Bài giảng Tuyen tap cac bai toan hay tren toan hoc tuoi tre

Với cách quan niệm đó và lập luận tương tự, ta được: Ế"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 tron AOB, đồng

TUYẾN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC

VÀ CÁC PHƠNG PHÁP GIẢI TRÊN TẠP CHÍ THTT

=

| Giả sử AM, là điểm được xác định bởi

khi M la giao điểm của (đ) với AB, con N la

giao điểm cla AB voi dudng y = x Toa d6 cia

Lời giải lrên mặt phang toa d6 Oxy, ta

chọn điểm A(cosx, 0); Ø(0, cosx) : C(-sinx, 0)

và lập các vecto AB = (—cosx, cosx) :

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

Ta có 4ð = V2 |cosx| ; 8C = l;

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

SỬ DUNG TOA DO VECTO

DE GIAl MOT SO BAI TOAN BAI SO

AB + CA = BC, suy ra F(x) 2 1 Do do giá trị

nhỏ nhất cla ham sé F(x) la |, dat duge khi va

chỉ khi cosx = Ö <> x = ~+kn(ke Zz)

Thi dy 4 Giai phirong trinh

Trén mat phang toa d6 Oxy, lap các vectơ

u=(x- 1,2), ¥=(x-—3, 1), suy ra W=u-v=

(2 1) Hién nhién rang w = J5 Ap dung BDT

tam giác ta có |¿ - vị < w (2) Từ (1), (2) ta thấy việc giải PT (1) được chuyên vẻ giải PT x-=lÌ

=x~ 3 PT này có nghiệm x = 5 Vay 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

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

AOB = 60° ta có BĐT : 48> “(OA + OB),

trong dé OA = Vva* +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 sic

minh với các bài toán sau :

>

co +d? ;

M, la diém xac dinh béi MB=2 BM, )

c) Va? —4a+8 + VI0b? —18b+9 +

Ji0b2 —2ab+a2 = V29

với moi sé thuc a, b

(HD: Chon A(0, 3): B(2, —2): MCA, 34), Na, 0)

Tim gia tri nho nhat cua cac biểu thức :

a)P= x⁄2|sin x| +|sin x— eosx|;

b) O= Vx? —4x4134V x7 +6x410;

c) R= V4a2 —2V3 +1 + 4a? =2 V3aa3

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

2a (kí hiệu (f; 2a)) va cua E> la dudng tron

(F); 2a) Ngoai ra, néu goi /), H> theo thứ tự là

hình chiếu vuông góc cia Fy, Fy len (0) thì quỹ

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

Thi du 1 Gia sw M là điểm thuộc (E):

“hil va (t) là tiép tuyén qua M đối với

a

(E) Đường thăng (đ) qua O vudng géc voi (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) 1 (¢) nén d//F\E, dan đến M) ia trung diém

cua £\ Ff) nén FM) = +f, £, =a Vay quy tich

ro vả (0) là tiép tuyển cua (H) qua M

Ba đường cong Elip (E) : +

DÙNG TÍNH CHẤT TIẾP TUYẾN

BA ĐƯỜNG CÔNIC DE GIAI TOAN

PHAN CUNG ĐỨC (GV khoi PTCTT DUKHTN-DHOQG Ha Noi)

| “x~Zx=l vàParabol(P):y`= 2px thường được gọi chung là ba

(t) cat trục tưng ở N Gọi Nị N› là hình chiếu

vuông gác của N lên MF,, MP; Chứng mình đường thăng (N,N>) đi qua một điểm có định khi M thay đôi trên (Hì)

Lời giải

(h 5)

Đường thăng qua #, song song,

voi MF) cat

MÀ; tại £

Từ định lí trên ta thây AMMÀ)› can tai M suy ra

AEF\N, can tai F, => F\E = “HN mà ANN,F;, = ANN3F,

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

giac F\EFN là hình bình hành Do đó hai đường chéo của nó cắt nhau tại trung điểm của

mỗi đường Vậy N; luôn qua điểm @ cố định

Tiếp tuyến chung (f) của

(P) và đường tròn (,) qua

M cat trục

hoảnh ở X

Do (/) là phân giác trong của HMF nên NMF=ÊNA

Mặt khac NM = NF nén ANMF deéu, suy ra

MEN = 60°

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

thang có định đi qua F, lap voi tia một góc 60” với (P) Từ đó tâm @¡ xác định và suy ra cách dựng đường tròn (\) Bải 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 phương pháp

Hình Ó

Su tâm trên tạp chí THTT

NHUNG CACH TIEP CAN

MOT BAI TOAN TU NHIEU

GOC BỘ 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 bai 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 để theo đõi, 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 (O») đi qua

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

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

minh răng :

l) CD <R;

3) Đường thăng CD luôn đi qua một điềm 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 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

ma van lập luận chặt chẽ khi xét đầy di 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

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 / cia OC ciing la trung diém cia 0,0),

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 là vuông ở Ð Bởi vậy

ta có CD < OC = R, dpem Ngoài ra, dễ thấy

rằng: CDmạy = #8 D = Ó ÓC L AB

2) Vì không đối xứng với 4 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

vả D nằm cùng phía với € đối với AB 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) 4DB Góc D4 là góc nội tiếp của

đường tròn (Ø¡) chắn cưng bừ của cung 4Ð

nén CDA = 180"-—sd ADC Bởi vậy góc 4C"

ké bi cia CDA cé s6 do ADC" = 2slADC và

đo đó 4ÐC'= 4CB, 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 tia tiếp tuyến C8 tại C của (Ó))

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

(giờa hai tia) ADC", kẻ bù của CDA có một

cạnh chứa dây DA va canh kia 2C” mà tia đối

của nó chứa dây ĐC 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: Ế"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 tron (AOB),

