Tài liệu Bài tập nâng cao và một sô chuyên đề hình học 10 P4 ppt

Gọi N là điểm đối xứng của O qua A thì đường tròn OAB luôn đi qua điểm N cố định đpcm... Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn, tam giác đều có chu vi 5.18.. Cũng vi L 14 diém Lơ-m

4.2 A = (sin’1° + sin’89°) + (sin”2° + sin288°)+ +

+ (sin244° + sin246°) + sin245° + sin290°

= (sin*1° + cos”1) + (sin22° + cos?2°) + + (sin244° + cos244°) + s +1

=44+s+l=c

B= (cos°1° + cos2179°) + (cos*2° + cos?178°) +

+ (cos 80° + cos?91) + cos290° + cos2180°

= (cos21° — cos21°) + (cos?2° — cos?2° }+ +

+ (cos 89” — cos289°) + 0— 1=~1

244

C = (tan1°.tan89°)(tan2°.tan88°) (tan44°.tan46°).tan45°

= (tan1°.cot1°)(tan2°.cot2°) (tan44°.cot44°).tan45°

=|

i V2 -1

=> tan’a + cota = (tana + cota)” ~2=6

=> tan‘a + cot’ = (tan2c + cot2œ)ˆ —2=34

= tan œ + cot°œ = (tan“œ + cotœŸ —2= 1154

4.4, Ta cé (sina + cosa)” = 1 + 2sinacosa = 1+ 75 = 95"

Mặt khác, sinacosa = 5 >0 = cosơ >0

SUYTa sina + cosa = z Do đó

sin’a + cos 2œ = (sinơ + cosœ)(sin7œ + cos2œ — sinacosa) = : (1 ~ 5) “a 5 125

tam giác ABC tiếp xúc với BC tại I, ta có

Dấu đẳng thức xây ra © cosA = cosB = cosC © A = B = C © AABC đêu

4.10 Trên nửa đường tròn đơn vị, lấy điểm M sao cho MOx =ơ

Qua A(1 ; 0) dựng trục f'At song song và cùng hướng với y'Ôy

Qua B(0 ; 1) dựng trục z'Bz song song và cùng hướng với x Òx

Tia OM cắt z'Bz tại N, cắt tAt tại T Dễ dàng chứng minh được :

a) Bây giờ giả sử œ = xOM, B= xON (œ <ÿ)

Lấy P là điểm chính giữa cung MN thì

o 5 Ê ~ XP (h4-13) Gọi Mì, N', P theo |

thứ tự là giao điểm của các tia OM, ON, OP

với At, [ là trung điểm của MN, ta có

tana +tanB = AM'+ AN'

cota +cotB _ tan(90° ~ œ) + tan(90° — B)

= [ail + 25,2 + lal > Ja| +a| +la[ +2(aya, + gay tan

Cộng từng vế các bất đẳng thức như vậy đối với tất cả 10 Cặp vectơ, ta được :

alla; iT + lay I + + fas’) + 2(apay + -+ai.as +., + 4.45) >

5.3 Gọi P và Q là trung điểm các dây AB, CD

— Nếu P = Q thì ACBD là hình chữ nhật Khi đó với mọi điểm M trên đường

<> 4R? + 2MO(OA + OB) =4R? + 2MO(OC + OD)

< 4MO.OP = 4MO.OQ MO(OP ~ OQ) = 0

° MO.QP =0

<= MO L PQ

Vậy có 2 điểm thoả mãn bài toán, đó là 2 đầu mút của đường kính đường tròn

(O) vuông góc với PQ

5.4 Tổng bình phương các khoảng cách từ một đỉnh của đa giác đều đến tất cả các

đỉnh còn lại bằng 2nR? (VD 5.8) = Tổng bình phương các khoảng cách từ tất

cả các đỉnh của đa giác đêu đến các đỉnh còn lại bằng 2n”R? Vì bình phương

mỗi cạnh và mỗi đường chéo đều có mặt trong tổng đó hai lần, vậy tổng bình

phương các cạnh và các đường chéo của đa giác đều bằng nˆRỶ

5.5 Dễ thấy A¡Aa Azn-¡ và A¿A¿ Aan là các đa giác đều n-cạnh nội tiếp

đường tròn (O) Gọi R là bán kính đường tròn (O), theo VD 5.8, với mọi

Me (O)ta có :

249

“Og

MA? + MA2 + + MA2._¡ = 2nR?

