Chuyên đề Hình học Lớp 10 - Chuyên đề 2: Một số ứng dụng của tích vô hướng

Nội dung text: Chuyên đề Hình học Lớp 10 - Chuyên đề 2: Một số ứng dụng của tích vô hướng

1. CHUYÊN ĐỀ II: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG Tích vô hướng có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Sau đây chúng ta tiếp cận những ứng dụng của nó trong giải các bài toán hình học. I. CHỨNG MINH TÍNH VUÔNG GÓC VÀ THIẾT LẬP ĐIỀU KIỆN VUÔNG GÓC. 1. Phương pháp giải. r r r r Sử dụng điều kiện a ^ b Û a.b = 0 uuur uuur uuur uuur Chú ý: Ta có AB ^ CD Û AB.CD = 0 , để chứng minh AB.CD = 0 thông thường chúng ta phân tích uuur uuur AB, CD qua hai vectơ không cùng phương. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD . Chứng minh rằng hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB 2 + CD 2 = BC 2 + AD 2 Lời giải Ta có AB 2 + CD 2 - BC 2 - AD 2 uuur uur 2 uuur uur 2 uuur uur uuur uur uur uuur uuur uur uuur = (CB - CA ) + CD 2 - BC 2 - (CD - CA ) = - 2CB.CA + 2CD.CA = 2CA(CD - CB ) = 2CA.BD Do đó đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi uur uuur CA.BD = 0 Û AB 2 + CD 2 = BC 2 + AD 2 Ví dụ 2 Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi M, N thuộc cạnh AB và AD sao cho AM = DN = x . a) Chứng minh rằng CN vuông góc với DM. uuur uuur b) Giả sử P là điểm được xác định bởi BP = yBC tìm hệ thức liên hệ của x, y và a để MN vuông góc với MP. Lời giải (hình 2.11) A M B uuur x uuur uuuur x uuur a) Ta có DN = - AD , AM = AB a a P uuur uuur uuur uuur x uuur N Suy ra CN = CD + DN = - AB - AD a D C uuuur uuur uuuur x uuur uuur và DM = DA + AM = AB - AD Hình 2.11 a uuuur uuur æx uuur uuur öæ uuur x uuur ö Suy ra DM .CN = ç AB - AD ÷ç- AB - AD ÷ èça ø÷èç a ø÷ x uuur 2 x uuur 2 x 2 uuur uuur uuur uuur = - AB + AD - AB.AD + AB.AD a a a2
2. uuur uuur Vì ABCD hình vuông nên AB.AD = 0 uuuur uuur Do đó DM .CN = - ax + ax = 0 Vậy CN vuông góc với DM. uuuur uuur uuuur a - x uuur x uuur uuur uuur uuur a - x uuur uuur b) Ta có MN = AN - AM = AB - AD ; MP = MB + BP = AB + yAD a a a uuuur uuur Suy ra MN ^ MP Û MN.MP = 0 æa - x uuur x uuur öæa - x uuur uuur ö Û ç AB - AD ÷ç AB + yAD ÷= 0 èç a a ø÷èç a ø÷ 2 uuur uuur (a - x ) 2 x 2 2 Û .AB - .y.AD = 0 Û (a - x ) = axy a2 a uuur 1 uuur uuur 1 uuur Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn BM = BC,AN = AB . Gọi I là giao điểm 3 3 của AM và CN. Chứng minh rằng BI ^ IC . Lời giải uur uuuur Giả sử AI = kAM . Ta có uur uur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur æuuur 1uuur ö uuur CI = AI - AC = kAM - AC = k AB + BM - AC = kçAB + BC÷- AC Hay ( ) èç 3 ø÷ uur æuuur 1 uuur 1 uuur ö uuur 2k uuur æk öuuur CI = k çAB + AC - AB ÷- AC = AB + ç - 1÷AC èç 3 3 ø÷ 3 èç3 ø÷ uuur uuur uuur 1 uuur uuur Mặt khác CN = AN - AC = AB - AC 3 uur uuur k 3 Vì CI , CN cùng phương nên 2k = 1- Þ k = 3 7 uur 3 uuuur 3 uuur uuur 3æuuur 1 uuur 1 uuur ö 2 uuur 1 uuur AI = AM = AB + BM = çAB + AC - AB ÷= AB + AC 7 7( ) 7èç 3 3 ø÷ 7 7 uur uur uuur 2 uuur 1 uuur uuur 5 uuur 1 uuur Suy ra BI = AI - AB = AB + AC - AB = - AB + AC 7 7 7 7 uur uuur uur uuur æ2 uuur 1 uuur ö 2 uuur 6 uuur IC = AC - AI = AC - ç AB + AC ÷= - AB + AC èç7 7 ø÷ 7 7 uur uur æ 5 uuur 1 uuur öæ 2 uuur 6 uuur ö Do đó BI .IC = ç- AB + AC ÷ç- AB + AC ÷ èç 7 7 ø÷èç 7 7 ø÷ 1 æ uuur 2 uuur 2 uuur uuur ö = ç10AB + 6AC - 32AB.AC ÷ 49èç ø÷
3. uuur uuur 1 Vì tam giác ABC đều nên AB = AC , AB.AC = AB.AC.cosA = AB 2 2 uur uur Suy ra BI .IC = 0 Vậy BI ^ IC Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác ACM , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng GI vuông góc với CM Lời giải (2.12) uuur r uuur r Đặt AB = x; AC = y và : AB = AC = a . Ta có : A uuur uuuur uuur 1 uuur uuur 1 r r CM = AM - AC = AB - AC = .x - y (1) G 2 2 M Gọi J là trung điểm CM, ta có : I B C uuur 2 uuur 1 uuuur uuur AG = AJ = (AM + AC) 3 3 Hình 2.12 1 1 uuur uuur 1 r 1 r = ( AB + AC) = x + y 3 2 6 3 Mặt khác uur uuur ïì uur r a2 2 2 ì 2 2 ï ïì IA = IB ìï IA = IB ï IA = (IA + AB) ï AI .x = ï ï ï uur uuur ï 2 í Þ í 2 2 Þ í Þ í uur 2 (2) ï IA = IC ï IA = IC ï IA2 = (IA + AC)2 ï r a îï îï îï ï AI .y = îï 2 Từ (1) và (2) ta có : uuur uur uuur uur uuur æ1 r r öæuur 1 r 1 r ö CM .GI = CM . AI - AG = ç x - y ÷çAI - .x - .y ÷ ( ) èç2 ø÷èç 6 3 ø÷ 1 r uur r uur 1 1 r r 1 r r 1 = x.AI - y.AI - .x 2 + .x.y - x.y + .y2 = 2 12 6 6 3 a2 a2 a2 a2 = - - + = 0 . 4 2 12 3 Suy ra GI vuông góc với CM 3. Bài tập luyện tập: Bài 2.96: Cho 4 điểm A, B, C, D thỏa mãn hệ thức AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 . Chứng minh rằng AB ^ CD AC Bài 2.97 : Cho hình vuông ABCD , M là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AM = , N là trung điểm 4 của đoạn thẳng DC. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân.
