Từ đó ADB=AOB va D thuộc cung AOB chứa góc AOB=2y cha đường tròn 4OB, đồng thời đường thẳng 2C” cũng tức là đường thăng CD đi qua một điêm có định là trung điểm P của cung bù của cun
Trang 1Tuyền tập các bài toán hình học
và các phương pháp giải trên tạp chí thtt
SU DUNG TOA DO VECTO
DE GIAl MOT S6 BAI TOAN BAI SO
ĐỖ THANH SƠN
(GV Khối chuyên Toản - Tìn, ĐIIKHTN - DHQG Hà Nội) Bài viết nảy để cập một phương pháp giải một số đạng toán về đại số như chứng minh bất đăng thức, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức chứa các căn thức bậc hai, giải phương trình, Vấn đề nay
không mới! Bạn đọc có thẻ đã biết trong một số tải liệu hiện hành
(đưới đạng các bài tập) nhưng còn tản mạn chưa được hệ thống Bai viết này cố găng hệ thông hóa vấn đề, giúp bạn đọc có thé vận
50 phương pháp xác định tọa độ vectơ, hoặc tọa độ điểm giải
quyết các đạng toán nói trên Trước hết chúng ta nhắc lại vài điểm
cơ bản về vectơ trong hệ tọa độ [2escartes vuông góc ()vv
Ta biét rang voi diéu kién (*) thin + v 2 w
hay ix? ty +; +3 2 Vie +3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ¡ TT ý hay
“1-21 | Két quả đó gợi cho ta thiết lập mối
quan hệ giữa các biểu thức đại số trong bài toán
đang xét với độ dài của các vectơ trong mặt
phăng tọa độ
Phương pháp Kñi gặp các bài toán đại sé
mà môi biếu thức dưới dau căn bác hai
4.VB được biểu điển dưới dạng tổng của
hai bình phương J4=| 4 +⁄4 JB=\|Bệ +
Ta thiết lập các vectơ có tọa độ thích hợp trên
hệ trục tọa độ Descartcs xy sao cho độ dài
các vectơ đó tương ứng bằng xÍ A.{B Sau đá
nghiệm lại rằng tong các vecta hằng vectơ
không (hoặc có một vectz băng tông các vectơ
con lai), roi su dung bat đăng thức (BĐT) vẻ độ
dài ba cạnh của tam giác hoặc BĐT vẻ độ dải
đường gấp khúc dé đi đến kết quả bài toán
Để làm rõ cho phương pháp, chúng tôi xin
đưa ra một số thí dụ minh họa sau đây
Thí dụ 1 Chứng mình rằng với mọi số thực x
taco dx? +2x+24Vx7 -2x+2>2//2
Từ BĐT tam giác + v > w ta có điều cân
chứng mình Đăng thức xảy ra khi x = 0
Trang 2phương trình (PT) : 2v - 3y = 0 đi qua Àf;
(đ) // (đ) và (đ”) đi qua A4 Từ (2) ta xác định
duge MM, = > BM và PT của (ở? là
3y - 3y - 9 =0 Gọi /ƒ là giao điểm của (đ) với
AB, ta thay AB 1 (d’) tai H va AH = 15.13
13 Theo BĐT vẻ độ dài đường gấp khúc ta có
1SV13
AN + NM + MM, >AM, > AH =
BDT (1) duge chứng minh Dang thức xảy ra
khi A là giao điểm của (đ) voi AB, con A là
giao điểm của 4# với đường y = r Tọa độ của
Lời giai Trén mat phang toa 46 Oxy, ta
chon diém A(cosx, { 0); B(O, cosx) ; C(—sinx, 0)
và lập cac vecto AB = (—cosx, cosx) ;
BC = (-sinx, -cosx); CA = (cosx + sinx, 0)
Ta có 4ð = V2 |cosx| ; 8C = l;
con CA = |sinx + cosx| Theo BĐT tam giác
AB + CA 2 BC, suy ra F(x) 2 1 Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm số Fx) la |, dat được khi và chi khi cosx = O0<> x= 5 tkn(k € Z)
Thi dy 4 Giai phương trình
Vx? ~2x4 5—Vx? —~6x+10 | =
Lời giải PT đã cho có thẻ viết lại dưới dạng
| V1? +4—J(x-3 +1 ]=V5 (1) Trên mặt phang toa dé Oxy, lap cac vectơ
ứ = (x- 1,2), ÿ=(x~-3, l), suy ra =~ (2 1) Hiến nhiên rằng w = J5 Ap dung BDT
tam giác ta có ju —- vị < w (2) Từ (1), (2) ta thay viéc giai PT (1) duge chuyén ve giai PT
= x - 3 ini x = 5, Vay PT
đã cho có nghiệm duy nhất x =
Chúng ta tiếp tục sử dụng ng pháp trên vảo bải toán chứng minh BĐT với các biến rằng buộc
Thi du 5 C/ning minh V(a-c)? +(b-dJ? > 2z +b> +ýc° +d?)
trong đó a, b, c đ là các số dương thoa man
; bc —ad diéu kié leu Kien Poe =3
trong đó (24 = Va? +b? : OB= 4c} +d? ;
+ 2/S5a* —4a+1> = vai moi a, A
2 Giai phuong trinh
Ve +4x413 -Jx? -2x+2|=5
Tim gia tri nhỏ nhất của các biểu thức :
a) P= 4/2 |sin x| +|sin x—eosx|:
b) O= Vx? —4x4134V x7 +6x410;
c) R= '4a? -2/3+t + 3 V4a =2 3aa3
(HD: Chon A(O 1): B (./3.0): A#@œ_ x3 + Y\
Trang 4
DÙNG TÍNH CHẤT TIẾP TUYẾN
BA ĐƯỜNG CÔNIC DE GIAI TOAN
PHAN CUNG BUC (GV khỏi PTCTT DIIKHTN-ĐHQG Hà Nói)
Khi giải một bài toán có liên quan đến tiếp
tuyên của ba đường conic, hoc sinh thường có
thói quen sử dụng "Phương _ pháp giải t 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 quỳ tích Đây là
một phương pháp cơ bản, dễ trình bảy „nhưng
thường nặng vẻ tính toán và rất dễ bị nhằm lẫn
Do đỏ, chúng tôi muốn trac đổi thẻm một
phương pháp khác đó là "Phương pháp hình
học” Chúng ta sẻ or thắc các tính chất hình
học của tiếp tuyến để có lời giải thuần túy hình
học, trình bảy gọn gàng hơn và ít tính toán hơn
Vi the, sẽ tiết kiệm được thời gian khi lam 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 tity ý thuộc đường cônie
(C) Goi (t) là tiếp tuyến qua M đổi với (C)
Két qua 1 (Néu (C) là (E) hoặc (H))
Goi E; E> theo thir ue la cdc diém đổi xứng
cua Fy, F> qua (t) thi E;, M Fy (hode E>, M F)) thang hang va F)E) = FE; = 2a
Tir dé néu cho M chuyén déng trén (G) thi
quỹ tích của #¡ là đường tròn tâm # bán kính
Trang 5
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 (2) thì quỹ
tích của Ởf và ?1; là đường tròn (Ó: a)
Thi du 1 Gia sw M là điểm thuộc (E):
hosel va (t) la tiép tuyén qua M doi véi
a 7
(E) Đường thăng (đ) qua ÒÓ vuông góc với (t)
cắt ME) ME› lần lượt ở Míị M› Tìm quỳ tích
cua các điểm Mr và M› khi M thay đôi trên (£)
Lời giải (h.4) Vì khi Aƒ thay đổi trên (£),
(d) 1 (4) nên A/F Ey dẫn đến M) ia trung diém
cua £\ Ff) nén FM) = +f, £, =a Vay quy tich
khi M thay đổi trên (H)
Từ định lí trên ta thây AMN,N> cân tai M suy ra
AEF\N, can tai Fy = F\E = FN, ma ANN, F, = ANN3F,
