Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng 13

Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đường thẳng vàđường tròn, với đối tượng học sinh khá giỏi, còn được bổ sung thêm các định líthường dùng như Mê-nê-la-uýt , X

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

-Lê Đình Trường

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 1/2015

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS Vũ Đỗ Long

Hà Nội – 1/2015

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới PGS.TS Vũ Đỗ Long, người thầy với lòng nhiệt huyếtđã luôn chỉ bảo tận tình em từ những ngày đầu tiên, đồng thờiđưa ra những lời khuyên bổích giúp em hoàn thiện luận văn này.

Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô, tập thể cán bộ ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ – Tin học cùng các học viên cao học, đã không chỉ trang bị kiến thức cho em mà còn luôn giúp đỡ, tạođiều kiện thuận lợi trong quá trình em học tập tại trường.

Cuối cùng, em xin cảmơn tới bạn bè người thân, những người luôn ủng hộ động viên em vượt qua những khó khăn để em hoàn thành tốt luận văn.

Hà Nội, tháng 1 năm 2015

MỤC LỤC

Lời nói đầu 1

Chương I Các bài toán về đường thẳng , đường tròn 2

1.1 Bài toán về ba đường thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy 2

1.2 Một số bài toán về đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp 14

Chương II Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ 26

2.1 Vectơ, tâm tỉ cự 26

2.2 Tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng 42

2.3 Phương tích của điểm đối với đường tròn Trục đẳng phương, tâm đẳng phương 62

KẾT LUẬN 79

Tài liệu tham khảo 80

Lời mở đầu

Hình học phẳng là dạng toán quen thuộc đối với học sinh trung học cơ sởcũng như học sinh trung học phổ thông Nó không chỉ xuất hiện trong đề thi họcsinh giỏi cấp tỉnh đối với khối học sinh lớp 9của các trường THCS, các đề thivào THPT mà còn có trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc

tế của học sinh các trường THPT, đồng thời cũng có trong đề thi vào các trườngđại học với phần trăm điểm không nhỏ Chính vì vậy đề tài em lựa chọn cho luậnvăn của mình là : “ Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hìnhhọc phẳng “

Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đường thẳng vàđường tròn, với đối tượng học sinh khá giỏi, còn được bổ sung thêm các định líthường dùng như Mê-nê-la-uýt , Xê- va ,…Để giải các bài toán về đường thẳng

và đường tròn trong hình học phẳng nhanh và dễ dàng hơn, trong luận văn củamình em nêu ra những nội dung sau :

Chương 1 trình bày các bài toán về đường thẳng, đường tròn.Gồm có các bàitoán về ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy; đường thẳng và đườngtròn, tứ giác nội tiếp

Chương 2 nêu trọng tâm của luận văn các bài toán về vectơ và ứng dụng củavectơ gồm có 3 phần Vectơ, tâm tỉ cự; tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng;phương tích của điểm đối với đường tròn Trục đẳng phương, tâm đẳng phương.Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS.Vũ ĐỗLong – Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội Emxin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Vũ Đỗ Long đối với sự quan tâm, chỉ bảotận tình của thầy Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trường Đại họcKhoa Học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội, đã dạy dỗ, trang bị những kiếnthức bổ ích và giúp đỡ em trong suốt quá trình theo học Em xin chân thành cảm

ơn ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ- Tin học đã tạo điều kiện, giúp đỡ cho em hoànthành luận văn này

hoặc song song khi và chỉ khi

Điều kiện cần Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O Vẽ qua A đường thẳng

song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ Theo định lí Ta- lét ta có

Giả sử ba đường thẳng AM, BN, CP song song (h.3) Ta có

hiển nhiên cả ba đường thẳng song song với nhau

Bài toán 3.Định lí Đờ - dác.Cho hai tam giác ABC và A′B′C′ Nếu các đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy thì các giao điểm AB ∩ A′B′, BC

∩ B′C′, AC ∩ A′C′ thẳng hàng, Ngược lại nếu các giao điểm của chúng thẳng hàng thì các đường

thẳng AA ′ , BB′, CC′ đồng quy.

