Phương pháp áp dụngTa chuyển đổi đẳng thức vectơ cho trước về dạng: $overrightarrow OM $ = $vec v$, trong các số ấy điểm O cố định và thắt chặt và vectơ $vec v$ sẽ biết.

Bạn đang xem: Xác định một điểm thỏa mãn đẳng thức vectơ


Thí dụ 1:
Cho ΔABC mọi nội tiếp con đường tròn trọng tâm O.a. Minh chứng rằng $overrightarrow OA + overrightarrow OB + overrightarrow OC = overrightarrow 0 $.b. Hãy xác định các điểm M, N, phường sao cho:$overrightarrow OM $ = $overrightarrow OA + overrightarrow OB $; $overrightarrow ON $ = $overrightarrow OB + overrightarrow OC $; $overrightarrow OP $ = $overrightarrow OC + overrightarrow OA $.
a. Vày ΔABC đều bắt buộc O đó là trọng vai trung phong ΔABC, cho nên vì vậy ta bao gồm ngay:$overrightarrow OA + overrightarrow OB + overrightarrow OC = overrightarrow 0 $.b. Gọi A1, B1, C1 theo lắp thêm tự là trung điểm của BC, AC, AB.
*

Kẻ Ax // BC.Kẻ Cy // AB.Giao của Ax và Cy đó là điểm M đề nghị tìm.Thí dụ 3:
Cho ΔABC đều, nội tiếp đường tròn vai trung phong O.a. Hãy khẳng định các điểm M, N, p. Sao cho:$overrightarrow OM $ = $overrightarrow OA $ + $overrightarrow OB $, $overrightarrow ON $ = $overrightarrow OB $ + $overrightarrow OC $, $overrightarrow OP $ = $overrightarrow OC $ + $overrightarrow OA $.b. Minh chứng rằng $overrightarrow OA $ + $overrightarrow OB $ + $overrightarrow OC $ = $overrightarrow 0 $.
*

