Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Bài 4. Tích của một vectơ với một số

Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương 12 tháng 10 2020 lúc 11:17:08


Mục lục
* * * * *

Bài 21 trang 23 Sách giáo khoa (SGK) Hình học 10 Nâng cao

 Cho tam giác vuông cân \(OAB\) với \(OA = OB = a\). Hãy dựng các vec tơ sau đây và tính độ dài của chúng

\(\eqalign{
& \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} ;\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} ;3\overrightarrow {OA} + 4\overrightarrow {OB} ; \cr 
& {{21} \over 4}\overrightarrow {OA} + 2,5\overrightarrow {OB} ;{{11} \over 4}\overrightarrow {OA} - {3 \over 7}\overrightarrow {OB} . \cr} \)

Lời giải chi tiết

+) Vẽ hình vuông \(OACB\), ta có

\(\eqalign{
& \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OC} \cr& \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OC} } \right|  \cr 
& \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} = \overrightarrow {BA} \cr& \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {BA} } \right|  \cr} \)

Theo định lí Pitago trong tam giác OAC có:

\(OC = \sqrt {O{A^2} + A{C^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Mà OACB là hình vuông nên BA=OC=\(a\sqrt 2 \)

Vậy \(\left| {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right| = a\sqrt 2  = \left| {\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OB} } \right|\)

Cách khác:

Vẽ hình vuông \(OACB\), gọi M là trung điểm AB. Khi đó

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

\(  \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {OM} } \right|=2OM\)

Mà OM là trung tuyến trong tam giác vuông OAB nên

\(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {O{A^2} + O{B^2}} \)\(= \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB} } \right| = 2OM \)\(= 2.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 \).

+) Gọi \(M, N\) là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow {OM}  = 3\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {ON}  = 4\overrightarrow {OB} \).

Vẽ hình chữ nhật \(MONP\), ta có

\(\eqalign{
& \overrightarrow {OM} + \overrightarrow {ON} = \overrightarrow {OP} \cr& \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OM} + \overrightarrow {ON} } \right| = \left| {\overrightarrow {OP} } \right| \cr 
& = \sqrt {O{M^2} + M{P^2}} \cr 
& = \sqrt {{{\left( {3OA} \right)}^2} + {{\left( {4OB} \right)}^2}}  \cr&= \sqrt {9O{A^2} + 16O{B^2}}\cr& = \sqrt {9{a^2} + 16{a^2}} = 5a \cr} \)

+) Dựng điểm D, E sao cho \(\overrightarrow {OD}  = \frac{{21}}{4}\overrightarrow {OA} ,\) \(\overrightarrow {OE}  = 2,5\overrightarrow {OB} \)

Dựng hình chữ nhật ODFE ta có:

\(\frac{{21}}{4}\overrightarrow {OA}  + 2,5\overrightarrow {OB} \) \( = \overrightarrow {OD}  + \overrightarrow {OE}  = \overrightarrow {OF} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {\frac{{21}}{4}\overrightarrow {OA}  + 2,5\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OF} } \right|\\ = \sqrt {O{E^2} + E{F^2}}  = \sqrt {O{E^2} + O{D^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {2,5OB} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{21}}{4}OA} \right)}^2}} \\ = \sqrt {{{\left( {2,5a} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{21}}{4}a} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {541} a}}{4}\end{array}\)

+) Gọi \(I, J\) là điểm thỏa mãn

\(\overrightarrow {OI}  = {{11} \over 4}\overrightarrow {OA} ,\,\overrightarrow {OJ}  =  - {3 \over 7}\overrightarrow {OB} \)

Vẽ hình chữ nhật \(OIKJ\), ta có

\(\eqalign{
& {{11} \over 4}\overrightarrow {OA} - {3 \over 7}\overrightarrow {OB}\cr& = {{11} \over 4}\overrightarrow {OA} + \left( { - {3 \over 7}\overrightarrow {OB} } \right)\cr& = \overrightarrow {OI} + \overrightarrow {OJ} = \overrightarrow {OK} \cr 
& \Rightarrow \,\left| {{{11} \over 4}\overrightarrow {OA} - {3 \over 7}\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {\overrightarrow {OK} } \right| \cr& = \sqrt {O{I^2} + I{K^2}}  = \sqrt {O{I^2} + O{J^2}}  \cr&= \sqrt {{{\left( {\frac{{11}}{4}OA} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{7}OB} \right)}^2}} \cr&= \sqrt {{{\left( {{{11} \over 4}a} \right)}^2} + {{\left( {  {3 \over 7}a} \right)}^2}} = {{\sqrt {6073} } \over {28}}a \cr} \) 

