Chuyên đề hình học – Một số bài toán biến đổi góc
Leave a reply
Category Archives: Hình học
Một số bài toán về đường cao và trực tâm
Trong chương trình hình học chuyên toán dành cho lớp 9, có nhiều bài toán liên quan đến các đường cao và trực tâm tam giác, hôm nay chúng ta sẽ tìm hiểu một số tính chất và bài tập như thế.
Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. $M$ là trung điểm của $BC$. Vẽ đường kính $AK$.
a) Chứng minh $H, M, K$ thẳng hàng;
b) Chứng minh $AH = 2 \cdot OM$.
c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Chứng minh $H, G, O$ thẳng hàng và $GH = 2 \cdot OG$.
Hướng dẫn - Gợi ý
(a) Ta có $\angle A B K=\angle A C K=90^{\circ}$, từ đó $B K / / C H, C K / / B H$, do đó tứ giác $B H C K$ là hình bình hành.
Hơn nữa $M$ là trung điểm $B C$ nên cũng là trung điểm $H K$.
(b) Tam giác $A H K$ thì $O, M$ lần lượt là trung điểm $A K, H K$ nên $O M$ là đường trung bình, do đó $A H=2 \cdot O M$.
(c) Tam giác $A B C$ có $A M$ là trung tuyến nên với $G$ là trọng tâm thì ta có $A G=\frac{2}{3} A M$. Hơn nữa tam giác $A H K$ có $A M$ là trung tuyến và $G$ thuộc $A M$ và $A G=\frac{2}{3} A M$ nên $G$ cũng là trọng tâm tam giác $A H K$; Mặt khác có $O$ là trung điểm của $A K$ nên $G$ thuộc đoạn $H O$ và $G H=2 \cdot G O$.
Bài 2. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $A D, B E, C F$ cắt nhau tại $H$. $A O$ căt $E F$ tại $K$ và $(O)$ tại $L$.
a) Chứng minh $\angle B A H=\angle C A O$ và $\angle A O \perp E F$.
b) $C F, B E$ cắt $(O)$ tại $Q, P$. Chứng minh $A P=A Q=A H$.
c) Tính $\angle A$ nếu $B, H, O, C$ cùng thuộc một đường tròn. Khi đó tính $\angle O H C$.
Hướng dẫn - Gợi ý
(a) Ta có $\angle B A D=90^{\circ}-\angle A B D, \angle C A K=90^{\circ}-\angle A K C$;
Hơn nữa $\angle A B D=\angle A K C$, suy ra $\angle B A D=\angle C A K$.
Gọi $L$ là giao điểm của $A K$ và $E F$.
Tứ giác $B F E C$ nội tiếp, suy ra $\angle A E F=\angle A B C=\angle A K C$, do đó tứ giác $E L K C$ nội tiếp.
Từ đó $\angle A L E=\angle A C K=90^{\circ}$ hay $A O \perp E F$.
(b) Ta có $\angle A P H=\angle A C B=\angle A H P $ suy ra $ A H=A P$. Tương tự thì $A H=A Q$
(c) Ta có $\angle B H C=\angle E H F=180^{\circ}-\angle B A C$; Và $\angle B O C=2 \angle B A C$; Khi đó $B H O C$ nội tiếp khi và chỉ khi $\angle B H C=\angle B O C$ hay $180^{\circ}-\angle B A C=2 \angle B A C$, tính ra $\angle B A C=60^{\circ}$.
Khi đó $\angle O H C=\angle O B C=30^{\circ}$.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$, các đường cao $A D, B E, C F$ cắt nhau tại trực tâm tam giác là $H$. Gọi $M$ là trung điểm $B C$ và $P$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $A M$. Chứng minh rằng
(a) Các tứ giác $B F P M, C E P M$ nội tiếp.
(b) Tứ giác $B H P C$ nội tiếp.
(c) $B C$ là tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A P B, A P C$.
Hướng dẫn - Gợi ý
(a) Ta chứng minh được
$$
A P \cdot A M=A H \cdot A D=A F \cdot A B=A E \cdot A C
$$
suy ra $B F P M, C E P M$ là các tứ giác nội tiếp.
(b) Ta có $\angle B H C=180^{\circ}-\angle B A C$ và
$$
\angle B P C=\angle B P M+\angle C P M=\angle B F M+\angle C E M=\angle A B C+\angle A C B=180^{\circ}-\angle B A C
$$
Suy ra $\angle B H C=\angle B P C$ nên $B H P C$ nội tiếp.
(c) Ta có
$$
\angle M P B=\angle A B M \Rightarrow \angle M B P=\angle M A B
$$
do đó $B M$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B P$. Tương tự thì $M C$ cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A P C$.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $B E, C F$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm $A H$.
a) Chứng minh $M E D F$ nội tiếp.
b) $M E, M F$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $B C$.
c) Gọi $K$ là giao điểm $A D$ và $E F ; T$ là giao điểm của $M B$ và đường tròn đường kính $B C$. Chứng minh rằng $T, K, C$ thẳng hàng và $K$ là trực tâm tam giác $M B C$.
Hướng dẫn - Gợi ý
(a) Gọi $I$ là trung điểm $B C$, thì $I$ là tâm đường tròn đường kính $B C$.
Ta có $\angle A E H=\angle A F H=90^{\circ}$ nên $A E H F$ nội tiếp và $M$ là tâm đường tròn.
