Chứng minh các điểm thẳng hàng là một trong các dạng toán thường gặp trong các bài toán về vector, trong bài trình trình bày một số ví dụ, thông qua đó các em có thêm kinh nghiệm giải dạng toán này.
Tính chất 1. Cho $A, B, C$ là 3 điểm phân biệt. a) $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$ cùng phương khi và chỉ khi tồn tại $k$ sao cho $\overrightarrow{A B}=k \cdot \overrightarrow{A C}$. b) Giả sử $\overrightarrow{A B}=x \vec{a}+y \vec{b}$ và $\overrightarrow{A C}=x^{\prime} \vec{a}+y^{\prime} \vec{b}$. Khi đó $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại $k$ để $x=k x^{\prime}, y=k y^{\prime}$ hay $\frac{x}{x^{\prime}}=\frac{y}{y^{\prime}}$.
Tính chất 2. Cho 2 điểm $A, B$ phân biệt và điểm $O$ nằm ngoài đường thẳng $A B$. Khi đó điểm $M$ thuộc đường thẳng $A B$ khi và chỉ khi tồn tại các số $x, y$ thỏa $x+y=1$ và $$ \overrightarrow{O M}=x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b} $$
Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$. Gọi $M$ là trung điểm $A B, N$ thỏa $\overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{N C}=\overrightarrow{0}$ và P là điểm đối xứng của B qua C. a) Chứng minh $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$ b) Chứng minh $\overrightarrow{N M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$. c) Chứng minh $M, N, P$ thẳng hàng.
Lời giải
a) Ta có $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{N C}=\overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{A C}=3 \overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{A C}$. Suy ra $2 \overrightarrow{A C}=-3 \overrightarrow{N A}=3 \overrightarrow{A N}$. Do đó $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$. b) Ta có $\overrightarrow{N M}=\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A N}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$. c) Ta có $\overrightarrow{P M}=\overrightarrow{B M}-\overrightarrow{B P}$ $=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-2 \overrightarrow{B C}$ $=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-2 \overrightarrow{B A}-2 \overrightarrow{A C}$ $=\frac{3}{2} \overrightarrow{A B}-2 \overrightarrow{A C}$ $=3\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}\right)$ $=3 \overrightarrow{N M}$. Suy ra $P, M, N$ thẳng hàng.
Ví dụ 2. Cho tứ giác $A B C D$. Gọi $M, N$ thuộc cạnh $A D, B C$ sao cho $A M=2 M D, B N=2 N C$. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng $A B, M N$ và $C D$ thẳng hàng.
Lời giải
Gọi $P, Q, R$ lần lượt là trung điểm của $A B, M N$ và $C D$.
Ta có $\overrightarrow{P Q}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A M}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B N}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}$.
Ta cũng có $\overrightarrow{P R}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}$.
Từ đó suy ra $\overrightarrow{P Q}=\frac{2}{3} \overrightarrow{P R}$, suy ra $P, Q, R$ thẳng hàng.
Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ và điểm $D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$, I là trung điểm của $B D$. M là điể thỏa $\overrightarrow{B M}=x \overrightarrow{B C}, x \in \mathbb{R}$. a) Tinh $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$. b) Tinh $\overrightarrow{A M}$ theo $x$ và $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$ c) Tìm $x$ để $A, I, M$ thẳng hàng.
Lời giải
a) Ta có $2 \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$ $\Rightarrow \overrightarrow{A I}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{8} \overrightarrow{A C}$. b) Ta có $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+x(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}$. c) Ta có: $$ \left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C} \\\\ \overrightarrow{A M}=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C} \end{array}\right. $$
Khi đó, $A, M, I$ thẳng hàng $\Leftrightarrow \overrightarrow{A I}$ và $\overrightarrow{A M}$ cùng phương $\Leftrightarrow \frac{1-x}{1}=\frac{x}{\frac{3}{4}} \Leftrightarrow x=\frac{3}{7}$.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$. Hai điểm $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ được xác định bởi hệ thức: $\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{M A}=\overrightarrow{0}, \overrightarrow{A B}-$ $\overrightarrow{N A}-3 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}$. Chứng minh $M N \parallel A C$.
Bài 2. Cho $3 \overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}-5 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$. Chứng minh $A, B, C$ thẳng hàng. Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có trung tuyến $A M$. Gọi $I$ là trung điểm $A M$ và $K$ là trung điểm AC sao $A K=\frac{1}{3} A C$. a) Biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{B I}, \overrightarrow{B K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$. b) Chứng minh các điểm $B, I, K$ thẳng hàng.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có trọng tâm $G$. Gọi $I, J$ là hai điểm xác định bởi $\overrightarrow{I A}=2 \overrightarrow{I B}, 3 \overrightarrow{J A}+$ $2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$. a) Tính $\overrightarrow{I f}, \overrightarrow{I G}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$. b) Chứng minh $I, J, G$ thẳng hàng.
Bài 5. Cho tam giác $A B C$. Lấy các điểm $M, N, P$ thỏa mãn $$ \overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}, 3 \overrightarrow{A N}-2 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}, \overrightarrow{P B}=2 \overrightarrow{P C} $$
Tính chất 1. Cho hai vectơ $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$
a) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ cùng phương thì tồn tại số thực $k$ sao cho $\overrightarrow{a} = k \cdot \overrightarrow{b}$.
b) Nếu $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương và $ x \cdot \overrightarrow{a}+y \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{0}$, suy ra $x = y = 0$.
Chứng minh.
a) Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng phương.
Trường hợp 1. Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ cùng hướng. Đặt $k=\frac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|}$, ta chứng minh $\vec{a}=k \cdot \vec{b}$. Thực vậy: Do $k>0$ nên $k \cdot \vec{b}$ cùng hướng $\vec{b}$ mà $\vec{b}$ cùng hướng $\vec{a}$ nên $k \cdot \vec{b}$ cùng hướng $a$; Và $|k \cdot \vec{b}|=|k| \cdot|\vec{b}|=|\vec{a}|$.
Trường hợp 2. Nếu $\vec{a}, \vec{b}$ ngược hướng. Đặt $k=-\frac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|}$, chứng minh tương tự như trên ta cũng có $\vec{a}=k \cdot \vec{b}$.
b) Giả sử $x \neq 0$, suy ra $\overrightarrow{a} = \dfrac{-y}{x} \cdot \overrightarrow{b}$ cùng phương $\overrightarrow{b}$, mâu thuẫn, do đó $x = 0$, dẫn đến $y = 0$.
Tính chất 2. Cho $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương, khi đó với mọi vectơ $\overrightarrow{c}$ tồn tại duy nhất cặp số $(x;y)$ thỏa mãn $$\overrightarrow{c} = x \cdot \overrightarrow{a} + y \cdot \overrightarrow{b}$$
Chứng minh
Lấy điểm $O$ ta dựng các vectơ $\overrightarrow{A O}=\vec{a} ; \overrightarrow{O B}=\vec{b} ; \overrightarrow{O C}=\vec{c}$.
Từ $C$ dựng các đường thẳng song song với $O B, O A$ cắt $O A, O B$ tại $D$ và $E$. Khi đó $\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O E}$.
Mà $\overrightarrow{O D}$ và $\overrightarrow{O A}$ cùng phương nên tồn tại $x$ thỏa $\overrightarrow{O D}=x \cdot \overrightarrow{O A}=x \cdot \vec{a}$; tương tự tồn tại $y$ sao cho $\overrightarrow{O E}=y \cdot \overrightarrow{O B}=y \cdot \vec{b}$.
Do đó $\vec{c}=x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}$.
Giả sử tồn tại $x^{\prime}, y^{\prime}$ thỏa $\vec{c}=x^{\prime} \cdot \vec{a}+y^{\prime} \cdot \vec{b}$. Khi đó $x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}=x^{\prime} \cdot \vec{a}+y^{\prime} \cdot b \Leftrightarrow$ $\left(x-x^{\prime}\right) \vec{a}+\left(y-y^{\prime}\right) \vec{b}=\overrightarrow{0}$.
Từ tính chất 1, ta có $x = x’, y = y’$. Ta có điều cần chứng minh.
Việc biểu diễn một vec tơ theo hai vec tơ không cùng phương có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh vec tơ bằng nhau, cùng phương, dẫn đến các bài toán chứng minh thẳng hàng, tính toán độ dài, góc, …
Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$ và điểm $D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$, I là trung điểm của $B D$. a) Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$. b) Cho $\overrightarrow{BM} = x \cdot \overrightarrow{BC}$. Tính $\overrightarrow{A M}$ theo $x$ và $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$
Lời giải.
a) Ta có $2 \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{A I}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{8} \overrightarrow{A C}$. b) Ta có $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+x(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}$.
Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ gọi $M$ là điểm thỏa $\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}$. Giả sử $\overrightarrow{C M}=x \cdot \overrightarrow{C A}+y \cdot \overrightarrow{C B}$. Tính $x, y$.
Lời giải.
Ta có $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{C A}-\overrightarrow{C M}+3 \overrightarrow{C B}-3 \overrightarrow{C M}$
Từ đó ta có $x=\frac{1}{4}, y=\frac{3}{4}$, do sự biểu diễn $\overrightarrow{C M}$ theo $\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{C B}$ là duy nhất.
Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ và các điểm $I$, J thỏa mãn $2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0}, 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$. a) Tinh $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$. b) Gọi G là trọng tâm tam giác $A B C$. Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$.
Lời giải Ta có: $2 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B I}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 2 \overrightarrow{C I}+3(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C I})=\overrightarrow{0} $
$\Leftrightarrow 3 \overrightarrow{J B}=2 \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{B J}=-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C}$ a) – Tính $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$. Ta có: $$ \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{C I}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5} \overrightarrow{C B}=\overrightarrow{A C}+\frac{3}{5}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A C})=\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C} $$
Tính $\overrightarrow{A J}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$. Ta có: $$ \overrightarrow{A J}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B J}=\overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{B C} \Leftrightarrow \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C} $$
b) Tính $\overrightarrow{A G}$ theo $\overrightarrow{A I}, \overrightarrow{A J}$. Đặt $\overrightarrow{A G}=x \overrightarrow{A I}+y \overrightarrow{A J}$.
