Category Archives: Chuyên đề

Biểu diễn vectơ theo hai vectơ không cùng phương

Leave a reply

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 $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.

Tỉ lệ thức và dãy tỉ số bằng nhau – Phần 2

Leave a reply

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: $A=\dfrac{a+b}{c+d}+\dfrac{b+c}{a+d}+\dfrac{c+d}{a+b}+\dfrac{d+a}{b+c}$.

Lời giải.
$$
\frac{a}{b+c+d}=\frac{b}{a+c+d}=\frac{c}{a+b+d}=\frac{d}{a+b+c}=\frac{a+b+c+d}{3 a+3 b+3 c+3 d}=\frac{a+b+c+d}{3(a+b+c+d)}=\frac{1}{3} \text {. }
$$

Khi đó, $3 a=b+c+d \quad ; 3 b=a+c+d \quad ; 3 c=a+b+d \quad ; 3 d=a+b+c$
$$
4 a=a+b+c+d \quad ; 4 b=a+b+c+d \quad ; 4 c=a+b+c+d \quad ; 4 d=a+b+c+d
$$

Khi đó, $4 a=4 b=4 c=4 d \Rightarrow a=b=c=d$.
Vậy $A=4$.

Bài 4. Cho tỉ lệ $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$. Chứng minh rằng: $\frac{a+b}{a-b}=\frac{c+d}{c-d}$.
Lời giải.
$$
\frac{a}{b}=\frac{c}{d} \Rightarrow \frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{a+b}{c+d}=\frac{a-b}{c-d}
$$

Bài 5. Cho tỉ lệ thức $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$. Chứng minh rằng $\dfrac{a b}{c d}=\dfrac{a^2-b^2}{c^2-d^2}$.
Lời giải.
$ \dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Rightarrow \dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}=k .$
$k^2=\dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{b}{d}=\dfrac{a b}{c d} . $
$k^2=\dfrac{a^2}{c^2}=\dfrac{b^2}{d^2}=\dfrac{a^2-b^2}{c^2-d^2} $

Khi đó, $\dfrac{a b}{c d}=\dfrac{a^2-b^2}{c^2-d^2}$.

Bài 6. Cho $\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}$.

Chứng minh rằng: $\left(\dfrac{a+b+c}{b+c+d}\right)^3=\dfrac{a}{d}$.

Lời giải.

$\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{d}=\dfrac{a+b+c}{b+c+d}=k $

$\Rightarrow k^3=\left(\dfrac{a+b+c}{b+c+d}\right)^3 . $
$k^3=\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{b}{c} \cdot \dfrac{c}{d}=\dfrac{a}{d} $
$\left(\dfrac{a+b+c}{b+c+d}\right)^3=\dfrac{a}{d} $

Bài tập tự luyện.


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: $\dfrac{a_1}{a_{2019}}=\left(\dfrac{a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2018}}{a_2+a_3+a_4+\ldots+a_{2019}}\right)^{2018}$

Tỉ lệ thức – Dãy tỉ số bằng nhau (Phần 1)

Leave a reply

Lý Ngọc Vy – Giáo viên Star Education

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) $\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d} \Leftrightarrow \dfrac{b}{a}=\dfrac{d}{c}$.

Dãy tỉ số bằng nhau.

$$
\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=\frac{a+b+c}{x+y+z}=\frac{a-b+c}{x-y+z}
$$

Với điều kiện là mẫu thức khác 0 .

Ví dụ 1. Tìm $x$ để tạo thành các tỉ lệ thức
(a) $\dfrac{3}{4}=\dfrac{x}{20}$
(b) $\dfrac{2}{2,5}=\dfrac{4}{x}$
(c) $\dfrac{3,5}{4 x}=\dfrac{5}{200}$

Lời giải.
(a) $\dfrac{3}{4}=\dfrac{x}{20} \Rightarrow x=20: 4.3 \Rightarrow x=15$.
(b) $\dfrac{2}{2,5}=\dfrac{4}{x} \Rightarrow x=4: 2.2,5 \Rightarrow x=5$.
(c) $\dfrac{3,5}{4 x}=\dfrac{5}{200} \Rightarrow x=3,5: 5.200: 4 \Rightarrow x=35$.