=> F\N, = FyN: Vay PFIE = FàN›, dẫn 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 N¡M; luôn qua điểm @ cố định (đpcm)
Thí dụ 3 Cho parabol (P): y` = 2px Hay dựng đường tròn (O\) vừa tiếp xúc với !ia Óx
tai tiéu diém F` vừa tiện xúc với (P)
Lời giải
(h 6) Giả sử đường tròn (Ø)) tiếp xúc với (?) tại Àí
Tiếp tuyến chung (f) của (P) và đường
tròn (,) qua
M cat trục
hoảnh ở X,
Do (0) là phân giác trong của fME nên NMF=fNAH Mặt khac NM = NF nén ANMF deu, suy ra
MFN = 60°
Vậy diém M Ia giao diém cia (?) với đường thăng có định đi qua F, lap voi tia FO mot goc
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 Óx
Các bạn hãy giải lại các thí dụ trên bằng phương pháp giải tích để có sự so sánh giữa hai
Trang 6NHUNG CACH TIEP CAN
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 bài 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 đọc dễ theo dõi, trước hết xin nhắc lại nội
dung đẻ toán
Bài 2 7Trong mặt phẳng cho đường tròn (Ó)
tâm () bán kính R và hai điểm A, B a dinh trén
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: (O¡) di
qua A và tiếp xúc với BC tại C, và (Q3) đi qua
B, tiếp xúc với ÁC tại C Hai dong tron (O;)
va (Oy) cat lại nhau ở điểm D khác C Chứng
minh răng :
L) CD <R;
3) Đường thăng CD luôn đi qua một điểm cổ
định khi C đi động trên (O) và C không trùng
với A va 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 đên định
li sin, định lí côsin và công thức biến đổi lượng
giác (Hinh học 10)
Lời giải này không đòi hỏi vẽ thêm hình phụ
mà vẫn lập luận chặt chẽ khi xét đây đù hai
trường hợp vẻ góc ÁCB có thể nhọn hay tù,
tuy việc đòi hói cần thiết phải huy động đến các
định lí sin và côsin không được tự nhiên cho
lãm Vì vậy, chúng ta có cơ sở đê tin chắc răng
có nhiều cách nhìn (tiếp cận) bài toán tử những
góc độ khác nhau sao cho lời giải đưa ra được
điểm 7 của ÓC cũng là trung điểm của O,@¿
Mặt khác, (2; là đường trung trực cua CD, cắt CD tại trung điểm / của nó Từ đó suy ra
LJHOD va tam giae OCD la vuông ở Ð Bởi vậy
ta có CD < OC = R, dpem Ngoài ra, dễ thấy rằng: CDmạy = # D = Ó ÓC L AB
2) Vì 8 không đối xứng với A qua O nén day
4B chia đường tròn (Ó) thành hai cung: cung lớn AyB chứa góc nhọn y vả cung nhỏ 4ÿ! 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 đối với 4B Gọi C“ là
giao điểm thứ hai của tia CÐ và (Ó), thê thì D thuộc đoạn CC” và tia ĐC” năm trong góc (giữa
hai tia) ADB Góc CD4 là góc nội tiếp của
đường tròn (Ø¡) chắn cưng bừ của cung 4Ð nên CDA = 180"-“sd ADC Boi vay g6e ADC'
kể bù của CDA cé sb do ADC" = 2slADC và
do đó ADC' = ACB, trong đó góc (giữa hai tia)
ACB \a uóc nội tiếp của đường tròn () có một cạnh chưa dây cung C4 của (y) và cạnh
kia là tia tiếp tuyến C2 tại € của (Ø))
(Chỉnh vi lẽ đó mà ta cũng vem và gọÌ góc
(giữa hai tỉa) ADC", kè bù của CDA có một
Trang 7cạnh chứa dây DA và cạnh kia 2C” mà tia đối
của nó chứa diy DC của (Ø\) là góc nội tiếp
suy rộng chắn cung ADC của đường trén (O};)
ngoại tiếp ACDA) Với cách quan niệm đó và
lập luận tương tự, ta được: C' DB = ACB (hai
góc nội tiếp cua (QO) cling chan cung CDB )
Từ đó ADB=AOB va D thuộc cung AOB
chứa góc AOB=2y cha đường tròn (4OB),
đồng thời đường thẳng 2C” cũng tức là đường
thăng CD đi qua một điêm có định là trung
điểm P của cung bù của cung AOB thuộc
đường tròn (AOB)
© Néu C € Ay'B thi ACB =y = 180°-y >90°:
khi đó 2 nằm khác phía với € đối với (4B) và
do đó, D vẫn nằm cùng phía với Ó đối với (4ð)
Trong trường hợp này đối với (Ø;) va (02) theo
thử tự ta có: ADC- 4CP' và €DB- 4'Cb (bạn
đọc tự vẽ hình), trong đó CB’ la tia đối của tia
CB; CA' là tia đối của tia CA Mặt khác
ACB' = A'CB = 180° — ACB=y Tir dé ADC
= CDB = ADB =~ AB va các kết luận rút
ra trong trường hợp góc ACB nhon đã xét ở
trên vẫn còn nguyên hiệu lực
Sau đây các phương án giải tiếp theo (chi dé
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 luận phải chặt chẽ,
xét đầy đủ hai trường hợp về góc 4CB Tuy
nhiên, nếu sử dụng góc định hướng giữa hai
đường thăng [modr] và giữa hai vectơ
[mod 2x] thì lời giải sẽ ngăn gọn hơn; ngoài ra,
còn dễ đàng chỉ ra được quỹ tích của điểm 2
Thật vậy, ta có:
(DA, DC) = (AD AC) + (CA.CD) =
=(CA, CD) + (CD, CB) = (CA, CB) [mod m|
2(CA, CB) = (OA, OB) [mod 2r]
Đăng thite (DA, DB) = (OA,OB) [mod 2] ndi lén rang: (DA,DB) =(OA,OB) [mod 2r] Sau đó, ta để đàng kết luận được rằng:
Nếu {C)} là (O)\ {A B} thi (DỊ là AOB \ {A, B} ({C) - kí hiệu tập hợp các điểm C)
Có thể chứng minh điều đó bằng cách chỉ ra
rằng nếu một đường thang (tia) bat ki di qua P, cắt (O) & hai điểm Cj, C2 và cat cung AOB 6 điểm D thi hai cdp dudng tron (O;), (O>) và (Ø1) (02) ứng với hai điểm €\¡, C; đều nhận D
là giao điểm thứ hai, khác € của chúng (xem hình vẽ) 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
C ¢ {4 B) nên ta lại đặc biệt chú ý đến A và 8, hai vị trí bị loại trừ của điêm C Quan sat khi
€ -> A (hoặc € -+ ) ta nhận ra rằng đến khi
C =A thi (O)) trở thành "đường tròn điểm A, (C4) trở thành tiếp tuyến (44) tại 4 của (Ø) và (O>) tring (O), D = C = A va do d6 (CD) cing
chính là (44) Cũng vậy, cho C -> 8 đến khi
C = Bthi D= C s Ø8 và khi đó (CĐ) chính là tiếp tuyến (BĐ) tại B8 của (Ø) Điều đó khiến ta
dự đoán (CĐ) đi qua P = ee (BB) Gọi E
và F theo thứ tự là giao điêm thứ hai của (P4) với (O\) và của (PB) véi (O>) Thế thì: AEC = ÁCB =y= CFB tồi đặt BAC =ava
CBA = 8 thi ECA =a va BCF = 6B (do
PAB=ABP = y) Tir 46 E, C, F thang hang,
EF/IAB, do đó AE = BE Từ đây suy ra điểm P
có cùng phương tích với (2) và (Ó›); bởi vậy
P phải thuộc đường thăng C?
