TÀI LIỆU CHUYÊN TOÁN HÌNH HỌC 10 - ĐOÀN QUỲNH

8/9/2019 TÀI LIỆU CHUYÊN TOÁN HÌNH HỌC 10 - ĐOÀN QUỲNH

1/340

ĐOÀN QUỲNH (Chủ biên) - VÃN NHƯ CƯƠNG-JRAN NAM DŨNG 1 NGUYỄN MINH HÀ - ĐỖ THANH SƠN - LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH B

TÀI LIỆU CHUYÊN TOÁN

H Ì N H H Ọ C * 1 0ổ

(Tải bản lần thứ hai)

NHẦ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUY

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQUY

B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

WW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú


2/340

Công ty cổ phán Dịch vụ xuất bản Giáo dục Hà Nội - Nhà xuấỉ bản Gỉáo dục .Việt Namgiũ quyên công bố tác phầm.

13-2011/CXB/157-2048/GD Mã s ố : TXT44hl-CPH



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




3/340

t è £ ờ i n ó i đ ầ u

Từ hơn 40 năm nay, hệ chuyên toán ở nước ta là một hệ học chứih thống bêncạnh hệ đại trà. Tuy nhiên gần đây, Bộ Giáo đục và Đào tạo mới ban hành chínhthức chương trình chuyên Toán ỉớp 10 và đang xét duyệt chương trình chuyênToán lớp 11,12 bên cạnh chương trình Toán THPT đã được ban hành năm 2006.

Chúng tôi nhận thấy cần biên soạn một bộ tài ỉiặu chuyên Toán bậc THPT vói

các mục đích sa il:- Phục vụ Việc dạy và học ở hệ chuyên Toán thể hiện được tinh thần của

chương trình lióỉ trên, khá gẩn với chương trình và sách giáo khoa (SGK) Toán ,nâng cao nhằm giúp học sinh có thể chuyển đổi từ việc học ờ hệ chuyên sang hệkhông chuyên và ngược lại.

- Làm một tài liệu giáo khoa cho giáo viên dạy các lớp chuyên Toán. '

-; - - Giúp học sinh các lóp chuyên tự học ; giúp học sinh khá giỏi ồ các lớp đạiựà có tài ỈỊệu để có thể tự học, tự bổi dưỡng ỉhèm (bên cạnh SGK nâng cao)

Chúng tòi đã mời được nhiều thẩy dạy ở cắc trường chuyên, lớp chuyên (dạycác lớp bổi dưỡng thỉ toán quốc ỉế cũng như trong nước, dạy các khối chuyên ởcác trường đại học,...) tham gia biên sọạn để tài liệu sật với thực tiễii giảng dạy hệchuyên ở nước ta, đồng thời giới thiệu được phần nào đồi nét giảng dạy ở hệchuyên Toán của các trường đó.

Bộ sách Tài liệu chuyên Toán lớp 10 bao gổm 4 cuốn :

- Tài liệu chuyên Toán - Đại sộ' 10

- Tài liệu chuyên Toán - Hình học 10- Tài liệu chuyên Toán - Bài tập Đại số 10

- Tài liệu chuyên Toáh - Bài tập Hình học 10.

3



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




4/340

.Các tác giả viết cuốn Tài liệu chuyên Toán - Hình học 10 này là :

- Thầy Nguyễn Minh Hà (Khối chuyên'Toán, Trường ĐHSP Hà NộChươhg Ị và Bài đọc thêm

- Thầy Lè Bá Khánh Trừih (Trường ĐHKHTN Tp Hỗ Chí Minh): Chươíĩ

- Thầy Vàn Như Cương (Trường Lương Thế Vinh, Hà Nội): Chương ỉỉỉ

- Thầy Đỗ Thanh Sơn (Khối chuyên toán Trường ĐHKHTN Hà NộChương IV

Thầy Trần Nạm,Dũfig(Tmờng iĐHKHỊỊsí Tp Hồ Chí Minh): Chuyên Hình Ịiọv phạ%g. -

Từng tác giả chịu trách- nhiệm: về bài viết của mình- Chủ biên và biên tập vtôn irọrig' 'Văn phóng" củá từng ĩầc giả (người trình bày chi tiết, chặt chẽ ; ng

trình bày dựa nhiều vậọ trực giạc.; người; tỊÌnh .bày phần lí thuyết phong phú, sắc ; ngưòi chú trọng phần úng dụng, bài tập.„). Chúng tôi chủ yếu. sửa cnhững ]pi bịêụ tập, phối hợp các phận biên span của những .tác giả khác nhauchúng trợ thành một; thể thong nhặt theo, đủng khuộn kho của chương trình.

• •: Trong tài, Ịiệu này chi trình bày- một chuyên đề bạt buộc của chương trìnhchuyên đề Hình học phẳng. Tác giả đã chọn giải một số bài toán "điển hình” hình học phậng chủ yếu dựa vào các kiến thức hình học ở THCS mà hầụ như tấhọc sinh chuyên đều cần biết. Trong từng chương, các tác giẳ đã cố gắng tuân thệó sẵp xếp cúà;chriờng trmtil Có một sổ địểu cần lừ u ý ià r ’

Trong chương I (Vecỉỡ), tầc giả đã cho nhiều ví dụ và bài tập về hình h phảng'có ằử dậng còng cạ vectớ (chưa đề cập đến tích vố hướng), có nói đến tâmcự, tì sổ kép của hàng’và tĩ số kép của chùm. Tác giả cũng đầ viết bấi đọc thêmgóc định hừớng vời định lí Ceva, vofi tì số kép đật vào cuối chương n.

