Định nghĩa. Cho đường thẳng $d$ và đường thẳng $l$ không song song $d$, và vectơ $\overrightarrow{AB}$. Đường thẳng qua $A, B$ song song với $l$ cắt $d$ tại$A’, B’$, Khi đó $\overrightarrow{A’B’}$ được gọi là hình chiếu của $\overrightarrow{AB}$ trên $d$ theo phương $l$. Trường hợp $l \perp d$ ta có phép chiếu vuông góc.
2. Tính chất
1) Hình chiếu của $\overrightarrow{a}$ trên $d$ là $\overrightarrow{0}$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{a}$ cùng phương với $l$.
2) Nếu $\overrightarrow{a’}, \overrightarrow{b’}$ là hình chiếu của $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ trên $d$ thì $\overrightarrow{a’} \pm \overrightarrow{b’}$ là hình chiếu của $\overrightarrow{a} \pm \overrightarrow{b}$ trên $d$.
3) Nếu $\overrightarrow{a’}$ là hình chiếu của $\overrightarrow{a}$ thì $k \cdot \overrightarrow{a’}$ là hình chiếu của $k \cdot \overrightarrow{a}$.
Phép chiếu bảo toán các phép toán cộng, trừ hai vectơ, tích một vectơ với một số, nhưng không bảo toàn tích vô hướng hai vectơ
3. Một số ví dụ áp dụng của phép chiếu vectơ
Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$, $M$ là trung điểm $BC$ và $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Chứng minh
a) $\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AM}$
b) $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$.
Lời giải.
a) Đặt $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} -2\overrightarrow{AM}$
Xét phép chiếu vectơ theo phương $AB$ trên đường thẳng $BC$ ta có
Do đó $\overrightarrow{u}\mapsto \overrightarrow{BC} – 2\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{0}$, suy ra $\overrightarrow{u} || AB$.
Chứng minh tương tự thì $\overrightarrow{u} ||AC$
Do đó $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{0}$
b) Đặt $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC}$. Thực phép chiếu theo phương $GA$ trên đường thẳng $BC$, ta có:
$\overrightarrow{GA} \mapsto \overrightarrow{0}, \overrightarrow{GB} \mapsto \overrightarrow{MB}, \overrightarrow{GC} \mapsto \overrightarrow{MC}$. Khi đó $\overrightarrow{u} \mapsto \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{0}$
Do đó $\overrightarrow{u}$ cùng phương $GA$.
Chứng minh tương tự $\overrightarrow{u}$ cùng phương $GB, GC$
Do đó $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{0}$
Ví dụ 2. (Định lý Jacobi) Cho tam giác $ABC$, $M$ là điểm nằm trong tam giác, đặt $S_a = S_{MBC}, S_b = S_{MAC}, S_c = S_{MAC}$. Chứng minh rằng
Thực hiện phép chiếu xuống $BC$ theo phương $MA$, ta có $\overrightarrow{MA} \mapsto \overrightarrow{0}, \overrightarrow{MB} \mapsto \overrightarrow{DB}, \overrightarrow{MC} \mapsto \overrightarrow{DC}$
Do đó $\overrightarrow{u} \mapsto S_b \cdot \overrightarrow{DC} + S_b \cdot \overrightarrow{DB}$. (1)
Ta có $\overrightarrow{DB} = \dfrac{-DB}{DC} \overrightarrow{DB}$ và $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{S_b}{S_c}$, suy ra $\overrightarrow{DB} = \dfrac{-S_b}{S_c} \overrightarrow{DB}$, từ đó $S_c \cdot \overrightarrow{DB} + S_b \cdot \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{0}$.
Vậy $\overrightarrow{u} \mapsto \overrightarrow{0}$, và $\overrightarrow{u}$ cùng phương với $MA$, tương tự ta cũng có $\overrightarrow{u}$ cùng phương $MB, MC$. Do đó $\overrightarrow{u} = \overrightarrow{0}$.
Bài tập rèn luyện.
Bài 1. Cho đa giác đều $A_1A_2\cdot A_n$ có tâm $O$. Chứng minh rằng $$\overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2} + \cdots + \overrightarrow{OA_n} = \overrightarrow{0}$$
Bài 2. Cho tam giác $ABC$, dự các vec tơ $\overrightarrow{a}$ hướng là ngoài tam giác và có độ dài $BC$, các vec tơ $\overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}$ được dựng tương tự. Chứng minh rằng $\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c} = \overrightarrow{0}$
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp, $H$ là trực tâm. Chứng minh rằng $$ \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}$$
Dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_n, \ldots,$ được gọi là cấp số cộng nếu lấy số hạng thứ hai trừ số hạng đứng trước nó bằng một số $c$ không đổi, nghĩa là $a_{n+1}-a_n=c$ với $n=1,2,3, \ldots$. Số $c$ được gọi là công sai của cấp số cộng.
Từ đó, ta có số hạng tổng quát của cấp số cộng sau: $$ a_n=a_1+(n-1) c $$
Ví dụ 1 Cho tập hợp các số tự nhiên $$ 1,2,3,4,5, \ldots, $$ là một cấp số cộng với công sai $c=1$. Cho tập hợp các số chẵn $$ 2,4,6,8,10,12, \ldots $$ là một cấp số cộng với $c=2$ không đổi. Tổng $n$ số hạng đầu tiên của cấp số cộng Carl Fried Gauss (1777-1855) là một trong những nhà toán học vĩ đại nhất trong lịch sử. Tên ông ấy xuất hiện ở mọi lĩnh vực toán học. Chuyện kể rằng, lúc Gauss 7 tuổi, ông đã khám phá ra cách tính nhanh tổng các số từ 1 đến 100 .
Phương pháp tính của Gauss như sau: $S=1+2+3+\ldots+98+99+100$. Đảo thứ tự các số, ta có: $S=100+99+98+\ldots+3+2+1$. $$ \text { Vì } 1+100=2+99=3+98=\ldots=98+3=99+2=100+1=101 \text {. } $$
Khi có, $2 S=100 \times 101$. Vậy $S=5050$.
Ta áp dụng phương pháp này cho cấp số cộng. Giả sử, cho cấp số cộng như sau: $$ a_1, a_2, a_3, . ., a_n $$
Ta có: $S =a_1+a_2+\ldots+a_{n-1}+a_n . $ $S =a_n+a_{n-1}+\ldots+a_2+a_1 .$
Vì $a_1+a_n=a_2+a_{n-1}=\ldots=a_{n-1}+a_2=a_n+a_1$. Khi đó, $2 S=n \times\left(a_1+a_n\right)$. Vậy $$ S=a_1+a_2+\ldots+a_n=\sum_{i=1}^n a_i=\dfrac{\left(a_1+a_n\right) \cdot n}{2} . $$ $\sum$ : Tổng của 1 phép toán nhiều hạng tử. Ví dụ 2: [AMC8.2015.9] Ngày đầu tiên đi làm, Janabel bán được 1 sản phẩm. Ngày thứ 2, cô ấy bán được 3 sản phẩm. Ngày thứ 3 , cô ây bán được 5 sản phẩm và những ngày tiếp theo cô ấy bán được nhiều hơn ngày trước đó 2 sản phẩm. Trong 20 ngày, Janabel bán được tất cả bao nhiêu sản phẩm?