MAZ + MAZ + + MA3, = 2nR?

Suy ra đpcm

5.6 Từ hệ thức OH = OA + OB + OC (VD 2-14) suy ra

OH? = OA? + OB? + OC ? + 2(OA.OB + OA.OC + OB.OC)

= 3R? + (OA? + OB’ — AB’) + (OA ˆ+OC”~ AC? + (OB + OC? — BC’)

= 9R*- _ (a? +b? +c”),

Từ kết quả trên ta có : tổng bình phương các khoảng cách từ O đến các cạnh

của tam giác là :

Vay tổng (đ? + đ; + d2) nhỏ nhất OH” =0 © O = H © AABC đêu

Nhận xét Giả sử G là trọng tâm tam giác ABC Bằng phép chứng minh tương

Theo định lí Mê-nê-la-uyt, tacé A,,B,,C, thang hang

5.9 (h.5-25) Gọi I là tâm đường tròn (OAB) ; e,„ e; là các vectơ đơn vị của x'Ox,

yOy ; H và K là hình chiếu của Ï trên x'\Ox và y Oy

Ta có OI.(ae, + be;)

=a.Ole, + bOLez

= a.0H + b.OK

Theo VD 5.19b, I thuộc đường thẳng A cố định Gọi N là điểm đối xứng của O

qua A thì đường tròn (OAB) luôn đi qua điểm N cố định (đpcm)

5.15 (h.5-26) 2AE.BH = (AM + AH)(BM + MH)

© 2ÌMIÌ = ÍMC| (1 là trung điểm của 1 AB) <> ve 2

<> M thuộc đường tròn A-pô-lô-ni-ut đường kính GF, trong đó G là trọng tâm

tam giác ABC, F là đỉnh hình bình hành ACBE

252

5.17 Taco (OA + OB+0C) 20 |

= 3R? + 2(OA.OB + OB.OC + OCOA) >0

253

4%

=> 9R? > (OB? + OC? ~20B8.0C) +(0C? + 0A? -20C.0A) +

+ (OA? +OB? ~20A.0B)

9's (08 0c) (OC - OA) +(GA - OB)

„ (a+b+c)ˆ

=> 9R? >a” +b 4c 3

=> 3V3R >atbete

Ding thitc xay ra > OA +OB+0C =0 SOMA trong tam AABC

| © ABC là tam giác đều

Hệ quả Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn, tam giác đều có chu vi

5.18 Gọi O là tâm của đa giác đều Với mọi điểm M ta có

MA, + MA, + + MA, =

» MA,OA; , MA,.0A, |_| MA,.OA,

_ (MO + 0A;).0A, , (MO + 0A;).ĐA; „ (MÔ + OA;)OA,

- Mö| DA + *oa, tet OA ha | (0A) +O&r + +04,

= OA, + OA, + + OA,

Đẳng thức xay ra <> MA, †† OA, (¡= I,2, n)M=O

Vay (MA, + MA, + + MA,) nho nhất M =O,

254

= 2c0s- MA + ma( AB + AC) + AB + AC

Lấy E, F trên AB, AC sao cho AE = AF = 1 Dựng hình thoi AESF ta có

(MA, AS) = 180°

5.20 (h.5-33) Với mọi điểm N ta có : Ạ

NAsinơ + NBsinB + NCsiny =

= “MA sina +75 sinB + MC siny *

> NA MA sina + NB.MB sinB + - NCMC , siny ee Hinh 5-33 °

_(NM+MA)MA (NM + MB).MB sin + (NM + MC).MC sin

255

"log

= naw MA sing + MB ging + MC say + (MAsina + MBsinB + MCsiny) MB MC

= MĩMBMEISuscMA + Swca MB + SwAaMC | +

+ (MAsinơ + MBsinB + MCsiny)

= MAsino + MBsinB + MCsiny (vi SụạcMA+Suca MB+SuApMC =0)

sin AIB = sin( 90° + s) = Coss Hinh 5-34

Goi G là trọng tâm tam giác ABC Theo kết quả BT 5.20, ta có

—:- — —‹ > — — —

cos GA + cos; GB + cos GC 2 cos> IA + cos IB + cos> IC

=> 2{ cos, + cos, + cosS.m, 2 AN + BP+CM

=> cos Sm, + cos sm, + cosS.m, > ; [((p—a)+(p—b)+(p-c)]

