Chuyên đề Phương pháp giải tất các dạng toán liên quan

 Phương pháp giải các dạng toán liên quan
Đ1. Vectơ
Mở đầu về vectơ
Cho DOAB vuông cân với OA = OB = a. Hãy dựng các vectơ sau đây và tính độ dài của chúng:
 + ,	 - ,	3 + 4
 + 2.5,	 - .
A
B
C
O
? Giải
Với C là đỉnh thứ tư của hình vuông OACD, ta có ngay:
 + = , theo quy tắc hình bình hành.
Từ đó, suy ra:
ẵ + ẵ = ẵẵ = OC = .
Ta có ngay:
A
B
O
A1
B1
C1
 - = , quy tắc hiệu hai vectơ cùng gốc
ị ẵ - ẵ = ẵẵ = BA = .
Để dựng vectơ 3 + 4 ta lần lượt thực hiện:
Trên tia OA lấy điểm A1 sao cho OA1 = 3OA.
Trên tia OB lấy điểm B1 sao cho OB1 = 4OB.
Dựng hình chữ nhật OA1C1B1.
Từ đó, ta có:
3 + 4 = + = 
ị ẵ3 + 4ẵ = ẵẵ = OC1 = = 5a.
Thực hiện tương tự câu c), ta dựng được vectơ + 2.5 và
ẵ + 2.5ẵ = .
Thực hiện tương tự câu c), ta dựng được vectơ - và 
ẵ - ẵ = .
Cho DABC đều có cạnh bằng a. Tính độ dài vectơ tổng + .
? Giải
A
C
M
B
A1
Gọi M là trung điểm BC, lấy điểm A1 đối xứng với A qua M, ta có ngay ABA1C là hình bình hành, suy ra:
 + = 
ị ẵ + ẵ = ẵẵ = 2AM = 2. = .
F
 Chú ý: Với các em học sinh chưa nắm vững kiến thức về tổng của hai vectơ thì thường kết luận ngay rằng:
ẵ + ẵ = ẵẵ + ẵẵ = a + a = 2a.
Chứng minh một đẳng thức vectơ
Phương pháp áp dụng
Ta lựa chọn một trong các hướng biến đổi sau:
Biến đổi một vế thành vế còn lại (VT ị VP hoặc VP ị VT). Khi đó:
Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiện việc đơn giản biểu thức.
Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích vectơ.
Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là luôn đúng.
Biến đổi một đẳng thức vectơ đã biết là luôn đúng thành đẳng thức cần chứng minh.
Tạo dựng các hình phụ.
Khi thực hiện các phép biến đổi ta sử dụng:
Quy tắc ba điểm:
 = + .
Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD luôn có:
 = + .
Hiệu hai vectơ cùng gốc
 - = .
Tính chất trung điểm: Với điểm M tuỳ ý và I là trung điểm của AB luôn có:
 = ( + ).
Tính chất trọng tâm tam giác: Với DABC có trọng tâm G ta có:
 + + = .
 + + = 3, với M tuỳ ý.
Các tính chất của phép cộng, trừ vectơ và phép nhân một số với một vectơ.
Cho bốn điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng + + = .
? Giải
Ta có thể trình bày theo ba cách sau:
Cách 1: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
VT = ( + ) + = + = , đpcm.
Cách 2: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
VT = + ( + ) = + = , đpcm.
Cách 3: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
 = + = + + , đpcm.
Cách 4: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
 = + = + + , đpcm.
F
 Nhận xét: Việc trình bày thí dụ trên theo bốn cách chỉ mang tính chất minh hoạ cho những ý tưởng sau:
Với cách 1 và cách 2, chúng ta gom hai vectơ có "điểm cuối của vectơ thứ nhất trùng với điểm đầu của vectơ thứ hai" từ đó sử dụng chiều thuận của quy tắc ba điểm.
Với cách 3 và cách 4, chúng ta sử dụng chiều ngược lại của quy tắc ba điểm, cụ thể "với một vectơ bất kì chúng ta đều có thể xen thêm vào giữa một điểm tuỳ ý để từ đó phân tích được vectơ thành tổng của hai vectơ".
Cho 4 điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng + = + .
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta có: 
VT = ( + ) + = + + 	= + = VP.
Cách 2: Ta có: 
VT = ( + ) + = + + 	= + = VP.
Cách 3: Biến đổi tương đương biểu thức về dạng: 
 - = - , đúng ị Điều phải chứng minh.