Bài 22 trang 23 Sách giáo khoa (SGK) Hình học 10 Nâng cao

Cho tam giác \(OAB\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm hai cạnh \(OA\) và \(OB\). Hãy tìm các số \(m\) và \(n\) thích hợp trong mỗi đẳng thức sau đây

\(\eqalign{
& \overrightarrow {OM} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} ;\cr&\overrightarrow {MN} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} ; \cr 
& \overrightarrow {AN} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} ;\cr&\overrightarrow {MB} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} . \cr} \)

Lời giải chi tiết

Ta có

\(\eqalign{
& \overrightarrow {OM} = {1 \over 2}\overrightarrow {OA} = {1 \over 2}\overrightarrow {OA} + 0.\overrightarrow {OB} \cr&\Rightarrow \,m = {1 \over 2},\,n = 0. \cr 
& \overrightarrow {MN} = \overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OM} \cr&= {1 \over 2}\overrightarrow {OB} - {1 \over 2}\overrightarrow {OA} \cr&= \left( { - {1 \over 2}} \right)\overrightarrow {OA} + {1 \over 2}\overrightarrow {OB} \cr& \Rightarrow \,m = - {1 \over 2},\,n = {1 \over 2}. \cr 
& \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {ON} - \overrightarrow {OA} \cr&= {1 \over 2}\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OA}\cr& = \left( { - 1} \right)\overrightarrow {OA} + {1 \over 2}\overrightarrow {OB}\cr&\Rightarrow \,m = - 1,\,n = {1 \over 2}. \cr 
& \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OM} \cr&= \overrightarrow {OB} - {1 \over 2}\overrightarrow {OA} \cr& = \left( { - {1 \over 2}} \right)\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB}\cr&\Rightarrow \,m = - {1 \over 2},\,n = 1. \cr} \)

Cách khác:

Bài 23 trang 24 Sách giáo khoa (SGK) Hình học 10 Nâng cao

Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \(AB\) và \(CD\).  Chứng minh rằng

\(2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {BC} .\)

Lời giải chi tiết

Vì M, N là trung điểm AB và CD nên:

\(\overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {AM}  + \overrightarrow {MA}  = \overrightarrow 0 \) và \(\overrightarrow {NC}  + \overrightarrow {ND}  = \overrightarrow 0 \)

Theo quy tắc ba điểm, ta có

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} \cr&= \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NC} } \right) \cr&+ \left( {\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {ND} } \right) \cr 
& = 2\overrightarrow {MN} + \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) \cr&+ \left( {\overrightarrow {NC} + \overrightarrow {ND} } \right) \cr 
& = 2\overrightarrow {MN} + \overrightarrow 0 + \overrightarrow 0 = 2\overrightarrow {MN} \cr 
& \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} \cr&= \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {ND} } \right) \cr&+ \left( {\overrightarrow {BM} + \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NC} } \right) \cr 
&  = 2\overrightarrow {MN} + \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BM} } \right) \cr&+ \left( {\overrightarrow {NC} + \overrightarrow {ND} } \right) \cr 
& = 2\overrightarrow {MN} + \overrightarrow 0 + \overrightarrow 0 = 2\overrightarrow {MN} \cr} \)

Vậy \(2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {BC} .\)

Cách khác:

Vì N là trung điểm của CD nên với điểm M ta có:

\(\begin{array}{l}2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} \\ = \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BD} \\ = \left( {\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB} } \right) + \left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD} } \right)\\ = \overrightarrow 0  + \left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD} } \right)\\ = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD} \,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

(vì M là trung điểm AB nên \(\overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {MB}  = \overrightarrow 0 \))

Lại có:

\(\begin{array}{l}2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {MC}  + \overrightarrow {MD} \\ = \overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {MA}  + \overrightarrow {AD} \\ = \left( {\overrightarrow {MB}  + \overrightarrow {MA} } \right) + \left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AD} } \right)\\ = \overrightarrow 0  + \left( {\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AD} } \right)\\ = \overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {AD} \\ = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {BC} \,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Vậy từ (1) và (2) suy ra \(2\overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {BC} \)