, Trong chương II (Tích 'vô hướng và ứng dụng), bên canh giá trị ĩượng giác các góc có mối liên quạn đặc biệt, sách có giới thiệu các cống thức lượng giácsử dụng trong những chứng minh hình học ngaỳ saủ đò. * ' ■

Trong chương m {Phuơng phấp tọa độ ỉrọng mặt phẳng) cò trình bày thmột số nội dung mà SGK Hình, học 10 riầng cao không nói đến, chẳng hạn ntiếp tuyến của các đường cônic, tứứichất quạhg họccủacầcđưefng cônic....

Trong chương IV (Cúc phép biến-hình trọng- mặt phẳng)r theọ đúng tinh thì của chương trình, tác giả đe cập đến từng phép dời hình, đổng dạng (tịnh tiến?

xứng, quay, vị tự), chưa đi sâu vào hợp thấnh (tích) của chúng.

4



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




5/340

Trọng từng chương.ẹó-nhiều .ví dụ, nhiệu bài tập, bài toán (kể cà bài thi của hệchuỵên, thi học sinh giỏi, Toán qụôc gia, quốc tế...). Các bài tập đều có lời giảihoặc hương dẫn giải đầy đủ trong cuốn Tài liệu chuyên Toan - Bài tập Hỉnh học ỉ'0.

Các tác giả cùng chủ biên và biên tập viên đã rất cố gắng phối hợp'biên soạn

tài liệu chuyên Toần này. Tuy nhiên, chúng tồi biết bộ sách vẫn còn nhiều thiếusót bởi vì viết tài liệu dạy và học đầu tiên cho .hệ òhủyên Tóán là một điểu rất khókhăn. Trong bộ sách, có thể đầy đó vẫn còn dùng những kí hiệu khác nhau để chỉcùng một đối tượng (nhưng không gây hiểu nhầm gì), đôi chỗ có nhũng, bài tậptrùng lặp (thường với những ý tưởng giải khác nhau) và cũng có thể có đổi chỗchưa đầy đủ chi tiết như mong muốn. Chúng tôi mòng đởc giả lương thứ về cácđiều đỏ và hy vọng các thầy cô. và các em học sinh trong quá trình dạy, học, đọc tàilịệu nàý đóng góp ý kiến cho chúng tôi để lần tái bản sau, sách phục vụ được tốthơn. Các góp ý xin gửi về : Ban Toán, Công ty cổ phần Dịch vụ xuất bản Giáo dục

Hà Nội, Nhả xuất bẩn Giáo dục Việt Nam, ỉ87,GiẩngVổ, Hà Nội.

Chúng tôi rất cám ơn eác tác giả đã nhiệt tình tham, gia biên soạn tài liệu trongkhi bề bộn bao công việc khác và đã buộc phải biên soạn trong một khuôn khổchương trình nhất định, phải phối hợp với nhiều tác giả khác (có thể với những ýtưởng biên soạn không hoàn toàn giống nhau). Chúng tôi rất cám ơn Tiến sĩ Trần

Phương Dung đã đứa rà ý tưỏrrig-về' bọ-isẩch va giúp đỡ' triền'khai' •viết bộ sách này.Chúng tôi đặc biệt cám ơn biến tập viên Phan Thị Minh Nguyệt, người đã giúp cáctác giả và chủ biên sửa chữa các sai sổt, sắp xếp phối hợp các phần của các tác giả

khác nhau, khắc phục các khó khăn để bộ sách được xuất bản đúng thời hạn, kịpthời phục vụ bạn đọc. Mong muốri duy nhất của chúng ta .là bộ sách này thực sự

bố ích cho cẩc học sinh ham thích và họe giỏi môn Toán, đặc biệt giúp học sinhchuyên toán có tài liệu học tập riêng cho hệ chụyên của mình.

Chủ biên

ĐOÀN QUỲNH

5



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




6/340

BẢNG PHIÊN ÂM

TẼN MỘT SỐ NHÀ TOÁN HỌC NÊU TRONG SÁCH

Phiên âm La-tinh Phiên âm Tiếng Việt

Apollonius V , A-põrỊõ*ni-út

Brianchon Bri-ăng-sông

. Bunyakovsky Bu-nhi-a-cốp-xki

Cauchy Cô-siCaníot Cảc-nô

Ceva Xẽ-va

Chasles Sa-iơ

Coxeter Coỏc-xtơ

Descartes Đề-các

De Morgan Đõ Móc-găng

Desargues Đỡ-dác

Eudid ơ-clit

Euler ơ-re

Feuerbach Phoi-c-bắc

Gauss. Gau-xơ

Gergonne Gec-gon

Greitzer Gở-rai-xơ

Heron Hè-rông

Phiên âm La-tinh Phiên ãm Tiếng Việt

Lemoine lơ-moan

Madaurín Mác-ló-ranh

Menelaus Mè-nê-la-uýt

Miquel Mi-kenNewton Niu-tơn

Pappus Pa-puýt

PascaJ Pat-xcan

Poncelet Pông-xcMẽ

Ptolemy Ptô-lê-my

Pythagoras Py-ta-go

Slmson Xim-xơn

Steiner Stây-ne

Stewart Stỉu-oaỉ

Terquem Téc-kem

Thales Ta-ỉét

Torricelli Tõ-ri-xe-li

Venn Ven

Viète Vi-ét

LƯU Ý MỘT SỐ KÍ HIỆU Được DÙNG TRONG SÁCH

( AB , AC) góc định hướng giữa hai vectơ

(AB,AC) góc định huớng giữa hai tia

góc lượng giác giữa hai tiá

( AB . AC) góc định hướng giữa hai đường thẳng

W/V ũ , V cùng phương

« t t v u, V cùng hưống ' *

II IT V 11, V còng phương khạc hướng

(ABC) hoặc {A, B, o tỉ số đơn của A, B, c nếu A, B. c thẳng hàng(ABC) đường tròn ngoại tiếp ĩam giác ABC nếu A, B, c không

thắng hàng

( AB CD) hoặc (A, s , c , D) tì số kép của 4 điểm thẳng hàng boặc Èủa 4 diểm trên

đường tròn

S(ABCD) hoặc S(SA, SB, se, SD) ti số kệp của 4 đường thẳng SA, SB, s c , SD'

dt(ASC) hoặc SABC điện tích tam giác ABC

6



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




7/340

Chương I

V E C T Ơ .

81. VECTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ

1. Đại cương vể vectơ

a)Vectơ

Vectơ là một đoạn thẳng mà ta đã chỉ rõ điểm mút nào ỉà điểm đầu, điểm mứtnào là điểm cuối. l '- .

Điểm đẫu và điểm cuối của vectơ theo thứ tự được gọi là gốc và ngọn củavectơ.

Hừớng từ gốc tới ngọn của vectơ được là gọi là hướng của vectớ.

Vecíơ có gốc A, ngọn B được kí hiệu là AB .

Độ dài của vectơ AS chính là. độ dài đoạn thẳng AB. Độ dài của vectơ AB

được kí hiệu là AB . Đương nhiên Ab Ị =AB.

Vectơ có gốc và ngọn trùng nhau được gọì làvectơ-không. Vectơ-không có độdài bằng 0 và có hướng tuỳ ý..

Khi muốn chỉ rõ một vectơ nào đó có độ dài kihác 0, ta dùng thuật ngữ "vectorkhác không".

Khi muốn chỉ rõ một véctơ nào đó có đô dài bằng 1, ta dùng thuật ngữ "vectơđơn vị”.

b) Hai vectơ bằng n hau

Giá của vectơ-khác không AB là đường thẳng AB. Giá của vectơ-không AA là đường thẳng bất kì đi quạ A;

Hai vectơ được gọi là cùng phượng nếu giá của chúng hoặc song song hoặctrùng nhau. Đương nhiên, veetơ-không cùng phương vói mọi vectơ. Để biểu

thị hai vectơ AB và CD cùng phương, ta viết: ABỊỊCD:



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




8/340

Nếu giá của vecta AS hoặc song song hoặc trừng với đường thẳng A thì ta

cũng viết ABỊỊ A ....

Hai vectơ cùng phương có thể cùng hướng, có thể ngược hướng.

' • ; ; >■:Ai . , V ' . •;Để biểu thị hai .vectơ AB, CD cùng hướng, ta viết: /45 t t CD (h.1.1).

Để biểu thị hai vectơ AB, CD ngược hướng, ta viết: A B ti CD (h.ĩ.2)

Với hai vectơ-khác không AB, CĐ, ta có :

ÃỖTTÕ) ' ABỊỊ CD


9/340

2. Các phép toárí vec ỉơ

a) P hép cộ ng hai vectơ

Tổng của hai vectơ a và b là một vectơ được xác địnhnhư sau :

Từ một điểm 0 tuỳ ý vectơ AB ~ b .

0 BVectơ OB được gọi là vectơ tổng của hai vectơ a và b Ị.ịình JJ

và kí hiệu là a + b (h.1.3)/

Từ định nghĩa phép cộng hai vectơ, ta có ngay các quy tắc quan trọng sau :

• Quy tắc ha điểm :

Với ba điểm A, B, c bất k ì: AC = AB + BC.• Quy tắc hình bình hành (h.l .4):

Với hình bình hành ABCD : ÃC-=ÃB + ÃD .

Phép cộng vectơ có các tính chất sau :

• a + b ~ b + a (giao hoán),

• a + ịĩ + cj = ịa + bỴ+ C (kết hợp).

• a + 0 ~ a . Nhờ tính chất kết hợp :

- Các tổng a + ịh + c j , {a + + r được viết đơn giản là à + b + c .

- Quy tắc ba điểm được mở rộng thành quy tắc n điểm :

ÁxAn ■= A ỵ A2 + A2Á3 +... + An_xAn .

b) Phép t rừ hai vectơ

Vectơ b được gọi là vectơ đối của vectơ a khi và chỉ khi b t ị a và \b\ ~ \a\

Để biểu thị vectơ b là vectơ đối của vectơ a , ta viết: b = - a .

Đường nhiên vectơ b là vectơ đối của vectơ a khi và chỉ khi vectơ a là vectơ

đối của vectơ b . Nói cách khác, -( -ứ) = a .

D c



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




10/340

Vì lí dọ trên, khi b = -a a - - b , ta nói: a và b làhai vectơ đối nhau.

Dễ thấy, ổ và ố là hai vectơ đối nhau khi và chỉ khi a + b = 0.

Hiệu của vectơ a và vectờ b ỉà một vectơ, kí hiệu là a - b , xác định như sau :

a - b ~ a + (-Ỉ)

Hai qụy lắc sau đây là quan trọng đối với phép trừ vectơ:• AB = OB - OA (O là điểm tuỵ ý).

• a = b + c a - b -C (quy tắc chuyển vế).

c) Phép nhố n m ột vectơ vói m ột số thực ^

Tích của số thực k với vectơ. a là một vectơ, kí hiệu là k a , xác định như sau :

• Nếu k - 0 hoặc ữ = 0 thì ỉca = 5 .

• Nếu k > 0 và a õ thì ka tT a và \ỊĨa\ = k\a\.

• Nếu k


11/340

Ví dụ 2. Nếu M, N theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AD, BC thì:

ẶĨN = Ỉ(ĂỖ + DC) = j (Ẵ C + DB) .