Cách 4: Biến đổi tương đương đẳng thức về dạng: 
 - = - Û + = + Û = , luôn đúng.
F
 Nhận xét: 1. Để thực hiện chứng minh đẳng thức vectơ đã cho chúng ta lựa chọn hướng biến đổi VT thành VP và hai cách giải trên đều có chung một ý tưởng, cụ thể bằng việc lựa chọn vectơ xuất phát là ta có:
Trong cách 1, ta ý thức được rằng cần tạo ra sự xuất hiện của vectơ do đó ta xen vào điểm D.
Trong cách 2, ta ý thức được rằng cần tạo ra sự xuất hiện của vectơ do đó ta xen vào điểm C.
2. Từ nhận xét trên hẳn các em học sinh thấy được thêm rằng còn có 4 cách khác để giải bài toán, cụ thể:
Hai cách với việc lựa chọn vectơ xuất phát là .
Hai cách theo hướng biến đổi VP thành VT.
Cho M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD. Chứng minh rằng:
A
B
C
D
N
M
2 = + = + .
? Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta có phân tích:
 = + + ,	(1)
 = + + .	(2)
Cộng theo vế (1) và (2) với lưu ý + = và + = (vì M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:
 + = 2, đpcm.	(*)
Cách 2: Ta có phân tích:
,	(3)
,	(4)
Cộng theo vế (3) và (4) với lưu ý và (vì M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:
2 = + , đpcm.
Ta có:
 + = + + + = + , đpcm.	(**)
Từ (*) và (**) ta được đẳng thức cần chứng minh.
Cho O là tâm của hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng với điểm M bất kì, ta có:
 = ( + + + ).
? Giải
Ta có:
 + + + 
= + + + + + + + 
= 4 + ( + ) + ( + ) = 4
Û ( + + + ) = , đpcm.
F
 Chú ý: Các em học sinh hãy trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP.
Cho DABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 
 + + = .
? Giải
Sử dụng quy tắc trung điểm ta biến đổi:
VT = + + 
= , đpcm.
Cho DA1B1C1 và DA2B2C2 lần lượt có trọng tâm là G1, G2. Chứng minh rằng:
 + + = 3.
? Giải
Với G1, G2 là trong tâm các DA1B1C1 và DA2B2C2, ta có:
 + + = .	(1)
 + + = .	(2)
Mặt khác, ta có:
 = + + .	(3)
 = + + .	(4)
 = + + .	(5)
Cộng theo vế (3), (4), (5) và sử dụng các kết quả trong (1) và (2), ta được:
 + + = 3, đpcm.
Cho DABC. Gọi M là trung điểm của AB và N là một điểm trên cạnh AC, sao cho NC = 2NA. Gọi K là trung điểm của MN.
Chứng minh rằng = + .
Gọi D là trung điểm của BC. Chứng minh rằng = + .
? Giải
Từ giả thiết ta nhận thấy:
 Û = 2;	 Û = 3.	
Vì K là trung điểm MN nên:
 = ( + ) = ( + ) = + , đpcm.
Vì D là trung điểm BC nên:
 = ( + )
từ đó, suy ra:
 = - = ( + ) - ( + ) = + , đpcm.
Xác định điểm M thoả một đẳng thức vectơ cho trước
Phương pháp áp dụng
Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước về dạng:
 = ,
trong đó điểm O cố định và vectơ đã biết. 
Cho DABC đều nội tiếp đường tròn tâm O.
Chứng minh rằng .
Hãy xác định các điểm M, N, P sao cho:
 = ; = ; = .
? Giải
B
C
M
O
A
C1
Vì DABC đều nên O chính là trọng tâm DABC, do đó ta có ngay:
.
Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của BC, AC, AB.
Dựng hình bình hành AOBM bằng việc lấy điểm M đối xứng với O qua C1, ta có được = .
Các điểm N, P được xác định tương tự.
Cho DABC. Hãy xác định điểm M thoả mãn điều kiện:
 - + = .	(*)
B
C
A
M
? Giải
Biến đổi (*) về dạng:
 + = Û = 
Û ABCM là hình bình hành.
Từ đó, để xác định điểm M ta thực hiện:
Kẻ Ax // BC.
Kẻ Cy // AB.
Giao của Ax và Cy chính là điểm M cần tìm.
Cho DABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O.