3

Chú ý : Các đường thẳng AA , BB , CC gọi là đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của hai tam giác ABC và A B C , các giao điểm AB ∩ A' B', BC ∩ B C ,

AC ∩

A′C′gọi là các giao điểm tương ứng của hai tam giác đó Khi đó định lí Đờ - dác được phát biểu

như sau Các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của hai tam giác đồng quy (hoặc song song)

khi và chỉ khi giao điểm các cạnh tương ứng thẳng hàng.

Giả sử hai đường thẳng AA′ và CC′ cắt nhau tại O Xét hai tam giác AA′P và CC′Q ta có các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng AC, A′C

′ , PQ đồng quy tại R cho nên theo phần thuận a) thì giao điểm các cạnh tương ứng phải thẳng hàng, ba giao điểm đó là AA′ ∩ C C′ = O, A′

P ∩ CC′ Q = B′ , AP ∩ CQ = B Vậy đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy tại O

4

Bài toán 4 Cho hai hình bình hành ABCD và AB′ C′ D′

Bài toán 5 Cho tứ giác ABCD không phải hình thang, AB và CD cắt nhau tại E,

AD và BC cắt nhau tại F Gọi I , J, K lần lƣợt là trung điểm các đoạn thẳng AC,

Bài toán 6 Cho hình bình hành ABCD với tâm O Trên các đường thẳng BD,

BC, AC lần lượt lấy các điểm P, Q, R sao cho AP // OQ // DR Chứng minh

vì CC ′ // RD và B đối xứng với D qua O , C ′

đối xứng với P qua O

Bài toán 7 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần

lượt tại M, N, P Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.

ta đƣợc AM, BN, CP đồng quy.

6

= MC

từ ∗ suy ra

NA BC IM

= AP

Bài toán 8 Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác AM, BM, CM

lần lượt cắt BC, CA, AB tại P, Q, R ( P không phải là trung điểm của BC) Lấy T

trên đường thẳng BC Chứng minh rằng TBPB TCPC = −1 khi và chỉ khi T, Q, R

Theo chứng minh trên thì R, Q, T thẳng hàng suy

7

Bài toán 9 Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác Các đường thẳng

AO, BO, CO lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P Đường thẳng qua O

, song song với BC lần lượt cắt MN, MP tại E và F Chứng minh rằng OE = OF

=>

= −1 = > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN )

OF

Trường hợp 2: NP và BC không song song với nhau (h.12)

Đặt Q = NP ∩ BC Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác

điểm thẳng hàng : Cho bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O, đường thẳng

cắt chúng tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D

AD BC

8

Áp dụng tính chất trên với bốn đường thẳng OB, OM, OC, OQ và đường thẳng

BQ và PQ cắt nhau ta được MBMC QBQC = LNLP QNQP = −1 hayLNLP QNQP = −1

Áp dụng tính chất trên với bốn đường thẳng MQ, MN, ML, MP và LNLP.QNQP= −1 Ta được OE= OF.

Bài toán 10 Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E là một điểm

nằm giữa B và D sao cho BE = 2 ED Một đường thẳng bất kì đi qua C khác với

CA, CB cắt hai đường thẳng AB và AD lần lượt tại M và N Chứng minh rằng

giác ABD và ba điểm M E, N ta suy ra ba đường thẳng BN, DM và AE

đồng quy

Bài toán 11 Cho hình bình hành ABCD, các điểm X, Y, Z, T nằm giữa DA, AB,

XA YB ZC TD BC, CD sao cho

XD=YA=ZB=TC= 2 Gọi a, b, c, là các đương thẳng lần lượt đi qua A, B, C và lần

lượt song song với XT, YT và TZ Chứng minh rằng ba đường thẳng a, b, c đồng quy.

