Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2023 (VMO 2023)

Leave a reply

Ngày thi thứ nhất. Thời gian làm bài 180 phút.

Bài 1 (5,0 điểm) Xét dãy số $\left(a_n\right)$ thỏa mãn $a_1=\frac{1}{2}, a_{n+1}=\sqrt[3]{3 a_{n+1}-a_n}$ và $0 \leq a_n \leq 1$, với mọi $n \geq 1$.
a) Chứng minh rằng dãy $\left(a_n\right)$ xác định duy nhất và có giới hạn hữu hạn.
b) Cho dãy số $\left(b_n\right)$ xác định bởi $b_n=\left(1+2 a_1\right)\left(1+2^2 a_2\right) \cdots\left(1+2^n a_n\right)$ với mọi $n \geq 1$. Chứng minh rằng dãy $\left(b_n\right)$ có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5,0 điểm) Cho các số nguyên $a, b, c, \alpha, \beta$ và dãy số $\left(u_n\right)$ xác định bởi
$$
u_1=\alpha, u_2=\beta, u_{n+2}=a u_{n+1}+b u_n+c \text { với mọi } n \geq 1 \text {. }
$$
a) Chứng minh rằng nếu $a=3, b=-2, c=-1$ thì có vô số cặp số nguyên $(\alpha ; \beta)$ để $u_{2023}=2^{2022}$.
b) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n_0$ sao cho có duy nhất một trong hai khẳng định sau là đúng:
i) Có vô số số nguyên dương $m$ để $u_{n_0} u_{n_0+1} \cdots u_{n_0+m}$ chia hết cho $7^{2023}$ hoặc $17^{2023}$;
ii) Có vô số số nguyên dương $k$ để $u_{n_0} u_{n_0+1} \cdots u_{n_0+k}-1$ chia hết cho 2023.

Bài 3 (5,0 điểm) Tìm số thực dương $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức
$$
\frac{1}{k a b+c^2}+\frac{1}{k b c+a^2}+\frac{1}{k c a+b^2} \geq \frac{k+3}{a^2+b^2+c^2}
$$
đúng với mọi bộ ba số thực dương $(a ; b ; c)$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=2(a b+b c+c a)$.
Bài 4 (5,0 điểm) Cho tứ giác $A B C D$ có $D B=D C$ và nội tiếp một đường tròn. Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của $A B, A C$ và $J, E, F$ tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $A B C$ với $B C, C A, A B$. Đường thẳng $M N$ cắt $J E, J F$ lần lượt tại $K, H ; I J$ cắt lại đường tròn $(I B C)$ tại $G$ và $D G$ cắt lại $(I B C)$ tại $T$.
a) Chứng minh rằng $J A$ đi qua trung điểm của $H K$ và vuông góc với $I T$.
b) Gọi $R, S$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $A B, A C$. Lấy các điểm $P, Q$ lần lượt trên $I F, I E$ sao cho $K P$ và $H Q$ đều vuông góc với $M N$. Chứng minh rằng ba đường thẳng $M P, N Q$ và $R S$ đồng quy.

Ngày thi thứ hai. Thời gian làm bài 180 phút.

Bài 5 (6,0 điểm) Xét các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(0)=2022$ và
$$
f(x+g(y))=x f(y)+(2023-y) f(x)+g(x) \text { với mọi } x, y \in \mathbb{R} \text {. }
$$
a) Chứng minh rằng $f$ là một toàn ánh và $g$ là một đơn ánh.
b) Tìm tất cả các hàm số $f$ và $g$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài 6 (7,0 điểm) Có $n \geq 2$ lớp học tổ chức $m \geq 1$ tổ ngoại khóa cho học sinh. Lớp nào cũng có học sinh tham gia ít nhất một tổ ngoại khóa. Mọi tổ ngoại khóa đều có đúng a lớp có học sinh tham gia. Với hai tổ ngoại khóa bất kỳ, có không quá $b$ lớp có học sinh tham gia đồng thời cả hai tổ này.
a) Tính $m$ khi $n=8, a=4, b=1$.
b) Chứng minh rằng $n \geq 20 \mathrm{khi} m=6, a=10, b=4$.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của $n$ khi $m=20, a=4, b=1$.

