Vector giúp ích trong kỳ thi

45

Bài viết này trình bày bốn mối quan hệ và biểu diễn vectơ quan trọng, sử dụng tài liệu kỳ thi tuyển sinh 1977-1978 làm ví dụ, cách áp dụng chúng cho lời giải cạnh tranh bài toán.

Tỷ lệ cơ bản. Trong tam giác ABC, lấy điểm D trên cạnh AC sao cho |AD|:|DC| = m:n. Sau đó
$$\overrightarrow{BD} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC}^*).$$ (1)

Bằng chứng. Chúng tôi có (Hình 1)
$$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{AD} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{AC} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC} - \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC} - \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BA} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC}.$$
Bài toán 1 (MSU, Khoa Kinh tế, 1978). Trong tam giác KLM, điểm A được lấy trên cạnh KL sao cho |KA|:|AL| = 1:3; điểm B được lấy trên phía LM sao cho |LB|:|BM| = 4:1. Gọi C là giao điểm của đường KB và MA. Được biết diện tích tam giác KLC là 2. Tìm diện tích tam giác KLM.

*) Ở một dạng hơi khác, công thức này được xem xét trong bài viết của S. Ovchinnikov («Kvant», 1978, số 3, trang 48). Xem thêm bài viết của V. Boltyansky năm «Kvant» 1978, số 10, tr. 14.

Lời giải. Hãy đặt $S_{\Delta KLB} = S$. Sau đó (Hình 2), rõ ràng là $S_{\Delta KLM} = \frac{4}{5} S$. Hãy để chúng tôi giới thiệu các vectơ $\overrightarrow{KL}$ và $\overrightarrow{KM}$. Dựa vào (1) ta có
$$\overrightarrow{KB} = \frac{1}{5} \overrightarrow{KL} + \frac{4}{5} \overrightarrow{KM}.$$
Đặt $\overrightarrow{KC} = x\overrightarrow{KB}$, trong đó $0 < x < 1$. Sau đó
$$\overrightarrow{KC} = \frac{x}{5} \overrightarrow{KL} + \frac{4x}{5} \overrightarrow{KM}.$$ (2)

Hãy để $|AC|:|CM| = m:n$. Khi đó từ tam giác AKM sử dụng cùng công thức (1) ta có
$$\overrightarrow{KC} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{KA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{KM} = \frac{n}{m+n} \frac{1}{4} \overrightarrow{KL} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{KM}.$$ (3)

Do sự phân rã duy nhất của vectơ thành hai vectơ không đối đỉnh từ (2) và (3), chúng ta thu được hệ thống
$$\begin{cases} \frac{x}{5} = \frac{n}{4(m+n)} \\ \frac{4x}{5} = \frac{m}{m+n}, \end{cases}$$ hoặc
$$\begin{cases} \frac{4x}{5} = \frac{n}{m+n} \\ \frac{4x}{5} = \frac{m}{m+n}. \end{cases}$$

Hình 1.

Hình 2.

47

$$\overrightarrow{MN}^2 = \frac{4}{9} a^2 + \frac{a^2}{9} = \frac{5a^2}{9},$$

Ở đâu

$$|MN| = \frac{a \sqrt{5}}{3}.$$

Bây giờ chúng ta hãy trả lời câu hỏi thứ hai bài toán. Hãy để $|D_1M|:|MA| = p$.

Sau đó

$$\overrightarrow{MN} = \frac{1}{p+1} \overrightarrow{D_1D} + \frac{p}{p+1} \overrightarrow{AB_1} =$$

$$= -\frac{a}{p+1} \vec{k} + \frac{2ap}{p+1} \vec{j} + \frac{ap}{p+1} \vec{k} =$$

$$= \frac{2ap}{p+1} \vec{j} + \frac{a(p-1)}{p+1} \vec{k},$$

$$\overrightarrow{MN}^2 = \frac{4a^2p^2}{(p+1)^2} + \frac{a^2(p-1)^2}{(p+1)^2} =$$

$$= \frac{a^2(5p^2-2p+1)}{(p+1)^2}.$$

Rõ ràng, $|MN|$ sẽ có giá trị nhỏ nhất tại giá trị $p$ mà hàm đạt đến nó

$$y = \frac{5p^2-2p+1}{(p+1)^2}.$$

Người đọc có thể dễ dàng kiểm tra (bằng cách sử dụng một tùy ý) rằng điều này sẽ xảy ra với $p = \frac{1}{3}$. Thay giá trị này vào biểu thức cuối cùng cho $\overrightarrow{MN}^2$ và lấy căn bậc hai, chúng ta tìm được khoảng cách tối thiểu cần thiết:

$$\frac{a \sqrt{2}}{2}.$$

III Mối quan hệ cơ bản Cho hình tứ diện ABCD và trong mặt phẳng ABC của nó lấy điểm M. Chứng minh rằng đối với phân tích

$$\overrightarrow{DM} = \alpha \overrightarrow{DA} + \beta \overrightarrow{DB} + \gamma \overrightarrow{DC}$$

sự bình đẳng giữ

$$\alpha + \beta + \gamma = 1^*).$$

Lời giải. Giả sử điểm M nằm bên trong tam giác ABC (Hình 5). Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm A và M sao cho cạnh BC cắt nhau tại điểm E. Giả sử điểm E chia cạnh BC theo tỉ số

$$*)\text{ В несколько ином виде это соотношение имеется в цитированной статье C. Овчинникова.}$$

Hình 5.

$m:n$, tức là $|BE|:|EC| = m:n$. Khi đó theo công thức (1)

$$\overrightarrow{DE} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{DC} + \frac{n}{m+n} \overrightarrow{DB}.$$

Hơn nữa, giả sử điểm M chia đoạn AE theo tỷ lệ $p:q$, tức là $|AM|:|ME| = p:q$. Sau đó

$$\overrightarrow{DM} = \frac{p}{p+q} \overrightarrow{DE} + \frac{q}{p+q} \overrightarrow{DA} =$$

$$= \frac{p}{p+q} \left( \frac{m}{m+n} \overrightarrow{DC} + \frac{n}{m+n} \overrightarrow{DB} \right) +$$

$$+ \frac{q}{p+q} \overrightarrow{DA} = \frac{q}{p+q} \overrightarrow{DA} + \frac{p}{p+q} \times$$

$$\times \frac{n}{m+n} \overrightarrow{DB} + \frac{p}{p+q} \frac{m}{m+n} \overrightarrow{DC}.$$

Vì vậy, vectơ $\overrightarrow{DM}$ bị phân tách thành các vectơ $\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DB}$ và $\overrightarrow{DC}$. Một phép tính không xác định tổng các hệ số trong khai triển này sẽ cho

$$\frac{q}{p+q} + \frac{p}{p+q} \frac{n}{m+n} +$$

$$+ \frac{p}{p+q} \frac{m}{m+n} = \frac{q}{p+q} + \frac{p}{p+q} = 1,$$

đó là những gì được yêu cầu. Các trường hợp còn lại (điểm M nằm ngoài tam giác ABC hoặc trên một cạnh của nó) tương tự và ta bỏ qua.

Bài toán 3 (MIPT, 1978). Độ dài cạnh của hình tứ diện đều ABCD là $a$. Điểm E là trung điểm cạnh CD, điểm F là trung điểm đường cao BL của mặt ABD. Đoạn thẳng MN có hai đầu đường thẳng AD và BC cắt đường thẳng EF và nằm trên nó. Hãy tìm độ dài của đoạn này.

Lời giải. Hãy để chúng tôi giới thiệu các vectơ $\overrightarrow{AB} = \vec{b}; \overrightarrow{AC} = \vec{c}; \overrightarrow{AD} = \vec{d}$ (Hình 6). Lưu ý rằng $\|\vec{b}\| = \|\vec{c}\| = \|\vec{d}\| = a$ và

48

Hình 6.

$\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c} = \overrightarrow{c}, \overrightarrow{d} = \overrightarrow{d}, \overrightarrow{b} = \frac{\pi}{3}$. Vì $E$ là trung điểm của cạnh $DC$ nên $\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{c} + \overrightarrow{d})$.

Tương tự như vậy,
$\overrightarrow{AF} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{b} + \overrightarrow{AL})$,
nhưng $\overrightarrow{AL} = \frac{1}{2}\overrightarrow{d}$, do đó
$\overrightarrow{AF} = \frac{1}{2}\overrightarrow{b} + \frac{1}{4}\overrightarrow{d}$.

Dallee,
$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{AF} - \overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}\overrightarrow{b} + \frac{1}{4}\overrightarrow{d} - \frac{1}{2}\overrightarrow{c} - \frac{1}{2}\overrightarrow{d} = \frac{1}{2}\overrightarrow{b} - \frac{1}{2}\overrightarrow{c} - \frac{1}{4}\overrightarrow{d}$.

Đặt $\overrightarrow{AM} = m\overrightarrow{d}, \overrightarrow{BN} = n\overrightarrow{BC}$, (9) trong đó $0 < m < 1$ và $0 < n < 1$. Từ đẳng thức cuối cùng, nó ngay lập tức theo sau $|BN| : |NC| = n : (1 - n)$.