Ví dụ 2. Tìm $x, y$ biết:
(a) $x: y=20: 9$ và $x-y=-22$;
(b) $3 x=4 y$ và $x+2 y=35$;
(c) $x: 2=2 y: 3$ và $x y=27$;

Lời giải.
(a) $\dfrac{x}{20}=\dfrac{y}{9}=\dfrac{x-y}{20-9}=\dfrac{-22}{11}=-2 \Rightarrow x=-40 ; y=-18$.
(b) $\dfrac{x}{4}=\frac{y}{3}=\dfrac{x+2 y}{4+2.3}=\dfrac{35}{10}=\dfrac{7}{2} \Rightarrow x=14 ; y=\dfrac{21}{2}$.
(c) $\dfrac{x}{2}=\dfrac{2 y}{3}=k$
$k^2=\dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{2 y}{3}=\dfrac{x \cdot 2 y}{6}=\dfrac{27 \cdot 2}{6}=9 \Rightarrow k=3$ hoặc $k=-3 \Rightarrow x=6 ; y=\dfrac{9}{2}$ hoặc $x=-6 ; y=\dfrac{-9}{2}$.

Ví dụ 3. Tìm $a, b$ và $c$ trong mỗi trường hợp sau:
(a) $5 a-3 b-3 c=-536$ và $\dfrac{a}{4}=\dfrac{b}{6}, \dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{8}$;
(b) $3 a-5 b+7 c=86$ và $\dfrac{a+3}{5}=\dfrac{b-2}{3}=\dfrac{c-1}{7}$;
(c) $5 a=8 b=3 c$ và $a-2 b+c=34$;
(d) $3 a=7 b$ và $a^2-b^2=160$;

Lời giải.

(a)
$\dfrac{a}{4}=\dfrac{b}{6} \Rightarrow \frac{a}{20}=\dfrac{b}{30} ; \dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{8} \Rightarrow \dfrac{b}{30}=\dfrac{c}{48} $
$\dfrac{a}{20}=\dfrac{b}{30}=\dfrac{c}{48}=\dfrac{5 a-3 b-3 c}{5.20-3.30-3.48}=\dfrac{-536}{-134}=4$

$\Rightarrow a=80 ; b=120 ; c=192$
(b)
$ \dfrac{a+3}{5}=\dfrac{b-2}{3}=\dfrac{c-1}{7}=\dfrac{3(a+3)-5(b-2)+7(c-1)}{3.5-5.3+7.7}=\dfrac{3 a-5 b+7 c+12}{49}=2 $
$ \Rightarrow a=7 ; b=8 ; c=15 $
(c)
$5 a=8 b=3 c \Rightarrow \dfrac{a}{\dfrac{1}{5}}=\dfrac{b}{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{c}{\dfrac{1}{3}}$

$=\dfrac{a-2 b+c}{\dfrac{1}{5}-2 \cdot \dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{3}}=\dfrac{34}{34}=1$

$\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 Lagrange – Jacobi và một số ứng dụng

Leave a reply

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)

$\overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$, 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

Leave a reply

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

Leave a reply
  1. 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

1 Reply

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 $M K |$ $D N$.

Suy luận phản chứng

Leave a reply

Bài viết này dành cho các em lớp 5, 6, 7

Các nhà toán học trong quá khứ đã làm việc chăm chỉ để khám phá bản chất của các chứng minh, và một loạt các kỹ thuật chứng minh đã được phát triển qua nhiều thế kỷ. Hôm nay, chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp chứng minh quan trọng được gọi là bằng chứng do mâu thuẫn.

