overrightarrow {A{B_1}} + (1 – \alpha )\overrightarrow {AD} \) \((3).\)
Vì \(B\), \(P\), \(D_1\) thẳng hàng nên \(\overrightarrow {AP} = \beta \overrightarrow {AB} + (1 – \beta )\overrightarrow {A{D_1}} \) \((4).\)
Từ \((1)\) và \((3)\) suy ra \(\overrightarrow {AP} = \alpha k\vec a + (1 – \alpha )\vec b.\)
Từ \((2)\) và \((4)\) suy ra \(\overrightarrow {AP} = \beta \overrightarrow a + (1 – \beta )h\overrightarrow b .\)
Vì \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) không cùng phương nên ta suy ra được \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\alpha k = \beta }\\
{1 – \alpha = (1 – \beta )h}
\end{array}} \right.\)
Suy ra: \(\alpha = \frac{{1 – h}}{{1 – kh}}.\)
Vậy \(\overrightarrow {AP} = \frac{{k(1 – h)}}{{1 – kh}}\vec a + \frac{{h(1 – k)}}{{1 – kh}}\vec b.\)
Ta lại có: \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \vec a + \vec b.\)
Từ đó suy ra \(\overrightarrow {PC} = \overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AP} \) \( = \frac{{1 – k}}{{1 – kh}}\overrightarrow a + \frac{{1 – h}}{{1 – kh}}\overrightarrow b .\)
Hơn nữa: \(\overrightarrow {{D_1}D} = (1 – h)\vec b = \overrightarrow {{C_1}E} \), \(\overrightarrow {{B_1}B} = (1 – k)\overrightarrow a = \overrightarrow {{C_1}F} .\)
Suy ra: \(\overrightarrow {{C_1}C} = \overrightarrow {{C_1}E} + \overrightarrow {{C_1}F} \) \( = (1 – k)\overrightarrow a + (1 – h)\overrightarrow b .\)
Vậy \(\overrightarrow {{C_1}C} = (1 – kh)\overrightarrow {PC} .\) Hay \(C_1\), \(C\), \(P\) thẳng hàng tức là \({C_1}C\) đi qua \(P.\)
Do vậy \(D{B_1}\), \({D_1}B\) và \(C{C_1}\) đồng quy tại \(P.\)
Bài toán 4: Cho tứ giác \(ABCD\) và điểm \(M.\) Gọi \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\) lần lượt là các điểm đối xứng của \(M\) qua trung điểm của các cạnh của tứ giác. Chứng minh rằng \(MPQR\) là hình bình hành.
Ta có:
\(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MN} .\)
\(\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MP} .\)
\(\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MQ} .\)
\(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {MR} .\)
Từ đó suy ra:
\(\overrightarrow {RN} = \overrightarrow {MN} – \overrightarrow {MR} \) \( = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} – \overrightarrow {MD} – \overrightarrow {MA} \) \( = \overrightarrow {MB} – \overrightarrow {MD} = \overrightarrow {DB} .\)
\(\overrightarrow {QP} = \overrightarrow {MP} – \overrightarrow {MQ} \) \( = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} – \overrightarrow {MC} – \overrightarrow {MD} \) \( = \overrightarrow {MB} – \overrightarrow {MD} = \overrightarrow {DB} .\)
Vậy \(\overrightarrow {RN} = \overrightarrow {QP} .\) Do đó \(NPRQ\) là hình bình hành.