Lời giải. Biểu diễn $a_n$ là số sản phẩm Janabel bán được ở ngày thứ $n$. Theo giả thuyết, dãy số sau là dãy cấp số cộng với $a_1=1$ và công sai $c=2$ 1 $$ 1,3,5,7, \ldots $$
Từ (1) và (2), suy ra ngày thứ 20 , cô ấy đã bán được số sản phẩm $a_{20}=a_1+2 \times 19=39$. Số sản phẩm cố ấy bán được trong 20 ngày là $S=\frac{(1+39) \times 20}{2}=400$. Ví dụ 3: [AMC10A.2011.4] Cho $X$ và $Y$ là tổng của cấp số cộng như sau: $X=10+12+14+\ldots+100$ $Y=12+14+16+\ldots+102 .$
Tính $Y-X$ ? Lời giải. Cách 1: $X$ và $Y$ là tổng của cấp số cộng có 46 số hạng. Dùng công thức (2), ta tính được $X$ và $Y$.
Cách 2: $Y-X=(12-10)+(14-12)+\ldots+(102-100)=2 \times 46=92$. Cách 3:
Khi lấy $Y-X$, các số hạng từ 12 dến 100 sẽ triệt tiêu cho nhau nên $Y-X=102-10=92$ Ví dụ 4: [AMC10.2001.11] Xét hình vuông tối màu trong một mảng các hình vuông đơn vị được biểu thị như hình dưới. Vòng thứ nhất bao quanh hình vuông trung tâm gồm 8 hình vuông đơn vị. Vòng thứ hai gồm 16 hình vuông đơn vị. Cứ tiếp tục như thế thì đến vòng thứ 100 sẽ có bao nhiêu hình vuông đơn vị?
Lời giải. Gọi $a_n$ là số hình vuông đơn vị ở vòng thứ $n$. Khi đó, dãy số $$ 8,16,24, \ldots $$ là một cấp số cộng với công sai $$ c=8 $$
Từ (1), ta tính được $a_{100}=a_1+99 \times 8=800$.
Ví dụ 5. Cho dãy số $1 ; 4 ; 7 ; \ldots$ là một cấp số cộng với công sai là 3 . (a) Tìm số hạng thứ 10. (b) Tìm số hạng thứ 2023. (c) Tính tổng 10 số hạng đầu. (d) Tính tổng 100 số hạng đầu tiên. (e) Tính tổng các số hạng từ số hạng 11 đến số hạng 100 .
Ví dụ 6. (Số tam giác) Ta gọi tổng của $n$ số nguyên dương đầu tiên là một số tam giác (thứ $n$ ). Ví dụ 10 là một số tam giác thứ tư vì $10=1+2+3+4$. 1 (a) Liệt kê 10 số tam giác đầu tiên. (b) Số 200 có phải là một số tam giác không? Tại sao? (c) Tính tổng của hai số tam giác thứ 11 và 12 . (d) Có nhận xét gì về tổng hai số tam giác liên tiếp, chứng minh nhận xét đó. (e) Ngoài số 1, có số tam giác nà là bình phương của một số nguyên dương không? Tìm một số như thế.
Lời giải
(a) 10 số tam giác đầu tiên: ${1 ; 3 ; 6 ; 10 ; 15 ; 21 ; 28 ; 36 ; 45 ; 55}$. (b) $200=S_n=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] \cdot n}{2} \Rightarrow 200=\frac{[2+(n-1)] n}{2} \Rightarrow n^2-n-398=0$. Ta thấy, $n \approx 20,46$ không là số nguyên dương. Vậy 200 không là một số tam giác. (c) $S_{11}+S_{12}=\frac{(11+1) \cdot 11}{2}+\frac{(12+1) \cdot 12}{2}=144$. (d) Tổng hai số tam giác liên tiếp: ${4 ; 9 ; 16 ; 25 ; 36 ; \ldots} . \Rightarrow$ Tổng hai số tam giác liên tiếp luôn là số chính phương. $ S_n+S_{n+1}=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] n}{2}+\frac{\left(2 u_1+n d\right)(n+1)}{2}=\frac{4 u_1 n+2 u_1+2 n^2 d}{2}=n^2+2 n+1 $ =(n+1)^2 $ (e) $x^2=S_n \Rightarrow x^2=\frac{\left[2 u_1+(n-1) d\right] n}{2} \Rightarrow x^2=\frac{n^2+n}{2}$. Ta thấy, số tam giác thứ 8 là bình phương của một số nguyên dương là 36 .
Ví dụ 7. Cho các tập sau: $S_1={1}, S_2={2,3}, S_3={4,5,6}, \ldots$ (a) Tính tổng các số của $S_5, S_6$. (b) Tìm số lớn nhất của $S_{100}$. (c) Tính tổng các số của $S_{100}$. (d) Số 2023 thuộc tập nào? (e) Đặt $m_1, m_2, \ldots$ lần lượt là số lớn nhất trong các tập $S_1, S_2, \ldots$, . Ví dụ $m_1=1, m_2=3, m_3=6$. Có nhận xét gì về $m_1, m_2, \ldots$, . Có số nào trong dãy có giá trị bằng 210 không? Tại sao?
Lời giải. Gọi $A_n={1 ; 2 ; 3 ; \ldots ; n}$. Số nhỏ nhất trong tập $S_n=K_n-(n-1)$ với $K_n$ là tổng $n$ số đầu tiên trong dãy $A_n$. Số lớn nhất trong tập $S_n=K_n$ với $K_n$ là tổng $n$ số đầu tiên trong dãy $A_n$. (a) Số nhỏ nhất trong tập $S_5=K_5-4=\frac{(5+1) .5}{2}-4=11$. Số lớn nhất trong tập $S_5=K_5=15$. Tổng các số của $S_5=\frac{(15+11) \cdot 5}{2}=65$. Số nhỏ nhất trong tập $S_6=16$. Số lớn nhất trong tập $S_6=21$. Tổng các số của $S_6=\frac{(16+21) \cdot 6}{2}=111$.
Số lớn nhất trong tập $S_6=21$. Tổng các số của $S_6=\frac{(16+21) \cdot 6}{2}=111$. (b) Số lớn nhất của $S_{100}=K_{100}=\frac{(100+1) \cdot 100}{2}=5050$. (c) Số nhỏ nhất của $S_n<2023<$ Số lớn nhất của $S_n$
Ta có $K_n-(n-1)<20234046$, suy ra 63,11<n<64,09\right. \ Vậy $n=64$, do đó $2023 \in S_{64} $ (d) $m_1 ; m_2 ; \ldots$ là tổng $n$ số đầu tiên của $A_n$. $210=\frac{(1+n) \cdot n}{2} \Rightarrow n^2+n-420=0 \Rightarrow n=20$ là số nguyên dương. Vậy $m_{20}$ là số lớn nhất trong tập có giá trị bằng 210.
Ví dụ 8. Bạn Bảo Huy có một kế hoạch học tập vào tháng 5 (31 ngày) đối với môn toán như sau: giai đoạn khởi động 15 ngày đầu, mỗi ngày Huy làm 4 bài toán, giai đoạn tăng tốc kể từ ngày 16 thì Huy mỗi ngày Huy làm nhiều hơn ngày trước đó một số bài không đổi, sau khi tăng tốc làm bài đến về đích, Huy làm mỗi ngày giảm 10 bài so với ngày trước đó và nghỉ hẳn, không làm toán vào ngày cuối cùng. Sau khi thực hiện theo kế hoạch thì Huy thấy mình làm được là 402 bài toán trong tháng năm. Hỏi ngày Huy làm được nhiều nhất là bao nhiêu bài toán?
Lời giải.