4. Bài 2.98: Cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Trên các cạnh AB, BC, CA ta lấy các điểm M, N, E sao cho AM BN CE = = . MB NC EA Chứng minh rằng AN ^ ME . Bài 2.99: Cho tam giác đều ABC , độ dài cạnh là 3a . Lấy M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM = a, CN = 2a, AP = x . Tính x để AM vuông góc với PN. Bài 2.100: Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BK ^ AC . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. Chứng · minh rằng BMN = 900 Bài 2.101: Cho hình thang vuông ABCD có đường cao AB = 2a , đáy lớn BC = 3a , đáy nhỏ AD = a . I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng AI ^ BD . Bài 2.102: Cho tứ giác lồi ABCD , hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Gọi H và K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO. Và I, J lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng HK vuông góc với IJ. Bài 2.103: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC. D là hình chiếu của H lên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh rằng AM vuông góc với DB Bài 2.104: Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại A', B' và C'. Gọi P là giao điểm của BC với B'C'. Chứng minh rằng IP vuông góc AA'. µ Bài 2.105: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 8 và A = 600 . Lấy điểm E trên tia AC và đặt uuur uuur AE = kAC . Tìm k để BE vuông góc với trung tuyến AF của tam giác ABC . Bài 2.106: Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c và G là trọng tâm , I là tâm đường tròn nội tiếp. Tìm điều kiện của a, b, c để IG vuông góc với IC . Bài 2.107 : Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại M, P là trung điểm của đoạn uuur uuur uuur uuur thẳng AD. Chứng minh rằng : MP ^ BC Û MA.MC = MD.MB Bài 2.108: Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường thẳng CF, BE tại P và Q. Chứng minh rằng PQ vuông góc với trung tyến AM của ABC . III. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ BIỂU THỨC HÌNH HỌC. 1. Phương pháp giải. Sử dụng các bất đẳng thức r r • Cho a, b bất kì. Khi đó ta có
5. r r r r r r r r + a.b £ a . b dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos(a, b) = 1 hay a; b cùng hướng. r r r r r r r r + a.b ³ - a . b dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos(a, b) = - 1 hay a; b ngược hướng. r 2 r r • u ³ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u = 0 • Bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, Bunhiacopxki ) 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có trọng tâm G và M là một điểm bất kỳ. Chứng minh rằng MA2 + MB 2 + MC 2 ³ MA.GA + MB.GB + MC.GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 Lời giải uuur uuur uuur uuur Ta có MA.MG = MA.MG.cos(MA;MG )£ MA.MG uuur uuur uuur uuur Tương tự MB.GB ³ MB.GB; MC.GC ³ MC.GC uuur uuur uuur uuur uuur uuur Suy ra MA.GA + MB.GB + MC.GC ³ MA.GA + MB.GB + MC.GC Mặt khác uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur MA.GA+ MB.GB + MC.GC = (MG+ GA)GA+ (MG+ GB).GB + (MG+ GC).GC uuur uuur uuur uuur = MG (GA + GB + GC )+ GA2 + GB 2 + GC 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 Suy ra MA.GA + MB.GB + MC.GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 (*) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có MA2 + MB2 + MC2 + GA2 + GB2 + GC2 ³ 2MA.GA + 2MB.GB + 2MC.GC Kết hợp (*) suy ra MA2 + MB2 + MC2 +GA2 +GB2 +GC2 ³ MA.GA+ MB.GB+ MC.GC+GA2 +GB2 +GC2hay MA2 + MB 2 + MC 2 ³ MA.GA + MB.GB + MC.GC Vậy ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: 2 2 2 • Ta có GA = m , GB = m , GC = m 3 a 3 b 3 c 4 1 Þ GA2 + GB 2 + GC 2 = (m2 + m2 + m2 ) = (a2 + b2 + c2 ) 9 a b c 3 Suy ra với mọi điểm M thì 1 m .MA + m .MB + m .MC ³ (a2 + b2 + c2 ) a b c 2 3(MA2 + MB 2 + MC 2 ) ³ a2 + b2 + c2
6. 2 2 2 3(MA + MB + MC ) ³ 2(ma.MA + mb.MB + mc.MC ) Đặc biệt • Với M º O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có OA2 + OB 2 + OC 2 ³ OA.GA + OB.GB + OC.GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 Mặt khác ta có OA = OB = OC = R , ta có 2 9 1 1 1 2 R(GA + GB + GC ) £ 3R hay ma + mb + mc £ R suy ra + + ³ 2 ma mb mc R m2 + m2 + m2 3R R(GA + GB + GC ) ³ GA2 + GB 2 + GC 2 hay a b c £ ma + mb + mc 2 27 3R2 ³ GA2 + GB 2 + GC 2 hay m2 + m2 + m2 £ R2 , 9R2 ³ a2 + b2 + c2 a b c 4 • Với M º I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, ta có IA.GA + IB.GB + IC.GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 r r r Mặt khác IA = , IB = , IC = do đó ta có A B C sin sin sin 2 2 2 m m m a2 + b2 + c2 a + b + c ³ A B C 2r sin sin sin 2 2 2 • Với M º H ta được 3(HA2 + HB 2 + HC 2 ) ³ a2 + b2 + c2 . Xét tam giácABC nhọn khi đó ta có CA ' CA ' AC.cosC HC = = = = 2R cosC. sinCHA ' sin B sin B Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC æp ö2 Do đó cos2 A + cos2 B + cos2C ³ ç ÷ èç3R ÷ø Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và điểm M bất kỳ. Chứng minh rằng A B C a + b + c cos .MA + cos .MB + cos .MC ³ 2 2 2 2 Lời giải (2.13) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC A B C uur uur uur r cos uur cos uur cos uur r Ta có a.IA + b.IB + c.IC = 0 Þ 2 IA + 2 IB + 2 IC = 0 IA IB IC A A A cos cos uuur uur Vì cos .MA = 2 .MA.IA ³ 2 .MA.IA , tương tự ta có 2 IA IA