Ta thường gặp bài toán kiểu: Có A là đúng và cần suy ra X cũng đúng, trong một số trường hợp ta suy luận trực tiếp như sau: có A đúng thì có C đúng, có C đúng thì có D đúng, …, rồi suy ra X đúng, ở đây ta dùng A làm giả thiết để cho các suy luận sau. Tuy vậy một số tình huống ta không sử dụng được giả thiết A đúng, ta có thể dùng kĩ thuật suy luận phản chứng như sau: Giả sử X sai, tức là ta chấp nhận một giả thiết mới là X sai, từ giả thiết này ta dẫn đến một điều gì đó vô lí, hoặc dẫn đến A sai; khi đó điều giả sử đó là không đúng, tức là ta có điều cần chứng minh. Thế mạnh của suy luận phản chứng là mình có thêm một giả thiết để giúp trong việc suy luận dễ dàng hơn.

Ví dụ 1. Có tồn tại hay không số nguyên lẻ lớn nhất?

Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên lẻ lớn nhất là $m$.

khi đó $m+2$ cũng là số lẻ và $m+2 > m$ nên mâu thuẫn vì theo giả sử thì $m$ là lớn nhất.

Vậy không có số nguyên lẻ lớn nhất.

Ví dụ 2. 5 cầu thủ bóng đá đã cùng nhau ghi được 14 bàn thắng, với mỗi cầu thủ ghi ít nhất 1 bàn. Chứng minh rằng ít nhất 2 trong số họ ghi được số bàn thắng như nhau. số bàn thắng.

Lời giải. Giả sử không có ai ghi số bàn thắng bằng nhau.

Khi đó người ghi ít nhất là 1 bàn, người kế tiếp ghi ít nhất là 2 bàn, người thứ 3 ghi ít nhất 3 bàn, cứ như thế người ghi nhiều nhất có số bàn thắng ít nhất là 5 bàn, khi đó tổng số bàn thắng của 5 người ít nhất là $1+2+3+4+5 = 15$ (mâu thuẫn).

Vậy có hai người ghi số bàn thắng bằng nhau.

Ví dụ 3. Quốc hội của một quốc gia được thành lập bởi các nghị sĩ đại diện từ 8 tỉnh. Năm mươi trong số các nghị sĩ này quyết định thành lập một ủy ban. Chứng minh rằng ủy ban này sẽ bao gồm 8 người từ cùng một tỉnh hoặc người từ tất cả 8 tỉnh.

Lời giải. Giả sử ủy bản mỗi tỉnh không có quá 7 người và chỉ đến từ 7 tỉnh trở lại, khi đó số thành viên ủy ban là không qua 49 người, mâu thuẫn.

Vậy trong ủy ban sẽ có một tỉnh có 8 người hoặc thành viên đến từ cả 8 tỉnh.

Ví dụ 4. Viết 10 số từ 0 đến 9 trên một vòng tròn, mỗi số viết đúng một lần.

a) Có tồn tại hay không cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9?
b) Có tồn tại hay không cách viết sau cho tổng 3 số liên tiếp lớn hơn 12?
Lời giải.

a) Giả sử tồn tại cách viết sao cho tổng hai số liên tiếp không nhỏ hơn 9, xét số 0 và hai số kề với 0 là $a, b$ ta có $0+a \geq 9, 0 + b \geq 9$, suy ra $a=b=9$ mâu thuẫn, vì mỗi số viết đúng 1 lần.

b) Giả sử tồn tại cách viết thỏa đề bài. Tổn các số là 45, bỏ số 9, và xếp 9 số còn lại làm ba nhóm, mỗi nhóm 3 số liên tiếp, khi đó tổng của chúng lớn hơn 36, tuy vậy ta thấy 9 số đó là $0, 1,2, \cdots 8$ tổng là 36, đây là điều mâu thuẫn.

Vậy không cách ghi thỏa đề bài.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Chứng minh rằng khi cho $n+1$ con thỏ vào $n$ cái chuồng thì có chuồng chứa ít nhất 2 con thỏ.