Tam giác $M A E$ và $I C E$ cân nên $\angle M E A=\angle M A E, \angle I E C=\angle I C E$, suy ra $\angle M E A+\angle I E C=$ $\angle M A E+\angle I C E=90^{\circ}$, do đó $\angle M E I=90^{\circ}$, hay $M E$ là tiếp tuyến của đường tròn $(I)$ đường kính $B C$.
Tương tự thì $M F$ cũng là tiếp tuyến của đường tron2h $(I)$ đường kính $B C$.
(b) Ta có $\angle I E M=\angle I M F=\angle I D M=90^{\circ}$, do đó 5 điểm $I, M, D, E, F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $I M$. Do đó tứ giác $M E D F$ nội tiếp.
(c) Gọi $L$ là giao điểm $I M$ và $E F$ thì ta có $I M \perp E F$ tại $L$. Khi đó ta có $M L \cdot M I=M E^2$ (1) Hơn nữa $\triangle M E T \backsim \triangle M B E$, suy ra $M T \cdot M B=M E^2$ Và $\triangle M K L \backsim \triangle M D I$, suy ra $M K \cdot M D=M L \cdot M I$ Từ (1), (2), (3) ta có $M T \cdot M B=M K \cdot M D$, từ đó ta có $B T K D$ nội tiếp, suy ra $\angle B T K=
180^{\circ}-\angle B D K=90^{\circ} \text {. }
$
Mặt khác $\angle B K C=90^{\circ}$, từ đó $T, K, C$ thẳng hàng.
Tam giác $M B C$ có hai đường cao $M D$ và $C T$ cắt nhau tại $K$ nên $K$ là trực tâm của tam giác.
Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $B E, C F$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm $B C$.Đường tròn đường kính $A H$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$. $A P$ cắt $B C$ tại $K$.
a) Chứng minh các tứ giác $K B F P, K C E P$ nội tiếp.
b) Chứng minh $K, E, F$ thẳng hàng.
c) Chứng minh $H$ là trực tam giác $A K M$.
Hướng dẫn - Gợi ý
(a) Ta có các tứ giác $A P F E, B F E C$ nội tiếp, suy ra $\angle K P F=\angle A E F, \angle A E F=\angle C B F$, từ đó $\angle K P F=\angle C B F$, kéo theo tứ giác $K B F P$ nội tiếp. Tương tự thì $\angle A P E=\angle A F E=\angle A C K$, do đó $K P E C$ nội tiếp.
(b) Tứ giác $\angle K P F B, K P E C$ nội tiếp, suy ra $\angle P K F=\angle P B F, \angle P K E=\angle A C P$ mà $\angle P B F=$ $\angle A C P$ nên $\angle P K F=\angle P K E$, từ đó ta có $K, F, E$ thẳng hàng.
(c) Ta có $A P F E$ nội tiếp và $A F H E$ nội tiếp nên $A, P, F, H, E$ cùng thuộc một đường tròn, suy ra $\angle A P H=\angle A F H=90^{\circ}$;
Vẽ đường kính $A D$, ta có $\angle A P D=90^{\circ}$; Do đó $P, H, D$ thẳng hàng.
Mặt khác, theo bài tập 1 thì $H, M, D$ thẳng hàng nên $P, H, M$ thẳng hàng và $M P \perp A K$. Tam giác $A K M$ có $A H, P M$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm tam giác, do đó $K H \perp A M$.
Bài 6. Cho tam giác $A B C$, các đường cao $B E, C F$. Các điểm $P \in B E, Q \in C F$ sao cho $\angle P A B=$ $\angle Q A C=90^{\circ}$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $A$ vuông góc $P Q$ đi qua trung điểm $B C$.
Hướng dẫn - Gợi ý
Bài 7. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ có trực tâm $H$. Đường trung trực $A H$ cắt $A B, A C$ tại $Q, P$. Chứng minh $O A$ là phân giác $\angle P O Q$.
Hướng dẫn - Gợi ý
- $\angle B A H=\angle O A C, \angle B A O=\angle C A H$;
- Ta có thể suy nghĩ hướng chứng minh $\triangle A O Q \backsim \triangle A H B$.
Theo nhận xét trên, thì ta cần chứng minh $A O \cdot A H=A B \cdot A Q$, thực vậy ta có hai tam giác $Q A H$ và $O A B$ cân tại $Q, O$ và $\angle Q A H=\angle O A B$ nên
$$
\triangle Q A H \backsim \triangle O A B \Rightarrow A O \cdot A H=A Q \cdot A B
$$
Từ đó ta có $\triangle A O P \backsim \triangle A B H$, kéo theo $\triangle A O Q=\angle A B H$
Chứng minh tương tự thì $\angle A O P=\angle A C H$
Từ (1) và (2) ta có $\angle A O Q=\angle A O P$.
Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$, các đường cao $B D, B E, C F$ cắt nhau tại $H$. $A D$ cắt $(O)$ tại $K . K F$ cắt $(O)$ tại $P$.
a) Chứng minh $F H \cdot F C=F P \cdot F K$.
b) $C P$ cắt $D E$ tại $L$. Chứng minh $H L P F$ nội tiếp.
c) Chứng minh $C P$ qua trung điểm của $E F$.
Hướng dẫn - Gợi ý
(a) Ta có tứ giác $A B D E$ nội tiếp nên $\angle C E D=\angle A B C$ mà $\angle A B C=\angle A P C$, suy ra $\angle A P C=$ $\angle C E D$, từ đó có tứ giác $A P L E$ nội tiếp. Khi đó
$$
C L \cdot A P=C E \cdot C A=C H \cdot C F
$$
suy ra $H L P F$ nội tiếp.