Giải. Chú ý rằng + MD = õ; /V# + iVC = 0, ta có:

2 m = X M + ÃB + m ỳ+ ÌM Đ + ĐC + CN) .

= ( M + MD) + (BN +€N) + {AB + DC)

^ Ã ẽ + v c :

Suy rạ : MV ==Ì (Ã Ỉ + DC ) . : (ì)

Tương tự: MĨV = ^ (Ã c + DB). (2)

Từ (Ị) và (2) suy ra: MN = ị(Ã B + DC) = ị ( Ã C + DB) . o

Ví dụ 3. Cho tớ giầc ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thay đổi trên các cạnh AM CN ^

AD, CB sao cho ——- = ~~~. Tìm quỹ tích trung điểm Ị của MN. AD CB

Giẩi. (h. 1.5) Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD.

Thuận. Giả sà í thọả mãn đỉềú kiện đề bài.

_ AM C N _ _ *Đặt - —— = k. Đương nhiên AM = kAD , CN - kCB (1) Ạ u c B

và 0 < i < 1 (2)

Từ (1), yới chú ý rằng ỉ, E, F theo thứ tự là trung điểm củạ MN, AC, BD, theoVĐ2, ta có: D c

Ẽỉ = ị( Ã M + CN) ;

■"=k.ị(AD + CB) = kEF . (3)Từ (2) và (3) suy ra / thuộc đoạn EF.

Đảo. Giả sử./ thuộc đoạn EF,



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




12/340

Từ (1), dễ thấy tồn tại các điểm. M, N theo thứ. tự thuộc cắc đoạn AD, CB AM ' CN _ — — ~

cho -777 = = k .Ta. có, AM = kAD , CN = kCB (3). AD CB

Từ (2) và (3) suy ra : ,

ÍĨM = ĨÉ + ỆẴ + AM = ĨẼ + ẼĂ + kÃD [ĨN = ĨẼ + EC + CN = ĨẼ + ẼC + kCB

=> ĨM[+ ĨN = 2ĨÈ + (ẼẴ + ẼC) + k(ÃD + CB)

= 2IE + 0 + k.2ẼF= 0,

Điều đó có nghĩa Ị là trung điểm-của đoạn MTV.

Kết luận. Quỹ tích điểm / là đoạn EF.

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC và điểm G. Các mệnh đề sau tương đương :

a) G là trọng tâm của tam- giác ABC.

b) GẦ + GB + *GC = õ

c) MA + m + MC = 3MG VM.

Giải.

(a => b) Gọi A' là giáo điểm của AG VỐABC. Ta cố : GA + 2GÀ' - 0 (i).

Mặt khác, vì A ỉà trung điểm của BC nên theo VD I : GB + GC = 2GA' (2

Từ (1) và (2) suy ra : GA + GB + GC = ố . ^

(£.=> à) Gọi A', B' theo thứ tự là trung điểm của BC, 'CA.

VÍ GẴ + GB + GC = õ nên theo VD ỉ : GA + 2GA' = õ ; GB + 2GB' = õ

Suy ra : G thuộc AA' và

Do đó, ƠTà trọng tấỵn củạ tam giác ABC.

(b « • c) Ta có :GA + GB + GC = Õ

~MẢ + ĨắB + MC =ĨMG V M. □ .



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




13/340

Ví dụ 5. Chứng minh rằng các tam giác ABC, A'B'C' có cùng trọng tâm khi và

chỉ khi AA' + BB' + CC' = ọ .

Giải. GọiG, G' theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác ABC, A'B'C'.

Theo VĐ 4, ~GA+ GB ị GC '=■õ ; ÉTÃ*' + 'G7? + G X ' = 0 .

Do đó :

3 ^ ' + ÃA' ^G B + BB' + ¥ g ' -^GC + CC' + C7 g ‘' .

= {GA + ̂ + ̂ ) - ( G rA' + G TB , + G7C ,) + (AA' + BB',+ CC')

—AA .+ BB' +-CC'.

Vậy : Các tam giác ABC, A'B'C' có cung trọng tâm

ó GG’. = õ ■ ÃA' ■+ BB' + CC' = 0. □

Ví dụ 6. Cho M, N, p, Q, R, S‘ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA của lực giác ABCDEF. Chứng minh rằng các lam giác MPR,

NQS có cùng trọng tâm.

Giải. •

Cách ỉ. Gọi‘G là trọng tâm của tam giác MPR.

Theo VD 4, ta có :

GM 4- GP + GR ~ 0

.=> i(GA + GB) + ~(GC + GD) + ị(Ỡ £ + GF) = 0

=>^(GB + GC) + j(V D + GE) + ~(GF + GA) = 0

=> GN +G£> + GS ̂õ.

Từ đó:,theo VD4, G1

Vậy, các tam giác Mỉ.

Cách 2. (h.1.6) Ta có

MN + PQ.+ RS = ^

= —(AC + CE + EA) = 0. Hình ỉ.6

Vậy, theo VD 5, cắc tam giấc MPR, NQS có cùng trọng tâm. □



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




14/340

Ví dụ 7. Với ba vectơ a, b, c bất kì, chứng minh rằng :

a) \a + b\


15/340

Suy ra : M thuộc hình vành khăn ự/í)

xác đính bởi hai đường tròn\ ỉ 1 \

0 ; i ( « , + / ỉ 2 )

Đảo. Giả sử M thuộc (Ji). Đương nhiên,

| ( R , +R2)>OM> ỉ|J?, - R j|. Do;yv.vj -r ,v2j, ^ ^ 2 n


16/340

Giải. (h. 1.8). Gọi N là điểm trên cạnh AB sao cho MN Ị Ị ẠC. Ta có :

——* — . . -------- . a n -rr NM — 1 AM = AN + NM = i ^ A B + ̂ A C . (1)

Ao /»c<

Mặt khác, theo định lí Thales :

AN MC NM MB AB ~ BC ; AC ~ BC ' (2)

Từ(l) và (2) suy ra : AM = ~ r A B + ~ r A C . □d (J BC

MB

H ìn h'ỉ.8

Nhận xét. VD 9 là sự mở rộng của VD 1,

Ví du 10. Đường trốn nội liếp (ỉ) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng :

a) aĩẦ + bỉB + cĩc = 0.

b) aĨD + bĩẼ + cĨF ~ ọ .