Hãy xác định các điểm M, N, P sao cho:
 = + , = + , = + .
A
B
C
O
M
N
P
Chứng minh rằng + + = .
? Giải
Dựa theo quy tắc hình bình hành, ta lần lượt có:
Với điểm M thoả mãn:
 = + 
ị M là đỉnh thứ tư của hình bình hành AOBM
ị CM là đường kính của (O), vì DABC đều.
Với điểm N thoả mãn:
 = + ị N là đỉnh thứ tư của hình bình hành BOCN
ị AN là đường kính của (O), vì DABC đều.
Với điểm P thoả mãn:
 = + ị P là đỉnh thứ tư của hình bình hành AOCP
ị BP là đường kính của (O), vì DABC đều.
Vậy, các điểm M, N, P nằm trên đường tròn (O) sao cho CM, AN, BP là các đường kính của đường tròn (O).
Dựa vào kết quả câu a) và = , ta có ngay:
 + + = + = + = = .
Cho DABC.
Tìm điểm I sao cho + 2 = .
Tìm điểm K sao cho + 2 = .
Tìm điểm M sao cho + + 2 = .
? Giải
Ta biến đổi:
 = + 2 = 3 + 2 
Û = - , suy ra điểm I được hoàn toàn xác định.
Ta biến đổi:
 = + + ( + ) = + + 
Û K là trọng tâm DABC.
Gọi E, F, N là trung điểm AB, BC, EF, ta có:
 = ( + ) + ( + ) = 2 + 2 = 4 Û M º N.
Cho trước hai điểm A, B và hai số thực a, b thoả mãn a + b ạ 0.
Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn a + b = .
Từ đó, suy ra với điểm bất kỳ M, ta luôn có:
a + b = (a + b).
? Giải
Ta có:
a + b = Û a + b( + ) = Û (a + b) + b = 
Û (a + b) = bÛ = .
Vì A, B cố định nên vectơ không đổi, do đó tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn điều kiện đầu bài.
Ta có:
a + b = a( + ) + b( + ) = (a + b) + (a + b)
 = (a + b), đpcm.
F
 Nhận xét quan trọng:
Nếu a = b = 1 thì điểm I chính là trung điểm của AB.
Bài toán trên được mở rộng tự nhiên cho ba điểm A, B, C và bộ ba số thực a, b, g cho trước thoả mãn a + b + g ạ 0, tức là:
Tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn:
a + b + g = .
Từ đó suy ra với điểm bất kỳ M, ta luôn có 
a + b + g = (a + b + g).
và khi a = b = g = 1 thì I là trọng tâm DABC.
Việc mở rộng cho n điểm Ai, i = và bộ n số thực ai, i = thoả mãn ạ 0, xin dành cho bạn đọc.
Kết quả trên được sử dụng để giải bài toán:
“ Cho n điểm Ai, i = và bộ n số thực ai, thoả mãn ạ 0. Tìm số thực k và điểm cố định I sao cho đẳng thức vectơ
 = k,	(1)
thoả mãn với mọi điểm M. ”
Phương pháp giải
Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M º I, khi đó:
 = k = .	(2)
Xác định được điểm I từ (2).
Từ (2), suy ra
 = .	(3)
Từ (1) và (3), suy ra:
 = k Û k = .
Cho tứ giác ABCD, M là điểm tuỳ ý. Trong mỗi trường hợp hãy tìm số k và điểm cố định I, J, K sao cho các đẳng thức vectơ sau thoả mãn với mọi điểm M.
2 + = k.
 + + 2 = k.
 + + + 3 = k.
? Giải
Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M º I, khi đó:
2 + = k = .	(1.1)
Từ (1.1), ta được:
2 + ( + ) = Û = - ị xác định được điểm I.
Từ (1.1), ta được:
2 + = (2 + 1) = 3.	(1.2)
Từ (1) và (1.2), suy ra:
3 = k Û k = 3.
Vì (2) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M º J, khi đó:
 + + 2 = k = .	(2.1)
Gọi E là trung điểm AB, từ (2.1), ta được:
2 + 2 = Û J là trung điểm của CE.
Từ (2.1), ta được:
 + + 2 = (1 + 1 + 2) = 4.	(2.2)
Từ (2) và (2.2), suy ra:
4 = k Û k = 4.
Vì (3) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M º K, khi đó:
 + + + 3 = k = .	(3.1)
Gọi G là trọng tâm DABC, từ (3.1), ta được:
3 + 3 = Û K là trung điểm của GD.