(b) $H L$ cắt $A C$ tại $T$. Ta cần chứng minh $H T / / F E$ và $L$ là trung điểm $H T$. Ý đầu tiên ta có thể làm như sau: tứ giác $H F P L, A F H E, A P K C$ nội tiếp nên
$$
\angle C H L=\angle C P F=\angle C A K=\angle C F E
$$
suy ra $H T / / F E$.
Tiếp theo
$$
\angle T H E=\angle F E H=\angle D E H
$$
mà
$$
\angle H E T=90^{\circ} \Rightarrow \angle L E T=\angle L T E
$$
do đó
$$
L H=L E=L T
$$
Khi đó
$$
\frac{H L}{F M}=\frac{C L}{C M}=\frac{L T}{M E} \Rightarrow M F=M E
$$
Bài 9. Cho tam giác $A B C$ có các đường cao $B D, C E$ cắt nhau tại $H$. Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $D E . M$ là trung điểm của $B C, L$ là giao điểm của $A M$ và $D E$. Chứng minh 4 điểm $B, C, L, K$ cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn - Gợi ý
Nhận xét: Đây là bài toán khó đối với các em THCS, tuy vậy dựa vào các bài toán đã giải ở trên ta có thể kết nối để cho ra lời giải bài toán này.
Ở đây việc kéo dài $K L$ cắt $B C$, có lẽ là ý nghĩa tự nhiên nhất để sử dụng tam giác đồng dạng, suy ra tứ giác nội tiếp.
Gọi giao điểm đó là $T$, thì ta cần chứng minh $T K \cdot T L=T B \cdot T C$, hơn nữa từ bài toán 1.4 ta có tính chất $T H \perp A M$, đây có lẽ là chìa khóa để cho ta lời giải bài toán này.
Do có sử dụng bài toán phụ ở trên nên lời giải bài toán có thể viết ngắn gọn hơn, đi thi thì học sinh nhớ chứng minh lại các ý toán đã sử dụng.
- Gọi $T$ là giao điểm của $E F$ và $B C ; A H$ cắt $B C$ tại $D$.
- Ta chứng minh được $T H \perp A M$ (bài 1.4), tại $Q$. Khi đó các tứ giác $H K T D, H Q M D$ nội tiếp nên
$$
\angle T K D=\angle T H D=\angle A M D
$$
suy ra $K L M D$ nội tiếp. Hơn nữa có các tứ giác $B F E C, E F D M$ nội tiếp nên
$$
T K \cdot T L=T D \cdot T M=T E \cdot T F=T B \cdot T C
$$
do đó $B K L C$ nội tiếp.
Bài 10. Cho tam giác $A B C$ nhọn, $M$ trên cạnh $B C$. Trên các cạnh $A B, A C$ lấy điểm $D, E$ sao cho $M D=M B, M E=M C$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $M D E$. Chứng minh rằng 4 diểm $A, D, H, E$ cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn - Gợi ý
Nhận xét: Bài này ta dễ nghĩ tới việc chứng minh $\angle D H E=180^{\circ}-\angle B A C=\angle P H Q$, trong đó $B Q, C P$ là các đường cao.
Do đó chỉ cần chứng minh tam giác $H P D$ và $P Q E$ đồng dạng, tới đây tính toán một chút vì hai tam giác này đều là các tam giác vuông.
Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm $B D, C E$. Ta có
$$
D P=B P-B D=B C \cos B-2 B M \cos B=\cos B(B C-2 B M)=\cos B(M C-M B)
$$
tương tự thì
$$
E Q=E C-C Q=\cos C(M C-M B)
$$
Suy ra
$$
\frac{D P}{E Q}=\frac{\cos B}{\cos C}=\frac{P B}{C Q}=\frac{H P}{H Q}
$$
Do đó
$$
\triangle H P D \backsim \triangle H Q E \Rightarrow \angle D H P=\angle E H Q, \angle D H E=\angle P H Q=180^{\circ}-\angle B A C
$$
do đó từ giác $A D H E$ nội tiếp.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. (Chuyên Tiền Giang) Cho tam giác nhọn $A B C$ có $A B<A C$ và nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $K$ đường kính $B C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E, F$. Gọi $H$ là giao điểm của $B F$ và $C E$.
a) Chứng minh tam giác $A E F$ và tam giác $A C B$ dồng dạng.
b) Gọi $A^{\prime}$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O$. Chứng minh $A A^{\prime}$ vuông góc với $E F$.
c) Từ $A$ dựng các tiếp tuyến $A M, A N$ dến đường tròn $(K)$ với $M, N$ là các tiếp điểm. Chứng minh ba điểm $M, H, N$ thẳng hàng.
Bài 2. (Chuyên Thái Nguyên) Cho tam giác nhọn $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O), A B<A C$, các đường cao $B D, C E$ cắt nhau tại $H$ ( $D$ thuộc $A C, E$ thuộc $A B$ ). Gọi $M$ là trung điểm của $B C$, tia $M H$ cắt đường tròn $(O)$ tại $N$.
a) Chứng minh rằng năm điểm $A, D, E, H, N$ cùng nằm trên một đường tròn.
b) Lấy điểm $P$ trên đoạn $B C$ sao cho $\widehat{B H P}=\widehat{C H M}, Q$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên đường thẳng $H P$. Chứng minh rằng tứ giác $D E N Q$ là hình thang cân.
c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $M P Q$ tiếp xúc với đường tròn $(O)$.