Bài 1. Cho tam giác $A B C$ và $M$ là trung điểm cạnh $B C ; N$ là điểm thuộc đoạn $A C$ sao cho $A N=2 N C$. Chứng minh rằng: a) $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})$. b) $\overrightarrow{B N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}$ c) $\overrightarrow{M N}=\frac{1}{3} \overrightarrow{C A}-\frac{1}{2} \overrightarrow{C B}$.
Bài 2. Cho tam giác $A B C$ có $I$ là điểm đối xứng với $B$ qua $C, J$ là trung điểm $A C, K$ thuộc $A B$ thoả $A B=3 A K$. a) Tính $\overrightarrow{B I}, \overrightarrow{B J}, \overrightarrow{B K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$. b) Tính $\overrightarrow{I f}, \overrightarrow{I K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$. Lấy $M, N$ lần lượt là trung điểm $A B, A C$. $L$ là điểm thoả mãn $2 \overrightarrow{L A}+5 \overrightarrow{L B}+3 \overrightarrow{L C}=\overrightarrow{0}$ a) Tính $\overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B M}, \overrightarrow{B L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$. b) Tính $\overrightarrow{M N}, \overrightarrow{M L}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
Bài 1. Cho $\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{a}$. Chứng minh rằng $a=b=c$. Lời giải. $$ \dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{a}=\dfrac{a+b+c}{b+c+a}=1 $$
Khi đó, $a=b ; b=c ; c=a \Rightarrow a=b=c$. Bài 2. Cho ba tỉ số bằng nhau là $\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{b}{c+a}, \dfrac{c}{a+b}$. Tìm giá trị của mỗi tỉ số đó. Lời giải. $$ \dfrac{a}{b+c}=\dfrac{b}{c+a}=\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a+b+c}{2 a+2 b+2 c}=\dfrac{a+b+c}{2(a+b+c)}=\dfrac{1}{2} \text {. } $$
Bài 3. Cho $a+b+c+d \neq 0$ và $\dfrac{a}{b+c+d}=\dfrac{b}{a+c+d}=\dfrac{c}{a+b+d}=\dfrac{d}{a+b+c}$.
Tính giá trị của: $A=\dfrac{a+b}{c+d}+\dfrac{b+c}{a+d}+\dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac{d+a}{b+c}$.
Bài 1. Cho tỉ lệ thức $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$. Chứng minh rằng ta có các tỉ lệ thức sau: (với giả thiết các tỉ số đều có nghĩa). (a) $\dfrac{3 a+5 b}{3 a-5 b}=\dfrac{3 c+5 d}{3 c-5 d}$; (b) $\left(\dfrac{a+b}{c+d}\right)^2=\dfrac{a^2+b^2}{c^2+d^2}$; (c) $\dfrac{a b}{c d}=\dfrac{(a-b)^2}{(c-d)^2}$; (d) $\dfrac{7 a^2+5 a c}{7 a^2-5 a c}=\dfrac{7 b^2+5 b d}{7 b^2-5 b d}$.
Bài 2. Cho $\dfrac{a}{2018}=\dfrac{b}{2019}=\dfrac{c}{2020}$.
Chứng minh rằng: $ 4(a-b)(b-c)=(c-a)^2$.
Bài 3. Cho dãy tỉ số bằng nhau: $\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{a_2}{a_3}=\dfrac{a_3}{a_4}=\ldots=\dfrac{a_{2018}}{a_{2019}}$.
Chứng minh rằng: Ta có đẳng thức: $\dfrac{a_1}{a_{2019}}=\left(\dfrac{a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2018}}{a_2+a_3+a_4+\ldots+a_{2019}}\right)^{2018}$
Định nghĩa 1. Thương trong phép chia số $a$ cho số $b(b \neq 0)$ gọi là tỉ số của $a$ và $b$.
Định nghĩa 2. Tỉ lệ thức là đẳng thức giữa hai tỉ số. $$ \dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Leftrightarrow a: b=c: d $$
Trong đó:
$a$ và $d$ gọi là ngoại tỉ.
$b$ và $c$ gọi là trung tỉ.
Tinh chất 1. Cho $a, b, c, d$ là các số khác 0 . Ta có một số tính chất sau: (a) $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Leftrightarrow a d=b c$ (b) $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Leftrightarrow \dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}$ (c) $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Leftrightarrow \dfrac{b}{a}=\dfrac{d}{c}$.
$\Rightarrow a=24 ; b=15 ; c=40 . $ (d) $3 a=7 b \Rightarrow \dfrac{a}{7}=\dfrac{b}{3}=k $ $k^2=\dfrac{a^2}{49}=\dfrac{b^2}{9}=\dfrac{a^2-b^2}{49-9}=\dfrac{160}{40}=4$ $\Rightarrow k=2$ hoặc $k=-2 \Rightarrow a=14$ hoặc $a=-14 ; b=6$ hoặc $b=-6$.
Ví dụ 4. Hưởng ứng phong trào quyên góp sách giáo khoa cũ giúp đỡ học sinh có hoàn cảnh khó khăn, ba lớp 7A, 7B. 7C đã quyên góp số sách tỉ lệ với $3: 4: 5$. Tính số sách giáo khoa mỗi lớp quyên góp, biết số sách quyên góp của lớp 7 hơn lớp 7A là 22 quyển.
Lời giải. Gọi $x, y, z$ lần lượt là số sách của các lớp 7A, 7B, 7C. Ta có $$ \frac{x}{3}=\frac{y}{4}=\frac{z}{5}=\frac{z-x}{5-3}=\frac{22}{2}=11 \Rightarrow x=33 ; y=44 ; z=55 $$
Ví dụ 5. Tìm $a ; b ; c$ biết $\dfrac{12 a-15 b}{7}=\dfrac{20 c-12 a}{9}=\dfrac{15 b-20 c}{11}$ và $a+b+c=48$. Lời giải. $\dfrac{12 a-15 b}{7}=\dfrac{20 c-12 a}{9}=\dfrac{15 b-20 c}{11}=\dfrac{12 a-15 b-20 c+12 a-15 b+20 c}{7+9+11}=0 $ $\Rightarrow 12 a=15 b ; 20 c=12 a ; 15 b=20 c . $ $\Rightarrow \dfrac{a}{5}=\dfrac{b}{4} ; \dfrac{c}{3}=\dfrac{a}{5} ; \dfrac{b}{4}=\dfrac{c}{3} $ $\dfrac{a}{5}=\dfrac{b}{4}=\dfrac{c}{3}=\dfrac{a+b+c}{5+4+3}=\dfrac{48}{12}=4 $
$\Rightarrow a=20 ; b=16 ; c=12 $
Bài tập.
Bài 1. Tìm số hữu tỉ $x$ trong các tỉ lệ thức sau: (a) $6: x=6,5:(-29,25)$; (b) $14 \frac{2}{3}:\left(-80 \frac{2}{3}\right)=(0,5 . x): 35 \frac{3}{4}$; (c) $4: x=x: 0,16$; (d) $(1-x)^3:(-0,5625)=0,525: 0,7$;
Bài 2. Có thể lập được một tỉ lệ thức từ từng nhóm bốn số sau không? (a) $-1 ;-3 ;-9 ; 27$; (b) $-1 ; \frac{-1}{2} ; \frac{-1}{3} \frac{-1}{6}$; (c) 0,$4 ; 0,04 ; 0,004 ; 0,0004$; (d) $3^{-3} ; 3^{-5} ; 3^{-7} ; 3^{-11}$
Bài 3. Tìm $a, b, c$ biết
(a) $15 a=10 b=6 c$ và $a b c=-1920$; (b) $a^2+3 b^2-2 c^2=-16$ và $\dfrac{a}{2}=\dfrac{b}{3}=\dfrac{c}{4}$;
Bài 4. Tìm $x ; y ; z$ biết $2 x=3 y ; 4 y=5 z$ và $4 x-3 y+5 z=7$ Bài 5. Tìm $x ; y ; z$ biết $3 x=4 y ; 5 y=6 z$ và $x y z=30$.
Định lý 1. Cho tam giác $ABC$, các số $a, b, c$ thỏa $s = a+ b+ c $ khác 0. Điểm $M$ thỏa $$ a \cdot \overrightarrow{MA} + b \cdot \overrightarrow{MB} + c \cdot \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{0}$$
a) Với mọi điểm $O$ thì $$a \cdot OA^2 + b\cdot OB^2 + c \cdot OC^2 = s \cdot OM^2 + (a \cdot IA^2 + b \cdot IB^2 + c \cdot IC^2)$$
b) $$a \cdot IA^2 + b \cdot IB^2 + c \cdot IC^2 = \dfrac{1}{s} (abAB^2 +ac AC^2 + bc BC^2)$$
c) Trường hợp $s=a+b+c = 1$ ta có $$OM^2 = a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2 – (ab AB^2 + ac AC^2 + bc BC^2)$$
Chứng minh định lý.