Giải. •

a) (h.l .9) Gọi A' là giao điểm của Ạ1 yà BC

Theo Ưnh chất của đửờng phân giác, ta có

A'C b . .c

A'B + A’C a

A'B

A ’B

c

A'C b ■b+ c ■b + ,c.

ac„ ỈA' BA' h + r ã va —— = —= —- —L- ——,—

ỈA BA c b + c

(1)

(2)

Hình 1.9

Trong tam giác IBC, theo VD 9 : ỈA' = ~~-ỈB + /c BC BC

b ỈB +b + e

Tứ đó, chd ý tới (1), ta có : ỈA ' =

— • ĩ A ' •Mặt khác : ỈA' = -~~~ỈA ỈA

; Từđó, chú ý tới (2),ta có : ỈA' /A.b + c

Từ (3) và (4) suy ra : aỉA + bỉB + cỉC - 0-

' B

c ĩ c .



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




17/340

b) (h. 1.10) Đặt AE = AF ~X\ B F-BD = y\C D = CE = z.

Đương nhiên :y + z = a,z + x = b>x + y = c.

Trong các tam giác ỈBC, ỈCA, ỈAB, theo VD 9, ta có

aĨD = zĨB + y ĩc

aỉĐ + bỉE + CỈF — (y + z)ỈA + (z + x)ỈB + (jc + ỳ)ỈC

—ạỉA + bỉB + CỈC .

Từ đó, chú ý tới câu a), ta cồ : aỉD + blE + CĨF = õ. □

VI dụ 11. Cho đa giác lồi AịA2 A„ và các vectơ đơn vị €ị (1 < i < n) theo

thứ tự vuông góc với AịAi+l (xem An+l = Ax), hướng ra phía ngoài đa giác.

Chứng minh rằng:

+ Ả 2 A3e2 +... + AnAlert = 0 (định lí con nhím).

Giải, (h.1.11) Từ câu b) trong VD 10, dễ thấy định lí con nhím đúng đôi vớitam giác (1).

Giả sử định lí con nhím đúng với (« - 1) - giác lồi (n 2 4) (2).

Dụng vectơ đơn vị e vuông góc với Ả ịA ^ ị ,

hướng ra phía ngoài tam giác AỉAn_ỉAn.

Áp dụng (1), (2) tương ứng cho tam giác A ^ ị \ và.(« - 1) - giác AlA2...AỊI_ĩ, ta

có :

+ K A\ẽ*n+ Ai \ - i ĩ = 3

[ A ^ I -+ ^2A3e2 + —+ An-ỉA\(~e) - 3.

Suy ra : AjA 2et + A 2 À3e 2+...+ A„_ịAnen̂ + AnAị7 n = ồ.

Điều đó có nghĩa ỉà định lí con nhím đúng với /2-giác lồi.

Vậy, theo nguyên lí quy nạp, định ưcon nhím đúng với mọi đa giác lồi.

a 2

2A-CT HÌNH HỌC 1017



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




18/340

Hình 1.12

Ví dụ 12. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn(/). Hai điểm E, F theo thứ tự là trung điểm của AC,

BD. Chứng minh rằng /, E, F cùng thuộc một đườngthẳng.

Giải, (h.1.12). Gọi M, N , p, Q theo thứ tự là tiếp

điểm của (/) với AB, BC, CD, DA ; X , y, z, ỉ là khoảngcách ữ A , B , c , D tới các tiếp điểm tương ứng.

Theo định lí con nhím, ta có :

(x + y)ĨM + c y + z)ĨN + (z + t)ĨP + (t+ x)ĨQ = ãs*

=> (yĩẴ + xĨB) + (zĩẼ + y lc ) + ị t ĩ c + ZỈD) + (xĩB + tỉẰ) = 0

=> (y + 0(M + IC) + (x + z)ỰB + ID) = 0

. => (y + t)ĨÈ + (x + z)ĨF = õ

=> ĨẺ Ị ịlỉ.

Điều đó có nghĩa là /, £, F thẳng hàng. □

Ví dụ 13. Về phía ngoài tam giác ABC, ta dựng các tam giác đồng dạng XBC, YCA, ZAB. Chứng minh rằng cáo tam giác ABC, XYZ có cùng trọng tâm.

Giỏi. (h. 1.13). Gọi H, K, L theo thứ tự là hình chiếu củaX, Y, z trẽn BC, CA, AB.

Gọi ea, eb, ec là các vectơ đơn vi, hướng ra ngoài tam giáệ ABC và theo thứ tự

vuông góc với BC „CA, AB.

Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên ; BH = CK = AL B C ~ CA ~ AB XH YK ZL B C ~ CA ~ AB

Từ (1) và (2), ta có :

BX + CY + AZ

= BH + HX + CK + KY + AL + Zz

. = (BĨỈ + CK + ÃL) + (HX + KY + LZ)

= m(BC + CA + AB) + n(BCeữ + CAeb + ABec)

• = n(BCeữ + CAeb + ABec) .