Giai đoạn khởi động: Tổng số bài bạn Bảo Huy làm trong 15 ngày là $4.15=60$ bài.
Giai đoạn tăng tốc: Số bài bạn Bảo Huy làm từ ngày 16 là $ u_{16}=4+d, u_{17}=4+2 d, u_{18}=4+3 d, \ldots $ $\Rightarrow u_{16+n}=4+(n+1) d $
Bài 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $A B$. $C$ là một điểm thuộc đường tròn. $d_1$ và $d_2$ lần lượt là tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(O)$. Tiếp tuyến tại $C$ cắt $d_1, d_2$ lần lượt tại $D$ và $E$. $B C$ cắt $d_1$ tại $F$. a) Chứng minh $d_1 | d_2$ và $D$ là trung điểm của $A F$. b) Vẽ đường cao $C H$. Chứng minh rằng $A E, B D$ và $C H$ dồng quy tại trung điểm của $C H$. c) Chứng minh $O F \perp A E$.
Lời giải.
a) $d_1$ là tiếp tuyến tại $A$ nên $O A \perp d_1, d_2$ là tiếp tuyến tại $B$ nên $d_2 \perp O B$, mà $O, A, B$ thẳng hàng, suy ra $d_1 / / d_2$. Ta có $\angle A C B=90^{\circ}$, suy ra $\angle D C F+$ $\angle D C A=\angle D F C+\angle D A C=90^{\circ}$. (1) Hơn nữa $D A=D C$ (t/c tiếp tuyến), tam giác $D A C$ cân tại $D$, suy ra $\angle D C A=$ $\angle D A C$. (2) Từ (1) và (2) ta có $\angle D C F=\angle D F C$, tam giác $D C F$ cân tại $D$. Vậy $D F=D C=D A$, hay $D$ là trung điểm của $A F$. b) Gọi $I$ là giao điểm của $B D$ và $A E$. Ta có $A D / / B E$ nên $\frac{B I}{I D}=\frac{E B}{A D}(3)$. Mặt khác do $A D=D C$ và $E B=E C$, suy ra $\frac{E B}{A D}=\frac{E C}{D C}$ (4).
Từ (3) và (4) ta có $\frac{B I}{I D}=\frac{E C}{D C}$, suy ra $I C / / A D$ (Thalet đảo).
Mà $A D \perp A B$ nên $C I \perp A B$, vậy $C, I, H$ thẳng hàng.
Do đó $A E, B E, C H$ đồng quy tại $I$. Ta có $\frac{C I}{A D}=\frac{E I}{E A}, \frac{I H}{A D}=\frac{B I}{B D}$ và $\frac{E I}{E A}=$ $\frac{B I}{B D}$, nên $\frac{C I}{A D}=\frac{I H}{A D}$, suy ra $I C=I H$ hay $I$ là trung điểm của $C H$. c) Ta có $E B \cdot A D=E C \cdot C D=O C^2=R^2$, mà $A F=2 A D$ nên $E B \cdot A F=2 R^2$.
Suy ra $E B \cdot A F=A O \cdot A B$, suy ra $\frac{E B}{A B}=\frac{O A}{A F}$, do đó $\tan E A B=\tan A F O$, suy ra $\angle E A B=$ $\angle A F O$. Mà $\angle E A B+\angle E A F=90^{\circ}$ nên $\angle E A B+$ $\angle A F O=90^{\circ}$. Do đó $O F \perp A E$.
Bài 2. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. $A$ là một điểm nằm ngoài đường tròn, từ $A$ dựng các tiếp tuyến $A B, A C$ dến $(O)$ với $B, C$ là các tiếp điểm. Một cát tuyết qua $A$ cắt $(O)$ tại $D$ và $E$ trong đó $D$ nằm giữa $A$ và $E$.Gọi $H$ là giao điểm của $O A$ và $B C$. a) Chứng minh $O H \cdot O A=R^2$. b) Gọi $M$ là trung điểm của $D E$. Chứng minh 4 điểm $O, M, B, C$ cùng thuộc đường tròn. c) Tiếp tuyến tại $D$ và $E$ của $(O)$ cắt nhau tại điểm $P$. Chứng minh $P, B, C$ thẳng hàng.
Lời giải.
a) Ta có $A B, A C$ là tiếp tuyến nên $A B=A C$, và $O B=O C=R$, suy ra $O A$ là trung trực của $B C$, suy ra $O A \perp B C$ tại $H$. Tam giác $O A B$ có $\angle O B A=90^{\circ}$ (t/c tiệp tuyến) và $B H \perp O A$ nên $O H \cdot O A=O B^2=$ $R^2$. b) $M$ là trung điểm $D E$, suy ra $O M \perp D E$. Ta có $\angle O B A=\angle O M A=\angle O C A=90^{\circ}$, suy ra 5 diểm $O, M, B, A, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $O A$. c) Ta chứng minh được $O P \perp D E$, suy ra $O, M, P$ thẳng hàng và $O M . O P=O D^2=$ $R^2$. Suy ra $O M \cdot O P=O H \cdot O A$, suy ra $\frac{O M}{O H}=$ $\frac{O P}{O A}$. Xét tam giác $O M A$ và tam giác $O H P$ có: $\angle A O P$ chung $\frac{O M}{O H}=\frac{O P}{O A}$ $\angle O H P=\angle O M A=90^{\circ}$. Ta có $B C, P H$ vuông góc với $O A$ tại $H$ nên $P, B, C$ thẳng hàng.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A(A B<A C)$. Vẽ đường tròn tâm $O$ đường kính $A C$ cắt cạnh $B C$ tại $D$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là trung điểm của hai cạnh $A D$ và $C D$. Tia $O H$ cắt cạnh $A B$ tại $E$. Tia $O K$ cắt đường thẳng $E D$ tại $N$ và cắt đường tròn tâm $O$ tại $I$. (a) Chứng minh $D E$ là tiếp tuyến của $(O)$. (b) Chứng minh $O H D K$ là hình chữ nhật. (c) Chứng minh tia $D I$ là tia phân giác của $\angle N D C$. (d) Gọi $S$ là giao điểm của $O B$ với $A D$. Từ $S$ vẽ đường thẳng vuông góc với $A O$ và cắt tia $O H$ tại $Q$. Chứng minh 3 điểm $A, Q, N$ thẳng hàng.
Lời giải.
Hình 1
a) $OH$ là trung trực của $AD$, suy ra $EA = ED$. Từ đó $\triangle EDO = \triangle EAO (ccc)$, suy ra $\angle EDO = \angle EAO = 90^\circ$. Do đó $ED$ là tiếp tuyến của $(O)$.
b) Do $K$ là trung điểm $CD$ nên $OK \bot CD$, tứ giác $OHDK$ có $\angle D = \angle H = \angle K = 90^\circ$ nên là hình chữ nhật.
c) Ta có tam giác $ODI$ cân tại $O$ nên $\angle ODI = \angle OID$ (1) Mà $\angle ODI = \angle ODK + \angle KDI, \angle OID = \angle OND + \angle NDI$ (2) Và $\angle OND = \angle ODK$ (vì cùng phụ $\angle DON$) (3) Từ (1), (2), (3) ta có $\angle KDI = \angle NDI$
d) Gọi $L$ là giao điểm $AQ$ và $OS$. Trong tam giác $ASO$ có $AQ, SQ$ là các đường cao, nên $Q$ là trực tâm, suy ra $AQ \bot OS$ tại $L$. (4) Ta có $OL \cdot OB = OA^2$ và $OK \cdot ON = OD^2 = OA^2$ Suy ra $\angle OK \cdot ON = OL \cdot OB$ Suy ra $\triangle OLN \backsim \triangle OKB$, suy ra $\angle OLN = \angle OKB = 90^\circ$ (5) Từ (4), (5) ta có $A, L, N$ thẳng hàng, hay $A, Q, N$ thẳng hàng.
