PP Hình học trên THTT(Tuấn Anh-Nga Điền)

Khi giải một bài toán có liên quan đến tiếp tuyên của ba đường cônic, học sinh thường có thói quen sử dụng "Phương háp giải tích”, nghĩa là xuất phát từ PT của tiếp tuyên, viết PT các đ

Trang 1

TUYẾN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC

VÀ CÁC PHƠNG PHÁP GIẢI TRÊN TẠP CHÍ THTT

SU DUNG TOA DO VECTO _huona

Gia si M, la diém được xác định bởi

BM= -—2BM, (2) ; (d) là đường thăng có

phương trình (PT) : 2v - 3y = 0 đi qua M ;

(đ') // (ad) va (a) di qua M, Tir (2) ta xác định

BĐT (1) được chứng minh Dang thức xảy ra

khi M la giao điểm của (đ) với 4, còn X là

giao điểm của 4Ø với đường y = rv Tọa độ của

Lời giải Trên mặt phăng tọa độ Oxy, ta

chọn điểm A(cosx, 0); BO, cosx) ; C(—sinx, 0)

va lap cac vecto AB = (—cosx, cosx) ;

BC = (-sinx, -cosx); CA = (cosx + sinx, 0)

Ta có 48 = V2 |cosx| ; BC = 1;

cén CA = |sinx + cosx| Theo BDT tam giác

DE GIAI MOT SO BAI TOAN DAI SO

AB + CA = BC, suy ra F(x) 2 1 Do do giá trị nhỏ nhất của hàm số rò) là 1, dis được khi và chỉ khi cosx = Ö <> x = ~+kn(ke Z)

Thi dy 4 Giai phirong trinh

Wie? 2x45 Vx? 6x +10 | - Lời giải PT đã cho có thẻ viết lại đưới dạng

l(x~=U°+4 — (x—3)? +1 (1)

Trên mặt phẳng toa do Oxy, lap cac vecto u=(x— 1,2), V=(x-—3, 1), suy ra wW=u-vV= (2 1) Hiến nhién rang w = JS Ap dung BDT tam giác ta cO ju - vị < w (2) Từ (l) (2) ta thấy việc giải PT (I1) được chuyên vẻ giải PT x-l

— 3 PT này có nghiệm x = Š Vậy PT

đã cho có nghiệm duy nhất v = 5

Chúng ta tiếp tục sử dụng phương pháp trên vảo bài toán chứng minh BĐT với các biến rằng buộc

Thí dụ 5 € lưng minh

= (fs)

> 1v +b” +Vc" +d" trong dé a, b, ¢, d la các số dương thoa mãn

be - ¬ -⁄3

ac + bả Lời giải Điều kiện ràng buộc của bài ra có

d = kạc Xét các điểm A(a b) thuộc nửa đường

thăng y = #qx và Ø(c, ) thuộc nửa đường thăng

y = kox (vai x > 0) trên mặt phing toa d6 Oxy Trong tam gidc OAB (Ola - toa d6) ma AOB = 60° ta có BĐT : 4#> 2(O4+ O8),

trong dé OA = Va" +b? :OB=

còn 4B= xj(a—e)? +(b—đ)?

Từ đó ta có điều phải chứng minh a thức

xây ra khi OA = OB @ a’ +b’ = Đề kết thúc bài báo xin mời các bạn ins aa sức mình với các bài toán sau :

"

c* +d? :

Mai Tuan Anh GV Trường THƠS Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Su tâm trên tạp chí THTT

Trang 2

với mọi số thuc a, Ð

(HD: Chon A(O, 3); B(2, —2): MCA, 34), Nla, 0)

d) viox2 ~24x+16+ 1 3) ~18xy+10x?

+ J13y? ~6y2+2? +V2? —122+40 = 6/2

voi moi x, vy, =

(HD: Chon A(—2, 6); B(4, 0); MO, =):

N(2v 3w): (3x x))

e) V5b? -8Ð+ 4 + V5bˆ — 8ab + 5a?

+ 2V5a* —4a+1> = vai moa, A

2 Giai phuong trinh

| +4c+13 — fx? -2x+2|=5

Tim gia trị nhỏ nhất của các biểu thức :

a) P= 4/2|sin x| +|sin x—cosx|:

b)O= Vx? -4x+13+x/x2 +6x+10;

c) R= Vv 4a? —2/3 +1 + 4a? -2V3a+3

(HD: Chon A(O 1): B (./3.0): A#@œ_ x3 + Y\

Trang 3

—- „ =1 và Parabol (P): yŸ = 2px thường được gọi chung là ba

tắc của chúng đã được xây dựng trong sách giáo khoa (SGK)

Khi giải một bài toán có liên quan đến tiếp

tuyên của ba đường cônic, học sinh thường có

thói quen sử dụng "Phương háp giải tích”,

nghĩa là xuất phát từ PT của tiếp tuyên, viết PT

các đường có liên quan, tim tọa độ của một

diém bang cách giải hệ PT hai đường đi qua

điểm đó, tìm quỹ tích của điểm chuyên động

bằng cách tìm PT của đường quỹ tích Đây là

một phương pháp cơ bản, dễ trình bảy nhưng

thường nặng vẻ tính toán và rat dễ bị nhằm lẫn

Do đỏ, chúng tôi muốn trae đổi thém một

phương pháp khác đó là "Phương pháp hình

học” Chúng ta sẻ or thắc các tính chất hình

học của tiếp tuyến đẻ có lời giải thuần túy hình

học, trình bảy gọn gàng hơn và ít tính toán hơn

Vì thể, sẽ tiết kiệm được thời gian khi làm bài

và nhất là trong phòng thị

Cơ sở lí luận của phương pháp này là định lí

đã được trình bày trong các bộ SGK cũ, chăng

hạn cuốn Hình học I2 (GS Văn Như Cương

chủ biên)

Định lí Cho điểm M từp ý thuộc đường cônie

(C) Goi (t) là tiếp tuyến qua M đổi với (C)

Kết quả 1 (Néu (C) là (E) hoặc (H))

Goi E; E> theo tr tr la cac diem doi xứng

của F\ F› qua (t) thì Eị, ÁM F› (hode E>, M E)) thăng hàng và F)E› = E›E¡ = 3a

Tir dé néu cho M chuyén déng trên (€) thì

quỹ tích của #¡ là đường tròn tâm # bán kính

Mai Tuan Anh GV Trường THGŒS Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 4

2a (kí hiệu (f; 24)) và của #; là đường tròn

(F\: 2a) Ngoài ra, nếu gọi /ạ, /f› theo thứ tự là

hình chiếu vuông góc của #†, #¿ lên (0) thì quỹ

tích của Ởf và ?1; là đường tròn (Ó: a)

Thi dy 1 Gia sw M la diém thuộc (E):

s+ 5 =1 va (t) la tiếp tuyển qua M đối với

a

(E) Duong théng (d) qua O vuong géc vor (t)

cắt ME ME; lần lượt ở My M› Tìm quỳ tích

của các điểm M; và M› khi M thay đôi trên (E)

Lời giải (h.4) Vì khi Aƒ thay đổi trên (#),

(đ) L (2) nên đ//1Et dẫn đến AM; là trung điểm

của #£¡#'› nên #“›À; = +f, £, =a Vay quy tich

; ee! va (t) là tiến tuyển của (H) qua M

(t) cdt trục tung ở N Gọi Nị N› là hình chiếu vuông góc của N lên ME), ME; Chứng minh

đường thăng (N,N>) đi qua một điểm có định khi M thay đổi trên (H)

AEF \N, can tai Fy = F\E = FN, ma ANN, F; = ANN3F,

=> F\N, = FyNz Vay F\E = FyN>, dan đến tứ giac F\EFN2 1a hinh bình hành Do đó hai đường chéo của nó cất nhau tại trung điểm của

mỗi đường Vậy X@M; luôn qua điểm @ cố định

(đpcm)

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

dựng đường tron (Oy) vita tiếp xtic vai tia Ox

tai tiéu diém F` vừa tiếp xúc với (P)

