Title 2. PP Tổng và hiệu của 2 vecto-GV.docx ✅

BÀI 2: TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Tổng của hai vectơ Định nghĩa: Phép cộng hai vectơ → a và → b là vectơ ab→→ , được xác định tùy theo vị trí của hai vectơ. Có 3 trường hợp. ab→→ nối đuôi ab→→ cùng điểm gốc ab→→ là hai vectơ bất kỳ ab→→ cộng theo Quy tắc 3 điểm ab→→ cộng theo Quy tắc hình bình hành ab→→ được cộng theo 2 trường hợp trên - Quy tắc ba điểm: Với ba điểm bất kỳ ,,ABC ta có ABACCB→→→ - Quy tắc hình bình hành: Cho ABCD là hình bình hành khi đó ta có ACABAD DBDADG     →→→ →→→ và ABDC ADBC     →→ →→ Tính chất: - Giao hoán: abba→→→→ - Kết hợp: abcacb→→→→→→ - Cộng với vectơ đối: 0aa→→→ - Cộng với vectơ không: 00aaa→→→→→ 2. Hiệu của hai vectơ Vectơ đối của vectơ a→ kí hiệu là - a→ . Đặc biệt 0aa→→→ Định nghĩa: Hiệu hai vectơ → a và → b là vectơ abab→→→→ Tính chất: + :0aaa→→→→ + :0aaa→→→→ + ABBA→→ Quy tắc tam giác đối với hiệu hai vectơ Với ba điểm bất kì ,,ABC ta có ABCBCA→→→ 3. Trung điểm của đoạn thẳng và trọng tâm tam giác  Điểm I là trung điểm của đoạn 0ABIAIB→→→  Điểm G là trọng tâm 0ABCGAGBGC→→→→ B –PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 1. Dạng 1: Tìm tổng của hai vectơ và tổng của nhiều vectơ - Chứng minh đẳng thức vectơ
Phương pháp giải: Áp dụng quy tắc 3 điểm, hình bình hành và tính chất 1-BÀI TẬP TỰ LUẬN: Ví dụ 1: a) Cho bốn điểm ,,,ABCD tùy ý. Tìm tổng của các vectơ uDCABBD→→→→ b) Cho các điểm ,,,,MNPQR tùy ý Tìm tổng của các vectơ vMNPQRNNPQR→→→→→→ Lời giải a) uDCABBDDCADADDCAC→→→→→→→→→ b) Ta có vMNPQRNNPQR→→→→→→ MNNPPQQRRNMN→→→→→→ Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD . Chứng minh rằng: a) 0.ABBCCDDA→→→→→ b) ABCDADCB→→→→ Lời giải a) Ta có ()() 0. ABBCCDDAABBCCDDA ACCAAA   →→→→→→→→ →→→→ b) Ta có 0. ABCDADDBCBBDADCBDBBD ADCBDDADCBADCB   →→→→→→→→→→ →→→→→→→→ Ví dụ 3: Cho 6 điểm ,,,,,ABCDEF . Chứng minh rằng: a) 0→→→→→→→ ABCDFABCEFDE . b) ADBECFAEBFCD→→→→→→ Lời giải a)Ta có: 0ABCDFABCEFDEABBCCDDEEFFA→→→→→→→→→→→→→ b) Ta có: 0. ADBECFAEEDBFFECDDF AEBFCDFEEDDF AEBFCDFDDF AEBFCDAEBFCD     →→→→→→→→→ →→→→→→ →→→→→ →→→→→→→ Ví dụ 4: Cho bốn điểm ,,,ABCD bất kì. Chứng minh rằng: nếu ABCD→→ thì ACBD→→ . Lời giải a) Ta có: ACABBC→→→ mà ABCD→→ nên .ACCDBCBCCDBD→→→→→→ Vậy ACBD→→
Ví dụ 5: Cho hình bình hành ABCD tâm O . Chứng minh rằng a) 0→→→ ABCD b) DOAOAB→→→ c) 0OAOBOCOD→→→→→ d) Với M là điểm bất kì, hãy chứng minh .MAMCMBMD→→→→ e) Với E là điểm bất kì, hãy chứng minh .ABCEADAE→→→→ Lời giải a) Ta có CDBA→→ . Do đó 0.ABCDABBAAA→→→→→→ Vậy 0→→→ ABCD b) Ta có DOOB→→ . Do đó .DOAOOBAOAOOBAB→→→→→→→ Vậy DOAOAB→→→ c) Ta có: Ví O là trung điểm của AC à BD nên 0;0.OAOCOBOD→→→→→→ Do đó 000.OAOBOCODOAOCOBOD→→→→→→→→→→→ d) Ta có 0 . MAMCMBBAMDDC MBMDBADCMBMDBABA MBMD MBMD     →→→→→→ →→→→→→→→ →→→ →→ Vậy .MAMCMBMD→→→→ e) Ta có: .ABADAC→→→ Do đó .ABCEADABADCEACCEAE→→→→→→→→→ Vậy .ABCEADAE→→→→ Ví dụ 6: Cho lục giác đều ABCDEF và O là tâm của nó. Chứng minh rằng a) 0OAOBOCODOEOF→→→→→→→ . b) .ABCDFEAD→→→→ c) .OAOCOBEB++=uuruuuruuruuur Lời giải
a) Ta có: ()()()0000.OAOBOCODOEOFOAODOBOEOCOF→→→→→→→→→→→→→→→→ . Vậy 0OAOBOCODOEOF→→→→→→→ b) Ta có: .ABCDFEABBOFEAOODAD→→→→→→→→→ . Vậy .ABCDFEAD→→→→ c) Ta có OABC là hình bình hành. 2.OAOCOBOAOCOBOBÞ+=Þ++= uuruuuruuruuruuuruuruur (1) O là trung điểm của 2.EBEBOBÞ=uuuruur (2) Từ (1) và (2) .OAOCOBEBÞ++=uuruuuruuruuur Vậy .OAOCOBEB++=uuruuuruuruuur Ví dụ 7: Cho tam giác ABC . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CA , AB . Chứng minh rằng: a) PBMCAN→→→ b) 0→→→→ BMCNAP Lời giải NP M A B C a) T có: .PBMCPBBMPMAN→→→→→→ b) Vì PN , MN là đường trung bình của tam giác ABC nên //PNBM , //MNBP suy ra tứ giác BMNP là hình bình hành →→ BMPN . N là trung điểm của →→ ACCNNA . Do đó theo quy tắc ba điểm ta có →→→→→→BMCNAPPNNAAP0→→→PAAP .