a) $a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OB^2 = a(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MA})^2+b(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MB})^2+c(\overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MC})^2$
$ = (a+b+c)OM^2 + a \cdot MA^2 + b \cdot MB^2 + c \cdot MC^2 + 2 \overrightarrow{OM}(a \cdot \overrightarrow{MA} + b \cdot \overrightarrow{MB} + c \cdot \overrightarrow{MC} )$
$ = s \cdot OM^2 + (a \cdot IA^2 + b \cdot IB^2 + c \cdot IC^2)$
b) Đặt $P = a \cdot IA^2 + b \cdot IB^2 + c \cdot IC^2$. Áp dụng ý a, ta thay điểm $O$ bằng $A$ ta có:
$b \cdot AB^2 + c \cdot AC^2 = s \cdot MA^2 + P$, nhân hai vế với $a$ ta có $ab \cdot AB^2 + ac \cdot AC^2 = as \cdot MA^2 + aP$ (1), tương tự cho khi thay $O$ bởi $B, C$ ta được các hệ thức $bc \cdot BC^2 + ab \cdot AB^2 = bs MB^2 + bP$ (2) và $bc \cdot BC^2 + ac \cdot AC^2 = cs \cdot MC^2 + cP$ (3)
Cộng các đẳng thức (1), (2), (3) ta có: $2 (ab \cdot AB^2 + bc \cdot BC^2 + ac \cdot AC^2) = s (a \cdot MA^2+ b \cdot MB^2 + c \cdot MC^2) + P(a+b+c) = 2s \cdot P$
Suy ra $P = \dfrac{1}{s} (ab \cdot AB^2 + ac \cdot AC^2 + bc \cdot BC^2)$
c) Từ a, b ta có $a \cdot OA^2 + b\cdot OB^2 + c \cdot OC^2 = s \cdot OM^2 +\dfrac{1}{s} (ab \cdot AB^2 + ac \cdot AC^2 + bc \cdot BC^2)$
Với $s = a+b+c = 1$ thì $a \cdot OA^2 + b\cdot OB^2 + c \cdot OC^2 = OM^2 +(ab \cdot AB^2 + ac \cdot AC^2 + bc \cdot BC^2)$, suy ra
$OM^2 = a \cdot OA^2 + b\cdot OB^2 + c \cdot OC^2 – (ab \cdot AB^2 + ac \cdot AC^2 + bc \cdot BC^2)$
Định lý 2. Tổng quát của định lý 1. Gọi $\mathrm{M}$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $A_1, A_2, \ldots, A_n$ ứng với các hệ số $\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n$.
a) Khi đó với điểm $\mathrm{O}$ bất kì ta có: $$ \sum_{i=1}^n \alpha_i O A_i^2=\left(\sum_{i=1}^n \alpha_i\right) M O^2+\sum_{i=1}^n \alpha_i O A_i^2 $$
b) Khi đó $$ \sum_{i=1}^n \alpha_i G A_i^2=\frac{1}{\alpha} \sum_{1 \leq i<j \leq n} \alpha_i \alpha_j A_i A_j^2 $$
Trong đó $\alpha=\sum_{i=1}^n \alpha_i$ c) (Định lý lagrange – Jacobi) $$ \sum_{i=1}^n \alpha_i O A_i^2=\left(\sum_{i=1}^n \alpha_i\right) M O^2+\dfrac{1}{\alpha} \sum_{1 \leq i<j \leq n} \alpha_i \alpha_j A_i A_j^2 $$
Định lý 2 chứng minh tương tự định lý 1. Bạn đọc tự làm nhé.
Sau đây là một số áp dụng cho định lý trên.
Bài toán 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M \in (O)$ thì $MA^2 + MB^2 + MC^2$ không đổi, tính giá trị đó theo $R$.
b) Tìm điểm $M$ thuộc $(O)$ sao cho $MA^2 + 2MB^2 + MC^2$ là nhỏ nhất.
Lời giải
a) Tam giác $ABC$ đều nên $O$ là trọng tâm tam giác, tức là $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}$.
Áp dụng định lý 1 ta có $MA^2 + MB^2 + MC^2= 3 MO^2 + \dfrac{1}{3} (AB^2+BC^2+AC^2) = 3R^2 + \dfrac{1}{3} (3R^2+3R^2+3R^2) = 6R^2$ không đổi.
b) Lấy điểm $I$ thỏa $\overrightarrow{IA} + 2 \overrightarrow{IB} +\overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}$, ta có $3 \overrightarrow{IO} + \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{0}$, $I$ thuộc đoạn $OB$ và $IB = 2IO$.
Theo định lý trên, ta có $MA^2 + 2MB^2 + MC^2 = 4MI^2 + \dfrac{1}{4}(2AB^2+AC^2+2BC^2) = 4MI^2 + \dfrac{13}{4}R^2$, do đó $MA^2+2MB^2+MC^2$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $MI$ nhỏ nhất, khi và chỉ khi $M$ là giao điểm của tia $OI$ với $(O)$.
Bài toán 2. Cho tam giác $A B C$ có $I$ là tâm nội tiếp và $O$ là tâm ngoại tiếp. Chứng minh rằng a) $a \cdot I A^2+b \cdot I B^2+c \cdot I C^2=a b c$. b) $I O^2=R^2 – 2 R r$ (Hệ thức Euler)
Lời giải
a) Ta có $a \cdot \overrightarrow{IA} + b \cdot \overrightarrow{IB} + c \cdot \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}$
Theo định lý 1, ý b ta có $a \cdot IA^2 + b \cdot IB^2 + c \cdot IC^2 = \dfrac{1}{a+b+c} (ab AB^2 + ac AC^2 + bc BC^2) = abc$.
b) Theo định lý 1c) ta có $IO^2 = \dfrac{1}{a+b+c}(a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2) – \dfrac{1}{a+b+c} abc = R^2 – \dfrac{abc}{a+b+c}$.
Mặt khác ta có $S_{ABC} = \dfrac{abc}{4R} = pr$, suy ra $\dfrac{abc}{a+b+c} =2Rr$.
Do đó $IO^2 = R^2 – 2Rr$. (Hệ thức Euler)
Bài toán 3. Chứng minh rằng trong tam giác $A B C$ thì $a^2+b^2+c^2 \leq 9 R^2$
Lời giải
Áp dụng định lý 1 cho $M$ là trọng tâm tam giác, $O$ là tâm ngoại tiếp ta có:
Ta có $OA^2 + OB^2 +OC^2 = 3OG^2 + \dfrac{1}{3}(AB^2 +BC^2+AC^2)$
Hay $a^2+b^2+c^2 = 9R^2 – 9OG^2 \leq 9R^2$. Đẳng thức xảy ra khi $O \equiv G$, hay tam giác $ABC$ đều.
Tiếp theo ta dùng phương pháp này để chứng minh một định lý rất nổi tiếng trong hình học phẳng.
Bài toán 4. (Định lý Feuerbach) Chứng minh rằng trong một tam giác đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp là tiếp xúc nhau.
Lời giải
Nhắc lại, đường tròn Euler là đường tròn qua trung điểm các cạnh và chân các đường cao, đường tròn Euler có bán kính bằng nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp và tâm là trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Xét tam giác $ABC$, gọi $H, O, I$ lần lượt là trực tâm, tâm ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$, $N$ là tâm đường tròn Euler và $N$ là trung điểm $OH$. Để chứng minh $(I)$ và $(N)$ tiếp xúc, ta cần chứng minh $IN = \dfrac{1}{2}R – r$, trong đó $R, r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác $ABC$.
Ta đi tính độ dài đoạn $IN$, như cách đã làm như các bài toán trên.
Ta có $a \cdot NA^2 + b \cdot NB^2 + c \cdot NC^2 = (a+b+c) NI^2 + \dfrac{1}{a+b+c} (ab AB^2+ac AC^2+bc BC^2) = (a+b+c)IN^2 + abc$.
$N$ là trung điểm $OH$ nên ta có $AN^2 = \dfrac{1}{2} AH^2 + \dfrac{1}{2} OA^2 – \dfrac{1}{4} OH^2$ (1)
Mà $AH = 2OM$ nên $AH^2 = 4OM^2 = 4(OC^2-MC^2) = 4R^2 – a^2$ (2)
Suy ra $\dfrac{1}{4(a+b+c)}(a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)-a^3-b^3-c^3) = r^2 + Rr$.
Kết hợp các kết quả trên ta có $IN^2 = \dfrac{1}{4}R^2 +r^2 – Rr = (\dfrac{R}{2}-r)^2$.
Từ đó ta có $IN = \dfrac{1}{2} R – r$, hay $(I)$ và $(N)$ tiếp xúc trong.
Trên đây chỉ là một số ví dụ khá đơn giản để khai thức định lý Lagrange và Jacobi, các bạn có thể thay $M, O$ bằng một số điểm đặc biệt khác trong tam giác để có thêm các đẳng thức hoặc bất đẳng thức khác.
Bài viết trình bày một số kĩ thuật tính toán hình học để chứng minh các bài toán hình học phẳng, các định lý được dùng chính là định lý Sin, Cosin, công thức diện tích, vectơ,..và một số tính chất, bổ đề đơn giản.
Một số kí hiệu thường dùng.
Trong tam giác $ABC$, đặt $BC = a, AC = b, AB = c, p = \dfrac{a+b+c}{2}, S = S_{ABC}$, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.
Sau đây là một số định lý quan trọng và đã có trong các phần khác, bạn đọc có thể tự chứng minh một cách dễ dàng.
Định lý 1. (Định lý Sin) Trong tam giác $ABC$ thì $$\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2R$$
Định lý 2. (Định lý Cosin) Trong tam giác $ABC$ thì $a^2 =b^2 + c^2 – 2bc \cos A$ và các hệ thức tương tự.
Định lý 3. (Định lý Ceva dạng sin) Cho tam giác $ABC$, $P$ là điểm bất kì, khi đó $$\frac{\sin \left(A A_1 ; A B\right)}{\sin \left(A A_1 ; A C\right)} \cdot \frac{\sin \left(B B_1 ; B C\right)}{\sin \left(B B_1 ; B A\right)} \cdot \frac{\sin \left(C C_1 ; C A\right)}{\sin \left(C C_1 ; C B\right)}=-1$$
Một số tính chất và bổ đề cần dùng.
Tính chất 1. Nếu $\alpha$ là góc nhọn và $0^{\circ} \leq x, y \leq \alpha$ thỏa $$ \frac{\sin x}{\sin (\alpha-x)}=\frac{\sin y}{\sin (\alpha-y)} $$ thì $x=y$.
Tính chất 2. Cho tam giác $A B C$. Khi đó: (a) $S_{A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin B A C$. (b) $M$ là điểm trên cạnh $B C$, khi đó $\frac{B M}{C A M}=\frac{A B \cdot \sin M A B}{A C \cdot \sin M A C}$. $M$ là trung điểm $B C$ khi và chỉ khi $\frac{A B}{A C}=\frac{\sin M A C}{\sin M A B}$.