Bài 7 (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn, không cân $A B C$ có trực tâm $H$ và tâm đường tròn ngoại tiếp $O$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $A B C$ tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ tương ứng tại $M, N, P$. Gọi $\Omega_A$ là một đường tròn đi qua $A$, tiếp xúc ngoài với $(I)$ tại một điểm $A^{\prime}$ và cắt lại $A B, A C$ tương ứng tại $A_b, A_c$. Các đường tròn $\Omega_B, \Omega_C$ và các điểm $B^{\prime}, B_a, B_c$, $C^{\prime}, C_a, C_b$ được xác định một cách tương tự.
a) Chứng minh rằng $B_c C_b+C_a A_c+A_b B_a \geq N P+P M+M N$.
b) Xét trường hợp $A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime}$ tương ứng thuộc các đường thẳng $A M, B N, C P$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác có ba cạnh tương ứng thuộc ba đường thẳng $A_b A_c, B_c B_a, C_a C_b$. Chứng minh rằng $O H$ song song với $I K$.

(Nguồn: Bộ Giáo Dục Việt Nam)

Đáp án chính thức
Dap-an-VMO-2023Download

Đường thẳng Simson của tam giác

Leave a reply

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.

Hướng dẫn

a) Ta có $AD \cdot BP +AE \cdot PC = 2S_{ABP} + 2S_{ACP} = 2S_{ABPC} = 2 (S_{ABC}+S_{PBC})$

Do đó $AD \cdot BP + AE \cdot PC $ lớn nhất khi $S_{PBC}$ lớn nhất, $P$ là điểm chính giữa cung $BC$.

b) Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$, khi đó $D, E, H$ thẳng hàng, hay $DE$ qua $H$ cố định.

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 $\angle P N M$.

Hướng dẫn

a) Tự giải

b) Tam giác $PDE$ và $PBA$ đồng dạng, $M, N$ lần lượt là trung điểm $AB, DE$ nên $PMB$ và $PNE$ đồng dạng, suy ra $\angle PNE = \angle PMB$, từ đó $PNFM$ nội tiếp, suy ra $\agle PNM = 90^\circ$.

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.

Hướng dẫn

Tứ giác $BFHD$ nội tiếp, nên hình chiếu của $D$ trên $BF, BH, FH$ thẳng hàng, hay $M, P, Q$ thẳng hàng. Tương tự cho tứ giác $CDHE$ thì $N, P, Q$ 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.

Hướng dẫn
  • Gọi $H_a, H_b$ là trự tâm tam giác $BCD, ACD$.
  • Chứng minh $d_a$ qua trung điểm $AH_a$;
  • Chứng minh $AH_aH_bB$ là hình bình hành.

Sử dụng vectơ chứng minh các điểm thẳng hàng

Leave a reply

Chứng minh các điểm thẳng hàng là một trong các dạng toán thường gặp trong các bài toán về vector, trong bài trình trình bày một số ví dụ, thông qua đó các em có thêm kinh nghiệm giải dạng toán này.

Tính chất 1. Cho $A, B, C$ là 3 điểm phân biệt.
a) $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$ cùng phương khi và chỉ khi tồn tại $k$ sao cho $\overrightarrow{A B}=k \cdot \overrightarrow{A C}$.
b) Giả sử $\overrightarrow{A B}=x \vec{a}+y \vec{b}$ và $\overrightarrow{A C}=x^{\prime} \vec{a}+y^{\prime} \vec{b}$. Khi đó $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi tồn tại $k$ để $x=k x^{\prime}, y=k y^{\prime}$ hay $\frac{x}{x^{\prime}}=\frac{y}{y^{\prime}}$.

Tính chất 2. Cho 2 điểm $A, B$ phân biệt và điểm $O$ nằm ngoài đường thẳng $A B$. Khi đó điểm $M$ thuộc đường thẳng $A B$ khi và chỉ khi tồn tại các số $x, y$ thỏa $x+y=1$ và
$$
\overrightarrow{O M}=x \cdot \vec{a}+y \cdot \vec{b}
$$

Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$. Gọi $M$ là trung điểm $A B, N$ thỏa $\overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{N C}=\overrightarrow{0}$ và P là điểm đối xứng của B qua C.
a) Chứng minh $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$
b) Chứng minh $\overrightarrow{N M}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.
c) Chứng minh $M, N, P$ thẳng hàng.