Bài 4. Cho đường tròn $(O ; R)$ và một điểm $S$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Vẽ hai tiếp tuyến $S B, S C$ đến $(O)$ với $B, C$ là hai tiếp điểm. Gọi $H$ là giao điểm của $S O$ với $B C$. (a) Vẽ đường kính $B A$ của $(O)$. Chứng minh $A C || S O$ và $H B \cdot H C=H O \cdot H S$. (b) Vẽ đường thẳng $d$ vuông góc vớ $A B$ tại $O$, đường thẳng $d$ cắt đường thẳng $A C$ tại $E$. Chứng minh $S E=R$. (c) Vẽ $C K$ vuông góc với $A B$ tại $K$. Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $C K$. Chứng minh 3 điểm $S, I, A$ thẳng hàng.
Lời giải.
a) Do $AB$ là đường kính của $(O)$ nên $\angle ACB = 90^\circ$. (1)
Ta có $SB = SC$ và $SO$ phân giác $\angle BSC$ nên $SO$ là trung trực của $BC$, do đó $OS \bot BC$ tại $H$.
Từ đó ta có $AC ||OS$ vì cùng vuông góc $BC$.
b) $\triangle AOE = \triangle OBS (gcg)$, suy ra $OE = BS$.
Tứ giác $OESB$ có $OE||BS$ (Cùng vuông góc $AB$), và $OE = BS$ nên $OESB$ là hình bình hành, hơn nữa có $\angle OBS= 90^\circ$ nên là hình chữ nhật, do đó $SE = OB = R$.
c) Ta có $OASE$ là hình bình hành, suy ra $AS$ cắt $OE$ tại trung điểm $T$ của mỗi đoạn. $CK ||OE$ Gọi $I’$ là giao điểm của $AS$ và $CK$ Ta có $\dfrac{I’K}{OT} = \dfrac{AI’}{AT} = \dfrac{CI’}{ET}$ Mà $OT = ET$ nên $KI’ = CI’$, hay $I’ \equiv I$ Vậy $A, I, S$ thẳng hàng
Bài 5. Cho đường tròn $(O ; R)$ và điểm $M$ ở ngoài đường tròn $(O)$. Kẻ tiếp tuyến $M A, M B$ đến $(O)$ với $A, B$ là hai tiếp điểm. Đường thẳng $A B$ cắt $(O)$ tại $K$. (a) Kẻ đường kính $A N$ của $(O), B H \perp A N$ tại $H$. Chứng $\operatorname{minh} M B \cdot B N=B H \cdot M O$. (b) Đường thẳng $M O$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ và $D(C$ nằm giữa $O$ và $M)$. Chứng minh $O K \cdot M K=C K \cdot D K$. (c) $E$ đối xứng với $C$ qua $K$. Chứng minh $E$ là trực tâm của tam giác $A B D$. (d) Chứng minh $\sin \angle M^{\circ} A B=\frac{C K}{A K}+\frac{C K}{A M}$
Lời giải.
a) Chứng minh tam giác $OMB$ và $NBH$ đồng dạng. b) $OK \cdot MK = AK^2 = KC \cdot KD$ c) $ACBE$ là hình thoi, suy ra $BE||AC$, mà $AC \bot AD$ suy ra $BE \bot AD$ $DE \bot AB$ Do đó $E$ là trực tâm tam giác $ABD$.
d) $\angle CAK = \angle CAM$ (chứng minh ở bài trên) Do đó $\dfrac{CK}{CM} = \dfrac{AK}{AM}$, suy ra $\dfrac{CK}{AK} = \dfrac{CM}{AM}$ Từ đó $VP = \dfrac{CK}{AK} + \dfrac{CK}{AM} = \dfrac{CM}{AM} + \dfrac{CK}{AM} = \dfrac{KM}{AM} = \sin MAB$
Bài 6. Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a, E$ là cung thuộc cung nhỏ $B D$ của đường tròn tâm tâm $A$ bán kính $a$. Tiếp tuyến tại $E$ cắt $C D$ tại $F$ và $B C$ tại $G$. (a) Chứng minh chu vi tam giác $C F G$ bằng $2 a$. (b) $A F, A G$ cắt $B D$ tại $I$ và $H$. Chứng minh $H E=$ $H B, I E=I D$
và $H I^2=D I^2+B H^2$ (c) Chứng minh $F H, G I$ và $A E$ đồng quy.
Lời giải.
a) $CD, CB, FG$ là tiếp tuyến của $(A;a)$ Suy ra $FE = FD, GE = GB$ $P_{CFG} = CF + FG + CG = CF + EF +EG+CG = CF+DF +GB+CG = CD+ CB = 2a$
b) $AF$ là trung trực $DE$, và $AG$ là trung trực $BE$ Suy ra $IE = ID, HB = HE$ $\triangle IEF = \triangle IDF \Rightarrow \angle IEF =\angle IDF = 45^\circ$ Tương tự cũng có $\angle HEG = 45^\circ$ Suy ra $\angle IEH = 90^\circ$ Áp dụng pitago cho tam giác $EIH$ ta có $IH^2 = IE^2 + HE^2 = ID^2 + HB^2$
c) Ta có $AF$ là phân giác $\angle DAE$, $AG$ là phân giác của $\angle BAE$ Suy ra $\angle FAG = \dfrac{1}{2} \angle BAD = 45^\circ$. $\triangle AIH \backsim \triangle DIF (gg)$, suy ra $IA \cdot IF = ID \cdot IH$ Suy ra $\triangle IFH \backsim \triangle IDA \Rightarrow \angle IFH = \angle IDA = 45^\circ$ Suy $\angle AHF = 90^\circ$ hay $FH \bot AG$. Chứng minh tương tự $GI \bot AF$. Tam giác $FG$ có $AE, FH, GI$ là các đường cao nên đồng quy.
Bài 7. (Cuối khóa 1 – Star Education 2018) Cho đường tròn $(O ; R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ các tiếp tuyến $A B, A C$ dến $(O)$ ( $B, C$ là các tiếp điểm). $O A$ cắt $B C$ tại $H$. a) Chứng minh $O H \cdot O A=R^2$ và 4 điểm $O, A, B, C$ cùng thuộc một đường tròn. b) Đường tròn tâm $I$ đường kính $A B$ cắt $(O)$ tại điểm $D$ khác $B$. Chứng minh $I D$ là tiếp tuyến của $(O)$. c) Tiếp tuyến tại $H$ và tại $A$ của $(I)$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh $B, D, P$ thẳng hàng.
d) Tiếp tuyến tại $H$ của $(I)$ cắt $O B$ tại $M$; gọi $N$ là trung điểm $P M$, đường thẳng qua $P$ song song $B N$ cắt $A B$ tại $K$. Chứng minh $H K, A M$ và $B D$ đồng quy.