Từ (3.1), ta được:
 + + + 3 = 6.	(3.2)
Từ (3) và (3.2), suy ra:
6 = k Û k = 6.
F
 Chú ý: Bài toán tìm điểm có thể được mở rộng thành bài toán tìm tập hợp điểm (quĩ tích). Với các bài toán quĩ tích ta cần nhớ rằng:
Nếu || = ||, với A, B cho trước thì M thuộc đường trung trực của đoạn AB.
|| = k||, với A, B, C cho trước thì M thuộc đường tròn tâm C, bán kính bằng k.AB.
Nếu = k, với A, B, C cho trước thì 
Với k ẻ điểm M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.
Với k ẻ + điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC theo hướng .
Với k ẻ - điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC ngược hướng .
Cho DABC, tìm tập hợp những điểm M thoả mãn: 
 + k - k = .	(1)
(1 - k) + - k = .	(2)
? Giải
Ta biến đổi (1) về dạng:
 = k( - ) Û = k
Û M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.
Ta biến đổi (2) về dạng:
 + - k( + ) = .	(3)
Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB và AC, ta được:
(3) Û 2 - 2k = Û = k
Û M thuộc đường trung bình EF của DABC.
Biểu diễn một vectơ thành tổ hợp vectơ
Phương pháp áp dụng
Ta lựa chọn một trong hai hướng:
Từ giả thiết xác định được tính chất hình học, rồi từ đó khai triển vectơ cần biểu diễn bằng phương pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vectơ cùng gốc.
Từ giả thiết thiết lập được mối liên hệ vectơ giữa các đối tượng, rồi từ đó khai triển biểu thức này bằng phương pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vectơ cùng gốc.
Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho 2 + 3 = .
Tìm số k sao cho = k.
Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có = + .
? Giải
Biến đổi giả thiết:
 = 2 + 3 = 5 + 3( - ) = -5 + 3 Û = .
Vậy, với k = thoả mãn điều kiện đầu bài.
Biến đổi giả thiết:
 = 2 + 3 = 2( - ) + 3( - )
Û 5 = 2 + 3 Û = + , đpcm.
Cho DOAB. 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:
 = m + n;	 = m + n;
A
B
O
M
N
 = m + n;	 = m + n;
? Giải
Ta có ngay = 
do đó đẳng thức = m + n sẽ có m = và n = 0.
Ta có:
 = = ( - ) = - + 
do đó đẳng thức = m + n sẽ có m = - và n = .
Ta có:
 = + = - + 
do đó đẳng thức = m + n sẽ có m = -1 và n = .
Ta có:
 = + = - + 
do đó đẳng thức = m + n sẽ có m = - và n = 1.
Gọi G là trọng tâm DABC. Đặt = và = . Hãy biểu thị mỗi vectơ , , , qua các vectơ và .
? Giải
Sử dụng quy tắc hiệu của hai vectơ cùng gốc, ta có ngay:
 = - = - .
Vì G là trọng tâm DABC nên:
 + + = Û = - - = - - .
Sử dụng quy tắc hiệu của hai vectơ cùng gốc và kết quả trong b), ta có:
 = - = - - - = - - 2.
Sử dụng quy tắc hiệu của hai vectơ cùng gốc và kết quả trong b), ta có:
 = - = - (- - ) = 2 + .
Cho DABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Tính các vectơ , , theo các vectơ và .
? Giải
Ta lần lượt có:
 = = = 
B
C
N
M
A
P
G
= 2 = = 
= .
 = = .
Vectơ được biểu diễn tương tự .
Cho DABC. 
Tìm các điểm M và N sao cho:
 - + = , 2 + + = .
Với các điểm M và N ở câu a), tìm các số p và q sao cho:
 = p + q.
? Giải
Ta lần lượt thực hiện:
 = - + = + = - + Û = 
Û M là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCM.
 = 2 + + = 2 + 2, với E là trung điểm BC
Û + = Û N là trung điểm của AE.
Ta có biểu diễn:
 = + = + 
= ( - ) + ( + ) = - .
Cho DABC trọng tâm G. Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho 2CI = 3BI và J là điểm trên BC kéo dài sao cho 5JB = 2JC.
A
C
B
G
I
J
Tính , theo và .