Theo giả thiết ta có AX = 2DX, BY = 2AY, CZ = 2BZ, DT = 2CT

9

Gọi P và P′ lần lượt là giao điểm của AB và hai đường thẳng song song c và ZT

(h.14)

Khi đó CPP ′ T là hình bình hành nên

′P

Gọi M và M′ lần lượt là giao điểm của BC và hai đường thẳng song song a và

XT, khi đó AMM ′ X là hình bình hành nên:

= 3 −1

1

= −1

Từ đó áp dụng định lí Xê- va vào tam giác ABC và ba điểm P, M, N ta suy ra ba

đường thẳng AM, BN, CP đồng quy cũng tức là ba đường thẳng a, b, c đồng quy

Bài toán 12 Cho tam giác ABC ; điểm O nằm trong tam giác Các đường thẳng AO, BO, CO lần lượt cắt BC, BA, AB tại A′

′

Bài toán 13 Cho tam giác ABC và các đường tròn (O1) tiếp xúc với các tia AB, AC; đường tròn (O2 ) tiếp xúc với các tia BC,

BA; đường tròn (O 3 ) tiếp xúc với các tia CA, CB Đường tròn (O 4 ) tiếp xúc ngoài với (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ) lần lượt tại X, Y,

Z.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.

BY, CZ đồng quy tại K.

Bài toán 14.Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác Đường thẳng qua O song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại C2 , B 1 Đường thẳng

qua O song song với CA cắt BC, BA lần lượt tại A 2 , C 1 Đường thẳng qua O song song với AB cắt CA, CB lần lượt tại B 2 , A 1 Vẽ các hình bình

B 2 A 1

, PA

= CA

= −1 Theo định lí Xê – va ta có AM, BN, CP đồng quy

MC NA PB

hay AA 3 , BB 3 , CC 3 đồng quy

Bài toán 15 Cho hình bình hành ABCD Hai điểm M, N lần lượt nằm trên hai

cạnh BC và CD sao cho MC= 2MB, DN = 2NC Gọi I, J, K lần lượt là trung

điểm của các đoạn thẳng MA, AN va MN Chứng minh rằng ba đường thẳng BI,

DJ và CK đồng quy

12

Vì I là trung điểm của MA và BM // AM ′

nên I cũng là trung điểm của BM ′

và cắt BC tại Y Vì J là trung điểm của NA và AN ′

// ND nên J cũng là trung điểm của DN ′

và do đó ADNN ′

là hình bình hành, suy ra AN′ = DN, BN′ = CN Ta có BN′ // CD nên YBYC= BNCD′ = CNCD=

3 Ngoài ra vì Y nằm ngoài đoạn thẳng BC nên YBYC= 3

Gọi P là trung điểm của CM và giả sử đường thẳng CK cắt BD tại Z và cắt NP tại

Z′ Khi đó Z′ là trọng tâm của tam giác NPC nên

Z ′

P

= −

1 Hiển nhiên NP //

1.2 Một số bài toán về đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp

Bài toán 16.( Bất đẳng thức Ptoleme) Cho tứ giác ABCD, ta có AB.CD +

BC.AD ≥ AC.BD Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp đường

Mà EAD = BAC nên DAC = BAE

AD BC + AB CD = AC ED + AC BE = AC ED+BE ≥ AC BD.

( Vì ED + BE ≥ BD ) Dấu bằng xảy ra ⇔E nằm trên đường chéo BD.

Vậy AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp

Bài toán 17 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M thuộc cung ABkhông chứa

điểm C Từ M kẻ các đường thẳng MD, ME, MK lần lượt tạo với các cạnh BC, CA,

AB một góc bằng α (D, E, K lần lượt thuộc BC, CA, AB ) Chứng minh rằng D, E, K thẳng hàng

suy ra DMB = EMAnên EKA = DKB.

Do đó D, E, K thẳng hàng

Nhận xét Trong trường hợp α = 900

, thì đường thẳng DEK là đường thẳng Simsơn.