Tính chất 3. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A, M$ là điểm thuộc cạnh $B C$. Khi đó: $$ \frac{M B}{M C}=\frac{\sin M A B}{\sin M A C} $$
Một số ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ tại $D, E, F . D I$ cắt $E F$ tại $K$. Chứng minh $A K$ qua trung điểm của $B C$. Hướng dẫn giải
Gọi $M$ là trung điểm $B C$, ta sẽ chứng minh tia $A K$ trùng tia $A M$. Từ 6.1.6 ta thấy rằng để chứng minh 2 tia này trùng nhau, ta chỉ cần chứng minh $$ \dfrac{\sin B A K}{\sin C A K}=\dfrac{\sin B A M}{\sin C A M}(*) $$
Ta có: $\dfrac{A B}{A C}=\dfrac{\sin C}{\sin B}=\dfrac{\sin K I E}{\sin K I F}=\dfrac{K E}{K F}=\dfrac{\sin K A E}{\sin K A F}$.
Mà $\dfrac{A B}{A C}=\dfrac{\sin M A B}{\sin M A C}$.
Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{\sin K A E}{\sin K A F}=\dfrac{\sin M A E}{\sin M A F}$.
Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ nhọn, tiếp tuyến tại $B, C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $\angle P A B=\angle C A M$ với $M$ là trung điểm $B C$.
Hướng dẫn giải.
Ta có $S_{A B M}=S_{A C M} \Leftrightarrow A B \cdot A M \sin B A M=A B \cdot A M \cdot \sin C A M \Rightarrow \dfrac{\sin B A M}{\sin C A M}=\dfrac{A C}{A B}$ (1) Ta có $\dfrac{S_{P A B}}{S_{P A C}}=\dfrac{A B \cdot A P \cdot \sin P A B}{A C \cdot A P \cdot \sin P A C}=\dfrac{A B \cdot \sin P A B}{A C \cdot \sin P A C}$.
Mà $\dfrac{S_{P A B}}{S_{P A C}}=\dfrac{A B \cdot P B \cdot \sin A B P}{A C \cdot P C \cdot \sin A C P}=\dfrac{A B}{A C} \cdot \dfrac{\sin A C B}{\sin A B C}=\dfrac{A B^2}{A C^2}$. Từ (3) và (4) ta có $\dfrac{\sin P A B}{\sin P A C}=\dfrac{A B}{A C}=\dfrac{\sin C A M}{\sin B A M} \Rightarrow \angle P A B=\angle C A M$.
Ví dụ 3. (Đường thẳng Newton) Cho các tứ giác $A B C D$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $E, F, G, H$ là tiếp điểm của $(I)$ với các cạnh $A B, B C, C D, D A ; M, N$ là trung điểm của $A C$ và $B D$. (a) Chứng minh $A C, B D, E G, F H$ dồng quy. (b) Chứng minh $I, M, N$ thẳng hàng và $\frac{I M}{I N}=\frac{B E+D H}{A E+C H}$.
Hướng dẫn giải.
Đặt $A E=A H=a, B E=B F=b, C F=C G=c, D G=D H=d$.
(a) Gọi $K$ là giao điểm của $E G$ và $A C$.
Ta có $\dfrac{A K}{A E}=\dfrac{\sin \angle A E K}{\sin A K E}$ và $\dfrac{C K}{C G}=\dfrac{\sin \angle C G K}{\sin \angle C K G}$.
Mà $\sin \angle A K E=\sin \angle C K G, \sin \angle A E K=\sin C G K$. Do đó $\frac{A K}{C K}=\dfrac{A E}{C G}=\frac{a}{c}$.
Gọi $K^{\prime}$ là giao điểm của $H F$ và $A C$ ta cũng chứng minh được $\frac{A K^{\prime}}{C K^{\prime}}=\dfrac{a}{c}$. Do đó $K \equiv K^{\prime}$ hay $E G, H F, A C$ dồng quy. Tương tự ta cũng có $B D, E G, H F$ dồng quy.
b) Ta có $A B \overrightarrow{I E}=b \overrightarrow{I A}+a \overrightarrow{I B}, B C \overrightarrow{I F}=b \overrightarrow{I C}+c \overrightarrow{I B}, C D \overrightarrow{I G}=c \overrightarrow{I D}+d \overrightarrow{I C}, A D \overrightarrow{I H}=d \overrightarrow{I A}+a \overrightarrow{I D}$.
Theo định lý con nhím ta có $A B \overrightarrow{I E}+B C \overrightarrow{I F}+C D \overrightarrow{I G}+A D \overrightarrow{I H}=\overrightarrow{0}$, suy ra $(a+c)(\overrightarrow{I B}+$ $\overrightarrow{I D})+(b+d)(\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I C})=\overrightarrow{0}$
Do đó $(a+c) \overrightarrow{I N}+(b+d) \overrightarrow{I M}=\overrightarrow{0}$, từ đó suy ra $I, M, N$ thẳng hàng và $\dfrac{I M}{I N}=\dfrac{b+d}{a+c}$.
Ví dụ 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn có trực tâm $H$. Gọi $M$ là trung điểm $B C$, đường tròn tâm $M$ bán kính $M H$ cắt $B C$ tại $A_1, A_2$; các điểm $B_1, B_2, C_1, C_2$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng 6 điểm $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn giải.
Ta dễ nhận ra rằng các điểm này cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$, vậy ta chỉ cần tính $O A_1$ sao cho không phụ thuộc vào vị trí của $A_1$, hay kết quả là một biểu thức đối xứng ta sẽ có điều cần chứng minh.
$O A_1^2=O M^2+M A_1^2=O M^2+M H^2$.
$M H^2=\dfrac{1}{2}\left(H B^2+H C^2\right)-\dfrac{1}{4} B C^2=2 O N^2+2 O P^2-\dfrac{1}{4} a^2=R^2\left(2 \cos ^2 B+2 \cos ^2 C-\sin ^2 A\right)$.
Khi đó $$ O A_1^2=R^2\left(2 \cos ^2 B+2 \cos ^2 C+\cos ^2 A-\sin ^2 A\right)=R^2\left(2 \cos ^2 B+2 \cos ^2 C+2 \cos ^2 A-1\right) $$
Tương tự cho các độ dài khác, từ đó ta có 6 điểm thuộc đường tròn tâm $O$.
Chú ý:Để ý vai trò như nhau của các đối tượng cần tính và cố gắng đưa về các yếu tố của hình gốc, cụ thể trong bài này là tam giác $ABC$.
Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B, C$ cắt nhau tại $L$. Gọi $X$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$, tiếp tuyến tuyến tại $A$ cắt $L X$ tại $K$. Chứng minh $K$ thuộc đường thẳng Euler của tam giác $A B C$. Hướng dẫn giải
Gọi giao điểm của $O K$ với $A X$ là $J$, ta sẽ chứng minh $J$ là trực tâm của $\triangle A B C$. Gọi giao điểm của $O L$ với $A K$ là $I$, theo định lý Thales ta có $\dfrac{J A}{O I}=\dfrac{K J}{K O}=\dfrac{J X}{O L} \Leftrightarrow \dfrac{J A}{J X}=\dfrac{O I}{O L}$.
Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ và $P$ là giao của $A H$ và $(O)$, do tính đối xứng thì $A P=H X$. Ta cần chứng minh $\dfrac{H A}{H X}=\dfrac{J A}{J X}$, tức là $\dfrac{A H}{A P}=\dfrac{O I}{O L}(1)$.
Từ đây chú ý thêm $\angle O I A=90^{\circ}-\angle O A H=\angle A C P=\alpha$, hướng giải quyết của ta đã sáng sủa hơn, ta có : $O I=\dfrac{O A}{\sin \alpha} ; O L=\dfrac{O C}{\cos \angle B A C} \Rightarrow \dfrac{O I}{O L}=\dfrac{\cos \angle B A C}{\sin \alpha}$
Ta có $A H=2 R \cos \angle B A C ; A P=2 R$. $\sin \alpha$, suy ra $\dfrac{A H}{A P}=\dfrac{\cos \angle B A C}{\sin \alpha}=\frac{O I}{O L}$. Suy ra $\dfrac{H A}{H X}=$ $\dfrac{J A}{J X}$; nghĩa là $H$ trùng $J$, suy ra $K$ thuộc đường thẳng Euler của tam giác $A B C$.
Định nghĩa. Cho đường thẳng $d$ và đường thẳng $l$ không song song $d$, và vectơ $\overrightarrow{AB}$. Đường thẳng qua $A, B$ song song với $l$ cắt $d$ tại$A’, B’$, Khi đó $\overrightarrow{A’B’}$ được gọi là hình chiếu của $\overrightarrow{AB}$ trên $d$ theo phương $l$. Trường hợp $l \perp d$ ta có phép chiếu vuông góc.
2. Tính chất
1) Hình chiếu của $\overrightarrow{a}$ trên $d$ là $\overrightarrow{0}$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{a}$ cùng phương với $l$.
2) Nếu $\overrightarrow{a’}, \overrightarrow{b’}$ là hình chiếu của $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ trên $d$ thì $\overrightarrow{a’} \pm \overrightarrow{b’}$ là hình chiếu của $\overrightarrow{a} \pm \overrightarrow{b}$ trên $d$.
3) Nếu $\overrightarrow{a’}$ là hình chiếu của $\overrightarrow{a}$ thì $k \cdot \overrightarrow{a’}$ là hình chiếu của $k \cdot \overrightarrow{a}$.
Phép chiếu bảo toán các phép toán cộng, trừ hai vectơ, tích một vectơ với một số, nhưng không bảo toàn tích vô hướng hai vectơ
3. Một số ví dụ áp dụng của phép chiếu vectơ
Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $BC$ và $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Chứng minh
a) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AM}$
b) $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$.