Bài 3. (Lê Quý Đôn – Bình Định ) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc đều nhọn, các đường cao $A D, B E, C F$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $E F$ cắt đường thẳng $B C$ và $A D$ lần lượt tại $K$ và I. Qua $F$ kẻ đường thẳng song song với $A C$ cắt $A K, A D$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $O$ là trung điểm $B C$. Chứng minh
a) $D A$ là phân giác của $\widehat{F D E}$.
b) F là trung điểm của $M N$.
c) $O D \cdot O K=O E^2$ và $B D \cdot D C=O D \cdot D K$.
Bài 4. (Chuyên TPHCM – 2018) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.
a) Chứng minh rằng $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$.
b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông góc với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng $B K$ vuông góc với $A O$.
Bài 5. (PTNK) Cho tam giác $A B C$ nhọn. Một đường tròn qua $B, C$ cắt các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E$ và $F ; B F$ cắt $C E$ tại $D$. Lấy điểm $K$ sao cho tứ giác $D B K C$ là hình bình hành.
a) Chứng minh rằng $\triangle K B C$ dồng dạng với $\triangle D F E, \triangle A K C$ dồng dạng với $\triangle A D E$.
b) Hạ $D M$ vuông góc với $A B, D N$ vuông góc với $A C$. Chứng minh rằng $M N$ vuông góc với $A K$.
c) Gọi $I$ là trung điểm $A D, J$ là trung điểm $M N$. Chứng minh đường thẳng $I J$ đi qua trung điểm của cạnh $B C$.
d) Đường thẳng $I J$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $I M N$ tại $T$ (khác $I$ ). Chứng minh rằng $A D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $D T J$.
Đường thẳng Simson của tam giác
Bài toán 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ là điểm thuộc cung $AC$ không chứa $B$. Gọi $D, E, F$ lần lượt là hình chiếu của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$.
a) Chứng minh các tứ giác $PCDE, PDBF$ nội tiếp.
b) Chứng minh $D, P, E$ thẳng hàng.
c) Chứng minh tam giác $PDE$ và $PBA$ đồng dạng; tam giác $PFE$ và $PBC$ đồng dạng.
Lời giải.
a) Tứ giác $PCDE$ có $\angle PDC = \angle PEC = 90^\circ $ nên là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác $PDFB $ có $\angle PDB + \angle PFB = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có $\angle PFE = \angle PAE$ vì $PFAE$ nội tiếp
Mà $\angle PAE = \angle PBC = \angle PFD$;
Do đó $\angle PFE = \angle PFD$, suy ra $F, E, D$ thẳng hàng.
c) Xét tam giác $PDE$ và $PBA$ có $\angle PDE = \angle PCA = \angle PBA, \angle PED = 180^\circ – \angle PCB = \angle PAB$, do đó $\triangle PDE \backsim \triangle PBA$.
Chú ý: Cho tam giác $ABC$ và $P$ là một điểm bất kì thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác, khi đó hình chiếu của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$ cùng thuộc một đường thẳng. Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Simson của điểm $P$ đối với tam giác $ABC$.
Sau đây ta xem một số bài toán liên quan đến đường thẳng simson
Bài 1. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O), P$ là điểm thay đổi trên cung $B C$ không chứa $A$. Gọi $D, E$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $P B, P C$.
a) Tìm vị trí của $P$ để $A D \cdot P B+A E \cdot P C$ lớn nhất.
b) Chứng minh rằng $D E$ đi qua một điểm cố định. Tìm vị trí của $P$ để $D E$ lớn nhất.
Bài 2. Cho tam giác $A B C$, nội tiếp đường tròn $(O), P$ là điểm thuộc cung $A C$, gọi $D, E$ là hình chiếu vuông góc của $P$ trên $B C, A C$.
a) $D E$ cắt $A B$ tại $F$. Chứng minh $P F \perp A B$.
b) Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm $A B, D E$. Tính $\angle P N M$.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ các đường cao $A D, B E, C F$. Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $A B, A C, B E, C F$. Chứng minh $M, N, P, Q$ thẳng hàng.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O), P Q$ là đường kính của $(O)$.
a) Chứng minh rằng đường thẳng simson của $P, Q$ ứng với tam giác $A B C$ thì vuông góc nhau tại $I$.
b) Chứng minh $I$ thuộc đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Hướng dẫn
a) Xét hình như hình trên, ta có $\angle EDC = \angle EPC$ và $\angle LKB = \angle LQC$
Suy ra $\angle EDC + \angle LKB = \angle EPC + \angle LQC = 90^\circ – \angle ECP + 90^\circ – \angle QCL = 180^\circ – \angle QCP = 90^\circ$, do đó tam giác $DIK$ vuông tại $I$ hay $DE \bot LK$ tại $I$.
b) Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm $BC, AC, AB$. Do $O$ là trung điểm $PQ$ nên $M$ cũng là trung điểm $DK$, $N$ là trung điểm $LE$.
Khi đó $IN =IL = IE, IM = ID = IK$, suy ra $\angle LIN = \angle ILN = \angle CQK, \angle DIM = \angle MDK = \angle EPC$.
