112 câu Trắc nghiệm Toán 10 Bài 3: Tích của vecto với một số có đáp án tiếp theo (Mới nhất)
50 câu hỏi
Chứng minh rằng AB→=CD→ khi và chỉ khi trung điểm của hai đoạn thẳng AD và BC trùng nhau.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC suy ra AI→=ID→, CJ→=JB→
Do đó AB→=CD→⇔AI→+IJ→+JB→=CJ→+JI→+ID→
⇔IJ→=JI→⇔IJ→=0→ hay I trùng với J
Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, BC, CA ta lấy lần lượt các điểm M, N, P sao cho AMAB=BNBC=CPCA. Chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.
Giả sử AMAB=k suy ra AM→=kAB→ ; BN→=kBC→ ; CP→=kCA→
Cách 1: Gọi G, G' lần lượt là trọng tâm ΔABC và ΔMNP
Suy ra GA→+GB→+GC→=0→ và G'M→+G'N→+G'P→=0→ (*)
Ta có AM→=kAB→⇔AG→+GG'→+G'M→=kAB→
Tương tự BG→+GG'→+G'N→=kBC→
Và CG→+GG'→+G'P→=kCA→
Cộng vế với vế từng đẳng thức trên ta được AG→+BG→+CG→+3GG'→+G'M→+G'N→+G'P→=kAB→+BC→+CA→
Kết hợp với (*) ta được GG'→=0→
Suy ra điều phải chứng minh
Cách 2: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra GA→+GB→+GC→=0→
Ta có: GM→+GN→+GP→=GA→+AM→+GB→+BN→+GC→+CP→
=AM→+BN→+CP→=kAB→+kBC→+kCA→=k(AB→+BC→+CA→)=0→
Vậy hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.
Cho lục giác ABCDEF. Gọi M,N,P,Q,R,S lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,BC,CD,DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.
(hình 1.26)
Gọi G là trọng tâm của ΔMPR suy ra GM→+GP→+GR→=0→ (*)
Mặt khác 2GM→=GA→+GB,→ 2GP→=GC→+GD→, 2GR→=GE→+GF→.⇒2(GM→+GP→+GR→)=GA→+GB→+GC→+GD→+GE→+GF→Kết hợp với (*) ta được
GA→+GB→+GC→+GD→+GE→+GF→=0→
⇔(GA→+GF→)+(GB→+GC→)+(GD→+GE→)=0→⇔2GS→+2GN→+2GQ→=0→⇔GS→+GN→+GQ→=0→
Suy ra G là trọng tâm của ΔSNQ
Vậy ΔMPR và ΔSNQ có cùng trọng tâm.
Cho hai hình bình hành ABCD và ABC'D' chung đỉnh A. Chứng minh rằng hai tam giác BC'D và B'CD' cùng trọng tâm.
(hình 1.27)
Gọi G là trọng tâm tam giác BC'D suy ra GB→+GC'→+GD→=0→
⇔GB'→+GC→+GD'→+B'B→+CC'→+DD'→=0→(1)
Mặt khác theo quy tắc phép trừ và hình bình hành ta có
B'B→+CC'→+D'D→=AB→−AB'→+AC'→−AC→+AD→−AD'→=AB→+AD→−AC→−AB'→+AD→'+AC→
=AC→−AC→−AC'→+AC→=0→(2)
Từ (1) và (2) ta có GB'→+GC→+GD'→=0→ hay G là trọng tâm tam giác B'CD'
Cho các tam giác ABC, A'B'C' có G, G’ lần lượt là trọng tâm . Chứng minh rằng: AA'→+BB'→+CC'→=3GG'→. Từ đó suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có cùng trọng tâm .
Ta có AA'→+BB'→+CC'→
=AG→+GG'→+G'A'→+BG→+GG'→+G'B'→+CG→+GG'→+G'C'→
=3GG'→+AG→+BG→+CG→+G'A→+G'B→+G'C→=3GG'→
Suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có cùng trọng tâm là
AA'→+BB'→+CC'→=0→
Cho tam giác ABC, vẽ các hình bình hành ABIJ, BCPQ, CARS. Chứng minh rằng ΔRIP, ΔJQS có cùng trọng tâm.