MFN = 60"

Vay điểm 4 là giao điểm của (P) với đường

thăng có định đi qua F, lập với tía ZỞ một góc

60” với (P) Từ đó tâm (¡ xác định và suy ra

cách dựng đường tròn (C\) Bài toán có hai

nghiệm hình đối xứng nhau qua Ó$

Các bạn hãy giải lại các thí dụ trên bằng phương pháp giải tích để có sự so sánh giữa hai

Trang 5

NHUNG CACH TIEP CAN

MOT BAI TOAN TU NHIEU

GOC BO KHAC 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 toán hình học phăng (bài 2) mà đề

và đáp án đã được giới thiệu trên tạp chí THTT

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

với bạn đọc những cách tiếp cận và khai thác

bài toán đó dưới những góc độ khác nhau Đề

bạn doc dé theo dõi, trước hết xin nhắc lại nội

dung đề toán

Bài 2 Trong mặt phẳng cho đường tròn (Ó)

tâm () bán kính R và hai điểm A PB cô định trên

đường tròn đó sao cho chúng không thăng hàng

với ( Xét mot diém C trén (O), C không trùng

với 4 và B Dựng các đường tròn sau: (Ò;) di

qua A và tiếp xúc với BC tại C, và (Oy) di qua

B, tiếp xúc với ÁC tại C Hai đường tròn (O)

va (Oy) cat lai nhau ở điểm D khác C Chứng

minh rằng :

1) CD SR;

3) Đường thăng CD luôn đi qua một điềm cổ

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

với A và B

Lời giải I Đó chính là đáp án của bài toán

trên THTT số 340 Đáp án này là một phương

ắn giải của bài toán, trong đó sử dụng đến định

li sin, dinh li 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 đòi hỏi cần thiết phải huy động đến các

định lí sin và côsin không được tự nhiên cho

lam Vì vậy, chúng ta có cơ sở đê tin chắc răng

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

góc độ khác nhau sao cho lời giải đưa ra được

điểm 7 của ÓC cũng là trung điểm của Q¡Óà

Mat khác, (2¡; là đường trung trực cua CD,

cat CD tại trung điểm / của nó Từ đó suy ra LJHOD và tam giac OCD la vuông ở Ð Bởi vậy

ta c6 CD < OC = R, đpem Ngoài ra, dễ thấy rằng: CDmạy = #8 D = Ó ÓC L AB

2) Vì không đối xứng với A qua Ø nên dây 4B chia đường tròn (@) thành hai cung: cung

lớn 4y# chứa góc nhọn y vả cung nhỏ Ay'B

chứa góc tủ y' = 180” - y Ta xét hai trường

hợp:

e Nếu Cc 4yð thì ACB = y < 90°; khi dé O

va D nằm cùng phía với C doi vi AB Goi C’la

giao điểm thứ hai của tia CÐ và (Ó), thê thì D thuộc đoạn CC” và tia ĐC” năm trong góc (giữa hai tia) 4DB Góc D4 là góc nội tiếp của

đường tròn (Ø¡) chắn cưng bù của cung 4DC

nén CDA = 180"-=sdADC Boi vay g6e ADC'

kể bù của CDA cé sé do ADC" = 2slADC và

do đó 4DC' = ACB , trong đó góc (giữa hai tia)

ACB là uóc nội tiếp của đường tròn (¡) có một cạnh chưa dây cung C4 của (y) và cạnh

kia là tỉa tiếp tuyến C# tại C của (Ø/)

(Chính vì lẽ đó mà ta cũng vem và gọoÌ góc

(giữa hai tia) ADC", kè bù của CDA có một

Mai Tuan Anh GV Trường THŒGS Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 6

cạnh chứa đây DA và cạnh kia 2C” mà tia đối

của nó chứa day DC của (Ø\) là góe nội tiếp

Suy rộng chắn cung ADC của đường tròn (OÓ;)

ngoại tiếp ACDA) Với cách quan niệm đó và

lập luận tương tự, ta được: C'ÐB= ACB (hai

góc nội tiếp của (Ø;) cùng chắn cung CDB)

Tir d6 ADB=AOB và D thuộc cung AOB

chứa góc AOB=2y của đường tròn (408),

đồng thời đường thắng DC” cũng tức là đường

thăng CD di qua một điểm có định Í là trung

điểm P của cung bù của cung AOB thuộc

đường tròn (AOB)

khi đó DĐ nằm khác phía với C đối với (48) và

do đó, D vẫn nằm cùng phía với Ó đối với (4ð)

Trong trường hợp này đối với (O;) va (QO) theo

thứ tự ta cé: ADC = ACB’ va CDB= A'CB (ban

doc ty vé hinh), trong đó CB' là tia đối của tia

CB CA' là tia đối của tỉa CA Mặt khác

ACB' = A'CB = 180° — ACB=y Tit dé ADC

= CDB == ADB =~ AOB va các kết luận rút

ra trong trường hợp góc ACB nhon đã xét ở

trên vẫn còn nguyên hiệu lực

Sau đây các Phuong an giai tiếp theo (chỉ đẻ

cập lời giải phần 2) của bài toán

Lời giải 3 Rõ ràng lời giải 2 trên đây chỉ đòi

hỏi vốn kiến thức hình học môn Toán bậc

THCS, nhưng nhất thiết lập "¬ phải ch chặt chẽ,

xét đây đủ hai trường hợp về góc 4Cð Tuy

nhiên, nếu sử dụng góc định hướng giữa hai

đường thăng [modr] và giữa hai vectơ

[mod 2m| thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn; ngoài ra,

còn dễ đàng chỉ ra được quỹ tích của điểm 2D

Thật vậy, ta có:

(DA, DC) = (AD, AC) + (CA,CD) =

=(CA, CD) + (CD, CB) = (CA, CB) [mod |

2(CA, CB) = (OA, OB) [mod 2n]

Ding thire (DA, DB) = (OA,OB) [mod 22] ndi lén rang: (DA,DB) =(OA,OB) [mod 2n],

Sau đó, ta để đàng kết luận được rằng:

Nếu {C) là (0) \ {4 8) thì {D} la AOB \ {A, B} ({C} - ki hiệu tập hợp cac diém C)

Có thể chứng minh điều đó cách chỉ ra rằng nếu một Cường thăng (tỉa) qo ki di qua P, cat (O) & hai diém C), C> va cat cung AOB &

diém D thi hai cap dudng tron (O;), (O>) và (0'), (02) ứng với hai điểm €\, C; đều nhận D

là giao điểm thứ hai, khác C của chúng (xem

hình về) Ngoài ra, cũng từ các đăng thức thu

được về góc định hướng, kết luận nêu ra ở lời

giải 2 vẫn còn nguyên hiệu lực

lời giải 4 Vì C' di động trên (O) nhưng

€ £ {A B) nên ta lại đặc biệt chú ý dén A va B,

hai vi tri bj loai trir cua diém C Quan sát khi

C — A (hoac C — B) ta nhan ra rằng đến khi

C 2A thi (O;) trở thành "đường tròn điểm A,

(CA) trở thành tiếp tuyến (44) tại 4 của (Ø) vả

(QO) tring (O), D = C zs A và đo đó (CD) cũng chính là (44) Cũng vậy, cho € -> Ø đến khi Cz=B thi DsCs8 và khi đó (CD) chinh la

tiếp tuyén (BB) tai B cla (O) Diéu d6 khién ta

dự đoán (CĐ) đi qua P = am C) (BB) Goi E

và # theo thứ tự là giao điêm thứ hai của

(P4) với (O\) và của (PB) với (Ó) Thế thì: AEC = ÁCB =y= CFB tồi đặt BAC =ava

CBA = PB thi ECA =a va BCF = 6 (do

PAB=ABP = y) Tit 46 E, C, F thang hang,

EFI//AB, do 46 AE = BE Từ đây suy ra điểm P

có cùng phương tích với (1) và (Ó); bởi vậy

P phải thuộc đường thắng CD

Lời giải $ Vì ba đường thẳng AP, BP va CD đều xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC nên

việc chứng minh (CD) di qua P cé thé hi vọng nhờ vào điệu kiện đủ của định lí Céva Bạn đọc

có thể tự kiểm nghiệm điều này trên cơ sở định

lí Céva dưới dạng lượng giác

Cuối cùng, điểm € di động trên (Ø) kéo theo

tâm Ó¿ của (Ó,) (¡ = 1, 2) cũng chuyển động theo Trong khi {Ð} là một cung tròn AOB \ {A,B}

thi {O;} ( = 1, 2) lai la đường tròn loại bỏ đi

hai điểm Đề nghị bạn đọc chỉ rõ hai đường tròn,

quy tich dé cia O; va Op

Mai Tuan Anh GV Trường THŒG Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 7