Bài toán 18.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn, tiếp tuyến tại A, B, C cắt

các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R Chứng minh rằng P.Q, R

thẳng hàng.(Trục lemoine)

Bài giải (h.21)

Ta có PA là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC nên BAP = BAC

C B

giác ABC và ba điểm P, Q, R ta được P, Q, R thẳng hàng

Bài toán 19 Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB Chứng

minh rằng P, K, Q cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳng đó luôn đi qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đường tròn

ME ⊥ AC, MF ⊥ AB Do ó D, E, F th đi ẳng hàng ( đường thẳng Simsơn).Mặt

khác MD = DK,

ME = EP, MF = FQ Suy ra EF là đường trung bình của tam giác MPQ, ED là

đường trung bình của tam MPK nên EF // PQ vàED // KP Suy ra P, K, Q

thẳng hàng Gọi H là trực tâm của ΔABC và I, J lần lượt là điểm đối xứng của

H qua AC và AB

Suy ra I, J thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔABC nên các tứ giác MHIP , MHJQ

là hình thang cân

Do đó QHJ = MJH = MAC Tương tự PHI = MIH = MAB.

Do đó P, Q, H thẳng hàng Suy ra đường thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H

của ΔABC ( đường thẳng này có tên là Steiner)

Bài số 20 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, dA , dB , dC , dD là các đường thẳng Simsơn của A, B, C, D tương ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC

Vì DH 3 = 2OM nên CDH 3 H 4 là hình bình hành Suy ra , DH 4 , CH 3 cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Tương tự H 1 , BH 2 cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Vậy d A ,

d B , d C , d D đồng quy.

Bài toán 21 Cho hai đường tròn (O1 ) và (O 2 ) cắt nhau tại A và B Trên tia đối

của tia BA lấy điểm M Từ M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (O 1 ), ( E,

16

F là các tiếp điểm, F cùng phía với O 2 bờ là AB) Đường thẳng BE và BF cắt đường tròn (O 2 ) lần lượt tại

P và Q, gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh rằng ba điểm E, F, I thẳng hàng.

Bài giải

Kéo dài EF cắt PQ tại I ′ (h.24) vì MF là tiếp tuyến nên MFB = FAB ( chắn

cung BF ) nên ΔMFB và ΔMAF đồng dạng suy ra

Từ đó AFI ′ Q là tứ giác nội tiếp

O 2

nên AFQ = AI ′ Q do đó AFB = AI′P

P E

Mặt khác ABF = APQ nên ΔFBA và I ′ PA đồng dạng.

Ta có ABE = I ′ , QAI ′ = QFI ′ = EFB = EAB.

Do đó ΔABE đồng dạng với ΔAQI′ Suy ra

EB

= IQ

(3)

EA I ′ A

Từ (1), (2) và (3) suy ra IQ = IQ IQ = I′ P

I ′ A I ′ A

Vây I ≡ I ′ Suy ra ba điểm E, F, I thẳng hàng.

Bài toán 22 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) luôn

đi qua B và C cắt AB, AC lần lượt tại M, N Đường tròn ( J ) ngoại tiếp tam

giác AMN cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là K Chứng minh rằng KI //

OJ Bài giải

Nối M với K, và K với I (h.25) thì MIC = 2MBC (1) Ta lại có MKC = MKA − CKA = 180 0 − ANM −

CKA Mà CKA = ABC = MBC (2)

Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn ( I ) nên ANM = MBC.

17

Từ (1) và (2) suy ra

MKC = 180 0 − 2MBC = 180 0 − MIC

Do đó MKC + MIC = 180 0 nên tứ giác MKIC nội tiếp.

Suy ra IKC = IMC Trong tam giác IMC có

IMC =1800−MIC=1800−2MBC= 90 0 − MBC.

Suy ra IMC + MBC = 90 0 nên IKC + AKC = 90 0 Do đó IK ⊥ AK Đường tròn (J) và đường tròn (O) cắt

nhau tại A, K nên OJ⊥ AK Suy ra OJ // IK.