Bài 24 trang 24 Sách giáo khoa (SGK) Hình học 10 Nâng cao

Cho tam giác \(ABC\) và điểm \(G\). Chứng minh rằng

LG a

Nếu \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \) thì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \({G_1}\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Từ đó, ta có \(\overrightarrow {{G_1}A}  + \overrightarrow {{G_1}B}  + \overrightarrow {{G_1}C}  = \overrightarrow 0 .\)

Theo giả thiết, \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \)

\(\eqalign{
& \Rightarrow\overrightarrow {G{G_1}} + \overrightarrow {{G_1}A} + \overrightarrow {G{G_1}} + \overrightarrow {{G_1}B} + \overrightarrow {G{G_1}} + \overrightarrow {{G_1}C} = \overrightarrow 0 \cr 
& \Rightarrow 3\overrightarrow {G{G_1}} + \left( {\overrightarrow {{G_1}A} + \overrightarrow {{G_1}B} + \overrightarrow {{G_1}C} } \right) = \overrightarrow {0} \cr& \Rightarrow 3\overrightarrow {G{G_1}} = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow {G{G_1}} = \overrightarrow 0  \cr&\Rightarrow \,G \equiv {G_1} \cr} \)

Cách khác:

Gọi M là trung điểm BC ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {GA}  + 2\overrightarrow {GM}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {GA}  =  - 2\overrightarrow {GM} \end{array}\)

Do đó A, G, M thẳng hàng; G nằm giữa A, M và \(AG = 2GM \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM\)

Vậy G là trọng tâm tam giác.

LG b

Nếu có điểm \(O\) sao cho \(\overrightarrow {OG}  = {1 \over 3}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} } \right)\) thì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Lời giải chi tiết:

Gọi \( {G_1}\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Từ đó, ta có \(\overrightarrow {{G_1}A}  + \overrightarrow {{G_1}B}  + \overrightarrow {{G_1}C}  = \overrightarrow 0 .\)

\(\eqalign{
& \overrightarrow {OG} = {1 \over 3}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right) \cr 
& = {1 \over 3}\left( {3\overrightarrow {O{G_1}} + \overrightarrow {{G_1}A} + \overrightarrow {{G_1}B} + \overrightarrow {{G_1}C} } \right) \cr& = \frac{1}{3}\left( {3\overrightarrow {O{G_1}}  + \overrightarrow 0 } \right)= \overrightarrow {O{G_1}} \cr& \Rightarrow \,G \equiv {G_1} \cr} \)

Cách khác:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {OG}  = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} } \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = 3\overrightarrow {OG} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {OG}  + \overrightarrow {GC}  = 3\overrightarrow {OG} \\ \Leftrightarrow 3\overrightarrow {OG}  + \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC} } \right) = 3\overrightarrow {OG} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \end{array}\)

Vậy G là trọng tâm tam giác (theo câu a).

Bài 25 trang 24 Sách giáo khoa (SGK) Hình học 10 Nâng cao

Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\). Đặt \(\overrightarrow a  = \overrightarrow {GA} \) và \(\overrightarrow b  = \overrightarrow {GB} \). Hãy biểu thị mỗi vec tơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {GC} ,\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {CA} \) qua các vec tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \).

Lời giải chi tiết

Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \)

Ta có

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} = \overrightarrow {GB} - \overrightarrow {GA} = \overrightarrow b - \overrightarrow a \cr 
& \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0\cr&=>\overrightarrow {GC} = - \overrightarrow {GB} - \overrightarrow {GA} = - \overrightarrow b - \overrightarrow a \cr 
& \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {GC} - \overrightarrow {GB} = - \overrightarrow b - \overrightarrow a - \overrightarrow b \cr&= - 2\overrightarrow b - \overrightarrow a \cr 
& \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GC} \cr&= \overrightarrow a - \left( { - \overrightarrow b - \overrightarrow a } \right) \cr&= 2\overrightarrow a + \overrightarrow b \cr} \)

Bài 26 trang 24 SGK Hình học 10 Nâng cao

Chứng minh rằng nếu \(G\) và \(G'\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(ABC\) và tam giác \(A'B'C'\) thì

\(3\overrightarrow {G{G'}}  = \overrightarrow {A{A'}}  + \overrightarrow {B{B'}}  + \overrightarrow {C{C'}} .\)

Từ đó hãy suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác \(ABC\) và \(A'B'C'\) có trọng tâm trùng nhau.