(10/2005) chúng tôi đã giới thiệu với bạn đọc

khái niệm góc định hướng của hai vectơ và góc

định hướng của hai đường thẳng cùng một vài

hệ thức liên quan tới số đo của chúng Trong

bài này, chúng tôi sẽ giới thiệu ứng dụng của

góc định hướng trong việc giải một số bài toán

hình học Việc sử dụng góc định hướng sẽ giúp

lời giải ngắn gọn, trong khi dùng góc không có

hướng phải phụ thuộc vào hình vẽ, phải xét

nhiều vị trí tương đối của các hình

Trong bài này thay cho cách nói bốn điểm 44

B C D cùng thuộc một đường tròn, ta nói bốn

điểm A 8 C D đồng viên

Bài toán 1 Cho tam giác ABC Vẻ phía ngoài

nó ta dựng các tam gidc déu ABE, ACF Goi G

là tâm tam giác ABE và K là trung diém của

đoạn EF Chứng mình rằng tam giác KGC

Lời giải Không mất tính tổng quất giả sử

(AB, AC) là góc dương (h 1) Lay điểm ? sao

cho Ấ là trung điểm của GP thì tứ giác EGFP la

hinh binh hanh nén GE = PF Tir gia thiét G la

tâm tam giác đều 4BE, ta có G4 = GE Vậy

Từ (1), (2), (3) suy ra: ACGA = ACPF Tir do,

dé dang thay CG = CP va GCP = ACF = 60°,

suy ra AKŒC vuông tại và KGC = 60”

Bài toán 2 Cho fam giác ABC voi AA‘, BB’

CC" là các đường phân giác trong Gọi M là

điểm bắt kì không thuộc BC, CA AB Các điềm

X.Y 7 theo thứ tự là điểm đối xứng cua ÁM qua

AA, BB CC” Chứng mình rang AX BY, CZ đồng quy hoặc đôi một song song

Lời giải.Trước hết xin phát biểu không chứng

minh một nhận xét

Nhận xét Cho ba điểm A, B, C va đường

thăng A Gọi 4' ®“ €' theo thứ tự là các điểm đối xứng của 4, 8, C qua A Khi đó:

(AB, AC) s (A'C!, A'B' (mod 21)

Trở lại việc giải bài toán 2 (h.2)

Gọi 4ị, Zị, C¡ là các điểm đối xứng của Aƒ

qua BC, CA, AB Dé thay AB, = AM = AC; (1)

Mặt khác, theo nhận xét trên, ta có

(AX, AB,) = (AX, AC) + (AC, AB;) (mod 2x)

=> (AX,AB,) =(AB,AM) +(AM, AC) (mod 27)

= (AX,AB,) =(AB, AC) (mod 2)

Tương tự như vậy, ta có

(AX, AC,) = (AC, AB) (mod 22)

Trang 8

nên 4X là phân giác góc BAC, (2)

Từ (1), (2) suy ra: 4X là trung trực của đoạn

BỊC\ Tương tự như vậy, 8Ý CZ theo thứ tự là

trung trực của C 44t, 4Ö)

Từ đó, ta có kết luận sau:

Nếu 4q, Ø¡, C¡ không thẳng hảng thì AX, 8Y,

CZ dong quy; néu A}, By, C¡ thẳng hàng thì 4X,

BF CZ đôi một song song

Bài toán 3 Cho tứ giác ABCD ma cde cap

cạnh đổi không song song nội tiếp đường tròn

(O) Goi E, F lan lượt là giao điểm của AC và

BD, AD va BC Gọi I, M, N theo thứ tự là trưng

điềm của EF, AB, CD Chứng mình rằng:

a) Pex0)+ Pexoy= EF ;

b) AIEM «> AINE

Lời giải Trước hết xin phát biểu không

chứng minh một nhận xét quen thuộc

Nhận xé Cho tử giác 4BCD mà các cặp

cạnh đối không song song, Goi E, F, K lần lượt

là giao điểm của 4C và 8D, AD va RC, AB và

Trở lại việc giải bài toán 3 (h 3)

Hình 3

a) Goi P la giao cla EF voi đường tròn ngoại

tiếp tam giác ÐCE (P # E ) Ta có :

(PF, PB) s (PE, PB) (mod x) (PF, PB) = (CE, CB) (mod ®)

(PF, PB) = (CA, CB) (mod x)

(PF, PB) = (DA, DB) (mod œ) (PF, PB) = (DF, DB) (mod +)

Suy ra bén diém B, P O, F déng vién

Từ đó suy ra PeKo) + PrKO) - EB.ED + FB FC

= EF EP + FE FP = EF(EP- FP)= EF”

b) Theo nhận xét trên, 7 M, M thẳng hàng (chủ ý: / nằm ngoai doan MN)

Ta thay hai tam giac JEM va INE cé géc MIE

> EF = FAFD+(FE+EA).EC+ EB.FD +EBEC

Trang 9

=> (FB, EC)= (BC, AC) (mod 22)

= (FB, EC)= (BD, AD) (mod 2z)

=> (FB, EC)= (BE, FD) (mod 2)

=> (FB, EC) = (BE, EB)+(EB, FD)(mod 22)

=> (FB, EC)= n+ (EB, FD) (mod2n) (2)

Tương tự nếu năm giữa F va A, C nam gitta

F va B ta cling c6 (2)

Suy ra

cos(FB, EC) =-cos(EB, FD) (3)

Mat khac, AFAB <> AFCD; AEAB ~ AEDC

nen FD~ CD EC => FB.EC = EB.FD (4)

Tir (3), (4) suy ra (1) đúng Từ đó suy ra đpcm

Bài toán 4 Cho tam giác ABC Gụi M là

điểm bắt ki va H, K, L theo thứ tự là hình chiếu

của M trên các đường thăng BC, CA, AB Tìm tập

hợp những điệm M sao cho HH, K, L thăng hàng

Lời giải Dễ thấy, khi M trùng với các điểm

A, B, C thi théa man điều kiện đề bài

<> (CA, CM) +(BM, BA) = 0 (mod zn)

<> (CA, CM) = (BA, BM) (mod x)

<> M, A, B, C đồng viên

Vậy M thudc dudng trén ngoai tiép tam giac

ABC (không kê cac diém A, B, C)

Tom lai: H K L thang hang <= M thuộc

đường tròn ngoại tiếp tam giác 48C (không kể

các điểm 4, Ö, C)

Đường thăng chứa ba điểm #7, K, L nói trên được gọi là đường thăng Simson của tam giác

ABC ứng với điểm M

Bài toán 5 Cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn (Q) MN là một đường kinh của (Q)

Chứng mình rằng: Các đường thăng Simson cua tam gidc ABC tng voi hai diém M, N thì vưông góc với nhau

Lời giải (h 5) Gọi X, Y là các hình chiêu của

M trên AB, BC theo thir tu va Z, 7 la cac hinh

chiếu cia N trén AB, BC theo thứ tự Ta cân

Trang 10

TOAN HOC” SO CAP

Bài toán 6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn (O R) và trực tâm H Goi A;, B;, C; la