7. A' B A B cos uuur uur cos .MB ³ 2 .MB.IB và 2 IB C O G C cos uuur uur B' cos .MC ³ 2 .MC.IC 2 IC B C' C Hình 2.13 A B C cos uuur uur cos uuur uur cos uuur uur Mà 2 .MA.IA + 2 .MB.IB + 2 .MC.IC IA IB IC æ A B C ö uuur çcos uur cos uur cos uur ÷ ç 2 2 2 ÷ A B C = MI ç IA + IB + IC ÷+ cos .IA + cos .IB + cos .IC ç IA IB IC ÷ 2 2 2 èç ø÷ A B C a + b + c = cos .IA + cos .IB + cos .IC = AE + BF + CD = 2 2 2 2 A B C a + b + c Do đó cos .MA + cos .MB + cos .MC ³ 2 2 2 2 Tổng quát Cho đa giác lồi A1A2 An (n ³ 3 ) ngoại tiếp đường tròn tâm J. Chứng minh rằng với điểm M bất kỳ thì n Ai å cos .(MAi - JAi ) ³ 0 i= 1 2 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với G là trọng tâm. Qua điểm O bất kỳ nằm trong tam giác kẻ đường thẳng song song với GA, GB, GC tương ứng cắt CA, AB, BC tại các điểm A', B', C'. Xác định vị trí điểm M để maMA '+ mbMB '+ mcMC ' đạt giá trị nhỏ nhất Lời giải 3 3 uuur uuuur 3 uuur uuur uuur Ta có m .MA ' = GA.MA ' ³ GA.MA ' = GA. MO + OA ' a 2 2 2 ( ) 3 uuur uuur uuur 3 uuur uuur uuuur Tương tự m .MB ' ³ GB. MO + OB ' , m .MC ' ³ GC. MO + OC ' b 2 ( ) c 2 ( ) 3 uuur uuur uuur 3 uuur uuur uuur uuur uuur uuuur Suy ra m.MA'+ m.MB'+ m.MC' ³ GA+GB +GC + GA.OA' +GB.OB' +GC.OC' a b c 2( ) 2( ) Hay ma.MA '+ mb.MB '+ mc.MC ' ³ maOA '+ mbOB '+ mcOC ' Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O. Vậy với M trùng với O thì maMA '+ mbMB '+ mcMC ' đạt giá trị chỏ nhất. Ví dụ 4: Cho tam giác ABC và và ba số thực x, y, z . Chứng minh rằng x 2 + y2 + z2 ³ 2yzcosA + 2zx cosB + 2xy cosC
8. Lời giải Gọi (I ;r ) là đường tròn nội tiếp ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. uuur uur uur 2 Khi đó (x.IM + y.IN + z.IP ) ³ 0 uuur uur uur uur uur uuur Û x 2.IM 2 + y2.IN 2 + z2.IP 2 + 2xyIM .IN + 2yzIN .IP + 2zxIP.IM ³ 0 Û (x2 + y2 + z2 )r 2 + 2r 2[xycos(1800 - C)+ yzcos(1800 - A)+ zxcos(1800 - B)]³ 0 Û x 2 + y2 + z2 ³ 2yzcosA + 2zx cosB + 2xy cosC đpcm. Nhận xét: 3 + Khi chọn x = y = z = 1 ta có: cosA + cosB + cosC £ . 2 1 + Khi chọn y = z = 1 ta có cosA + x(cosB + cosC )£ 1+ x 2 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.109: Cho tam giác ABC và ba số thực x, y, z . Chứng minh rằng: 1 yzcos2A + zx cos2B + xy cos2C £ - (x 2 + y2 + z2 ) 2 Bài 2.110: Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O). Tìm trên đường tròn điểm M để có tổng bình phương khoảng cách từ đó đến ba đỉnh tam giác là nhò nhất, lớn nhất. Bài 2.111: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi là góc a giữa hai trung tuyến BD và CK. Tìm giá trị nhỏ nhất của cos a Bài 2.112: Cho M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB MC T = + + a b c Bài 2.113: Cho tam giác ABC ABC. Tìm điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: A T = 2.cos .MA + MB + MC 2 Bài 2.114: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng 9 a) am2 + bm2 + cm2 ³ abc a b c 4 9 b) am m + bm m + cm m ³ abc b c c a a b 4 m2 m2 m2 9 a3 + b3 + c3 c) a + b + c ³ . a b c 4 ab + bc + ca
9. Bài 2.115: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng a) a2 + b2 + c2 £ 9R2 b) R ³ 2r abc c) R2 + a2 + b2 ³ c2 d) 4S £ (ab + bc + ca ) a3 + b3 + c3 e) (a - b)2 + (b- c)2 + (c - a )2 £ 8R(R - 2r ) Bài 2.116: Cho tam giác ABC , O là điểm bất kỳ trong tam giác. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB, BC, CA cắt BC, CA, AB tại A', B', C'. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ cOA '+ aOB '+ bOC ' Bài 2.117: Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M sao cho MA + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. ur Bài 2.118: Cho đa giác lồi A1A2 An (n ³ 3 ), ei, i = 1,n , O là điểm bất kỳ nằm trong đa giác.Gọi Bi là hình n chiếu điểm O lên AiAi+1 . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có å Ai Ai + 1 (MBi - OBi ) ³ 0 i = 1 Bài 2.119: Cho đa giác đều A1A2 An . Tìm điểm M sao cho tổng MA1 + MA2 + + MAn nhỏ nhất. · · · Bài 2.120: Cho tam giác ABC; O là điểm trong tam giác, đặt BOC = a,COA = b,AOB = g . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MA sin a + MB sin b + MC sin g ³ OA sin a + OB sin b + OC sin g Bài 2.121: Cho tam giác ABC , tìm vị trí điểm M để P = a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.Biết: a) M là điểm bất kì a) M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) M nằm trên đường thẳng d bất kỳ n uuur r Bài 2.122: Cho n điểm A1A2 An , và n số dương a1,a2, ,an .O là điểm thoã mãn å aiOAi = 0. Chứng minh i = 1 n n n 2 2 rằng với mọi điểm M ta có bất đẳng thức å ai .MAi ³ å aiOAi .MAi ³ å aiOAi i = 1 i = 1 i = 1 Bài 2.123: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Xác định điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất. a) 2MA + MB + MC b) 2 2MA + 10(MB + MC ) Bài 2.124: Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có cos2 A + cos2 B + cos2C ³ 6cosA.cosB.cosC Bài 2.125: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng : 9 3 3 a) sin2A + sin2B + sin2C £ b) sinA + sinB + sinC £ 4 2
10. 3 3 A B C 9 c) sinA.sinB.sinC £ d) cos2 + cos2 + cos2 £ 8 2 2 2 4 A B C 3 3 A B C 3 3 e) cos + cos + cos £ f) cos .cos .cos £ 2 2 2 2 2 2 2 8 IV. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM TỚI ĐƯỜNG TRÒN VÀ ỨNG DỤNG. 1. Phương pháp giải. a) Bài toán: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định. Một đường thẳng thay đổi đi qua M cắt đường uuur uuur tròn tại hai điểm A, B. Chứng minh rằng MA.MB = MO2 - R2 . uuur uuur Chứng minh: Vẽ đường kính BC của đường tròn (O;R). Ta có MA là hình chiếu của MC lên đường thẳng MB. Theo công thức hình chiếu ta có C C O O M M A B A B Hình 2.14 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur MA.MB = MC.MB = (MO + OC ).(MO + OB ) uuur uuur uuur uuur = (MO - OB ).(MO + OB )= MO2 - OB 2 = MO2 - R2 . Từ bài toán trên ta có định nghĩa sau: b) Định nghĩa: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định. uuur uuur Một đường thẳng thay đổi đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Khi đó MA.MB = MO2 - R2 là đại lượng không đổi được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), kí hiệu là PM / (O ) Chú ý: Nếu M ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến MT. Khi đó 2 2 2 PM / (O ) = MT = MO - R c) Các tính chất: • Cho hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M. Điều kiện cần và đủ để bốn điểm A, B, C , D nội uuur uuur uuur uuur tiếp được đường tròn là MA.MB = MC.MD (hayMA.MB = MC.MD ). • Cho đường AB cắt đường thẳng D ở M và điểm D C trên đường thẳng D (C ¹ M ). Điều kiện cần và đủ để D là tiếp tuyến A A B của M đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M C là MA.MB = MC 2 . C C Δ B A D MHình 2.15 B O C 2. Các ví dụ. Hình 2.16 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H. Chứng minh rằng