Lời giải.
a)
Xét $\triangle A B O$ vuông tại $B$ có:
$B H$ là đường cao $\Rightarrow O H \cdot O A=O B^2=R^2$ (Hệ thức lượng)
Ta có: $\triangle A B O$ vuông tại $B \Rightarrow A, B, O$ thuộc đường tròn đường kính $A O$. (1)
Lại có $\triangle A C O$ vuông tại $C \Rightarrow A, C, O$ thuộc đường tròn đường kính $A O$. (2)
Từ (1) và (2) suy ra $A, B, O, C$ thuộc đường tròn đường kính $A O$.
b)
Ta có: $\triangle A B D$ nội tiếp đường tròn đường kính $A B \Rightarrow \triangle A B D$ vuông tại $D$
Mà $I$ là trung điểm cạnh huyền $A B \Rightarrow I B=I D$ Ta có: $I B=I D, O B=O D$ nên $I O$ là trung trực của $B D$ $\Rightarrow \angle I B O=\angle I D O=90^{\circ}$ nên $I D$ là tiếp tuyến của $(O)$.
c) Tiếp tuyến tại $H$ và tại $A$ của $(I)$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh $B, D, P$ thẳng hàng.
Gọi $E=I P \cap A H$ và $F=I O \cap B D$. Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và hệ thức lượng, ta chứng minh được $$ I E \cdot I P=I A^2=I D^2=I F \cdot I O \Rightarrow \frac{I F}{I P}=\frac{I E}{I O} $$
Từ đó, chứng minh được $\triangle I F P \backsim \triangle I E O$ (c.g.c) $$ \Rightarrow \angle I E O=\angle I F P=90^{\circ} \text {. } $$
Ta có: $B D$ đi qua $F$ và vuông góc $I O, F P$ đi qua $F$ và vuông góc $I O$ nên hai đường thẳng này trùng nhau. $\Rightarrow B, D, P$ thẳng hàng.
d)
Chứng minh $I H$ là đường trung bình của $\triangle A B C \Rightarrow I H || A C$. Mà $I H \perp P M$ và $A C \perp O C$.
Suy ra: $H M || O C$. Lại có $H$ là trung điểm $B C$ nên $M$ là trung điểm $O B$.
Gọi $Q$ là giao điểm của $P K$ và $B O$. Ta có: $B N || P Q$ và $N$ là trung điểm của $P M$ nên suy ra $B$ là trung điểm của $Q M$.
Gọi $J=B P \cap A M$. Ta có : $ B Q ||A P \Rightarrow \frac{B K}{K A}=\frac{B Q}{P A}=\frac{B M}{P A} . $ $B M || A P \Rightarrow \frac{B M}{P A}=\frac{B J}{J P}$ Suy ra: $\frac{B K}{K A}=\frac{B J}{J P}$ nên $K J || A P$. Chứng minh tương tự $J H ||A P$. Từ đó ta có $K, J, H$ thẳng hàng.
Vậy $H K, B P, A M$ dồng quy tại $J$.
Bài tập luyện tập.
Bài 6. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Các đường cao $A D, B E$ và $C F$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $B C$ và $A H$. (a) Chứng minh $N E, N F$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C E$. (b) Chứng minh 5 điểm $D, E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. (c) Gọi $G$ là giao điểm của $A D$ và $E F$. Chứng minh $N G \cdot N D=N A^2$.
Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $A B=2 R$. Trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ lấy điểm $C$ sao cho $A C=A B$. Từ $C$ vẽ tiếp tuyến $C D$ dến $(O)$ cắt tiếp tuyến tại $B$ ở điểm E. (a) Tính $B E$. (b) Đường cao $D F$ của tam giác $A B D$ cắt $B C$ tại $G$. Chứng minh rằng $A, G, E$ thẳng hàng. (c) Gọi $H$ là giao điểm của $O C$ và $A D$. Tính $\angle D H B$. (d) Gọi $I$ là giao điểm của $B C$ và $(O)$. Tứ giác $I D B H$ là hình gì? Tại sao?
Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O) . M$ là trung điểm $B C$. Từ $A$ dựng các tiếp tuyến đến đường tròn $(O ; O M)$ cắt $B C$ tại $D$ và $E$ sao cho $D$ và $C$ khác phía đối với $M ; E, B$ khác phía đối với $M$. Chứng minh rằng các tam giác $A D C$ và $A B E$ cân.
Bài 9. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A, A B=a, B C=2 a$. Đường cao $A H$. Từ $B, C$ vẽ các tiếp tuyến $B D, C E$ dến đường tròn tâm $A$ bán kính $A H$. (a) Tính $A H$ và số đo $\angle A B C$. (b) Chứng minh $D, A, E$ thẳng hàng. (c) Chứng minh $E D$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $B C$. (d) Chứng minh $D C, B E$ và $A H$ dồng quy.
Bài 10. Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $2 a$, tâm $O$. Đường tròn tâm $O$ bán kính $a$ tiếp xúc với $A B$ và $B C$ tại $E$ và $F$. Gọi $P$ là một điểm trên cung nhỏ $E F$. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $A B, B C$ tại $M$ và $N$. Đặt $M B=c, B N=y$. (a) Chứng minh rằng $x+y+\sqrt{x^2+y^2}=2 a$. (b) Chứng minh rằng $A M \cdot C N=2 a^2$. (c) Gọi $K$ là trung điểm của $A D$. Chứng minh rằng $M K |$ $D N$.
Bài tập 1. Có ba bài kiểm tra, bài số 1 có 25 câu, bài số 2 có 40 câu, bài số 3 có 10 câu. Đức là được $80 \%$ câu đúng bài số 1, $90 \%$ câu đúng bài số 2 và $70 \%$ câu đúng bài số 3. Mỗi câu đúng bài số 1 được 3 điểm, bài số 2 được 5 điểm và bài số 3 được 7 điểm. a) Tính số câu đúng Đức làm được. b) Tính số điểm của Đức đạt được.
Lời giải.
a) Số câu đúng Đức làm được: $80 \%.25 + 90 \%.40 + 70 \%.10=63$ câu.
b) Số điểm Đức làm được: $80 \%.25.3 + 90 \%.40.5 + 70 \%.10.7=289$ điểm.
Bài tập 2. Một số nam sinh và nữ sinh đang rửa xe để quyên tiền cho chuyến tham quan Hà Nội của lớp. Ban đầu $40 \%$ của nhóm là con gái. Ngay sau đó, hai cô gái rời đi và hai chàng trai đến, sau đó $30 \%$ trong nhóm là các cô gái. Lúc đầu trong nhóm có bao nhiêu bạn nữ?
Lời giải. Gọi $x$ (bạn) là số bạn nữ lúc đầu trong nhóm có, $(x>0)$ $$ 40 \% \cdot x-2=30 \% . x \Rightarrow x=20 $$
Vậy có 20 bạn nữ.
Bài tập 3. Giả sử trường $\mathrm{A}$ có 1000 học sinh và trường $\mathrm{B}$ có 1200 học sinh. Hỏi số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là bao nhiêu phần trăm?
Lời giải. Số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là $1200-1000=200$ (học sinh). Phần trăm số học sinh trường $\mathrm{B}$ nhiều hơn số học sinh trường $\mathrm{A}$ là $\frac{200}{1000} \cdot 100=20 \%$ Vậy có $20 \%$
Bài tập 4. Thuế thu nhập của TPHCM được đánh ở mức $p \%$ của 28.000.000 đầu tiên của thu nhập hàng năm cộng với $(p+2) \%$ của bất kỳ số tiền nào trên 28.000.000. Nam nhận thấy rằng thuế thu nhập ở TPHCM mà ba bạn phải trả lên tới $(p+0,25) \%$ thu nhập hàng năm của ba. Thu nhập hàng năm của ba Nam ấy là bao nhiêu?