Tính theo và 
? Giải
Ta có:
 Û 2 = - 3
Û 2( - ) = - 3( - ) Û 5 = 3 + 2 
Û = + .	(1)
Ta có:
 Û 5 = 2 Û 5( - ) = 2( - ) 
Û 3 = 5 - 2 Û = - .	(2)
Gọi M là trung điểm BC, ta có:
 = = .( + ) = ( + ).	(3)
Mặt khác từ hệ tạo bởi (1) và (2), ta nhận được:
 = + và = - .	(4)
Thay (4) vào (3) ta nhận được:
 = - .
Chứng minh hai điểm trùng nhau
Phương pháp áp dụng
Muốn chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Chứng minh = .
Chứng minh = với O là điểm tuỳ ý.
Chứng minh rằng = khi và chỉ khi trung điểm của hai đoạn thẳng AD và BC trùng nhau.
? Giải
Ta có:
Nếu = thì ABCD là hình bình hành. Do đó, AD và BC có trung điểm trùng nhau.
Nếu AD và BC có trung điểm trùng nhau thì ABCD là hình bình hành. Do đó: = 
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.
? Giải
Gọi G là trọng tâm của DMPR, ta có:
 + + = 	(1)
Lại có:
2 = + ,	2 = + ,	2 = + 
ị 2(+ + ) = + + + + + 
Suy ra:
 + + + + + = (do(1))
Do đó:
( + ) + ( + ) + ( + ) = 
Û 2 + 2 + 2 = Û + + = 
Vậy, ta được G là trọng tâm của DSNQ.
Tóm lại, các DMPR và DNQS có cùng trọng tâm.
Chứng minh ba điểm thẳng hàng
Phương pháp áp dụng
Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta đi chứng minh:
 = k, k ẻ .	(1)
Để nhận được (1), ta lựa chọn một trong hai hướng:
Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết.
Xác định vectơ và thông qua một tổ hợp trung gian.
F
 Chú ý: Ta có kết quả:
“ Cho ba điểm A, B, C. Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là: 
 = a + (1 - a),
với điểm tuỳ ý M và số thực a bất kỳ ”.
Cho DABC, lấy các điểm I, J thoả mãn = 2, 3 + 2 = . Chứng minh rằng IJ đi qua trọng tâm G của DABC.
? Giải
Viết lại = 2 dưới dạng:
 - 2 = .	(1)
Biến đổi 3 + 2 = về dạng:
3( - ) + 2( - ) = Û 3 + 2 = 5.	(2)
Trừ theo vế (1) cho (2), ta được:
2( + + ) = 5 Û 6 = 5 Û I, J, G thẳng hàng.
A
C
B
E
A1
H
O
Cho DABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của DABC. Chứng minh rằng:
 = 2, với E là trung điểm BC.
 = + + .
Chứng minh rằng O, G, H thẳng hàng.
? Giải
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta được:
 ị A1BHC là hình bình hành 
ị A1, E, H thẳng hàng ị = 2, đpcm.
Ta có:
 = + = + 2 = + + , đpcm.
Ta có:
 = ( + + ) = Û O, G, H thẳng hàng.
Cho DABC, lấy các điểm M, N, P thoả mãn:
 + = , 3 - 2 = , = 2.
Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
? Giải
Ta có:
 = ,	(1)
 = .	(2)
Ta đi tính theo và , cụ thể từ giả thiết:
 + = Û 	(3)
3 - 2 = Û = 	(4)
 = 2 Û = 2 Û = .	(5)
Thay (3), (4), (5) vào (1) và (2) ta được:
 = - = .	(6)
 = + = .	(7)
Từ (6) và (7) ta nhận thấy:
 = - Û M, N, P thẳng hàng.
Xác định đặc tính K của đối tượng S khi nó thoả mãn một đẳng thức vectơ
Phương pháp áp dụng
Phân tích được định tính xuất phát từ các đẳng thức vectơ của giả thiết.
Lưu ý tới những hệ thức đã biết về trung điểm của đoạn thảng và trọng tâm của tam giác.
Cho DABC, có các cạnh bằng a, b, c và trọng tâm G thoả mãn:
a. + b. + c. = .	(1)
Chứng minh rằng DABC là tam giác đều.
? Giải
Ta có:
 + + = Û = - - .	(2)
Thay (2) vào (1), ta được:
a.(- - ) + b. + c. = 
Û (b - a). + (c - a). = .	(3)
Vì và là hai vectơ không cùng phương, do đó (3) tương đương với:
 Û a = b = c Û DABC là tam giác đều.
