Tuyển tập các bài hình trên THTT

TRUNG HOC CO SO Tính chất sau đây của tâm đường trịn nội tiếp tuy đơn giản, nhưng cĩ nhiều ứng dụng trong giải tốn hình học.. Goi / là tâm đường trịn nội tiếp tam giác AOB và H là giao

TUYẾN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC

VÀ CÁC PHƠNG PHÁP GIẢI TRÊN TẠP CHÍ THTT

AB + CA 2 BC, suy ra F(x) 2 1 Do do gia tr nhỏ nhất của hàm số Puy) là 1, đạt được khi và chi khi cosx =O <> x = ¬+kt(k € #}

lê =( phương trình (PT) - 3v - 3y = 0 d 3

(hoặc (1 (d) và (d') đi qua Af, Từ (2) t (47D Chon A (0, 23); Ø(—l - l): kZf(x Ö} cò:

Đô duge MM, = 2 aM va PT cua(d’) la 441 1a diém xac dinh boi MB=2 BM, )

ue J %y- 3g -9=0, ~ Gọi H là giaođiểmc 6) Ý¿ _4a- + NI06° -185+9

ìo»2 - 2ub+œˆ > x29

has + "¬.: : với mọi số thực a A

ay y Theo BDT vẻ độ dai đường gấp khúc (HD: Chon A(0 3): BC -2): MUb 34) Na OY

\ AN NM { MM, = AM, 2 AH _= d) vI Oxˆ _ 247 + 16 + VI 37 _ 18xy + 1Ox-

ty 2 BDT (1) được chứng minh Dingt 131.2 62427 +e" -122+40 > 6V2

quan | khi M là giao điểm của (ở) với 4Ö

đang giao điểm của 4Ö với đường y = 5 | vei moi xy =

Tal AB ta thay AB L (d’) tai H va AW -

hai bi (3x+2y-6=0 6 6 + 2VSu° —-4da+1> = vormota, b

Ta th | yer NỈ: At lic 1, Giải phương trình

hệ ft Tóm lại, đẳng thức xảy ra khi và ch i +4x+13-— [y3 _2x+ 2| 5

a i Thi du 3 Tin giá trị nho nhất cua bì O= F2? axa13 2 _axal3e [276.010 776.010

Fix) © J2|cosx| +]sinx + cos

Đẻ Lời giải Trên mặt phang toa d

dua ri; chon diém A(cosx, 0); Ø0, cost): © (77D: Chon 4(0 I3: 8 vi 0); A62 v3

Thí và lập các vectơ 4 = (-cosr, cosr) : con AB= y(a-c)* +(b-d)

_ BC = (-sinx, -cosx); CA = (cosx + sinx, 0) Từ đó ta cỏ điều phải chứng mình Đảng thức

Ta co AB = V2 |cosx| ; BC = 1; xay ra khi OA = OB Ra +h Đồ

kết thúc bài bảo xin mời các bạn tự là SỨC con CA = |sinx + cosx| Theo BDT tam giác mình với các bài toán sau :

>

x

2a (ki hiéu (F); 2a)) và của #; là đường tròn

(E\: 2a) Ngoài ra, nêu gọi /7ạ, /f; theo thứ tự là

hình chiếu vuông góc của #\, #¿ lên (7) thi quỳ

tích của Hf và H; là đường tron (O; a)

Bay gio ching ta

dua mot vai thi dy

minh hoa

Thi dy 1 Gia sw M la diém thuộc (E):

TY Se và (t) la tiếp tuyển qua M đối với

a

(E) Duong théng (d) qua O vubng gée voi (t)

cat MF), MF» lan lot @ M;, M> Tim qui tich

cia cdc diém M; va M> khi M thay déi trên (E)

Lời giải (h.4) Vi khi A/ thay đổi trén (2),

(đ) 1L (2) nên đ/// 1Et dan den M) ia trung điểm

của £) Fs nén FM) = SE £, =a Vay quy tich

(Fy: a)

(Các bạn tự làm phân đảo)

Thi dy 2 Cho diém M tiv ý thuộc (H):

“yo ni vả (t) là tiếp tuyển cua (H) qua M

+

SH

Hlyperbol (1) :

“ar

= oF =1 và Parabol (P): yŸ = 3px thường được gọi chung là ba

(t) cắt trục tung ở N Gọi Nị N› là hình chiếu vudng gác của N lên ME), ME; C' hưng minh đường thang (NjNz) di qua mét diém cô định

khi M thay doi trén (H)

Lời giải

(h 5)

Đường thăng qua #, Song song, voi MF; cat

N\N> tai E

Từ định lí trên ta thây AMN,N)> can tai M suy ra

AEF \N, can lại F, = “HE " HN mà ANNt\ = ANN Fj

=> F\N, = FyN3 Vay P\E = FyN>, dan dén tit

giác (EF Nz là hình bình hành Do đó hai đường chéo của nó cắt nhau tại trung diém của mỗi đường Vậy MA; luỏn qua điểm €) cố định (đpcm)

Thí dụ 3 Cho parabol (P): y` = 2px Hay

dựng đường tròn (O)) vừa tiếp xuc voi tia Ox tai tiéu diém F vita tiếp xúc với (P)

Livi giải

(h 6) Gia sur

đường tròn li

(1) tiếp xúc với (?) tai M

tròn (2) qua

Àƒ căt trục hoành ở X,

Do (0) Ia phân giác trong cua HMF nên NMFP=FNM

Mặt khác NM = NF nén ANMF đều, suy ra

MEN = 60”

Vậy điểm M là giao điểm của (P) với đường thăng có định đi qua #, lập với tia #Ó một góc 60” với (P) Từ đó tâm ()ị xác định và suy ra cách dựng đường tròn (@\) Bải toán có hai

nghiệm hình đối xứng nhau qua Ox

NHUNG CACH TIẾP CẬN

MOT BAI TOAN TU NHIEU

GOC BỘ KHÁC NHAU

NGUYEN DANG PHAT

(Hà Nội)

Trong kì thí chọn học sinh giỏi Quốc gia

THPT môn Toán, Bảng A năm học 2004-2005

có một bải toản hình học phăng (bài 2) mà dé

va dap án đã được giới thiệu trên tạp chỉ THTT

số 340, tháng 10/2005 Bài viết này giới thiệu

với bạn đọc những cách tiếp cận và khai thác

bái toán đó dưới những góc độ khác nhau, Đề

bạn đọc để theo dõi, trước hét xin nhắc lại nội

dung đẻ toán

Bài 2 Trong mặt phăng cho đường tròn (Q)

tâm () bán kính R và hai điểm A Ð có định trên

đường tròn đó sao cho chúng không thăng hàng

với () Xét một điêm C' trên £Q) C không trùng

với 4 và B_ Dựng các đường tron sau; (O;) di

qua A và tiếp xúc với BC tại C, và (Q3) đi qua

8 tiếp xúc với AC tại C Hai đường tròn (O\)

va (Oy cat lai nhau ở điểm D khác C- C hứng

mình rằng :

HCD SR;

3) Đường thăng CD luôn đi qua một điểm có

định khi C đi động trên (O) và C không trùng

với A va B

Lời giải † Đó chính là đáp án của bài toán

trên THTT số 340 Đáp án này là một phương

án giải của bài toán, trong đó sử dụng đẻn định

li sin, dinh lí côsin và công thức biến đổi lượng

giác (Hình học 10)

Lời giải này không đòi hỏi vẽ thêm hình phụ

mà vẫn lập luận chặt chẽ khi xét đây đủ hai

trường hợp vẻ góc ACB có thể nhọn hay tù,

tuy việc đỏi hỏi cân thiết phải huy động đến các

định lí sin và cỏsin không được tự nhiên cho

lam Vi vậy, chúng ta có cơ sở đê tin chắc rang

có nhiều cách nhìn (tiếp cận) bài toán từ những

góc độ khác nhau sao cho lời giải đưa ra được

tự nhiên hơn

Lời giải 2 l) Theo giả thiết thì các cặp đoạn

thắng @¡C, @@¿ và O¿C, ØO\( theo thứ tự

vuong sóc với BC va CA Tir đó suy ra

()@\C (2y là một hình bình hành, vì vậy trung

điểm / của ÓC' cũng là trung điểm của O;0> Mặt khác, (2¡()› là đường trung trực cua CD, cat CD tại trung điểm J cia nó Từ đó suy ra HOD và tam giae OCD là vuông ở Ð Bởi vậy

ta có CD < ÓC = Ñ, đpem Ngoài ra, dễ thấy ring: CDmay = R > D= O< OC | AB

2) Vì không đối xửng với ⁄† qua Ø nên dây

4B chia đường tròn (@) thành hai cung: cung

lớn 4y# chứa góc nhọn y và cung nhỏ ⁄4;'

chứa góc tủ y' = I§0” - y Ta xét hai trường

hợp:

e Nếu Cc AyB thi ACB = 7 < 90"; khi do O

va D nam cing phia vai C 460i voi AB Goi C'la giao điểm thir hai cua tia CD va (OQ), the thi D

thuộc đoạn CC” và tia ĐC” năm trong góc (giữa

hai tia) 4Ø Góc CDA la géc nội tiếp của

đường tròn (\) chắn cưng bù của cung ADC nén CDA = 180"-—sd ADC Bởi vậy góc 4DC"!

ké bi cla CDA c6 s6 do ADC' = 25dADC và

do đó 4DC'= Á4CPB, trong đó góc (giữa hai tia) ACB là góc nội tiếp của đường tròn (Ơi) có một cạnh chưa dảy cung C4 của (\y) và cạnh kia là tia tiếp tuyến CB tai C eta (0))