điềm đối xứng của A B C qua BC, CA, AB theo

Qua Át, Bị, C¡ theo thứ tự đựng các đường

thăng song song với BC, CA, 4B Các đường

thắng này đôi một cắt nhau tại 42, Bz, C2 Goi

Ao, Bo, Co la trung điểm của B;C¿, C›4ạ, A4;

theo thir ty Dé thay A, B, C theo thứ tự là trung

điểm của BọCọ, Cọ4ọ, 4oBạ và các tam giác

ABC, A7ByC>, AgBạCọ có cùng trọng tâm Ta kí

hiệu trọng tâm chung của chúng là G

Ta thấy:

AABC —G-» Ay BoCy —-> AApBrC> (1)

Gia sit (Oz, R2) là đường tròn ngoại tiếp tam

giác AaBạC; Từ (I) đễ thấy Rạ = 4R Cũng từ

(1), cùng với chú ý về đường thăng Euler, ta có:

GO, = 4GO => O,H = 20H (vi OH = 30G)

VAO VIEC GIAI MOT-S0 BAI TOAR HIN HOC

(Tiếp theo kì trước)

NGUYỄN MINH HÀ (GV ĐHSP Hà Nội) Vậy theo bài toán (BT) 4, ta có : 4q, By, Cy

thăng hàng > các hình chiếu của /ƒ trên ðạC›,

C4, AsB› thăng hàng /ƒ thuộc đường tròn tâm 2; ngoại tiếp AA+B;C› © O;H = R›

Bài toán 7 Cho hình bình hành ABCD Hai đường chéo AC và BD căt nhau tại E Xét hai

diém M, N đối xứng với nhau qua E và M không

năm trên các đường thăng 4B, CD còn N không năm trên các đường thăng 4D, ĐC Chứng mỉnh

rằng các đường tròn ngoại tiếp bốn tam giác

ABM, CDM ADN CBN cùng đi qua một điêm Lời giải (h 7)

Hình 7

Nếu hai đường tròn (48M) và (CDM) cắt

nhau thì ta gọi điểm chung khác M cita chúng là

K Nếu hai đường tròn (48M), (CDM) tiếp xúc

với nhau tại M4 thì KX trùng với M, lúc đó đường

thing MK được hiểu là tiếp tuyến chung của

(ABM) và (CDM) Với quy ước trên, ta có:

(KA, KD) s (KA, KM) + (KM KD) (modr)

= (KA, KD) = (BA, BM) + (CM, CD) (modz)

=> (KA, KD) = (CD, DN) + (AN, CD) (modnx) (vi AB//CD, BM//DN, CMI/AN)

Suy ra: (KA, KD ) = (NA, ND) (modn)

nén K thuéc dudng tron (ADN) (1)

Mai Tuan Anh GV Trường THƠS§ Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 11

Tương tự, X thuộc đường tròn (CBM) (2)

Từ (1) và (2) suy ra dpem

Bài toán 8 Cho tứ giác ABCD Chứng mình

rằng các đường tròn Euler của bốn tam giác

BCD, CDA, DAB, ABC ciing di qua mét diém

thir tu Két qua

sau day la quen

điểm chung của chúng là Ø

Áp dụng kết quả nhận được trong BT7 cho

hình bình hành XUYV và hai điểm Z, T, ta thấy

các đường tròn (Y7), (UZW), (XTU), (VZX)

cùng đi qua một điểm ( I)

Mặt khác, các đường tròn (YTV), (UZV),

(XTU), (VZX) theo thứ tự là đường tròn Euler

của các tam giác 8CD, CDA, DAB, ABC (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Nhận xéi.Trong BT8, có thé thay giả thiết "tứ

giac ABCD" bing gia thiết "bốn điểm 4, 8, C

D mà không có ba điểm nào thăng hàng"

Bài toán 9 Cho fam giác ABC và điểm M

không thuộc các đường thăng BC, CA, AB Gọi

(t4) (tp) (c} theo thứ tự là ảnh của các

đường tròn (MBC) (MCA) (MAB) qua các

phép đối xứng trục BC CA, 4B Chứng minh

rằng các đường tròn („) (g) (oc) cùng di

qua một điêm và trung điểm của đoạn thăng nổi

điểm đó với M thuộc đường tròn Euler của tam

điểm của các đoạn À⁄4 A⁄B MC theo thứ tự

Qua phép vị tự tam M, tỉ sé 1/2, dé thay

Vi; : (@4) > (HGF) ; (wg) > (KEG)

Mặt khác, vì các đường tròn (HGF), (KEG), (LFE) theo thứ tự là đường tròn Euler cla các

tam giac MBC, MCA, MAB nén theo nhan xét

cudi BT8 vdi b6 bon diém A, B, C, M ta có:

Các dudng tron (HGF), (KEG), (LFE) cing di qua một điểm thuộc đường tròn Euler của tam giác

ABC Gọi điểm này la P Dat O= V2 (P) (2)

Từ (1), (2) ta có: Các đường tròn (@), (tp),

(œc) cùng đi qua điểm Ó và trung điểm của MÓ

chính là P (thuộc đường tròn Euler của tam giac ABC)

Chin bài toán trên không thẻ giới thiệu đây đủ

vai trò của góc định hướng trong việc giải toán

hình học Tuy nhiên, do khuôn khổ có hạn của

bài báo, xin tạm đừng ở đây Sau đây là một vài

bài toán để bạn đọc rèn luyện kĩ năng sử dụng

góc định hướng

Bài tập 1 Cho tam giác 48C và các điểm

A;, By, Cy théa min điều kiện: A\B = AIC: B\C= B\A; C\A=C\B va

(AC, AB) + (BA, BiC) + (C¡8,C¡4) =0

Chitng minh rang:

(A,B), A, Ci) =2A€,4#) (mod);

(BịC¡ ,B) A) =~ (BA, B\C) (modn)

(Ci4,C¡Bị)= Gi B.C, A) (mod)

Bài tập 2 Cho tứ giác 4ABCD Về phía ngoài

nó ta dựng các tam giác đồng dạng 4DE,

BCF Các điểm M N P theo thứ

tự thuộc các đoạn AB, DC, EF sao cho

Chứng minh rằng M, N, P thang hang

Bài tập 3 Cho tam giác ABC nội tiếp

đường tròn tâm O Đường thăng A đi qua )

Goi A), By, C; theo thứ tự là hình chiếu của4,

B, C trên A Các dudng thang Ay, Ag, Ac theo

Mai Tuan Anh GV Trường THƠS8 Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 12

thir tu di qua A), Ö\, Cị và vuông góc với BC,

CA, AB Chimg minh rang Ay, Azs, Ac đồng quy

tại một điểm thuộc đường tròn Euler cua tam

giác ABC

Bài tập 4 Cho tam giác 4ĐC nội tiếp đường

tron (O) Phân giác trong của các góc

BAC, CBA, ACB cit (O) tai Aj, Bị, C¡ theo

thứ tự M là một diém thudc (O) Gia str A là

đường thăng Simson của các tam giác ABC,

AiBIC¡ ứng với điểm M theo thứ tự Chứng

minh rang A L A¡

Bài tập 5 Cho tam gidc ABC Cac diém M, N, P

(khác 4, 8, C) theo thứ tự thuộc các đường thăng

ĐC, CA, ÁB Chứng minh răng các đường tròn

(ANP), (BPM), (CMN) cùng đi qua một điêm Bài tập 6 Cho tam giác 4BC và điểm P

không thuộc các đường thăng 8C, C4, 48 Các đường thăng 4P 8P, CP theo thứ tự cắt các đường thăng 8C, C4, 48 tại 4A, 8, C“ Chứng

minh rang tâm các đường tròn ngoại tiếp các

tam giac APB’, APC’, BPC’, BPA’, CPA’, CPB'

cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi Pla trọng tâm hoặc trực tâm của tam giác ABC

Trang 13

—<- +

TRUNG HOC CO SO

Tính chất sau đây của tâm đường tròn nội tiếp

tuy đơn giản, nhưng có nhiều ứng dụng trong

giải toán hình học

Tinh chat Néu | la tam đường tròn nội tiếp

tam giác ABC thì BIC = 90° + — :

tam giac BIC (h 1)