Bài 2. Cho 15 số thỏa mãn tổng của 8 số bất kì lớn nhơn tổng của 7 số còn lại. Chứng minh tất cả các số đã cho đều dương.

Bài 3. Tích của 22 số nguyên bằng 1. Chứng minh rằng tổng của chúng không thể bằng 0.

Bài 4. Có thể chia tập $X = \{1, 2, …, 2022\}$ thành các tập rời nhau sao cho mỗi tập có ít nhất 3 phần tử và phần tử lớn nhất bằng tổng các phần tử còn lại?

Đề thi và đáp án chọn đội dự tuyển 10 trường PTNK năm 2023

Leave a reply

Bài 1. Cho ba số thực $a, b, c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
(a) Chứng minh rằng $(a b+b c+c a)(a b c+1) \geq 6 a b c$.
(b) Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho $a b c\left(a^k+b^k+c^k\right) \leq 3$.

Bài 2 .Với mỗi số thực $x,[x]$ gọi là phần nguyên của $x$ – là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$ và ${x}:=x-[x]$ gọi là phần lẻ của $x$.
Cho $p$ là số nguyên tố lẻ, chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ nhỏ hơn $p$ thì tổng $$S=\left\{\frac{k}{p}\right\}+\left\{\frac{2 k}{p}\right\}+\left\{\frac{3 k}{p}\right\}+\ldots+\left\{\frac{(p-1) k}{p}\right\}$$ không đổi. Tính S.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nôi tiếp đường tròn $(\omega)$, tiếp tuyến của $(\omega)$ tai $\mathrm{B}$ là $d_1$, tai $\mathrm{C}$ là $d_2$. I là điểm thuôc trung trự $\mathrm{BC}$, đường tròn tâm $\mathrm{I}$ bán kính $\mathrm{IB}$ cắt các canh $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ tại $\mathrm{D}, \mathrm{E}$. $\mathrm{CD}$ cắt $d_1$ tai $\mathrm{F}, \mathrm{BE}$ cắt $d_2$ tai $\mathrm{G}$ sao cho $\mathrm{F}, \mathrm{G}$ cùng phía $\mathrm{A}$ so với $\mathrm{BC}$. Đường tròn ngoai tiếp tam giác $\mathrm{BDF}$ cắt $\mathrm{BE}$ tại $\mathrm{K}$, đường tròn ngoại tiếp tam giác CEG cắt $\mathrm{CD}$ tại L.
(a) Khi $\mathrm{I}$ thuộc $\mathrm{BC}$, gọi $\mathrm{P}$ là giao điểm của $\mathrm{FK}$ và $\mathrm{GL}$. Chứng minh $\mathrm{AP}$ đi qua tâm của $(\omega)$.
(b) Khi I khác phía $\mathrm{A}$ đối với $\mathrm{BC}, \mathrm{DE}$ cắt $d_1$ tại $\mathrm{R}, d_2$ tại $\mathrm{S}$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ISR cắt $\mathrm{BC}$ tại $\mathrm{X}, \mathrm{Y}$. Chứng minh $B X=C Y$.

Bài 4 Tìm số nguyên dương $s$ lớn nhất thỏa mãn tính chất sau: Với mọi bộ số nguyên dương nhỏ hơn hay bằng 10 (không nhất thiết phân biệt) có tồng bằng $s$ ta luôn có thể chia thành hai nhóm mà tổng các số thuộc mỗi nhóm nhỏ hơn hay bằng 70 .

Lời giải

Bài 1.