(Chính vị lẻ đó mà tạ cũng vem và goÌ góc feitta hai ta) ADC’, ké bit cia CDA có mot

TRUNG HOC CO SO

Tính chất sau đây của tâm đường trịn nội tiếp

tuy đơn giản, nhưng cĩ nhiều ứng dụng trong

giải tốn hình học

Tính chất Néu / là tám đường trịn nội tiếp

tam giác ABC thì BIC = 90" + ae

tam giác BIC (h 1)

Ta sẽ lần lượt áp dụng tính chất trên vào giải

các dạng tốn: chứng minh, tìm tập hợp điểm,

dựng hình, để thấy rõ hơn giá trị của tính chất

đĩ

Thí dụ 1 Cho

tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tam O Goi O;,

0>, O03, O, lan

lượt là tâm đường

trịn nội tiếp các tan giác ABC, BCD, CDA, DAB

Chứng minh tứ

: là hình chữ nhật

Lời giải (h 2)

Vì Ĩ¡ là tâm đường trịn nội tiếp tam giác

ABC nên theo tính chất trên, ta cĩ

LE THI NGOC THUY

(GV Trường Cao đẳng Sư phạm Nghệ Án)

——

BOC = 9W =

Mat khác, vì Ø; là tâm đường trịn nội tiếp

tam giác BCD nên BOạC = 90°+ =~

Do BAC = BDC nén BOC = BOaC

Suy ra tứ giác BÒ¡O¿€C nội tiếp , nên

Thi du 2 Cho géc xOy = 90" Trén tia Ox cé

một điểm A cố định Trên tia Oy cĩ một điểm B chuyển động Đường trịn nội tiếp tam giác AOB tiếp xúc với AB tại M và tiển xúc với OB tai N

Chứng mình đường thẳng MN luơn luơn đi qua

Hinh 3

Goi / là tâm đường trịn nội tiếp tam giác

AOB và H là giao điểm của OI với A{N Khi đĩ,

theo tính chất trên ta cĩ AlO = 90° ,ÁBO

Ta lại cĩ tam n giác BMN cân tại Ư, nên

NMB = su? —452, Do đĩ AJO+NMB = 1809

Suy ra AIH + AMH

nội tiếp

Suy ra [HA = [MA = 90° hay OHA = 901

= I80”, nên tứ giác AlHM

Ta lại cĩ AOI = 45° hay AOH = 45°, nén

tam giác AOH vuơng cân tại /ƒ và // thuộc nửa

mật phẳng bờ À cĩ chứa 8Ư

Vì A, Ĩ cố định nên H cố định và do đĩ

đường thẳng MN luơn luơn đi qua điểm #

cố định

Trường hợp ĨA > O8 chứng minh tương tự

Thí dụ 3 Cho nứa đường trịn tâm O, đường

kính AB và C là một điểm chuyển động trên

nửa đường trịn ấy Gọi H là chân đường vuơng

gĩc hạ từ C xuống AB và I là tâm đường trịn

nội tiếp tam giác COH Tìm tập hợp điểm 1

Do AAIO = ACIO (c.g.c) nén AIO = CIO =

135° Vay ƒ nằm trên cung chứa gĩc 135° dung

trén doan AO

Tương tự, nếu C chuyén động trên cung nhỏ

MB thì ï nằm trên cung chứa gĩc 135” dựng trên

doan OB

¢ Phan dao Ban doc tự chứng minh

e Kết luận Vậy tập hợp điểm ¡ khi C chuyển động trên nửa đường trịn đường kính AB là hai

cung chứa gĩc 135" đựng trên hai doan AO va

OB (cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường trịn đường kính AB đã cho)

Tương tự như tính chất trên, bạn đọc hãy chứng minh tính chất sau đây liên quan đến tâm đường trịn bàng tiếp của tam giác:

"Nếu Ƒ là tâza đường trịn bàng tỉ tiếp gĩc A của tam giác ABC thì BIC = 90° ~ BAC

Các bạn hãy áp dụng hai tính chất trên để giải

các bài tốn sau đây:

Bài I Già sử điểm € chuyển động trên nửa

đường trịn đường kính AB, ;Hí là chân đường vuơng gĩc ha tir C xuống AB Phân giác các gĩc ACH va BCH thứ tự cắt AB tại E và F Gọi / là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CEF Chứng

minh gĩc AB khơng đổi và đường thẳng C¡ luơn luơn đi qua một điểm cố định

Bài 2 Cho tam giác ABC cĩ A - C = 90"

Chứng minh các đường phân giác trong và phân

giác ngồi gĩc B bang nhau

Bài 3 Cho đường trịn tâm O đường kính AB

cố định và một điểm € chuyển động trên đường trịn Tìm tập hợp các điểm 7 và 7 lần lượt là tâm

đường trịn nội tiếp và tâm đường trịn bàng tiếp gĩc C cia tam giác ABC

Bài 4 Cho AB là một đây cố định của đường

trịn tâm O và € chuyển động trên cung lớn A8 Gọi M là trung điểm AC và H là chân đường

vuơng gĩc hạ từ 4 xuống 8C

a) Chứng minh đường thẳng Ä4H luơn luơn đi

qua một điểm cố định Tìm tập hợp điểm H

b) Gọi 7 là tâm đường trịn nội tiếp tam giác

AHB Chứng minh gĩc AïB khơng đổi Tìm tập hợp điểm /

c) Chứng minh đường thẳng ;/ luơn luơn đi

qua một điểm cố định

Bai 5 Dựng tam giác ABC biết vị trí các tâm đường trịn ngoại tiếp, đường trịn nội tiếp và đường trịn bàng tiếp gĩc A của tam giác đĩ

KE THEM DUONG VUONG GOC

DE GIẢI CÁC BÀI TOAN HINH HOC

VŨ HỮU BÌNH

(Hà Nội)

Việc kẻ thêm đường trong bài toán hình h

nhăm tạo thêm những môi quan hệ giữa các yêu

tố về cạnh và góc trong bài toán Kẻ thêm

đường vuông góc là một cách thường được nghĩ

đến khi chưa tìm ngay được lời giải của bài

toán

Ké thêm đường vuông góc như thế nào ?

Ta thường kẻ thêm đường vuông góc trong

các trường hợp sau day

1 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra nửa

tam giác đều

Thường dùng cách này khi giải bài toán có

góc 60°, 120°, 30°, 1502,

Thí dụ 1 (Lớp 8) Cho tam giác ABC có

A= 120°, AB = 4, AC = 6 Tinh độ dài đường

trung tuyén AM

Lai giai (h 2) Gia sit AC> AB Ké BHLAC

Ta có tam giác ABH vuông can tai H Dat AH

Lời giải (h 3)

Hình 2

Ké CKLAB Ta

có CAK=45°

nên tam giác

ACK vuéng can

tai X Dat AB=x,

hoặc (x; y) = & `) đó suy ra

AB=-l5; AC=V10 hoặc AB=v10: AC=x/5.

3 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam

giác vuông

Thí dụ 4.(Lóp 8) Tứ giác 4BCD có O là

giao điệm hai đường chéo, 4Ö = 6, OA = 8,

OB = 4, OD = 6 Tinh 46 dai AD

Ké AH LOB Dat BH = x, AH = y Ap dung

định lí Pythagore vao céc tam giac ABH và

AOH, ta có x? +y? =36 va (x+4) +y? =64

4 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra hai

tam giác vuông băng nhau

Thí dụ $ (Lớp 9) Cho tam giác 4BC vuông

tai A, đường phân giác 8D Biết BD = 7,

DC = I5 Tính độ dai AD

huyền — gdc nhon) nén DA = DE, BA = BE

suy ra BD la dudng trung tryc cla AE Goi H

la giao điểm của 4£ và 3 Lấy K đối xứng

voi D qua H Tu giac AKED là hình thoi Đặt

EK = ED = AD = x, DH = HK = y Tam giac

EBD vuông nên ED*=DB.DH, suy ra

x2=7y (I) Do EK/AC nên EX BK

Thí dụ 6 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường

tron (OQ) Goi D, £, F theo thứ tự là tiếp điềm

trên các canh BC, AB, AC Goi H la chan đường

vuông góc ké tir D dén EF Chứng minh răng BHE =CHF

Loi giai.(h 6)

Ke BI, CK vuông góc với

EF Tam giác AEF can tai A nén BEI=CFK

Ta có ABE] ~ ACFK (g 8)

Từ đó suy ra

BI _ BEL BD _ WT nên A8Hi œ› ACHK

Do d6 BHE=CHF

Dé luyện tập, các bạn hãy làm các bài tập sau:

Bai 1 (Lop 7) Cho tam giác ABC có

B= 120°, AB= 7, BC = 8 Tinh độ dài AC

Bai 2 (Lớp 7) Cho tam giác ABC có 8= 459,

C= 120° Trên tia đối của tia C# lấy điểm D

sao cho CD = 2CB Tính số đo góc 4DB

Bài 3 (Lớp 7) Cho tam giác 48C (4C > AB),

đường phân giác 4Ð Trên cạnh AC lẫy điểm £

sao cho CDE = BAC Chimg minh rang DB = DE Bài 4 (Lớp 8) Cho tam giác 4BC vuông cân tại A (4B < AC), đường cao AH Trên cạnh 4C

ak điểm # sao cho 4È = 4Ø Gọi Aƒ là trung

điệm của 8È Chứng minh răng /#/M là tia phân giác của góc 4/C

Bài 5 (Lớp 8) Cho tam giác 48C vuông cân

tại A Cac diém D, E, F theo thir tu nam trén

các cạnh 4B, BC, CA sao cho Ao = BE = cr

DB EC FA Chứng mình răng 4È vuông góc với DF

Bài ó (Lớp 9) Hai đường tròn (Ở) và (2) có cùng bán kính #, cắt nhau tại 4 và Ö, trong đó