=2P=z(a+b+c)

Đẳng thức xảy ra c> G = I © AABC đều

5.22 Ta có (a2MA + bˆMB +c?MC) >0

=> aMA” + b'MB’ +c’MC + 26°” MBMC + ca2ˆMC.MA + abe MA.MB) 20

= 2 MA? + b MB” + cÍMC” + bˆc2(MB? + MCÔ — a2) + |

+ c’a"(MC” + MA? — b?) + a°b*(MA? + MB? - c2) >0

=> (a” +b? +c”) (a2MA? + b°MB? + c°MC”) > 3a2b2c?

256

<> M 1a diém Lo-moan của AABC

§.23 (h.5-35) Goi G là trọng tâm AXYZ ; H, I, K lần lượt là hình chiếu của G trên

= X, Y, Z là hình chiếu của điểm b xXH.Ầ€

Lơ-moan của tam giác ABC trên BC, Hình 5-35

CA, AB

— Ngược lại, nếu X, Y, Z là hình chiếu của điểm Lơ-moan L của AABC thi L

là trọng tâm AXYZ (BT 2.5)

=> YZ? + ZX? + XY? = 3(LX? + LY’ + LZ’)

Cũng vi L 14 diém Lơ-moan của AABC nên

chiếu của điểm Lơ-moan của AABC trên các đường thẳng BC, CA, AB

17-BT NÂNG CAO HÌNH HỌC 10 257

5.24, Giả sử I là điểm thoả man IA + 2IB + 3IC = Ö (*)

Khi đó VM ta có

MA? + 2MB + 3MC” = (Mi + TA) + 2(MI + iB) + 3(MI + ic)

= 6MI2 + 2MI(IA + 21B + 31C) + 1A? + 21B + 31C”

= 6MI? + (IA? +21B? +31C?)

Vậy (MA? +2MB? +3MC?) nhỏ nhất c> M =I

Bây giờ ta hãy tim toạ độ I từ hệ thức (*) Giả sử Ï = (x ; y)

Nhận xét Có thể giải bài toán bằng phương pháp đại số Giả sử M = (x, y)

HBC =0 , {2029 +5-0) <0 ¬x

BH.CA =0 ~9(x — l) + 3(y + 2) = 0

Vay H=(2; 1)

5.26 a) Trên mặt phẳng toạ độ lấy các vectơ = (ai;bị),VÝ = (a¿ ;ba) Ta có

lũ + ở| < lữ| + lý = xj(ay + a;)” Pah +b) sưn wb + ae +b

Dau đẳng thức xảy ra © uttive bơ:

y(a1 — az)? + (b, — by)” 2 fa? +b? — ofa ai

Tương tự như trên, đẳng thức xây ra khí v và chỉ khi

seb

a, by (quy ước mẫu số bằng 0 thì tử số bằng 0)

a)a4 + bịb; >0

5.27 Giả sử hình bình hanh ABCD có toạ độ các đỉnh A, B, C đều là các số

nguyên Khi đó các vectơ CA, CB đều có toạ độ là các số nguyên Giả sử

= (XI;:V1)› CB = = (X32) với XI›sYI›X2:Ÿ2 cố

Theo VD 5.28 ta có

1

SABCD = 25Apc = 2.5|K1¥2 ~ x2y,| = |XIY2 — Xay||-

Vậy diện tích hình bình hành ABCD là số nguyên

259

§6 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIAC

Đặt x=b+c—a; y=c+a—b;z=a+b-— c Bất đẳng thức cần chứng minh

tương đương với bất đẳng thức sau :

yZ+ZX+xy> V3./(x + y + z)xyz > (yz + 2x + xy)” = 3xyz(x + y +2)

= (yz) + (zx)? + (xy)? 2 XyZ(x + y + Z) |

©(yz- zx) + (ZX — xy)? + (xy - yz)" 2 0 (dpcm)

Dang thic xay ra > yz = zx = xy x =y =z a=b=c © AABC đều

© 2b" +0°)-a" >(b+c)* ¬a ?©(b- cy’ > 0 (dpem)

Dang thitc xay ra <> b = c © AABC cân tại A

6.7 HD Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác theo chu vi và bán kính các

đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp

_ Đẳng thức xảy ra © a= b=c & AABC déu

Bạn đọc tự chứng minh bất đẳng thức bên trái (dựa vào BT 6 7b)