Lời giải. Gọi $x$ (đồng) là thu nhập hàng năm của ba Nam, $(x>0)$ Thuế thu nhập của TPHCM là $p \% .28000000+(p+2) \%(x-28000000)$ Thuế thu nhập của TPHCM mà ba Nam trả là $(p+0,25) \% . x$ Giải phương trình: $ p \% .28000000+(p+2) \%(x-28000000)=(p+0,25) \% . x $ $\Leftrightarrow p \% .28000000+x p \%-28000000 p \%+x .2 \%-56000000 \%=x p \%+x .0,25 \% $ $\Leftrightarrow x=32000000$
Bài tập 5. Giá cổ phiếu của công ty $T T C$ là $\$ 100$ vào năm 2021 . Nó đã giảm $25 \%$ vào năm 2022 và sau đó tăng $25 \%$ vào năm 2023 . Giá cổ phiếu cuối năm 2023 là bao nhiêu?
Lời giải. Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $\$ 100.25 \%=\$ 25$. $\Rightarrow$ Giá cổ phiếu vào năm 2022 là $\$ 100-\$ 25=\$ 75$. Giá cổ phiếu sẽ giảm vào năm 2023 là $\$ 75.25 \%=\$ 18,75$. $\Rightarrow$ Giá cổ phiếu vào năm 2023 là $\$ 75+\$ 18,75=\$ 93,75$.
Bài tập 6. Ông An định cải tạo một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài bằng 2,5 chiều rộng. Ông thấy rằng nếu đào một cái hồ có mặt hồ là hình chữ nhật thì sẽ chiếm mất $3 \%$ diện tích mảnh vườn, còn nếu giảm chiều dài $5 \mathrm{~m}$ và tăng chiều rộng $2 \mathrm{~m}$ thì mặt hồ là hình vuông và diện tích mặt hồ giảm được $20 m^2$. Hãy tính các cạnh của mảnh vườn.
Lời giải. Gọi $x(\mathrm{~m})$ là chiều rộng của mảnh vườn, $(x>0)$. Vì chiều dài bằng 2,5 chiều rộng nên chiều dài của mảnh vườn là $2,5 x(\mathrm{~m})$. Gọi $y(\mathrm{~m})$ là chiều rộng của mặt hồ ban đầu. Gọi $z(\mathrm{~m})$ là chiều dài của mặt hồ ban đầu. Vì diện tích của mặt hồ chiếm 3\% diện tích mảnh vườn nên diện tích của mặt hồ là $$ y . z=3 \% .2,5 x^2 \Rightarrow y z=0,075 x^2\left(\mathrm{~m}^2\right) $$
Nếu giảm chiều dài $5 m$ và tăng chiều rộng $2 m$ thì mặt hồ là hình vuông nên $$ y+2=z-5 \Rightarrow z=y+7 $$
Diện tích của mặt hồ giảm $20 \mathrm{~m}^2$ nên $$ y z-(y+2)(z-5)=20 \Rightarrow y \cdot(y+7)-(y+2)^2=20 \Rightarrow y=8 \Rightarrow z=8+7=15 $$
Thay $y=8$ và $z=15$ vào $y z=0,075 x^2$, ta được $8.15=0,075 x^2 \Rightarrow x^2=1600 \Rightarrow x=40$ hoặc $x=-40$.
Vì $x>0$ nên nhận $x=40$. Vậy chiều rộng của mảnh vườn là $40(\mathrm{~m})$ và chiều dài của mảnh vườn là $100(\mathrm{~m})$
Bài tập 7. Tổng kết học kì 2 , trường trung học cơ sở $\mathrm{N}$ có 60 học sinh không đạt học sinh giỏi, trong đó có 6 em từng đạt học sinh giỏi học kì 1 , số học sinh giỏi của học kì 2 bằng $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 và có $8 \%$ số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2 . Tìm số học sinh giỏi học kì 2 của trường biết rằng số học sinh của trường không thay đổi trong suốt năm học.
Giải thích: Gọi $x$ (học sinh) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường. Nhóm 1 và nhóm $4=x$ học sinh 60 học sinh không đạt học sinh giỏi học kì 2. Nhóm 2 và nhóm $3=60$ học sinh
6 học sinh từng đạt học sinh giỏi học kì 1 trong số học sinh không giỏi ở hk2. Nhóm $3=6$ họ sinh $8 \%$ số học sinh của trường không đạt học sinh giỏi học kì 1 nhưng đạt học sinh giỏi học kì 2 . Nhóm $4=8 \%$ học sinh toàn trường
Số học sinh giỏi học kì 2 bằng $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 . Nhóm 1 và $4=\frac{40}{37}$ nhóm 1 và 3
Lời giải. Gọi $x$ (học sinh) là số học sinh giỏi học kì 2 của trường. Số học sinh toàn trường là $x+60$ (học sinh) Số học sinh giỏi học kì 2 bằng $\frac{40}{37}$ số học sinh giỏi của học kì 1 nên $$ x=\frac{40}{37} \text { số học sinh giỏi của học kì } 1 \text {. } $$
Số học sinh giỏi của học kì 1 là $$ x-\frac{8}{100}(x+60)+6=\frac{23}{25} x+\frac{6}{5}(\text { học sinh }) $$
Khi đó, $x=\frac{40}{37} \cdot\left(\frac{23}{25} x+\frac{6}{5}\right) \Rightarrow x=240$. Vậy số học sinh giỏi học kì 2 của trường là 240 học sinh.
Có nhiều bạn hỏi về việc học chuyên toán ở phổ thông, nhân lúc rảnh rỗi mình cũng có một chút chia sẻ cho các bạn có nhu cầu, xem như đây là một vài kinh nghiệm của mình trong việc học và dạy chuyên.
Trong phần này mình nói về môn hình học của cấp 3.
Nếu bạn nào cấp 2 chưa học chuyên toán, mà lên cấp 3 muốn học chuyên toán để tham gia các kì thi học sinh giỏi thì thực sự khó khăn trong việc bắt đầu từ giai đoạn này vì còn nhiều thứ để học, lời khuyên chân thành trong trường hợp này là các bạn có thể bỏ qua mảng chuyên toán và học tốt các phần toán trong chương trình chung, để tất cả đam mê, năng lượng của mình vào việc nghiên cứu toán học ở các cấp học cao hơn, học trò mình có những bạn cấp 3 chỉ học chuyên anh, hoặc không học chuyên toán, nhưng sau vẫn đang làm toán rất tốt ở bậc tiến sĩ. Còn nếu không thi học sinh giỏi mà chỉ học để tạo tiền đề học lên cao thì bỏ qua phần hình chuyên này.
Còn các bạn đã có nền tảng chuyên toán ở cấp 2, muốn học tiếp lên để thi học sinh giỏi thì phần hình học khá quan trọng trong các đề chuyên toán, có thể đọc tiếp ở các dòng sau.
Trong chương trình chính thức chung cho mọi đối tượng có các phần sau: Vectơ, hệ thức lượng, lượng giác, phương pháp tọa độ trong mặt phẳng- các đường conic (lớp 10) và mảng hình học không gian từ 11 lên 12. Nhìn chung phần này cũng rất đa dạng và cung cấp nhiều cách tiếp cận, chủ yếu là tính toán và biến đổi đại số, lượng giác nhằm giải quyết một bài toán hình học, hỗ trợ cho giải các bài toán thi học sinh giỏi. Cố gắng học chắc các phần này vì nó dù sao cũng là phần chung cho mọi học sinh phổ thông phải học. (Khi mình học phổ thông thì phần này học khá kĩ vì lúc đó không biết đề thi học sinh giỏi cho thi cái gì, !)