Lời giải.
a) Đặt $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} -2\overrightarrow{AM}$
Xét phép chiếu vectơ theo phương $AB$ trên đường thẳng $BC$ ta có
Do đó $\overrightarrow{u}\mapsto \overrightarrow{BC} – 2\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{0}$, suy ra $\overrightarrow{u} || AB$.
Chứng minh tương tự thì $\overrightarrow{u} ||AC$
Do đó $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{0}$
b) Đặt $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}$. Thực phép chiếu theo phương $GA$ trên đường thẳng $BC$, ta có:
$\overrightarrow{GA} \mapsto \overrightarrow{0}, \overrightarrow{GB} \mapsto \overrightarrow{MB}, \overrightarrow{GC} \mapsto \overrightarrow{MC}$. Khi đó $\overrightarrow{u} \mapsto \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{0}$
Do đó $\overrightarrow{u}$ cùng phương $GA$.
Chứng minh tương tự $\overrightarrow{u}$ cùng phương $GB, GC$
Do đó $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{0}$
Ví dụ 2. (Định lý Jacobi) Cho tam giác $ABC$, $M$ là điểm nằm trong tam giác, đặt $S_a = S_{MBC}, S_b = S_{MAC}, S_c = S_{MAC}$. Chứng minh rằng
Thực hiện phép chiếu xuống $BC$ theo phương $MA$, ta có $\overrightarrow{MA} \mapsto \overrightarrow{0}, \overrightarrow{MB} \mapsto \overrightarrow{DB}, \overrightarrow{MC} \mapsto \overrightarrow{DC}$
Do đó $\overrightarrow{u} \mapsto S_b \cdot \overrightarrow{DC} + S_b \cdot \overrightarrow{DB}$. (1)
Ta có $\overrightarrow{DB} = \dfrac{-DB}{DC} \overrightarrow{DB}$ và $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{S_b}{S_c}$, suy ra $\overrightarrow{DB} = \dfrac{-S_b}{S_c} \overrightarrow{DB}$, từ đó $S_c \cdot \overrightarrow{DB} + S_b \cdot \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{0}$.
Vậy $\overrightarrow{u} \mapsto \overrightarrow{0}$, và $\overrightarrow{u}$ cùng phương với $MA$, tương tự ta cũng có $\overrightarrow{u}$ cùng phương $MB, MC$. Do đó $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{0}$.
Bài tập rèn luyện.
Bài 1. Cho đa giác đều $A_1A_2\cdot A_n$ có tâm $O$. Chứng minh rằng $$\overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2} + \cdots + \overrightarrow{OA_n} = \overrightarrow{0}$$
Bài 2. Cho tam giác $ABC$, dự các vec tơ $\overrightarrow{a}$ hướng là ngoài tam giác và có độ dài $BC$, các vec tơ $\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}$ được dựng tương tự. Chứng minh rằng $\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c} = \overrightarrow{0}$
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp, $H$ là trực tâm. Chứng minh rằng $$ \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$$
Dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n, \ldots,$ được gọi là cấp số cộng nếu lấy số hạng thứ hai trừ số hạng đứng trước nó bằng một số $c$ không đổi, nghĩa là $a_{n+1}-a_n=c$ với $n=1,2,3, \ldots$. Số $c$ được gọi là công sai của cấp số cộng.
Từ đó, ta có số hạng tổng quát của cấp số cộng sau: $$ a_n=a_1+(n-1) c $$
Ví dụ 1 Cho tập hợp các số tự nhiên $$ 1,2,3,4,5, \ldots, $$ là một cấp số cộng với công sai $c=1$. Cho tập hợp các số chẵn $$ 2,4,6,8,10,12, \ldots $$ là một cấp số cộng với $c=2$ không đổi. Tổng $n$ số hạng đầu tiên của cấp số cộng Carl Fried Gauss (1777-1855) là một trong những nhà toán học vĩ đại nhất trong lịch sử. Tên ông ấy xuất hiện ở mọi lĩnh vực toán học. Chuyện kể rằng, lúc Gauss 7 tuổi, ông đã khám phá ra cách tính nhanh tổng các số từ 1 đến 100 .
Phương pháp tính của Gauss như sau: $S=1+2+3+\ldots+98+99+100$. Đảo thứ tự các số, ta có: $S=100+99+98+\ldots+3+2+1$. $$ \text { Vì } 1+100=2+99=3+98=\ldots=98+3=99+2=100+1=101 \text {. } $$
Khi có, $2 S=100 \times 101$. Vậy $S=5050$.
Ta áp dụng phương pháp này cho cấp số cộng. Giả sử, cho cấp số cộng như sau: $$ a_1, a_2, a_3, . ., a_n $$
Ta có: $S =a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}+a_n . $ $S =a_n+a_{n-1}+\ldots+a_2+a_1 .$
Vì $a_1+a_n=a_2+a_{n-1}=\ldots=a_{n-1}+a_2=a_n+a_1$. Khi đó, $2 S=n \times\left(a_1+a_n\right)$. Vậy $$ S=a_1+a_2+\ldots+a_n=\sum_{i=1}^n a_i=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) \cdot n}{2} . $$ $\sum$ : Tổng của 1 phép toán nhiều hạng tử. Ví dụ 2: [AMC8.2015.9] Ngày đầu tiên đi làm, Janabel bán được 1 sản phẩm. Ngày thứ 2, cô ấy bán được 3 sản phẩm. Ngày thứ 3 , cô ây bán được 5 sản phẩm và những ngày tiếp theo cô ấy bán được nhiều hơn ngày trước đó 2 sản phẩm. Trong 20 ngày, Janabel bán được tất cả bao nhiêu sản phẩm?
Lời giải. Biểu diễn $a_n$ là số sản phẩm Janabel bán được ở ngày thứ $n$. Theo giả thuyết, dãy số sau là dãy cấp số cộng với $a_1=1$ và công sai $c=2$ 1 $$ 1,3,5,7, \ldots $$
Từ (1) và (2), suy ra ngày thứ 20 , cô ấy đã bán được số sản phẩm $a_{20}=a_1+2 \times 19=39$. Số sản phẩm cố ấy bán được trong 20 ngày là $S=\frac{(1+39) \times 20}{2}=400$. Ví dụ 3: [AMC10A.2011.4] Cho $X$ và $Y$ là tổng của cấp số cộng như sau: $X=10+12+14+\ldots+100$ $Y=12+14+16+\ldots+102 .$
Tính $Y-X$ ? Lời giải. Cách 1: $X$ và $Y$ là tổng của cấp số cộng có 46 số hạng. Dùng công thức (2), ta tính được $X$ và $Y$.
Cách 2: $Y-X=(12-10)+(14-12)+\ldots+(102-100)=2 \times 46=92$. Cách 3:
Khi lấy $Y-X$, các số hạng từ 12 dến 100 sẽ triệt tiêu cho nhau nên $Y-X=102-10=92$ Ví dụ 4: [AMC10.2001.11] Xét hình vuông tối màu trong một mảng các hình vuông đơn vị được biểu thị như hình dưới. Vòng thứ nhất bao quanh hình vuông trung tâm gồm 8 hình vuông đơn vị. Vòng thứ hai gồm 16 hình vuông đơn vị. Cứ tiếp tục như thế thì đến vòng thứ 100 sẽ có bao nhiêu hình vuông đơn vị?
Lời giải. Gọi $a_n$ là số hình vuông đơn vị ở vòng thứ $n$. Khi đó, dãy số $$ 8,16,24, \ldots $$ là một cấp số cộng với công sai $$ c=8 $$
Từ (1), ta tính được $a_{100}=a_1+99 \times 8=800$.
Ví dụ 5. Cho dãy số $1 ; 4 ; 7 ; \ldots$ là một cấp số cộng với công sai là 3 . (a) Tìm số hạng thứ 10. (b) Tìm số hạng thứ 2023. (c) Tính tổng 10 số hạng đầu. (d) Tính tổng 100 số hạng đầu tiên. (e) Tính tổng các số hạng từ số hạng 11 đến số hạng 100 .
Ví dụ 6. (Số tam giác) Ta gọi tổng của $n$ số nguyên dương đầu tiên là một số tam giác (thứ $n$ ). Ví dụ 10 là một số tam giác thứ tư vì $10=1+2+3+4$. 1 (a) Liệt kê 10 số tam giác đầu tiên. (b) Số 200 có phải là một số tam giác không? Tại sao? (c) Tính tổng của hai số tam giác thứ 11 và 12 . (d) Có nhận xét gì về tổng hai số tam giác liên tiếp, chứng minh nhận xét đó. (e) Ngoài số 1, có số tam giác nà là bình phương của một số nguyên dương không? Tìm một số như thế.
Lời giải
(a) 10 số tam giác đầu tiên: ${1 ; 3 ; 6 ; 10 ; 15 ; 21 ; 28 ; 36 ; 45 ; 55}$. (b) $200=S_n=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] \cdot n}{2} \Rightarrow 200=\frac{[2+(n-1)] n}{2} \Rightarrow n^2-n-398=0$. Ta thấy, $n \approx 20,46$ không là số nguyên dương. Vậy 200 không là một số tam giác. (c) $S_{11}+S_{12}=\frac{(11+1) \cdot 11}{2}+\frac{(12+1) \cdot 12}{2}=144$. (d) Tổng hai số tam giác liên tiếp: ${4 ; 9 ; 16 ; 25 ; 36 ; \ldots} . \Rightarrow$ Tổng hai số tam giác liên tiếp luôn là số chính phương. $ S_n+S_{n+1}=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] n}{2}+\frac{\left(2 u_1+n d\right)(n+1)}{2}=\frac{4 u_1 n+2 u_1+2 n^2 d}{2}=n^2+2 n+1 $ =(n+1)^2 $ (e) $x^2=S_n \Rightarrow x^2=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] n}{2} \Rightarrow x^2=\frac{n^2+n}{2}$. Ta thấy, số tam giác thứ 8 là bình phương của một số nguyên dương là 36 .