Khi đó, dựa vào (1),
$\overrightarrow{AN} = n\overrightarrow{c} + (1 - n)\overrightarrow{d}$.

Dallee, $\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AN} - \overrightarrow{AM}$, từ đâu $\overrightarrow{MN} = n\overrightarrow{c} + (1 - n)\overrightarrow{d}$. (11)

Vì, theo điều kiện, các đoạn $EF$ và $MN$ vuông góc nên $\overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{MN} = 0$, hoặc
$\left( \frac{1}{2}\overrightarrow{b} - \frac{1}{2}\overrightarrow{c} - \frac{1}{4}\overrightarrow{d} \right) \times \left( (1 - n)\overrightarrow{b} + n\overrightarrow{c} - m\overrightarrow{d} \right) = 0$.

Có tính đến phép thay thế được thực hiện ở trên đối với mô hình của vectơ $\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}$ và $\overrightarrow{d}$ và các góc giữa chúng, chúng ta sẽ mở dấu ngoặc ở phía bên trái của đẳng thức này.

chúng tôi nhận được
$2m - 4n + 1 = 0$. (12)

Nhờ mối quan hệ chính III, $\overrightarrow{AN} = \alpha\overrightarrow{AF} + \beta\overrightarrow{AE} + \gamma\overrightarrow{AM}$, (13) và $\alpha + \beta + \gamma = 1$.

Chúng ta hãy thay thế (13) thay vì $\overrightarrow{AF}, \overrightarrow{AE}$ và $\overrightarrow{AM}$ biểu thức của chúng thông qua $\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}$ và $\overrightarrow{d}$, tức là (7), (6), (9):

$\overrightarrow{AN} = \frac{\alpha}{2}\left(\overrightarrow{b} + \frac{1}{2}\overrightarrow{d}\right) + \frac{\beta}{2}\left(\overrightarrow{c} + \overrightarrow{d}\right) + \gamma m\overrightarrow{d} = \frac{\alpha}{2}\overrightarrow{b} + \frac{\beta}{2}\overrightarrow{d} + \left(\frac{\alpha}{4} + \frac{\beta}{2} + \gamma m\right)\overrightarrow{d}$.

Do sự phân rã duy nhất của vectơ thành ba vectơ không có mặt phẳng cho trước $(\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}, \overrightarrow{d})$, từ đây và từ (10) ta thu được hệ
$\frac{\alpha}{2} = 1 - n; \frac{\beta}{2} = n; \frac{\alpha}{4} + \frac{\beta}{2} + \gamma m = 0,$
giải quyết mà chúng tôi nhận được
$\alpha = 2 - 2n, \beta = 2n, \gamma = -\frac{1 + n}{2m}$.

Sử dụng mối quan hệ $\alpha + \beta + \gamma = 1$, chúng ta có được từ đây
$2m - n = 1 = 0$.

Giải phương trình này cùng với (12), ta tìm được $n = \frac{2}{3}$ và $m = \frac{5}{6}$. Vẫn còn phải thay thế các giá trị này thành biểu thức (10) cho $\overrightarrow{MN}$; chúng tôi nhận được
$\overrightarrow{MN} = \frac{2}{3}\overrightarrow{c} + \frac{1}{3}\overrightarrow{b} - \frac{5}{6}\overrightarrow{d}$;

sau một phép tính đơn giản, chúng ta tìm thấy $|MN| = \frac{a\sqrt{23}}{6}$.

IV tỷ lệ cơ bản. Nếu $M$ là giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ và $O$ là một điểm tùy ý trong không gian, thì đẳng thức giữ nguyên:
$\overrightarrow{OM} = \frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\right)$.

Mối quan hệ này được xây dựng và chứng minh trong sách giáo khoa “Hình học 9” (§ 22, bài toán 2).

Vấn đề 4 (Học viện Bách khoa Kiev, 1978). Một vòng tròn được bao quanh một tam giác đều có cạnh là $a$. Chứng minh,

49

Chimo tổng bình phương khoảng cách từ một điểm tùy ý trên đường tròn đến các đỉnh của tam giác này bằng $2a^2$.

Lời giải. Đặt $D$ là một điểm tùy ý của đường tròn (Hình 7). Hãy đặt $|DA| = x; |DB| = y; |DC| = z$.

Khi đó, theo định lý cosine, ta có:
từ $\Delta ADB: a^2 = x^2 + y^2 - xy,$
từ $\Delta BDC: a^2 = y^2 + z^2 - yz,$
từ $\Delta ADC: a^2 = x^2 + z^2 + xz$.