G là trọng tâm ΔRIP⇒GR→+GI→+GP→=0→
Ta có RJ→+IQ→+PS→=RA→+JA→+IB→+BQ→+PC→+CS→
=RA→+CS→+JA→+IB→+PQ→+PC→=0→
Suy ra GR→+GI→+GP→=GJ→+GQ→+GS→⇒GJ→+GQ→+GS→=0→
Do đó G là trọng tâm ΔJQS
Cho tam giác ABC có A' là điểm đối xứng của A qua B, B' là điểm đối xứng của B qua C, C' là điểm đối xứng của C qua A. Chứng minh các tam giác ABC và A'B'C' có cùng trọng tâm.
Tam giác ABC và A'B'C' có cùng trọng tâm
⇔AA'→+BB'→+CC'→=0→
⇔2AB→+2BC→+2CA→=0→⇔2.0→=0→(đúng)
Cho tứ giác 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.
G là trọng tâm ΔANP ⇒GA→+GN→+GP→=0→
Ta có AC→+NM→+PQ→=AC→−12AC→−12AC→=0→
Suy ra GA→+GN→+GP→=GC→+GM→+GQ→⇒GC→+GM→+GQ→=0→
Do đó G là trọng tâm ΔCMQ
Cho tam giác ABC. Gọi A', B' ,C' là các điểm xác định bởi 2011A'B→+2012A'C→=0→, 2011B'C→+2012B'A→=0→, 2011C'A→+2012C'B→=0→
Chứng minh rằng ΔABC và ΔA'B'C' cùng trọng tâm
G là trọng tâm ΔABC ⇒GA→+GB→+GC→=0→
Ta có 2011A'B→+2012A'C→=0→
⇔2011A'A→+AB→+2012A'A→+AC→=0→
⇔4023A'A→+2011AB→+2012AC→=0→(1)
Tương tự ta có 4023B'B→+2011BC→+2012BA→=0→ ; 4023C'C→+2011CA→+2012CB→=0→
Cộng vế với vế lại ta được 4023AA'→+BB'→+CC'→+BA→+AC→+CB→=0→⇔AA'→+BB'→+CC'→=0→
Suy ra GA→+GB→+GC→=GA'→+GB'→+GC'→⇒GA'→+GB'→+GC'→=0→
Do đó G là trọng tâm ΔA'B'C'
Cho ΔABC và ΔA'B'C' có cùng trọng tâm G, gọi G1,G2,G3 là trọng tâm các tam giácBCA',CAB',ABC' .Chứng minh rằng ΔG1G2G3 cũng có trọng tâm G
Vì ΔABC và ΔA'B'C' có cùng trọng tâm G suy ra AA'→+BB'→+CC'→=0→
Vì G1,G2,G3 là trọng tâm các tam giác BCA',CAB',ABC' nên
3AG1→+3BG2→+3CG3→=AB→+AC→+AA'→+BC→+BA→+BB'→+CA→+CB→+CC'→
=AA'→+BB'→+CC'→=0→
Suy ra AG1→+BG2→+CG3→=0→ do đó G là trọng tâm ΔG1G2G3
Cho tứ giác ABCD có trọng tâm G. Gọi G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm các tam giác ΔABC, ΔBCD, ΔCDA, ΔDAB. Chứng minh rằng G cũng là trọng tâm tứ giác G1G2G3G4
G là trọng tâm tứ giác G1G2G3G4⇔GG1→+GG2→+GG3→+GG4→=0→ (*)
Vì là trong tâm ΔABC⇒GA→+GB→+GC→=3GG1→, tương tự ta có
GB→+GC→+GD→=3GG2→, GC→+GD→+GA→=3GG3→,GD→+GA→+GB→=3GG4→
Do đó (*) ⇔3GA→+GB→+GC→+GD→=0→ (đúng) đpcm
Cho tam giác ABC đều và M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi A1,B1,C1 lần lượt là điểm đối xứng M qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng tam giác ABC và A1,B1,C1 có cùng trọng tâm.