11. HA.HA ' = HB.HB ' = HC.HC ' Lời giải(hình 2.17) Ta có B·B 'C = B·C 'C = 900 suy ra tứ giác A BCB 'C ' nội tiếp trong đường tròn (C) đường kính BC. Do đó HB.HB ' = HC.HC ' (vì cùng bằng phương tích từ điểm H tới đường C' B' tròn (C)) (1) Tương tự tứ giác ACA 'C ' nội tiếp được nên HA.HA ' = HC.HC ' (2) H Từ (1) và (2) suy ra HA.HA ' = HB.HB ' = HC.HC ' . B C Ví dụ 2: Cho đường tròn (O;R) và một điểm P cố A' định ở bên trong đường tròn đó. Hai dây cung thay đổi AB và CD Hình 2.17 luôn đi qua điểm P và vuông góc với nhau. a) Chứng minh rằng AB 2 + CD 2 không đổi. b) Chứng minh rằng PA2 + PB2 + PC2 + PD2 không phụ thuộc vị trí điểm P. Lời giải(hình 2.18) a) Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, CD suy ra OE ^ AB và OF ^ CD C Ta có AB 2 + CD 2 = (2AE )2 + (2CF )2 F O = 4(AO2 - OE 2 )+ 4(CO2 - OF 2 ) P = 4[2R2 - (OE 2 + OF 2 )]= 4(2R2 - OP 2 ) A E B D Suy ra AB 2 + CD 2 không đổi. Hình 2.18 b) PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = (PA + PB )2 + (PC + PD )2 - 2PA.PB - 2PC.PD uuur uuur uuur uuur = AB 2 + CD 2 + 2PA.PB + 2PC.PD uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 2 2 Mặt khác theo câu a) ta có AB + CD = 4(2R - OP ) và PP (O) = PA.PB = PC.PD = PO - R Suy ra PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = 4(2R2 - OP 2 )+ 4(PO2 - R2 )= 4R2 Vậy PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không phụ thuộc vị trí điểm P. Ví dụ 3: Cho đường tròn đường kính AB và đường thẳng D vuông góc với AB ở H(H ¹ A, H ¹ B ). Một đường thẳng quay quanh H cắt đường tròn ở M, N và các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt D ở M', N'. a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M', N' thuộc một đường tròn (C) nào đó. b) Chứng minh rằng các đường tròn (C) luôn đi qua hai điểm cố định Lời giải(hình 2.19) · · 0 BHM 'M nội tiếp được a) Vì M 'HB = M 'MB = 90 nên tứ giác M suy ra E uuur uuur uuuur uuuur M' AH .AB = AM '.AM (1). A P H B Q Tương tự Vì N· 'HB = N· 'NB = 900 nên tứ giác HBN 'N nội tiếp được suy ra N F uuur uuur uuuur uuur N' AH .AB = AN '.AN (2). Δ Hình 2.19
12. uuuur uuuur uuuur uuur Từ (1) và (2) suy ra AM '.AM = AN '.AN Suy ra bốn điểm M, N, M', N' thuộc một đường tròn. b) Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng AB và E, F lần lượt là giao điểm của D với đường tròn đường kính AB. uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur Khi đó ta có AP.AQ = AM .AM ' = AH .AB uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Mặt khác AH .AB = (AE + EH )AB = AE.(AE + EB )= AE 2 và uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AH .AB = (AF + FH )AB = AF.(AF + FB )= AF 2 uuur uuur Suy ra AP.AQ = AE 2 = AF 2 Do đó P, Q thuộc đường tròn (S) tiếp xúc với AE, AF ở E, F. Vì (S) là đường tròn cố định nên P, Q cố định thuộc đường tròn (C). Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính R. Giả sử M là điểm di động trong đường tròn (O). Nối AM, BM, CM lần lượt cắt (O) tại A', B', C'. Tìm tập hợp điểm M sao cho MA MB MC + + = 3. MA ' MB ' MC ' Lời giải(hình 2.20) MA2 MB 2 MC 2 A Ta có ĐT Û + + = 3 B' MA '.MA MB '.MB MC '.MC MA2 MB 2 MC 2 Û - uuuur uuur - uuuur uuur - uuuur uuur = 3 (*) C' O MA '.MA MB '.MB MC '.MC M B C Mặt khác A' Hình 2.20 uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 2 2 PM /(O) = MA '.MA = MB '.MB = MC '.MC = MO - R Suy ra (*) Û MA2 + MB2 + MC2 = - 3(MO2 - R2 ) (1) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , I là trung điểm GO. Ta có: uuur uuur 2 uuur uuur 2 uuur uuur 2 MA2 + MB 2 + MC 2 = (MG + GA ) + (MG + GB ) + (MG + GC ) uuur uuur uuur uuur = 3MG 2 + 2MG (GA + GB + GC )+ GA2 + GB 2 + GC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (2) Từ (1) và (2) ta có 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 = - 3(MO2 - R2 )
13. 1 Û MG 2 + MO2 = R2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 3 uuur uur 2 uuur uur 2 1 Û MI + IG + MI + IO = R2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) ( ) ( ) 3 1 Û 2MI 2 + 2IO2 = R2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 3 1 1 Û MI 2 = R2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 )- IO2 2 6 Û MI = k 1 1 Trong đó k2 = R2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 )- IO2 2 6 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R = k . 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.126: Trong đường tròn tâm (O;R) cho hai dây cung AA' và BB' vuông góc với nhau tại S. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng SM ^ A 'B ' . Bài 2.127: Cho hai đường tròn (O) và (O'); AA', BB' là các tiếp tuyến chung ngoài của chúng. đường thẳng AB' theo thứ tự cắt (O) và (O') tại M, N. Chứng minh rằng AM = B 'N . Bài 2.128: Cho tam giác ABC không cân tại A; AM, AD lần lượt là trung tuyến, phân giác của tam giác. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD cắt AB, AC tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF Bài 2.129: Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định. Bài 2.130: Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định nằm trong đường tròn. Giả sử AB là dây cung thay đổi luôn đi qua P. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A, B cắt nhau tại C. Tìm tập hợp điểm C. Bài 2.131: Cho đường tròn (O) đường kính AB, và điểm H cố định thuộc AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của (O), vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định. Bài 2.132: Cho đường tròn đường kính AB, H là điểm nằm giữa AB và đường thẳng D vuông góc với AB tại H. Gọi E, F là giao điểm của đường tròn và D . Vẽ đường tròn tâm A, bán kính AE và đường tròn (C) bất kì qua H, B. Giả sử hai đường tròn đó cắt nhau tại M và N, chứng minh rằng AM và AN là hai tiếp tuyến của (C). Bài 2.133: Cho hai đường tròn đồng tâm O là (C1 ) và (C2 )( (C2 ) nằm trong (C1 )). Từ một điểm A nằm trên (C1 ) kẻ tiếp tuyến AB tới (C2 ). AB giao (C1 ) lần thứ hai tại C. D là trung điểm của AB. Một đường thẳng qua AM A cắt (C ) tại E, F sao cho đường trung trực của đoạn DF và EC giao nhau tại điểm M nằm trên AC. Tính ? 2 MC Bài 2.134: Cho đường tròn (O;R) và hai điểm P, Q cố định (P nằm ngoài (O), Q nằm trong (O)). Dây cung AB của (O) luôn đi qua Q. PA, PB lần lượt là giao (O) lần thứ hai tại D, C. Chứng minh rằng CD luôn đi qua điểm cố định. Bài 2.135: Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1;R1 ) và (O2;R2 ). Tìm tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau. CHUYÊN ĐỀ II: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG uuur 2 uuur 2 uuur 2 uuur 2 Bài 2.96:AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 Û AC - AD = BC - BD
14. uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Û DC (AC + AD - BC - BD ) = 0 Û DC.2AB = 0 Û AB ^ CD uuur r uuur r Bài 2.97 : Đặt AB = x, AD = y . Khi đó : uuur uuur uuuur 1 r r uuuur uuur uuuur 1 r r MB = AB - AM = 3x - y , MN = AN - AM = x + 3y 4( ) 4( ) uuur uuuur 1 r r r r 1 æ r 2 r 2 r r ö Ta có MB.MN = 3x - y x + 3y = ç3x - 3y + 8x.y ÷= 0 16( )( ) 16èç ÷ø uuur 2 1 r r 2 5 r 2 uuuur 2 1 r r 2 5 r 2 Mặt khác MB = 3x - y = y , MN = x + 3y = y 16( ) 8 16( ) 8 Vậy tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M. AM BN CE uuur r uuur r Bài 2.98: Đặt = = = k ; AB = i ;AC = j . MB NC EA r r uuuur k r uuur i - kj Ta có:AM = kMB Þ AM = i ; BN = kNC Þ AN = k + 1 1- k 1 uuur 1 r uuur uuur uuuur 1 r r AE = EC Þ AE = j . Do đó ME = AE - AM = (j - ki ) k k + 1 k + 1 uuur uuur 1 r r r r Þ AN·ME = ·(j - ki )(i - kj ) = 0 Þ AN ^ ME đpcm. 1- k2 uuuur uuur Bài 2.99:AM ^ PN Û AM .PN = 0 æ2 uuur 1uuur ö uuur uuur æ2 uuur 1uuur öæ1uuur x uuur ö Û ç AB + AC ÷ AN - AP = 0 Û ç AB + AC ÷ç AC - AB ÷= 0 èç3 3 ø÷( ) èç3 3 ø÷èç3 3a ø÷ æ x ö1 4a Û ç2 - ÷ + 9a2 - 18ax = 0 Û x = èç a ø÷2 5 uuur r uuur r uuur ur Bài 2.100: Đặt BA = a,BC = b,BK = c. và BA = a, BC = b,BK = c . r uuur 1 r r uuuur uuur uuur uuur 1 r r r a r 1 r Ta có: BM = a + c , MN = MB + BC + CN = - a + c + b + = b - c 2( ) 2( ) 2 2 r uuuur uuur 1ær c ÷ö r r 1 r r r r r r ç ÷ 2 Do đó MN .BM = çb - ÷(a + b) = (2a.b - a.c + 2b.c - c ) 2èç 2ø÷ 4 r r r ur r r r r 1 é ù = ê2a.b + b- a c + b- c cú 4 ë ( ) ( ) û
15. r r r ur r r r r uuuur uuur Vì a.b = 0 và (b- a)c = 0; (b- c)c = 0 nên MN.BM = 0 · Suy ra: BMN = 900 uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Bài 2.101: 2AI = AD + AC = AD + AB + BC = AB + 4AD uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 uuur 2 BD = AD - AB suy ra 2AI .BD = (AB + 4AD )(AD - AB ) = - AB + 4AD = 0 Vậy AI ^ BD uuur uuur uuur uuur Bài 2.102: Để ý rằng HK và BD có cùng hình chiếu trên AC, HK và AC có cùng hình chiếu trên uur uuur uuur BD và 2IJ = AC + DB uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r HK .2IJ = HK (AC + DB ) = BD.AC + AC.BD = 0 uuuur 1 uuur uuur uuur uuur uuur Bài 2.103: Ta có: AM = AH + AD và BD = BH + HD 2( ) uuuur uuur uuur uuur uuur uuur Þ 2AM .BD = AH + AD HC + HD uuur uuur uu(ur uuur uuur)(uuur uuur u)uur = AH.BH + AH.HD + AD.BH + AD.HD uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = AH.HD + AD.BH = AH.HD + (AH + HD ).BH uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = AH.HD + HD.BH = HD (AH + BH ) = HD.AC = 0 Vậy AM vuông góc với DB Bài 2.104: Gọi H là giao điểm của AI với B'C'. Xét tích vô hướng của hai vectơ uur uuur uur uur uuur uuur uur uur uuur uuur uuur PI .AA ' = PI (AI + IA ') = (PH + HI )AI + (PA ' + A 'I )IA ' uuur uur uur uur uuur uuur = PH.AI + HI .AI + PA '.IA ' - IA '2 uur uur = HI .AI - IA '2 = IB '2- IA '2 = 0 uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur Bài 2.105: Ta có BE = BA + AE = kAC - AB , AF = AC + AB 2( ) uuur uuur uuur 2 uuur uuur AB.AC + AB 2 Suy ra BE ^ AF Û BE.AF = 0 Û k = uuur uuur uuur = 2 5 AC + AB.AC uur uur uur r uur 1 uur uuur Bài 2.106: Ta có aIA + bIB + cIC = 0 Þ CI = aCA + bCB a + b + c ( )
16. uur uur uuur 1 uur uuur 1 uur uuur Mặt khác GI = CI - CG = aCA + bCB - CA + CB a + b + c ( ) 3( ) uur æ a 1öuur æ b 1öuuur hay GI = ç - ÷CA + ç - ÷CB èça + b + c 3ø÷ èça + b + c 3÷ø uur uur Suy ra IG vuông góc với IC khi và chỉ khi IG.IC = 0 uuur uur é ù Û (ab + CB.CA )ë(b(2a - b - c) + a(2b - a - c)û= 0 uuur uur Do ab + CB.CA = ab(1 + cosC) > 0 nên dễ có a + b + c 2ab b(2a - b - c) + a(2b - a - c) = 0 Û = 3 a + b uuur uuur uuur uuur uuur uuur Bài 2.107 C1: Þ 2MP.BC = (MA + MD )(MC + MB ) uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = MA.MC - MD.MB + MD.MC - MA.MB uuur uuur uuur uuur = MA.MC - MD.MB uuur uuur uuur uuur uuur uuur Suy ra MP ^ BC Û MP.BC = 0 Û MA.MC = MB.MD C2: Gọi H là giao điểm của MP và BC. · · Ta có MP ^ BC Û MCH + CMH = 90° Û M·CH + P·MA = 90° Û M·CH = M· DA uuur uuur uuur uuur Û tứ giác ABCD nội tiếp Û MA.MC = MD.MB uuur uuur uuur uuuur uuur uuur Bài 2.108: Ta có PQ = HQ - HP,2AM = AB + AC . uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Do đó 2PQ.AM = (HQ - HP )(AB + AC ) = HQ.AB - HP.AC uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Mặt khác, ta có (HQ,AB ) = - (HP,AC ) Þ cos(HQ,AB ) = - cos(HP,AC ) uuur uuuur HP HQ Suy ra AM ^ PQ Û PQ.AM = 0 Û HQ.AB = HP.AC Û = . AB AC Lại có APHQ là hình bình hành nênHP = AQ, HQ = AP . HP HQ AQ AP Suy ra = Û = . Mà điều này hiển nhiên đúng vì ta có VPAC ~VQAB (g.g) . AB AC AB AC Vậy ta có đpcm.