Ví dụ 6.8 là hệ quả của bài toán này

định lí sin cho AACD ta có A

262

sin(B-C) 1 ¬

=> —ãmnA 2 = sinA = 2sin(B - C)

6.13 (h.6-16) Đặt I = AC ¬ BD Ta có

2 SA SIsin ASB

sin ASB = 2 = Sasi = AI (1)

_ sinCSB 5 SCSI sincsp Son €I

Áp dụng kết quả trong VD 6.18 cho

các tam giác ABC, ADC, ta có

6.15 Cách ï Dựng hình binh hanh XYZT

có các cạnh tương ứng song song với

AC, BD như hình 6-18 Dễ thấy

= + AC.BDsino 2

Cách 2 HD Đặt O = AC n BD (h.6-19)

Sử dụng đẳng thức

SABCD = SoAn + Sogc † Socp + Sopa-

6.16 Nếu không kể đến sự sai khác về mặt kí

hiệu thì có hai trường hợp xảy ra :

Dé thay Sascp = Sanco: (1)

Áp dụng trường hợp 1 với tứ giác ABCD, ta có

SABCD < 5 (ab + cd) (2)

Tw (1) va (2) suy ra Sagcp Š 3 (ab + cd)

Đẳng thức xảy ra» ABC' = ADC' = 90” (*)

221 ABCD nội tiếp

6.17 Trường hop 1 : AD, BE, CF khéng đồng quy (h.6-22)

Giả sử BE cắt CF tại X, BE cắt AD tại Y, AD cắt CF tại Z

Theo định lí Pa-xcan (VD 6.21), PS đi qua X, NR đi qua Y, MQ đi qua Z

Áp dụng định lí Xê-va dạng sin lần lượt cho các tam giác XEF, YAB, ZCD,

ta có

sinX, sinE, sinF,

sin Y, sinA, sinB,

sinY, sinA, sinB, =1 ©) F

sinX, sinY, sinZ, _

Vay, theo dinh li Xé-va dao dang sin cho AXYZ thi PS, NR, MQ đồng quy

Trường hop 2 : AD, BE, CF déng quy tai diém T

Theo định lí Pa-xcan, PS di qua T, NR di qua T, MQ di qua T (dpem)

6.18 (h.6-23) Kẻ CE // BD (E thuộc đường tròn ngoại tiếp ABCD)

Ta có

SABCD = SABED = Sape + Sape- (1)

Dat I = AC A BD va AID = a Dé thấy

ABE =a; ADE =180°-a

Từ (1) và BT 6.15, ta có

1

3 AC.BD sina =

5 ABEB sina + 5 AD.ED sin(180°— «)

= AC.BD = AB.CD + AD.BC (vi EB = CD; ED = BC) Hinh 6-23

265

e

- l < 180° — œ,180° — B,180° ~ y < 180°

(180° — cx) + (180° — B) + (180° — y) = 180°

Vậy tôn tại tam giác A'BC có A’ = 180°- a; Bi = 180°-B; €' = 180°— +

Áp dụng định lí sin cho AA'BC' ta có

sin(180° ~ œ) _ sin80° - B) _ sin(180° - y)

=> Smc-MA, Syica-MB, Syap-MC là độ dài ba cạnh của một tam giác (đồng

dang véi AA'B'C’) Theo đề bài, ta kí hiệu nó là A(M)

Đẳng thức xảy ra © Swpgc = ŠwCA = SwAp © M là trong tam AABC

Vậy Saquy lớn nhất khi M là trọng tâm tam giác ABC và giá trị lớn nhất đó

> 1 3

bang 77° ABC:

Nhận xé Có thé chimg- minh câu a) nhờ đẳng thức

SwpcMA + SựcAMB + SuagMC = Ö (VD 1.21) với chú ý rằng các vectơ

MA, MB, MC đôi một không cùng phương

267

< OA’ + OC? - 20A.0CcosxOy + OB?