Gọi D, E, F tương ứng là giao điểm của MA1, MB1, MC1 với các cạnh BC, CA, AB. O là trọng tâm đều ΔABC
Ta có MA1→+MB1→+MC1→=2MD→+ME→+MF→
Mặt khác theo bài tập 6 (dạng 2) thì MD→+ME→+MF→=32MO→
Suy ra do đó O là trọng tâm tam giác A1,B1,C1
Cho các tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Gọi A1,B1,C1 lần lượt là hình chiếu của O lên BC, CA, AB. Lấy các điểm A2,B2,C2 lần lượt thuộc các tia OA1, OB1, OC1 sao cho OA2=a, OB2=b, OC2=c. Chứng minh O là trọng tâm tam giác A2B2C2
Ta có OA2→+OB2→+ OC2→=OA2OA1OA1→+OB2OB1OB1→+OC2OC1OC1→
=aOA1→OA1+bOB1→OB1+cOC1→OC1=0→ (Theo định lý con nhím)
Do đó O là trọng tâm tam giác A2B2C2
Cho các tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Gọi A1,B1,C1 lần lượt là hình chiếu của O lên BC, CA, AB. Lấy các điểm A2,B2,C2 lần lượt thuộc các tia OA1, OB1, OC1 sao cho OA2=a, OB2=b, OC2=c. Chứng minh O là trọng tâm tam giác A2B2C2
Ta có OA2→+OB2→+ OC2→=OA2OA1OA1→+OB2OB1OB1→+OC2OC1OC1→
=aOA1→OA1+bOB1→OB1+cOC1→OC1=0→ (Theo định lý con nhím)
Do đó O là trọng tâm tam giác A2B2C2
Cho tam giác ABC
a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn : 2IA→+3IB→+4IC→=0→
a) Ta có: 2IA→+3IB→+4IC→=0→⇔2IA→+3(IA→+AB→)+4(IA→+AC→)=0→
⇔9IA→=−3AB→−4AC→⇔IA→=−3AB→+4AC→9⇒I tồn tại và duy nhất.
b) Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn : 2MA→+3MB→+4MC→=MB→−MA→
quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính AB3.
quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính AB4.
quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính AB9.
quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính AB2
b) Với I là điểm được xác định ở câu a, ta có: 2MA→+3MB→+4MC→=9MI→+(2IA→+3IB→+4IC→)=9MI→
và MB→−MA→=AB→ nên |2MA→+3MB→+4MC→|=|MB→−MA→|⇔|9MI→|=|AB→|⇔MI=AB9
Vậy quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính AB9.
Chọn C
Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp các điểm M thoả mãn điều kiện sau :
a) MA→+MB→=MA→+MC→
Tập hợp các điểm M là đường trung trực của EF
M là đường thẳng đi qua A song song với BC
M là đường tròn tâm I bán kính AB9
Cả A, B, C đều sai
a) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC suy ra
MA→+MB→=2ME→ và MA→+MC→=2MF→
Khi đó MA→+MB→=MA→+MC→
⇔2ME→=2MF→⇔ME=MF
Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực của EF
Chọn A
b) MA→+MB→=kMA→+2MB→−3MC→ với k là số thực thay đổi
M là đường trung trực của EF , E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC
M là đường thẳng đi qua A song song vơi BC
M là đường tròn tâm I bán kính AB9.
Với H là điểm thỏa mãn AH→=32AC→ , M là đường thẳng đi qua E và song song với HB, E là trung điểm của AB
b) Ta có MA→+2MB→−3MC→=MA→+2MA→+AB→−3MA→+AC→
=2AB→−3AC→=2AB→−2AH→=2HB→
Với H là điểm thỏa mãn
AH→=32AC→
Suy ra MA→+MB→=kMA→+2MB→−3MC→
⇔2ME→=2kHB→⇔ME→=kHB→
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua E và song song với HB
Chọn D
Cho tứ giác ABCD. Với số k tùy ý, lấy các điểm M và N sao cho AM→=kAB→, DN→=kDC→. Tìm tập hợp các trung điểm I của đoạn thẳng MN khi k thay đổi.