17. Bài 2.109: Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC , ta có: uur uur uur uur uur uur uur uur uur 2 Û (x 2 + y2 + z2 )R2 + 2(xyIA.IB + yzIB.IC + xzIC.IA ) ³ 0 (xIA + yIB + zIC ) ³ 0 Û (x 2 + y2 + z2 )R2 + 2(xy cos2C + yz cos2A + zx cos2B )R2 ³ 0 1 Û xy cos2C + yzcos2A + zx cos2B ³ - (x 2 + y2 + z2 ) 2 Nhận xét: 3 • Khi chọn:x = y = z = 1, ta có: cos2C + cos2A + cos2B ³ - 2 3 • Khi chọn: x = z = 1,y = - 1 , ta có: cos2C - cos2A + cos2B £ 2 Bài 2.110: Gọi H là trực tâm của tam giác. Với mọi điểm M thuộc đường tròn (O) ta có: T = MA2 + MB 2 + MC 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur = (MO + OA)2 + (MO + OB)2 + (MO + OC)2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur = 6R2 + 2MO(OA + OB + OC) = 6R2 + 2MO.OH uuur uuur = 6R2 + 2R.OH.cosa(a = (MO,OH )) Từ đó suy ra uuur uuur • T nhỏ nhất Û cosa = - 1 Û MO ngược hướng với OH uuur uuur • T lớn nhất Û cosa = 1 Û MO cùng hướng OH uuur uuur uuur uuur uur uuur BD.CK (BA + BC).(CA + CB) Bài 2.111: Ta có cosa = = BD.CK 4.BD.CK uuur uur uuur uur uuur uuur 2 BA.CA + BC(CA - BA) - BC BC 2 = = (doBA ^ CA) 4.BD.CK 2.BD.CK Mặt khác 2.BD.CK £ BD2 + CK 2 1 1 Mà BD2 + CK 2 = (2.AB2 + 2.BC2 - AC2) + (2AC2 + 2BC2 - AB2) 4 4 5BC 2 = ( do BC 2 = AB 2 + AC 2 ) 4 BC 2 4 Do đó cosa ³ = 5BC 2 5 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BD = CK khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A 4 Vậy min cosa = 5
18. Bài 2.112: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có : MA.GA MB.GB MC.GC 3 MA.GA MB.GB MC.GC T = + + = .( + + ) a.GA b.GB c.GC 2 a.ma b.mb c.mc Theo BĐT Cauchy ta có 1 2 2 2 1 2 2 2 2 ama = a. 2b + 2c - a = (3a )(2b + 2c - a ) 2 2 3 1 3a2 + (2b2 + 2c2 - a2) 1 £ . = .(a2 + b2 + c2) 2 3 2 2 3 1 2 2 2 Do đó ama £ .(a + b + c ) 2 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3a2 = 2b2 + 2c2 - a2 Û b2 + c2 = 2a2 Chứng minh tương tự: 1 2 2 2 2 2 2 bmb £ .(a + b + c ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + c = 2b 2 3 1 2 2 2 2 2 2 cmc £ .(a + b + c ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b = 2c 2 3 3 3 Vậy T ³ (MA.GA + MB.GB + MC.GC) a2 + b2 + c2 1 Mặt khác MA.GA + MB.GB + MC.GC ³ (a2 + b2 + c2) 3 Vậy minT = 3 khi và chỉ khi DABC đều và M º G A MB.AB MC.AC Bài 2.113: Ta có T = 2.cos .MA + + 2 AB AC uuur uuur uuur uuur A MB.AB MC.AC ³ 2.cos .MA + + 2 AB AC uuur uuur A A uuur AB AC Do đó ta có: 2.cos .MA + MB + MC ³ 2cos .MA + MA( + ) + AB + AC(1) 2 2 AB AC Lấy E, F trên AB, AC sao cho AE = AF = 1. uuur uuur A r A r AB AC Dựng hình thoi AESF ta có AS = 2cos . Suy ra u = 2cos với u = + . Do đó : 2 2 AB AC uuur uuur uuur uuur r A AB AC A é ù 2cos .MA + MA( + ) = 2.MA.cos ê1 + cos(MA,u)ú³ 0(2) 2 AB AC 2 ë û
19. A Từ (1) và (2) suy ra 2.cos .MA + MB + MC ³ AB + AC 2 Vậy minT = AB + AC khi và chì khi M trùng A uuur uuur uuur 2 Bài 2.114: Ta có (x.GA + y.GB + z.GC ) ³ 0 Û (x + y + z)(x.GA2 + y.GB 2 + z.GC 2 )³ a2yz + b2zx + c2xy 9 Û (x + y + z)(x.m2 + y.m2 + z.m2 )³ (a2yz + b2zx + c2xy ) a b c 4 9 a) Cho x = a, y = b, z = c ta được am2 + bm2 + cm2 ³ abc a b c 4 a b c 9 b) Cho x = , y = , z = ta được ambmc + bmcma + cmamb ³ abc ma mb mc 4 m2 m2 m2 9 a3 + b3 + c3 c) Cho x = bc, y = ca, z = ab ta được a + b + c ³ . a b c 4 ab + bc + ca uuur uuur uuur 2 Bài 2.115: (x.OA + y.OB + z.OC ) ³ 0 Û (x + y + z)(x.OA2 + y.OB 2 + z.OC 2 )³ a2yz + b2zx + c2xy Û R2 (x + y + z)2 ³ a2yz + b2zx + c2xy a) Cho x = y = z suy ra a2 + b2 + c2 £ 9R2 b) Cho x = a, y = b, z = c suy ra R ³ 2r c) Cho x = y = - z suy ra R2 + a2 + b2 ³ c2 abc d) Cho x = bc, y = ca, z = ab suy ra 4S £ (ab + bc + ca ) a3 + b3 + c3 e) Cho x = b + c, y = c + a, z = a + b suy ra (a - b)2 + (b- c)2 + (c - a )2 £ 8R(R - 2r ) uuur uuuur uuur uuur uuur uuur Bài 2.116: Ta có c.MA ' = AB.MA ' ³ AB.MA ' = AB.MO + AB.OA ' Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng vế với vế ta được uuur uuur uuur uur cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ MO.(AB + BC + CA ) + cOA '+ aOB '+ bOC ' Suy ra cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ cOA '+ aOB '+ bOC '