Với điểm M thoả mãn: $overrightarrow OM $ = $overrightarrow OA $ + $overrightarrow OB $⇒ M là đỉnh thứ bốn của hình bình hành AOBM⇒ centimet là đường kính của (O), bởi vì ΔABC đều.Với điểm N thoả mãn: $overrightarrow ON $ = $overrightarrow OB $ + $overrightarrow OC $ ⇒ N là đỉnh thứ bốn của hình bình hành BOCN⇒ AN là 2 lần bán kính của (O), vị ΔABC đều.Với điểm p thoả mãn: $overrightarrow OP $ = $overrightarrow OC $ + $overrightarrow OA $ ⇒ p. Là đỉnh thứ tứ của hình bình hành AOCP⇒ BP là 2 lần bán kính của (O), vì chưng ΔABC đều.Vậy, những điểm M, N, p. Nằm trê tuyến phố tròn (O) thế nào cho CM, AN, BP là những đường kính của đường tròn (O).b. Dựa vào tác dụng câu a) và $overrightarrow OC $ = $overrightarrow MO $, ta bao gồm ngay:$overrightarrow OA $ + $overrightarrow OB $ + $overrightarrow OC $ = $overrightarrow OM $ + $overrightarrow MO $ = $overrightarrow MO $ + $overrightarrow OM $ = $overrightarrow MM $ = $overrightarrow 0 $.Thí dụ 4:
Cho ΔABC.a. Tra cứu điểm I sao cho $overrightarrow IA $ + 2$overrightarrow IB $ = $vec 0$.b. Kiếm tìm điểm K làm thế nào để cho $overrightarrow KA $ + 2$overrightarrow KB $ = $overrightarrow CB $.c. Tra cứu điểm M làm sao cho $overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ + 2$overrightarrow MC $ = $vec 0$.
a. Ta trở nên đổi: $vec 0$ = $overrightarrow IA $ + 2$(overrightarrow IA + overrightarrow AB )$ = 3$overrightarrow IA $ + 2$overrightarrow AB $⇔ $overrightarrow IA $ = - $frac23overrightarrow AB $, suy ra điểm I được hoàn toàn xác định.b. Ta vươn lên là đổi: $vec 0$ = $overrightarrow KA $ + $overrightarrow KB $ + ($overrightarrow KB $ + $overrightarrow BC $) = $overrightarrow KA $ + $overrightarrow KB $ + $overrightarrow KC $⇔ K là trọng tâm ΔABC.c. Gọi E, F, N là trung điểm AB, BC, EF, ta có:$vec 0$ = ($overrightarrow MA $ + $overrightarrow MC $) + ($overrightarrow MB $ + $overrightarrow MC $) = 2$overrightarrow ME $ + 2$overrightarrow MF $ = 4$overrightarrow MN $ ⇔ M ≡ N.Thí dụ 5:
cho trước hai điểm A, B và hai số thực α, β bằng lòng α + β ≠ 0.a. Chứng tỏ rằng tồn tại độc nhất điểm I tán đồng α$overrightarrow IA $ + β$overrightarrow IB $ = $vec 0$.b. Tự đó, suy ra cùng với điểm ngẫu nhiên M, ta luôn có:α$overrightarrow MA $ + β$overrightarrow MB $ = (α + β)$overrightarrow MI $.
a. Ta có:α$overrightarrow IA $ + β$overrightarrow IB $ = $vec 0$ ⇔ α$overrightarrow IA $ + β($overrightarrow IA $ + $overrightarrow AB $) = $vec 0$ ⇔ (α + β)$overrightarrow IA $ + β$overrightarrow AB $ = $vec 0$⇔ (α + β)$overrightarrow AI $ = β$overrightarrow AB $⇔$overrightarrow AI $ = $fraceta alpha + eta $$overrightarrow AB $.Vì A, B thắt chặt và cố định nên vectơ $fraceta alpha + eta $$overrightarrow AB $ ko đổi, cho nên vì thế tồn tại độc nhất vô nhị điểm I thoả mãn đk đầu bài.b. Ta có:α$overrightarrow MA $ + β$overrightarrow MB $ = α($overrightarrow MI $ + $overrightarrow IA $) + β($overrightarrow MI $ + $overrightarrow IB $) = (α + β)$overrightarrow MI $ + (α$overrightarrow IA $ + β$overrightarrow IB $) = (α + β)$overrightarrow MI $, đpcm.Nhận xét quan liêu trọng:1. Nếu α = β = 1 thì điểm I chính là trung điểm của AB
.2. Vấn đề trên được mở rộng thoải mái và tự nhiên cho ba điểm A, B, C cùng bộ tía số thực α, β, γ cho trước đồng tình α + β + γ ≠ 0, tức là:
a. Tồn tại nhất điểm I thoả mãn: α$overrightarrow IA $ + β$overrightarrow IB $ + γ$overrightarrow IC $ = $vec 0$.​
b. Từ kia suy ra cùng với điểm bất kỳ M, ta luôn luôn có α$overrightarrow MA $ + β$overrightarrow MB $ + γ$overrightarrow IC $ = (α + β + γ)$overrightarrow MI $.​
3. Việc không ngừng mở rộng cho n điểm
A$_i$, i = $overline 1,n $ và cỗ n số thực αi, i = $overline 1,n $ đống ý $sumlimits_i = 1^n alpha _i $≠ 0, xin dành cho chính mình đọc.4. Tác dụng trên được áp dụng để giải bài xích toán:“ mang đến n điểm A$_i$, i = $overline 1,n $ và bộ n số thực αi, $overline 1,n $ vừa lòng $sumlimits_i = 1^n alpha _i $≠ 0. Tra cứu số thực k với điểm thắt chặt và cố định I làm sao để cho đẳng thức vectơ $sumlimits_i = 1^n alpha _ioverrightarrow MA_i $ = k$overrightarrow MI $, (1)thoả mãn với mọi điểm M. ”Phương pháp giảiVì (1) thoả mãn với mọi điểm M, cho nên vì thế đúng với M ≡ I, lúc đó:$sumlimits_i = 1^n alpha _ioverrightarrow IA_i $ = k$overrightarrow II $ = $vec 0$. (2)Xác định đạt điểm I trường đoản cú (2).Từ (2), suy ra: $sumlimits_i = 1^n alpha _ioverrightarrow MA_i $ = $sumlimits_i = 1^n alpha _i $$overrightarrow MI $. (3)Từ (1) cùng (3), suy ra: $sumlimits_i = 1^n alpha _i $$overrightarrow MI $ = k$overrightarrow MI $ ⇔ k = $sumlimits_i = 1^n alpha _i $.Thí dụ 6: mang lại tứ giác ABCD, M là vấn đề tuỳ ý. Trong những trường hợp hãy search số k cùng điểm cố định và thắt chặt I, J, K sao cho các đẳng thức vectơ sau thoả mãn với đa số điểm M.a. 2$overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ = k$overrightarrow MI $.b. $overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ + 2$overrightarrow MC $ = k$overrightarrow MJ $.c. $overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ + $overrightarrow MC $ + 3$overrightarrow MD $ = k$overrightarrow MK $.