tập hợp điểm I là đường thẳng OO', O, O' lần lượt là trung điểm của AC và BD,
tập hợp điểm I là đường thẳng OO', O, O' lần lượt là trung điểm của AD và BC,
tập hợp điểm I là đường thẳng OO', O, O' lần lượt là trung điểm của AB và DC,
Cả A, B, C đều sai
(hình 1.29)
Gọi O, O' lần lượt là trung điểm của AD và BC, ta có
AB→=AO→+OO'→+O'B→ và DC→=DO→+OO'→+O'C→
Suy ra AB→+DC→=2OO'→
Tương tự vì O, I lần lượt là trung điểm của AD và MN nên AM→+DN→=2OI→
Do đó OI→=12kAB→+kDC→=kOO'→
Vậy khi k thay đổi, tập hợp điểm I là đường thẳng OO'Chọn B
Cho 2 điểm cố định A, B. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
a) MA→+MB→=MA→−MB→
Tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính AB2với I là trung điểm của AB
Tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính AB3với I là trung điểm của AB
Tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính AB4với I là trung điểm của AB
Tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính AB5với I là trung điểm của AB
a) Tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính AB2 với I là trung điểm của AB
Chọn A
b) 2MA→+MB→=MA→+2MB→
b) Gọi K là điểm thoả mãn: 2KA→+KB→=0→
L là điểm thoả mãn: LB→+2LC→=0→
Ta có: 2MA→+MB→=MB→+2MC→⇔MK→=ML→
Tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng KL.
Cho DABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
a) MA→+kMB→=kMC→ với k là số thực thay đổi
a) Ta có:
MA→+kMB→=kMC→ ⇔MA→=k(MC→−MB→)⇔MA→=kBC→
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A và song song với cạnh BC của DABC.
b) v→=MA→+MB→+2MC→ cùng phương với véc tơ BC→
b) Gọi J là trung là điểm AB, I là trung điểm JC ta có IA→+IB→+2IC→=0→
⇒v→=MA→+MB→+2MC→ =4MI→
Do đó v→ cùng phương với BC→ M thuộc đường thẳng đi qua I và song song với BC.
Cho DABC. Tìm tập hợp điểm M trong các trường hợp sau:
a) 2MA→+3MB→=3MB→−2MC→
a) Gọi K là điểm thoả mãn: 2KA→+3KB→=0→
L là điểm thoả mãn: 3LB→−2LC→=0→
Ta có: 2MA→+3MB→=3MB→+2MC→⇔MK→=ML→
Þ Tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng KL.
b) 4MA→+MB→+MC→=2MA→−MB→−MC→
b) Với I là trung điểm của BC. Gọi J là điểm thoả mãn: 4JA→+JB→+JC→=0→
Ta có: 4MA→+MB→+MC→=2MA→−MB→−MC→
⇔6MJ→=2MA→−2MI→⇔6MJ→=2IA→⇔MJ=13IA
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm J bán kính R=13IA.
Cho tứ giác ABCD
a)Xác định điểm O sao cho : OB→+4OC→=2OD→
a) OB→+4OC→=2OD→⇔OB→=43CI→ với I là trung điểm BD
b)Tìm tập hợp điểm M thoả mãn hệ thức MB→+4MC→−2MD→=3MA→
b) MB→+4MC→−2MD→=3MA→⇔MO→=MA→
Vậy tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn OA.
Cho lục giác đều ABCDEF . Tìm tập hợp các điểm M sao cho :
MA→+MB→+MC→+MD→+ME→+MF→ nhận giá trị nhỏ nhất
Gọi P là trọng tâm của ΔABC , Q là trọng tâm của ΔDEF
MA→+MB→+MC→+ MD→+ME→+MF→ =3MP→+3MQ→=3MP+MQ≥3QP
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn PQ
Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là mọi điểm thuộc đoạn PQ
Trên hai tia Ox và Oy của góc xOy lấy hai điểm M, N sao cho OM+ON=a với a là số thực cho trước. tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thằng MN
Gọi hai điểm M0, N0 lần lượt thuộc tia Ox và Oy sao cho OM0=ON0=a2. Giả sử OM=k, 0≤ k≤a khi đó ta có MI→=a−kaM0N0→. Do đó tập hợp điểm I là đoạn M0N0
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và DC của tứ giác ABCD. Các đoạn thẳng AN và BM cắt nhau tại P. Biết PM→=15BM→; AP→=25AN→. tứ giác ABCD là hình gì?
hình bình hành
hình thang
hình chữ nhật
hình vuông
Ta có: AB→=AM→+MB→=AM→+5MP→
=5AP→−4AM→=2AN→−2AD→=2(AD→+DN→)−2AD→
=2DN→=DC→⇒ABCD là hình bình hành.