Ta sẽ lần lượt áp dụng tính chất trên vào giải

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

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

đó

Thí dụ 1 Cho

tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tam O Goi O h O>, O3, Oy lan

lượt là tâm đường

tròn nội tiếp các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB

Chứng mình tứ giác 0,0,0 30,

là hình chữ nhật

Lời giải (h 2)

Vì Ó\¡ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

ABC nên theo tính chất trên, ta có

VE MOT TINH CHAT

CUA TAM DUONG TRON

NOI TIEP TAM GIAC

LE THI NGOC THUY

(GV Trường Cao đẳng Sư phạm Nghệ An)

`

BOC = 90" we

Mặt khác, vì (2; là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD nên BOC =90°+ =

Do BAC = BDC nén BO,C = BOX

Suy ra tit gidc BO,O2C noi tiép , nên

Tuong tu tacé AO,O4 = ABO, = ASD :

chuyển động Đường tròn nội tiếp tam giác AOB

tiếp xúc với AB tại M và tiếp xúc với OB tai N

Chứng minh đường thẳng MN luôn luôn đi qua

Trang 14

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° + ABO

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

ABO, oy 49 Gin manatee NMB =90° -

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 gidc AOH vudng can tai H va H thudc nifa

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 la 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 tu 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 kinh AB da cho)

Tuong tu nhu tinh chat trén, ban 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

so _ BÁC +

2

tam gidc ABC thi BIC =

Các bạn hãy áp dụng hai tính chất trên để giải

các bài tốn sau đây:

Bai I Giả sử điểm € chuyển động trên nửa

đường trịn đường kính Að, // 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 Ø 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 € của 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 Hí là chân đường

vuơng gĩc hạ từ Ä 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

Mai Tuan Anh GV Trường THƠ8 Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hĩa

Trang 15

KE THEM DUONG YUONG COC

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 yeu

tố vẻ 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 đây

1 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra nửa

tam giác đều

Thường dùng cách này khi giải bài toán có

Thí dụ 1 (Lớp 8) Cho tam giác ABC có

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

trung tuyén AM

tam giác ABC có

Lời giải (h 2) Già sử AC>AB Kẻ BHLAC

Ta có tam giác ABH vuông can tai H Dat AH

hoặc (x; y) = & `) đó suy ra

AB=-l5; AC=V10 hoặc AB=v10: AC=x/5

Trang 16

3 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam

giác vuông

Thi du 4(Lép 8) Tứ giác 48CD có O là

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

OB = 4, OD = 6 Tinh 46 dai AD

Ke AH 1 OB 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 5 (Lớp 9) Cho tam giác 4ðC vuông

tại 4, đường phân giác BD, Biệt BD = 7,

DC = 15 Tinh d6 dai AD

huyền - góc nhọn) nên DA = DE, BA = BE

suy ra BD là đường trung trực cla AE Goi H

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

với 2 qua H Tu giac AKED là hình thoi Đặt

EK = ED = AD = x DH = HK = y Tam giác

EBD vuông nên ED°=DBDH, suy ra

x2=7y (1) Do £K//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 kẻ từ 7 đến £Ƒ Chứng minh rằng

BHE =CHF

Loi giai.(h 6)

Ke Bl, CK vuông góc với

EF Tam giác AEF can tai A

nên BEI =CFK

Ta có ABE] ~ ACFK (g 8)

Để 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 ÁðC (4C > AB),

đường phân giác 4Ð Trên cạnh 4C lấy điểm £ sao cho CDE = BAC Chimg minh rang DB = DE

Bài 4 (Lớp 8) Cho tam giác 4BC vuông cân tại A (AB < AC), dung cao AH Trén canh AC

ay điểm # sao cho 4E = 4ð Gọi Aƒ là trung

điệm của 8È Chứng minh răng /#/M là tia phân giác của góc 41C

Bài Š (Lớp 8) Cho tam giác 42C vuộng cân

tại A Cac diém D, E, F theo thir tu nam trén các cạnh 48, BC, CA sao cho = = BE = CF

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

tang AM + AN theo R

Mai Tuan Anh GV Trường THƠ§ Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 17

trong đó Sx„- kí hiệu điện tích tam giac ABC

Chứng minh Sử dụng công thức (1) và công

thức S¿„„- = besin 4, suy ra cơtg4 a ete :

cotg4 + cotg + cotgC = ——T——— (đpem) co

Bé dé 1 Trong tam giac ABC véi AM 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 4ĐC, ABM, ACM với

a) (m + n)cotgØ = m.cotgC - ncotgð ;

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

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

Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng định lí cotang

và các bô đẻ trên để giải một số bài toán sau đây Bài toán 1 Cho tam giác ABC, đường trung tuyến 4M và 4MB = œ Chứng minh rằng

- sin(B-C)

= 2sinBsinC `

Lời giải Hệ thức cần chứng minh 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; a tuong

ứng được gọi là điểm và góc Brocard)

Trang 18

Suy ra cotga = cotgA + cotg + cotgC

b) Ta cé cotgd + cotgB + cotgC

+P +e?

=————-= cotga

4 Sam

Mặt khác a” +ð” + cˆ > 4S„;-./3 (đẳng thức

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

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

phía Ð sao cho 4D =

2BCE-CBE = 180°

E Lời giải (h 2) Vì : BD = 2DC nén theo

bổ đề 2 ta có

3cotgD, = 2cotgC — cotgB=3cotgD, (1)

Trong tam gidc ABE với BD là trung tuyến

Hình 2

Áp dụng các bô đề trên, ta có

cotg\ = cotgB + cotgÈ) — cotgÁ¡ (2)

2cotgD, = cotgE, — cotgA, G)

Tương tự trong tam gidc ACE, ta cé

cotgC, = cotgC + cotgE, — cotgA> (4)

2cotgD, = cotgA, — cotg£> (5)

Tu (1) va (3) thay vào (2) được

cotgB, = cotgB + = (2cotgC-cotgB)

Tir (1) va (5S) thay vào (4) có

cotgC; =cotgC — 2(2cotgC —cotgB)

với đường tròn đó theo thứ tự ở D va K Dudng

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 thắng 8P cắt đường thắng CÓ

tại / Chứng mình răng tam giác B/C cân

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

Trong tam giác ĐCM, CỌ là trung tuyến có

cotgBCO = 2cotgC + cotgCBM

e+e

a

- 2cotgC +eotgl+ (cotg+cotgC)

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 cia tam gidc ABC vudng góc với nhau khi va chi 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 ĐC cắt cạnh 4B ở £, gọi ¿ là trung điểm cia CE ." dạng của tam giác 4C dé

góc BC lớn n

Trang 19

Bây giờ ta sẽ tổng quát hoá bài toán 1 bằng

cách xem điểm A như một suy biến của đường

tròn (Ở)

©Ô Bài toán 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' cat BC và B'C' lần lượt tại

H và K DE cắt O'O tai J Dyng hinh chit nhat

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)

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

Hoàn toản tương tự ta cũng biến đổi được

Nếu BB' va CC’ la cac tiép tuyén chung trong

thì ta có bài toán sau đây

(O') ở ngoài nhau Vẽ các tiếp tuyến chung

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

(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 (O) và (O') tương ứng (F, G là các tiếp điểm) Chứng minh rằng MF = MG

Việc chứng minh xin dành cho bạn đọc

Từ kết quả của bải 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

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

cho khi dựng các tiếp tuyến MT, MG với các

đường tron (QO) va (O" ) tương ung (F, G la

các tiếp điêm) thì luén cé MF = MG

Để kiểm tra những dự đoán trong bài viết này,

Trang 20

TOAN HOC SO CAP

C rất 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 giác 4BC với 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

ms, 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} + MB? - 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`a8 (*)

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

a) Khi Ä là trọng tâm tam giác ABC, ta sẽ có

các BĐT liên quan đến đường trung tuyến Lúc

đó BĐT (*) trở thành:

(a+ B+ yam,’ + fm,’ + ym’)