Do đó $\angle MIN = 90^\circ + \angle LIN + \angle DIM = 90^\circ + \angle CQK + \angle EPC = 180^\circ – \angle ACB = 180^\circ – \angle MPN$, do đó $IMPN$ nội tiếp, hay $I$ thuộc đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
Bài 5. (IMO 2007) Xét 5 diểm $A, B, C, D, E$, sao cho $A B C D$ là hình bình hành và $B, C, D, E$ cùng thuộc một đuoòng tròn. Gọi $d$ là đuoòng thẳng qua $\mathrm{A}$, giả sủ $d$ cắt đoạn $B C$ tại $F$ và $B C$ tại $G$. Giả sủ $E F=E G=E C$, chúng minh rằng $\mathrm{d}$ là phân giác của $\angle D A B$.
Hướng dẫn
Gọi $I, H$ là trung điểm của $C G, C F$. Ta có $E I \perp C G, E H \perp C F$. Ta có $O, H, I$ thẳng hàng do $O H, O I$ cùng song song với $d$.
Dễ dàng chứng minh được $E O \perp B D$. Suy ra tam giác $E B D$ cân. Từ đó suy ra $C E$ là phân giác góc $\angle B C G$ và $d$ là phân giác $\angle D A B$.
Bài 6. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp. Gọi $d_a$ là đường thẳng simson của tam giác $B C D$ ứng với điểm $A$; các đường thẳng $d_b, d_c, d_d$ xác định tương tự. Chứng minh rằng $d_a, d_b, d_c, d_d$ đồng quy.
Sử dụng vectơ chứng minh các điểm thẳng hàng
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.
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.
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.
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
$$
\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}, 3 \overrightarrow{A N}-2 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}, \overrightarrow{P B}=2 \overrightarrow{P C}
$$
Chứng minh $M, N, P$ thẳng hàng.
Biểu diễn vectơ theo hai vectơ không cùng phương
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 $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{M A}+3 \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{C A}-\overrightarrow{C M}+3 \overrightarrow{C B}-3 \overrightarrow{C M}$
$ \Leftrightarrow 4 \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C A}+3 \overrightarrow{C B} \Leftrightarrow \overrightarrow{C M}=$
$\frac{1}{4} \overrightarrow{C A}+\frac{3}{4} \overrightarrow{C B}$.
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 5 \overrightarrow{C I}+3 \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{C I}=\frac{3}{5} \overrightarrow{C B} $
$ 5 \overrightarrow{J B}-2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow 5 \overrightarrow{J B}-2(\overrightarrow{J B}+\overrightarrow{B C})=\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 $\overrightarrow{A G}=x \overrightarrow{A I}+y \overrightarrow{A J}$.
$\overrightarrow{A G} =x\left(\frac{3}{5} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{5} \overrightarrow{A C}\right)+y\left(\frac{5}{3} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}\right) $
$=\left(\frac{3 x}{5}+\frac{5 y}{3}\right) \overrightarrow{A B}+\left(\frac{2 x}{5}-\frac{2 y}{3}\right) \overrightarrow{A C}$
Mặt khác, $\overrightarrow{A G}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}$
$\Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ \frac { 3 } { 5 } x + \frac { 5 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } } \\\\
{ \frac { 2 } { 5 } x – \frac { 2 } { 3 } y = \frac { 1 } { 3 } }
\end{array} \right.$
$ \left \{\begin{array}{l}
x=\frac{35}{48} \\\\
y=-\frac{1}{16}
\end{array}\right. $
Vậy $\overrightarrow{A G}=\frac{35}{48} \overrightarrow{A I}-\frac{1}{16} \overrightarrow{A J}$
Bài tập rèn luyện
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 $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
Định lý Lagrange – Jacobi và một số ứng dụng
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.
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)
Bài toán 3. Chứng minh rằng trong tam giác $A B C$ thì $a^2+b^2+c^2 \leq 9 R^2$
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)
$\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$, suy ra $OH^2 = OA^2 +OB^2+OC^2+ 2\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB} \cdot \overrightarrow{OB}$
$ = 3R^2 + (OA^2+OB^2 -AB^2) + (OA^2+OC^2-AC^2) + (OB^2+OC^2-BC^2)$
$ = 9R^2 – (a^2+b^2+c^2)$ (3)
(Ta cũng có thể sử dụng $OH = 3OG$, và kết quả bài 2 để cho ra kết quả trên)
Từ (1), (2), (3) ta có $NA^2 = \dfrac{1}{2}(4R^2- a^2) + \dfrac{1}{2}R^2 – \dfrac{1}{4}(9R^2 – (a^2+b^2+c^2)) = \dfrac{1}{4}(R^2-a^2+b^2+c^2)$
Tương tự cho $NB^2, NC^2$, từ đó ta có
$a \cdot NA^2+b\cdot NB^2+c \cdot NC^2 = \dfrac{1}{4}((a+b+c)R^2+ a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)-a^3-b^3-c^3)$
Khi đó $IN^2 = \dfrac{1}{4}R^2 + \dfrac{1}{4(a+b+c)}(a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)-a^3-b^3-c^3) -\dfrac{abc}{a+b+c}$
Mà $a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)-a^3-b^3-c^3)$
$ = (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) + 2abc = \dfrac{16s^2}{a+b+c} + 8Rs$
$=\dfrac{p^2r^2}{2p} + 8Rrp = \dfrac{16pr^2}{2} +8Rrp$
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.
Sử dụng kĩ thuật tính toán để chứng các bài toán hình học phẳng
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 $(a+c)(\overrightarrow{I B}+$ $\overrightarrow{I D})+(b+d)(\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I C})=\overrightarrow{0}$
Mà $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I C}=2 \overrightarrow{I M}, \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I N}$.