Hình 25

Bài toán 23.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) M nằm trên tia đối của

tia BD sao cho MA, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) Tiếp tuyến tại B

với đường tròn (O) cắt MC tại N và cắt CD tại P, ND cắt đường tròn (O) tại E

D

DA.CB = AB.DC.(4)

Hình 26

Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác nội tiếp ABCD ta có

AB.CD + BC.DA = AC.BD (5)

tiếp tuyến của (O) nên

18

Từ (9) và (11) suy ra PDPC= QDQCsuy ra P ≡ Q suy ra A, E, P thẳng hàng.

Bài toán 24 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp

trung điểm của IF Chứng minh rằng DG cắt EI tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

cạnh BC tại M.(h.27)Ta sẽ chứng minh G ≡ H

Theo giả thiết BAF = CAE suy ra BK = EC nên KE // BC

19

I, J cùng nằm trên một đường tròn Suy ra AKE = ASI = AJI.

Suy ra AJJF= DADI (1) Thay (1) vào (*) ta được HFHI= 1 suy ra HI= HF từ đó suy

ra H ≡ G Từ đó suy ra DG cắt EI tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC

Bài toán 25 Cho hình chữ nhật ABCD, trên tia đối BD lấy điểm P sao cho

APC = BCP Tính tỉ số PBPC

Bài giải

Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD cắt PA tại K.(h.28)

Dựng tam giác CQO vuông cân tại Q sao cho Q thuộc nửa QE

A

Kéo dài CB cắt AP tại E

Theo giả thiết ta có APC = BCP.

Suy ra ΔPEC cân tại E suy ra QE ⊥ CP.

Hình 28

Do đó ΔPEB đồng dạng với ΔPBK nên

Mặt khác từ cách dựng trên suy ra tứ giác CKQP nội tiếp

Suy ra QKP = QCP = PQE = 45 0 từ đó suy ra ΔPQE đồng dạng với ΔPKQ.

PC PC

Bài toán 26 Chứng minh rằng trong một tam giác ba trung điểm của các cạnh,

ba chân đường cao tam giác, và ba trung điểm các đoạn nối đỉnh đến trực tâm

của tam giác đó cùng nằm trên một đường tròn ( Đường tròn ơle hay đường tròn

Cách 2 Gọi các điểm như hình vẽ (h.29) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

có bán kính T và J là giao điểm của HO và IB ′ Suy ra OI ⊥ AC nên OI // BH.

Vì OI = B ′ H nên IOB ′ Hlà hình bình hành từ đó JH = JO Vì A ′ HMO là hình bình

hành nên JA ′ = JM Xét ΔAHO có JA ′ là đường trung bình.Suy ra JA ′ =

1

OA =

1 R.

Bài toán 27.Chứng minh rằng trong một tam giác đường tròn ơle tiếp xúc trong

với đường tròn nội tiếp

Bài giải

Gọi các điểm như hình vẽ (h.30) Gọi SQ là đường

kính đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ AP ⊥ SQ.

vì J là trung điểm của OH nên J là tâm đường tròn ơle,hạ JE ⊥BC.

Ta có I là tâm điường tròn nội tiếp tam giác ABC nên A, I, S

21

A Q

P

thẳng hàng Hạ IN ⊥ BC.

Trong mọi tam giác ta có AH = 2OM.

Gọi D là giao điểm của AS và BC thì IDN = IAP = AQP.

DNPQ = APIN suy ra PQ IN = AP DN = MK DN (vì AP = MK).(1)

Tứ giác AEMQ nội tiếp từ đó suy ra SC 2 = SM SQ = SD SA.

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nênSB = SC = SI

Từ (1) và (2) suy ra MN NK = PQ IN Theo định lí Pitago ta có

IJ 2 = (IN − JE) 2 + (MN − ME) 2 = (IN −

2 − r nên đường tròn ơle tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp.