Lời giải chi tiết

G là trọng tâm tam giác ABC nên:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \\
\Leftrightarrow - \overrightarrow {GA} - \overrightarrow {GB} - \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \\
\Leftrightarrow \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {BG} + \overrightarrow {CG} = \overrightarrow 0 
\end{array}\)

G' là trọng tâm tam giác A'B'C' nên:

\(\overrightarrow {G'A'} + \overrightarrow {G'B'} + \overrightarrow {G'C'} = \overrightarrow 0\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {CC'} \\
= \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'A'} \\
+ \overrightarrow {BG} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'B'} \\
+ \overrightarrow {CG} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {G'C'} \\
= \left( {\overrightarrow {AG} + \overrightarrow {BG} + \overrightarrow {CG} } \right)\\
+ \left( {\overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {GG'} + \overrightarrow {GG'} } \right)\\
+ \left( {\overrightarrow {G'A'} + \overrightarrow {G'B'} + + \overrightarrow {G'C'} } \right)\\
= \overrightarrow 0 + 3\overrightarrow {GG'} + \overrightarrow 0 \\
= 3\overrightarrow {GG'} \\
\Rightarrow \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {CC'} = 3\overrightarrow {GG'} 
\end{array}\)

Để hai tam giác có cùng trọng tâm thì \(G \equiv G' \Leftrightarrow \overrightarrow {GG'}  = \overrightarrow 0  \)

\(\Leftrightarrow \overrightarrow {AA'}  + \overrightarrow {BB'}  + \overrightarrow {CC'}  = \overrightarrow 0 \)

Cách khác:

Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'G'} \cr 
& \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {B'G'} \cr 
& \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {C'G'} \cr} \)

Bài 27 trang 24 SGK Hình học 10 Nâng cao

Cho lục giác ABCDEF. Gọi P, Q, R, S, T, U lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác PRT và QSU có trọng tâm trùng nhau.

Lời giải chi tiết

Lấy \(O\) bất kì và gọi \(K, G\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(PRT\) và \(QSU\), ta có

\(\eqalign{
& 3\overrightarrow {OG} \cr&= \overrightarrow {OP} + \overrightarrow {OR} + \overrightarrow {OT} \cr&= {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} } \right) + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right) + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OE} + \overrightarrow {OF} } \right) \cr 
& = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OE} + \overrightarrow {OF} } \right)\,\,\,(1) \cr 
& 3\overrightarrow {OK} \cr&= \overrightarrow {OQ} + \overrightarrow {OS} + \overrightarrow {OU}\cr&  = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right) + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OE} } \right) + {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OF} } \right) \cr 
& = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OE} + \overrightarrow {OF} } \right)\,\,\,\,(2) \cr} \)

Từ (1) và (2) suy ra  \(\overrightarrow {OG}  = \overrightarrow {OK} \) hay \(G \equiv K.\)

Vậy hai tam giác \(PRT\) và \(QSU\) có trọng tâm trùng nhau.

Cách khác:

Sử dụng kết quả bài 26, để chứng minh hai tam giác PRT và QSU có cùng trọng tâm, ta chứng minh \(\overrightarrow {PQ}  + \overrightarrow {RS}  + \overrightarrow {TU}  = \overrightarrow 0 \)

Do Q là trung điểm BC nên:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {PQ} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {PB} + \overrightarrow {PC} } \right) \\= \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow {PA} + \overrightarrow {PC} } \right)\\
= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {PC} - \overrightarrow {PA} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC}
\end{array}\)

Do S là trung điểm DE nên:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {RS} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {RD} + \overrightarrow {RE} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow {RC} + \overrightarrow {RE} } \right)\\
= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {RE} - \overrightarrow {RC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {CE}
\end{array}\)

Do U là trung điểm FA nên:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {TU} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {TF} + \overrightarrow {TA} } \right) \\= \frac{1}{2}\left( { - \overrightarrow {TE} + \overrightarrow {TA} } \right)\\
= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {TA} - \overrightarrow {TE} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {EA}
\end{array}\)

Do đó,

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} + \overrightarrow {TU} \\
= \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow {CE} + \frac{1}{2}\overrightarrow {EA} \\
= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {EA} } \right)\\
= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EA} } \right)\\
= \frac{1}{2}\overrightarrow {AA} \\
= \overrightarrow 0
\end{array}\)

Vậy hai tam giác có cùng trọng tâm.

Bài 28 trang 24 SGK Hình học 10 Nâng cao

Cho tứ giác \(ABCD\). Chứng minh rằng

LG a

Có một điểm \(G\) duy nhất sao cho \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \overrightarrow 0 \). Điểm \(G\) như thế gọi là trọng tâm của bốn điểm \(A, B, C, D\). Tuy nhiên, người ta vẫn quen gọi \(G\) là trọng tâm của từ giác \(ABCD\).