Ví dụ 7. Cho các tập sau: $S_1={1}, S_2={2,3}, S_3={4,5,6}, \ldots$ (a) Tính tổng các số của $S_5, S_6$. (b) Tìm số lớn nhất của $S_{100}$. (c) Tính tổng các số của $S_{100}$. (d) Số 2023 thuộc tập nào? (e) Đặt $m_1, m_2, \ldots$ lần lượt là số lớn nhất trong các tập $S_1, S_2, \ldots$, . Ví dụ $m_1=1, m_2=3, m_3=6$. Có nhận xét gì về $m_1, m_2, \ldots$, . Có số nào trong dãy có giá trị bằng 210 không? Tại sao?
Lời giải. Gọi $A_n={1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; n}$. Số nhỏ nhất trong tập $S_n=K_n-(n-1)$ với $K_n$ là tổng $n$ số đầu tiên trong dãy $A_n$. Số lớn nhất trong tập $S_n=K_n$ với $K_n$ là tổng $n$ số đầu tiên trong dãy $A_n$. (a) Số nhỏ nhất trong tập $S_5=K_5-4=\frac{(5+1) .5}{2}-4=11$. Số lớn nhất trong tập $S_5=K_5=15$. Tổng các số của $S_5=\frac{(15+11) \cdot 5}{2}=65$. Số nhỏ nhất trong tập $S_6=16$. Số lớn nhất trong tập $S_6=21$. Tổng các số của $S_6=\frac{(16+21) \cdot 6}{2}=111$.
Số lớn nhất trong tập $S_6=21$. Tổng các số của $S_6=\frac{(16+21) \cdot 6}{2}=111$. (b) Số lớn nhất của $S_{100}=K_{100}=\frac{(100+1) \cdot 100}{2}=5050$. (c) Số nhỏ nhất của $S_n<2023<$ Số lớn nhất của $S_n$
Ta có $K_n-(n-1)<20234046$, suy ra 63,11<n<64,09\right. \ Vậy $n=64$, do đó $2023 \in S_{64} $ (d) $m_1 ; m_2 ; \ldots$ là tổng $n$ số đầu tiên của $A_n$. $210=\frac{(1+n) \cdot n}{2} \Rightarrow n^2+n-420=0 \Rightarrow n=20$ là số nguyên dương. Vậy $m_{20}$ là số lớn nhất trong tập có giá trị bằng 210.
Ví dụ 8. Bạn Bảo Huy có một kế hoạch học tập vào tháng 5 (31 ngày) đối với môn toán như sau: giai đoạn khởi động 15 ngày đầu, mỗi ngày Huy làm 4 bài toán, giai đoạn tăng tốc kể từ ngày 16 thì Huy mỗi ngày Huy làm nhiều hơn ngày trước đó một số bài không đổi, sau khi tăng tốc làm bài đến về đích, Huy làm mỗi ngày giảm 10 bài so với ngày trước đó và nghỉ hẳn, không làm toán vào ngày cuối cùng. Sau khi thực hiện theo kế hoạch thì Huy thấy mình làm được là 402 bài toán trong tháng năm. Hỏi ngày Huy làm được nhiều nhất là bao nhiêu bài toán?
Lời giải.
Giai đoạn khởi động: Tổng số bài bạn Bảo Huy làm trong 15 ngày là $4.15=60$ bài.
Giai đoạn tăng tốc: Số bài bạn Bảo Huy làm từ ngày 16 là $ u_{16}=4+d, u_{17}=4+2 d, u_{18}=4+3 d, \ldots $ $\Rightarrow u_{16+n}=4+(n+1) d $
Bài 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $A B$. $C$ là một điểm thuộc đường tròn. $d_1$ và $d_2$ lần lượt là tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(O)$. Tiếp tuyến tại $C$ cắt $d_1, d_2$ lần lượt tại $D$ và $E$. $B C$ cắt $d_1$ tại $F$. a) Chứng minh $d_1 | d_2$ và $D$ là trung điểm của $A F$. b) Vẽ đường cao $C H$. Chứng minh rằng $A E, B D$ và $C H$ dồng quy tại trung điểm của $C H$. c) Chứng minh $O F \perp A E$.
Lời giải.
a) $d_1$ là tiếp tuyến tại $A$ nên $O A \perp d_1, d_2$ là tiếp tuyến tại $B$ nên $d_2 \perp O B$, mà $O, A, B$ thẳng hàng, suy ra $d_1 / / d_2$. Ta có $\angle A C B=90^{\circ}$, suy ra $\angle D C F+$ $\angle D C A=\angle D F C+\angle D A C=90^{\circ}$. (1) Hơn nữa $D A=D C$ (t/c tiếp tuyến), tam giác $D A C$ cân tại $D$, suy ra $\angle D C A=$ $\angle D A C$. (2) Từ (1) và (2) ta có $\angle D C F=\angle D F C$, tam giác $D C F$ cân tại $D$. Vậy $D F=D C=D A$, hay $D$ là trung điểm của $A F$. b) Gọi $I$ là giao điểm của $B D$ và $A E$. Ta có $A D / / B E$ nên $\frac{B I}{I D}=\frac{E B}{A D}(3)$. Mặt khác do $A D=D C$ và $E B=E C$, suy ra $\frac{E B}{A D}=\frac{E C}{D C}$ (4).
Từ (3) và (4) ta có $\frac{B I}{I D}=\frac{E C}{D C}$, suy ra $I C / / A D$ (Thalet đảo).
Mà $A D \perp A B$ nên $C I \perp A B$, vậy $C, I, H$ thẳng hàng.
Do đó $A E, B E, C H$ đồng quy tại $I$. Ta có $\frac{C I}{A D}=\frac{E I}{E A}, \frac{I H}{A D}=\frac{B I}{B D}$ và $\frac{E I}{E A}=$ $\frac{B I}{B D}$, nên $\frac{C I}{A D}=\frac{I H}{A D}$, suy ra $I C=I H$ hay $I$ là trung điểm của $C H$. c) Ta có $E B \cdot A D=E C \cdot C D=O C^2=R^2$, mà $A F=2 A D$ nên $E B \cdot A F=2 R^2$.
Suy ra $E B \cdot A F=A O \cdot A B$, suy ra $\frac{E B}{A B}=\frac{O A}{A F}$, do đó $\tan E A B=\tan A F O$, suy ra $\angle E A B=$ $\angle A F O$. Mà $\angle E A B+\angle E A F=90^{\circ}$ nên $\angle E A B+$ $\angle A F O=90^{\circ}$. Do đó $O F \perp A E$.
Bài 2. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. $A$ là một điểm nằm ngoài đường tròn, từ $A$ dựng các tiếp tuyến $A B, A C$ dến $(O)$ với $B, C$ là các tiếp điểm. Một cát tuyết qua $A$ cắt $(O)$ tại $D$ và $E$ trong đó $D$ nằm giữa $A$ và $E$.Gọi $H$ là giao điểm của $O A$ và $B C$. a) Chứng minh $O H \cdot O A=R^2$. b) Gọi $M$ là trung điểm của $D E$. Chứng minh 4 điểm $O, M, B, C$ cùng thuộc đường tròn. c) Tiếp tuyến tại $D$ và $E$ của $(O)$ cắt nhau tại điểm $P$. Chứng minh $P, B, C$ thẳng hàng.
Lời giải.
a) Ta có $A B, A C$ là tiếp tuyến nên $A B=A C$, và $O B=O C=R$, suy ra $O A$ là trung trực của $B C$, suy ra $O A \perp B C$ tại $H$. Tam giác $O A B$ có $\angle O B A=90^{\circ}$ (t/c tiệp tuyến) và $B H \perp O A$ nên $O H \cdot O A=O B^2=$ $R^2$. b) $M$ là trung điểm $D E$, suy ra $O M \perp D E$. Ta có $\angle O B A=\angle O M A=\angle O C A=90^{\circ}$, suy ra 5 diểm $O, M, B, A, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $O A$. c) Ta chứng minh được $O P \perp D E$, suy ra $O, M, P$ thẳng hàng và $O M . O P=O D^2=$ $R^2$. Suy ra $O M \cdot O P=O H \cdot O A$, suy ra $\frac{O M}{O H}=$ $\frac{O P}{O A}$. Xét tam giác $O M A$ và tam giác $O H P$ có: $\angle A O P$ chung $\frac{O M}{O H}=\frac{O P}{O A}$ $\angle O H P=\angle O M A=90^{\circ}$. Ta có $B C, P H$ vuông góc với $O A$ tại $H$ nên $P, B, C$ thẳng hàng.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A(A B<A C)$. Vẽ đường tròn tâm $O$ đường kính $A C$ cắt cạnh $B C$ tại $D$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là trung điểm của hai cạnh $A D$ và $C D$. Tia $O H$ cắt cạnh $A B$ tại $E$. Tia $O K$ cắt đường thẳng $E D$ tại $N$ và cắt đường tròn tâm $O$ tại $I$. (a) Chứng minh $D E$ là tiếp tuyến của $(O)$. (b) Chứng minh $O H D K$ là hình chữ nhật. (c) Chứng minh tia $D I$ là tia phân giác của $\angle N D C$. (d) Gọi $S$ là giao điểm của $O B$ với $A D$. Từ $S$ vẽ đường thẳng vuông góc với $A O$ và cắt tia $O H$ tại $Q$. Chứng minh 3 điểm $A, Q, N$ thẳng hàng.
Lời giải.