Lời giải

a) Ta có $\overrightarrow{0}=\overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{N C}=\overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{A C}=3 \overrightarrow{N A}+2 \overrightarrow{A C}$.
Suy ra $2 \overrightarrow{A C}=-3 \overrightarrow{N A}=3 \overrightarrow{A N}$.
Do đó $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.
b) Ta có $\overrightarrow{N M}=\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A N}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.
c) Ta có $\overrightarrow{P M}=\overrightarrow{B M}-\overrightarrow{B P}$
$=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-2 \overrightarrow{B C}$
$=-\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-2 \overrightarrow{B A}-2 \overrightarrow{A C}$
$=\frac{3}{2} \overrightarrow{A B}-2 \overrightarrow{A C}$
$=3\left(\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}-\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}\right)$
$=3 \overrightarrow{N M}$. Suy ra $P, M, N$ thẳng hàng.

Ví dụ 2. Cho tứ giác $A B C D$. Gọi $M, N$ thuộc cạnh $A D, B C$ sao cho $A M=2 M D, B N=2 N C$. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng $A B, M N$ và $C D$ thẳng hàng.

Lời giải

Gọi $P, Q, R$ lần lượt là trung điểm của $A B, M N$ và $C D$.

  • Ta có $\overrightarrow{P Q}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A M}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B N}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B C}$.
  • Ta cũng có $\overrightarrow{P R}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B C}$.
  • Từ đó suy ra $\overrightarrow{P Q}=\frac{2}{3} \overrightarrow{P R}$, suy ra $P, Q, R$ thẳng hàng.

Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ và điểm $D$ thỏa mãn $\overrightarrow{A D}=\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$, I là trung điểm của $B D$. M là điể thỏa $\overrightarrow{B M}=x \overrightarrow{B C}, x \in \mathbb{R}$.
a) Tinh $\overrightarrow{A I}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Tinh $\overrightarrow{A M}$ theo $x$ và $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$
c) Tìm $x$ để $A, I, M$ thẳng hàng.

Lời giải

a) Ta có $2 \overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C}$ $\Rightarrow \overrightarrow{A I}=\frac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\frac{3}{8} \overrightarrow{A C}$.
b) Ta có $\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A B}+x(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}$.
c) Ta có:
$$
\left\{\begin{array}{l}
\overrightarrow{A I}=\overrightarrow{A B}+\frac{3}{4} \overrightarrow{A C} \\\\
\overrightarrow{A M}=(1-x) \overrightarrow{A B}+x \overrightarrow{A C}
\end{array}\right.
$$

Khi đó, $A, M, I$ thẳng hàng $\Leftrightarrow \overrightarrow{A I}$ và $\overrightarrow{A M}$ cùng phương $\Leftrightarrow \frac{1-x}{1}=\frac{x}{\frac{3}{4}} \Leftrightarrow x=\frac{3}{7}$.

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho tam giác $\mathrm{ABC}$. Hai điểm $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ được xác định bởi hệ thức: $\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{M A}=\overrightarrow{0}, \overrightarrow{A B}-$ $\overrightarrow{N A}-3 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}$. Chứng minh $M N \parallel A C$.

Bài 2. Cho $3 \overrightarrow{O A}+2 \overrightarrow{O B}-5 \overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}$. Chứng minh $A, B, C$ thẳng hàng.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có trung tuyến $A M$. Gọi $I$ là trung điểm $A M$ và $K$ là trung điểm AC sao $A K=\frac{1}{3} A C$.
a) Biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{B I}, \overrightarrow{B K}$ theo $\overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}$.
b) Chứng minh các điểm $B, I, K$ thẳng hàng.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có trọng tâm $G$. Gọi $I, J$ là hai điểm xác định bởi $\overrightarrow{I A}=2 \overrightarrow{I B}, 3 \overrightarrow{J A}+$ $2 \overrightarrow{J C}=\overrightarrow{0}$.
a) Tính $\overrightarrow{I f}, \overrightarrow{I G}$ theo $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}$.
b) Chứng minh $I, J, G$ thẳng hàng.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$. Lấy các điểm $M, N, P$ thỏa mãn
$$
\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}, 3 \overrightarrow{A N}-2 \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}, \overrightarrow{P B}=2 \overrightarrow{P C}
$$

Chứng minh $M, N, P$ thẳng hàng.

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

Cấp số cộng

Leave a reply

Lý Ngọc Vy – Giáo viên Star Education

Dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n, \ldots,$ được gọi là cấp số cộng nếu lấy số hạng thứ hai trừ số hạng đứng trước nó bằng một số $c$ không đổi, nghĩa là $a_{n+1}-a_n=c$ với $n=1,2,3, \ldots$. Số $c$ được gọi là công sai của cấp số cộng.