OAO' = 90° Vé cat tuyén chung MAN Tinh

trong đó ŠS„„‹ kí hiệu diện tích tam giác ABC

Chứng minh Sử dụng công thức (1) và công

2 +P +2

|

thirc Sig = —bcsinA, ABC 3 Suy ra cotgA ra = A §

cotgd + cotgB + cotgC =

cotgÁ + cotg + cotgC = "NG- (đpcm)

Bỏ đề 1 Trong tam giác 4BC với 4M là trung

tuyén, MAB = a, MAC = Ø Khi đó ta có hệ

thức cotga+cotgC = cotgØ + cotgÖ

(Hệ thức này được suy trực tiếp từ định lí

cotang cho các tam giác ABC, ABM, ACM với

lưu ý rang Shaw = Siew = 258C)

, cotgC =

Bỏ đề 2 Giả sử A/ là một điểm trên cạnh ØC

của tam giác 4BC sao cho ae MAB= a:

MC "

AMB = Ø Khi đó ta có

a) (m + n)cotgØ = m.cotgC - ncotgð ;

b) mcotga = (m + n)cotgA + n.cotgB

Ching minh a) Dyng AH 1 BC, lic 46 H sé

nằm trong đoạn BM hoặc đoạn AC, giả sử H

Trong sách giáo khoa Hình học lớp 10 chúng ta đã làm quen với định lí cosin thé hiện sự liên quan giữa cạnh và góc của tam

= giác: Với tam giác ABC bắt kì, BC = a, AC = b, AB = c ta có

(m + n)cotgØ = m.cotgC - n.cotgð (đpcm)

b) Từ M ké ME//AC (E € AB), lic đó

MEB=BAC , sit dụng câu a) vào tam giác 43M

ta có hệ thức cần chứng minh

Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng định lí cotang

và các bỗ dé trên dé giải một số bài toán sau đây

Bài toán 1 Cho tam giác ABC, đường trung

tuyến 4Ä và 4MB = œ Chứng minh rằng

a= sin(B-C)

2sinBsinC © Lời giải Hệ thức cần chứng mình tươn

đương với 2cotgø = cotgC - cotgB Áp dụng

dé 2 cho trường hợp M là trung điểm của BC ta

có điều phải chứng minh

Bài toán 2 Giả sử M là điểm trong tam giác

ABC sao MAB=MBC=MCA = a(M; atuong

ứng được gọi là điểm và góc Brocard)

Suy ra cotga = cotgA + cotg + cotgC

b) Ta cé cotgd + cotgB + cotgC

+P +e?

=——_———-= cotga

4 Sane

Mat khac a? +b? +c” > 4Sync.V/3 (dang thite

xảy ra khi a = b = c) nên cotgø > V3, suy ra

œ < 30” Góc øz lớn nhất bằng 30Ÿ khi tam giác

3cotgD, = 2cotgC — cotgB=3cotgD, (1)

Trong tam giác 4BE£ với BD là trung tuyến

Áp dụng các bô đề trên, ta có

cotgÖ\ = cotgB + cotgE) — cotg⁄4;

2cotgD, = cotgE, — cotgA,

Tương tự trong tam gidc ACE, ta cé

cotgC) = cotgC + cotgÈ; — cotg4;

2cotgÐ)› = cotg4; - cotgE;

Tu (1) va (3) thay vào (2) được

cotgB = cotgs + =(2cotgC-cotgB)

_ cotgB+4cotgC

Hinh 2

(2) G) (4) (5)

Dé c6 2BCE-CBE = 180° ta chimg minh

cotg2C, = cotgB, That vậy

_ cotg?C —1 cotg2C; "2o

Thay (7) vào (8) được

với đường tròn đó theo thứ tự ở D và K †

thang BK cat AC tai M, đường thăng CD căt cạnh

AB tai N, goi O 1a trung điểm của BA, P là trung

điểm CN, đường thẳng 8P cắt đường thăng CÓ

tại / Chứng mình răng tam giác B/C cân

kời giải (h.3) Giả sử BC = a, AC = b, AB = c

a’cotg CBM = (a* + c”)cotgB + cˆcotgC

Trong tam giác ĐCM, CO là trung tuyến có

cotgBCO = 2cotgC + cotgCBM

e+e

a

= 2eotgC +cotg+ (cotgl'+eotgC)

cotg BCO = 2(cotgB + cotgC) + cotgA

cotgBCO = 2cotgC + cotg8+E_ cotgC

Tương tự cotg CBP = 2(cotgB + cotgC) + cotgA nén tam giac BIC là tam giác cân

BAI TAP Bai I Cho tam giác ABC, M là trung điểm

cla BC va AB = AM Chimg minh:

[) 3cotgB = cotgC ;

2) sinA = 2sin(B — C)

Bai 2 Chimg minh ring hai trung tuyén BM

va CN của tam giác 4BC vuông góc với nhau khi và chỉ khi

cotgA = 2(cotgB + cotgC)

Bài 3 Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC tai A va B cắt nhau tại D, đường

thẳng DC cắt cạnh 4B ở £, gọi ¿ là trung điểm của CE Xác định dạng của tam giác 4BC để góc /BC lớn n

Bây giờ ta sẽ tổng quát hoá bài toán 1 bằng

cách xem điểm A như một suy biến của đường

tròn (Ở)

© Bai toan 3 Cho hai đường tròn (O) và(O)

ở ngoài nhau Dựng các tiếp tuyến chung

ngoài BB' và CC" của hai đường tròn (B, C

thuộc (Q); B, C" thuộc (O))) Gọi D, E tương

ứng là trung điểm của BB' và CC'“Từ một

điêm M thuộc đường thăng DE, dựng các tiếp

tuyén MF, MG với các đường tròn (O), (O')

tương ứng (F, GŒ là các tiếp điểm) Chứng

e Nếu R =r thì dễ thấy bài toán đúng

e Nếu R>r thì tia BB' cắt tia CC” tại (nằm

trén tia OO’) OO' cắt BC và B'C' lần lượt tại

H va K DE cat O'O tai J Dyng hình chữ nhật

VTPQ thi B'S = VS < VQ = TP = PB (h.2) nén

đường thắng DE không có điểm chung

với () và (Ở), do đó À4 năm ngoài (Ó)

Trong tam gidc vuéng NO'C’, ta cé

OK.ON=? = OK = ED 9p, RROD

(số hạng thứ hai của kết quả trên đặt là X)

Hoàn toản tương tự ta cũng biến đổi được

Từ (4) và (5) suy ra MF = MG (đpcm)

Nếu BP' và CC là các tiếp tuyến chung trong

thì ta có bài toán sau đây

© Bai toan 4 Cho hai đường tròn (Q) và

(O) ở ngoài nhau Vẽ các tiếp tuyến chung

trong BB' và CC' (B, C thuộc (Q); B', C' thuộc

(O')) Goi D, E tương ứng là trung điêm của

BB' và CC", M là một điểm bắt kì thuộc đường

thing DE Dung cdc tiép tuyén MF va MG

với (Q) va (Q)) tương ung (F, G Ia cac tiép

điểm) Chứng minh rang MF = MG

Việc chứng minh xin dành cho ban đọc

Từ kết quả của bài toán 3 xuất hiện câu hỏi:

Có điểm M nào nằm ngoài đường thăng DE

thoả mãn hai đoạn tiếp tuyến ÀZƑ va MG bang

nhau không ? Các bạn hãy làm bài toán sau

Ô Bài toán 5 Cho hai đường tròn (O) và

(O)) năm ngoài nhau Tìm tập hợp diém M sao

cho khi dựng các tiếp tuyến MT, MG với các

đường tron (O) và (O' ) tương ứng (F, G là các tiếp điểm) thì luôn có MF = MG

Để kiểm tra những dự đoán trong bài viết này, tôi đã sử dụng sự hỗ trợ của phần mềm hình

hoc Cabri Geometry II Plus Các bạn có thé

tải từ mạng internet theo địa chỉ http:/(www.cabri.com/v2/page/fr/logiciel.php#cabri2d

TOAN HOC SO CAP

C rat nhiều hướng để hình thành các bắt

đăng thức (BĐT) nói chung và BĐT trong hình

học nói riêng Trong bài viết này trình bày một

cách hình thành một số BĐT trong tam giác từ

một BĐT cơ bản trong hình học lớp I0

Cho tam giac ABC véi a = BC, b = CA, c = AB

Goi S là diện tich AABC; r va R 1a ban kinh

đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác; m

mụ m, là độ dài các đường trung tuyến xuất

phat ty A, B, C theo thứ tự Trong hình học 10

ta đã biết: Với mọi vectơ a , ta luôn có |a[? > 0

Giả sử M là một điểm bắt kì cùng các số thực @

8.y, ta có (+M4+øMB+yMC) 20

Bình phương vô hướng hai vế của

MA - MB = BA dẫn tới

2 MA MB = MA? + MP} - AB`

Từ đó qua phép biến đổi tương đương ta đi đến

bắt đẳng thức sau:

(œ+ 8+ y(aMA` + 8MB + yMC`) >

> a`Øy+ b`ay+ c`az8 (*)

Dấu bằng trong BĐT (*) xảy ra khi và chỉ khi

a) Khi M 1a trong tâm tam giác ABC, ta sẽ có

các BĐT liên quan đến đường trung tuyến Lúc

đó BĐT (*) trở thành:

(a+ B+ yam,’ + Bms + ym,`)

> (87+ Bay+ cap) (i*)

Biến đổi tương tự với ðŸ(p - a)(p - c) và

€Y(p ~ a)(p - b) rồi áp dụng hệ thức

p-a p-b p-c pr (Xem THTT s6 337 thang 7.2005 trang 6 hé thức 17, hoặc quyền Phương trình bậc ba và

các hệ thức hình học trong tam giác cia Ta

Duy Phượng, hệ thức (16) ta thu được :

(p-a)m,` + (p~b) mụ? + (p—e)m,`> 9S(R-r).