Chọn A
Cho tam giác ABC có các cạnh bằng a, b, c và trọng tâm G thoả mãn: a2GA→+b2GB→+c2GC→=0→. là tam giác gì ?
đều
cân tại A
thường
Vuông tại B
G là trọng tâm tam giác ABC nên GA→+GB→+GC→=0→⇔GA→=−GB→−GC→.
Suy ra a2GA→+b2GB→+c2GC→=0→.
⇔a2−GB→−GC→+b2GB→+cGC→=0→.⇔b2−a2GB→+c2−a2GC→=0→.*
Vì GB→ và GC→ là hai vecơ không cùng phương, do đó (*) tương đương với:
b2−a2=0c2−a2=0⇔a=b=c hay tam giác ABC đều.
Chọn A
Cho tam giác có trung tuyến AA' và B' , C' là các điểm thay đổi trên CA, AB thoả mãn AA'→+BB'→+CC'→=0→. Chứng minh BB', CC' là các trung tuyến của tam giác ABC
Giả sử AB'→=mAC→, AC'→=nAB→
Suy ra BB'→=AB'→−AB→=mAC→−AB→
và CC'→=AC'→−AC→=nAB→−AC→
Mặt khác A' là trung điểm của BC nên AA'→=12AB→+AC→
Do đó AA'→+BB'→+CC'→=0→
⇔12AB→+AC→+mAC→−AB→+nAB→−AC→=0→
hay n−12AB→+m−12AC→=0→
Vì AB→, AC→ không cùng phương suy ra m=n=12 do đó B', C' lần lượt là trung điểm của CA, AB
Vậy BB', CC' là các trung tuyến của tam giác ABC.
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O thoả mãn OA→+OB→+OC→+OD→=0→.tứ giác ABCD là hình gì?
hình bình hành
hình thang
hình chữ nhật
hình vuông
Đặt OA→=xAC→, OC→=yAC→, OB→=zBD→, OD→=tBD→
Suy ra OA→+OB→+OC→+OD→=0→⇔x+yAC→+z+tBD→=0→
Do đó x=−y; z=−t⇒OA=OC, OB=OD nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
Chọn A
Cho ABC có BB', CC' là các trung tuyến, A' là điểm trên BC thoả mãn AA'→+BB'→+CC'→=0→. Chứng minh AA' cũng là trung tuyến của tam giác ABC.
Ta có AA'→+BB'→+CC'→=0→
⇔AA'→+BA→+BC→2+CA→+CB→2=0→
AA' cũng là trung tuyến của tam giác ABC
Cho ABC có A', B', C' là các điểm thay đổi trên BC, CA, AB sao cho AA', BB', CC' đồng quy và thoả mãn AA'→+BB'→+CC'→=0→ Chứng minh AA', BB', CC' là các trung tuyến của tam giác ABC
Giả sử A'B→=kA'C→, B'C→=mB'A→, C'A→=nC'B→
A'B→=kA'C→⇔AB→−AA'→=kAC→−AA'→⇔AA'→=AB→−kAC→1−k
Tương tự ta có BB'→=BC→−mBA→1−m=m−1AB→+AC→1−m
CC'→=CA→−nCB→1−n=−nAB→+n−1AC→1−n
⇒AA'→+BB'→+CC'→=0→⇔11−k−1−n1−nAB→+−k1−k+11−m−1AB→=0→
Suy ra ⇒11−k−1−n1−n=−k1−k+11−m−1=0⇒k=m=n
Mặt khác theo định lí Xêva ta có kmn=−1 nên k=m=n=−1
Vậy AA', BB', CC' là các trung tuyến của tam giác ABC
Cho 4 điểm A, B, C, D; I là trung điểm AB và J thuộc CD thoả mãn AD→+BC→=2IJ→. Chứng minh J là trung điểm của CD.
AD→+BC→=2IJ→⇔ID→+IC→=2IJ→
Gọi K là trung điểm DC suy ra ID→+IC→=2IK→ do đó K≡J hay J là trung điểm của CD.