(a) Đặt $a=\min {a, b, c}$, suy ra $a \leq 1$.
Khi đó $(a-1)^3 \leq 1 \Rightarrow a^3-3 a^2+3 a-1 \leq 0 \Rightarrow \frac{1}{a}+a(3-a) \geq 3$, suy ra $\frac{1}{a}+a b+a c \geq 3$, hơn nữa
$$
\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+b c \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{b} \frac{1}{c} b c}=3
$$
Từ đó $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a b+b c+a c \geq 6$. hay $(a b+b c+c a)(a b c+1) \geq 6 a b c$.
(b) Cho $a=2, b=c=\frac{1}{2}$, suy ra $k<3$, ta chứng minh $k=2$ thì bất đẳng thức thỏa với mọi $a, b, c$ thỏa điều kiện, thật vậy

$a b c\left(a^2+b^2+c^2\right) =\frac{1}{3} \cdot a b c(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2\right) $
$\leq \frac{1}{9} \cdot(a b+b c+c a)^2 \cdot\left(a^2+b^2+c^2\right) $
$=\frac{1}{9} \cdot(a b+b c+c a)(a b+b c+c a)\left(a^2+b^2+c^2\right) $
$ \leq \frac{1}{9} \cdot \frac{1}{27} \cdot\left(a^2+b^2+c^2+2(a b+b c+c a)\right)^3 $
$ =\frac{1}{9} \cdot \frac{1}{27} \cdot 3^6=3$

Bài 2.

Với $p$ nguyên tố lẻ thì $(k, p)=1$ với mọi $0<k<p$. Ta chứng minh $p-1$ số $k, 2 k, \cdots,(p-1) k$ là hệ thặng dư thu gọn của $p$, thật vậy, giả sử $i k \equiv j k($ $\bmod p)$ với $i, j<p$ thì $k(i-j) \equiv 0(\bmod p)$, suy ra $i=j$.
Khi đó $S=\left\{\frac{k}{p}\right\}+\left\{\frac{2 k}{p}\right\}+\left\{\frac{3 k}{p}\right\}+\ldots+\left\{\frac{(p-1) k}{p}\right\}=\frac{1}{p}+\frac{2}{p}+\cdots \frac{p-1}{p}=$ $\frac{p-1}{2}$ không đổi.

Bài 3.

(a) Gọi $O$ là tâm của $\omega$. Ta có $\angle S D B=\angle A D E=\angle A C B=\angle S B D$ nên $\triangle S B D$ cân tại $S$. Tương tự $\triangle R E C$ cân tại $R$. Biến đổi góc
$$
\angle K F L=\angle K F D=\angle K B D=\angle D C E=\angle E G L \angle K G L,
$$
suy ra $F, K, L, G$ đồng viên.
Do $I \in B C$ nên $\angle B D C=90^{\circ}$, mà $\triangle S B D$ cân tại $S$ nên $S$ là tâm đường tròn $(F D K)$. Tương tự, $R$ là tâm đường tròn $(G E L)$. Ta có
$$
A D \cdot A B=A E \cdot A C, \quad P K \cdot P F=P L \cdot P G,
$$
suy ra $A P$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(F D K)$ và $(G E L)$, do đó $A P \perp R S$.
Mà $A O \perp D E$ nên $A, O, P$ thằng hàng.

(b) Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm của $I S, I R$ với $B C . \triangle S B D$ cân tại $S$ nên suy ra $I S$ là đường trung trực của $B D$, tương tự $I R$ là đường trung
Tập san Toán học STAR EDUCATION
trực của $E C$. Biến đổi góc
$$
\begin{aligned}
& \angle M S D=90^{\circ}-\angle S D B=90^{\circ}-\angle A D E=90^{\circ}-\angle A C B=\angle C N G . \
\Rightarrow & \angle I S R=\angle Y N G \Rightarrow \angle I S Y+\angle Y S R=\angle M Y I+\angle Y I R \Rightarrow \angle I S Y= \
& \angle X Y I=\angle X S I .
\end{aligned}
$$
Vậy $S I$ là tia phân giác của $\angle X S Y$ nên $I$ nằm trên đường trung trực của $X Y$. Mà $I$ cũng nằm trên đường trung trực của $B C$ nên $B X=C Y$.

Bài 4.

Ta chứng minh rằng $s=133$ là số lớn nhất thoả mãn điều kiện bài toán. Trước hết, giả sử rằng $s$ là một số thoả mãn điều kiện đã cho.

Viết $s=9 k+r (k, r \in \mathbb{Z}{\geq 0}, 1 \leq r \leq 9 )$.