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

THỨC CƠ BẢN THÁI VIẾT THẢO (Sở GD-ĐT Nghệ An)

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

€Y(p ~ a)(p - b) rồi áp dụng hệ thức

(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 của Tạ

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

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

Trang 21

Áp dụng bất đẳng thức (*) cho tam giác 4XH

voi M tring N, ta thu được:

(a+ B+ aa" + 8b + yc”)

Ap dung BDT Ptolémée cho cac tir gide GNAP,

GKCN GPBK và biến đổi ta được:

be.m, + ac.m, + ab.m > & im, + bm, + oom, (8)

Kết hợp (5), (7) và (8) ta được đãy BĐT kép sau:

4m„ mạ m < bc.m„ + ac mạ + ab.im, 5

< ` V@T+rerxz +* +c*) (9)

- Chọn œø = a, 8= b, y= c thay vào (2*), sau

khi kết hợp với (4) ta có tiếp:

nghĩa là giao điểm của ba đường thắng đối

xứng với ba trung tuyến qua ba đường phân giác trong tương ứng theo từng đỉnh của AAĐC

dat +/\a(bem,) + B(acm,)’ + Kabm.) |

> (8` + ð` + c`)`(a`8y+ b°ay+ c`a8) (3*)

Trong BĐT này ta cũng chọn các bộ số z, Ø y

thích hợp để được các BĐT mới

— Chon a= a, B= b, y= c, thay vào (3) ta duge BDT:

4(bem,? + acm, + abm2 ) > (a + bˆ + c?)° (13)

BDT này còn được viết ở dạng sau:

ab(a — by + be(b —cy + ca(c-a} >

> a (a-b\(a-e) + 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,* + abm2y > (đ + ð + c? (14)

— Chọn # = 8= y“ I thay vào (3*) ta được:

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)

Trang 22

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

— Chon a= dtc, B = cta, y = atb, thay vào

(4*) và biến đổi ta được

8R(R-2r) > (a—byY + (b—cy + (c—ay (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

— Chọn œ = c, đ= a, y~= b thay vào (Š*) cĩ

P°> ab.sin’A + bc.sin?83 +casinC (19)

— Chon @ = cosd, # = cosB, y = cosC thay

vao (5*) voi 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

(a+ B+ 9 (aTA* + BTB* + 7TC)

Từ BĐT này ta chọn các bộ số (œ /@ y thích hợp sẽ đi tới các HƠI mới

— Chon a= £= y thay vào (6*) được BĐT

— Chon a= sin= f= sin= > Y= =—= thay

vào (6*) Sau khi biến đổi ta cĩ tiếp

sin ế +sin +sin ] |: + : + :

sin— sin—

=< sin—

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 BC, CA va AB theo thứ tự Đặt 4 = dị, PB = dz, PC = ds,

PA: = rị, PB) = r›, PC)= ry Chứng minh răng:

Bài 3 Cho tam giác 4C và một điểm 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

Mai Tuan Anh GV Trường THƠS8 Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hĩa

Trang 23

GIAI TOAR

| bai viết này, chúng ta xem xét việc sử

dụng hai bất đẳng thức (BĐT) sau để chứng

minh mét so bai toan vé bat ding thức:

(i) (1+2/" <l+#z với z>-Ì va œ<[0:lÌ 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

Ching minh (ii)

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

thực đương) ta nhận được X4 BDT (ii) cho hai

so thye duong x, y nhu sau:

(vtvÏ<x“+»“ với <1

2) Bang phương pháp quy nạp hoặc phương

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

o Bai 1 Cho a là mới số thục nằm trong

doan [0:1] Chitng minh réng\+a >™ > l+e

Trang 24

2lcoswi| +2inxịcosxa| _._ _-2lSinxị sin xạ SỈ Xu, _¡ COS-vu.,|

+2lSinx¿sinx; SI1X ¡S10 X LÍ > yy 4

Huong dan Téng binh phuong cac sé mii & vé

trai bang 1

trong khoảng (0:1) Ciứng mình rằng

chứng minh 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,)? + 4+(S—a,)" >m-1

Hướng điên Nếu tồn tại một chỉ số & (1<&<zr)

sao cho a, >1 thi vGi moi i#k va l<¡<m ta có

S-a>a,>l Suy ra (Sa ” >=l Từ đó có

được BĐT cần chứng mình

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

năm trong khoảng (©Q: 1} thì ta giải tương tự như

trong câu 2) của bải toán nảy

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

mãn điều kiện œ>/1 Chứng mình rang

ap ee, Vẽ

n la mét sé nguyén duwong lan hon Ì Chứng minh rang ( = tức =< _—^

b+c c+ta a+b

‘ Chirng minh Vi O<—<1 nén ap dung BDT

Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi =2 và

a=b+c, b=c+a, c=a+h

Điều này không thể có vì 2, ®, c là các số thực

đương Từ đó suy ra đpem

< Nhận xét: Bất đăng thức trên đã được chứng 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:

Cho 4, œ,„ 4„ (z>3) là các số thực đương

có tổng bằng ŠS và n là một số nguyên dương

lớn hơn 1 Chứng minh răng

S-a, S—a, S-a,,

Mai Tuan Anh GV Trường THƠ8 Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 25

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: .) thì 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 bốn đình của tứ giác

(D6 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>zA Nếu B>A thì C>D, ta lấy

điểm M sao cho MBA = A, MCD = D, cac

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

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

Hình /

Từ các tam giác cân BMC, ABP, CDN suy ra

các trung truce cla AB, 8C, CD chính là các

phân giác của tam giác MNP nén chúng đồng

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

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 1a hinh thang can, két ludn hiển

nhiên đúng

b) Ngược lại, Nếu tứ giác ABCD có điểm Ø

thoa man OA = OB = OC = OD Gia stt O nam

trong tứ giác (h 2)(với các trường hợp còn lại

@ Bài toán 2 Chứng mình rằng một tứ giác

lôi có tông hai cạnh đôi bằng nhau khi và chỉ

khi tôn tại một điểm cách đều bốn cạnh của tứ

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 sir AB 2 BC Nếu 4B > BC thì AD > CD, lấy M trên cạnh

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

Trang 26

Vận dụng các quan diem bien chung

của tư duy toán hoc

trong day -

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 thể giới Đặc biệt các

dạng toán trong báo Toán học va tudi tre,

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 tiềm năng kiến thức và kĩ năng

sách giáo khoa (SGK) toán ở trường THPT

Từ tiểm 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 dạng toán khó

Ô Chúng ta quan tâm một số 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 dự 1 Từ bài toán sau đây trong SGK Hình

học 10 :"Chứng minh rằng néu 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 véi S la diện tích của tam giác ABC

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

giác ABC, Dat S, = Som 32 = Sox A Sy ^ Soars

Chứng minh ring S, OA +S, OB + S,OC =0"

Hệ thức cần chứng minh tương đương với

Theo quy tic hinh

đó có thể mở rộng cho trường hợp điểm Ø

năm ngoài tam giác 4BC, thuộc miên góẻ tạo

Trang 27

Trang 28

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

quát khác sau:

"Gọi O là điểm nằm ngoài tam giác ABC

Na mies 96° tao boi hai tia CA va CB; Goi

S>, S; 1 lượt là điện tích các tam giác

OBC: OAC, OAB Chứng 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 tong chứa cạnh nào của

tam giác ABC Dat Ss; = Sone ~% = Soca

S; = Soaw thi cé thể chọn các dấu "+" hoặc "—"

thích hợp sao cho đẳng thức +S, OA + S; OB

+ S,OC = 0 dang"

Hướng 2 Có thé xem G là trọng tâm của

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

GK =-GA, với M la trung điểm ØC Khi đó

tong ty GA+GB=-—GC , GA+GC=—GB Hay

các vectơ GA GB GC` đôi một khác phương

và tổng hai vectơ bất 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 đôi một khác phương

và tổng của m — | vecto bat ki trong n vecto

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 dụ 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

duy: so sánh, phân tích, tôn hợp, khái quát

hóa, tổng, quát hóa để để 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

4B8CD có các đường chéo cắt nhau tại (2 cũng

thỏa mãn đăng thức (2) Trong trường hợp này

khi chứng mình chỉ cần sử dung O la 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

tại O, cần và đủ đề 4#” + 8C” + CÐỶ + DA?