Lời giải 5 Vì ba đường thẳng AP, BP va CD đều xuất phát từ các đỉnh của tam giác 48C nên việc chứng minh (CĐ) đi qua P có thể hi vọng
nhờ vào điêu 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,} (i = 1, 2) lai la đường tròn loại bỏ di hai điểm Đề nghị bạn đọc chỉ rõ hai đường tròn,
quÿ tích đó của O; va Op
Trang 8(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
hinh học Việc sử dụng góc định hướng sẽ giúp
lời giải ngăn gon, 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 bến điểm 4
B C D cùng thuộc một đường tròn, ta nói bốn
điểm A 8 C D đồng viên
Bai toan 1 Cho tam giác ABC Lê phía ngoài
nó ta dựng các tam giác đều ABE, ACF Gọi G
là tâm tam giác ABE và K là trung điểm của
đoạn EF Chứng mình rằng tam giác KGC
Lời giải Không mất tính tổng quất giả sử
(4B, AC) là góc dương (h 1) Lay điểm P sao
cho Ấ là trung điểm của GP thì tứ giác EGFP la
hình bình hành nên GE = PF Tir gia thiét G là
tam tam giac déu ABE, ta c6 GA = GE Vay
Từ (1), (2), (3) suy ra: ACGA = ACPEF Từ đó,
dé dang thay CG = CP va GCP = ACF = 60°,
suy ra AKỚC vuông tại K va KGC = 60” Bài toán 2 Cho tam giác ABC với AA‘, BB"
CC" là các đường phân giác trong Gọi Mí là
điểm bất kì không thuộc BC, CA, AB Các điềm
X Y 7 theo thử tự là điểm đối xứng cua M qua
AA., BB CC Chứng mình rang AX BY, CZ
dong quy hoặc đôi một song song
Lời giải.Trước hết xin phát biểu không chứng
minh một nhận xét
Nhận xét Cho ba điểm 4, Ö, € va đường thang A Goi A’ BY C’ theo thir ty la cae diém
déi ximg cia A, B, C qua A Khi đó:
(AB, AC) = (A'C", A'B') (mod 22)
Trở lại việc giải bài toán 2 (h.2)
Gọi 4q, Øị, 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 22)
=> (AX,AB,) =(AB,AM) +(AM, AC) (mod 22)
= (AX,AB,) =(AB, AC) (mod 2)
Tương tự như vậy, ta có (AX, AC,) = (AC, AB) (mod 22)
Trang 9(AX, 4B,)+ (ẬX, AC,) = 0 (mod 2x)
nên 4X là phân giác gĩc B, AC, (2)
Từ (1), (2) suy ra: 4X là trung trực của đoạn
B,C) Tuong ty nhu vay, BY, CZ theo thir ty 1a
trung trực của C 44t, 4Ư)
Từ đĩ, ta cĩ kết luận sau:
Nếu 4, Ø¡, C) khong thang hang thi AX, BY,
CZ dong quy; néu Aj, By, C¡ thang hang thi AY,
BY CZ đơi một song song
Bài tốn 3 Cho tứ giác ABCD mà các cặp
cạnh đối khơng Song song nội tiếp đường trịn
(O) Gọi E, F lân lượt là giao điêm của AC và
BD, AD va BC Goi I, M, N theo thit tự là trưng
điềm của EF, AB, CD Chứng mình rằng:
8) #E/(O) + Z/(O) EF ;
b) AIEM «> AINE
Lời giải Trước hết xin phát biểu khơng
chứng minh một nhận xét quen thuộc
Nhận xét Cho tử giác 4%CD mà các cặp
cạnh đối khơng song song, Goi E, F, K lần lượt
là giao điểm của 4C và 8D, 4D và RC, AB và
a) Goi P la giao cla EF voi đường trịn ngoại
tiếp tam giác ÐCE (P # E ) Ta cĩ :
(PF, PBì\ s (PE, PB) (mod x) (PF, PB) = (CE, CB) (mod 2) (PF, PB) = (CA, CB) (mod x) (PF, PB) « (DA, DB) (mod x) (PF, PB) = (DF, DB) (mod x)
Suy ra bon diém B, P O, F déng vién
Tir 46 suy ra
PEK 0) + PrKoy = EB.ED + FB FC
= EF EP + FE FP = EF(EP-FP)= EF-
b) Theo nhan xét trén, /, M, N thang hang
(chủ y: J nam ngoai doan MN)
Ta thay hai tam gidc JEM va INE cé géc MIE
chung nén
AIEM & AINE ¢> IE? = IM.IN
<> TE’ =7M.IN
œ xFE => 2(F4 + EB) (FB+ EC)
o> EF’ = FAFD+FABC+EB.FD+EBEC
¢> EF = FA.FD+(FE+EA).BC+ EB.FD +EB.EC
© EF = PeK0)+ Penoy+ FE.EC + EB.FD
+EB.EC
<> 0= FB.EC + EB.FD
Trang 10= (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) (mod 2n) (2)
Tương tự nếu nằm 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
FB A41B EB
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 À4 trên các đường thăng BC, CA, AB Tìm tập
hợp những điệm Mí sao cho HH, K, L thăng hàng
Lời giải Dễ thây, khi M⁄ trùng với các điểm
A, B, C thì thỏa mãn điều kiện đề bài
Từ (1), (2) ta có : #7, K, L thẳng hàng -
©>(CK CM) +(BM BL) = 0 (mod m)
<> (CA, CM) +(BM, BA) = 0 (mod Ø)
< (CA, CM) = (BA, BM) (mod x)
<> M, A, B, C đồng viên
Vậy M thudc dudng trén ngoai tiép tam giac
ABC (không kê các diém A, B, C)
Tóm lai: H K, L thing hang <> M thudc
durong tron ngoai tiép tam giac ABC (khéng ké
cac diém A, B, C)
Đường thắng chứa ba điểm H, K, L nói trên
được gọi là đường thăng Simson của tam giác
ABC ứng với điểm M
Bài toán 5 Cho ram giác ABC nội tiếp đường tròn (Q) MN là một đường kính của (Q)
Chứng minh rằng: Các đường thăng Simson của tam giác ABC ứng với hai diém M, N thi vuông góc với nhau
Lời giải (h 5) Gọi X, Y là các hình chiều của
M trên 48, 8C theo thứ tự và Z, 7 là các hình chiếu của V trên 48, 8C theo thứ tự Ta can
Trang 11LAN
SAL
THEM
Bài toán 6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường
tròn (O R) và trực tâm H Gọi Aạ, Bị, C¡ là
điềm đối xứng của A B C qua BC, CA, AB theo
Qua 4ị, Bị, C¡ theo thứ tự dựng các đường
thăng song song với 8C, CA, 4B Các đường
thăng này đôi một cắt nhau tại 42, Bạ, Cạ Gọi
Ao, Bo, Co 1a trung điểm của B;ạC¿, C›4ạ, A4;
theo thir ty Dé thay A, B, C theo thứ tự là trung
diém cia ByCo, CoAp, ApBo va cdc tam giác
ABC, A2B2C2, AgpBoCo c6 cing trong tâm Ta kí
hiệu trọng tâm chung của chúng là G
Ta thấy:
AABC —G-» Ay BoCy —2-> AApBrC> (1)
Gia sir (O>, Rp) la dudng tron ngoai tiép tam
giác AaBạC; Từ (I) đễ thấy Rạ = 4R Cũng từ
(1), cùng với chú ý về đường thăng Euler, ta có:
Vậy theo bài toán (BT) 4, ta có : 4), By, C; thăng hàng ©> các hình chiếu của // trên B;C›, C;4; A;B; thăng hàng <> // thuộc đường tròn tâm Ó› ngoại tiếp A4+B;C› © O2H = R;
© 20H = 4R OH = 2R (đpcm)
Bài toán 7 Cho hình bình hành ABCD Hai đường chéo AC va BD cat nhau tai E Xét hai
điêm M N đối xứng với nhau qua E va M không
năm trên các đường thăng 4B, CD còn N không nam trên các đường thăng AD ĐC Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp bốn tam giác ABM, CDM ADN, CBN cing di qua một điêm Lời giải (h 7)
Hình 7
Nếu hai đường tròn (48M) và (CDM) cắt
nhau thì ta gọi điểm chung khác A⁄ của chúng là
K Nếu hai đường tròn (48M), (CDM) tiếp xúc
với nhau tại M thi K tring vdi M, lic 46 duéng
thing MK được hiểu là tiếp tuyến chung của
(ABM) và (CDM) Với quy ước trên, ta có: (KA, KD) = (KA, KM) + (KM, KD) (modn)
= (KA, KD) = (BA, BM) + (CM, CD) (modx)
=> (KA, KD) = (CD, DN) + (AN, CD) (modx) (vi AB//CD, BM//DN, CMI/AN)
Suy ra: (KA, KD ) = (NA, ND) (modn)
nên K thuéc dudng tron (ADN) (1)
Trang 12Tương tự, X thuộc đường tròn (CBM) (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpem
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 Ớ
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 dpem
Nhận xéi.Trong BT8, có thé thay giả thiết "tứ
giác ABCD" bing gia thiết "bốn điểm 4, ð, €
D mà không có ba điểm nào thăng hàng"
Bài toán 9 Cho (am giác ABC và điểm M
không thuộc các đường thăng BC, CA, AB Gọi
(t4) (g), (@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 (x) (ạ), (oc) cùng đi
qua một điêm và trung điêm cua đoạn thăng noi
diém dé voi M thugc dudng tron Euler cua tam
tam giac MBC, MCA, MAB nén theo nhan xét
cuối BT8 véi bé bon diém A B, C, M ta cd: Các dudng tron (HGF), (KEG), (LFE) cùng đi qua một điểm thuộc đường tròn Euler của tam giác
ABC Gọi diém nay la P Dat O= V2 (P) (2) Tir (1), (2) ta c6: Cae dudng tron (@,4), (@a),
(@c) ciing di qua diém Q va trung diém cla MO
chính là ? (thuộc đường tròn Euler cia tam
giác ABC)
Chín bài toán trên không thể giới thiệu đầy 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 giac ABC và các điểm
Ai, By, Cy thỏa mãn điều kiện: Á4iÐ = AC:
Bài tập 2 Cho tứ giác 4ABCD Về phía ngoài
nó ta dựng các tam giác đồng dạng 4DE, BCF Cac điểm M N P theo thứ
tự thuộc các đoạn 48, DC, EF sao cho
Chimg minh rang M N, P thang hang
Bài tập 3 Cho tam giác 4BC nội tiếp
đường tròn tâm O Duong thang A di qua O
Goi A), By, C; theo thir ty la hinh chiéu cia A,
B, C trén A Các dudng thang Ay, Ag, Ac theo
Trang 13thứ tự đi qua 4q, B), €Œ và vuông góc với BC,
CA, 4B Chứng minh rằng A¿, Ag, Ac đồng quy
tại một điểm thuộc đường tròn Euler của tam
giac ABC
Bài tập 4 Cho tam giác 4ĐC nội tiếp đường
tròn () Phân giác trong của các góc
BAC, CBA, ACB ct (O) tai Aj, By, C¡ theo
thứ tự M là một điểm thuộc (Ø) Giả sử A là
đường thẳng Simson của các tam giác ABC,
A,B,C, ứng với điểm M theo thứ tự Chứng
minh rang A L A¡
13
Bai tap 5 Cho tam gidc ABC Cac diém M, N, P
(khaec A, B, C) theo thir ty thuộc các đường thẳng
BC, CA, AB Chimg minh rằng các đườn tròn
(ANP), (BPM), (CMN) cùng đi qua một điêm
Bài tap 6 Cho tam gidc ABC va điểm P không thuộc các đường thing BC, CA, AB Cac đường thẳng AP BP CP theo thir tự cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại A4 B, C“ Chứng
minh rang tam các đường tròn ngoại tiếp các
tam giac APB’, APC’, BPC’, BPA’, CPA’, CPB'
cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi Pdà trọng tâm hoặc trực tâm của tam giác ABC.