đồng thời đường thắng 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 (4P)

Trong trường hợp này di voi (O;) va (O2) theo

thử tự ta có: ADC = ACB' va CDB= A'CB (ban

đọc tự vẽ hinh), trong d6 CB’ la tia đối của tia

CB; CA' là tia đối của tỉa CA Mặt khác

ACB' = 4'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 phương án giải tiếp theo (chỉ để

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 [modx] và giữa hai vectơ

[mod 2+] thì lời giải sẽ ngăn 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 7]

2(CA, CB) = (OA, OB) [mod 27]

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 (Ø) \ {4 B} thi (DỊ là AOB \ {A, B} ({C) - kí hiệu tập hợp

giải 2 vẫn còn nguyên hiệu lực

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

€ # {A, BỊ nên ta lại đặc biệt chú ý đến 4 và Ø,

hai vị trí bị loại trừ của điêm C Quan sát khi

C — A (hoac C — Ö) ta nhận ra rằng đến khi

C z4 thì (On) 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 (A444) Cũng vậy, cho C -> 8 đến khi

C = Bthi De C = 8 và khi đó (CD) chính là

tiếp tuyến (BB) tại B8 của (Ø) Điều đó khiến ta

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

và # theo thứ tự là giao điêm thứ hai của

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

CBA = B thi ECA = a và CF = Ð (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 5 Vì ba đường thẳng ÁP, 8P và CD

đều xuất phát từ các đỉnh của tam giác 48C nên

việc chứng minh (CD) di qua P cé thé hi vong

nhờ vào điêu kiện đủ của định lí Céva Ban doc

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

Su tâm trên tạp chí THTT

(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 thang 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 điêm của

đoạn EF Chứng mình rằng tam giác KGC

(AB, AC) la góc dương (h |) Lay diém P sao

cho K /a trung diém cua GP thi te giác EGFP la

hình bình hành nén GE = PF Tir gia thiết G là

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

GA = PF (1) Tir gia thiét tam giac ACF déu, ta cé

VÀC VIỆC CIÁI MỆT $Ẽ BAI TOAN HINE HOC

NGUYEN MINH HA (GV ĐHSP Hà Nội)

Mat khac (FP, FC) = (GE, FC) (mod 2n)

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

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

suy ra AKGC vuông tại K va KGC = 60”

Bài toán 2 Cho fam giác ABC voi AA‘, BB’ CC" là các đường phân giác trong Gọi M là điểm bất kì không thuộc BC, CA AB Các điềm

X Y 7 theo thứ tự là điểm đối xứng cua M qua AA’, BB’, CC’ Ching minh 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 duong thang A Goi A’ BY, C’ theo thir ty la cae diém đối xứng của 4, Ø, C qua A Khi đó:

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

Trở lại việc giải bài toán 2 (h.2)

Goi Ay, By, Cy là các điểm đối xứng của AZ

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

Mặt khác, theo nhận xét trên, ta có

(4Ÿ, 4B,)=(AX, AC) +(4C,4B,) (mod 2®)

=> (AX,AB,) =(AB,AM) +(AM, AC) (mod 22)

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

Tương tự như vậy, ta có

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

(AX, AB,)+ (AX, AC,) = 0 (mod 22)

nên 4X là phân giác góc BAC, (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 tryc cla C)A), A,B}

Từ đó, ta có kết luận sau:

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

CZ dong quy; néu Aj, By, C) thang hang thi AY,

BY CZ đôi một song song

Bài toán 3 Cho tứ giác ABCD mà các cặp

cạnh đổi không song song nội tiếp đường tròn

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

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

điềm của EF, AB, CD Chứng mình rằng:

8) ZE/(O) + /(O) EF;

b) AIEM «> AINE

Lời giải Trước hết xin phát biểu không

chứng minh một nhận xét quen thuộc

Nhận xét Cho tử giác ABCD ma cac cap

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

là giao điểm của 4C và 8D, 4D và RC, 4B và

Trở lại việc giải bài toán 3 (h 3)

Hình 3

a) Goi P là giao của £Ƒ với đường tròn ngoại

tiếp tam giác ÐCE (P # E ) Ta có :

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

(PF PB) « (DA, DB) (mod x)

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

Suy ra bốn điểm B, P O, F déng vién

Tir 46 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 thấy hai tam giac JEM va INE c6 géc MIE

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

© EF = Pen) + Penoy+ FE.EC+ EB.FD

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

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

=> (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 và Ö ta cũng có (2)

Suy ra

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

Mat khac, AFAB <> AFCD; AEAB ~ AEDC

nền FD~ CD EC => FB.EC = EB.FD (4)

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

Bai toan 4 Cho tam gidc ABC Goi M la

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

của À4 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 thì thỏa mãn điều kiện đẻ bài

<> (CA, CM) +(BM, BA) = 0 (mod 1)

<= (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 điêm 4, 8, C)

Tóm lại: 7í K, L thang hang = M thudc

đường tròn ngoại tiếp tam giác 48C (không kể

các điểm 4, Ö, C)

Đường thắng chứa ba điểm ¿#ƒ, 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 của tam giác ABC ứng với hai điêm M, N thì vuông 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

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, ABC, AgyBqyCg có cùng trọng tâm Ta kí

hiệu trọng tâm chung của chúng là G

Ta thấy:

AABC -'G_> AAeBạCo— 3 »A4;B;C; (l)

Giả sử (Ó›, Rạ) 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 : 4), By, C;

thăng hàng ©> các hình chiếu của 7ï trên B;C›,

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

© 2OH = 4R c 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 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) = (KA, KM) + (KM, KD) (modn)