+ OC’ — 20B.0CcosxOy — AB’ >0

©1+3-~2.1.43cosxOy +9 +3~— 2.3.4/3cosxOy —4>0

6.21 (h.6-26) AOCA œ2 AOBC =>

C Hình 6-26

2 cosxOy <

> xOy > 30° (dpem)

tiếp điểm của đường tròn nội tếpcácC _

Shap Sap

BD(AB + AD +BD).2AH CE(AC + AE+CE)2AK

Tạpạ, ABAD *BD) Top), AC# AB + CE)

> au = as => cot = = cot = <> BAD = CAE (dpcm)

1 2

268

"

§7 HE THUC LUONG TRONG DUONG TRON

7.1 (h.7-21) Vì các tứ giác HA'BC, HA'CB' nội tiếp nên -

AA.AH = AC'.AB AA.AH = AB'.AC

7.2 Trên BC lấy E sao cho BE = BD (h.7-22) Theo gia thiét CE = AD (1)

Vì BD là phân giác nên

= ABED nội tiếp => BAD + BED = 180° Hinh 7-22

Dat ABC = 2a, tacd

BAD = 180° — 4a,(vi AABC can tai A) |

BED = 90° - 2 ABDE cân tại B)

269

Từ đó suy ra (180° ~ 4œ) + (90° - ;) = 180°

=S =90 => œ = 20”

Vậy BAC = 180°— 4.20° = 100° (đpcm)

7.3 Gọi D là điểm xuyên tâm đối của C

đối với (O) (h.7-23) K = CD © EF,

I = CH 4 EF Trong tam giác vuông

=> 7 BI(a - CG) = BF(a — AH)

CK(a - AE) = CG(a - BỊ)

= (AH + BI + CK)a = (AE + BF + CG)a

= AH + BI + CK = AE + BF + CG (dpem)

7.5 (h.7-25)

Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng

OI, đặt K = AB ¬ OM Ta có tứ giác MHIK

nội tiếp, nên OHOI=OM.OK - (1)

Mặt khác, trong tam giác vuông OMA ta có

Tir (1), (2) suy ra YE YX = YC.YD

=> (YC + CE)YX = YC(YX + XD)

=> CE.YX = YC.XD

Nhận xé 1) Trên tia đối của tia DC lấy F sao

cho AFC = œ (h.7-28) Chứng minh như trên Hình 7-28

2) Tương tự như vậy ta còn có

7.9 Giả sử A cắt (O) tại E, F (h.7-29) Nếu OH = OK, áp dụng BT 7.8 cho tứ giác

ee

7.11 (h.7-31) Ta có

CD” + DB” + BC?

= (CA + DA)” + DB’ + BC”

= (CA? + CB’) + (DA + DB’) + 2CA.DA

Áp dụng công thức tính độ dài trung

tuyến cho các tam giác CAB, DAB ta

Suyra RR? - Ol’ = IB? + 2011B,

= IB, IB, = IB? + 201.1B;

IB, + IB, + IB, = IB, + IB; + IB, + 20I| Bi it tR)

Vì By 1B; | TBs là các vectơ đơn vị đôi một tạo với nhau góc 120° nên IB, ’ IB; ’ IB,

BỊ IBị T8, 2

BB, * TB, * TB = 0

Vay IB, + IB; + IB, = IB, + IB, + IB (đpcm)

7.14 Goi H, J, K theo thứ tự là hình chiếu của O trên B¡B„, B;B¿, B;B¿ (h.7-33), ta

274

có AHKJ đều, nội tiếp đường tròn đường kính OI Theo VD 5.12,

OH’ + OF + OK? = IH? + I? + Ik’ | (1)

Mặt khác : IBỶ +IB2 = (HB, — HI)” + (HB, + HI)?

= 2HB? + 2HI’ (vi HB, = HB,)

= 2R” - 2HO? + 2HI?

IBS + IB3 = 2R? -2J0* +21

he + IBZ = 2R? -2KO? +2KI’

Vay : IB? +IB2 +IBỆ +IB2 +IB2 +IBệ

= 6R” ~ 2(HO” + JO” + KO”) + 2(HỶ + J? + KP) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

IB} +1B3 + BS + IB; +B? + IB? =6R?