Trang 14
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 tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC thì BIC = 90” + x
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;, O>, O03, O, lan
lượt là tâm đường
tròn nội tiếp các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB
VE MOT TINH CHAT
CUA TAM DUONG TRON
NOI TIEP TAM GIAC
LE THI NGOC THUY
(GV Trường Cao đẳng Su phạm Nghệ An)
———
BOIC = 90" ee
Mat khác, vì (2; là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD nên 8Ó;C = 90° + =
Do BAC = BDC nén BO,C = BO3C
Suy ra tứ giác BO,O2C nội tiếp , nên
Tương tự, ba góc còn lại của tứ giác
0,03,0,0, déu bang 90” nên tứ giác 0,0,0,0;
là hình chữ nhật
Thí dụ 2 Cho góc xOy = 90” Trén tia Ox cé
một điểm A cé dinh Trén tia Oy cé một điểm B
chuyển động Đường tròn nội tiếp tam giác AOB
tiếp xúc với AB tại M và tiếp xúc với OB tại N
Chứng mình đường thẳng MN luôn luôn đi qua
Trang 15Gọi / là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AOB và H là giao điểm của Ó/ với MN Khi dé,
theo tính chất trên ta có AlO = 90° + ABO |
Ta lại có tam n giác BMN cân tại Ö, nên
ABO Do 46 AIO+NMB = 180°"
NMB = 90° -
Suy ra AIH + AMH
nội tiếp
Suy ra [HA = IMA = 90° hay OHA = 90"
= 180°, nên tứ giác AIHM
Ta laicé AOI = 45° hay AOH = 45°, nén
tam giác AOH vuông cân tai H va H thudc nifa
mật phẳng bờ AO có chứa B
Vì A, Ó cố định nên H cố định và do đó
đường thẳng MA luôn luôn đi qua điểm #
cố định
Trường hợp OA 2 OB chimg minh tuong tự
Thí dụ 3 Cho nứa đường tròn tim O, đường
kính AB và €C là một điểm chuyển động trên
nửa đường tròn dy Goi H la chân đường vuông
góc hạ từ C xuống AB và I là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác COH Tìm tập hợp điểm 1
Do AAIO = ACIO (c.g.c) nén AIO = CIO =
135° Vay / nam trén cung chifa géc 135° dung
trén doan AO
Tương tự, nếu C chuyén động trên cung nhỏ
MB thì ï nằm trên cung chứa góc 135” dựng trên
doan OB
15
¢ Phan dao Ban doc tu chứng minh
e Kết luận Vậy tập hợp điểm / khi C chuyển
động trên nửa đường tròn đường kính AB là hai
cung chứa góc 135” đựng trên hai doan AO va
OB (cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ A8 chứa nửa
đường tròn đường kính A8 đã cho)
Tương tự như tính chất trên, bạn đọc hãy chứng minh tính chất sau đây liên quan đến tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác:
"Nếu Ƒ là tâza đường tròn bàng tỉ tiếp góc A cua
one BAS
2
tam giác ABC thi BIC =
Các bạn hãy áp dung hai tính chất trên để giải
các bài toán sau đây:
Bai 1 Gia sử điểm € chuyển động trên nửa
đường tròn đường kính AB, ;í là chân đường vuông góc ha tir C xuống AB Phân giác các góc ACH và BCH thứ tự cắt AB tại E và F Gọi / là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF Chứng
minh góc AB không đổi và đường thang C/ luôn luôn đi qua một điểm cố định
Bài 2 Cho tam giác ABC có Â - Ê =901,
Chứng minh các đường phân giác trong và phân giác ngoài góc B bang nhau
Bài 3 Cho đường tròn tâm Ø đường kính AB
cố định và một điểm € chuyển động trên đường tròn Tìm tập hợp các điểm / và 7 lần lượt là tâm
đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc C cla tam giác ABC
Bài 4 Cho AB là một đây cố định của đường
tròn tâm O và € chuyển động trên cung lớn A8 Gọi M là trung điểm AC và Hí là chân đường
vuông góc hạ từ 4 xuống 8C
a) Chứng minh đường thẳng ÄMH luôn luôn đi qua một điểm cố định Tìm tập hợp điểm H
b) Gọi 7 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AHB Chứng minh góc A/B khong đổi Tìm tập hợp điểm /
c) Chứng minh đường thẳng #/ luôn luôn đi qua một điểm cố định
Bài 5 Dựng tam giác ABC biết vị trí các tâm
đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và
đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác đó
Trang 16
KE THEM DUONG YONG COC
ĐỀ 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 thể 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
Lời giải (h 2) Già sử AC>AB Kẻ BHLAC
Ta có tam giác ABH vuéng can tai H Dat AH
nên tam giác
ACK vuéng can
tại K Đặt AB=x,
AK = KC = y
Ta có
AHBA œ› AKBC (g.g) nên
AB=xÍ5; AC=V10 hoặc AB=V10: AC=x/5.
Trang 173 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam
Ké AH 1 OB Dat BH = x, AH = y Ap dung
định lí Pythagore vao céc tam giac ABH và
AOH, ta có x2 +y? =36 và (v+4)2 + y? =64
_135 Đo đó AD? = HD? + AH? =y? +(x+10)2 =166 Vậy
AD = 166
3
Từ đó ta tìm được ch y?
4 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra hai
tam giác vuông băng nhau
Thi du $ (Lớp 9) Cho tam giác 4BC vuông
tại 4 đường phân giác BD Biết BD = 7,
DC = 15 Tinh d6 dai AD
huyen — gdc nhon) nén DA = DE, BA = BE
suy ra BD là đường trung trực của 4E Gọi H
là giao điểm của 4£ và 32 Lấy K đối xứng
với 2 qua // Tư giác 4KED là hình thoi Đặt
EK = ED = AD = x DH = HK = y Tam giác
EBD vuông nên EDÌ=DB.DH, suy ra
x2=7y (1) Do £K//AC nên EX -„ #K
Thí dụ 6 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường
tròn (QO) Gọi Ð, £, # theo thứ tự là tiếp điểm
trên các cạnh 8C 4ð 4C Gọi H7 là chân đường vuông góc ké tir D dén EF Chứng minh răng BHE =CHF
lời giải.(h 6)
Ke Bl, CK vuông góc với
EF Tam giac AEF can tai A nén BEI=CFK
Ta có ABETItœ› ACFK
nên AB8Hi œ› ACHK
Để luyện tập, các bạn hãy làm các bài tập sau:
Bai 1 (Lop 7) Cho tam giác 48C có
B= 120°, AB= 7, BC = 8 Tinh độ dài AC
Bai 2 (Lớp 7) Cho tam gidc ABC c6 B= 45°,
C= 120° Trên tia đối cia tia CB lay diém D sao cho C’D = 2CB Tinh sé do géc ADB
Bài 3 (Lớp 7) Cho tam giác 48C (4C > AB), đường phân giác 4Ð Trên cạnh 4C lấy điểm £ sao cho CDE = BAC Chimg minh rang DB = DE
Bai 4 (Lop 8) Cho tam giác 48C vuông cân tại 4A (AB < AC), đường cao 47 Trên cạnh 4C
ay điểm E sao cho AE = AB Goi M 1a trung
diém cua BE Ching minh rang AM là tia phân giác của góc AHC
Bài 5 (Lớp 8) Cho tam giác 48C vuộng cân
tại A Cac diém D, E, F theo thứ tự năm trên
các cạnh 4B, BC, CA sao cho ^2„ #É „CC
Chứng mình răng 4È vuông góc với DF
Bài ó (Lớp 9) Hai đường tròn (Ø) 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.