Cộng các đẳng thức này từng phần một, chúng ta nhận được
$3a^2 = 2(x^2 + y^2 + z^2) - xy - yz + zx.$ (14)

Nhờ mối quan hệ chính IV
$\overrightarrow{DO} = \frac{1}{3} (\overrightarrow{DA} + \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{DC})$,

trong đó $O$ là tâm của đường tròn.

Bằng cách bình phương cả hai vế của đẳng thức này, chúng ta có được
$|\overrightarrow{DO}|^2 = \frac{1}{9} (\overrightarrow{DA}^2 + \overrightarrow{DB}^2 + \overrightarrow{DC}^2) + 2\overrightarrow{DA} \cdot \overrightarrow{DB} + 2\overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{DC} + 2\overrightarrow{DC} \cdot \overrightarrow{DA})$.

Vì $|DO|$ là bán kính của một hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều có cạnh bằng $a$, thì $|\overrightarrow{DO}|^2 = |DO|^2 = \frac{1}{3} a^2$.

Bởi vì
$\frac{a^2}{3} = \frac{1}{9} (x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz - zx)$

hoặc
$3a^2 = x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz - zx$.

Cộng đẳng thức này từng phần với (14), ta thu được
$6a^2 = 3(x^2 + y^2 + z^2)$,
Ở đâu
$x^2 + y^2 + z^2 = 2a^2$.

Một độc giả «Kvant» chuẩn bị cho kỳ thi có thể hỏi: anh ta có quyền sử dụng “quan hệ cơ bản” cho kỳ thi lời giải bài toán không? Tất nhiên - vâng! Tuy nhiên, đối với quan hệ I-III cần phải ghi quan hệ sử dụng vào đề thi. (Đối với quan hệ IV, tất nhiên chỉ cần tham khảo sách giáo khoa là đủ.)

Để làm quen với việc tự mình sử dụng các mối quan hệ cơ bản, chúng tôi khuyên bạn nên giải các bài tập sau. Trong số này, 1-2 được giải với sự trợ giúp của I, 3-4 với sự trợ giúp của II, 5-6 với sự trợ giúp của III.

Bài tập

1 (MIPT, 1970). Trong một tam giác, $ABC$ bisectiris $A1$ chia cạnh $BC$ theo tỷ lệ $|BD|: |CD| = 2:1$. Trung vị $CE$ chia bicectiris này theo tỷ lệ nào?

2 (MSU, Khoa Sinh học, 1973). Qua trung điểm $M$ của cạnh $BC$ của hình bình hành $ABCD$ có ​​diện tích bằng 1 và đỉnh $A$ vẽ một đường thẳng cắt đường chéo $BD$ tại điểm $Q$. Tìm diện tích tứ giác $QMCD$.

3 (MIPT, 1977). Tất cả các cạnh của đối tượng địa lý thông thường $ABCA_1B_1C_1$ có chiều dài $a$. Xét các đoạn có các đầu trên đường chéo $BC_1$ và $CA_1$ của các mặt bên, song song với mặt phẳng $ABB_1A_1$.

1. Một trong những đoạn này được vẽ qua điểm $M$ của đường chéo $BC_1$ sao cho $|BM|: |BC_1| = 1:3$. Tìm chiều dài của nó.

2. Tìm độ dài ngắn nhất của tất cả các đoạn đang xem xét.

4 (MIPT, 1977). Cạnh đáy $ABCD$ của một đường thẳng đều $SABCD$ có độ dài $a$ và cạnh bên có độ dài 2a. Xét các đoạn có các đầu nằm trên đường chéo $BD$ của đáy và cạnh bên $SC$, song song (SAD).

Tìm độ dài ngắn nhất của tất cả các đoạn đang xem xét.

5 (MIPT, 1978). Trong đặc điểm trực tiếp đúng $ABCA_1B_1C_1$, chiều dài cạnh đáy là 4a, chiều dài cạnh bên là $a$. Điểm $D$ và $E$ là trung điểm của các cạnh $A_1B_1$ và $BC$. Đoạn $MN$ có các đầu nằm trên đường $AC$ và $BB_1$ cắt đường $DE$ và vuông góc với đường thẳng đó. Tìm độ dài của đoạn này.

6 (MIPT, 1978). Độ dài của cạnh hình lập phương $ABCDA_1B_1C_1D_1$ bằng $a$. Điểm $P, K, L$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AA_1, A_1D_1, B_1C_1$, điểm $Q$ là tâm của mặt $CC_1D_1D$. Đoạn $MN$ có các đầu nằm trên đường $AD$ và $KL$ cắt đường $PQ$ và vuông góc với đường thẳng đó. Tìm độ dài của đoạn này.