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

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

Suy ra: (KA, KD ) = (NA, ND) (modn) nên K thuộc đường tron (ADN) (1)

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), (UZY), (XTU), (VZX)

cùng đi qua một điểm ( I)

Mặt khác, các đường trén (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 đpem

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) (tog), (dc) 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 điềm và trung điêm cua đoạn thăng nói

điêm đó với Mí thuộc đường tròn Euler của tam

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

Qua phép vị tự tâm A⁄, tỉ số 1/2, dé thay

Vụ? : (04) > (HGF) ; (wg) > (KEG)

(wc) > (LFE) (1)

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 diém nay 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 giác 48C)

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

Ai, Bị, C¡ thỏa mãn điều kiện: 4iÐ = AC: B\C= B\A; C\A=C\B va

(A.C, AB) + (BA, BC) + (CB, CA) =0

Chitng minh rang:

(A\B,,4, Cy) =2A€,4#) (mod);

(BịC¡ „Bì 4) = (4, BIC) (mod):

(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

Chimg minh rang 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 của 4,

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

thứ tự đi qua 4, B), Cy) va vudng goc vai BC,

CA, 4B Chứng minh rằng A¿, As, Ac đồng quy

tại một điểm thuộc đường tròn Euler của tam

giác ABC

Bài tập 4 Cho tam giác 4ĐC nội tiếp đường

tron (O) Phan giác trong của các góc

BAC, CBA, ACB cat (O) tai Aj, By, Cụ 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 tap 5 Cho tam giác 4C Các diém M, N, P

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

BC, 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 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

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" + — :

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>, O3 Oy lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB

Su tam trén tap chi THTT

VE MOT TINH CHAT

CUA TAM DUONG TRON

NOI TIEP TAM GIAC

LE THI NGOC THUY

(GV Trường Cao đẳng Sư phạm Nghệ An)

———

BO,C = 907 we

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

Do BAC = BDC nén BO,C = BOaC

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” nén tứ giac O,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 có 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 minh đường thẳng MN luôn luôn đi qua

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

mật phẳng bờ À cĩ chứa 8Ư

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

đường thẳng MN luơn luơn đi qua điểm #

cố định

Trường hợp ĨA > O8 chứng minh tương tự

Thí dụ 3 Cho nứa đường trịn tâm O, đường

kính AB và C là một điểm chuyển động trên

nửa đường trịn ấy Gọi H là chân đường vuơng

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

nội tiếp tam giác COH Tìm tập hợp điểm 1

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

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

trén doan AO

Tương tự, nếu C chuyén động trên cung nhỏ

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

doan OB

¢ Phan dao Ban doc 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 kính AB đã cho)

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

"Nếu Ƒ là tâza đường trịn bàng tỉ tiếp gĩc A của

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 O đường kính AB

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

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

Bài 4 Cho AB là một đây cố định của đường

trịn tâm O và € chuyển động trên cung lớn A8

Gọi M là trung điểm AC và 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 A/B khơng đổi Tìm tập

KE THEM DUONG VUONG GOC

DE GIẢI CÁC BÀI TOAN HINH HOC

VŨ HỮU BÌNH

(Hà Nội)

Việc kẻ thêm đường trong bài toán hình h

nhăm tạo thêm những môi quan hệ giữa các yêu

tố về cạnh và góc trong bài toán Kẻ thêm

đường vuông góc là một cách thường được nghĩ

đến khi chưa tìm ngay được lời giải của bài

toán

Ké thêm đường vuông góc như thế nào ?

Ta thường kẻ thêm đường vuông góc trong

các trường hợp sau day

1 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra nửa

tam giác đều

Thường dùng cách này khi giải bài toán có

góc 602, 120”, 30°, 1509,

Thí dụ 1 (Lớp 8) Cho tam giác ABC có

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

trung tuyén AM

Thi du 2.(Lap 8) Cho H

tam giác ABC có

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

Ta có tam giác ABH vuông can tai H Dat AH

= BH = m HC =n Khi đó

AB? +AC* —BC?=

= (m2)? +(m+n)? —(m? +n?)

=2m(m+n)=2.BH.AC =4Sagc

Thí dụ 3 (Lớp §) Cho tam giác ABC có

A=135°,BC=5, đường cao 4H = 1 Tính độ

Ta có AHBA œ› AKPBC (g.g) nên

hoặc (x; y) = & `) đó suy ra

AB=-l5; AC=V10 hoặc AB=v10: AC=x/5.

3 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra tam

giác vuông

Thí dụ 4.(L6p 8) Tứ giác ABCD c6 O Ia

giao diém hai dudng chéo, AB = 6, OA = 8,

OB = 4, OD = 6 Tinh 46 dai AD

Ké AH LOB Dat BH = x, AH = y Ap dung

định lí Pythagore vao céc tam giac ABH và

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

4 Kẻ đường vuông góc nhằm tạo ra hai

tam giác vuông băng nhau

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

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

DC = I5 Tính độ dai AD

huyền = 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*=DB.DH, 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 ké tir D dén EF Chứng minh răng BHE =CHF

Loi giai.(h 6)

Ke BI, CK vuông góc với

EF Tam giác AEF can tai A nén BEI=CFK

Ta có ABE] ~ ACFK (g 8)

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

Bai 1 (Lop 7) Cho tam giác ABC có

B= 120°, AB= 7, BC = 8 Tinh độ dài AC

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

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

sao cho CD = 2CB Tính số đo góc 4DB

Bài 3 (Lớp 7) Cho tam giác 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 < ÁC), đường 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 4/C

Bài Š (Lớp 8) Cho tam giác 42C vuộng cân tai A Cac diém D, E, F theo thứ tự năm trên