Hinh 7-33

Đẳng thức xảy ra © GA = GB = GC © G = O © AABC đều

7.16 Nếu M nằm trong (O) (h.7-35) ta có

Nhận xét Từ (*) với chú ý BC, CA', A'B' 1a độ dài ba cạnh của một tam giác,

ta thấy : MA.BC, MB.CA, MC.AB cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác

Kết hợp nhận xét này với định lí Ptô-lê-mê, ta có kết quả nổi tiếng sau đây, nó

thường được gọi là bất đẳng thức Ptô-lê-mê

Cho tam giác ABC và điểm M bất kì, ta có :

Đẳng thức xảy ra ở (1) © M thuộc cung BC (không chứa A)

Đẳng thức xảy ra ở (2) <> M thudc cung CA (không chứa B)

Đẳng thức xảy ra ở (3) © M thuộc cung AB (không chứa C)

7.17 (h.7-36)

_ suy ra tứ giác AMML nội tiếp,

a) Gọi K là giao điểm của AB với đường tròn (BMN), K z B Ta có

AK.AB = AM.AN = PaO)

=> PH? — pO” = HB’ - R” (khong déi)

Theo VD 3.7, P thuộc đường thẳng cố định vuông góc với OH Mặt khác, P

thuộc AB nên P cố định Vay MN' luôn đi qua điểm P cố định

§8 DUONG THANG

8.1 a) Đường thẳng A cắt trục hoành tai diém I(-1 ; 0)

Gọi B là điểm đối xứng của I qua A(2 ; 0), ta có B = (5 ; 0) Đường thẳng A':

qua B, song song với Á sẽ đối xứng với A qua A

Phương trình A' có dạng x —3y + c = Ö

BeA=5-30+c=0=ec=-”

Vậy phương trình của A' là x -3y — 5 = 0

b) Điểm A(2 ; 0) e d Gọi A' là điểm đối xứng của A qua A, ta tính được

I7,3

^=[ 2)

Đường thẳng d' đi qua giao điểm của A, d và qua A' sẽ đối xứng với d qua A

(dễ thấy d cắt A) Vì đ thuộc chùm đường thẳng xác định bởi A và d nén

8.2 Giải hệ gồm phương trình của (BC) và (BB) tìm được toạ độ B = § ; 3}

Tương tự tìm được C = (—I ; 3)

Đường thẳng AB đi qua B, nhận vectơ chỉ phương ữ(1; —l) của (CC) làm

vectơ pháp tuyến, phương trình (AB) là

(x-2)-(y-2)<0 =x-y=e

Tương tự tìm được phương trình cạnh AC là x + 3y — 8 =0

Từ đó ta có A = (2; 2) Phương trình đường cao AA' là 5x - 7y +4=0

277

(h.8-9) Vectơ chỉ phương của (BC) là vectơ

pháp tuyến của (AH) : ủ =(3; —4)

e Gọi B' 1a diém dé6i xứng của B qua phân giác CC; Đường thẳng BB' có vectơ

pháp tuyến là ử = (2; —1) (vectơ chỉ phương của CC,)

Từ đó tìm được toạ độ đỉnh A(—5 ; 3) và phương trình cạnh AB là 4x + 7y — I =0

Phương trình các đường thẳng AB và AC có dạng œ(x - 2) + P(y - 6) =0

(œ2 + p7 # 0), vectơ chỉ phương của nó là (B ; —œ) Đường thẳng d có vectơ

chỉ phương là (3 ; V3) Các đường thing AB va AC tạo với d góc 60° khi và

Phương trình đường thing AB la ~ T 2 ~ yee ©x-y-5=0,

suy ra khoảng cách từ G(xọ, yọ) đến đường thẳng AB là

8.6 Khoảng cách từ điểm (xp ; yo) dén đường thang A 1a

d(I; A) = |xo.cosœ + Yo.sina + 2cosa + ||

= |(xo + 2)cosa + yo.Sina + HỆ

Với xạ = -2, Yo = Ö thì d{ ; A) = l Va

Vậy đường thẳng A luôn cách I một khoảng bằng 1, tức là A luôn tiếp xúc với

đường tròn tâm I(~—2 ; 0), bán kính I

8.7, Toạ độ của B là nghiệm của hệ phương trình

y=0

279

Su

Đường thẳng BC có hệ số góc k = 43 = ABC = 60° Gọi I 14 tam đường

tròn nội tiếp tam giác ABC thi ABI = 30° Đường thẳng BI có hệ số góc là

tan 30 = 8 nên phương trình của nó là

v3

Mặt khác, đường tròn (I) bán kính 2 tiếp xúc với trục hoành nên I thuộc đường

thẳng y = 2 hoặc y =~ 2 Toạ độ của I là nghiệm của hệ

Goi I 1a trung điểm của AB, ta có Ï = (5 ; 3} Đường trung trực của AB đi

qua Ï, có vectơ pháp tuyến là BA = (a ; —b), do đó phương trình trung trực là

280

5 a(x -§) -o( -3) = 0 (1)