Hình 1
a) $OH$ là trung trực của $AD$, suy ra $EA = ED$. Từ đó $\triangle EDO = \triangle EAO (ccc)$, suy ra $\angle EDO = \angle EAO = 90^\circ$. Do đó $ED$ là tiếp tuyến của $(O)$.
b) Do $K$ là trung điểm $CD$ nên $OK \bot CD$, tứ giác $OHDK$ có $\angle D = \angle H = \angle K = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật.
c) Ta có tam giác $ODI$ cân tại $O$ nên $\angle ODI = \angle OID$ (1) Mà $\angle ODI = \angle ODK + \angle KDI, \angle OID = \angle OND + \angle NDI$ (2) Và $\angle OND = \angle ODK$ (vì cùng phụ $\angle DON$) (3) Từ (1), (2), (3) ta có $\angle KDI = \angle NDI$
d) Gọi $L$ là giao điểm $AQ$ và $OS$. Trong tam giác $ASO$ có $AQ, SQ$ là các đường cao, nên $Q$ là trực tâm, suy ra $AQ \bot OS$ tại $L$. (4) Ta có $OL \cdot OB = OA^2$ và $OK \cdot ON = OD^2 = OA^2$ Suy ra $\angle OK \cdot ON = OL \cdot OB$ Suy ra $\triangle OLN \backsim \triangle OKB$, suy ra $\angle OLN = \angle OKB = 90^\circ$ (5) Từ (4), (5) ta có $A, L, N$ thẳng hàng, hay $A, Q, N$ thẳng hàng.
Bài 4. Cho đường tròn $(O ; R)$ và một điểm $S$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Vẽ hai tiếp tuyến $S B, S C$ đến $(O)$ với $B, C$ là hai tiếp điểm. Gọi $H$ là giao điểm của $S O$ với $B C$. (a) Vẽ đường kính $B A$ của $(O)$. Chứng minh $A C || S O$ và $H B \cdot H C=H O \cdot H S$. (b) Vẽ đường thẳng $d$ vuông góc vớ $A B$ tại $O$, đường thẳng $d$ cắt đường thẳng $A C$ tại $E$. Chứng minh $S E=R$. (c) Vẽ $C K$ vuông góc với $A B$ tại $K$. Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $C K$. Chứng minh 3 điểm $S, I, A$ thẳng hàng.
Lời giải.
a) Do $AB$ là đường kính của $(O)$ nên $\angle ACB = 90^\circ$. (1)
Ta có $SB = SC$ và $SO$ phân giác $\angle BSC$ nên $SO$ là trung trực của $BC$, do đó $OS \bot BC$ tại $H$.
Từ đó ta có $AC ||OS$ vì cùng vuông góc $BC$.
b) $\triangle AOE = \triangle OBS (gcg)$, suy ra $OE = BS$.
Tứ giác $OESB$ có $OE||BS$ (Cùng vuông góc $AB$), và $OE = BS$ nên $OESB$ là hình bình hành, hơn nữa có $\angle OBS= 90^\circ$ nên là hình chữ nhật, do đó $SE = OB = R$.
c) Ta có $OASE$ là hình bình hành, suy ra $AS$ cắt $OE$ tại trung điểm $T$ của mỗi đoạn. $CK ||OE$ Gọi $I’$ là giao điểm của $AS$ và $CK$ Ta có $\dfrac{I’K}{OT} = \dfrac{AI’}{AT} = \dfrac{CI’}{ET}$ Mà $OT = ET$ nên $KI’ = CI’$, hay $I’ \equiv I$ Vậy $A, I, S$ thẳng hàng
Bài 5. Cho đường tròn $(O ; R)$ và điểm $M$ ở ngoài đường tròn $(O)$. Kẻ tiếp tuyến $M A, M B$ đến $(O)$ với $A, B$ là hai tiếp điểm. Đường thẳng $A B$ cắt $(O)$ tại $K$. (a) Kẻ đường kính $A N$ của $(O), B H \perp A N$ tại $H$. Chứng $\operatorname{minh} M B \cdot B N=B H \cdot M O$. (b) Đường thẳng $M O$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ và $D(C$ nằm giữa $O$ và $M)$. Chứng minh $O K \cdot M K=C K \cdot D K$. (c) $E$ đối xứng với $C$ qua $K$. Chứng minh $E$ là trực tâm của tam giác $A B D$. (d) Chứng minh $\sin \angle M^{\circ} A B=\frac{C K}{A K}+\frac{C K}{A M}$
Lời giải.
a) Chứng minh tam giác $OMB$ và $NBH$ đồng dạng. b) $OK \cdot MK = AK^2 = KC \cdot KD$ c) $ACBE$ là hình thoi, suy ra $BE||AC$, mà $AC \bot AD$ suy ra $BE \bot AD$ $DE \bot AB$ Do đó $E$ là trực tâm tam giác $ABD$.
d) $\angle CAK = \angle CAM$ (chứng minh ở bài trên) Do đó $\dfrac{CK}{CM} = \dfrac{AK}{AM}$, suy ra $\dfrac{CK}{AK} = \dfrac{CM}{AM}$ Từ đó $VP = \dfrac{CK}{AK} + \dfrac{CK}{AM} = \dfrac{CM}{AM} + \dfrac{CK}{AM} = \dfrac{KM}{AM} = \sin MAB$
Bài 6. Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a, E$ là cung thuộc cung nhỏ $B D$ của đường tròn tâm tâm $A$ bán kính $a$. Tiếp tuyến tại $E$ cắt $C D$ tại $F$ và $B C$ tại $G$. (a) Chứng minh chu vi tam giác $C F G$ bằng $2 a$. (b) $A F, A G$ cắt $B D$ tại $I$ và $H$. Chứng minh $H E=$ $H B, I E=I D$
và $H I^2=D I^2+B H^2$ (c) Chứng minh $F H, G I$ và $A E$ đồng quy.
Lời giải.
a) $CD, CB, FG$ là tiếp tuyến của $(A;a)$ Suy ra $FE = FD, GE = GB$ $P_{CFG} = CF + FG + CG = CF + EF +EG+CG = CF+DF +GB+CG = CD+ CB = 2a$
b) $AF$ là trung trực $DE$, và $AG$ là trung trực $BE$ Suy ra $IE = ID, HB = HE$ $\triangle IEF = \triangle IDF \Rightarrow \angle IEF =\angle IDF = 45^\circ$ Tương tự cũng có $\angle HEG = 45^\circ$ Suy ra $\angle IEH = 90^\circ$ Áp dụng pitago cho tam giác $EIH$ ta có $IH^2 = IE^2 + HE^2 = ID^2 + HB^2$
c) Ta có $AF$ là phân giác $\angle DAE$, $AG$ là phân giác của $\angle BAE$ Suy ra $\angle FAG = \dfrac{1}{2} \angle BAD = 45^\circ$. $\triangle AIH \backsim \triangle DIF (gg)$, suy ra $IA \cdot IF = ID \cdot IH$ Suy ra $\triangle IFH \backsim \triangle IDA \Rightarrow \angle IFH = \angle IDA = 45^\circ$ Suy $\angle AHF = 90^\circ$ hay $FH \bot AG$. Chứng minh tương tự $GI \bot AF$. Tam giác $FG$ có $AE, FH, GI$ là các đường cao nên đồng quy.
Bài 7. (Cuối khóa 1 – Star Education 2018) Cho đường tròn $(O ; R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ dến $(O)$ ( $B, C$ là các tiếp điểm). $O A$ cắt $B C$ tại $H$. a) Chứng minh $O H \cdot O A=R^2$ và 4 điểm $O, A, B, C$ cùng thuộc một đường tròn. b) Đường tròn tâm $I$ đường kính $A B$ cắt $(O)$ tại điểm $D$ khác $B$. Chứng minh $I D$ là tiếp tuyến của $(O)$. c) Tiếp tuyến tại $H$ và tại $A$ của $(I)$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh $B, D, P$ thẳng hàng.
d) Tiếp tuyến tại $H$ của $(I)$ cắt $O B$ tại $M$; gọi $N$ là trung điểm $P M$, đường thẳng qua $P$ song song $B N$ cắt $A B$ tại $K$. Chứng minh $H K, A M$ và $B D$ đồng quy.
Lời giải.
a)
Xét $\triangle A B O$ vuông tại $B$ có:
$B H$ là đường cao $\Rightarrow O H \cdot O A=O B^2=R^2$ (Hệ thức lượng)
Ta có: $\triangle A B O$ vuông tại $B \Rightarrow A, B, O$ thuộc đường tròn đường kính $A O$. (1)
Lại có $\triangle A C O$ vuông tại $C \Rightarrow A, C, O$ thuộc đường tròn đường kính $A O$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $A, B, O, C$ thuộc đường tròn đường kính $A O$.
b)
Ta có: $\triangle A B D$ nội tiếp đường tròn đường kính $A B \Rightarrow \triangle A B D$ vuông tại $D$
Mà $I$ là trung điểm cạnh huyền $A B \Rightarrow I B=I D$ Ta có: $I B=I D, O B=O D$ nên $I O$ là trung trực của $B D$ $\Rightarrow \angle I B O=\angle I D O=90^{\circ}$ nên $I D$ là tiếp tuyến của $(O)$.
c) Tiếp tuyến tại $H$ và tại $A$ của $(I)$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh $B, D, P$ thẳng hàng.
Gọi $E=I P \cap A H$ và $F=I O \cap B D$. Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và hệ thức lượng, ta chứng minh được $$ I E \cdot I P=I A^2=I D^2=I F \cdot I O \Rightarrow \frac{I F}{I P}=\frac{I E}{I O} $$
Từ đó, chứng minh được $\triangle I F P \backsim \triangle I E O$ (c.g.c) $$ \Rightarrow \angle I E O=\angle I F P=90^{\circ} \text {. } $$
Ta có: $B D$ đi qua $F$ và vuông góc $I O, F P$ đi qua $F$ và vuông góc $I O$ nên hai đường thẳng này trùng nhau. $\Rightarrow B, D, P$ thẳng hàng.
d)
Chứng minh $I H$ là đường trung bình của $\triangle A B C \Rightarrow I H || A C$. Mà $I H \perp P M$ và $A C \perp O C$.
Suy ra: $H M || O C$. Lại có $H$ là trung điểm $B C$ nên $M$ là trung điểm $O B$.
Gọi $Q$ là giao điểm của $P K$ và $B O$. Ta có: $B N || P Q$ và $N$ là trung điểm của $P M$ nên suy ra $B$ là trung điểm của $Q M$.