= m ;

= n .

(1)

(2)

182B-CT HÌNH HỌC 10



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




19/340

Từ đó, theo định lí con nhỉm, BX + CY + KL = 0 .

Vậy, theo VD 5, các tam giác ABC , x y z có cùng trọng tâm. □

Ví dụ 14] cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Gọi Sữ, sb, Sc theo thứ tự là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. Chứng minh rằng:

SaMA + SbMB + ScMC = Õ.Giải, (h.1.14)Gọi A' là giao điểm của các đường thẳng AM, BC.

Trong tam giác MBC, theo VD 9 :

777*' _ A'C 772= BC BC ■

Chú ý làng : A B SMA.B SMAB sc H M 1 J 4

, , A'C _ sb A 'B _ s cta có : ■ ___ = — —— *——~= ----- — .. BC sb+sc BC sb+sc

Suy ra : ÃM! = * _ JĨB + -fT - i t e . (1)s„+sc s„ + sc

Lai chú ỷTÌng: ~ = = ệ a x = .V .'A± .V :ẹ . MA SMAB SMAC S ma B +S ma c sb + Sc

và MA' Ti MA , ta cỏ :

= (2)+ ? c

Từ (ỉ) và (2) suy ra : SaMA + SbMB + ScMC = õ .

Nhận xét.

1. Cho M trùng vói trọng tâm G hoặc tâm đường tròn nội tiếp / của tam giác ABC, ta nhận lại được các kết quả quen thuộc:

GÃ + GB + GC = 0 ; ÕĨẴ + bĨB + c ĩẽ = 0 .

2. Nếu M nằm ngoài tam giầc ABC, ta có kết quả tương tự :

~Sa MA + sb MB + Sc MC = 0 (khi M thuộc góc BAC và góc đốì (tình của nó).

SaMA - SbMB + ScMC = ồ (khi M thuộc góc CBA va góc đối đỉnh của nó).

Sa MA + sb MB - ScMC = õ (khi M thuộc gộc ACB và góc đốì tình của nó).

19



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




20/340

Ví dụ 15. Cho tam giác đều ABC tâm 0. M là điểm bất kì trong tam giá E, F lần lươt là hình, chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng :

MD + ME + MF = .2

Giải:

Cách 1. (h.l. 15). Gọi s, Sa,SbỊ Sc tương ứng là diện

tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB. Gọi A\ B\ c lần lượt ìà hình chiếu củ&A, B, C trên BC, CA, AB.

Tacó:M Ỡ = ̂ Ã V = ̂ Ã Ĩ = | ^ Ã Õ . ^ / ---------M -

Tupng tự : ME = ~ B0 : MF = 2 S c 0 ■ Hình 1.Ị 5

Từ đó, với chú ý rằng Sa+Sb+Sc= S\S aMA+ShMB + ScMC = Ồ (VD

ta c ộ :

MD + M£ + MF = ~ ( S a Ã Õ + SbBÕ + ScCO)£ 0

= ̂ ( s a( m - m ) + sb( A W - m ) + sc(M 0~M C

= m (5“ + S 6 + s < ỹ ũ ° - +Sb^ +Sc^

- ệ / ữ õ .2Cách 2. (h. 1.16). Qua M, kẻ các đường thẳng .lần lượtsong song với BC, 'CA, AB. Chúng tưang ứng cắt cáccặp đường thẳng AB, AC ; BC, BA ; CA, CB tại V, z ; £r’£/ ;T,X

Dễ thấy MTAƯ, MVBX MYCZ là các hình bình hànhvà các điểm D, £, F tương ứng lắ trúng điểm cỏa XY, B X D Y

ZT, ư v.Vậy, theo quy tắc hình bình hành và theo VĐ 1, ta có : ^ lnh ỉ ỉ6

MD + ME + MF = ~(MX + ~MY) + ~ựÃZ + MT) + j ( m ữ + MV)

= ^(MT + Add) + ~{MV + MX) + ̂ ( m + MZ)

= ị(M Ầ + Mầ + ÃĨC) = ̂ M d .n

20



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




21/340

Ví dụ 16. Cho các điểm M, N theo thứ tự thuộc đoạn AD, BC sao cho

MD= Arc = §• Chứng minh rằng: ̂ =T ^ {yAB + xDC) ■Giải.

= xMN + .yÃ/Ã? .

- y(ÃĨẴ + ĂB + BN) + x ( m Õ + DC + CN)

=(yŨẮ + xMD) - XyNB + xNC) + (yÂệ + xDC ) . ( 1)

Mặt khác, từ giả thiết dễ thấy : yMA + xMD - õ ; yNB + xNC = õ . (2)

Từ (I) và (2) suy ra : ~MN - —í — (ỹÃB + xDC ) . □

Nhận xét. VD 16 là sự mở rộng của VD 2.

Ví dụ 17. Cho tam giác ABC. Điểm M nằm trọng tam giác, tì, K, L tương ứnglà hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho

MH - MK + ML.

Giải. Gọi BE; CF là các đường phân giác kẻ từ B, c của tam giác ABC.

Thuận, (h. 1.17). Giả SỬ M thoả mãn điều kiện đề bài.Gọi. Sa, Sh, Sc tương ứng ỉà diện tích của các tam

giác MBC, MCA, MAB. Theo VD 14, ta có :

saÃ4Ẵ + shm + SCÃÍC = Õ. (1)Đặt BC = a, CA = b;AB = c.