Xem thêm: Các Dạng Bài Tập Bất Phương Trình Logarit Có Lời Giải (5 Dạng)


a. Vị (1) thoả mãn với tất cả điểm M, cho nên vì thế đúng với M ≡ I, lúc đó:2$overrightarrow IA $ + $overrightarrow IB $ = k$overrightarrow II $ = $vec 0$. (1.1)Từ (1.1), ta được: 2$overrightarrow IA $ + ($overrightarrow IA $ + $overrightarrow AB $) = $vec 0$ ⇔ $overrightarrow IA $ = -$frac13$$overrightarrow AB $ ⇒ xác minh được điểm I.Từ (1.1), ta được: 2$overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ = (2 + 1)$overrightarrow MI $ = 3$overrightarrow MI $. (1.2)Từ (1) với (1.2), suy ra: 3$overrightarrow MI $ = k$overrightarrow MI $ ⇔ k = 3.b. Vày (2) thoả mãn với mọi điểm M, cho nên vì thế đúng với M ≡ J, khi đó:$overrightarrow JA $ + $overrightarrow JB $ + 2$overrightarrow JC $ = k$overrightarrow JJ $ = $vec 0$. (2.1)Gọi E là trung điểm AB, tự (2.1), ta được: 2$overrightarrow JE $ + 2$overrightarrow JC $ = $vec 0$ ⇔ J là trung điểm của CE.Từ (2.1), ta được: $overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ + 2$overrightarrow MC $ = (1 + 1 + 2)$overrightarrow MJ $ = 4$overrightarrow MJ $ (2.2)Từ (2) với (2.2), suy ra: 4$overrightarrow MJ $ = k$overrightarrow MJ $ ⇔ k = 4.c. Vì (3) thoả mãn với tất cả điểm M, vì thế đúng với M ≡ K, lúc đó: $overrightarrow KA $ + $overrightarrow KB $ + $overrightarrow KC $ + 3$overrightarrow KD $ = k$overrightarrow KK $ = $vec 0$. (3.1) call G là giữa trung tâm ΔABC, tự (3.1), ta được: 3$overrightarrow KG $ + 3$overrightarrow KD $ = $vec 0$ ⇔ K là trung điểm của GD.Từ (3.1), ta được: $overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ + $overrightarrow MC $ + 3$overrightarrow MD $ = 6$overrightarrow MK $. (3.2)Từ (3) với (3.2), suy ra: 6$overrightarrow MK $ = k$overrightarrow MK $ ⇔ k = 6.Chú ý:
bài toán tìm điểm có thể được mở rộng thành việc tìm tập thích hợp điểm (quĩ tích). Với những bài toán quĩ tích ta đề nghị nhớ rằng:1. Ví như |$overrightarrow MA $| = |$overrightarrow MB $|, cùng với A, B cho trước thì M thuộc con đường trung trực của đoạn AB.2. |$overrightarrow MC $| = k|$overrightarrow AB $|, cùng với A, B, C mang đến trước thì M thuộc mặt đường tròn trung tâm C, nửa đường kính bằng k.AB.3. Nếu $overrightarrow MA $ = k$overrightarrow BC $, cùng với A, B, C mang lại trước thìa. Với k ∈ (mathbbR) điểm M thuộc con đường thẳng qua A tuy vậy song với BC.b. Cùng với k ∈ (mathbbR)+ điểm M thuộc nửa con đường thẳng qua A song song với BC theo hướng $overrightarrow BC $.c. Cùng với k ∈ (mathbbR)- điểm M ở trong nửa con đường thẳng qua A tuy vậy song cùng với BC ngược hướng $overrightarrow BC $. ví dụ 7: Cho ΔABC, tìm kiếm tập hợp hầu như điểm M thoả mãn:a. $overrightarrow MA $ + k$overrightarrow MB $ - k$overrightarrow MC $ = $overrightarrow 0 $. (1)b. (1 - k)$overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ - k$overrightarrow MC $ = $overrightarrow 0 $. (2)
a. Ta thay đổi (1) về dạng: $overrightarrow MA $ = k($overrightarrow MC $ - $overrightarrow MB $) ⇔ $overrightarrow MA $ = k$overrightarrow BC $⇔ M thuộc mặt đường thẳng qua A tuy vậy song cùng với BC.b. Ta chuyển đổi (2) về dạng: $overrightarrow MA $ + $overrightarrow MB $ - k($overrightarrow MA $ + $overrightarrow MC $) = $overrightarrow 0 $. (3)Gọi E, F theo thiết bị tự là trung điểm của AB với AC, ta được:(3) ⇔ 2$overrightarrow ME $ - 2k$overrightarrow MF $ = $overrightarrow 0 $ ⇔ $overrightarrow ME $ = k$overrightarrow MF $⇔ M thuộc con đường trung bình EF của ΔABC.