20. Nhận xét: Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho O là điểm bất kỳ nằm đa giác lồi A1A2 An (n ³ 3 ). Qua O kẻ các đường thẳng song song với Ai Ai + 1,i = 1,n (xem Ai+1=A1) tương n ứng cắt các cạnh Ai + 1Ai + 2 tại Bi. Chứng minh rằng : å Ai Ai + 1 (MBi - OBi ) ³ 0 i = 1 Bài 2.117: Gọi I là điểm nằm trong tam giác ABC sao choA·IC = 900, B·IA = 1500, C·IB = 1200 . uur uur uur IA IB IC r Khi đó ta có + 2 + 3 = 0 IA IB IC uur uur uur uuur IA uuur IB uuur IC Vì thế MA + 2MB + 3MC ³ MA. + 2.MB. + 3.MC. = IA + 2IB + 3IC IA IB IC Dấu bằng có khi M º I ur ur ur r ur Bài 2.118: Theo định lí con nhím ta có A1A2e1 + A2A3e2 + + AnA1en = 0 với ei, i = 1,n là các vectơ uuuuur đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng vuông góc với Ai Ai + 1 (xem Ai + 1 º A1 ). uuuur uuur A1A2 A1A2 Ta cóA1A2.MB1 = .MB1.OB1 ³ .MB1.OB1 OB1 OB1 uuuur uuur uuur uuur uuur uuur A1A2 A1A2 Mặt khác .MB1.OB1 = .(MO + OB1 ).OB1 = A1A2MO + A1A2.OB1 OB1 OB1 uuur Þ A1A2.MB1 ³ A1A2MO + A1A2.OB1 Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng vế với vế ta được n uuur n ur n n å Ai Ai + 1.MBi ³ MO.å Ai Ai + 1.ei + å Ai Ai + 1.OBi = å Ai Ai + 1.OBi i = 1 i = 1 i = 1 i = 1 n Suy ra å Ai Ai + 1 (MBi - OBi ) ³ 0 i = 1 ur ur ur r ur Bài 2.119: Đa giác đều A1A2 An có tâm là O khi đó e1 + e2 + + en = 0 với ei ,i = 1,2, là các vectơ uuur đơn vị cùng hướng với OAi ,i = 1,2 . 1 1 uuuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur ur MA1 = .MA1.OA1 ³ .MA1.OA1 = .(MO + OA1 ).OA1 = MO.e1 + OA1 Xây dựng các bất đẳng thức OA1 OA1 OA1 tương tự và cộng vế với vế ta được uuur ur ur ur MA1 + MA2 + + MAn ³ MO(e1 + e2 + + en )+ OA1 + OA2 + + OAn Suy ra MA1 + MA2 + + MAn ³ OA1 + OA2 + + OAn uuur uuur uuur r Bài 2.120: Ta có SMBC MA + SMCA .MB + SMAB MC =0 (Xem bài 1.21)
21. ur ur ur r ur ur ur Suy ra sin a.e1 + sin b.e2 + sin ge3 = 0 (*) với e1,e2,e3 là các vectơ đơn vị cùng hướng với uuur uuur uuur OA,OB,OC . sina uuur uuur sina uuur uuur uuur uuur ur Ta có MA sina ³ .MA.OA = . MO + OA .OA = sina.MO.e + sina.OA Xây dựng các bất OA OA ( ) 1 đẳng thức tương tự và cộng vế với vế và kết hợp (*) ta được MA sin a + MB sin b + MC sin g ³ OA sin a + OB sin b + OC sin g Nhận xét: • Cho M º G,N º I ta có GAsinB·IC + GBsinC·IA + GC sinA·IB ³ IAsinB·IC + IBsinC·IA + IC sinA·IB · æ B C ö æp A ö A Mặt khác sin BIC = sinçp - - ÷= sinç + ÷= cos èç 2 2 ø÷ èç2 2 ø÷ 2 · B · C Tương tự sinCIA = cos , sin AIB = cos 2 2 A B C a + b + c Và cos .IA + cos .IB + cos .IC = AE + BF + CD = ; 2 2 2 2 2 2 2 GA = m , GB = m , GC = m . Ta được bài toán 3 a 3 b 3 c Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng : A B C 3 m cos + m cos + m cos ³ (a + b + c) a 2 b 2 c 2 4 • Cho M º O,N º I ta được A B C a + b + c OA cos + OB cos + OC cos ³ , kết hợp định lý sin ta có 2 2 2 2 A B C cos + cos + cos ³ sin A + sin B + sinC 2 2 2 • Cho M º H,N º I và kết hợp với tanA.HA = a, tanB.HB = b, tanC.HC = c khi tam giác ABC nhọn. A B C a cos a cos a cos a + b + c Ta được 2 + 2 + 2 ³ tan A tan B tanC 2 Bài 2.121: Gọi I, O lần lượt là là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác khi đó ta có uur uur uur r aIA + bIB + cIC = 0 uuur uuur uuur uuur Suy ra (a + b + c)MI = aMA + bMB + cMC
22. 2 Û (a + b + c) MI 2 = a2MA2 + b2MB 2 + c2MC 2 + uuur uuur uuur uuur uuur uuur + 2abMA.MB + 2bcMB.MC + 2caMC.MA Û (a + b + c)MI 2 = a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 - abc a) P ³ abc dấu bằng xảy ra khi M º I uuur uur · Ta có MI 2 = MO2 + OI 2 + 2MO.OI = R2 + OI 2 - 2R.OI .cosMOI · · b) P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MI2 đạt lớn nhất Û cosMOI = - 1 Û MOI = 1800 Hay M là giao điểm của tia IO với đường tròn (O) · · P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI2 đạt nhỏ nhất Û cosMOI = 1 Û MOI = 00 Hay M là giao điểm của tia OI với đường tròn (O) c) P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên d uuur uuuur n n uuur uuuur Bài 2.122: aiOAi .MAi ³ aiOAi .MAi ," i = 1,n Þ å aiOAi .MAi ³ å aiOAi .MAi i =1 i =1 n n uuur uuur uuur uuur n uuur n n Û aOA.MA ³ a OA MO + OA = MO. a OA + aOA2 = aOA2 (1) å i i i å i i ( i ) å i i å i i å i i i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 2 2 ai .MAi + aiOAi ³ 2ai MAi .OAi , " i = 1,n,ai > 0 n n n n n 2 2 2 Þ å ai .MAi + å aiOAi .MAi ³ å ai .MAi + å aiOAi ³ 2å aiOAi .MAi i = 1 i = 1 i = 1 i = 1 i = 1 n n 2 Þ å ai .MAi ³ å aiOAi MAi (2) i = 1 i = 1 Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh. Bài 2.123: a) Ta có uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AB AC uuur AB AC AB AC - MA( + ) £ | - MA || + |= MA. ( + )2 = 2.MA AB AC AB AC AB AC uuur uuur uuur uuur uuur AB AC uuur AB uuur AC Þ 2MA + MB + MC ³ - MA( + ) + MB + MC = AB + AC Suy ra M º A AB AC AB AC uur uur uur r b) Gọi I là trung điểm của đường cao AH. Ta có a2IA + b2IB + c2IC = 0 (Theo bài 1.24) Kết hợp bài 14 ta thu được bất đẳng thức