B H c

V\MH = MK + ML nên^ - = % + ̂ . (2)a b c Hình 1.17

Từ (1) và (2) suy ra :

+ShMB + SJ4C =Q

=> Ậ- (aỉÃĂ +bMB)+^ (ÕMẴ+cMC )=õb c

^>^-{a^ b)Ã ĨF+ ị-(aF Ả+ bF B)+ ^(a+ c)m + ^(aẼ Ă + cẼC) = 0 (3)b b c c

X * V ___ - FA b EA cMàt khác, theo tính chất của đương phân giác-: - —; -TTT7 = —.

FB a EC a

21



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




22/340

Suy r a : aFA + bFB = ổ ; aEA + cEC = ố

Từ (3) và (4) suy r a : -ậ-( 0 ; — (a + c) > 0, ta có : M thuôc đoan EF.ơ c '

£>ờớ. (h.L18). Giả sử Af thuộc đoạn £F. Gọi X Ktheo thứ tự là hình chiếu của E trên BC, BA ; Z ,T theo thứ tự là hình chỉếu của F trên CB, CA,

Dêthấy :EX =E Y;F Z = PT (5).

Theo định lí Thales,

ME _ HX ME _ KE ME _ LY MF HZ ' MF ’ KT ’ MF ~ L F '

rw ME _ H X KE _ L Y X ( m +u _ ■ ,Đặt = j ỳ = - (x, y > 0), theo VD 16, ta có :

H X c

Hình ỉ.18

MH = —}— (yEX + xFZ ) ; MK = --— -FT', ML = ~ — EY x + y JC+ _y x + y

=> =1

+ xFZ)a: + 7

Từ đó, với chó ý rằng TT FZ , ta c ó :1

=+ y

FT ML x + y

■EY

MH = (y£X + xFZ ) ; AÍẲ' = ~ ^ ~ F T ; ML = —Z— EY......... Jrr +

(6)■X+ .y ' r ■ Jt + 3?

Từ (5) và (6) suy ra : M// = AÍ/iT + ML.

Kểt luận. Quỹ tích các điểm M thoả mãn điều kiộn đề bài là đoạn EF. □

Ví dụ 18. Cho hai điểm A, B phân biệt và hai số ữ, p thoả mãn điếu kiện

a + p * 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm M sao cho aMA+/3MB=0.

Giai. Ta có :

aMA + PMB = Ổ ~ ã m + y?(ÃS - ÃM) = õ

(a + ậ)ÃM = J3AB

Ã ữ = —Ế—rÃB. a + 0

Đẳng thức trên chứng tỏ sự tồn tại duy nhất của điểm M. □

Nhận x ét Khi a + Ị5 = 0, không tồn tạì điểm M sao cho a MA + /3MB = õ .

22



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




23/340

Ví dụ 19. Cho tam giác ABC và ba số a , /?, Ỵ thoả mãn diều kiên

a + p+ ỵ ^ 0. Chứng minh rằng tồn tại diiy nhất điểm M sao cho

a M A + j m B + r M C = 0 .

Giải.

Cách ỉ. Vì a + /?+ Ỵ * 0 nên(cr + /0 + 0# + / ) + ( / + or) V 0 . Do đó, mộttrong ba số c« + /?), (/?+ Ỳ), (ỵ + a) khác không.

Không mất tính tổng quát già sỏ, a + p 5É0. Theo VD 18, tồn tại duy nhất

điểm E sao cho : aEA + pE B .

Vậy, ta có :

a Ũ Ẵ + PMB+ ỵMC = ỏ a(MẼ + ẼẴ) + fi(ÃĨẼ+ẼB)+rĂĨC = d

(a + /3)MẼ + (CCẼẲ + pẼB) + ỵMC = õ

' (a + J3)ME + ỵA/C = õ.

Vì (a + /?)+ 7 ^ 0 nến thẹo VD 18, tồn tại duy nhất điểm M thoả mãn đẳng

thức (a + P)ME + ỵMC - 0.

Điều đó có nghĩa là tồn tại duy nhất điểm M sao cho:

aMA + /ỈMB+ỵMC = õ .

Cách 2. Lấy điểm ồ bất kì (nhung đã xác định).

Chú ý rằng « + yơ+7 ^ 0 , tacó:

ứrMA + /ỈMB+ ỵMC = õ


24/340

2. Trong khá nhiều trường hợp, lời giải 1 cho ta cách xác định điểm M rấhiệu quả.

3. Với các điểm Ạ2,—, AjVà các số ax, a2,..., a.n thoả mãn điều kiện

5*0, ta có kết quả tổng quát sau :i=l .

nTồn tại duy nhất điểm M sao cho: ^ ữ ị M A ị = 0 .

... Í=IĐiểm M xác định như trên được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm ÍA}, A2,..., An)

' ••• ■■với các hệ số tương úng là Ịữj, a2,‘:r


25/340

Gọi Ả- là tâm tỉ cự của hệ điểm Ịa, B, c, A/} với

các hệ số tương ứng là {l, 1,1, - 1}.

A

Từ đảng thức KA + KB + KC - KM =6, chú ý rằng

A 'B + A 'C -A 'M = 0 , theo công thức thu gọn, tac ó : KA + a + l - O / C A ’ = Õ.- A'

Suy ra : KA + KA' - õ . Hình ì . 19

Nói cách khác : K là trung điểm của AA\

Tương tự : K là trung điểm của các đoạn BB, c c .

Như vậy : AA\ BB't CC' đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn (điểm70-

b) Từ đẳng thức KA + KB + KC - KM = õ, chú ý r ầ n g .s + GB + GC = õ,

theo công thức thú gọn, ta eó : (1. + ỉ + Ỉ)KG - KM = õ .

Suy. ra 3KG “ ĨCM - 5. .