at 5 b 5 D "| có toạ độ thoả mãn phương trình (1) Vay

Dễ thấy điểm Pf

đường trung trực của AB luôn di qua diém P 215 cố định

8.9 Lập hệ trục toạ độ Oxy Giả su A = (a ; 0), B = (0; b), M = m; 0),N = (0; n)

Phương trình đường thẳng AN đi qua A(a ; 0), N(0; n)là “—Ê = Ÿ

a + bb mnoab 2 Vậy các giao điểm của (AN) và (BM) luôn chạy

trên đường thẳng = + a =1 Đó chính là đường thẳng A'B với A' e Ox,

B' € Oy sao cho OA' = 20A, OB' = 20B

8.10 Giả sử M = (m ; 0), N = (0; n), (m >0, n > 0) Phương trình đường thẳng

Từ (1) và (2) tìm được m = Va(Va + Vb), n = Vb(Va + vb) Với các giá

trị này của m và n thì OM +ON nhỏ nhất Vậy phương trình đường thẳng cần

9.1 Tâm đường tròn cần tìm là giao điểm của đường trung trực của AB và đường

thẳng đi qua B, vuông góc với đường thẳng 2x + y — 3 =0

9.2 Đường tròn (C,,) c6 tam I,(m+1; -2m), ban kinh Rin =4(m +1)? +4m? +5,

(Cụ) tiếp xúc với đường thang x + y - 1 =0 <> khodng cách từ I„ đến đường

thẳng bằng bán kính

œ Im+I1-2m-ÍÍ_— [02 D2¿4m2as 42

<> {ml = 42.45m2 + 2m +6

Vậy không có đường tròn nào của họ tiếp xúc với đường thing đã cho

Phương trình trên vô nghiệm

282

9.3 Giả sử phương trình đường tròn cần tìm có dạng

(C) : xF +y? + 2ax + 2by + c = 0

P(1; 1) thuộc đường tròn nên

(C) tiếp xúc với hai đường thẳng nên khoảng cách từ tâm I(-a ; — b) đến hai

đường thẳng bằng nhau, bằng khoảng cách từ [ đến P, do đó:

-7a-b-3| |-a-7b-3|_ [2 LW?

Từ các hệ thức (2) tìm được a = b = -5 hoặc a=b= = Thay vao (1)

tìm được c = 12 hoặc c = Š (tương ứng)

Vậy có hai đường tròn cần tìm là

Vậy (C¡) và (C¿) tiếp xúc trong với nhau

Tiếp tuyến chung của (C¡) và (C2) chính là

trục đẳng phương của hai đường tròn này,

(Cy): (x= 1)? + (y — 2)” = 5” có tâm F(1; 2), ban kinh Ry = 5

Vi R, — Ry < EF = V4? +14? = /212 <R, +R, nén

(C¡) và (C¿) cắt nhau, do đó hai đường tròn chỉ có tiếp tuyến chung ngoài

Gọi S là điểm trên đường thẳng EF sao cho

“-".-

SF R;

=> OS = SE SOF § (159) (O là gốc toạ độ)

=> S=(-1;9)

Tiếp tuyến chung của hai đường tròn đi qua S nên phương trình của nó có

dang a(x + 1) + b(y - 9) = O(a? +b? #0) & ax + by +a — 9b = 0

Khoảng cách tir F(1; 2) đến tiếp tuyén bing R, = 5,

Đường tròn (C,.) có tâm I,(m ; -2m), bán kính R = 1

Tập hợp các tâm I„„ là đường thẳng A : y = ~2x hay 2x + y = 0

Do họ (C,.) có bán kính không đổi nên có hai đường thẳng tiếp xúc với (C,,) Vm

Hai đường thẳng này song song với A và céch A mét khoang R = 1, phuong

trình của chúng có dạng 2x + y —k =0 Lấy điểm M(xụ ; -2xụ + k) thuộc

một trong hai đường thẳng đó, ta có ,

Í2xw — 2XM + k| _ Kl _, ©k=+ 45

d(M;A)=

284

CS 2