Cho tứ giác ABCD. Giả sử tồn tại điểm O sao cho:
.
Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật.
? Giải
Từ phương trình thứ nhất của hệ , ta suy ra:
O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.	(1)
Gọi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA , từ phương trình thứ hai của hệ ta được:
 = + + + = 2 + 2 Û + = 
Û M, P, O thẳng hàng và O là trung điểm MP.	(2)
 = + + + = 2 + 2 Û + = 
Û N, Q, O thẳng hàng và O là trung điểm NQ.	(3)
Từ (2), (3), suy ra MNPQ là hình bình hành suy ra
A, C, O thẳng hàng và O là trung điểm AC.
B, D, O thẳng hàng và O là trung điểm BD.
Do đó ABCD là hình bình hành.	(4)
Từ (1) và (4) suy ra ABCD là hình chữ nhật.
Đ2	hệ trục toạ độ
Toạ độ vectơ - Toạ độ điểm
Phương pháp áp dụng
Ta cần nhớ các kết quả sau:
Với hai điểm A(xA, yA) và B(xB, yB), ta có:
 = (xB - xA, yB - yA),	AB = || = .
Với hai vectơ (x1, y1) và (x2, y2) , ta có:
 = x1. + y1.,
 = Û ,
a + b = (ax1 + bx2, ay1 + by2).
Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(-4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; -2).
Tìm toạ độ trọng tâm DABC.
Tìm toạ độ điểm D sao cho C là trọng tâm DABD.
Tìm toạ độ điểm E sao cho ABCE là hình bình hành.
? Giải
Gọi G là trọng tâm DABC, ta có ngay G(0, 1).
Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện C là trọng tâm DABD, ta được:
 Û ị D(8; -11).
Giả sử E(xE; 0), khi đó với điều kiện ABCE là hình bình hành, ta được:
 Û Û ị E(-4; -5).
Cho điểm M(1 - 2t; 1 + t). Tìm điểm M sao cho nhỏ nhất.
? Giải
Ta có:
 = (1 - 2t)2 + (1 + t)2 = 5t2 - 2t + 2 = 5(t - )2 + ³ 
suy ra ()Min = đạt được khi :
t - = 0 Û t = ị M0(; ).
Vậy, điểm M0(; ) thoả mãn điều kiện đầu bài.
Cho ba điểm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0).
Tính diện tích DABC.
Hãy tìm tất cả các điểm M trên trục Ox sao cho góc nhỏ nhất.
? Giải
Ta có:
AB2 = 4 + 4 = 8,	BC2 = 1 + 9 = 10,	CA2 = 1 + 1 = 2
ị AB2 + AC2 = BC2 Û DABC vuông tại A. 
Vậy diện tích DABC được cho bởi: 
SDABC = AB.AC = = 2 (đvdt).
Góc nhỏ nhất 
Û = 00 Û A, M, B thẳng hàng Û 
Û = Û = Û xM = 0 ị M º O.
Vậy, điểm M(0; 0) thoả mãn điều kiện đầu bài.
Biểu diễn vectơ (c1; c2) theo các vectơ (a1; a2), (b1; b2)
Phương pháp áp dụng
Ta thực hiện theo các bước:
Giả sử = a + b.	(1)
Ta có:
a + b = a(a1, a2) + b(b1, b2) = (aa1 + bb1, aa2 + bb2).
 Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi:
.	(I)
Giả hệ (I), ta nhận được giá trị của cặp (a, b)
Kết luận.
Hãy biểu diễn vectơ theo các vectơ , , biết:
(2; -1), (-3; 4) và (-4; 7).
? Giải
Giả sử = a + b.	(1)
Ta có:
a + b = a(2; - 1) + b( - 3; 4) = (2a - 3b; - a + 4b).
Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi:
 Û .
Vậy, ta được = + 2.
Cho bốn điểm A(1; 1), B(2; - 1), C(4; 3) và D(16; 3). Hãy biểu diễn vectơ theo các vectơ , 
? Giải
Giả sử = a + b.	(1)
Ta có:
(15; 2), (1; - 2), (3; 2) 
ị a + b = a(1; - 2) + b(3; 2) = (a + 3b; - 2a + 2b)
Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi:
 Û .
Vậy, ta được = 3 + 4. 