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 $A B C$.
(Hết phần 1)
Phép chiếu vectơ
- 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
$\overrightarrow{AB} \mapsto \overrightarrow{0}, \overrightarrow{AC} \mapsto \overrightarrow{BC}, \overrightarrow{AM} \mapsto \overrightarrow{BM}$
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
$$S_a \cdot \overrightarrow{MA} + S_b \cdot \overrightarrow{MB} + S_c \cdot \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{0}$$
Lời giải. $AM$ cắt $BC$ tại $D$. Đặt $S_a \cdot \overrightarrow{MA} + S_b \cdot \overrightarrow{MB} + S_c \cdot \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{u}$
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 $$ \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$$
Một số bài đường tròn và tiếp tuyến
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.
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 $M K |$ $D N$.
Cực trị hình học (Lớp 8)
Cực trị hình học là bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các đối tượng hình học như độ dài, chu vi, diện tích, …
Các bước cho một bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất gồm các bước sau:
- Đánh giá bất đẳng thức
- Tìm điều kiện, vị trí để đẳng thức xảy ra
- Kết luận
Một số tính chất cần nhớ trong các bài toán cực trị
Tính chất 1. Bất đẳng thức trong tam giác: Cho 3 điểm $A, B, C$ thì $AB + BC \geq AC$. Đẳng thức xảy ra khi $B$ nằm giữa $A, C$. Tính chất này có thể tổng quát cho trường hợp nhiều hơn 3 điểm.
Từ tính chất này ta có thể thấy rằng, con đường ngắn nhất để đi từ $A$ đến $B$ là con đường thẳng.
Tính chất 2. Đường xiên và hình chiếu: Cho điểm $A$ và đường thẳng $d$, khi đó $M$ thay đổi trên $d$ thì $AM$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$.
Một số bất đẳng thức cần dùng: Cho $a, b \geq 0$.
- $a^2 + b^2 \geq \dfrac{1}{2} (a+b)^2 \geq 2ab$
- $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \geq \dfrac{4}{a+b}$
- $a^2+b^2+c^2 \geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2 \geq ab+bc+ac$.
Chú ý trong các bài toán cực trị thì đẳng thức phải xảy ra, do đó việc đánh giá bất đẳng thức cần chặt chẽ để xảy ra dấu bằng, nếu tìm không được vị trí dấu bằng xảy ra thì đánh giá đó chưa hợp lý.
Kinh nghiệm làm bài, nếu bài toán có nhiều giá trị thay đổi ta có thể
- Tính toán biến đổi để đưa về biểu thức ít yếu tố thay đổi hơn.
- Tìm mối liên hệ giữa các biến mà không đổi như: tích không đổi, tổng không đổi,… và từ đó áp dụng các bất đẳng thức đại số để đánh giá.
Sau đây là một số ví dụ.
Ví dụ 1. Cho hai điểm $A, B$ và đường thẳng $d$. Tìm vị trí của $M$ thuộc $d$ sao cho $MA + MB$ nhỏ nhất trong hai trường hợp.
a) $A, B$ cùng phía với $d$.
b) $A,B$ khác phía đối với đường thẳng $d$.
Phân tích và Lời giải
a) Với bài toán này ta nhận thấy rằng ta có thể áp dụng ngay tính chất 1, ta có $MA + MB \geq AB$
Đẳng thức xảy ra khi $M$ là điểm nằm giữa $A,B$, mà $M$ thuộc $d$ nên $M$ là giao điểm của đoạn thẳng $AB$ và đường thẳng $d$. Rõ ràng giao điểm này tồn tại vì $A, B$ là khác phía đối với $d$.
b) Đối với ý này, nếu vội vàng áp dụng như câu a thì ta thấy do $A,B$ cùng phía nên giao điểm của đoạn thẳng $AB$ và $d$ không tồn tại. Do đó cách làm như câu a, cũng không đúng.
Vậy ta sẽ làm thế nào? Ta có thể đưa về trường hợp ở câu a hay không? nếu đưa về câu a thì ta sẽ làm gì?
Ở đây có một kĩ thuật, là sử dụng đối xứng trục, để thay đổi vị trí điểm $A$ và vẫn tạo ra một đoạn thẳng bằng với $MA$. Tạo ra điểm phụ sẽ giúp ta giải được bài toán này.
Gọi $A’$ là đối xứng của $A$ qua $d$, khi đó $A’, B$ khác phía đối với $d$ và $MA = MA’$, ta đưa về trường hợp của câu $a$.
Ta có $MA + MB = MA’ + MB \geq A’B$, đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm của $A’B$ và $d$.
Vậy $MA + MB$ nhỏ nhất khi $M$ là giao điểm của $A’B$ với $d$.
Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$ đều cạnh $a$. $M$ là một điểm nằm trong tam giác. Gọi $D, E, F$ là hình chiếu của $M$ trên các cạnh $BC, AC, AB$.
a) Chứng minh $MD + ME + MF$ không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của $MD^2 +ME^2 +MF^2$.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của $BD^2+CE^2+AF^2$.