Ap dung bat ding thức (*) cho tam giác 4X

với Ä trùng X%, ta thu được:

(a+ B+ aa" + Bb’ + x’)

> 4(m,' By + my ay+ map) (2*)

Tir BDT nay bằng cach chon @ £, y thich hgp

ta được lớp các BĐT mới dưới đây:

Áp dụng BĐT Ptolémée cho cdc tir gide GNAP,

GKCN, GPBK va bién déi ta duge:

a.m„+b mạ+c.m <Švarp +b?ci+ciaY (12)

c) Gọi ¿ là diém Lemoine của tam giác 4BC

nghĩa là giao điểm của ba đường thắng đối xứng với ba trung tuyến qua ba đường phân

4(bem,?+ acm, + abm, ) > (a° + bˆ + c?)° (13)

BDT này còn được viết ở dạng sau:

ab(a — by + be(b —cy + cal(c-ay >

> a(a-b\(a-c) + bẦ(b-c)(b+a) + e?(c-a)(c—è)

Kết hợp các BĐT (10) và (13), ta có

(4+ + c)(đ` + ®` + c°)

> 4(bem, + acm,° + abm.?}) > (4ˆ + b2 + c?? (14)

—Chon a= £= y= 1 thay vào (3%) ta được:

(be.m„)Ÿ + (ca.m, 3Š +(ab.m, )* >

đã xét ở các phần (b) và (c) cũng đưa tới các BĐT đẹp khác Ta cần chú ý rằng, nếu điểm A⁄ thoả mãn

x MA + yMB +zMC = Ö, thì không nên chọn các số

œ 8 y tỉ lệ với x, y, z vì lúc đó xảy ra dấu đẳng thức

(Kì sau đăng tiếp)

Đến đây bằng một số phép biến đổi, ta cĩ một

số trường hợp đặc biệt của nĩ

— Chon a = B= ythay vao (4*) được

Chọn œ = ở*+c, Ø = c+a, y = atb, thay vao

(4*) và biến đổi ta được

8R(R-2r) > (a—byY + (b—cy + (c—a)y (18)

Để ý rằng a = 2R.sinA, b = 2R.sinB, c = 2R.sinC

thi BDT (4*) cé dang

tœt 8+?) > 4(8y.sin?.4+ œy.sin”B+ aØ.sin°C)(5*)

BĐT này gợi cho ta nhiều liên tưởng tới tính

lượng giác của nĩ

~ Chon a=c, B=a, y= b thay vio (5*) 06

P°> ab.sinÈ4 + bc.sin?8 + casinC (19)

Chọn œ = cosd, Ø = cos, + = cosC thay

vào (5*) vai cha y cosA+cos8+cosC =1 + ›

ta được BĐT

(R+ ry > a*.cosB.cosC + 6*.cosC.cosA +

HH Các bất đăng thức về đường trịn nội tiếp

Áp dụng BĐT (*) cho trường hợp X⁄ trùng với

tâm 7 đường trịn nội tiếp tam giác 48C được

(z+ 8+ ?) (z1:4” + 8TBE + 7TC)

15

Từ BĐT này ta chọn các bộ số (œ /Ø y) thích

hợp sẽ đi tới các HƠI mới

Chon a= £= y thay vào (6*) được BĐT

Như vậy mới chỉ qua năm trường hợp đặc biệt

cia diém M ma ta da dé xuat được 24 BĐT Dưới đây chúng tơi đưa ra một số BĐT khác cĩ

được băng cách làm như trên bạn đọc tự giải

xem như bải tập

Bai 1 Cho tam giác 4C Chứng minh rằng

hệ tro +2 >6r? +2A4Rr— p?

trong đĩ r„., r„ r là các bán kính đường trịn

bằng tiếp trong các gĩc 41 € của tam giác 4C

Bài 2 Cho tam giác 4C và một điểm ? tùy ý

trong tam giác Gọi í;, B), CC; là hình chiếu

vuơng gĩc của ? trên các cạnh ĐC, C4 và 4Ư

theo thir tu Dat PA = d,, PB = dz, PC = dy,

PA, = Ts, PB, = Tt PC\= + Chứng minh rang:

Ở đây 7 là tâm đường trịn nội tiếp tam giác

ABC S S, S, S là diện tích các tam giác ABC, PBC, PCA va PAB twong tng

Bài 3 Cho tam giác 4C và một diém M bat ki

Chứng minh rang:

(a+ B+ )(aMB?.MC + BMC*.MA? + yMA*.MB?)

> a MA’ By + b?.MB’ ay+c’.MC af,

với a, Ø y là các số thực tùy ý.

minh một số bài toán vẻ bất đăng thức:

()(I+z]' <l+øz với z>-1 và øe{0:l} Đăng

thức xảy ra khi và chỉ khi œ=0 hoặc z=l (bất

ding thire Bernoulli)

(ii)(l+2)' <1+2* voi z>0 và ø<l, Đăng thức

xây ra khi và chỉ khi z=l

Chirng minh (ii)

Do xe vÉ I>——>0 va a< l nên

1) Trong BDT (ii) cho — (voi x,y la số

thực đương) ta nhận được ch BDT (ii) cho hai

số thực đương x, y nhu sau:

(xvtyƒ <“+»“ với g<l

2) Bảng phương pháp quy nạp hoặc phương

pháp như trên ta chứng minh được BDT (ii) cho

(m > 2) số thực đương xị, X Y„ :

(x, +x, t +xy } Si tt tap với đ<l,

Bây giờ chúng ta vận dụng chúng đẻ giải quyết

các bải toán sau đây

© Bail Cho a lò một vó thực nằm trong doan [0:1] Cining mình rằng Ì+a >2? > Led

Chứng mình Do ¿c[0:I] nên áp dụng bất đăng thức (i) ta có

2+=(I+lƒ' < I+a.l= l+a (l)

Mặt khác, do | - ø € [0; 1] nén theo bat đăng

2lcoswil +2inxị cosxa| + +2!inxsinx¿ sin x„„_¡ Cevu.|

+~2lSinx,sinx; Sinx„ ;SnX Ï > yy 44,

tướng dân Tổng bình phương các số mũ ở về

trai bang 1

© Bai 2 Cho a,b là các số thực dương nằm

trong khoảng (0:1) Ciứng mình rằng

chứng mình bai toán tông quát sau: Cho

da da da, (m>2) là các số thực dương có

tông bằng S Chứng minh rằng

(s-a)" +{S—a,)” + +(S—a,)™” >m—l

Huong dan Néu ton tai mot chi sé & (1sksm)

sao cho øœ >l thì với mọi ¿#& và Ì<¡<m ta có

S-a >a >I Suy ra (S—a+ ¥ >l Từ đó có

được BĐT cần chứng mình

Trong trường hợp tất cả các số ø (1<¡<zm ) đều

nam trong khoảng (0: 1) thì ta giải tương tự như

trong cau 2) của bải toán nảy

© Bai 3 Cho G, Gy G,, (m2=2) là các số

thực dương và œ /3 là hai xó thực chương thoa

© Bai 4 Cho a, b, c tà các sả thực đương và

w là một số nguyên đương lớn hon Ì Chứng

i 4 4 (ii) ta có 0<(b+c} <b" +c"

Kết hợp BĐT trên va BDT Cauchy cho hai s6 đương có

minh trong THTT 341, thang 11/2005 khi

=3, nhưng phương pháp chứng mình trong đồ khó mở rộng cho trường hợp ø là một số nguyên dương lớn hơn I1 bất kì Tuy nhiên, với việc sử dụng ý tưởng trong bài viết đó cùng với BĐT (¡¡) chúng ta có một chứng mình khá gọn trong trường hợp m2 l nguyên dương tùy ý

Ngoài ra, cũng băng cách sử dụng BĐT (¡¡) cho

nhiều số chúng ta có thể chứng minh bài toán tổng quát sau:

TRUNG HOC COSO

K.; đã được học các kiến thức về đường

tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp, ngoại

tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp: .) thi việc

giải một lớp các bài toán trở nên để dàng Còn

nếu chưa học về đường tròn thì các bài toán

như vậy có giải quyết được không? Chúng ta

hãy xét điều đó qua các kết quả sau

@ Bài toán 1 Chứng mình rằng một tứ giác

lỗi có hai góc đối bù nhau khi và chỉ khi tốn

tại một điểm cách đều bón định của tứ giác

(Đó chính là tứ giác nội tiếp)

Chứng minh a) Giả sử tứ giác 4BCD có

A+C = B+D = 180° Khéng mat tính tông quát

giả sử B>A Nếu >4 thì C>D, ta lấy

điểm M sao cho MBA = A, MCD = D, cac

tia BM va CM cat AD lan luot tai P va N, suy ra

By =C; nén tam giac MBC can tai M (h 1)

phân giác của tam giác AƒNP nên chúng đồng

quy tai O va r6 rang OA = OB = OC = OD

18

NEU CHUA BIET VE

(Trudng hgp diém M tring voi N va P thi có

MA = MB = MC = MD) Néu B=A thi C=D, tir giac ABCD là hình thang cân, kết luận hiển

nhiên đúng

b) Ngược lại, Nếu tứ giác A8CD có điểm O

thoa man OA = OB = OC = OD Gia stt O nam trong tứ giác (h 2)(với các trường hợp còn lại

giác (Đó chính là tứ giác ngoại tiêp)