Xác định toạ độ điểm M thoả mãn một đẳng thức vectơ, độ dài
Phương pháp áp dụng
Thực hiện theo các bước:
Giả sử M(x; y).
Toạ độ hoá các vectơ có trong đẳng thức hoặc sử dụng công thức về khoảng cách giữa hai điểm, để chuyển đẳng thức về biểu thức đại số.
Giải phương trình hoặc hệ trên, ta nhận được toạ độ của M.
F
 Chú ý: Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo một tỉ số k (tức là = k) được xác định bởi các công thức:
.
Đặc biệt nếu k = -1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng M1M2, khi đó toạ độ của M được xác định bởi:
.
Cho hai điểm A(0; 2) và B(4; -3). Tìm toạ độ:
Trung điểm I của AB.
Điểm M sao cho + 2 = .
? Giải
Ta có I(2; -).
Từ giả thiết
 + 2 = Û - 2 Û điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k = -2.
Do đó:
M: Û M(; -).
F
 Chú ý: Ta cũng có thể trình bày theo cách: Giả sử M(x; y), ta có:
 ị + 2 = (8 - 3x; - 4 - 3y).
Vì + 2 = , nên:
Û ị M(; -).
Cho DABC, biết A(1; 0), B(-3; -5), C(0; 3). 
Xác định toạ độ điểm E sao cho = 2.
Xác định toạ độ điểm F sao cho AF = CF = 5.
Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
|2( + ) - 3| = | - |.	(1)
? Giải
Giả sử E(x; y), khi đó (x - 1; y), (3; 8)
Từ đó:
 = 2 Û Û Û E(7; 16).
Giả sử F(x; y), khi đó:
AF = CF = 5 Û Û Û 
Û Û Û Û .
Vậy tồn tại hai điểm F1( - 4; 0) và F2(5; 3) thoả mãn điều kiện đầu bài.
Giả sử M(x; y), khi đó:
(1 - x; -y), (-3 - x; -5 - y), (-x; 3 - y)
ị 2( + ) - 3 = (-x - 4; -y - 19) và - = (-3; -8).
Khi đó:
(1) Û (-x - 4)2 + (-y - 19)2 = (-3)2 + (-8)2 Û (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73.
Đặt I(-4; -19), ta được:
IM2 = 73 Û M thuộc đường tròn tâm I(-4, -19), bán kính R = .
F
 Nhận xét: Như vậy, trong ví dụ trên chúng ta đã thực hiện việc xác định điểm dựa trên các đẳng thức về vectơ, độ dài cho trước. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp chúng ta cần đi thiết lập các đẳng thức đó dựa trên tính chất của điểm cần xác định. 
Cho DABC cân tại A, biết A(a; - ), B(1; 0), C(2a - 1; 0) và A thuộc góc phần tư thứ nhất.
Xác định toạ độ các đỉnh của DABC, biết rằng p = 9 (p là nửa chu vi).
Tìm toạ độ điểm MẻAB và NẻBC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của DABC. 
? Giải
C
B
AºM
1
3
I
x
y
O
N
Ta có toạ độ các điểm:
A(a; - ), B(1; 0), C(2a - 1; 0),
Từ giả thiết:
AẻP(I) Û Û a ³ 1.
p = 9 Û = 9 
Û 2.8|a - 1| + 2|a - 1| = 18 Û a = 2 hoặc a = 0 (loại). 
Từ đó: A(2; ), B(1; 0), C(3; 0) ị AB = AC = 8, BC = 2.
Ta cần tìm điểm M ẻ AB (tức là phải tìm x = BM, 0 Ê x Ê 8) sao cho trên cạnh BC tồn tại điểm N thoả mãn:
BN = p - x = 9 - x, 0 Ê 9 - x Ê 2 Û 7 Ê x Ê 9,
 = . 	(1)
Từ (1) ta được:
 = Û = Û x2 - 9x + 8 = 0 Û .
Với x = 8 ị M º A(2; ) và N(2; 0) là trung điểm BC.
F
 Chú ý: Bài toán trên có dạng tổng quát như sau "Cho DABC có các cạnh a, b, c (tương ứng với các đỉnh A, B, C và chu vi 2p), giả sử c Ê b Ê a. Tìm điểm M ẻ AB, N ẻ BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của DABC "
Phương pháp giải
Ta thực hiện theo các bước sau:
Điểm M ẻ AB (tức là phải tìm x = BM, 0 Ê x Ê c) sao cho trên cạnh BC tồn tại điểm N thoả mãn:
BN = p - x, 0 Ê p - x Ê và = . 	 (1)
Từ (1) ta được:
 = Û = Û 2x2 - 2px + ac = 0. (2)
Giải (2) ta xác định được x, từ đó suy ra toạ độ các điểm M, N.