Từ đó, ta có số hạng tổng quát của cấp số cộng sau:
$$
a_n=a_1+(n-1) c
$$

Ví dụ 1 Cho tập hợp các số tự nhiên
$$
1,2,3,4,5, \ldots,
$$
là một cấp số cộng với công sai $c=1$.
Cho tập hợp các số chẵn
$$
2,4,6,8,10,12, \ldots
$$
là một cấp số cộng với $c=2$ không đổi.
Tổng $n$ số hạng đầu tiên của cấp số cộng
Carl Fried Gauss (1777-1855) là một trong những nhà toán học vĩ đại nhất trong lịch sử. Tên ông ấy xuất hiện ở mọi lĩnh vực toán học. Chuyện kể rằng, lúc Gauss 7 tuổi, ông đã khám phá ra cách tính nhanh tổng các số từ 1 đến 100 .

Phương pháp tính của Gauss như sau: $S=1+2+3+\ldots+98+99+100$.
Đảo thứ tự các số, ta có: $S=100+99+98+\ldots+3+2+1$.
$$
\text { Vì } 1+100=2+99=3+98=\ldots=98+3=99+2=100+1=101 \text {. }
$$

Khi có, $2 S=100 \times 101$.
Vậy $S=5050$.

Ta áp dụng phương pháp này cho cấp số cộng.
Giả sử, cho cấp số cộng như sau:
$$
a_1, a_2, a_3, . ., a_n
$$

Ta có:
$S =a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}+a_n . $
$S =a_n+a_{n-1}+\ldots+a_2+a_1 .$

Vì $a_1+a_n=a_2+a_{n-1}=\ldots=a_{n-1}+a_2=a_n+a_1$. Khi đó, $2 S=n \times\left(a_1+a_n\right)$.
Vậy
$$
S=a_1+a_2+\ldots+a_n=\sum_{i=1}^n a_i=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) \cdot n}{2} .
$$
$\sum$ : Tổng của 1 phép toán nhiều hạng tử.
Ví dụ 2: [AMC8.2015.9] Ngày đầu tiên đi làm, Janabel bán được 1 sản phẩm. Ngày thứ 2, cô ấy bán được 3 sản phẩm. Ngày thứ 3 , cô ây bán được 5 sản phẩm và những ngày tiếp theo cô ấy bán được nhiều hơn ngày trước đó 2 sản phẩm. Trong 20 ngày, Janabel bán được tất cả bao nhiêu sản phẩm?

Lời giải.
Biểu diễn $a_n$ là số sản phẩm Janabel bán được ở ngày thứ $n$. Theo giả thuyết, dãy số sau là dãy cấp số cộng với $a_1=1$ và công sai $c=2$
1
$$
1,3,5,7, \ldots
$$

Từ (1) và (2), suy ra ngày thứ 20 , cô ấy đã bán được số sản phẩm $a_{20}=a_1+2 \times 19=39$. Số sản phẩm cố ấy bán được trong 20 ngày là $S=\frac{(1+39) \times 20}{2}=400$.
Ví dụ 3: [AMC10A.2011.4] Cho $X$ và $Y$ là tổng của cấp số cộng như sau:
$X=10+12+14+\ldots+100$
$Y=12+14+16+\ldots+102 .$

Tính $Y-X$ ?
Lời giải.
Cách 1: $X$ và $Y$ là tổng của cấp số cộng có 46 số hạng. Dùng công thức (2), ta tính được $X$ và $Y$.

Cách 2: $Y-X=(12-10)+(14-12)+\ldots+(102-100)=2 \times 46=92$.
Cách 3:

Cách 3:
$$
\begin{aligned}
& X=10+12+14+\ldots+100 \
& Y=\quad 12+14+\ldots+100+102 .
\end{aligned}
$$

Khi lấy $Y-X$, các số hạng từ 12 dến 100 sẽ triệt tiêu cho nhau nên $Y-X=102-10=92$
Ví dụ 4: [AMC10.2001.11] Xét hình vuông tối màu trong một mảng các hình vuông đơn vị được biểu thị như hình dưới. Vòng thứ nhất bao quanh hình vuông trung tâm gồm 8 hình vuông đơn vị. Vòng thứ hai gồm 16 hình vuông đơn vị. Cứ tiếp tục như thế thì đến vòng thứ 100 sẽ có bao nhiêu hình vuông đơn vị?