23. a2.IA(MA - IA ) + b2.IB (MB - IB ) + c2.IC (MC - IC ) ³ 0 với mọi điểm M. Áp dụng định lí sin suy ra (MA - IA).IA sin2 A. + (MB - IB ).IB sin2 B + (MC - IC ).IC sin2C ³ 0 với mọi điểm M 2x 10x Giả sử tam giác ABC cân cạnh x thì IA = , IB = 4 4 Suy ra 2 2MA + 10(MB + MC ) ³ 6x 2 Vậy I là điểm cần tìm. Bài 2.124: Gọi A', B', C', lần lượt là trung điểm BC, CA, AB và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam uuur uuur uuuur 2 giác,vì tam giác nhọn nên O nằm trong tam giác ABC ta có: (OA ' + OB ' + OC ') ³ 0 Û OA'2+ OB'2+ OC '2 ³ 2OB'.OC '.cosA + 2OC '.OA'.cosB + 2OA'.OB'cosC Mặt khác OA ' = OB.cosB·OA ' = OB.cosA = R cosA Tương tự ta có: OB ' = R cosB, OC ' = R cosC Suy ra cos2 A + cos2 B + cos2C ³ 6cosA.cosB.cosC Dấu " = " xảy ra khi tam giác ABC đều. Bài 2.125: a) Ta có 3(MA2 + MB 2 + MC 2 ) ³ a2 + b2 + c2 cho M trùng với tâm ngoại tiếp tam giác ta được 9R2 ³ a2 + b2 + c2 . Áp dụng định lí sin ta có 9R2 ³ 4R2 sin2 A + 4R2 sin2 B + 4R2 sin2 C 9 Hay sin2A + sin2B + sin2C £ . 4 1 b) Áp dụng các bất đẳng thức a2 + b2 + c2 ³ (a + b + c)2 và câu a 3 c) Áp dụng các bất đẳng thức a + b + c ³ 33 abc và câu a A A A d) Ta có nếu A, B, C là 3 góc của tam giác thì 900 - ;900 - ; 900 - cũng là ba góc của tam 2 2 2 A B C 9 giác do đó theo câu a thì ta suy ra được cos2 + cos2 + cos2 £ 2 2 2 4 uuur uuuur 1 uur uur uuur uuur 1 uur uuur uur uuuur Bài 2.126: Ta có SM .A 'B ' = SA + SB . SB ' - SA ' = SA.SA ' - SB.S'B ' = 0 2( ) ( ) 2( ) ïì AN .AB ' = AA '2 Bài 2.127: Vì AA' tiếp xúc với (O'), BB' tiếp xúc với (O) nên ï . Mặt khác í 2 îï B 'M .B 'A = B 'B AA ' = BB ' nên AN .AB ' = B 'M .B 'A Þ AN = B 'M Þ AM = B 'N
24. Bài 2.128: Cho tam giác ABC không cân tại A; AM, AD lần lượt là trung tuyến, phân giác của tam giác. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD cắt AB, AC tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF ïì BE.BA = BM .BD BE BA BM BD HD: Ta có íï Þ . = . îï CF.CA = CM .CD CF CA CM CD BA BD BM BE Mặt khác = ; = 1 Þ = 1 Þ BE = CF CA CD CM CF Bài 2.129: (hình 2.25) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB . Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta có: C N M A PA/ (I ) = AC.AB = AM .AN = PA/ (O ) I (không đổi vì A, (O) cố định). Suy ra B PA/ (O ) AC = Hình 2.25 AB Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ H A thức trên ta có C cố định. Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định P C O Bài 2.130: (hình 2.26) Kẻ CH ^ OP . E Ta có tứ giác CEPH nội tiếp nên OP.OH = OE.OC B Vì tam giác OBC vuông tại B và BE là Hình 2.26 đường cao nên OE.OC = OB 2 = R2 R2 Suy ra OP.OH = R2 Þ OH = OP Vì O, P cố định nên H cố định Vậy tập hợp điểm C là đường thẳng vuông góc với OP tại H. Bài 2.131: (hình 2.27)Gọi I là điểm đối xứng của H qua B, suy ra I cố C định và thuộc (K). Gọi M là giao điểm của CD và AB. K Ta có MH.MI = MC.MD và A H M B I MC.MD = MA.MB suy ra MH.MI = MA.MB D Hình 2.27 Þ (MB + BH )(MB + BI ) = MB (MB + BA ) 2 Û (MB + BH )(MB - BH ) = MB + MB.BA 2 2 2 Û MB - BH = MB + MB.BA E BH 2 H M Û BM = A B BA F Vì A, B, H cố định suy ra M cố định. đpcm. N Δ Hình 2.28 6666
25. Bài 2.132: (hình 2.28)Ta có AM = AN = AE . uuur uuur Trong tam giác AEB , EH ^ AB Þ AE 2 = AH .AB = AH .AB uuur uuur Suy ra AM 2 = AN 2 = AH .AB Vậy AM và AN là hai tiếp tuyến của (C). Bài 2.133: (hình 67)B là trung điểm AC. Ta có D B M 2 1 A C giác DCFE nội tiếp . PA/(C2 ) = AE.AF = AB = AB.2.AB = AD.AC Do đó tứ 2 E Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCFE mà M nằm trên AC nên O F 1 5 và MD = MC = DC . Từ đó ta tính được AM = AB 3 2 AM 5 4 MC = AB Þ = 4 MC 3 Hình 67 Bài 2.134: (hình 2.29) Gọi E là giao điểm thứ hai của PQ C với đường tròn ngoại A P tiếp tam giác PAB . CD cắt PQ tại F.Ta có F E Q B OQ2 - R2 = QA.QB = QP.QE . Mà P, Q cố định nên PQ không đổiÞ QE không đổi do đó E cố định. Mặt khác P·DC = P·BA = P·EA nên tứ giác DAEF nội tiếp suy ra D PO2 - R2 = PD.PA = PE.PF Hình 2.29 Mà P, E cố định nên PE không đổiÞ PF không đổi do đó F cố định. Vậy CD luôn đi qua điểm cố định là F. Bài 2.135.(hình 2.30) Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2 , I là trung điểm của O1O2 . Ta có: P = P Û MO2 - R2 = MO2 - R2 M / (O1 ) M / (O2 ) 1 1 2 2 2 2 2 2 Û MO1 - MO2 = R1 - R2 2 2 2 2 2 2 M Û (MH + HO1 )- (MH + HO2 ) = R1 - R2 2 2 2 2 Û HO1 - HO2 = R1 - R2 2 2 O1 O2 Û (HO1 - HO2 )(HO1 + HO2 ) = R1 - R2 H 2 2 Û O2O1.2HI = R1 - R2 R2 - R2 Û IH = 1 2 (1) O1O2 Hình 2.30 Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với O1O2 . Nhận xét: Đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2). Chú ý các hệ quả sau có nhiều ứng dụng: Cho hai đường tròn (O) và (I). Từ bài toán ta suy ra được các tính chất sau: a) Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối tâm. b) Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương của chúng.
26. c) Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O) và (I) thì đường thẳng qua M vuông góc với OI là trục đẳng phương của hai đường tròn. d) Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. e) Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì 3 điểm đó thẳng hàng. f) Nếu (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vuông góc với OI chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.