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

DB EC FA

Chứng mình răng 4È vuông góc với DF

Bài ó (Lớp 9) Hai đường tròn (Ở) và (2) có

cùng bán kính #, cắt nhau tại 4 và Ö, trong đó OAO' = 90° Vé cat tuyến chung MAN, Tinh

tang AM + AN theo R.

trong đó Syac ki hiéu dién tich tam giac ABC

Chứng minh Sử dụng công thức (1) và công

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

cotgd + cotgB + cotgC =

Chứng minh tương tự câu a) ta có

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

lưu ý răng Sự = Saco = 258C)

Bỏ đề 2 Giả sử M là một điểm trên cạnh 8C

của tam giác ABC sao cho ee Mabe

AMB = ổ Khi đó ta có

a) (m + ncotgB = m.cotgC — ncotgB ;

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

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

nằm trong đoạn BM hoặc đoạn AC, giả sử H

thuộc đoạn BM Lic 46

SU DUNG BINH 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 thé hiện sự liên quan giữa cạnh và góc của tam giác: Với tam giác ABC bắt kì, BC = a, AC = b, AB = c ta có

Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng định lí cotang

và các bỗ đề trên để giải một số bải toán sau đây

Bài toán 1 Cho tam giác ABC, đường trung

tuyến 4M và 4MB = œ Chứng minh rằng

- sin(B-C)

9” in PsaC `

Lời giải Hệ thức cần chứng mình tươn

đương với 2cotgø = cotgC - cotgB Áp dụng

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

có điều phải chứng minh

Bài toán 2 Giả sử M là điểm trong tam giác

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

ứng được gọi là điểm và góc Brocard)

Suy ra cotga = cotgA + cotg + cotgC

b) Ta cé cotgd + cotgB + cotgC

+P +e?

=——————=cCotga

4 Sauce:

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

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

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

ABC đều

Bài toán 3 Cho tam

giác ABC có 8=2Ê

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 + cotgÈ; — cotg4; (4)

2cotgÐ)› = cotg4; - cotgE; (5)

Tu (1) va (3) thay vào (2) được

cotgB = cotgs + =(2cotgC-cotgB)

Bài toán 4 Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác 4ĐC' tại Öð và C cắt tiếp tuyến tại 4

với đường tròn đó theo thứ tự ở ÐD và KX Đường 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

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

a’cotg CBM - (a* + c”)cotgB + cˆcotgC

Trong tam giác ĐCM, CO là trung tuyến có

cotgBCO = 2cotgC + cotgCBM

e+e

a

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

cotg BCO = 2(cotgB + cotgC) + cotgA

cotgBCO = 2cotgC + cotg8+E_ cotgC

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

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

cla BC va AB = AM Chimg minh:

[) 3cotgB = cotgC ;

2) sinA = 2sin(B — C)

Bai 2 Chimg minh ring hai trung tuyén BM

va CN của tam giác 48C vuông góc với nhau khi và chỉ khi

cotgA = 2(cotgB + cotgC)

Bài 3 Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp

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

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

Bây giờ ta sẽ tổng quát hoá bài toán 1 bằng

cách xem điểm A như một suy biến của đường

tròn (Ở)

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

ở ngoài nhau Dựng các tiếp tuyến chung

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

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

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

điêm M thuộc đường thăng DE, dựng các tiếp

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

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

e Nếu R =r thì dễ thấy bài toán đúng

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

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

H 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)

Dođó NK=NO'- KO'= 22 _ =2)

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

Hoàn toản tương tự ta cũng biến đổi được

Tur (4) va (5) suy ra MF = MG (dpem)

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

thì ta có bài toán sau đây

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

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

trong BB' và CC' (B, C thuộc (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 bài toán 3 xuất hiện câu hỏi:

Có điểm M nào nằm ngoài đường thăng DE

thoả mãn hai đoạn tiếp tuyến ÀZƑ va MG bang nhau không ? Các bạn hãy làm bài toán sau

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

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

cho khi dựng các tiếp tuyến MT, MG với các

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

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

hoc Cabri Geometry II Plus Các bạn có thé

tải từ mạng internet theo địa chỉ

http:/(www.cabri.com/v2/page/fr/logiciel.phpWcabri2d

TOAN HOC SO CAP

C rat nhiều hướng để hình thành các bắt

đăng thức (BĐT) nói chung và BĐT trong hình

học nói riêng Trong bài viết này trình bày một

cách hình thành một số BĐT trong tam giác từ

một BĐT cơ bản trong hình học lớp I0

Cho tam 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`) >

2 a By+ bay+ cap (*)

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

a) Khi M 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,’ + Bmy + ym.)

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

€Y(p ~ a)(p - b) rồi áp dụng hệ thức

“<< | _ 4R+r

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

các hệ thức hình học trong tam giác của Tạ Duy Phượng, hệ thức (16) ta thu được :

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

- Chon a= —_=y.J« cu thay vào

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

voi M tring N, ta thu được:

(a+ B+ aa" + 8b + yc”)

> 4(m,`/Øy + my ay+ maf) (2*)

Ap dung BDT Ptolémée cho cac tir gide GNAP,

GKCN, GPBK và biến đổi ta được:

bc.m„ + ac.mụ + ab mụ > d m„ + bŸ.mụ + c°m, (8)

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

4m„ mạ m < bc.m„ + ac mạ + ab.im, 5

< SGT Xa! +b* +c#}) (9)

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

khi kết hợp với (4) ta có tiếp:

a.m„+b mạ+c.m <Švarp +b?ci+ciaY (12)

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

nghĩa là giao điểm của ba đường thing đối xứng với ba trung tuyến qua ba đường phân giác trong tương ứng theo từng đỉnh của AAĐC