Ngoài các phần trên thì trong Tài liệu giáo khoa chuyên toán có giới thiệu thêm một số chuyên đề nhằm giải quyết các bài toán hình học phẳng: phương tích trục đẳng phương, hàng điểm điều hòa, cực và đối cực, các phép biến hình như: tịnh tiến, quay, vị tự, vị tự quay, nghịch đảo. Để giải một bài toán hình học trong các đề học sinh giỏi có thể có nhiều các tiếp cận, nhưng lời khuyên là hãy nắm thật chắc và vận dụng thành thạo các công cụ, thử chứng minh lại hết các tính chất, định lý trong từng chuyên đề. Ngoài ra để giải bài toán hình học phẳng còn phải biết thêm một vài tính chất, định lý quen thuộc. (Tất cả những thứ này mình đều không được biết trước khi thấy đề thi, do đó mà đã bỏ lỡ chúng trong thời gian học phổ thông, mãi tới đại học mới biết hàng điểm điều hòa là gì !)
Có một điều trong việc học chuyên đó là tính hệ thống, học một cách bài bản và có hệ thống các chuyên đề, theo một thứ tự phù hợp (như liệt kê trên) sẽ có lợi trong việc tư duy, tránh việc dùng “dao giết trâu để mổ gà”, vì đôi khi những bài toán khó bắt đầu từ các ý tưởng rất tự nhiên và đơn giản.
Về mặt kĩ thuật thì có các kĩ thuật cần rèn luyện nhiều như: biến đổi góc, biến đổi và so sánh các độ dài, tỉ lệ, việc phát hiện các yếu tố như tứ giác nội tiếp hay hàng điểm điều hòa, hay một tính chất nào đó quen thuộc, đôi khi là chìa khóa để giải bài toán đó.
Về mặt trình bày hình khá đơn giản, những kiến thức trong Tài liệu giáo khoa chuyên toán chắc chắn sẽ được công nhận, những tính chất nào mới quá, hoặc không phổ biến, nên chứng minh lại rõ ràng, nếu muốn đạt điểm tối đa.
Mình đã chứng kiến nhiều em lúc đầu kém hình, ngại làm hình học nhưng khi quyết tâm thì tiến bộ rất nhanh và thành công trong các kì thi học sinh giỏi.
Chú ý: Một số chuyên đề mình nêu cũng đã có trên website này, các bạn có thể tham khảo.
Học toán như luyện công, hãy rèn luyện nội lực thật tốt trước khi học những chiêu thức cao siêu, không khéo tẩu hỏa nhập ma.
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?
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
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.
Bài 1. (1,0 diểm) Cho $x, y$ là hai số thực thỏa mãn $x y+\sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=1$. Tính giá trị của biểu thức $M=\left(x+\sqrt{1+y^2}\right)\left(y+\sqrt{1+x^2}\right)$. Bài 2. (2,5 diểm) a) Giải phương trình $\sqrt{x+4}+|x|=x^2-x-4$. Bài 3. (1,5 diểm) Cho hình vuông $A B C D$ Trên các cạnh $B C$ và $C D$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $\angle M A N=45^{\circ}$. a) Chứng minh $M N$ tiếp xúc với dường tròn tâm $A$ bán kính $A B$. b) Kẻ $M P$ song song với $A N$ ( $P$ thuộc đoạn $A B)$ và kẻ $N Q$ song song với $A M(Q$ thuộc đoạn $A D)$. Chứng minh $A P=A Q$. Bài 4. (2,0 diểm) Cho ba số thực dương $a, b, c$ thỏa $a+b+c=3$. a) Chứng minh rằng $a b+b c+c a \leq 3$. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}$. Bài 5. (2,0 diểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn $(A B<A C)$ có các đường cao $A D, B E, C F$ cắt nhau tại $H$. Đường thẳng $E F$ cắt đường thẳng $B C$ tại $I$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $I H$ tại $K$ và cắt $B C$ tại $M$. a) Chứng minh tứ giác $I F K C$ nội tiếp và $\frac{B I}{B D}=\frac{C I}{C D}$. b) Chứng minh $M$ là trung diểm của $B C$.
Bài 6. (1,0 diểm) Số nguyên dương $n$ được gọi là “số tốt” nếu $n+1$ và $8 n+1$ dều là các số chính phương. a) Hãy chỉ ra ví dụ ba “số tốt” lần lượt có 1, 2, 3 chữ số. b) Tìm các số nguyên $k$ thỏa mãn $|k| \leq 10$ và $4 n+k$ là hợp số với mọi $n$ là “số tốt”.
Đáp án được thực hiện vởi Star Education
Bài 1.
Điều kiện: $x y \leq 1$. Biến đổi giả thiết $$ \sqrt{\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)}=1-x y \Leftrightarrow\left(1+x^2\right)\left(1+y^2\right)=(1-x y)^2 \Leftrightarrow(x+y)^2=0 \Leftrightarrow y=-x . $$ Thay vào biểu thức $M$ ta được $$ \begin{aligned} M & =\left(x+\sqrt{1+y^2}\right)\left(y+\sqrt{1+x^2}\right) \ & =\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\left(-x+\sqrt{1+x^2}\right) \ & =\left(\sqrt{1+x^2}\right)^2-x^2=1 \end{aligned} $$
Bài 2.
a)
Lời giải: a) Điều kiện: $\left\{\begin{array}{l}x+4 \geq 0 \\\\ x^2-x-4 \geq 0\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}-4 \leq x \leq \frac{1-\sqrt{17}}{2} \\\\ x \geq \frac{1+\sqrt{17}}{2}\end{array}\right.$ Phương trình đã cho tương đương $$ x^2-\sqrt{x+4}-|x|-(x+4)=0 \Leftrightarrow(|x|+\sqrt{x+4})(|x|-\sqrt{x+4}-1)=0 \Leftrightarrow|x|-1=\sqrt{x+4} $$
Nếu $x<0,(1) \Rightarrow-x-1=\sqrt{x+4}$ $$ \Rightarrow x^2+2 x+1=x+4 \Leftrightarrow x^2+x-3=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=\frac{-1+\sqrt{13}}{2} \text { (Loại) } \\\\ x=\frac{-1-\sqrt{13}}{2} \text { (Nhận) } \end{array} .\right. $$ Thử lại, ta được $x=\frac{3+\sqrt{21}}{2}$ và $x=\frac{-1-\sqrt{13}}{2}$ là các nghiệm của phương trình đã cho.
b) Điều kiện: $(x+y)(y+z)(z+x) \neq 0$. Hệ dã cho tương dương $$ \left\{\begin{array} { l } { \frac { x } { y + z } + 1 = 2 x } \\\\ { \frac { y } { z + x } + 1 = 3 y } \\\\ { \frac { z } { x + y } + 1 = 5 z } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { \frac { x + y + z } { y + z } = 2 x } \\\\ { \frac { x + y + z } { z + x } = 3 y } \\\\ { \frac { x + y + z } { x + y } = 5 z } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x+y+z=2 x(y+z) \\\\ x+y+z=3 y(z+x) \\\\ x+y+z=5 z(x+y) \end{array}\right.\right.\right. $$ Dễ thấy $x y z \neq 0$. Từ trên suy ra $$ 2 x(y+z)=3 y(z+x)=5 z(x+y) \Leftrightarrow 2\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)=5\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right) . $$ Ta tính được $\frac{1}{z}=\frac{19}{x}, \frac{1}{y}=\frac{11}{x} \Rightarrow x=11 y=19 z$. Thay lại vào phương trình $(*)$ ta dược $$ x+\frac{x}{11}+\frac{x}{19}=2 x\left(\frac{x}{11}+\frac{x}{19}\right) \Leftrightarrow 1+\frac{1}{11}+\frac{1}{19}=2\left(\frac{x}{11}+\frac{x}{19}\right) \Leftrightarrow x=\frac{239}{60} . $$ Suy ra $y=\frac{239}{660}, z=\frac{239}{1140}$. Vậy nghiệm duy nhất của hệ là $(x, y, z)=\left(\frac{239}{60}, \frac{239}{660}, \frac{239}{1140}\right)$.