Lời giải chi tiết:

+) Chứng minh tồn tại:

Gọi \(O\) là điểm cố định bất kì, ta có

\(\eqalign{
&\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \cr 
& \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OG} + \overrightarrow {OD} - \overrightarrow {OG} = \overrightarrow 0 \cr 
& \Leftrightarrow 4\overrightarrow {OG} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} \cr 
& \Leftrightarrow \,\,\,\overrightarrow {OG} = {1 \over 4}\left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} } \right). \cr} \)

Do O, A, B, C, D xác định nên \(G\) được xác định.

+) Chứng minh duy nhất:

Giả sử tồn tại điểm \(G'\) sao cho \(\overrightarrow {G'A}  + \overrightarrow {G'B}  + \overrightarrow {G'C}  + \overrightarrow {G'D}  = \overrightarrow 0 \).

Khi đó,

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} \\ = \overrightarrow {G'A}  + \overrightarrow {G'B}  + \overrightarrow {G'C}  + \overrightarrow {G'D} \\ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {GA}  - \overrightarrow {G'A} } \right) + \left( {\overrightarrow {GB}  - \overrightarrow {G'B} } \right)\\ + \left( {\overrightarrow {GC}  - \overrightarrow {G'C} } \right) + \left( {\overrightarrow {GD}  - \overrightarrow {G'D} } \right) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {AG'} } \right) + \left( {\overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {BG'} } \right)\\ + \left( {\overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {CG'} } \right) + \left( {\overrightarrow {GD}  + \overrightarrow {DG'} } \right) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'}  + \overrightarrow {GG'}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow 4\overrightarrow {GG'}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {GG'}  = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow G \equiv G'\end{array}\)

Vậy tồn tại duy nhất 1 điểm G thỏa mãn \(\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD}  = \overrightarrow 0 .\)

LG b

Trọng tâm \(G\) là trung điểm của mỗi đoạn thẳng nối các trung điểm hai cạnh đối của tứ giác, nó cũng là trung điểm của đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo của tam giác.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(I, J\) lần lượt la trung điểm của \(AB, CD\) ta có:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = 2\overrightarrow {GI} \\
\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\overrightarrow {GJ}
\end{array}\)

\(\eqalign{
& \Rightarrow  \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0 \cr 
&  \Rightarrow 2\overrightarrow {GI} + 2\overrightarrow {GJ} = \overrightarrow 0\cr& \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {GI}  + \overrightarrow {GJ} } \right) = \overrightarrow 0 \cr& \Rightarrow \overrightarrow {GI} + \overrightarrow {GJ} = \overrightarrow 0 \, \cr} \)

\( \Rightarrow \,\,G\) là trung điểm \(IJ\)

Tương tự, ta gọi \(H, K\) lần lượt là trung điểm của \(AC, BD\) ta có

\(\eqalign{
& \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overrightarrow 0  \cr 
&  \Rightarrow 2\overrightarrow {GH} + 2\overrightarrow {GK} = \overrightarrow 0 \cr& \Rightarrow \overrightarrow {GH} + \overrightarrow {GK} = \overrightarrow 0 \, \cr} \)

\( \Rightarrow G\) là trung điểm \(HK\)

Tương tự, ta cũng chứng minh được \(G\) là trung điểm của đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh BC và AD.

LG c

Trọng tâm \(G\) nằm trên các đoạn thẳng nối một đỉnh của tứ giác và trọng tâm của tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(M\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\), ta có

\(\eqalign{
& 3\overrightarrow {GM} = \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD}\cr& \Leftrightarrow 3\overrightarrow {GM}  + \overrightarrow {GA}  = \overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  + \overrightarrow {GD} \cr&\Rightarrow \,3\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GA} = \overrightarrow 0 \cr 
&  \Rightarrow \,\overrightarrow {GA} = - 3\overrightarrow {GM}  \cr} \)

Do đó \(G, A, M\) thẳng hàng.

Các trường hợp còn lại làm tương tự.

Vậy trọng tâm \(G\) nằm trên các đoạn thẳng nối một đỉnh của tứ giác và trọng tâm của tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại. 


Được cập nhật: 27 tháng 3 lúc 2:31:48 | Lượt xem: 423

Các bài học liên quan