Gọi $J=B P \cap A M$. Ta có : $ B Q ||A P \Rightarrow \frac{B K}{K A}=\frac{B Q}{P A}=\frac{B M}{P A} . $ $B M || A P \Rightarrow \frac{B M}{P A}=\frac{B J}{J P}$ Suy ra: $\frac{B K}{K A}=\frac{B J}{J P}$ nên $K J || A P$. Chứng minh tương tự $J H ||A P$. Từ đó ta có $K, J, H$ thẳng hàng.
Vậy $H K, B P, A M$ dồng quy tại $J$.
Bài tập luyện tập.
Bài 6. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Các đường cao $A D, B E$ và $C F$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $B C$ và $A H$. (a) Chứng minh $N E, N F$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C E$. (b) Chứng minh 5 điểm $D, E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. (c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ và $E F$. Chứng minh $N G \cdot N D=N A^2$.
Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $A B=2 R$. Trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ lấy điểm $C$ sao cho $A C=A B$. Từ $C$ vẽ tiếp tuyến $C D$ dến $(O)$ cắt tiếp tuyến tại $B$ ở điểm E. (a) Tính $B E$. (b) Đường cao $D F$ của tam giác $A B D$ cắt $B C$ tại $G$. Chứng minh rằng $A, G, E$ thẳng hàng. (c) Gọi $H$ là giao điểm của $O C$ và $A D$. Tính $\angle D H B$. (d) Gọi $I$ là giao điểm của $B C$ và $(O)$. Tứ giác $I D B H$ là hình gì? Tại sao?
Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O) . M$ là trung điểm $B C$. Từ $A$ dựng các tiếp tuyến đến đường tròn $(O ; O M)$ cắt $B C$ tại $D$ và $E$ sao cho $D$ và $C$ khác phía đối với $M ; E, B$ khác phía đối với $M$. Chứng minh rằng các tam giác $A D C$ và $A B E$ cân.
Bài 9. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A, A B=a, B C=2 a$. Đường cao $A H$. Từ $B, C$ vẽ các tiếp tuyến $B D, C E$ dến đường tròn tâm $A$ bán kính $A H$. (a) Tính $A H$ và số đo $\angle A B C$. (b) Chứng minh $D, A, E$ thẳng hàng. (c) Chứng minh $E D$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $B C$. (d) Chứng minh $D C, B E$ và $A H$ dồng quy.
Bài 10. Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $2 a$, tâm $O$. Đường tròn tâm $O$ bán kính $a$ tiếp xúc với $A B$ và $B C$ tại $E$ và $F$. Gọi $P$ là một điểm trên cung nhỏ $E F$. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $A B, B C$ tại $M$ và $N$. Đặt $M B=c, B N=y$. (a) Chứng minh rằng $x+y+\sqrt{x^2+y^2}=2 a$. (b) Chứng minh rằng $A M \cdot C N=2 a^2$. (c) Gọi $K$ là trung điểm của $A D$. Chứng minh rằng $M K |$ $D N$.
Bài tập 1. Có ba bài kiểm tra, bài số 1 có 25 câu, bài số 2 có 40 câu, bài số 3 có 10 câu. Đức là được $80 \%$ câu đúng bài số 1, $90 \%$ câu đúng bài số 2 và $70 \%$ câu đúng bài số 3. Mỗi câu đúng bài số 1 được 3 điểm, bài số 2 được 5 điểm và bài số 3 được 7 điểm. a) Tính số câu đúng Đức làm được. b) Tính số điểm của Đức đạt được.
Lời giải.
a) Số câu đúng Đức làm được: $80 \%.25 + 90 \%.40 + 70 \%.10=63$ câu.
b) Số điểm Đức làm được: $80 \%.25.3 + 90 \%.40.5 + 70 \%.10.7=289$ điểm.
Bài tập 2. Một số nam sinh và nữ sinh đang rửa xe để quyên tiền cho chuyến tham quan Hà Nội của lớp. Ban đầu $40 \%$ của nhóm là con gái. Ngay sau đó, hai cô gái rời đi và hai chàng trai đến, sau đó $30 \%$ trong nhóm là các cô gái. Lúc đầu trong nhóm có bao nhiêu bạn nữ?
Lời giải. Gọi $x$ (bạn) là số bạn nữ lúc đầu trong nhóm có, $(x>0)$ $$ 40 \% \cdot x-2=30 \% . x \Rightarrow x=20 $$
Vậy có 20 bạn nữ.
Bài tập 3. Giả sử trường $\mathrm{A}$ có 1000 học sinh và trường $\mathrm{B}$ có 1200 học sinh. Hỏi số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là bao nhiêu phần trăm?
Lời giải. Số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là $1200-1000=200$ (học sinh). Phần trăm số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là $\frac{200}{1000} \cdot 100=20 \%$ Vậy có $20 \%$
Bài tập 4. Thuế thu nhập của TPHCM được đánh ở mức $p \%$ của 28.000.000 đầu tiên của thu nhập hàng năm cộng với $(p+2) \%$ của bất kỳ số tiền nào trên 28.000.000. Nam nhận thấy rằng thuế thu nhập ở TPHCM mà ba bạn phải trả lên tới $(p+0,25) \%$ thu nhập hàng năm của ba. Thu nhập hàng năm của ba Nam ấy là bao nhiêu?
Lời giải. Gọi $x$ (đồng) là thu nhập hàng năm của ba Nam, $(x>0)$ Thuế thu nhập của TPHCM là $p \% .28000000+(p+2) \%(x-28000000)$ Thuế thu nhập của TPHCM mà ba Nam trả là $(p+0,25) \% . x$ Giải phương trình: $ p \% .28000000+(p+2) \%(x-28000000)=(p+0,25) \% . x $ $\Leftrightarrow p \% .28000000+x p \%-28000000 p \%+x .2 \%-56000000 \%=x p \%+x .0,25 \% $ $\Leftrightarrow x=32000000$
Bài tập 5. Giá cổ phiếu của công ty $T T C$ là $\$ 100$ vào năm 2021 . Nó đã giảm $25 \%$ vào năm 2022 và sau đó tăng $25 \%$ vào năm 2023 . Giá cổ phiếu cuối năm 2023 là bao nhiêu?
Lời giải. Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $\$ 100.25 \%=\$ 25$. $\Rightarrow$ Giá cổ phiếu vào năm 2022 là $\$ 100-\$ 25=\$ 75$. Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $\$ 75.25 \%=\$ 18,75$. $\Rightarrow$ Giá cổ phiếu vào năm 2023 là $\$ 75+\$ 18,75=\$ 93,75$.
Bài tập 6. Ông An định cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2,5 chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm mất $3 \%$ diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài $5 \mathrm{~m}$ và tăng chiều rộng $2 \mathrm{~m}$ thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được $20 m^2$. Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.
Lời giải. Gọi $x(\mathrm{~m})$ là chiều rộng của mảnh vườn, $(x>0)$. Vì chiều dài bằng 2,5 chiều rộng nên chiều dài của mảnh vườn là $2,5 x(\mathrm{~m})$. Gọi $y(\mathrm{~m})$ là chiều rộng của mặt hồ ban đầu. Gọi $z(\mathrm{~m})$ là chiều dài của mặt hồ ban đầu. Vì diện tích của mặt hồ chiếm 3\% diện tích mảnh vườn nên diện tích của mặt hồ là $$ y . z=3 \% .2,5 x^2 \Rightarrow y z=0,075 x^2\left(\mathrm{~m}^2\right) $$
Nếu giảm chiều dài $5 m$ và tăng chiều rộng $2 m$ thì mặt hồ là hình vuông nên $$ y+2=z-5 \Rightarrow z=y+7 $$
Diện tích của mặt hồ giảm $20 \mathrm{~m}^2$ nên $$ y z-(y+2)(z-5)=20 \Rightarrow y \cdot(y+7)-(y+2)^2=20 \Rightarrow y=8 \Rightarrow z=8+7=15 $$
Thay $y=8$ và $z=15$ vào $y z=0,075 x^2$, ta được $8.15=0,075 x^2 \Rightarrow x^2=1600 \Rightarrow x=40$ hoặc $x=-40$.
Vì $x>0$ nên nhận $x=40$. Vậy chiều rộng của mảnh vườn là $40(\mathrm{~m})$ và chiều dài của mảnh vườn là $100(\mathrm{~m})$
Bài tập 7. Tổng kết học kì 2 , trường trung học cơ sở $\mathrm{N}$ có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi, trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kì 1 , số học sinh giỏi của học kì 2 bằng $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 và có $8 \%$ số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2 . Tìm số học sinh giỏi học kì 2 của trường biết rằng số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học.
Giải thích: Gọi $x$ (học sinh) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường. Nhóm 1 và nhóm $4=x$ học sinh 60 học sinh không đạt học sinh giỏi học kì 2. Nhóm 2 và nhóm $3=60$ học sinh
6 học sinh từng đạt học sinh giỏi học kì 1 trong số học sinh không giỏi ở hk2. Nhóm $3=6$ họ sinh $8 \%$ số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2 . Nhóm $4=8 \%$ học sinh toàn trường
Số học sinh giỏi học kì 2 bằng $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 . Nhóm 1 và $4=\frac{40}{37}$ nhóm 1 và 3
Lời giải. Gọi $x$ (học sinh) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường. Số học sinh toàn trường là $x+60$ (học sinh) Số học sinh giỏi học kì 2 bằng $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 nên $$ x=\frac{40}{37} \text { số học sinh giỏi của học kì } 1 \text {. } $$
Số học sinh giỏi của học kì 1 là $$ x-\frac{8}{100}(x+60)+6=\frac{23}{25} x+\frac{6}{5}(\text { học sinh }) $$
Khi đó, $x=\frac{40}{37} \cdot\left(\frac{23}{25} x+\frac{6}{5}\right) \Rightarrow x=240$. Vậy số học sinh giỏi học kì 2 của trường là 240 học sinh.