Chứng minh a) Giả sử tử giác ABCD có AB+CD= AD + BC (h 3)

Không mắt tính tổng quát, giả sử 4 > BC Néu AB > BC thi AD > CD, lay M trên cạnh

AB sao cho BM = BC, N thuéc canh AD sao

Vận dụng các quan diem bien chung

của tư duy toán hoc

trong day -

© Phin lớn các bạn học sinh khá, giỏi toán

mong muốn đạt kết quả tốt trong học tập môn

Toán đã cố gắng tự học, tự tìm tòi lời giải các

bài toán qua các sách tham khảo bồi dưỡng môn

Toán ở trong nước và trên thế giới Đặc biệt các

dạng toán trong báo Toán học và tuôi trẻ,

những lời giải phong phú đa dạng của nó đã có

sức cuốn hút đông đáo học sinh trong cả nước

Tuy nhiên, theo chúng tôi, để việc tự học, tự

tìm tòi và phát triển kiến thức như đã nêu trên

tốt hơn, các bạn cần quan tâm đúng mức đến

việc khai thác tiêm năng kiến thức và kĩ năng

sách giáo khoa (SGK) toán ở trường THPT

Tir tiém năng SGK, nêu các bạn có cách nhìn

nhận biện chứng của tư duy toán học thì các

bạn sẽ tìm được các phương thức phát triên,

mở rộng kiến thức SGK, tạo bước ngoặt cho

việc tiếp cận với các đạng toán khó

© Ching ta quan tim mét sé quy luật biện

chứng của tư duy toán học dưới đây và việc

vận dụng chúng vào việc phát triển kiến thức

SGK toán

a Xem xét các đấi tượng toán học, các quan

hệ giữa chúng trong các mỗi liên hệ giữa cái

chung va cai riêng

Mỗi cái riêng có thể được chứa đựng trong

nhiêu cái chung cái bao trùm nó theo một số

quan hệ nào đó khác nhau và ngược lại, nhiều

cái riêng có thê chứa đựng trong cùng một cải

chung theo một mỗi quan hệ nào đó giữa các

đổi tượng

Thí dụ 1 Từ bài toán sau đây trong SGK Hình

học 10 :"Chứng minh rằng nếu Œ là trọng tâm

cla tam giac ABC thi GA+GB+GC =0" co

thể phát triển theo hai hướng đến những cái

chung, cái tông quát khác nhau:

Hướng l_ Xem trọng tâm Ở của tam giác 48C

theo quan điểm diện tích: S¿;,: = Š;z4 = S4»

= 5 với Š là diện tích của tam giác 4BC

19

hoe 1 GAN

DAO TAM (GV khoa Toớn PH Vinh)

Khi đó hệ thức cần chứng minh tương đương với

hệ thức: “SGA + 250B + ;sGc =Ö Chủ ý

rằng tổng ba hệ số của biểu thức vectơ về trái

bằng S Từ đó chúng ta có thể đề xuất bài toán

tổng quát sau: "Gọi Ó là điểm bat ki trong tam

giác ABC Đặt 5) = Som 's Sy = Son 4, Sy s Soars

< Nhận xéi | Nếu đề ý S, + Sp + Sy = S, khi

đó có thể mở rộng cho trường hợp điểm O

năm ngoài tam giác 4BC, thuộc miên góẻ tạo

20

boi hai tia CA, CB Chúng ta có bài toán tổng

quát khác sau:

"Gọi O là điểm nằm ngoài tam giác A8C

thuộc miền góc tạo bởi hai tia CA va CB; Goi

S; S:, S; lan lượt là điện tích các tam giác

OBC, OAC OAB Chimg minh rang

S, OA + S, OB-S,.O0C =O"

Bạn đọc có thể tự chứng minh nhờ sử dụng

hinh binh hanh CMON; trong 46 M, N lan lugt

thudéc cac tia OA va OB

2 Nếu để ý thém S; + S; — S; = Š thì có thể tổng

quát các trường hợp trên thành bài toán sau:

"Néu O 1a diém bat ki trong mat phang (ABC),

không thuộc đường thăng chứa cạnh nào của

tam giác ABC Dat Ss; = Sos + S> = Socai

Ss = Soan thi cé thé chon cdc dau "+" hoac "—"

thích hợp sao cho dang thirc +S,OA + S,OB

+ S,OC = 0 dang"

Hướng 2 Có thể xem G la trong tâm của

tam giac ABC khi va chi khi GB +GC =2GM =

GK =-G4, với A# là trung điểm ØC Khi đó

trong tr GA+GB=—GC , GA+GC=-—GB Hay

cic vecta GA, GB, GC déi mét khác phương

và tổng hai vectơ bắt kì trong ba vectơ trên cộng

tuyến với vectơ còn lại Khi đó G4+GB+GC = 0

Từ nhận xét trên chúng ta có bài toán tổng

quát sau “Cho z¡ vectơ đối một khác phương

và tổng của # — | vecto bat ki trong n vectơ

trên cộng tuyến với vectơ còn lại Chứng mình

rằng tổng ø vectơ cho ở trên bằng vectơ

không" Bạn đọc có thể tự kiểm tra tính đúng

đắn của bài toán tổng quát trên

Thi du 2 Xem xét các đối tượng, các quan hệ,

các tính chất từ nhiều trường hợp riêng của

một cái chung: Từ đó sử dụng các thao tác tư

đuy: so sánh, phân tích, tông hợp, khái quát

hóa, tổng quát hóa để đề xuất bài toán mới,

bài toán tông quát

Chẳng hạn, chúng ta để dàng kiểm tra trong

hình vuông hoặc hinh thoi ABCD có các đường

chéo cắt nhau tại @ thỏa mãn:

AB’ + BC? + CD’ + DA’

= 2(OA? + OB’ + OC? + OD") (2)

nhờ sử dụng định lí Pythagore và chỉ cần sử

dụng hai đường chéo vuông góc với nhau

Đối với hình chữ nhật hoặc hình bình hành

ABCD cé cac đường chéo cắt nhau tại 2 cũng

thỏa mãn đăng thức (2) Trong trường hợp này

khi chứng mình chỉ cần sử dụng O là trang

điểm của một đường chéo và sử dụng công

thức độ dài đường trung tuyến tính theo ba

cạnh của tam giác

Phân tích, so sánh cách sử dụng các giả thiết

của các trường hợp chứng minh cụ thể có thể

đề xuất bài toán tổng quát sau:

"Tu giac ABCD có các đường chéo cắt nhau

tai O, can va di dé AB’ + BC? + CD’ + DA?

= 2(0A4? + OB? + OC? + OD*) la tir gidc 46 cd

hai đường chéo vuông góc hoặc O là trung

điểm của một trong hai đường chéo

21

b Xezn xét các đối tượng toán học, các quan hệ

giữa cluúng theo quan điểm vận động biến đồi

Chúng ta cần đặc biệt quan tâm xem xét các đổi tượng các quan hệ trong bài toán theo quan điểm vận động từ cái riêng đến cải chung (thể hiện trong giả thiết của bài toán)

để tông quát hóa các bài toán, tìm tỏi kiến thức mới

Thí dụ 3 Các bạn học sinh đã được làm quen

với bài toán sau trong SGK Hình học lớp 10:

"Cho góc x(2y và điểm 4 năm trong góc đó

Dựng đường tròn qua 4 và tiếp xúc với hai

cạnh Ox, Oy"

Bài toán trên được giải nhờ sử dụng phép vị

tự, bằng cách xem đường tròn cần dựng là ảnh

của đường tròn (2 bán kính # được chọn tùy

ý và tiếp xúc với hai canh Ox, Oy cilia góc qua

phép vị tự I2} với k = Sứ , Á4' là giao điểm của 24 với đường tròn (42

Từ đó nếu xét điểm là trường hợp đặc biệt

của đường tròn khi bán kính băng 0 thì có thể

phát biểu bài toán mới, tổng quát sau: "Cho góc xy và đường tròn (SŠ) tâm / ban kính ®#

nằm trong góc đó Hãy dựng đường tròn (2

tiếp xúc với ÓØx, Oy va tiép xúc với —

tròn (S)” Việc dựng đường tròn (2 quy v dựng đường tròn tâm K di qua / va tiép xúc

với O'x' va O'y’, ki hiéu la (K) Trong dé O'x’

va O'y’ lan luogt song song vGi Ox, Oy va cach đều chúng một khoảng bằng # (đã xét ở bài

toán ban đầu)

Giả sử đường tròn (K) có bán kính đ Khi đó

đường tròn cân dựng có tâm K bán kính băng

"Goi / la tâm vòng tròn nội tiếp tam giác 48C Chứng minh rằng a1A + bIB+clC =Ö Với a,

b e là độ dài các cạnh của tam giác 48C" Bài tập 2 Tông quát hóa bài toán sau: "Cho

tam giac MNP Qua cac dinh Àí, M, P vẽ các đường thẳng a, b, c lan lvot song song với

NP, MP; MN Cac dudng thang a, b, e đôi một

cat nhau tai A, B, C Ching minh rang cac

cạnh của tam giác 48C nhận M, N, P la cac trung điểm

Tìm nhiều cách

chứng minh một hệ thức

nhe bien doi tuong duong

Cho tam giác ABC với

bằng tiếp tam giác

ABC tương ứng với

các góc CAB, ABC,

BCA Dat CAB = 2a, ABC = 2Ø, BCA = 2y

Trong bài này sẽ sử dụng một số hệ thức quen Đặt 7 =

biết sau

NGUYÊN VIỆT HẢI (Hờ Nội)