Trang 18
COSAÁ =
trong đó ŠS„„ kí hiệu điện tích tam giác 48C
Chứng minh Sử dụng công thức (1) và công
thie Sua = ^ besin 4, suy ra cotgA = #1 :
Chứng minh tương ty cau a) ta cé
cotgB = a+c-b , cotgC = @ +b -cl
Từ đó có
octyl + cotg + cotgt! = EPS cá),
4 Sa
Bỏ đề 1 Trong tam giác 4ðC với 4M là trung
tuyén, MAB = a, MAC = Ø Khi đó ta có hệ
thức cotgz+ cotgC = cotgØ + cotgB
(Hệ thức này được suy trực tiếp từ định lí
cotang cho các tam giac ABC, ABM, ACM véi
cotgd + cotgB + cotgC =
lưu ý rang Saw = Sac = 258C)
Bỏ đề 2 Giả sử À⁄/ là một điểm trên cạnh ØC
của tam giác ABC sao cho ` MAB= a;
MC "
AMB = Ø Khi đó ta có
a) (m + n)cotgØ = m.cotgC - ncotgB ;
b) mcotga = (m + n)cotgA + n.cotgB
Chứng minh a) Dựng AH L BC, lúc đó H sẽ
nằm trong đoạn BM hoặc đoạn AC, giả sử H
thuộc đoạn BM Lic 46
18
SU DUNG DINH Li COTANG
DE GIAI TOAN
NGUYEN BA DANG (Sở GD- ĐT Hải Dương)
Trong sách giáo khoa Hình học lớp 10 chúng ta đã làm quen
với định lí cosin thể hiện sự liên quan giữa cạnh và góc của tam giác: Với tam giác ABC
Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng định lí cotang
và các bỗ 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)
92" nPsnC ` Lời giải Hệ thức cần chứng mình tươn
đương với 2cotgø = cotgC - cotgB Áp dụng
đề 2 cho trường hợp X 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)
Trang 19_ AMAP +c'—ME* _ ME?+a°—MC)
Suy ra cotgø = cotgA + cotg + cotgC
b) Ta cé cotgd + cotgB + cotgC
+P +e?
=——————-=(Cotga
4 Sam
Mặt khác a” +ðˆ + c” > 45„;-.V/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
£ Lời giải (h 2) Vì : BD = 2DC nén theo
bổ đề 2 ta có
3cotgD, = 2cotgC —cotgB=3cotgD, (1)
Trong tam giác 4B8E£ với BD là trung tuyến
Hình 2
Áp dụng các bô đề trên, ta có
cotg\ = cotgÖ + cotgÈ) — cotg⁄4¡ (2)
2cotgD, = cotgE; — cotgA, (3)
Tương tự trong tam giác ACE, ta có
cotgC) = cotgC + cotgÈ; — cotg4; (4)
2cotgD, = cotgA, — cotgE; (5)
Tu (1) và (3) thay vào (2) được
cotgB; = cotgB + 5 (2cotgC~cotgB)
Dé c6 2BCE-—CBE = 180° ta ching minh
cotg2C, = cotgB, That vậy
tại / Chứng mình rằng tam giác B/C cân
Lời giải (h.3) Giả sử BC = a, AC = b, AB = c
Trong tam giác CA CO là trung tuyến có cotg CO = 2cotgC + cotgCBM
cotgBCO = 2cotgC + oe
= 2eotgC +cotgl+^ (cotgl'+eotgC)
cotg BCO = 2(cotgB + cotgC) + cotgA
nén tam giac BIC 1a tam giac 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 géc véi 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 của CE Xác định dạng của tam giác 4BC để góc /BC lớn n
Trang 20Bây 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
tuyến 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 và K DE cắt O'O tai J Dyng hinh chit nhat
VTPQ thi B'S = VS < VO = TP = PB (h.2) nén
đường thăng ĐÈ không có điểm chung
với (Ở) và (Ở), do đó À4 năm ngoài ()
(số hạng thứ hai của kết quả trên đặt là Ä)
Hoàn toản tương tự ta cũng biến đổi được
Từ (4) và (5) suy ra MF = MG (đpcm)
Nếu B8P' 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' va CC' (B, C thuge (O); B’, C' thuộc
(O')) Goi D, E tương tung la trung diém của
BB' và CC", M là một điểm bắt kì thuộc đường
thing DE Dung các tiếp tuyến MF và MG
vai (O) và (Q)) tương ứng (F, G là các tiếp 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 À4Ƒ 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
học Cabri Geometry II Plus Các bạn có thể
tải từ mạng internet theo địa chỉ
http:/(www.cabri.com/v2/page/fr/logiciel.phpWcabri2d
Trang 21
TOAN HOC SO CAP
C rất nhiều hướng để hình thành các bất
đăng thức (BĐT) nói chung và BĐT trong hình
học nói riêng Trong bài việt này trình bày một
cách hình thành một số BĐT trong tam giác từ
một BĐT cơ bản trong hình học lớp 10
Cho tam giác ABC với a = BC, b = CA, c = AB
Goi S là diện tích AABC; r và Ñ là bán kính
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 œ
8.y, ta có (+M4+øMB+yM€) 20
Bình phương vô hướng hai về 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`) >
2 a fy+ bay+ cap (*)
Dấu bằng trong BĐT (*) xảy ra khi và chỉ khi
a) Khi A⁄ là trọng tâm tam giác ABC, ta sẽ có
các BĐT liên quan đến đường trung tuyến Lúc
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~c)m,`> 9S(R-r).
Trang 22~- Chọn œ = sp Oo agit thay vao
Áp dụng bất đẳng thức (*) cho tam giác 4X
với Ä trùng X, ta thu được:
- Chọn ø = a°, 8= b}, y= c° thay vào (2*)
sau khi biến đổi ta thu được:
bc.m„ + ac.mạ + ab.m,
< Be +b? +02 Kat +bt +c) (7)
Ap dung BDT Ptolémée cho cac tir gide GNAP,
GKCN, GPBK va bién đổi ta được:
be.m, + ac.mp, + ab.m.> om, + bm, + cm, (8)
Kết hợp (5), (7) và (8) ta được đãy BĐT kép sau:
4m„ mạ m < bc m„ + ac mạ + ab.im,
< Š va +b? +c* Yat +b* +c*) (9)
- Chọn ø = a, 8= b, y= c thay vào (2*), sau
khi kết hợp với (4) ta có tiếp:
2 (a.m, + b.m, + c.my , ta duge:
a.m,+b.my+c.m, <3 Jae +b?ci+ciaY (12)
c) Gọi ¿ là điểm Lemoine của tam giác ABC nghĩa là giao điểm của ba đường thắng đối xứng với ba trung tuyến qua ba đường phân giác nh, tương ứng theo từng đỉnh của AAĐC
Khi đó dễ thấy :
a?+b?+e! ` a? +b} +e! ` 2m ba
— Chọn œø = a, 8= b, y= c, thay vào (3) ta
được BĐT:
4(bem,’ + acm, + abm? ) > (a° + b + c?}È (13)
BDT này còn được viết ở dạng sau:
ab(a — b}ˆ + bc(b — c} + ca(c-a} >
> a (a-b)(a-e) + b?(b-e)(b +a) + e?(c-a)(c—èb} Kết hợp các BĐT (10) và (13), ta có
(a+® + cX(đ` + ®` + c°)
> 4(bem,? + acm,? + abm2y > (aˆ + b + c?? (14)
— Chọn #z = 8= y“= I thay vào (3%) ta được:
(be.m„)Ÿ + (ca.mạ 3° + (ab.m, )* >
x MA + y MB + zMC = 0, thi không nên chọn các số
a B y tilé voi x, y, z vì lúc đó xảy ra dấu đẳng thức
(Ki sau dang tiép)
Trang 23Đến đây bằng một số phép biến đổi, ta cĩ một
số trường hợp đặc biệt của nĩ
— Chon a = /jđ= ythay vào (4*) được
— Chon a= dtc, jØ = c+a, y = atb, thay vào
(4*) và biến đổi ta được
88(R-2r) > (a— b}? + (b— c} + (eđầ—a) (18)
Để ý rằng a = 2#.sin4, b = 2Đ.sinð, c = 2R.sinC
thì BDT (4*) cĩ dạng
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.sinÈ4 + bc.sin?8 +casinC (19)
Chọn @ = cosd, # = cosB, y = cosC thay
vào (S*) với chú ý cos4+cos+cosC' = | + ›
ta được BĐT
(R+r}> a?.cosB.cosC + b”.cosC.cos4 +
+ c? cos4.cos8 (20)
HH Các bất đăng thức về đường trịn nội tiếp
Áp dụng BĐT (*) cho trường hợp ⁄ trùng với
tâm 7 đường trịn nội tiếp tam giác 48C được
(a+ B+ 9 (aTA* + BTB* + 7TC)
23
Từ BĐT này ta chọn các bộ số (œ, /Ø y) thích
hợp sẽ đi tới các HOT mới
Chon a= £= y thay vào (6*) được BĐT T4? + 7B + TCˆz> +P 3 (21) 2!