Bài toán 28 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng thay

đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt các đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABH, ACH lần lượt tại M và N ( M ≠ H, N ≠ H ) Xác định vị trí của

đường thẳng để diện tích tam giác AMN lớn nhất

22

Bài giải

Kéo dài đường thẳng BH cắt AC tại E và cắt đường

tròn (O) tại D (h.31) Ta có ABD = ACD (cùng chắn cung AD )

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên ABE = HCA

Từ đó suy ra ACH = ACD.

Suy ra H và D đối xứng với nhau qua AC

Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

nên

MAN = MAB + BAC + CAN = MHB + BAC + NHC

= BAC + BAC = 2 BAC (không đổi).

Do tam giác AMN cân tại A có góc ở đỉnh không đổi Suy ra diện tích AMN lớn

nhất

⇔ AM lớn nhất.

⇔ AM là điường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB.

AH ⊥ MN⇔ MN // BC.

Bài toán 29.(Olympic Việt Nam -2004) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường

tròn (O) có trực tâm là H, D là điểm trên cung nhỏ BC, dựng hình bình hành

ADCE, K là trực tâm của tam giác ACE Gọi P,Q là hình chiếu của K trên BC và

K  (O) , EK cắt AC tại I suy ra P, Q, I thẳng hàng (đường thẳng Simsơn) Giả sử AH

cắt (O) tại M và cắt

PQ tại N suy raMN // KP, KQ ⊥ AB, KP ⊥ BC do ó đi BQKP nội tiếp

suy raQBK = AMK = QPKdo đó MPKN là tứ giác nội tiếp suy ra

MPKN là hình thang cânnên KN = PM, mặt khác PH = PM suy ra PH = KN do

đóHPKN là hình bình hành suy ra NP cắt HK tại trung điểm mỗi đoạn do đó PQ

đi qua trung điểm của HK

Bài toán 30 Cho tam giác vuông ABC (A = 900) và B < C Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại cắt BC tại D Gọi E là điểm đối xứng của

thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K Chứng minh rằng BD là

tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK

Bài giải (h.33)

Vì E là điểm đối xứng của A qua BC nên DE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC

A

Suy ra AE ⊥ BC và MA = ME.

K

Từ đó KIM = KBE = KAE.

M C

IAM = IKM Do đó BAH = BAE − IKM = MKE (1)

Ta có BAH = 90 0 − ABH = 90 0 − EDA = ADM = EDM (2)

Từ (1) và (2) suy ra MKE = EDM Do đó bốn điểm M, K, D, E cùng nằm trên

một đường tròn

Suy ra KDM = KEM = KEA = KAD nên DB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ADK

Bài toán 31 Cho hình bình hành ABCD, đường phân giác của BAD cắt BC và

CD lần lượt tại M và N Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Gọi

E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác CMN và BCD Chứng

24

minh bốn điểm O, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn, từ đó suy ra AEC =

Suy ra OCD = ICB + BCD = 90 0 − NMC + BAD

Do đó ΔBMO và ΔDCO bằng nhau (c.g.c)

Suy ra OBC = ODCnên bốn điểm O, C, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

Từ chứng minh trên ta được OB = OD, OC = OE.

Suy ra EB = CD từ đó EC//BD nên BECD là hình thang cân.

Mặt khác BA = CD = BE, ABD = BDC = DBE nên A và E đối xứng với nhau qua BD.

Do đó AE ⊥ BD nên AE ⊥ EC từ đó AEC = 90 0

25

Chương II Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ

2.1 Vectơ, tâm tỉ cự

2.1.1 Lí thuyết

−Vectơ là một đoạn thẳng trong đó đã chỉ rõ điểm đầu, điểm cuối.

− Độ dài của đoạn thẳng AB được gọi là độ dài của vectơ AB ( hay môđun của

−Hai vectơ gọi là đối nhau nếu tổng của chúng bằng 0 Vectơ đối của vectơ a được kí hiệu là −a Với kí hiệu đó, ta có a + −a = 0.