Tic mot hệ tiiức nét khéo sự dung cac phép bién Ôi ta ca thé ls

nhận được nhiều ee LLL) ee lệ thưưc đó có tot (ng riCHự vẻ gựi cho tự tfUH tra cúc chứng trHiHÍt tương

nợ Nếu ft clHữHU tHỈHÍL (ỨC tHÔI trong các lệ thức này tÍH

sứ)' rđ được tát ca cúc lệ thức tương đương với nó Nitư vậy,

a Re (9,00 ee ee

dâu trù còn có cách nhìn toàn điện hơn, lệ thông hơn về cúc

hé thirc khac nhau vé hink thie nhung thong nhdat voi nhau ve môi quan lrệ toán học Điều a ee i Yéi cách clứng tHiHÌt tHột vô hệ thức trong tam giác dưới đổi

Từ đó có p = (p -a)(p - b)(p - e) (Il) l + | 7 = 2p-a-b S Ey —- | = c = °

p-a p-b (p-aXp-b) (p-aXp-b) Khai triển về phải của (I1) rồi thay abe = 4Rrp

Thay hệ thức (II) vào phân thức cuối cùng

nêu trên ta có điều phải chứng minh

Biến đổi tương đương hệ thức (1) đượé,

pr + pr + pr

p-a p-b p-e =4R+r

Áp dụng hệ thức (IV) ta chuyển việc chứng

minh hệ thức (1) đến chứng minh hệ thức sau:

Từ (Đ) và (IV) có

Sg DP ar = Sp ye

p-a p-a Tương tự có

Chú ý rằng 4Ø, = Ee? va

cosa cosa r„ = ptgơ (theo (IV)) nén

ARN ptgacos'a sina.cosa Kp WY)

Mat khac sir dung (1), (IV) cé

đôi với tgZ = f ta có p= — +

Quy đồng mẫu số rồi viết trong dạng phương

trình đối với / ta được

p£ - (4R + r) + pt—r =0 (Vil)

Nhu vay ¢ = tga là nghiệm của phương trình

bậc ba (VH) Tương tự như thế tgØ, tgy cũng

là nghiệm của phương trình bậc ba (VII) Áp

dụng định lí Viète cho tổng ba nghiệm của

phương trình bậc ba (VH) ta có hệ thức (4)

Trong bài tập l dưới đây hướng dẫn cách

chứng minh hê thức (4) (coi 14 cach (5)) bang

các phép biến đổi lượng giác Với mỗi hệ thức

(1) (2) (3) (4) ta có cách chứng minh tương

ứng nhưng vì các hệ thức này tương đương

với nhau nên nếu xuất phát từ một trồng năm

cach chirng minh đã nêu thì đi theo mũi tên

trong sơ đỗ đưới ta chứng mình được hệ thức

(1) và cả các hệ thức (2), (3), (4) Cũng dễ

dang thấy nếu sử dụng (IV) có thể biến đổi hệ

thức (2) tương đương với hệ thức (4)

Sơ đồ liên hệ giữa các hệ thức

Bài 3 Chứng mình các hệ thức sau:

(p—bX p—c) ) praœm<=—==——=

Bài 4 Gọi Ó@¿;, @›, 2; theo thứ tự là tâm

đường tròn bàng tiếp tam giác 4C tương ứng

với các góc C1, 48C, BC44 Hãy dựa vào bài

tập 3b và S„„„ =S;zx„„ +Š%z„„„ để chứng mình

Su; =2#p CV) Từ đó suy ra hệ thức (3)

Bài 5 a) Chứng minh rằng hệ thức (3) tương

đương với mỗi hệ thức (Š), (6) sau:

HH Khai thác bài toán theo những hướng

khác nhau

1 Bài toán cực trị xuất phát (gốc) là một bài

toán cực trị hình học trong mặt phẳng, liên

quan đến độ dài đoạn thẳng, cụ thể là chu vi

của một tứ giác nội tiếp một đường, tròn cho

trước có hai đường chéo vuông góc ở mội

điểm có định cho trước nằm trong đường tròn

đó Bây giờ thay chu vị bởi diện tích, ta có

ngay bài toán tương tự phát biểu như sau:

Bài toán l Trong các tứ giác lôi ABCD nội

tiếp đường tròn (O; a) cho trước sao cho các

đường chéo AC và BD vuông gúc với nhau ở

một điểm P có định nằm trong đường tròn

(OP = đ< 8), hãy xác định tứ giác có điện

a giác sau:

Bài toán 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức lượng giác sau

Ēx, y) = sinx + cosx + siny + cosy,

với Ú < x, y << 5 thỏa mãn điều kiện

25

Tiếp cận và khai thác MộT Bài TOAN CUC TRI HINH AOC

oa hình

(Tiếp theo kì trước) NGUYEN DANG PHAT

(Hờ Nội sin2x.sin2y = È (0 < È < 1)

2 Ngoài ra, lẽ tự nhiên chúng ta liên tưởng

đến bài toán tương tự (mở rộng) trong hình

học không gian Sự tương tự này khá phong phú vì sự "liên tưởng" này có thể xuất phát từ

những cách nhìn khác nhau hoặc xét theo

những khía cạnh, góc độ khác nhau Chẳng

hạn, thay đường tròn bởi mặt cầu, góc vuông

bởi góc tam diện vuông, tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc bởi hình bát diện nội tiếp mặt cầu, là hợp của hai chóp tứ giác có chung đáy và có ba đường chéo (cũng là ba

đây cung của mặt cầu) đồng quy tại một điểm

cố định nằm trong mat câu và vuông góc với

- nhau từng đôi một Thế thì ta có các bài toán tương tự trong không gian như sau:

Cho mat cau (@ tam O, ban kính a và một

điểm P cô định nằm trong mặt câu (OP = ả< a)

Xét các hình bát diện lôi X(C.ABA'"B*“C) nội

tiếp mặt câu (@) nói trên sao cho các dây cung AA’, BB', CC' của (9) cũng là các đường chéo cua -K, đôi một vuông góc với nhau ở diém P

Bài toán 3 Hay xác định hình bát diện có the tích lớn nhất và hình bát điện có thể tích nhỏ

Bài toán 5 Hãy xác định hình bát điện #ạ có

điện tích toàn phần lớn nhất và hình bát diện

o có điện tích toàn phân nhỏ nhất và tính

các diện tích So, So dé theo a va d

Chú thích và gợi ý hướng giải bài toán 4 và

tông quát hóa bài toán đó

De giải bài toán 4, trước hét chúng ta hãy phát

biểu nội dung bài toán 4 sang ngôn ngữ đại số

(trên Cơ SỞ tông, quát hóa bài toán cực trị đại

sô được phát biểu trong lời giải 2 dưới dạng

ngôn ngữ đại số của nội dung bài toán cực trị

hình học gốc ở trên) Rồi từ đó chúng ta dé

xuất được một bài todn mới tổng quát hơn

nữa về cực trị đại số sau đây

Bài toán 6 ( Bài toán cực trị đại sô)

a) Phát biểu bài toán

của các biểu thức (4) và (5) ở trên ta được

ngay tức khăc đáp sô của bài toán 4

*) Tương đối để hơn cả là các bài toán 1, 2, 3

dành cho ban đọc tự giải xem là bải ráp, Bạn

nào có điều kiện về thời gian và muốn tập thẻ thao vẻ trí tuệ, xin hãy (hứ sức với các bài toán 4 và 5 Chúc các bạn thành công

TRƯNG HỌC CƠ Sở

ðếu đời giải

NGUYEN DUC TAN

(GV TP Hồ Chí Minh)

—_ c_“//⁄“⁄ỲỲ“ nam c m—

ri, tiệc n vad di đoán _

: hie m lời [ giải cho ba bài toán |

; ay v va a Kho s sau ju daly, f

€?Bài toán 1 7? tích thước cua tam giác có

điện tích lửn nhắt nội tiế p đường tròn (O; Ñ)

cho trước

(Dé thi tuyén sinh vào lớp 10 trường THIPT

chuyên Lê Hỏng Phong TP Hỗ Chí Minh,

1993 - 1994)

Mò mẫm và đực đoán Tam giác AĐC nội tiếp

đường tròn (: #) về đường cao 4H thì S„„: =

`AH.BC Nếu cổ định BC thi 8¿z„- lớn nhất khi

Ẩm lớn nhất, lúc đó 4 nằm chính giữa củng BC

va tam giac ABC cân tại 4 Tương tự, nêu cố

dinh AB thi Syo lớn nhất khi tam giác ABC

cân tại C Vị vậy, ta dự đoán S,„- lớn nhất

khi tam giác 4#C /à tam giác đều, lúc đó

3/3R

mạ

Sane — Tir dé gai ¥ cho ta di chimg minh Say <2:

4 J*

Lời giải.(h | ) Với tam giae ABC bat kì nội tiếp đường tron (O; R), ké AH

Tức là tam gide ABC déu cé canh bing RV3.0

Bài toán 2 Xứ các tứ giác lôi ABCD có AB

= BC = CD = a Tìm giá trị lứn nhất của điện tích tử giác ABCD

Mo mam và đự đoán Nhận thấy

27

Sam yy = Sane’ + Supe < Sane: * SAH.CD

Nếu có định tam giác 48C thì S„„„ lớn nhất

khi ACD=90° Tương tự, cố định tam giác

BCD thi Siwy kon nhat khi ABD =90° Vi vay,

ta dy doan Sy) lon nhat khi ABC=ACD=90° ,

tứ giác 4BCD là hình thang can (AD//BC) ndi

tiếp đường tròn đường kính 4D = 2a có 4B =

đạt được khi nó là hình thang

© Bai toan 3 Cho x y la hai sé duung Dat Š

V2 Gợi ý cho việc đi chứng minh $< v2

Lời giải Giả sử S > J2 thix> 2, 1> 2,

x 2 Mau thuan voi (1)