Cho tứ giác ABCD. Giả sử tồn tại điểm O sao cho OA=OB=OC=OD và OA→+OB→+OC→+OD→=0→. Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật.
(hình 1.55) Gọi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA từ phương trình thứ hai ta được:
0→=OA→+OB→+OC→+OD→=2OM→+2OP→⇔OM→+OP→=0→
⇔M,P,O thẳng hàng và O là trung điểm MP
0→=OA→+OB→+OC→+OD→=2ON→+2OQ→⇔ON→+OQ→=0→ ⇔N,Q,O thẳng hàng và O là trung điểm NQ.
Ta có ΔOAD cân tại O nên NQ⊥AD, ΔOBC cân tại O nên NQ⊥BC suy ra AD//BC
Tương tự AB//DC suy ra ABCD là hình bình hành
Mà N, Q là trung điểm của BC, AD nên AB//NQ⇒AB⊥BC
Suy ra ABCD là hình chữ nhật.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi G là trọng tâm tam giác ABC. A', B', C' là các điểm thỏa mãn:OA→=3OA'→, OB→=3OB'→, OC→=3OC'→. Chứng minh rằng G là trực tâm tam giác A'B'C'.
G là trọng tâm tam giác ABC nên 3OG→=OA→+OB→+OC→
Do đó OG→=OA'→+OB'→+OC'→
Suy ra G là trực tâm tam giác A'B'C'
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi H là trực tâm tam giác . A', B', C' là các điểm thỏa mãn:OA'→=3OA→, OB'→=3OB→, OC'→=3OC→.
Chứng minh rằng H là trọng tâm tam giác A'B'C'.
H là trực tâm tam giác ABC suy ra OH→=OA→+OB→+OC→
Do đó 3OH→=OA'→+OB'→+OC'→ hay H là trọng tâm tam giác A'B'C'.
Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Đường thẳng AM cắt BC tại D, BM cắt CA tại E và CM cắt AB tại F. Chứng minh rằng nếu AD→+BE→+CF→=0→ thì M là trọng tâm tam giác ABC.
Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau
Cho ba véc tơ a→;b→;c→ đôi một không cùng phương và thỏa mãn điều kiện :
ma→+nb→+pc→=0→m'a→+n'b→+p'c→=0→ m,m'≠0
Chứng minh rằng : mm'=nn'=pp'. Thật vậy :
Dễ thấy m,m'≠0 thì suy ra ngay n, n’, p, p’ cũng phải khác không.
Từ giả thiết ta có : a→=nmb→+pmc→a→=n'm'b→+p'm'c→
vì một véc tơ chỉ phân tích được một cách duy nhất qua hai véc tơ không cùng phương nên nm=n'm';pm=p'm'⇒mm'=nn'=pp'
Trở lại bài toán
Ta có AD→+BE→+CF→=0→⇔ADMAMA→+BEMBMB→+CFMCMC→=0→
Mặt khác ADMA=SABDSABM=SADCSACM=SS−Sa, tương tự BEMB=SS−Sb và CFMC=SS−Sc
(với S=SABC, Sa=SMBC, Sb=SMCA, Sc=SMAB)
Do đó ta có MA→S−Sa+MB→S−Sb+MC→S−Sc=0→
Mặt khác ta cũng có SaMA→+SbMB→+ScMC→=0→
Áp dụng bổ đề suy ra 1S−SaSa=1S−SbSb=1S−ScSc⇔Sa=Sb=Sc hay M trùng trọng tâm tam giác ABC
Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất T=MA→+MB→−MC→
Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì IA→+IB→−IC→=0→
Khi đó : T=MI→+IA→+MI→+IB→−MI→+IC→=MI→+IA→+IB→−IC→=MI→
Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên đường thẳng d.