= 2(0A? + OB? + OC? + OD*) la tir gidc đó có

hai đường chéo vuông góc hoặc O là trung

điểm của một trong hai đường chéo

b Xezm xét các đối tượng toán học, các quan hệ giữa cltúng theo quan điểm vận động biến đổi Chúng ta can đặc biệt quan tâm xem xét các đổi tượng các quan hệ trong bài toan theo quan điểm vận động từ cái, riêng đến cải chung (thể hiện trong giả thiết của bài toản)

để tổng quát hóa các bài toán, tìm tòi 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 nằm trong góc đó Dựng đường tròn qua 4 và tiếp xúc với hai canh 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 vả tiếp xúc với hai cạnh (2x, (3y của góc qua phép vị tự I2} với k = a A’ la giao diém

của OA với đường tròn (9

Từ đó nếu xét điểm là trường hợp đặc biệt của đường tròn khi bán kính bằng 0 thì có thể phát biểu bài toán mới, tổng quát sau: "Cho góc xÓy và đường tròn (S) tâm / bán kính # năm trong góc đó Hãy dựng đường tròn (2 tiếp xúc với ÓØx, Oy va tiép xúc với đường tròn (S)” Việc dựng đường tròn (4) Sag ve dung đường tròn tâm XK di qua / va tiép xúc với O'x' va O'y', ki hiéu la (A) Trong dé Ox’

va O'y’ lan lượt song song với Ox, Oy va cach déu ching, 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

đ - R (xem hình 2)

Hình 2 Dưới đây là những bài tập dành cho các bạn: Bài tập I Hãy trình bảy các cách tông quát hóa bài toán sau, đề xuất các bài toán mới:

"Gọi / là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác 48C

Chứng minh rằng 74 + bIB+cIC =0 Với a,

b e là độ dài các cạnh của tam giác 48C" Bài tập 2 Tổng 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

XP: MP: A4N Các đường thắng a, ở, c đôi một cắt nhau tại 4, ở, € Chứng minh rằng các cạnh của tam giác 48C nhận M, N, P la cac trung điểm

Trang 29

bàng tiếp tam giác

ABC tương ứng với

các góc CAB, ABC,

BCA Dat CAB = 2a, 4BC = 2Ø, BCA = 2y

Trong bài này sẽ sử dụng một số hệ thức quen Dat T=

biét sau

Tim nhieu cach

chứng minh một hệ thức

nhe bien doi tuong duong

NGUYEN VIET HAI (Hờ Nội)

HLự một lệ tiiức nét khéo vxự đụng các phái Bi€H đói fŒ có thê nhận được nhiều lrệ tittfc trương dương, ta mỗi lệ thưưc đó có tot (ng riCHự vẻ gựi cho tự tfUH tra cúc chứng trHiHÍt tương ung Néu ta ching minh duoc mot trong cac hé thire nay thi

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

Trang 30

Thay hệ thức (III) 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-c =4R+r

Áp dụng hệ thức (IV) ta chuyển việc chứng

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

ABC, BCA (xem hình về)

Từ (1) và (IV) có

p-a p-a Tương tự có

180°

Dé thay Ø,AC + 0,AC =—— =90° nén

O\A 1 OA Tuong ty cé O\A 1 OA va

OQ\A L 0,0;, OB i 0,0, @;C LL O; O>

Ta [a cũng có - CO,A= CIO, = CAI + ACI = a+ Y= CBO,

Mai Tuan Anh GV Trvéng THGS Nga Dién-Nga Son-Thanh Hoa

Su tam trén tap chi THTT

Trang 31

Áp dụng công thức lượng giác của góc chia

đôi với tư =(tacóp= E25

t£ ` l+t?

Quy đồng mẫu số rồi viết trong dạng phương

trình đối với £ ta được

p£ - (4R + r) + pt—r =0 (VI)

Như vậy / = tgơ là nghiệm của phương trình

bậc ba (VII) 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 (VÌ) ta có hệ thức (4)

Trong bài tập ! dưới đây hướng dẫn cách

chứng minh hê thức (4) (coi là cách (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

cách chứng mình đã nêu thì đi theo mũi tên

trong sơ đồ dưới 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 1 Sử dụng các phép biến đổi lượng giác

để chứng minh các hệ thức sau:

p 2R(sin2a+sin2f+sin2y)

I cosa.cos đ.cos z ` b) “= iga.igf.tey

P

Tir 46 suy ra hé thire (4) (cdch (5))

Bai 2 Chirng minh rang alee es

= 6® + 2R(cos2œ + cos2/Ø + cos2y)

Từ đỏ suy ra hệ thức (4)

Bài 4 Gọi Ó;, €@+;, O; 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:

6S” = 2(a?h? + be” + c?a”) — (a" + b` + e`)

— ta =

Hướng dan: a) Dat

Mai Tuan Anh GV Trường THGS Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 32

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 một

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 1 7rong 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 đưởng tròn

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

tích lớn nhất và tứ giác có điện tích nhỏ nhất

và tính các diện tích đó theo a va d

Nếu đặt AOB = 2x, BOC= 2y, COD= 2z,

DOA = 21 thi lic d6 ACB=ADB = x, .,

Để ý rằng x, y được ràng buộc bởi điều kiện

sin2x.sin2y = = Ta cé bài toán cực trị lượng

a’

giác sau:

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

nhất của biểu thức lượng giác sau

lx, y) = sinx + cosx + siny + cosy,

voi0<x,y< 5 thỏa mãn điều kiện

Tiếp cận và khai thác MOT BAI TOAN CUC TRI HINH AOC

eos

(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 điện vuông, tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc bởi hình bát diện nội

tiếp mặt câu, 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:

điêm P cô định năm trong mặt câu (OP = d < 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 HK, 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 nhất và tính các thể tích đó theo a và d

Bài toán 4 //ãy xác định bát diện #ị có tông

độ dài các cạnh (trên các mặt) lớn nhất và

hình bát diện ⁄¿ có tông độ dài các cạnh nhỏ

nhất và tính các độ đài lớn nhất l„ và nhỏ nhất l„ theo a và d

Trang 33

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

điện tích toàn phần lớn nhất và hình bát diện

0 có điện tích toàn phần nhỏ nhất và tính

các diện tích Sạ, S1 đó theo a và d

Chú thích và gợi ý hướng giải bài toán 4 và

tông quát hóa bài toán đó

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

biểu nội dung bài toán 4 sang ngôn ngữ đại số

(trên co 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 đề

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 số)

a) Phat biéu bùi toán

và dưới dấu 5` có tat cả 2(n~D)n=Cj hàm

P,(X:X,;X,;x,) của bốn biến Ki sXjsXjr%y

với | Si<j <n, trong d6 p,(x,;x,;x,;x),) có

dang là tông của bốn căn thức bậc hai ở về

*® Với n= 2 thì pụ =2|a/2+ da? +b?) va

P» =4Ja(atb); ta thay lai két qua đã thu được ở phần I (các li gidi 1, 2)

* Voi n = 3 (va do dé 2n = 6) thì nội dung bai toán 6 chính là nội dương ngôn ngữ đại số của bài toán +4 Bởi vậy, cho m = 3 vào các về phải

của các biểu thức 4) va (5) & trên ta được

ngay tức khăc đáp sô của bài toán 4

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

đành cho ban đọc tự giải xem là bải táp, Ban nào có điều kiện về thời gian và muốn tập thẻ

thao vẻ trí tuệ, xin Ady thir site với các bài

toán 4 và Š Chúc các bạn thành công

Trang 34

án và đặc biệt là giải các sai \

tỏ về thiểu tự nhién dé tir : / ich hợp tìm ra lời giải -

€? Bài toán 1 7?» kích thước cua tam giác có

điện tích lớn nhát nội tiếp đường tròn (O: Ñ)