Vay S> V2 là sai, suy ra S< 42 Đăng thức

v2

xay ra khi va chi khix = v2; y= =e oO

Các bạn hãy rèn luyện thêm băng cách tìm lời

giải cho các bài toán sau đây

Bài I Cho điểm 7 có định nằm trong đường

tròn (@; #) với / không trùng với 2 4C, BD la

hai dây cung di động qua / và vuông góc với

nhau Xác định vị trí của các dây AC, BD dé

diện tích tam giác /CÐ lớn nhất

Bài 2 Tìm kích thước của tam giác có chu vi lon

nhất nội tiếp trong đường tròn (Ó: #) cho trước

Bài 3 Cho S là số nhỏ nhất trong các số x,

<i — s t (với v, y z f là các số dương)

Hãy ủm giá trị lớn nhất của Š

Bài 4 Cho v y là các số đương Giả sử § 1a số lớn nhất trong ba số x, a y+ ~ Hãy tìm giá

@ Trong bài toán có đề cập tới mối quan hệ

góc này với nửa góc kia ta thường vẽ tia phân

giác của góc lớn

& Bài toán 1 Cho tam giác ABC can tai A

Trên cạnh BC lấy diém D sao cho CD = 2.BD,

So sảnh BAD va pac x2

Nhận xét Đề so sánh B47) và 5 DAC , ta vé

tia phan giac AF của DAC (h 1)

Lời giải Do ADC > 8=Ê' nên AC > 4D Về

tia phân giác 4E và trung tuyến 4Ä của tam

Tir d6CAE >CAM (1)

e ABAD = ACAM (c.g.c) = BAD =CAM (2)

Từ (1) và (2) suy ra BAD < ~bac.0

Cam Ranh, Khanh Héa)

© Bai toan 2 Ching minh rang:

sin2x = 2sinx,cosx (0° < x < 45°),

Nhận xét Bài toán đề cập tới góc 2v và góc x

Ta vẽ tia phân giác của góc 2v

© Bài toán 3 Cho tam giác ABC cân tại A có

AB

Ä =36° Tỉnh —

BC Nhận xét Về tia | phan giác BD thì tạo ra được

quan hệ về góc B, =A, D = C va quan hệ vẻ

Ove tia phan giác của một góc khi dự đoán

được một đường đi qua một điểm có định nằm

trên tia phân giác của một góc cô định

an

Ô Bài toán 4 Cho góc xÓy khác 180° và một

điểm M trong góc dé sao cho MH + MK = a

(a là độ dài cho trước) với H và K theo thứ tự

là chân đường Vuông góc kẻ từ M4 vuống Qv và

Oy € hứng minh răng đường tròn ngoại tiếp

tam giác MHK đi qua hai điểm có định khi M di

động trong géc xOy

Nhận xét Về hai vị trí của hình ta dự đoán

được đường tròn (À//Á) đi qua € thuộc tỉa

phân giác của góc xÓy (h 4)

Lời gidi Do OHM =OKM = 90° nên đường

tròn ngoại tiếp tam giác ÄAZ⁄# đi qua điểm cố

Qua M ké AB 1 Or tai C với 4A € Ox, BE Oy

Kẻ AJ 1 Oy tai / thi OA = OB Néu C khac M thi Œ thuộc đường tròn (Ä⁄//K) do MCO = 90°

Ta có: Syou = Saou + Suan

= 2OB.AI = O4.MiI +2 OB.MK

Bài 2 Gia sir M là một điểm ở trong tam

giac ABC sao cho CM = C Ø Chứng minh răng

AB> AM

Bài 3 Cho tam giác 4C (AC > 4B) Trên cạnh

AC lấy điểm D sao cho CD = 4B Gọi E và F theo thứ tự lả trung điểm của 4D và 8C Chứng

5) tan 2x = ; c) sin2x=

minh rang CEF -=

Bài 4 Cho tam giác ABC có A =2(B-C),

Có nhiều bài toán hình học không gian mà khi giải các

hai todn do ta can tim chan đường vuông góc hạ tit mot

diem xudng mot mat phẩng Chẳng han, khi tính

khoảng cách từ mắt điểm đếm môit mat phang, tinh géc

tạo bởi mát đường thẳng với mót mật phẳng, xác định

xớ đo góc phẳng của nhỉ điện, tìm thiết điện của mới

hinh chop bi cdt boi mot mat phang di qua môi đường

tháng vá vuông góc với môi mắt phẩng nào đó Việc

xúc định được chản đường vuông góc có vai trò quan

trong để tìm ra lời giải các bài toán Nhiều học xinh

nay nham phản loại một số dang toán thường gập vả

đưa ra phương pháp giải chúng Tác giả hí vang qua

bài báo cung cáp cho các bạn hoc sinh phương pháp

nhàn biết vá giai quyết được các bài loán tương tự và

hơn nữa là giải được đề thí vào Đai học và Cao đẳng

© Bai toan Cho mat phẳng (P) và điểm M

không thuộc mặt phẳng đó (M hoặc (P) thea

mãn điều kiện cho trước) Xác định chản đường

VIfÓng góc H hạ từ M{ xuống (P)

Trước hết, cần hiểu ràng xác định / không đơn

thuần là thể hiện vị trí của #/ trên hình vẽ mà ta

phải chỉ ra được các tính chất của /J Điểm /ƒ có

nhiều tính chất thì càng có lợi cho ta khi giải

toán Dưới đây là một số trường hợp thường gặp

và phương pháp xử lí trong mỏi trường hợp đó

Thí dụ I Cho hình cháp tam giác đéu S ABC xác định chan đường vuông góc hạ từ A đến mắt

phẳng (SBC)

Lời giải Hình chóp $ ABC có dáy là tam giác đều ABC và chân đường cao hạ từ S xuống mắt

phâng (ABC) trùng với trực tâm tam giác

APC Từ đó SA L BC Trên ĐC lấy điểm f sao

cho $ | BC và trên Šƒ lấy điểm H sao cho

AH 1 SI Khi đó H là điểm phải tìm

Thí du 2 Cho hinh chép S ABCD, day ABCD la

hình vuông Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng

(ABCD) Xic dinh chan ding vuông góc hạ từ

C xudng mat plang (SBD)

Chan đường vuông góc hạ từ

Hình 3

31

se Trong mặt phẳng (P) kẻ đường trung trực đ

của đoạn thẳng BC

se Trong mặt phing (M; d) dung MH 1 d H 1a

điểm cần tìm

Thí dụ 3 Cho hình chĩp S SABC, C đáy ABC là

tam giác cân tai A va SAB—SAC Xác định

chan đường cao của hinh chốp

Lời giải Hai tam giác SAB và SAC bang nhau

(c.g.c), do đĩ SƯ = SC Dựng đường cao AM của

tam giác A8C, khi đĩ AAf là đường trung trực

của 8C Chân đường cao H ha tir ŠS của hình

chép nam trén AM

Thi du 4 Cho hinh hộp ‹ ABCD.A BC Đ' cĩ

các cạnh AB = AD và A' A’ AB = A’ 4°AD Xúc định

chân đường vuơng gĩc hạ từ đỉnh A*ˆ vuống

mặt phẳng (ABCD)

Lời giải Từ giả thiết ta suy ra A8 = A2 Vì

ABCD là một hình thoi, nên đường chéo AC của

hình thơi cũng là đường trung trực của đoạn BD

Chân đường vuơng gĩc kẻ từ A' xuống mặt phẳng

(ABCD) thuộc đường thẳng AC

Thí dụ Š$ Cho hình chĩp tứ giác đều SABCD

Một mặt phẳng (ứ) đi qua AB cắt các cạnh SC

và SD tấn lượt tại các điểm À4 và N Xúc định

chân đường vuơng gĩc hạ từ S vưống mất

phdng (a)

Lời giải Tà cĩ MN/JCD(/AB Tứ giác ABMN

là một hình thang cân Vì vậy đường thẳng đi

qua trung điểm hai đáy là đường trung trực

của hai canh đáy đĩ Vì SA = SƯ, nên theo trên

chân đường vuơng gĩc H ké tir S nam trên

đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy hình

thang ABMN

Thi du 6 Cho ba tia Ox, Oy, Oz khéng ciing nam

trong mgt mat phẳng thỏa mãn điểu kiện

xOy= xOz Xác định chân đường vuơng gĩc hạ

từ một điểm M thuộc Qx xuống mặt phẳng (yOz)

Lời giải Ta lấy trên các tia Ĩy, Ĩz các điểm

A, B sao cho OA = OB Cac tam giac OMA va

OMB bang nhau, do d6 MA = AB Chân đường

vuong goc H ha tir M xu6ng mat phang (yOz)

nằm trén dudng thang di qua O va trung diém

của đoạn thẳng A8

3 Tén tai mĩt đường thẳng a vuơng gĩc với

mat phẳng (P)

Dé tim H ta cần tiến hành các bước sau đây

e Xác định giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt

phẳng (Q) di quaa va M

e Ké qua M đường thẳng song song với z cất

giao tuyến tai H D6 là điểm cần tìm

Thí dụ 7 Cho hình chĩp tứ giác đếu SABCD

Đên trong tam giác SAB ta lấy điểm M Xác định

chan đường vuơng gĩc kể từ M vuống mặt

phẳng (ABCD)

Loi gidi Goi O 1a giao điểm của ÁC và 8Ư, ta

cĩ SƠ L mp (ABCD) Đường thang SM cat AB

tại V Đường thẳng di qua M song song véi SO

cắt OMN tại 7ƒ / là điểm cần tìm

32

Thí du 8 Cho hinh: chĩp SABC cĩ đáy là tam

giác ABC vuơng tại C và cạnh: SA vuơng gĩc với

tp (ABC) Xác định chân đường vuơng gĩc lạ từ

điểm M thuộc cạnh AB xuống mặt phẳng (SBC') Loi giai Ta c6 BC 1 mp (SAC) Vì vậy nếu chon trén SC diém K sao cho AK 1 SC, thi