(6*) và biến đổi ta được
2 2 sin— F sin— sin— ST, SN
ee [acos+o sea 4 cos}
Như vậy mới chỉ qua năm trường hợp đặc biệt
của điểm Ä# mà ta đã đẻ xuất 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 L Cho tam giác 4C Chứng minh rằng
hệ trẻ +r? >6r? +24Rr— p?
trong đĩ r„., r„ r là các bán kính đường trịn bằng tiếp trong các gĩc 4, B, € của tam giác 4C
Bài 2 Cho tam giác 4C và một điểm ? tùy ý
trong tam giác Gọi 4, Ø,, €C¡ là hình chiếu
vuơng gĩc của ” trên các cạnh BC, CA va AB
Bài 3 Cho tam giác 4C và một điểm M bắt kì
Chứng mình răng:
(a+ B+ Y(aMB?.MC + 8À4C°.À4A” + yÀ44ˆ.À4Bˆ)
> a MA’ By + b°.MB’ ay+c’.MC af, với œ, Ø y là các số thực tùy ý.
Trang 24minh một số bài toán vẻ bất đăng thức:
()(I+zƒ” <l+#z với z>-Ì và œ<[0:lÌ Ding
thức xảy ra khi vả chỉ khi z=0 hoặc z=l (bất
ding thire Bernoulli)
(ii)(I+zƒÍ<l+z“ với z>0 va @sl, Dang thite
xây ra khi và chỉ khi # =Ì
Chirng minh (ii)
1) Trong BDT (ii) cho z=— (vdi x,y la sé
thực đương) ta nhận được chs BDT (ii) cho hai
số thực duong x, y như sau:
(xvtyƒ <x“+»“ với g<]
2) Bảng phương pháp quy nạp hoặc phương
pháp như trên ta ching minh duge BDT (ii) cho
< Nhdn xét Sie dyng BDT Y2l+a? voi
a € |0; 1] ta sé giai durge cac bai toan sau đây
1) Cho a, a,, , 4, (m 2 1) la cac số thực
không ãm thỏa mãn điều kiện @ +@ + +@ =]
Chứng minh rằng 2 +22 + +2 > m+l 2) Cho x,x, x„ (m>1) là các số thực
Chứng minh rằng
Trang 252lcoswil +2inxị cosx| + +2!inxsin+Ò sin x„„_â CeSvu.|
+~2lSinx,sinx; Sinx„ ;sinX ẻ > yi,
Hướng dón Tổng bớnh phương cõc số mũ ở về
trai bang |
Ẫ Bai 2 Cho a, b la cde số thực đương nằm
trong khoang (0:1) Chitng minh rang
a b
< Nhận xờt: Bằng phương phõp trởn ta cụ thể
chứng mớnh bai toõn từng quõt sau: Cho
da da da, (m>2) lỏ cõc số thực dương cụ
từng bằng Š Chứng minh rằng
(s-a)" +{S—a,)? + +(S—a,)™ >m—l
Huong dan Nờu ton tai mot chi sờ & (1sk<m)
sao cho a, >! thi vGi moi i#k va l<i<m ta cờ
S-a >a >I Suy ra (S—a+ lh >=l Từ đụ cụ
được BĐT cần chứng mớnh
Trong trường hợp tất cả cõc số ự (1<â<zm ) đều
nam trong khoảng (ễ: 1} thớ ta giải tương tự như
trong cau 2) của bỏi toõn nảy
Ẫ Bai 3 Cho œ d, d„ (m>2) lỏ cõc số
thực dương vỏ œ /3 lỏ hai xụ thực chương thoa
mọn điều kiện œ>/1 Chứng minh rằng
(cê + + +e 1 <(a +a ney 7
Chứng rminh BOT cần chứng mớnh tương
đương với
, (đŒ* +ự# + +d}+ < d(Ƒ +ưt + +d
FE đờ@e8 “ Hay (x, +x, + 4+%,) <x +28 + +xf với
Ẫ Bai 4 Cho a, b, đ tỏ cõc sẻ thực đương vỏ
w lỏ một số nguyởn đương lớn hon è Chứng minh rằng de +f d `
b+e ct+a a+b Ching minh Vi o<2<1 nờn ap dung BDT
”
Đăng thức xảy ra khi vỏ chỉ khi =2 vỏ
a=b+c, b=c+a, c=a+h
Điều nỏy khừng thể cụ vớ 2, Ẽ, c lỏ cõc số thực
đương Từ đụ suy ra đpem
< Nhận xờt: Bắt đẳng thức trởn đọ được chứng
minh trong THTT 341, thang 11/2005 khi
=3, nhưng phương phõp chứng minh trong đồ
khụ mở rộng cho trường hợp ự lỏ một số nguyởn dương lớn hơn I1 bất kớ Tuy nhiởn, với việc sử dụng ý tưởng trong bỏi viết đụ cỳng với
BĐT (ââ) chỷng ta cụ một chứng mớnh khõ gọn trong trường hợp m2 è nguyởn dương tỳy ý
Ngoỏi ra, cũng băng cõch sử dụng BĐT (ââ) cho
nhiều số chỷng ta cụ thể chứng minh bỏi toõn tổng quõt sau:
Trang 26
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 đình của tứ giác
(Đó chính là tứ giác nội tiếp)
Chứng minh a) Giả sử tứ giác ABCD cé
A+C = B+D = 180° Khéng mat tính tông quát
giả sử B>A Nếu B>A thi C>D, ta lay
điểm M sao cho MBA = A, MCD = D, các
tia BM va CM cat AD lần lượt tai P va N, suy ra
B, =C; nén tam giac MBC can tai M (h 1)
phân giác của tam giác AƒNP nên chúng đồng
quy tại @ và rõ rằng 2A4 = OB = OC = OD
26
NEU CHUA BIET VE
(Trường hợp điểm 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 luận hiển
khi tôn tại một điểm cách đều bón cạnh của tứ
giác (Đó chính là tứ giác ngoại tiếp)
Chứng minh a) Giả sử tử giác ABCD có AB+CD= AD + ĐC (h 3)
Không mắt tính tổng quát, gia str AB 2 BC Nếu 4B > BC thi AD > CD, lay M trên cạnh
4B sao cho BÀI = BC, N thuộc cạnh 4D sao
Trang 27Vận dụng các quan diem bien chung
của tư duy toán học
trong day -
© Phan 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 thể 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 tiềm năng kiến thức và kĩ năng
sách giáo khoa (SGK) toán ở trường THPT
Từ tiêm 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
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 thê 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 co 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 G 1a trong tam
cla tam giac ABC thi GA+GB+GC =0" có
thể phát triển theo hai hướng đến những cái
chung, cái tông quát khác nhau:
Hướng !_ Xem trọng tâm Ở của tam giác 48C
theo quan điểm diện tích: S¿,- = S4 = S¿4„
- 5 với Š là diện tích của tam giác ABC
27
hoe 1 GAN
DAO TAM (GV khoa Toón ®H Vinh)
Khi đó hệ thức cần chứng minh tương đương với
hệ thức: {SGA + 2GB 4 ;sGC =O Chú ý
rằng tổng ba hệ số của biểu thức vectơ về trái bằng S Từ đó chúng ta có thể đề xuất bài toán tông quát sau: "Gọi @ là điểm bat kì trong tam
giác ABC Dat S; = Somes Sy = Sox es Sy = Soars
Chứng minh rằng S, Ø4 + S, OB + S,OC =0"
Hệ thức cần chứng minh tương đương với
Dao shales AS creak
OA = - 22:08 - — OC (1)
Đề chứng minh (l)
ta dựng hình bình hành nhận OA lam
đường chéo OE4)
€ Nhận xéi | Nếu đề ý S, + Sy + Sy = S, khi
đó có thể mở rộng cho trường hợp điểm O
năm ngoài tam giác 4BC, thuộc miên góẻ tạo
Trang 28boi hai tia CA, CB Ching ta có bài toán tổng
quat khac sau:
"Gọi O là điểm nằm ngoài tam giác A8C
thuộc miễn góc tạo bởi hai tia C4 và CB; Gọi
S; S2, S; lan lượt là diện tích các tam giác
OBC, OAC OAB Chimg minh rang
S, OA + S, OB-S,.OC =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; = S 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; = Sose Sr = Soca
Ss = Soan thi cé thé chon cac dau "+" hodc "—"
thích hợp sao cho đẳng thirc +S,OA + S,OB
+ S,OC = 0 ding"
Hướng 2 Có thể xem G la trong tâm của
tam giác ABC khi va chi khi GB+GC =2GM =
GK =-GA4, với A# là trung điểm 8C Khi đó
trong tr GA+GB=—GC , GA+GC=—GB Hay
các 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 # — l vectơ bất ki trong vecto
trên cộng tuyến với vectơ còn lại Chứng minh
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 dễ dàng kiểm tra trong
hình vuông hoặc hình 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 binh hành
48C D có các đường chéo cắt nhau tại 2 cũng
thỏa mãn đăng thức (2) Trong trường hợp này
khi chirng minh chi can si dung O Ia 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(0A? + OB? + OC? + OD*) la tir gidc đó có
hai đường chéo vuông góc hoặc (Ø2 là trung
điểm của một trong hai đường chéo
28
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)
đề 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
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
y va tiép xúc với hai cạnh (2x, (2y của góc qua phép vị tự W2} với & = Sứ , Á4' là giao điểm
của 24 với đường tròn (49
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 (Š) 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 (4) quy v
dựng đường trén tam K di qua / va tiép xtic với O'x' va O'y’, ki hiéu la (KX) Trong dé O'x'
va O'y’ lan luogt song song voi 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
"Gọi 7 là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác 4%C Chứng minh rằng alA + 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 các đỉnh Àí, M, P vẽ các đường thẳng a, Ðb, c lần lượt song song với
MP: MP: A4N Các đường thăng a, ở c 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.