− Hiệu của vectơ a và vectơ b,kí hiệu là a − b, là tổng của a và (−b) Như vậy

:

a − b = a + (−b).

26

Ta có hai quy tắc quan trọng đối với phép trừ vectơ:

▪ AB = OA − OB ( O là điểm tùy ý).

▪a = b + c ⇔ a − b = c (quy tắc chuyển vế).

Tích của số thực k với vectơ a là một vectơ, kí hiều là ka, được xác định như sau:

▪ Nếu k = 0 hoặc a = 0 thìka = 0.

Từ (1), với điểm M tùy ý ta có :

▪ Cho a , b là hai vectơ không cùng phương, c là vectơ bất kì Khi đó tồn tại duy

nhất các số (m,n) sao cho c = ma + nb

▪ Phép chiếu vectơ

Qua A, B kẻ các đường thẳng song song với l, chúng cắt theo thứ tự tại A ′ , B ′

27

Vectơ A B được gọi là hình chiếu vủa vectơ AB qua phép chiếu vectơ phương l (phương chiếu) lên đường thẳng (đường thẳng chiếu).

6.Tích vô hướng của hai vectơ

− Tích vô hướng của hai vectơ a , b là một số thực, kí hiệu a b, xác định như

2.1.2 Một sốbài toán về vectơ và tâm tỉ cự

Bài toán 32 Cho hai điểm A, B phân biệt và hai số α và β không đồng thời bằng

a) Giả sử α + β = 0 mà có điểm M sao cho αMA + βMB= 0MB = 0 Suy ra αMA − αMB = 0 => α(MA − MB) = 0 =>αBA = 0

Vì BA ≠ 0nên α = 0 => β = 0 mâu thuẫn Vậy không tồn tại điểm M.

b) Giả sử α + β ≠ 0, ta có αMA + βMB= 0MB = 0

⇔−αAM+ βMB= 0 AB−AM =0

⇔(α + β)AM = βMB= 0AB

28

⇔AM = α+ βMB= 0 AB Đẳng thức này chứng tỏ sự tồn tại và duy nhất của điểm M, đồng thời chỉ ra cách dựng điểm M.

Bài toán 33 Cho tam giác ABC và ba số α, β, γ không đồng thời bằng 0.

Chứng minh rằng :

αIA + βMB= 0IB + γIC = 0IC = 0.

⇔ α + βMB= 0 IE+ γIC = 0IC =0.(*)

Vì α + β) + γ ≠ 0 nên theo bài toán 32, tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn (*).

b) Giả sử tồn tại điểm M thỏa mãn đẳng thức đã cho và giả sử, chẳng hạn α≠ 0 Ta có : αMA + βMB= 0MB + γIC = 0MC = 0 ⇔ αMA + βMB= 0MB − α + βMB= 0 MC = 0

⇔ MA − MC + βMB= 0 MB − MC = 0 ⇔ CA = − α CB ⇔ CA//CB (mâu

thuẫn)

Vậy không tồn tại điểm M

Bài toán 34.Cho tam giác ABC Tìm tập hợp điểm M trong các trường hợp sau:

Hay MA cùng phương với BC Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A song song với cạnh BC của tam giác ABC.

b) Gọi I là điểm sao cho IA + 2IB + 3IC = 0 (điểm I như thế tồn tại duy nhất).

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I, R= 2

2IA + 3IB = 0và 3JB + 2JC = 0 ( I, J xác định duy nhất).

2MA + 3MB = 3MB + 2MC ⇔ 2MI + 2IA + 3MI + 3IB = 3MJ + 3JB + 2MJ + 2JC 5MI = 5MJ ⇔ MI = MJ.

Vậy tập hợp điểm các điểm M là đường trung trực của IJ

4PA + PB + PC = 0(P xác định duy nhất) và I là trung điểm của BC.

4MA+MB+MC = 2MA−MB−MC ⇔ 6MP = 2MA−2MI⇔3 MP =

IA

30