Vectơ cùng phương - Ba điểm thẳng hàng - Định lý Menelaus
Phương pháp áp dụng
Cần nhớ các kết quả sau:
Với hai vectơ (x1, y1) và (x2, y2) ta có // Û .
Cho ba điểm A(x1, y1) , B(x2, y2) và C(x3, y3), ta có: 
A, B, C thẳng hàng Û // Û = .
Định lý Menelaus: Lấy ba điểm M, N, P theo thứ tự trên các cạnh BC, CA, AB của DABC. Điều kiện cần và đủ để M, N, P thẳng hàng là:
.. = 1.
Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(-3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; -5).
Chứng minh rằng ba điểm A, B, C thẳng hàng.
Tìm toạ độ điểm D sao cho A là trung điểm của BD.
Tìm toạ độ điểm E trên trục Ox sao cho A, B, E thẳng hàng.
? Giải
Nhận xét rằng:
(4; -3) và (12; -9) ị = 3 ị A, B, C thẳng hàng.
Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện A là trung điểm của BD, ta được:
 Û ị D(-7; 7).
Giả sử E(xE, 0) ẻ Ox, khi đó (xE + 3; -4).
Từ đó, để ba điểm A, B, E thẳng hàng điều kiện là:
 Û xE = ị E(; 0).
Tìm trên trục hoành điểm M sao cho tổng các khoảng cách từ M tới các điểm A và B là nhỏ nhất trong các trường hợp sau:
a. A(1; 2) và B(3; 4).	b. A(1; 1) và B(2; -4).
? Giải
Nhận xét A, B cùng phía với Ox. 
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua Ox, suy ra A1(1; -2).
y
x
O
2
4
1
3
A
B
P
A1
 - 2
M
Gọi P0 = (A1B) ầOx 
Û A1, B, P0(x; 0) thẳng hàng Û //
Û = Û x = ị P0(; 0).
Ta có 
PA + PB = PA1 + PB ³ A1B. 
Vậy PA + PB nhỏ nhất Û A1, B, P thẳng hàng Û P º P0.
y
x
O
1
-4
1
2
A
B
P
P0
Nhận xét A, B khác phía với Ox. 
Gọi P0 = (AB)ầOx
Û A, B, P0(x, 0) thẳng hàng Û //
Û = Û x = ị P0(; 0).
Ta có 
PA + PB ³ AB. 
Vậy PA + PB nhỏ nhất khi và chỉ khi A, B, P thẳng hàng Û P º P0.
F
 Chú ý: Thí dụ trên, đã minh hoạ phương pháp giải cho một lớp bài toán cực trị rất quen thuộc trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng, do đó các em học sinh cần nắm được phương pháp giải cho bài toán tổng quát như sau:
Bài toán: Tìm trên đường thẳng (d): Ax + By + C = 0 điểm P sao cho tổng các khoảng cách từ P tới các điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) không thuộc (d) là nhỏ nhất ".
Phương pháp
Ta xác định 
tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C).
Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: Nếu tA.tB < 0 Û A, B ngược phía với (d). 
Ta thực hiện theo các bước sau:
Gọi P0 = (AB)ầ(d), suy ra toạ độ P0.
Ta có PA + PB ³ AB. 
Vậy PA + PB nhỏ nhất khi và chỉ khi A, P, B thẳng hàng Û P º P0.
Trường hợp 2: Nếu tA.tB > 0 Û A, B cùng phía với (d). 
Ta thực hiện theo các bước sau:
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (d) , suy ra toạ độ A1.
Gọi P0 = (A1B)ầ(d), suy ra toạ độ P0.
Ta có PA + PB = PA1 + PB ³ AB. 
Vậy PA + PB nhỏ nhất Û A1,P, B thẳng hàng Û P º P0.
Ngoài phương pháp trên chúng ta sẽ còn nhận được một phương pháp giải khác được minh hoạ trong bài toán “ Phương pháp toạ độ hoá ”.
Phương pháp toạ độ hoá
Phương pháp áp dụng
Phương pháp toạ độ hoá thường được sử dụng phổ biến trong