Trang 29
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 Đặt CAB = 2a 4BC = 2Ø, BCA = 2y
HƯU suy ra dive tat «
UM TMU me eT ae ee ee Đi€H đói tú
khong nhitng ta tim duoc nhieu cach ching minh he thin
moi quan he toan ho«
các lệ thức tương dương với Hó /NXiư vớn
ban
còn có cách nitn toàn điện hơn, hệ thông hơn về cúc
lệ thức khúc nhau vé link thie nhung thong nhat voi nhau ve
Diéu nay doc minh hoa qua viec xét
cáck citứng tHiHÍt tHột vô hệ thức trong tạm giác dưới đa
Trang 30Thay 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
Ap dụng hệ thức (IV) ta chuyển việc chứng
minh hệ thức (1) đến chứng minh hệ thức sau:
ABC, BCA (xem hình về)
SD ar, = Spy
p-a p-a Tương tự có
p-b ™ 2S on 4c ` << = 2S An
180°
Dé thay O, AC + O,AC = —— = 90° nén
O;A L O;A4 Tương tự có Ø,A 1 O3A va
O;A 1 0,03, O,B L O:O;, Ó;C L O.OÓ:
Trang 31Áp dụng công thức lượng giác của góc chia
đôi với tơ =(tacóp= = 4
t£ i+?
Quy đồng mẫu số rồi viết trong dạng phương
trình đối với / ta được
pt —(4R +r) + pt—r =0 (Vil)
Nhu vay ¢ = tga la nghiém cia phuong trinh
bac ba (VII) Tuong tw nhu thé tgZ, tgy cing
là nghiệm của phương trình bậc ba (VII) Áp
dụng định lí Viète cho tổng ba nghiệm của
phương trình bậc ba (VII) ta có hệ thức (4)
Trong bài tập l 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 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 đôi hệ
thức (2) tương đương với hệ thức (4)
Sơ đồ liên hệ giữa các hệ thức
va cach chirng minh
= 6R + 2R(cos2œ + cos2/Ø + cos2y)
Từ đỏ suy ra hệ thức (4)
Bài 4 Gọi @,, @;, 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„.„„ =Szx„ +Šz„„„ để chứng mình St» =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:
16S° = 2(a*b* + b*c?* + ca’) — (a" + b` + cŸ),
+a
p-a p-a
Hướng dẫn: a) Dat
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 đài 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 vi bởi điện tích, ta có
ngay bài toán tương tự phát biểu như sau:
Bài toan 1 7Trong 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 = d< 2), hãy xác định tứ giác có điện
Để ý rằng x, y được ràng buộc bởi điều kiện
sin2x.sin2y = = ‹- Ta có 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
Ēx, y) = sinx + cosx + siny + cosy,
voi0<x,y< = thỏa mãn điều kiện
32
Tiếp cận và khai thác MOT BAI TOAN CUC TRI HINH AOC
eos nh
(Tiép theo kì trước) NGUYEN DANG PHAT
(Hờ Nội
sin2x.sin2y = (0 < k < 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 cầu và vuông góc với
- nhau từng đôi một Thế thì ta có các bài toán tương tự trong không gian như sau:
Cho mặt câu (@ tâm O, bản kính a và một
điểm P cô định nằm trong mặt câu (OP = d< a)
Xét các hình bát diện lôi X(C.ABA'B“C) nội
tiếp mặt cẩu (€@) nói trên sao cho các dây cung AA', BB', CC' của (@) cũng là các đường chéo cua -K, đôi một vuông góc với nhau ở
Trang 33Bai toan 5, Hdy xdc định hình bát điện #ạ có
điện tích toàn phần lớn nhất và hình bát diện
.Xa có diện tích toàn phan nhỏ nhất và tính
các digén tich So, S'o dé theo a va d
Chú thích và gợi ý hướng giải bài toán 4 và
tông quát hóa bài toán đó
Để giải bài toán 4, trước hết 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
số 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 toán mới tổng quát hơn
nữa về cực trị đại số sau đây
Bài toán 6 ( Bài toán cực trị đại sô)
a) Phat biéu bai toán
Tìm giá trị lớn nhat py va gid tri nho nhất
Pm cia ham 2n bién x, x', (i € {, 3, DD,
(h >2) sau đây:
PAW 5 iss Sha BED
= » (rex tatty? + xa? + xP ta? \")
Py S Py), =2(a, ⁄2+ Ja; +b?
Py 2 Py, = 4 fa, (a, +b)
của các biểu thức (4) và (5) ở trên ta được
ngay tức khăc đáp số của bài toán 4
*) Tương đối để hơn cả là các bài toán 1, 2, 3
dành cho bạn đọc tự giải xem là bải táp, Ban
nào có điều kiện về thời gian và muốn tập thẻ thao vẻ trí tuệ, xin hãy thứ sức với các bài
toán 4 va 5 Chúc các bạn thành công
Trang 341 về thiếu tự nhiêu đề từ _
“thích: tim ra lời giải
rất độc đáo và ị
kiểm lời giải l¿ cho ba bài toán
€?Bài toán 1 7?» kích thước cua tam giác có
điện tích lớn nhất nội tiếp đường tròn (O R)
CÍo trước
(Dé thi twyén sinh vào lớp 10 trường THIPT
Chuyên Lễ Hỏng Phong TP Hồ Chí Minh,
1993 - 1994)
Mò mẫm và đực đoán Tam giác AĐC nội tiếp
đường tròn (: #) về đường cao AH thi Syne =
>AHI.BC Nêu cố định BC thi Selon nhất khi
Ẩm lớn nhất, lúc đó 4 nằm chính giữa cũng BC
vả lam giác ABC can tai A Twong tu, néu cd
dinh AB thi Sự lớn nhất khi tam giác ABC
cân tại C Vị vậy, ta dự đoán S,„- lớn nhất khi tam giac ABC /a tam giác đều, lúc đó
Với tam giác ABC bat kì nội tiếp đường
Tức là tam giác 4/8C đều có cạnh bằng #3 f7
€?Bài toán 2 V¿/ các tứ giác li ABCD có 4B
= BC = CD = a Tim gia tri lon nhat cua dién tích tứ gide ABCD
Mò mẫm và đự đoán Nhận thấy
34
Trang 35San » = 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 lon nhat khi ABD=90° Vi vay,
ta dự đoán S¿„;; lớn nhất khi 4#C=4CD=90°,
tứ giác 4BCD là hình thang can (AD//BC) ndi
tiếp đường tròn đường kính 4 = 2a có 4B =
V2 Gợi ý cho việc đi chứng minh $< v2
Lời giải Giả sử $ > V2 thì x>.J2, 1> V2,
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
tron (QO; #) với 7 không trùng với (2 4C, BD là 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 vị lớn
nhất nội tiếp trong đường tròn (2: #) cho trước
Bài 3 Cho S là số nhỏ nhất trong các số x,
‘ SỐ t (với v, y z f là các số dương)
yo ox Hãy tìm giá trị lớn nhất của S,
Bài 4 Cho v y là các số đương Giả sử S là số
Trang 36
ẾŸ 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 gide ABC cén tai A
Trén canh BC lay diém D sao cho CD = 2.BD,
So sánh BAD va * pat C;
Nhận vét Đề so sánh BAD va 5 DAC , ta vẽ
tia phân giác AE cua DAC (h 1)
Loi gidi Do ADC > B=C nén AC > AD Ve
tia phân giác 4E và trung tuyến 4Ä của tam
Tir d6CAE >CAM (1) an
¢ ABAD = ACAM (c.¢.c) => BAD =CAM (2)
© Bai toán 2 Chứng minh rằng:
sin2x = 2sinx.cosx (0° < x < 45°), Nhận xét Bài toán đề cập tới góc 2v và góc x
Ta vé tia phân giác của góc 2v
Lời giải (h2) Vẽ tam giác 48C vuông
Trang 37© Bài toán 3 Cho tam giác ABC can tại A có
AB
Ầ =36° Tỉnh ^^
BC_ˆ Nhận xét Về tia | phan giác BD thì tạo ra được
quan hệ về góc B, = =A, B= ể vả 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 cố định
Ô Bài toán 4 Cho góc xOykhdc 180° va mot
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 M vung ()v và
Oy € hứng minh răng đường tròn Ngoại tiếp
tam giác MHK ấi qua hai điểm cô định khi M di
động trong goc xOy
Nhậm xét Vẽ hai vị trí của hình ta dự đoán
được đường tròn (À#/Á) đi qua € thuộc tỉa
phân giác của góc xÓy (h 4)
Li gidi Do OHM =OKM = 90° nên đường
tròn ngoai tiép tam giac MHK di qua diém cé
Qua M ké AB 1 Or tai C voi A € Ox, B € Oy
Ké AJ 1 Oy tai / thi OA = OB Néu C khác M thi C thudéc dudng tron (MHK) do MCO = 90°
Tacoé: Syou = Saou + Suan
c 2OB.AI = 5 OAMH +—OB.MK
= Al= MH + MK=a=> A co dinh
Bài 2 Giả sử M là một điểm ở trong tam
giac ABC sao cho CM = CB Ching minh rang AB> AM
Bài 3 Cho tam giác 4C (AC > 4B) Trên cạnh
AC lấy điểm Ð sao cho CD = AB Goi E va F theo thứ tự là trung điểm của 4Ð và 8C Chứng
) sin2x =
minh rang CEF -+
Bài 4 Cho tam giác ABC c6 A =2(B-C),
BC = a, CA = b, AB = c Chứng mình rằng
q°b = (b ~ e\(b + c)
Bài 5 Cho tứ giác ABCD có DẠC = 130%
DBC = 110°, ABD = BAC = 30° Tinh ADC
va BCD.