Cho trước

(Dé thi tuyén sinh vào lớp 10 trường THIPT

chuyên Lễ Hong Phong TP Hé Chi Minh,

1993 - 1994)

Mò mẫm và đực đoán Tam giác AĐC nội tiếp

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

3 2AI1.BC Nễu cổ định BC thì 8,- lớn nhất khi

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

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

"kiến ¡lời i gidi cho ba bai todn —

dinh AB thi Syo lớn nhất khi tam giac ABC

cân tai C Vi vay, ta du doan Sane lớn nhat

Với tam gide ABC bat kì nội tiếp đường

Trang 35

Sam yy = Sane: + Sune < Sane: + SAH.CD

Nếu có định tam giác 4ØC thì S,„„; lớn nhất

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

BCD thì S,„ „ lớn nhất khi 48=90° Vì vậy,

ta dự đoán S¿„;; lớn nhất khi ABC=ACD=90° ,

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

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

V2 Gợi ý cho việc đi chứng minh $< v2

Lời giải Giả sử € > V2 thì x>2, +>42,

Các bạn hãy rèn luyện thêm băng cách tìm lời

giải cho các bài toán sau đây

Bai I Cho điểm 7 có định nằm trong đường

tron (O; R) voi / khong trung voi O AC, 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 /C7Ð lớn nhất

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

nhất nội tiếp trong đường tròn (2; #) cho trước

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

: x ý La t (với v, y z f là các số dương)

you Hãy tìm giá trị lớn nhất của S

Bai 4 Cho x, y là các số đương Giả sử S là số

lớn nhất trong ba số x, —, y + — Hãy tìm giá

tri nhé nhat cua S

Mai Tuan Anh GV Trường THG§ Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 36

vétiaiphan giác của ad te

thêm mối quan hệ về góc, cạnh sẽ giúp

giải bài toán dé dang hon, Tat mY ' £9

ve tia phan giác của ieee

a ee yh

en Metis

@ Trong bài toán có đề cập tới mdi quan hệ

góc này với nửa góc kia ta thường vẽ tia phân

giác của góc lớn

Bai toan 1 Cho tam giác ABC cân tại A

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

So sảnh BAD va * pat DAC

Nhd@n xét Dé so sinh BAD va 5 DAC , ta vé

tia phan giac AE cua DAC (h 1)

Lời giải Do ADC > 8= nên AC > AD Vẽ

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

¢ ABAD = ACAM (c.g.c) => BAD=CAM (2)

Từ (1) và (2) suy ra BAD < ~bac.0

VE TIA PHAN GIAC

DE GIAI TOAN

THÁI NHẬT PHƯỢNG (GV THCS Nguyễn Vớn Trỗi, Cam Nghĩa,

Cam Ranh, Khónh Hòa)

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 2

Trang 37

AB

Ä =36° Tỉnh ^^

BC Nhận xét Về tia | phan giác BD thi tao ra ane

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

được một đường đi qua một điểm có định nằm

trên tia phân giác của một góc cố định

diém M trong géc dé sao cho MH + MK = a

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

là chân đường Vuông géc ké tir M xudng Ox và

Oy C hứng mình 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 duéng tron (MHK) di qua C thuộc tia

phan giac cla géc xOy (h 4)

Lời gidi Do OHM =OKM = 90° nén đường

tron ngoai tiép tam giac MHK di qua điểm cổ

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 C thuộc đường tron (MHK) do MCO = 90°

Taco: Syox = Saou + Syion

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

Bài 2 Già sử M là một điểm ở trong tam

giac ABC sao cho CM = C 8 Chứng minh rằng

AB > AM

Bài 3 Cho tam giác 48C (4C > 48) Trên cạnh

AC lay điểm Ð sao cho CD = AB Goi E va F

theo thứ tự la trung điểm của 4D và BC Chứng minh rang CEF ma

Bai 4 Cho tam giác ABC có A =2(B-C)

BC = a, CA = b, AB = c Chimg minh rang

Trang 38

Có nhiều hài toán hình học không gian mà khí 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

tao bai mot dung thang với một 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

thang vd vudng goc voi mot mat phang nào đó Việc

xác định dược chản đường vuỏng góc có vai trò quan

trong dé tim ra lời giải các bài toán Nhiều học sinh

thường bói rồi trước các dang toán như vậy Bài viết

nay nham phản loại một số dang toán thường gập vả

đưa ra phương pháp giải chúng Tác giả hí vang qua

bai bdo cung cáp cho các ban hoc sinh phương pháp

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

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

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

man điều kiện co trước) Xác định chản đường

vitdng g6c H ha ut M vuông (P)

Trude hét, can hiéu rang xac dinh H khong don

thuần là thể hiện vị trí của H trén hinh vé ma 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 1 Cho hình chóp tam giác đéu S ABC

xác định châu đường vuông góc hạ từ A đến mắt

phang (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 $ L BC va trén SI lấy diém H sao cho

AH + SI Khi đó H là điểm phải tìm

Thi du 2 Cho hinh chép S ABCD, day ABCD la hình vuông Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Xúc dinh chân đường vuông góc hạ từ

C xudng mat phang (SBD)

khi dé SO 1 BD

Chan đường A vuông góc hạ từ

Hình 3

Mai Tuan Anh GV Trường THG§ Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hóa

Trang 39

e 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 SABC đáy ABC là

tam giác cân tại A và SAB—SAC Xác định

chan đường cao của hình chĩp

Lời giải Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau

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

tam giác A8C, khi đĩ AAƒ là đường trung trực

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

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

Thi du 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 ŠS vưống mặt

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 (yO?)

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

phang (Q) di quaa va M

e Ké qua M đường thẳng song song với a cat

giao tuyến tai H D6 là điểm cần tìm

Thí dụ 7 Cho hình chĩp tứ giác đếu S ABCD

Bén trong tam giác SAB ta lấy điểm M Xác định

chan đường vuơng gĩc kể từ M vuống mặt

phang (ABCD)

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

cĩ SƠ 1 mp (ABCD) Duong thang SM cat AB

tại V Đường thẳng di qua M song song véi SO

cat ON tai H H 1a diém can tim

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') Lời giải Ta cĩ BC 1 mp (SAC) Vi vay nếu chọn trên SC điểm K sao cho AK 1 SC, thi

AK 1 mp (SBC) Noi B với ÁK và chọn trên duténg BK diém H sao cho MH//AK H la diém cần tìm

4 Điểm Ä thuộc mát phẳng (C) vuơng gĩc với mật phẳng (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 Äƒ xuống mặt

phang (SBC) nam trên đường thẳng S8

2) Vi BC 1 mp(SAB) va 8D//mp(ø) nên mp(øœ) -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 A'B'C’ cé day ABC là tam giác cân tai A Goi (@) la mat phang

di qua A va trung điểm hai cạnh bén BB’, CC’ Xác định chan dung vudng goc ha tir mot trong các điểm sau dây xuống mặt phẳng (ø):

1) Từ các đỉnh A“ Ø8, C” của hình lãng trụ:

2) Từ trung điểm / của BC;

3) Từ trọng tam Œ của tam giác A“#'C”

Bài 2 Cho hình vuơng A8CO Trên đường 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 €' và trung điểm

cia canh BC xuGng mat phang (SBD)

Bai 3 Cho hinh chép S.ABCD cĩ SA = SC,

SB = SD va day ABCD 1a 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)

Mai Tuan Anh GV Trường THGƠS Nga Điền-Nga Sơn-Thanh Hĩa

Tiêu đề	PP Hình Học Trên THTT (Tuấn Anh - Nga Điền)
Tác giả	Nga Điền, Nga Sơn, Thanh Hứa Mai Tuan Anh
Người hướng dẫn	P. T. S. Nguyễn Văn A
Trường học	Trường THCS Sư Tầm
Chuyên ngành	Hình học
Thể loại	Tạp chí

Định dạng
Số trang	79
Dung lượng	9,97 MB