Bài 3.
a) Trên tia đối của tia $D C$ lấy $F$ sao cho $D F=B M$. Xét $\triangle A D F$ và $\triangle A B M$ có $A D=A B, \angle A D F=\angle A B M=90^{\circ}$ và $D F=B M$. Do đó $\triangle A D F=\triangle A B M(\mathrm{c}-\mathrm{g}-\mathrm{c})$ $\Rightarrow \angle D A F=\angle B A M$ và $A F=A M$. Suy ra $\angle D A F+\angle D A N=\angle B A M+\angle D A N=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$. $\Rightarrow \angle N A F=45^{\circ}=\angle N A M$, mà $A F=A M$ nên $\triangle N A F=\triangle N A M$. (c-g-c) Kẻ $A E \perp M N(E \in M N) \Rightarrow A E=A D=A B \Rightarrow M N$ tiếp xúc với $(A, A B)$. b) Ta có: $\triangle N A F=\triangle N A M \Rightarrow \angle A N F=\angle A N M$, mà $\angle A N F=\angle N A P($ do $D C | A B)$, dẫn đến $\angle A N M=\angle N A P$.
Từ $A N | M P \Rightarrow A P M N$ là hình thang, kết hợp với $\angle A N M=\angle N A P$, ta được $A P M N$ là hình thang cân. Do đó $A P=M N$, tương tự ta cũng có $A Q=M N$, dẫn dến $A P=A Q$.
Bài 4.
a)
a) Ta có $a^2+b^2 \geq 2 a b, b^2+c^2 \geq 2 b c, c^2+a^2 \geq 2 c a$ nên $$ 2\left(a^2+b^2+c^2\right) \geq 2(a b+b c+c a) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geq a b+b c+c a . $$ Khi đó $$ \begin{aligned} 9=(a+b+c)^2 & =a^2+b^2+c^2+2 a b+2 b c+2 c a \ & \geq a b+b c+c a+2(a b+b c+c a)=3(a b+b c+c a) \end{aligned} $$ Do đó $a b+b c+c a \leq 3$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
b)
b) Ta có $$ \begin{aligned} & \frac{a}{b^2+1}-a=\frac{-a b^2}{b^2+1} \geq-\frac{a b^2}{2 b}=-\frac{a b}{2} \ & \frac{b}{c^2+1}-b=\frac{-b c^2}{c^2+1} \geq-\frac{b c^2}{2 c}=-\frac{b c}{2} \ & \frac{c}{a^2+1}-c=\frac{-c a^2}{a^2+1} \geq-\frac{c a^2}{2 a}=-\frac{c a}{2} \end{aligned} $$ Do đó $$ \begin{aligned} & \frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c^2}{a^2+1}-(a+b+c) \geq-\frac{a b+b c+c a}{2} \geq-\frac{3}{2} \ \Rightarrow & \frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1} \geq-\frac{3}{2}+a+b+c=\frac{3}{2} \end{aligned} $$ Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{2}$, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Bài 5.
Vẽ dường tròn $(O)$ ngoại tiếp $\triangle A B C$ a) Ta có: Các tứ giác $A F D C, A K D I, B F E C, A F H E$ nội tiếp. $\Rightarrow H F \cdot H C=H D \cdot H A=H K . H I \Rightarrow I F K C$ nội tiếp. Mặt khác: $\widehat{I F B}=\widehat{A C B}=\widehat{B F D}$ (do các tứ giác $B F E C, A F D C$ nội tiếp) $\Rightarrow F B$ là phân giác $\widehat{I F D}$. Mà $F B \perp F C$ nên $F B$ là phân giác trong, $F C$ là phân giác ngoài $\triangle I F D$ $$ \Rightarrow \frac{B I}{B D}=\frac{C I}{C D} $$ b) Gọi $S$ là giao điểm thứ hai của $I A$ và đường tròn ngoại tiếp $O$. Ta chứng minh được $I F . I E=I B . I C=I S . I A$ $\Rightarrow A S F E$ nội tiếp hay 5 điểm $A, S, F, H, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $A H$ $\Rightarrow \widehat{A S H}=\widehat{A F H}=90^{\circ}$ Mặt khác do: $I K \perp A M, A D \perp I M$ nên $H$ là trực tâm $\triangle A I M \Rightarrow M H \perp A I$. Từ đó, ta có: $S, H, M$ thẳng hàng. Vẽ đường kính $A Q$ của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A B C$. Ta có $\widehat{A S Q}=90^{\circ}$ nên $S, H, M, Q$ thẳng hàng Xét tứ giác $B H C Q$ có: $B H / / C Q$ (cùng $\perp A C)$ và $C H / / B Q($ cùng $\perp A B)$ Nên $B H C Q$ là hình bình hành nghĩa là có $M$ là trung điểm $B C$.
Bài 6.
Lời giải: a) Ví dụ: $3\left(3+1=2^2\right.$ và $\left.8 \cdot 3+1=5^2\right), 15\left(15+1=4^2\right.$ và $\left.8 \cdot 15+1=11^2\right)$ và 120 $\left(120+1=11^2\right.$ và $\left.8 \cdot 120+1=31^2\right)$. b) Nhận xét $a^2 \equiv 0,1(\bmod 3)$ với mọi $a \in \mathbb{N}$. Đặt $n+1=x^2$ và $8 n+1=y^2(x, y \in \mathbb{N})$.
Nếu $n \equiv 2(\bmod 3)$ thì $y^2=8 n+1 \equiv 17 \equiv 2(\bmod 3)$, vô lí. Vậy $n \equiv 0(\bmod 3)$ hay $n$ chia hết cho 3 . Nếu $k=1,5,7,-5,-7$ thì với $n=3$ (là số tốt), $4 n+k$ nhận các giá trị $13,17,19,7,5$ là các số nguyên tố. (Loại) Nếu $k=-1$, với $n=15$ (là số tốt) thì $4 n+k=59$ là số nguyên tố. (Loại) Nếu $k=-10$, với $n=3$ thì $4 n+k=2$ là số nguyên tố. (Loại) Nếu $k=-9$, với $n=3$ thì $4 n+k=3$ là số nguyên tố. (Loại) Nếu $k \geq-8, k$ chẵn hoặc $k$ chia hết cho 3 thì $4 n+k \geq 4 \cdot 3-8=4$ và $4 n+k$ có ước là 2 hoặc 3 , do đó $4 n+k$ là hợp số. Vậy các giá trị cần tìm của $k$ là $$ k \in{-8,-6,-4,-3,-2,0,2,3,4,6,8,9,10} . $$
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 $d$.
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.