4(atB+/\ atbem,)' + Placm,)’ + Kabm.)’ |

z(a' +b’ +c (a fy+ bay+c'af) (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 —b)* + be(b —cy + cale-ay >

> a(a-b\(a-c) + bẦ(b-c)(b+a) + e?(c-a)(c—è) Kết hợp các BĐT (10) và (13), ta có

(4+ + c)(đ` + ®` + c°)

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

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

(be.m„)Ÿ + (ca.m, 3Š +(ab.m, )* >

đã xét ở các phần (b) và (c) cũng đưa tới các BĐT

đẹp khác Ta cần chú ý rằng, nếu điểm A⁄ thoả mãn

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

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

(Kì sau đăng tiếp)

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

số trường hợp đặc biệt của nĩ

— Chon a = B= ythay vao (4*) được

— Chon a = dtc, 8 = cta, y = atb, thay vao

(4*) và biến đổi ta được

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

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

thi BDT (4*) cé dang

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

BĐT này gợi cho ta nhiều liên tưởng tới tính

lượng giác của nĩ

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

P°> ab.sinÈ4 + bc.sin?8 + casinC (19)

Chọn œ = cosd, Ø = cos, + = cosC thay

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

ta được BĐT

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

+ ¢?.cosA.cosB (20)

HH Các bất đăng thức về đường trịn nội tiế p

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

tâm 7 đường trịn nội tiếp tam giác 48C được

(z+ 8+ ?) (z1:4” + 8TBE + 7TC)

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

hợp sẽ đi tới các HƠI mới

Chon a= £= y thay vào (6*) được BĐT

— Chon a= sin~ 8= sin= > += =—= thay

vào (6*) Sau khi biến đổi ta cĩ tiếp

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 1 Cho tam giác 4C Chứng minh rằng

hệ tro +2 >6r? +2A4Rr— p?

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

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

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

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

vuơng gĩc của ? trên các cạnh ĐC, C4 và 4Ư theo thứ tự Đặt 4 = dị, PB = dz, PC = ds,

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

Ở đây 7 là tâm đường trịn nội tiếp tam giác

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

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

Chứng minh rang:

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

> a MA’ By + b?.MB’ ay+c’.MC af,

với a, Ø y là các số thực tùy ý.

T1 rong bai viet này, chúng ta xem xét ,việc sử

dung hai bắt đẳng thức BDT) sau để chứng

mỉnh một số bài toán vẻ bất đăng thức:

()(I+zƒl<Il+øz với z>-1 và øe|[0:1] Đẳng

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

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

thực dương) ta nhận được bề BDT (ii) cho hai

số thực đương x, y nhu sau:

(xvtyƒ <“+»“ với g<l

2) Bảng phương pháp quy nạp hoặc phương

pháp như, trên ta chứng mình được múi (ii) cho

(m > 2) số thực đương xạ, x› Y„ :

(x +x, 4 4%,) Sat tag +.ta2 voi asl

Bây giờ chúng ta van dung ching dé giải quyết các bải toán sau đây

© Bail Cho a la mot sO thee nim trong

doan [0:1] Ching minh réng\+a > > l+a

Ching minh Do ae [0; i] nên áp dụng bất đăng thức (i) ta có

2+=(I+lƒ' < I+a.l= l+a (l)

Mặt khác, do | - ø € [0; 1] nên theo bat dang

Chứng minh rằng

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

+~2lSinx,sinx; Sinx„ ;SnX Ï > yy 44,

tướng dân Tổng bình phương các số mũ ở về

trai bang 1

© Bài 2 Cho ở, b là các số thực đương nằm

trong khoảng (0:1) Ciứng mình rằng

Via © (0; 1) nén 4p dung BDT (i) tacé

o<(1++) Sika as

chứng mình bai toán tông quát sau: Cho

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

tông bằng S Chứng minh rằng

(s-a)" +{S—a,)? + +(S—a,)™” >ưm—l

Hướng diễn Nếu tồn tại một chỉ số & (1<&<zm)

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

S—a,>a,>l Suy ra (S—a)* >1 Tir dé cd

được BĐT cần chứng mình

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

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

trong cau 2) của bải toán nảy

© Bài 3 Cho a a,, u,, (m2) 1a các số

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

x=ứ >0 ¡=l,m

Do a2f>0 nén 8 < 1 Lúc dé ap dung BDT

a

(ii) cho cac số thực dương x, x,

B < ! ta nhan duge BDT can chứng mình

Qa

ap ee, Vẽ

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

w là một số nguyên đương lớn hon Ì Chứng minh rằng do oJ d re

b+e c+a a+b

ñ Chứng ru nh Vì O<—<l nên áp dụng BĐT

n

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: Bắt đẳng 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:

TRUNG HOC COSO

K.; đã được học các kiến thức về đường

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

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

giải một lớp các bài toán trở nên để dàng Còn

nếu chưa học về đường tròn thì các bài toán

như vậy có giải quyết được không? Chúng ta

hãy xét điều đó qua các kết quả sau

@ Bài toán 1 Chứng mình rằng một tứ giác

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

tại một điểm cách đều bón định của tứ giác

(Đó chính là tứ giác nội tiếp)

Chứng minh a) Giả sử tứ giác 4BCD có

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

giả sử B>A Nếu >4 thì C>D, ta lấy

điểm M sao cho MBA = A, MCD = D, cac

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

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

phân giác của tam giác MNP nén chúng đồng

quy tai 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 là hình thang cân, kết luận hiển

nhiên đúng

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

thoa man OA = OB = OC = OD Gia stt O nam trong tứ giác (h 2)(với các trường hợp còn lại chứng mỉnh tương tự) Khi đó ta có

khi tôn tại một điểm cách đều bón cạnh của tử

giác (Đó chính là tứ giác ngoại tiêp)