Nếu $s \geq 134$, xét một bộ số gồm $k$ số 9 và số còn lại bằng $s-9 k$. Trong bộ số này có không quá một số khác 9 nên khi chia chúng thành hai phần khác rỗng, phải có ít nhất một bộ chứa toàn số 9. Hơn nữa, $$ 9 \cdot 7=63<70<9 \cdot 8 $$ nên bộ số này có tổng tối đa là 63 . Nhưng khi đó tổng của các số còn lại, gọi là $T$, sẽ phải thoả mãn $$ T \geq 134-63=71>70 $$ vô lý do $T \leq 70$. Từ đó phải có $s \leq 133$. Bây giờ ta chứng minh rằng $s=133$ thoả mãn điều kiện bài toán. Trước hết, ta chứng minh rằng với mọi bộ số nguyên dương không vượt quá 10 có tổng bằng 133, khi chia thành hai phần khác rỗng là $X, Y$ khác rống (có thể có các phần tử trùng nhau), sao cho

$$ M=\sum{x \in X} x-\sum_{y \in Y} y \geq 0$$

và $M$ nhỏ nhất có thể, thì $M \leq 8$. Thật vậy, giả sử rằng $M \geq 9$ thì
$$
\sum_{x \in X} \geq \frac{1}{2}\left(\sum_{x \in X} x+\sum_{y \in Y} y+9\right) \geq \frac{133+9}{2}=71 .
$$
Vì mỗi phần tử của $X$ không vượt quá 10 nên $X$ có ít nhất 8 phần tử. Đặt $t=\min X$. Xét hai tập hợp
$$
\left\{\begin{array}{l}
X^{\prime}=X \cup{t} \
Y^{\prime}=Y \backslash{t}
\end{array}\right.
$$
thì $X^{\prime}, Y^{\prime} \neq \emptyset$, đều gồm các số nguyên dương không vượt quá 10 , và có tổng bằng 133. Vì tính nhỏ nhất của $M$ nên
$$
M \leq\left|\sum_{x \in X^{\prime}} x-\sum_{y \in Y^{\prime}} y\right|=\left|\sum_{x \in X} x-\sum_{y \in Y} y-2 t\right|=|M-2 t|
$$
Kết hợp với $M \geq 9$ và $1 \leq t \leq 10$ thì $9 \leq M \leq t \leq 10$. Có hai khả năng sau:

  • Nếu $M=10$ thì
    $$
    \sum_{x \in X} x=\frac{133+10}{2} \notin \mathbb{Z}
    $$
    là một điều vô lý.
  • Nếu $M=9$ thì
    $$
    \sum_{x \in X} x=\frac{133+9}{2}=71 .
    $$
    Nếu $t=9$ thì $X$ gồm toàn số 9 và số 10 , nên có thể viết được
    $$
    71=9 k+10 l\left(k, l \in \mathbb{Z}{\geq 0}\right) . $$ Do đó $9 k \equiv 1(\bmod 10)$, dẫn đến $k \equiv 9(\bmod 10)$ và $k \geq 9$. Hệ quả là $$ 9 k+10 l \geq 9 k \geq 81>71 $$ cũng là điều vô lý. Từ đó điều giả sử là sai hay phải có $M \leq 8$, dẫn đến $$ \sum{y \in Y} y \leq \sum_{x \in X} x \leq \frac{1}{2}\left(\sum_{x \in X}+\sum_{y \in Y} y+8\right)=\frac{133+8}{2} .
    $$
    Nhưng các tổng là số nguyên nên
    $$
    \sum_{y \in Y} y \leq \sum_{x \in X} x \leq 70,
    $$
    nghĩa là cách chia $(X, Y)$ thoả mãn điều kiện bài toán. Tóm lại, $s=133$ là số lớn nhất thoả mãn yêu cầu đề bài. Bài toán kết thúc.

Cực trị hình học (Lớp 8)

Leave a reply

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.