Bài tập nâng cao · Bài 57
DẠNG 6: THẲNG HÀNG, CỐ ĐỊNH, ĐỒNG QUI - Ba điểm $A, B, C$ thẳng hàng khi $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{AC}$ - Hai đường thẳng $AB$ và $MN$ song song khi $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{MN}$ và điểm $A$ không thuộc đường thẳng $MN$ Chú ý: Việc chọn cơ sở để biểu diễn là 2 véc- tơ cùng gốc và không cùng phương
Bài tập nâng cao Tích của một vectơ với một số · Bài 57
Trên các cạnh $AB, BC, CA$ của tam giác $ABC$ lấy các điểm tương ứng $C_1, A_1, B_1$ sao cho $AC_1:C_1B=BA_1:A_1C=CB_1:B_1A=\frac{1}{k}$. Trên các cạnh $A_1B_1, B_1C_1, C_1A_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ lấy các điểm tương ứng $C_2, A_2, B_2$ sao cho $A_1C_2:C_2B_1=B_1A_2:A_2C_1=C_1B_2:B_2A_1=k$. Chứng minh rằng: $A_2C_2 \parallel AC$; $C_2B_2 \parallel CB$; $B_2A_2 \parallel BA$.
Xem lời giải
Lời giải
Lấy điểm $O$ bất kì làm gốc, đặt:
$\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{OA}=\vec{a}, \overrightarrow{OB}=\vec{b}, \overrightarrow{OC}=\vec{c} \\ \overrightarrow{OA_1}=\vec{a}_1, \overrightarrow{OB_1}=\vec{b}_1, \overrightarrow{OC_1}=\vec{c}_1 \\ \overrightarrow{OA_2}=\vec{a}_2, \overrightarrow{OB_2}=\vec{b}_2, \overrightarrow{OC_2}=\vec{c}_2 \end{array} \right.$.
Theo giả thiết, ta có $(k>0)$:
$\left\{ \begin{array}{l} \vec{c}_1=\frac{\vec{b}+k\vec{a}}{1+k}, \vec{a}_1=\frac{\vec{c}+k\vec{b}}{1+k}, \vec{b}_1=\frac{\vec{a}+k\vec{c}}{1+k} \\ \vec{a}_2=\frac{\vec{b}_1+k\vec{c}_1}{1+k}, \vec{b}_2=\frac{\vec{c}_1+k\vec{a}_1}{1+k}, \vec{c}_2=\frac{\vec{a}_1+k\vec{b}_1}{1+k} \end{array} \right.$.
Do đó:
$\overrightarrow{A_2C_2}=\vec{c}_2-\vec{a}_2=\frac{1}{1+k}\left[\left(\vec{a}_1+k\vec{b}_1\right)-\left(\vec{b}_1+k\vec{c}_1\right)\right]$
$=\frac{1}{k+1}\left[\vec{a}_1+(k-1)\vec{b}_1-k\vec{c}_1\right]$
$=\frac{1}{(k+1)^2}\left[\vec{c}+k\vec{b}+(k-1)\vec{a}+k(k-1)\vec{c}-k\vec{b}-k^2\vec{a}\right]$
$=\frac{1}{(k+1)^2}\left[\left(k^2-k+1\right)\vec{c}-\left(k^2-k+1\right)\vec{a}\right]$
$=\frac{k^2-k+1}{(k+1)^2}(\vec{c}-\vec{a})$
$=\frac{k^2-k+1}{(k+1)^2}\overrightarrow{AC}$.
Vì $k^2-k+1>0$ nên $A_2C_2 \parallel AC$.
Chứng minh tương tự ta được $C_2B_2 \parallel CB$; $B_2A_2 \parallel BA$.
$\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{OA}=\vec{a}, \overrightarrow{OB}=\vec{b}, \overrightarrow{OC}=\vec{c} \\ \overrightarrow{OA_1}=\vec{a}_1, \overrightarrow{OB_1}=\vec{b}_1, \overrightarrow{OC_1}=\vec{c}_1 \\ \overrightarrow{OA_2}=\vec{a}_2, \overrightarrow{OB_2}=\vec{b}_2, \overrightarrow{OC_2}=\vec{c}_2 \end{array} \right.$.
Theo giả thiết, ta có $(k>0)$:
$\left\{ \begin{array}{l} \vec{c}_1=\frac{\vec{b}+k\vec{a}}{1+k}, \vec{a}_1=\frac{\vec{c}+k\vec{b}}{1+k}, \vec{b}_1=\frac{\vec{a}+k\vec{c}}{1+k} \\ \vec{a}_2=\frac{\vec{b}_1+k\vec{c}_1}{1+k}, \vec{b}_2=\frac{\vec{c}_1+k\vec{a}_1}{1+k}, \vec{c}_2=\frac{\vec{a}_1+k\vec{b}_1}{1+k} \end{array} \right.$.
Do đó:
$\overrightarrow{A_2C_2}=\vec{c}_2-\vec{a}_2=\frac{1}{1+k}\left[\left(\vec{a}_1+k\vec{b}_1\right)-\left(\vec{b}_1+k\vec{c}_1\right)\right]$
$=\frac{1}{k+1}\left[\vec{a}_1+(k-1)\vec{b}_1-k\vec{c}_1\right]$
$=\frac{1}{(k+1)^2}\left[\vec{c}+k\vec{b}+(k-1)\vec{a}+k(k-1)\vec{c}-k\vec{b}-k^2\vec{a}\right]$
$=\frac{1}{(k+1)^2}\left[\left(k^2-k+1\right)\vec{c}-\left(k^2-k+1\right)\vec{a}\right]$
$=\frac{k^2-k+1}{(k+1)^2}(\vec{c}-\vec{a})$
$=\frac{k^2-k+1}{(k+1)^2}\overrightarrow{AC}$.
Vì $k^2-k+1>0$ nên $A_2C_2 \parallel AC$.
Chứng minh tương tự ta được $C_2B_2 \parallel CB$; $B_2A_2 \parallel BA$.