Chứng minh a) Giả sử tử giác ABCD c6

Van dung cac quan diem bien chung

của tư duy toán hoc

trong day -

© Phin lớn các bạn học sinh khá, giỏi toán

mong muốn đạt kết quả tốt trong học tập môn

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

bài toán qua các sách tham khảo bồi dưỡng môn

Toán ở trong nước và trên thế giới Đặc biệt các

dạng toán trong báo Toán học và tuôi trẻ,

những lời giải phong phú đa dạng của nó đã có

sức cuốn hút đông đáo học sinh trong cả nước

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

tìm tòi và phát triển kiến thức như đã nêu trên

tốt hơn, các bạn cần quan tâm đúng mức đến

việc khai thác tiêm năng kiến thức và kĩ năng

sách giáo khoa (SGK) toán ở trường THPT

Tir tiém năng SGK, nêu các bạn có cách nhìn

nhận biện chứng của tư duy toán học thì các

bạn sẽ tìm được các phương thức phát triên,

mở rộng kiến thức SGK, tạo bước ngoặt cho

việc tiếp cận với các dạng toán khó

© Ching ta quan tam mét sé quy luật biện

chứng của tư duy toán học dưới đây và việc

vận dụng chúng vào việc phát triển kiến thức

SGK toán

a Xem xét các đấi tượng toán học, các quan

hệ giữa chúng trong các mỗi liên hệ giữa cái

chung va cai riêng

Mỗi cái riêng có thể được chứa đựng trong

nhiêu cái chung cái bao trùm nó theo một số

quan hệ nào đó khác nhau và ngược lại, nhiều

cái riêng có thê chứa đựng trong cùng một cải

chung theo một mỗi quan hệ nào đó giữa các

đổi tượng

Thí dự 1 Từ bài toán sau đây trong SGK Hình

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

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

thể phát triển theo hai hướng đến những cái

chung, cái tông quát khác nhau:

Hướng l_ Xem trọng tâm Ở của tam giác 48C

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

- 5 véi S la diện tích của tam giác ABC

hoe 1 GAN

DAO TAM (ŒV khoa Toón ĐH Vĩnh)

Khi đó hệ thức cần chứng minh tương đương với

hệ thức: “SGA + „S08 + “SGC =Ö Chủ ý

rằng tổng ba hệ số của biểu thức vectơ về trái bằng S Từ đó chúng ta có thể đẻ xuất bài toán

tông quát sau: "Gọi @ là điểm bat kì trong tam

giác ABC Đặt 5) = Som ` Sy = Sox 4, Sy 2 Soars

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

Hệ thức cần chứng mỉnh 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

Su tâm trên tạp chí THTT

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; lan lugt la dién tich caéc tam giác

OBC: OAC, OAB Chung minh rang

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

Bạn đọc có thể tự chứng mình 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:

"Nếu Ø là điểm bất kì trong mặt phẳng (ABC),

không thuộc đường thăng chứa cạnh nào của

tam gidc ABC Dat S; = Sone » 8 = 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 giác 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

cac 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 đối một khác phương

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

trén cong 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 dự 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, tôn hợp, khải 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 h 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 và đủ dé AB’ + BC? + CD’ + DA?

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

hai đường chéo vuông góc hoặc là trung

điểm của một trong hai đường chéo

27

b Xezm xét các đối tượng toán học, các quan hệ giữa cltúng theo quan điểm vận động biến đổi 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 toan)

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, (2y của góc qua phép vị tự I2} với k = 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 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 Ox, y và tiếp xúc với đườn

tròn (S)” Việc dựng đường tròn (2 _ sẻ dựng đường tròn tâm XK di qua / va tiép xúc

với (2'x“ và 2'y', kí hiệu là (Ấ) Trong đó Ø*x”

và O'y’ lan lượt song song với 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

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 ABC Chứng minh rằng a1A + bIB+clC =Ö Với a,

b e là độ dài các cạnh của tam giác 48C"

Bai tap 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, e đôi một cắt nhau tại 4, ở, € Chứng minh rằng các cạnh của tam giác 48C nhận M, N, P la cac

trung điểm.

bang tiếp tam giác

ABC tương ứng với

các góc CAB, ABC,

BCA Đặt CAB =2a, ABC = 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

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

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

a Re (9,00 ee ee

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

hé thirc khac nhau vé hink thie nhung thong nhdat voi nhau ve

môi quan lrệ toán học Điều a ee i Yéi

cách clứng tHiHÌt tHột vô hệ thức trong tam giác dưới đổi

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-e =4R+r

Áp dụng hệ thức (IV) ta chuyển việc chứng

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

p-b cs 2S on 4c ` xẻ = 2S An ‘

Dễ thấy OAC + 0,AC = =90° nén

O\A 1 OvA Tuong tu c6 O|A 1 O34 va

O\A L 0203, OB L O,0;3, ÓO;C L Ó¡@¡

ARN ptgacos'a sina.cosa cv)

Mat khac sir dung (1), (IV) cd

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 (Vil)

Như vậy / = tgơ là nghiệm của phương trình

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

là nghiệm của phương trình bậc ba (VII) Áp

dụng định lí Viète cho tổng ba nghiệm của

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

Trong bài tập l dưới đây hướng dẫn cách

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

các phép biến đổi lượng giác Với mỗi hệ thức

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

ứng nhưng vì các hệ thức này tương đương

với nhau nên nếu xuất phát từ một trồng năm

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

Bai 4 Goi O;, O2, 2; theo thứ tự là tâm

đường tròn bàng tiếp tam giác 4C tương ứng

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

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

Su; =2#p CV) Từ đó suy ra hệ thức (3)