AK 1 mp (SBC) Noi B voi K va chon trén

duténg BK diém H sao cho MH//AK H la diém can tim

4 Diém M thudc mat phang (Q) vudng géc voi mat phang (P)

M nằm trên đường SA xuống mặt phẳng (SBC)

2) Goi O la giao điểm của AC và BD và ( œ) là mặt

phdng di qua O song song voi BC Xac dinh chan đường vuơng gĩc hạ từ S xuống mặt phẳng (đi) Lời giải 1) Từ giả thiết bài tốn suy ra mp(SA®)

1 mp(S8C) M thuộc mặt phẳng (SAB), nén chân đường vuơng gĩc hạ từ ă xuống mat phang (SBC) nam trên đường thẳng S8

2) Vi BC 1 mp(SAB) va 8D//mp(ø) nên mp(ø)

-L (SÀ) S thuộc mp(SÀ), do đĩ chân đường

vuơng gĩc hạ từ S xuống mp(ø) nằm trên giao

tuyến của (ø) và (SÀ)

Đẻ kết thúc bài viết, đế nghị các bạn hãy giải các bài tập sau đây

Bai 1 Cho mot lang tru dimg ABC 42C” cĩ đáy

AĐC là tam giác can tai A Goi (@) là mặt phẳng

đi qua A và trung điểm hai cạnh bén BB’, CC’

Xác định chân đường vuơng gĩc hạ từ một trong

các điểm sau dây xuống mặt phẳng (ø):

1) Từr các đỉnh A“ 8, C” của hình lãng trụ:

2) Từ trung điểm / của BC;

3) Tir trong tim G cia tam giác A*°#'C“

Bai 2 Cho hinh vudéng ABCD Trén duong thẳng cí đi qua A vuơng gĩc với mật phẳng hình vuơng, ta lấy điểm S (khác A4) Xác định chân đường vuơng gĩc hạ từ điểm C va trung điểm của cạnh #€ xuống mặt phẳng (SBĐÐ)

Bài 3 Cho hình chop S.ABCD c6 SA = SC,

SB = SD va day ABCD [a hinh thoi

1) Xac định chan đường vuơng gĩc hạ từ giao điểm các đường chéo đáy xuống một mật bẻn 2) Xác dịnh chân đường vuơng gĩc hạ từ A xuống mát bén (S8C).

TRUNG HỌC CƠ SỞ

Trong kì thi Toán Quốc tế - [MO lần thứ 44

được tố chức tại Tokyo Nhật Bản ngày

I3-14/7/2003 có một bài toán hình học do

Phần Lan đé nghị (Bài 4, thi ngày 14/7/2003)

như sau:

Bài toán(*) Cho ABCD là một tứ giác nội

tiếp Gọi P, Q và R tương ứng là chân các

đường vuông góc hạ từ D xuống các đường

thang BC, CA va AB Chứng minh rằng

PQ = OR khi va chỉ khi các đường phản giác

của các óc ABC va ADC cắt nhau tại một

điểm nằm trên đường thẳng AC

Khi vẽ hình bài toán (*), chúng ta nhận thấy

rằng có nét của bài toán đường thẳng Simson

Trước hết chúng ta chứng minh bài toán đó

€?Bài toán 1 Cho ABCD là một tứ giác nội

tiếp Gọi P, Q và R tương ứng là chân các

đường vuông góc hạ từ D xuống các đường

thang BC, CA va AB Chứng minh rang P, Q,

R thuộc một đường thẳng (gọi là đường thẳng

Simson)

Loi gidi (h.1)

Nối Q vii R,

Q với P Ta phải — chứng minh

AOR = COP

That vay, từ

để bài ta có

các tỨ giác AQDR, DCPQ, BPDR déu là tứ giấc nội tiếp

Dodé AQR=ADR (1); COP=PDC (2)

Mặt khic RDP=ADC (cing bù v6i ABC)

Nen ADR=PDC (3)

Vậy từ (1), (2), (3) suy ra AOR=CỌP ,ñ

® Trở lại bai todn (*) Ta thay rang dé PQ = OR

thi RQ = PR Vậy phải chăng các đường phân giác của

Trên tia đối của

tia DA lấy điểm

M sao cho

DM = DA (h2)

Theo tính chất phân giác trong của tam giác,

ta có £ thuộc AC khi và chỉ khi

Mặt khác ABC = MDC (cùng bù với ADC )

nn AABC «~ AMDC «> ACB=MCD,

CAB = CMD : mà tứ giác AODR nội tiếp nên

DRO= DAO và RDO =CMD (= CAB)

(4)

RP

Dễ thấy AADCœ2ARDP (g.g) nên “=2

Y RAEN WSS) ROR ot

Từ (4) va (5) suy ra RQ = 2P © RQ = ỌP

Khi giải xong bài tốn (*) Chúng ta cĩ thể

phát biểu bài tốn dựng hình sau đây

Bài tốn 2 Cho tam giác ABC nội tiếp

đường trịn (O) Hãy dựng điểm D trên cung

AC sao cho: Nếu P., Q R tương ứng là chân

các đường vuơng gĩc hạ từ D xuống các đường

thing BC, CA, AB thi PQ = OR

Lời giải Dựa vào bài tốn (*) ta cĩ cách dựng

như sau (h.3) :

- Dựng đường

kính MN vuơng gĩc với AC

- Nối BN cắt AC

tại £

- Nối ME cắt đường trịn (Ĩ)

tại D Điểm D 1a

điểm phải dựng

Bài tốn luơn dựng được và cĩ một nghiệm hình

Nếu cho Ø bất kì trên đường trịn ta cĩ bài

tốn tổng quát hơn sau đây

Bai tốn 3 Cho tam giác ABC nội tiếp

đường trịn (O) Tìm tất các điểm D trên

đường trịn sao cho thỏa mãn điếu kiện: Nếu

P,Q, R tương ứng là chân các đường vuơng

gĩc hạ từ D xuống các đường thẳng BC CA,

AB thì tĩn tạt hai trơng ba đoan PO ỌR, PR

là bảng nhan

Qua lời giải bài tốn 2, ta thấy bài tốn 3 sẽ cĩ

ba nghiệm hình (xin dành cho bạn đọc)

Khi phát triển từ bài tốn (*) đến bài tốn 3,

bất chợt tơi phát hiện ra rằng se néu

BC DC

34

viết lại là oe thì gợi ý cho ta đến

DA DC

đường phân giác của các gĩc BAD và BCD

Lại sử dụng bài tốn (*) thì i hai đường phân

giác của các gĩc BAD và đCD cắt nhau tại

một điểm nàm trên BD Ta c6 bài tốn sau

đây

ƠBài tốn 4 Cho ABCD là một tứ giác nội

tiếp Gọi P, Q, R tương ứng là chân các đường vuơng gĩc hạ từ D tuống các đường thẳng BC,

CA, AB Gọi I K, H tương ứng là chân các đường vuơng gĩc hạ từ C xuống các đường

thang AB, BD, DA, Ching minh rang PO = OR

khi va chi khi lK = OH

Tuy nhiên, nếu chưa biết được bài tốn (*) thì bài tốn 4 cịn cách giải nào khác chảng? (Xin

đành bạn đọc)

Để kết thúc bài viết này, mời các ban tham khảo một số bài tập sau đây

Bài l Cho tam giác ÀC nhọn và nội tiếp

đường trịn (0) Điểm AM thay đổi trên (0)

Gọi H, I, K lắn lượt là các điểm đối xứng với

M qua ĐC, CA, AB Chứng minh rằng:

a) /, H, K thẳng hàng

b) Đường thẳng /HK luơn đi qua một điểm cố

định

Bài 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn

(Ø) Chứng mình rằng khơng tổn tại hai điểm

M, N trên đường trịn () sao cho hai đường

thang Simson cla M, N đối với tam giác ABC

song song với nhau

Bài 3 Cho tứ giác AðCD nội tiếp đường trịn

(Ĩ) Gọi 8, P tương ứng là chân đường vuơng

gĩc của xuống AB, 8C Gọi †, H tương ứng

là chân đường vuơng gĩc của € xuống AB,

AD Chứng minh rang RP = /H

Bài 4 Cho tứ giác A#CØ nội tiếp đường trịn

(@) Gọi Đ, P tương ứng là chân đường vuơng

gĩc của Ð xuống AB, BC Gọi ï, H tương ứng

là chân đường vuơng gĩc của € xuống AB,

AD Goi E, F tương ứng là chân đường vuơng

gĩc của # xuống A2, 2C Chứng minh ràng

LH RP EF cắt nhau tại một điểm.

Giả sử ƒ{A, B, C) là biểu thức chứa các hàm số

lượng giác của các góc trong tam giác ABC

Giả sử các góc A, B, C thỏa mãn hai điều kiện:

Dang thức xảy ra khi và chỉ khi A = 8= C

Tương tự ta cũng có bất đẳng thức với chiều

ngược lại

Để minh họa cho phương pháp trên ta xét các

bài toán sau đây

Chi du 1 C hứng mình rằng với mọi tam giác

ABC ta luén co

35

Phuong phap

GIAI MOT DANG BAT DANG THUG LUONG GiAC

trong tam giac

Tuong tu

1+/sinC 1+x/sin60° bị in 90

2 Công theo vế (5) và (6) ta có

(hel Gear) ® dere ®

Nhân theo vế của (7) và (8) ta có