Lời giải.
Gọi $a_n$ là số hình vuông đơn vị ở vòng thứ $n$.
Khi đó, dãy số
$$
8,16,24, \ldots
$$
là một cấp số cộng với công sai
$$
c=8
$$

Từ (1), ta tính được $a_{100}=a_1+99 \times 8=800$.

Ví dụ 5. Cho dãy số $1 ; 4 ; 7 ; \ldots$ là một cấp số cộng với công sai là 3 .
(a) Tìm số hạng thứ 10.
(b) Tìm số hạng thứ 2023.
(c) Tính tổng 10 số hạng đầu.
(d) Tính tổng 100 số hạng đầu tiên.
(e) Tính tổng các số hạng từ số hạng 11 đến số hạng 100 .

Lời giải.
$$
u_1=1 ; d=3 \text {. }
$$
(a) $u_{10}=u_1+(10-1) d=1+9.3=28$.
(b) $u_{2023}=u_1+(2023-1) d=1+2022.3=6067$.
(c) $S_{10}=\frac{\left(u_{10}+u_1\right) \cdot 10}{2}=\frac{(28+1) \cdot 10}{2}=145$.
(d) $S_{100}=\frac{\left(u_{100}+u_1\right) \cdot 100}{2}=\frac{(298+1) \cdot 100}{2}=14950$.
(e) $u_{11}+\ldots+u_{100}=S_{100}-S_{10}=14950-145=14805$.

Ví dụ 6. (Số tam giác) Ta gọi tổng của $n$ số nguyên dương đầu tiên là một số tam giác (thứ $n$ ). Ví dụ 10 là một số tam giác thứ tư vì $10=1+2+3+4$.
1
(a) Liệt kê 10 số tam giác đầu tiên.
(b) Số 200 có phải là một số tam giác không? Tại sao?
(c) Tính tổng của hai số tam giác thứ 11 và 12 .
(d) Có nhận xét gì về tổng hai số tam giác liên tiếp, chứng minh nhận xét đó.
(e) Ngoài số 1, có số tam giác nà là bình phương của một số nguyên dương không? Tìm một số như thế.

Lời giải

(a) 10 số tam giác đầu tiên: ${1 ; 3 ; 6 ; 10 ; 15 ; 21 ; 28 ; 36 ; 45 ; 55}$.
(b) $200=S_n=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] \cdot n}{2} \Rightarrow 200=\frac{[2+(n-1)] n}{2} \Rightarrow n^2-n-398=0$.
Ta thấy, $n \approx 20,46$ không là số nguyên dương.
Vậy 200 không là một số tam giác.
(c) $S_{11}+S_{12}=\frac{(11+1) \cdot 11}{2}+\frac{(12+1) \cdot 12}{2}=144$.
(d) Tổng hai số tam giác liên tiếp: ${4 ; 9 ; 16 ; 25 ; 36 ; \ldots} . \Rightarrow$ Tổng hai số tam giác liên tiếp luôn là số chính phương.
$ S_n+S_{n+1}=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] n}{2}+\frac{\left(2 u_1+n d\right)(n+1)}{2}=\frac{4 u_1 n+2 u_1+2 n^2 d}{2}=n^2+2 n+1
$ =(n+1)^2 $
(e) $x^2=S_n \Rightarrow x^2=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] n}{2} \Rightarrow x^2=\frac{n^2+n}{2}$.
Ta thấy, số tam giác thứ 8 là bình phương của một số nguyên dương là 36 .

Ví dụ 7. Cho các tập sau: $S_1={1}, S_2={2,3}, S_3={4,5,6}, \ldots$
(a) Tính tổng các số của $S_5, S_6$.
(b) Tìm số lớn nhất của $S_{100}$.
(c) Tính tổng các số của $S_{100}$.
(d) Số 2023 thuộc tập nào?
(e) Đặt $m_1, m_2, \ldots$ lần lượt là số lớn nhất trong các tập $S_1, S_2, \ldots$, . Ví dụ $m_1=1, m_2=3, m_3=6$. Có nhận xét gì về $m_1, m_2, \ldots$, . Có số nào trong dãy có giá trị bằng 210 không? Tại sao?