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

đương với mỗi hệ thức (Š), (6) sau:

HH Khai thác bài toán theo những hướng

khác nhau

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

toán cực trị hình học trong mặt phẳng, liên

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

của một tứ giác nội tiếp một đường, tròn cho

trước có hai đường chéo vuông góc ở 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 Trong các tứ giác lôi ABCD nội

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

đường chéo AC và BD vuông gúc với nhau ở

một điểm P có định nằm trong đường tròn

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

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

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,

với Ú < x, y << 5 thỏa mãn điều kiện

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

oa hình

(Tiếp theo kì trước) NGUYEN DANG PHAT

(Hờ Nội sin2x.sin2y = È (0 < È < 1)

2 Ngoài ra, lẽ tự nhiên chúng ta liên tưởng

đến bài toán tương tự (mở rộng) trong hình

học không gian Sự tương tự này khá phong phú vì sự "liên tưởng" này có thể xuất phát từ những cách nhìn khác nhau hoặc xét theo những khía cạnh, góc độ khác nhau Chẳng

hạn, thay đường tròn bởi mặt cầu, góc vuông

bởi góc tam diện vuông, tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc bởi hình bát diện nội tiếp mặt 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:

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

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

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

tiếp mặt câu (@) nói trên sao cho các dây cung AA’, BB', CC' của (9) cũng là các đường chéo cua 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 /1ãy xác định bát diện #\ có tong

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 lụ và nhỏ

nhất l„ theo a và d

Bài toan 5, Hdy xdc định hình bát diện #ạ có

điện tích toàn phần lớn nhất và hình bát diện

.Xe có diện tích toàn phân nhỏ nhất và tính

các diện tích Sạ, S đó 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 dé

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 bài toán

PAA eis Shy Ew)

= » (rex tatty? + [Pte + xP ta \")

Isi<) Sn

Chi thích: Nếu dat Dạ = P,(X,;X,‡X,;%°,)

thi (*) được viết gọn lại hơn như sau:

bài toán +4 Bởi vậy, cho m = 3 vào các về phải

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

ngay tức khăc đáp sô của bài toán 4

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

đành cho bạn đọc tự giải xem là bải tập, Bạn

nào có điều kiện về thời gian và muốn tập thẻ thao vẻ trí tuệ, xin hãy (hứ sức với các bài

toán 4 và Š Chúc các bạn thành công

tim hie m lời [ giải cho ba bài toán |

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

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

điện tích lớn nhất nội tiể p đường tròn (O- R)

cho trước

(Dé thi tuyén sinh vào lớp 10 trường THIPT

chuyên Lê Hỏng Phong TP Hỗ Chí Minh,

1993 - 1994)

Mò mẫm và đực đoán Tam giác AĐC nội tiếp

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

>AH.BC Nếu cỗ định BC thì S„„- lớn nhất khi

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

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

dinh AB thi Syo lớn nhất khi tam giác ABC

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

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

Lời giải.(h | ) Với tam giae ABC bat kì nội tiếp đường

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

Bài toán 2 Xứ các tứ giác lôi ABCD có AB

= BC = CD = a Tìm giá trị lứn nhất của điện

tích tử giác ABCD

Mo mam và đự đoán Nhận thấy

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

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

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

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

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

tir giac ABCD 1a hinh 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 S > J2 thix> 2, 1> 2,

y y+ >2 (1) Suy ra 1S VỆ, y<Ý2, dodi

⁄2 v2

oa a +

_

2 Mau thuẫn với ( |)

Vậy S$>4⁄2 là sai, suy ra S< 42 Đăng thức

v2

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

Các bạn hãy rèn luyện thêm băng cách tìm lời giải cho các bài toán sau đây

Bài I Cho điểm 7 có định nằm trong đường

tròn (@; #) với / không trùng với 2 4C, BD la hai dây cung di động qua / và vuông góc với

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

diện tích tam giác /CÐ lớn nhất

Bài 2 Tìm kích thước của tam giác có chu vi lon nhất nội tiếp trong đường tròn (Ó: #) cho trước

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

cu z ‘ s t (với v, y z f là các số dương)

t y ¥

Hãy tìm giá trị lớn nhat cua S

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

trị nhỏ nhất của Š.

¥

ĐÊ GIẢI TOÁN

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

Cam Ranh, Khanh Héa)

© 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 vẽ tia phân giác của góc 2v

O Trong bài toán có đề cập tới mối quanhệ tia phân giác BD, ‹

góc này với nửa góc kia ta thường vẽ tia phân Gọi độ dài các cạnh -

Trén canh BC lay diém D sao cho CD =2.BD, Tacó

Nhd@n xét Dé so sanh BAD va — DAC, tavé => DA= — ;DC=—

tia phân giác 4È của D4C (h l) Ta có công thức vẻ đường phân giác (xem

Lời giải Do ADC > 8=Ê' nên AC > 4D Vẽ THTT số 340 tháng 10.2005):

tia phân giác 4E và trung tuyến 4M của tam pp? = Ry RC- DA DC= ca- abˆc

_ €d(€?+2ea+a°=h!) — ca(c? +2ca+c?)

a fete a Hinh | Tir 46 2sinx.cosx = ——.—— = ——; ——

Tir d6CAE >CAM (1) BD BD c+a c+a

oh 4

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

Từ (1) và (2) suy ra BAD < ` DAC O Ove tia phan giác của mot góc để tạo ra được

2 các quan hệ về góc và về cạnh mới

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

I+-/5

ñ

2 Ove tia phân 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

© Bài toán 4 Cho góc xOykhác 180° ve 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 géc ké tir M xudng Ox va