Phân tích và lời giải
a) Với bài này việc chứng minh ý đầu có thể còn khó hơn ý sau, việc chứng minh tổng này không đổi thì nhiều khi ta phải dự đoán được tổng này giá trị không đổi là bao nhiêu, phụ thuộc vào $a$ thế nào. Ta có thể đoán bằng cách cho $M$ trùng với một đỉnh nào đó, hoặc điểm đặc biệt như tâm của tam giác đều, khi cho trùng đỉnh $A$ thì ta có $E, F \equiv A$, $D \equiv H$, chân đường cao từ $A$, do đó ta có $MD + ME +MF = AH$ độ dài đường cao. Việc chứng minh tổng này bằng $AH$ ta có thể sử dụng phương pháp diện tích, rất hữu hiệu trong các bài có độ dài đường vuông góc.
a) $S_{A B C}=S_{M B C}+S_{M A C}+S_{M A B}$
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} A H \cdot B C= & \frac{1}{2} M D \cdot B C+\frac{1}{2} M E \cdot A C \
& +\frac{1}{2} M F \cdot A C
\end{aligned}
$$
$\frac{1}{2} A H \cdot a=\frac{1}{2} a(M D+M E+M E)$
$$
\Rightarrow M D+M E+M F=A I+\text { (Ehongdon!) }
$$
$$
=\frac{a \sqrt{3}}{2}
$$
Áp dụng bất đẳng thức $x^2+y^2+z^2 \geqslant \frac{1}{3}(x+y+z)^2$
$$
\begin{array}{ll}
\Rightarrow M D^2+M E^2+M F^2 \geqslant \frac{1}{3}(M D+M E+M F)^2 & =\frac{1}{2} \cdot\left(\frac{a \sqrt{3}}{2}\right)^2 \
& =\frac{a^2}{4}
\end{array}
$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $M D=M E=M F$, tức là $M$ là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác $ABC$, do tam giác $ABC$ đều nên $M$ cũng là trọng tâm tam giác.
$$
(M D^2+M E^2+M F^2)_{\min }=\dfrac{a^2}{4}
$$
b) Với câu này mình không có gợi ý như câu b, tìm min của đại lượng $P = BD^2+CE^2+AF^2$ ta có thể suy nghĩ tới việc tính tổng hay tích các số hạng, tuy vậy các giá trị này thay đổi theo $M$. Và quan sát thêm một chút là vị trí của các đoạn thẳng $DB, CE, AF$ trên các cạnh $BC, AC, AB$ có vẻ là cùng một hướng, và ta lại xem các đoạn thẳng còn lại thế nào? tức là $CD, BF, AE$ vai trò như nhau với các đoạn trên không? Liệu $BD^2+CE^2+AF^2 = CD^2+BF^2+AE^2?
Và khi đi vào kiểm tra thì rõ ràng ta chứng minh được $BD^2+CE^2+AF^2 = CD^2 + BF^2+AE^2 (1)$ và từ đó ta có lời giải như sau.
Trước hết ta chứng minh (1), theo định lý Pitago ta có $BD^2 – CD^2 = MB^2-MD^2 – (MC^2-MD^2) = MB^2-MC^2$, tương tự ta cũng có các đẳng thức khác.
Khi đó $BD^2+CE^2+AF^2 – CD^2-AE^2-BF^2 = MB^2 – MC^2 + MC^2-MA^2 +MA^2-MB^2 = 0$
Suy ra $BD^2+CE^2+AF^2 = CD^2+BF^2+AE^2 = \dfrac{1}{2} (BD^2+CD^2+AF^2+BF^2+CE^2+AE^2$.
Mà $CD^2+BD^2 \geq \dfrac{1}{2}(CD+BD)^2 = \dfrac{1}{2}a^2$
Tương tự thì $AF^2+BF^2 \geq \dfrac{1}{2}a^2, AE^2+CE^2 \geq \dfrac{3}{2}a^2$
Từ đó $BD^2+CE^2+AD^2 \geq \dfrac{3}{4}a^2$, đẳng thức xảy ra khi $M$ là giao điểm 3 đường trung trực của tam giác $ABC$.
Vậy $(BD^2+CE^2+AF^2)_{\max} = \dfrac{3}{4}a^2$.
Ví dụ 3. (PTNK 1999) Cho tam giác $A B C$ có diện tích $\mathrm{S}$ và một điểm $P$ nằm trong tam giác.
(a) Gọi $S_1, S_2, S_3$ lần lượt là diện tích của tam giác $P B C, P C A, P A B$. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của $S_1^2+S_2^2+S_3^2$.
(b) Gọi $P_1, P_2, P_3$ lần lượt là các điểm đối xứng của $P$ qua $B C, C A$ và $A B$. Đường thẳng qua $P_1$ song song với $B C$ cắt $A B$ và $A C$ tại $B_1$ và $C_1$. Đường thẳng qua $P_2$ song song với $A C$ cắt $B C, B A$ tại $C_2, A_2$, đường thẳng qua $P_3$ và song song với $A B$ cắt $C A, C B$ tại $A_3, B_3$. Hãy xác định vị trí của điểm $P$ dể tổng diện tích ba hình thang $B C C_1 B_1, C A A_2 C_2$ và $A B B_3 A_3$ đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị đó.