Bài toán 5: Cho tam giác \(ABC\) cân tại \(A\) và \(D\) là trung điểm của cạnh \(BC.\) \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D\) trên cạnh \(AC\) và \(I\) là trung điểm của đoạn \(DH.\) Chứng minh rằng \(AI \bot BH.\)
Ta có: \(\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {BH} \) \( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AH} ).(\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {DH} )\) \( = \quad \frac{1}{2}(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {DH} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {DH} )\) \( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {DH} )\) (vì \(AD \bot BD\) và \(AH \bot DH\) nên \(\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {DH} = 0\)) \( = \frac{1}{2}\left[ {(\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DH} )\overrightarrow {DC} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {DH} } \right]\) \( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {DH} .\overrightarrow {DC} + \overrightarrow {DH} .\overrightarrow {AD} )\) \( = \frac{1}{2}\overrightarrow {DH} (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DC} )\) \( = \frac{1}{2}\overrightarrow {DH} .\overrightarrow {AC} = 0.\)
Vậy \(\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {BH} = 0\), do đó \(AI \bot BH.\)
Bài toán 6: Cho tứ giác \(ABCD.\) Hai đường chéo cắt nhau tại \(O.\) Gọi \(H\), \(K\) lần lượt là trực tâm của tam giác \(ABO\) và tam giác \(CDO.\) \(I\), \(J\) là trung điểm của \(AD\) và \(BC.\) Chứng minh rằng \(HK \bot IJ.\)
Ta có:
\(\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {IA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BJ} .\)
\(\overrightarrow {IJ} = \overrightarrow {ID} + \overrightarrow {DC} + \overrightarrow {CJ} .\)
Suy ra: \(\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} ).\)
Khi đó: \(\overrightarrow {HK} .\overrightarrow {IJ} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {OK} – \overrightarrow {OH} )(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {DC} )\) \( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {OK} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {OK} .\overrightarrow {DC} – \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {DC} )\) \( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {OK} .\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {DC} )\) \( = \frac{1}{2}\left[ {(\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {CK} )(\overrightarrow {OB} – \overrightarrow {OA} ) – (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {AH} )(\overrightarrow {OC} – \overrightarrow {OD} )} \right]\) \( = \frac{1}{2}\left[ {(\overrightarrow {OB} – \overrightarrow {OA} – \overrightarrow {AH} )\overrightarrow {OC} – (\overrightarrow {CK} + \overrightarrow {OC} – \overrightarrow {OD} )\overrightarrow {OA} } \right]\) \( = \frac{1}{2}\left[ {(\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB} )\overrightarrow {OC} – (\overrightarrow {DO} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {CK} )\overrightarrow {OA} } \right]\) \( = \frac{1}{2}(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {OC} – \overrightarrow {DK} .\overrightarrow {OA} ) = 0.\)
Vậy \(HK \bot IJ.\)
Bài toán 7: Cho tam giác \(ABC\) và đường phân giác trong \(AD.\) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(D\) lên \(AB\), \(K\) là hình chiếu của \(D\) lên \(AC.\) Biết \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 2{a^2}\), \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = 3{a^2}\), \(AH = a.\)
a) Tính \(AB\), \(AC.\)
b) Tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) và cosin của góc giữa hai đường thẳng \(AB\), \(AC.\)
c) Tính \(AD\) và \(BC.\)
a) Ta có:
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = AB.AH = 2{a^2}.\)
Suy ra: \(AB = 2a.\)
\(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} = AC.AK\) \( = AC.AH = 3{a^2}\) (vì \(AK = AH\)).
Suy ra: \(AC = 3a.\)
b) \(\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{2}{3}.\)
Suy ra: \(3\overrightarrow {DB} + 2\overrightarrow {DC} = \vec 0\) \( \Rightarrow 3(\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AD} ) + 2(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} ) = \vec 0\) \( \Rightarrow 3\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} = 5\overrightarrow {AD} \) \( \Rightarrow 3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + 2{\overrightarrow {AC} ^2} = 5\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} \) \( \Rightarrow 3\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 5\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} – 2{\overrightarrow {AC} ^2}\) \( \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \frac{{15{a^2} – 18{a^2}}}{3} = – {a^2}.\)
Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(AB\) và \(AC\), ta có: \(\cos \alpha = \left| {\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} )} \right|\) \( = \frac{{\left| {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right|}}{{AB.AC}} = \frac{{{a^2}}}{{2a.3a}} = \frac{1}{6}.\)
c) Vì \(3\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} = 5\overrightarrow {AD} .\)
Suy ra \(25A{D^2} = 9A{B^2} + 4A{C^2} + 12\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) \( = 36{a^2} + 36{a^2} – 12{a^2}\) \( = 60{a^2}.\)
Vậy \(AD = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}.\)
\(B{C^2} = {\overrightarrow {BC} ^2} = {(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} )^2}\) \( = A{C^2} + A{B^2} – 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) \( = 9{a^2} + 4{a^2} + 2{a^2} = 15{a^2}.\)
Vậy \(BC = a\sqrt {15} .\)
