Giải bài 10 trang 103 SGK Toán 10 tập 1 – Chân trời sáng tạo

Đề bài

Cho tam giác đều ABC có O là trọng tâm và M là một điểm tùy ý trong tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M đến BC, AC, AB. Chứng minh rằng $\overrightarrow {MD}  + \overrightarrow {ME}  + \overrightarrow {MF}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO}$.

Lời giải chi tiết

$\overrightarrow {MD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {ME} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MF} {\rm{\;}} = \left( {\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OE} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OF} } \right)$ (quy tắc ba điểm).

Qua M kẻ các đường thẳng ${M_1}{M_2}//AB;{M_3}{M_4}//AC;{M_5}{M_6}//BC$.

Từ đó ta có: $\widehat {M{M_1}{M_6}} = \widehat {M{M_6}{M_1}} = \widehat {M{M_4}{M_2}} = \widehat {M{M_2}{M_4}} = \widehat {M{M_3}{M_5}} = \widehat {M{M_5}{M_3}} = {60^\circ }$ (góc so le trong với các góc của tam giác đều).

Suy ra các tam giác $\Delta M{M_3}{M_5},\Delta M{M_1}{M_6},\Delta M{M_2}{M_4}$ đều.

Do đó MD, ME, MF là các đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của các tam giác đều trên.

Áp dụng tính chất đường trung tuyến, ta có:

$\overrightarrow {ME} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right);\overrightarrow {MD} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_4}} } \right);\overrightarrow {MF} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)$

$\Rightarrow \overrightarrow {MD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {ME} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MF} {\rm{\;}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_4}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_3}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_1}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_3}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_2}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_5}} } \right) + \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {M{M_4}} {\rm{\;}} + \overrightarrow {M{M_6}} } \right)$ (hoán vị)

$= \frac{1}{2}\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \frac{1}{2}\overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + \frac{1}{2}\overrightarrow {MC} {\rm{\;}}$  (quy tắc hình bình hành, dễ dàng chứng minh các tứ giác $A{M_3}M{M_1};C{M_4}M{M_6};B{M_2}M{M_5}$ là hình bình hành do có các cặp cạnh đối song song).

$= \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {MA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MC} } \right)$

$= \frac{1}{2}\left( {\left( {\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OA} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} } \right) + \left( {\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OC} } \right)} \right)$ (quy tắc ba điểm)

$= \frac{1}{2}\left( {3\overrightarrow {MO} {\rm{\;}} + \left( {\overrightarrow {OA} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OB} {\rm{\;}} + \overrightarrow {OC} } \right)} \right)$

$= \frac{3}{2}\left( {\overrightarrow {MO}  + \overrightarrow 0 } \right)$ (tính chất trọng tâm)

Vậy $\overrightarrow {MD} {\rm{\;}} + \overrightarrow {ME} {\rm{\;}} + \overrightarrow {MF} {\rm{\;}} = \frac{3}{2}\overrightarrow {MO}$.