Oy C hứng minh răng đường tròn ngoại tiếp

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

động trong géc xOy

Nhận xét Về hai vị trí của hình ta dự đoán

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

phân giác của góc xÓy (h 4)

Lai gidi Do OHM =OKM = 90° nén dutng

tròn ngoai tiép tam gidc MHK đi qua điểm cố

dinh O

Vé tia phan giac Oz cla góc xOy

Hình 4

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 thude during tron (MHK) do MCO = 90°

Ta có: Syou = Saou + Suan

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

Bài 2 Giả 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 4C (AC > 4B) Trên cạnh

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

Bài 4 Cho tam giác ABC có A =2(B-C),

BC = a, CA = b AB = c Chứng minh rằng

q°b = (b ~ e\(b + c)

Bài 5 Cho tứ giác ABCD có ĐẠC = 130,

DBC = 110°, ABD = BAC = 30° Tinh ADC

va BCD

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 va vudng goc voi mot mat phang 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

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

bài báo cung cáp cho các bạn hoc sinh phương pháp

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

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

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

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

man diéu kiện cho trước) Xác định chản đường

vidng 26 H ha ut M vuống (P)

Trước hết, 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 chan đường vuông góc hạ từ A đến mắt

phẳng (SBC)

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

phâng (ABC) trùng với trực tâm tam giác

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

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

AH + SI Khi đó H là điểm phải tìm

Thí đụ 2 Cho hình chóp S ABCD, đáy ABCD là hình vuông Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Xúc dinh chân đường vuông góc hạ từ

C xudng mat plang (SBD)

Chan đường A vuông góc hạ từ

Hình 3

37

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 tai A va 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

Thí dụ Š$ Cho hình chĩp tứ giác đều SABCD

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

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

chân đường vuơng gĩc hạ từ S vưống mất

phdng (a)

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

là một hình thang cân Vì vậy đường thẳng đi

qua trung điểm hai đáy là đường trung trực

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

chân đường vuơng gĩc H ké tir S nam trên

đường thẳng đi qua trung điểm hai đáy hình

thang ABMN

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

trong mgt mat phẳng thỏa mãn điểu kiện

xOy= xOz Xác định chân đường vuơng gĩc hạ

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

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

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

OMB bang nhau, do d6 MA = AB Chân đường

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

nằm trén dudng thang di qua O va trung diém

của đoạn thẳng A8

3 Tén tai mĩt đường thẳng a vuơng gĩc với

mat phẳng (P)

Dé tim H ta cần tiến hành các bước sau đây

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

phang (Q) di quaa va M

e Ké qua M đường thẳng song song với z cất

giao tuyến tai H D6 là điểm cần tìm

Thí dụ 7 Cho hình chĩp tứ giác đếu SABCD

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 là điểm cần tìm

Thí du 8 Cho linh chĩp SABC cĩ đáy là tam

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

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

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

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

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

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

M nằm trên đường SA xuống mặt phẳng (SBC)

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

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

1 mp(S8C) M thuộc mặt phẳng (SAB), nén

chân đường vuơng gĩc hạ từ ă xuống mat

phang (SBC) nam trên đường thẳng S8

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

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

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

tuyến của (ø) và (SÀ)

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

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

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

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

Xác định chân đường vuơng gĩc hạ từ một trong

các điểm sau dây xuống mặt phẳng (ø):

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

2) Từ trung điểm / của BC;

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

Bai 2 Cho hinh vudéng ABCD Trén duong thẳng cí đi qua A vuơng gĩc với mật phẳng hình

vuơng ta lấy điểm S (khác A4) Xác định chân

đường vuơng gĩc hạ từ điểm C va trung điểm của cạnh #€ xuống mặt phẳng (SBĐÐ)

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

SB = SD va day ABCD [a hinh thoi

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

«% - —

TRƯNG HỌC CƠ SỞ

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

được tố chức tại Tokyo Nhật Bản ngày

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

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

như sau:

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

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

đường vuông góc hạ từ D xuống các đường

thẳng BC CA và AB Chứng mình rằng

PQ = OR khi va chỉ khi các đường phản giác

của các góc ABC và ADC_ cắt nhau tại một

điểm nằm trên đường thẳng AC

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

rằng có nét của bài toán đường thẳng Simson

Trước hết chúng ta chứng mình bài toán đó

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

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

đường vuông góc hạ từ D xuống các đường

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

R thuộc một đường thẳng (gọi là đường thẳng

Simson)

Loi gidi (h.1)

Nối Q vii R,

Q với P Ta phải — chứng minh

AOR = COP

That vay, từ

dé bai ta có các tứ giác AQDR, DCPQ, BPDR đều là tứ giác nội tiếp

Dodé AQR=ADR (1); COP=PDC (2)

Mặt khic RDP=ADC (cing bi voi ABC)

Nên ADR=PDC (3)

Vậy từ (1), (2), (3) suy ra AQR=COP O

® Trở lại bai todn (*) Ta thay rang dé PQ = OR thi RQ = PR Vậy phải chăng các đường phân giác của

các góc ABC

va ADC cất nhu tai £ trên ÁC sẽ tạo

ra tính chất tỉ

lệ đoạn thẳng?

Thật chúng ta có một lời giải đẹp sau đây

Trên tia đối của

tia DA lấy điểm

Theo tính chất phân giác trong của tam giác,

ta có E thuộc AC khi và chỉ khi

AB DA _AE) , AB_OM

Mặt khác ABC=MDC (cing bù với ADC )

AABC œ AMDC «> ACB=MCD,

CAB = CMD ; mà tứ gidc AQDR nội tiếp nên