Cho tam giác ABC và A'B'C' là các tam giác thay đổi, có trọng tâm G và G' cố định. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng T=AA'+BB'+CC'
Vì GA→+GB→+GC→=0→ và G'A'→+G'B'→+G'C'→=0→ nên
AA'→+BB'→+CC'→=AG→+GG'→+G'A→+BG→+ +GG'→+G'B'→+CG→+GG'→+G'C'→
=3GG'→−(GA→+GB→+GC→)+(G'A'→+G'B'→+G'C'→)
Do đó: AA'+BB'+CC'=AA'→+BB'→+CC'→≥AA'→+BB'→+CC'→=3GG'→=3GG'
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các vectơ AA'→, BB'→, CC'→ cùng hướng
Vậy giá trị nhỏ nhất T là 3GG'
Cho tam giác ABC, đường thẳng d và ba số α,β,γ sao cho α+β+γ≠0. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d để biểu thức T=αMA→+βMB→+γMC→ đạt giá trị nhỏ nhất.
Do α+β+γ≠0 nên tồn tại duy nhất điểm I sao cho αIA→+βIB→+γIC→=0→
Ta có αMA→+βMB→+γMC→=α(MI→+IA→)+β(MI→+IB→)+γ(MI→+IC→)
=(α+β+γ)MI→+αIA→+βIB→+γIC→=(α+β+γ)MI→
Do đó T=α+β+γ.MI
Suy ra T nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên đường thẳng d
Cho tam giác ABC. Tìm điểm M trên đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC sao cho MA→+MB→+MC→
a) Đạt giá trị lớn nhất
G là trọng tâm tam giác ABC ta có MA→+MB→+MC→=3MG→
a) M là giao điểm của tia GO với (C)
b) Đạt giá trị nhỏ nhất
b) M là giao điểm của tia OG với (C)
Cho tứ giác ABCD và A'B'C'D' là các tứ giác thay đổi, có trọng tâm G và G' cố định. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng T=AA'+BB'+CC'+DD'
minT=4GG'
Cho tam giác ABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM→=kBC→, CN→=kCA→, AP→=kAB→.
Chứng minh rằng các đoạn thẳng AM, BN, CP là ba cạnh của một tam giác nào đó.
Ta có AM→+BN→+CP→=0→
Suy ra AM→=−BN→+CP→⇒AM→=BN→+CP→≤BN→+CP→
Vì BN→ và CP→ không cùng phương nên không thể xảy ra dấu bằng do đó
AM<BN+CP. Tương tự ta có BN<AM+CP, CP<AM+BN
Do đó các đoạn thẳng AM, BN, CP là ba cạnh của một tam giác nào đó.
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với mọi điểm M thuộc cạnh AB và không trùng với các đỉnh ta có: MC.AB<MA.BC+MB.AC
CM→=MBABCA→+MAABCB→⇒MC<MBABCA+MAABCB
Hay MC.AB<MA.BC+MB.AC
Cho tứ giác ABCD, M là điểm thuộc đoạn CD. Gọi p, p1, p2 lần lượt là chu vi của các tam giác AMB, ACB, ADB. Chứng minh rằng p<maxp1;p2
Ta có: AM→=MDCDAC→+MCCDAD→⇒AM<MDCDAC+MCCDAD
và BM→=MDCDBC→+MCCDBD→⇒BM=MDCDBC+MCCDBD
Từ đó suy ra AM+BM<MDCDAC+BC+MCCDAD+BD⇒AM+BM<MDCD+MCCD.maxAC+BC;AD+BD⇒p<maxAC+BC+AB;AD+BD+AB
Hay p<maxp1;p2
Trên đường tròn tâm O bán kính bằng 1 lấy 2n+1 điểm Pi, i=1,2,...,2n+1n∈N ở cùng phía với đối với đường kính nào đó. Chứng minh rằng ∑i=12n+1OPi→≥1
Ta chứng minh bằng quy nạp
+ Với n=0: hiển nhiên
+ Giả sử BĐT đúng với n=k ta đi chứng minh đúng với n=k+1 hay ∑i=12k+3OPi→≥1
Trong 2k+3 vectơ ta chọn hai vectơ có góc lớn nhất, giả sử OP1→, OP2k+3→.
Đặt OA→=OP1→+ OP2k+3→, OB→=∑i=22k+2OPi→.
Suy ra điểm A, B nằm trong góc P1OP2k+3^ do đó AOB^≤900 ⇒OA→+OB→≥OB→
Mặt khác theo giả thiết quy nạp ta có OB→=∑i=22k+2OPi→≥1
Suy ra ∑i=12k+3OPi→=OA→+OB→≥OB→≥1