Trang 38
Có nhiều bài toán hình học không gian mà khí giải các
bai todn do ta can tim chan đường vuông góc hạ từ mỏi
diem xuéng mot mat phẩng Chẳng han, khi tính
khoảng cách từ mắt điểm đếm môt mắt phẳng, tín]: góc
tao bởi mót đường thẳng với mót mắt phẳng, xác định
xớ đo góc phẳng của nhỉ điện, tìm thiết điện của mới
hinh chop bi cdt boi mỏi mật phẳng di qua môi đường
thắng vá vuông góc với môi mắt phẳng nào đó Việc
xúc định được chản đường vuông góc có vai trò quan
trong dé tim 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
bai bdo cung cáp cho các ban hoc sinh phương pháp
nhàn biết và giai quyết được các bài loáh tương tự và
hơn nữa là giải được đề thí vào Đai học và Cao đẳng
© Bai toan Cho mắt phẳng (P) và điểm M
không thuộc mặt phẳng đó (M hoặc (P) thea
man điều kiện co trước) Xác định chản đường
vitdng g6c H ha ut M xudug (P)
Trước hết, cần hiểu ràng xác định / không đơn
thuần là thể hiện vị trí của #ƒ trên hình vẽ mà ta
phải chỉ ra được các tính chất của /í 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 mồi trường hợp đó
Lời giải Hình chóp S$ ABC có dáy là tam giác đều ABC và chân đường cao hạ từ S xuống mắt
phang (AC) trùng với trực tâm tam giác
APC Từ đó SA L BC Trên ĐC lấy điểm | sao cho S/ | BC và trên Sƒ lấy điểm H sao cho
AH 1 SI Khi dé H 1a diém phai tim
Thi du 2 Cho hinh chép S ABCD, day ABCD la hình vuông Cạnh SA vuông góc vải mặt phẳng (ABCD) Xic dinh chân đường vuông góc hạ từ
C xudng mat phang (SBD)
Lời giải (h 2) _
Ta c6 SA 1 BD, 2
AC 1 BD nén BD l1 mp(SAC), suy
O la giao diém
của AC va BD, khi dé SO 1 BD
Chan đường A vuông góc hạ từ
cho MA = MB
Dé tim H ta tiến
hành các bước sau (h.3):
Hình 3
38
Trang 39se Trong mặt phẳng (P) kẻ đường trung trực đ
của đoạn thẳng BC
© Trong mat phing (M; d) dung MH 1 d H 1a
điểm cần tìm
Thí dụ 3 Cho hinh chĩp S$ ABC, day ABC là
tam giác cân tại A và SAB—SAC Xác định
chan đường cao của hinh chop
Lời giải Hai tam giác SAB và SAC bằng 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 /ƒ ha từ ŠS của hình
Lời giải Từ giả thiết ta suy ra A8 = AO Vì
ABCD là một hình thoi, nên đường chéo AC của
hình thoi cũng là đường trung trực của đoạn 8/2
Chân đường vuơng gĩc kẻ từ A' xuống mặt phẳng
(ABCD) thuộc đường thang AC
Thi du 5 Cho hình chĩp tứ giác đều SABCD
Một mặt phẳng (œ) đi qua AB cắt các cạnh SC
va SD tấn lượt tại các điểm À4 và N Xúc định
chan đường vuơng gĩc hạ từ ŠS vưống mặt
phdng (a)
Loi gidi Ta c6 MN//CD//AB Tit giac ABMN
là một hình thang cân Vì vậy đường thẳng đi
qua trung điểm hai đáy là đường trung trực
của hai canh day d6 Vi SA = SB, 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 mot mặt phẳng thỏa mãn điều 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 = MB Chan đường
vuong géc H ha tir M xuéng mặt phẳng (yOz)
nam trên đường thẳng di qua O va trung điểm
của đoạn thang AB
3 Tén tai mét đường thẳng a vuơng gĩc với
mặt phẳng (P)
Để tìm #7 ta cần tiến hành các bước sau đây
e Xác định giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt
phang (Q) di qua a va M
e Ké qua M duoéng thang song song với z cất
giao tuyến tại /f Đĩ là điểm cần tim
Thí dụ 7 Cho hình chĩp tứ giác déu S ABCD
Bên trong tam giác SAB ta lấy điểm M Xác định
chan đường vuơng cĩc kể từ À{ vuống mat
phang (ABCD)
Loi gidi Goi O là giao điểm của AC va BD, ta
cĩ SƠ 1 mp (ABCD) Đường thang SM cat AB
tại V Đường thẳng di qua M song song với SƠ
cat ON tai H H là điểm cần tìm
39
Thi du 8 Cho hinh chép SABC cé day la 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 vuống mặt phẳng (SBC') Lời giải Ta cĩ BC 1 mp (SAC) Vi vay nếu chon trén SC diém K sao cho AK 1 SC, thi
AK 1 mp (SBC) Noi B vai K và chọn trên đường BK điểm / sao cho MH//AK H la diém cần tìm
4 Điểm Äf thuộc mặt phẳng () vuơng gĩc với mạt phẳng (P)
Thí du 9 Cho hình chĩp S ABCD cé day la hinh
chữ nhật ABCD Canh bén SA 14 mp( ABCD) 1) Xác định chân đường vuơng gĩc hạ từ điểm
M nằm trên đường SA xuống mặt phẳng (SBC')
2) Goi O la giao điểm của AC và BD và ( œ) là mặt
phẳng đi qua song song với BC Xác dinh: chân đường vuơng gĩc hạ từ S xuống mặt phẳng (@)
Lời giải \ ) Từ giả thiết bài tốn suy ra mp(SA®)
L1 mp(S8C) M thuộc mặt phẳng (SAB), nén
chân đường vuơng gĩc hạ từ ă xuống mặt
phẳng (S8C) nằm trên đường thẳng S8
2) Vi BC 1 mp(SAB) va 8D//mp(ø) nên mp(ø)
-L (SAB) S thudc mp(SAB), do đĩ chân đường
vuơng gĩc hạ từ ŠS xuống mp(ø) nằm trên giao tuyến của (ø) và (SÀ)
Đẻ két 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 la tam gic can tai A Goi (@) 1a mat phang
di qua A va trung điểm hai canh bén BB’, CC’
Xác định chân đường vuơng goéc ha tir mot trong các điểm sau dây xuống mật phẳng (œ):
1) Từ các đính A“ 8, C” của hình lãng tru;
2) Từ trung điểm / của BC;
3) Từ trọng tâm C của tam giác A“°#'C“
Bài 2 Cho hình vuơng ABCD Trén duong
thẳng c( đi qua A vuơng gĩc với mặt phẳng hình vuơng, ta lấy điểm ŠS (khác A) Xác định chân đường vuơng gĩc hạ từ điểm C va trung điểm của cạnh #€ xuống mãi phẳng (SBĐ)
Bài 3 Cho hình chĩn ŠS A2ŒC/JĐ2 cĩ %A = SC,
SB = SD va day ABCD là hình thoi
1) Xác định chân 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).