Phân tích và lời giải
a) Bài này ta làm tương tự câu a ví dụ 2, cũng áp dụng bdt $x^2+y^2+z^2 \geq \dfrac{1}{3} (x+y+z)^2$ để suy ra cực trị.
b) Với bài toán này, để tìm cực trị của tổng diện tích các hình thang, ta phải tính diện tích các hình thang này thông qua một đại lượng trung gian, trong bài này thì đó là diện tích tam giác $ABC$, (S). Việc các đường thẳng song song gợi ta nghĩa tới tam giác đồng dạng và tính chất “tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng”, từ đó ta có cách giải sau:
b) Gọi độ dài các đường cao của tam giác $A B C$ là $h_a, h_b, h_c$ và khoảng cách từ $P$ đến $B C, A C, A B$ là $x, y, z$. Ta có $\frac{S}{S_{A B_1 C_1}}=\frac{h_a^2}{\left(h_a+x\right)^2}$.
Suy ra $S_{A B_1 C_1}=\left(1+\frac{x}{h_a}\right)^2 S$.
Tương tự ta có $S_{B A_2 C_2}=\left(1+\frac{y}{h_b}\right)^2 . S, S_{C A_3 B_3}=\left(1+\frac{z}{h_c}\right)^2 S$.
Đặt $a=\frac{x}{h_a}, b=\frac{y}{h_b}, c=\frac{z}{h_c}$ thì $a+b+c=1$.
Ta có $S_{B C C_1 B_1}+S_{A C C_2 A_2}+S_{A B B_3 A_3}=S\left((1+a)^2+(1+b)^2+(1+c)^2-3\right)=$ $S\left(2+a^2+b^2+c^2\right)$.
Ta có $a^2+b^2+c^2 \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2=\frac{1}{3}$. Do đó $S_{B C C_1 B_1}+S_{A C C_2 A_2}+S_{A B B_3 A_3} \geq \frac{7}{3} S$.
Đẳng thức xảy ra khi $P$ là trọng tâm tam giác $A B C$.
Ví dụ 4. (PTNK 2008) Cho góc $x A y$ vuông và hai điểm $B, C$ lần lượt trên các tia $A y, A y$. Hình vuông $M N P Q$ có các đỉnh $M$ thuộc cạnh $A B$, dỉnh $N$ thuộc cạnh $A C$ và các đỉnh $P, Q$ thuộc cạnh $B C$.
(a) Tính cạnh hình vuông $M N P Q$ theo cạnh $B C=a$ và đường cao $A H=h$ của tam giác $A B C$.
(b) Cho $B, C$ thay đổi lần lượt trên các tia $A x, A y$ sao cho tích $A B \cdot A C=k^2$ ( $k$ không đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông $M N P Q$.
Phân tích và lời giải
a)
a) Đặt $x$ là độ dài hình vuông. Gọi $K$ là giao điểm của $A H$ và $M N$.
Ta có $M K H Q$ là hình chữ nhật, suy ra $K H=M Q=x, A E=A H-E H=$ $h-x$.
Ta có $M N \parallel B C$, suy ra $\frac{M N}{B C}=\frac{A N}{A C}$.
Và $N K \parallel C H$ nên ta có $\frac{A N}{A C}=\frac{A K}{A H}$.
Do đó ta có $\frac{M N}{B C}=\frac{A K}{A H}$ hay $\frac{x}{a}=\frac{h-x}{h}$, suy ra $x=\frac{a h}{a+h}$.
b) Ta có $b c=a h=k^2$ và $a^2=b^2+c^2 \geq 2 b c=2 a h$. Suy ra $a \geq 2 h$.
Ta có $S_{M N P Q}=M N^2=\frac{(a h)^2}{(a+h)^2}=\frac{k^4}{(a+h)^2}$.
Ta có $(a+h)^2=a^2+h^2+2 a h=h^2+\frac{1}{4} a^2+\frac{3}{4} a^2+2 a h$.
Mà $h^2+\frac{1}{4} a^2 \geq a h=k^2, \frac{3}{4} a^2 \geq \frac{3}{2} a h=\frac{3}{2} k^2, a h=k^2$.
Suy ra $(a+h)^2 \geq \frac{9}{2} k^2$.
Do đó $S \leq \frac{2}{9} k^2$. Đẳng thức xảy ra khi $a=2 h$ hay tam giác $A B C$ cân.
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ là $\frac{2}{9} k^2$ khi $A B=A C=k$.
Chú ý, nếu ta áp dụng Cauchy ngay chỗ $(a+h)^2 \geq 4ah$ thì đẳng thức không xảy ra, do đó đánh giá chưa đủ chặt chẽ.
Bài tập rèn luyện.
Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn tìm vị trí điểm $M$ trong tam giác sao cho $MA + MB + MC$ nhỏ nhất.
Bài 2. Cho hình vuông $A B C D . M, N, P, Q$ là các đỉnh của tứ giác $M N P Q$ lần Iượt thuộc các cạnh $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ (MNPQ gọi là tứ giác nội tiếp hình vuông). Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất.
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Tìm vị trí của $M$ bên trong tam giác sao cho $MA \cdot BC + MB \cdot AC + MC \cdot AB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC$ không đổi $BC = 2a$. Vẽ đường cao $AH$. Tìm giá trị lớn nhất của $BH + AH$.
Bài 5. Cho hình bình hành $ABCD$, một đường thẳng $d$ qua $A$ không cắt các cạnh của hình bình hành. Tìm vị trí của $d$ để tổng khoảng cách từ các đỉnh $B, C, D$ đến $d$ là lớn nhất.
Bài 6. Cho đoạn thẳng $A B=a$. $C$ là điểm trên đoạn thẳng $A B$. Vẽ các hình vuông $A C D E$ và $C B F G$. Xác định vị trí điểm $C$ để $S_{A C D E}+S_{C B F G}$ đạt giá trị nhỏ nhất.