Lời giải.
Gọi $A_n={1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; n}$.
Số nhỏ nhất trong tập $S_n=K_n-(n-1)$ với $K_n$ là tổng $n$ số đầu tiên trong dãy $A_n$. Số lớn nhất trong tập $S_n=K_n$ với $K_n$ là tổng $n$ số đầu tiên trong dãy $A_n$.
(a) Số nhỏ nhất trong tập $S_5=K_5-4=\frac{(5+1) .5}{2}-4=11$.
Số lớn nhất trong tập $S_5=K_5=15$.
Tổng các số của $S_5=\frac{(15+11) \cdot 5}{2}=65$.
Số nhỏ nhất trong tập $S_6=16$.
Số lớn nhất trong tập $S_6=21$.
Tổng các số của $S_6=\frac{(16+21) \cdot 6}{2}=111$.

Số lớn nhất trong tập $S_6=21$.
Tổng các số của $S_6=\frac{(16+21) \cdot 6}{2}=111$.
(b) Số lớn nhất của $S_{100}=K_{100}=\frac{(100+1) \cdot 100}{2}=5050$.
(c) Số nhỏ nhất của $S_n<2023<$ Số lớn nhất của $S_n$

Ta có $K_n-(n-1)<20234046$, suy ra 63,11<n<64,09\right. \
Vậy $n=64$, do đó $2023 \in S_{64} $
(d) $m_1 ; m_2 ; \ldots$ là tổng $n$ số đầu tiên của $A_n$.
$210=\frac{(1+n) \cdot n}{2} \Rightarrow n^2+n-420=0 \Rightarrow n=20$ là số nguyên dương.
Vậy $m_{20}$ là số lớn nhất trong tập có giá trị bằng 210.

Ví dụ 8. Bạn Bảo Huy có một kế hoạch học tập vào tháng 5 (31 ngày) đối với môn toán như sau: giai đoạn khởi động 15 ngày đầu, mỗi ngày Huy làm 4 bài toán, giai đoạn tăng tốc kể từ ngày 16 thì Huy mỗi ngày Huy làm nhiều hơn ngày trước đó một số bài không đổi, sau khi tăng tốc làm bài đến về đích, Huy làm mỗi ngày giảm 10 bài so với ngày trước đó và nghỉ hẳn, không làm toán vào ngày cuối cùng. Sau khi thực hiện theo kế hoạch thì Huy thấy mình làm được là 402 bài toán trong tháng năm. Hỏi ngày Huy làm được nhiều nhất là bao nhiêu bài toán?

Lời giải.

Giai đoạn khởi động: Tổng số bài bạn Bảo Huy làm trong 15 ngày là $4.15=60$ bài.

Giai đoạn tăng tốc: Số bài bạn Bảo Huy làm từ ngày 16 là
$ u_{16}=4+d, u_{17}=4+2 d, u_{18}=4+3 d, \ldots $
$\Rightarrow u_{16+n}=4+(n+1) d $

Giai đoạn về đích:
$$
u_{16+n+1}=4+(n+1) d-10, u_{16+n+2}=4+(n+1) d-2.10, \ldots
$$

Ngày 30: $u_{16+n+m-1}=4+(n+1) d-(m-1) .10$.

Ngày $31: u_{16+n+m}=4+(n+1) d-m .10$ với $16+n+m=31 \Rightarrow m=15-n$ và $n, m$ là các số nguyên dương.

Vì bạn Bảo Huy không làm toán vào ngày cuối cùng nên

$4+(n+1) d-10 m=0 \Rightarrow 4+(n+1) d-10(15-n)=0 \Rightarrow d=\frac{146-10 n}{n+1} $

Bạn Bảo Huy làm được 402 bài toán trong tháng năm nên

Giai đoạn khởi động + Giai đoạn tăng tốc + Giai đoạn về đích (dến ngày 30)=402
$\Rightarrow 60+\dfrac{4+(n+1) d+(4+d)}{2}+\dfrac{4+(n+1) d-10(14-n)+4+(n+1) d-10}{2}=402 $
$\Rightarrow-n^2 d-10 n^2+29 n d+290 n+30 d=2664 .

Mà $ d=\frac{146-10 n}{n+1}$
Khi đó, $n=11$ và $d=3$.
Vậy 1 ngày bạn Bảo Huy làm nhiều nhất $4+(11+1) \cdot 3=40$ bài toán.