Do đó K thuộc MG. -□

Ví dụ 21. Cho đường tròn (ỡ) và các đường tròn (ỡj), (ỡ2), (O3) cùng tiếp

xúc trong vởi (ơ) và đôi một tiếp xúc ngoài vófi nhau. Các điểm Aịy A2, A3

theo thứ tự là tiếp điểm của (0) với (ơ|), (Ớ2), (03). Các điểm Bị, B2, 3̂ theo

thứ tự là tiếp điểm của các cặp đường tròn (0 2), (Ơ3) ; (ơ3), (ớị) ; (ơ|) , (0 2).Chứng rainh rằng : A3B3 đồng quy.

Giải, (h.1.20)

Gọi R, /?1, /?2? Ry theo thứ tự là bán kính của các

đường tròn (ớ), (ỡị), (ỡ 2), (0 3).

Vì /?>/?], R > R2, R> R2 nên

Hìn h 1 .20

( ỉ )

25



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




26/340

Do đó:

f i 1ơ 35j Ơ 2 + _ 0'

~R^Ãỹ + RÃ px =Õ

/?ịZ?jỌ2 ^2^1^3 = ỡ-

- ị Ã Õ + J - Ã ^ = ô/?

— SỊ Ỡ2 + -jr- fiỊỚ3 - 0 .

(2)

7 ẽ p ^ / ẽ ^ 3 = ư -

Từ(1) suy ra : - - ị ^ ơ + + -J-£Ỡ 2 + = Õ-/v /Cj /Ị2 '■ /Í3

Từ đó, chú ý tới (2), theo công thức thu gọn, ta có :

( 1 1 \ -------

[ 1 1 ' ì-------

-

Vậy K thuộc A^Bị,Tương tự, K thuộc A2B2, A3By Như vậy, AịẸị, A2B2i A3̂ 3 đồng quy (tại K). □

BÀI TẬP

1. Cho ngũ giác ABCDE. Các điểm M, N, p, Q, R, s. theo thứ tợ là trung điểmcủa các đoạn EA, AB, BC, CD, MP, NQ. Chứng minh rằng, RS Ị Ị ED và

RS = \ e D.4 -

2. Q10 gộc jc-OyCác đoạn AB, CD có. độ dài bằng nhau và theo thứ tự thuộc các

tia Ox, Oy. Gọi ỉ, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD. Chứng minh rằng ỈJ

hoặc cùng phương hoặc vuông góc vói phân, giác của x ỡ y .

3. Cho tứ giác ABCD có AD - BC. về phía ngoài tứ giác, ta dựng các tam giác

bằng nhau ADE, BCF. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn AB> CD, EF cùng thuộc một đường thẳng!

4. Cho hai tam giác ABC, A^B^Cị. Gọi A2yổ2, ^ 2 t^leo tirá tự tè trọng tâm cáctam giác AjBC, B}CA, CịAB, G, Gị, G2 theo thứ tự là trọng tâm các tam giác

ABC, A-ịBịC^ A2B2C2. Chứng minh rằng G, Gị, G2 thẳng hàng.



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




27/340

5. Cho tứ giác ABCD. Gọi X Y, z, T theo thứ tự là ữọng tâm các tam giác BCD, CD A, DAB, ABC . Chứng minh rằng AX, BY, cz , DT đồng quy tại một điểm vàđiểm đó chia mỗi đoạn theo cùng một tỉ số.

6. Cho tam giác ABC không cân. Các điểm M, N chạy trên đường gấp khúc khépkúi ABCA và chia đường gấp khúc này thành hai phần có độ đài bằng nhau.

Tim quỹ tích trung điểm / của MN.7. Cho tứ giác ABCD không phải là hình thang. Các điểm M, N, p, Q theo thứ tự

thay đổi trên các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho MNPQ là hình bình hành.Tìm quỹ tích giao điểm / của MP, NQ.

8. Cho lục giác ABCDEF . Các điểm M, N, p, Q, R, s theo thứ tự thay đổi trêncác cạnh AB, BC, CD, ĐE, EF, FA sao eh o:

AM _ w _ CP _ ĐQ _ ER _ FS AB ~.BC ~ CD ~ DE " EF " FA'

Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác MPR, NQS luôn đối xúng vóinhau qua một điểin cố định.

9. Cho tam giác ABC và điểm o nằm trong tam giác. Gọi A h Bị, Cj theo thứ tự

là hình chiếu của o trên BC, CA, AB. Trên cầc tia CMị, OBịi OCị theo thứ tự

lấy các điểm A2, B2 i c 2 sao cho : 0A2 = BC ; OB2 - CA ; 0 C 2 = AB. Chứng

minh rằng o là trọng tâm của tam giác A2 B2 C 2 .

10. Q 10 tam giác ABC có BAC = 60° và ỉ là tâm đường ứòn nội tiếp. Trên các tia BA, CA theo ứiứ tự lấy các điểm E, F sao cho BE = CF = BC. Chúng minhrằng /, E, F thẳng hàng.

11. Ch.o tam giác ABC không đều. BC là cạnh nhỏ nhất. Đường tròn nội tiếp (/)của tam giác theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X Y, z. Gọi G là trọngtâm tam giác XYZ. Trên các tia BA, CA theo thứ tự lấy các điểm E, F sao cho

BE = CF - BC. Chứng minh rằng ỈG ± E F .

12. Oio lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O ; R) và AB = CD = EF. Về phía

ngoài lục giác, ta đựng các tam giác đồng dạng MAB, NBC, PCjữ, QDE, REF,SFA theo thứ tự cân tại M, N, p, Q, R, s. Gọi ỡ|, 0 2 theo ửiứ tựlà trọng tâm

các tam giác MPR, NQS. Chứng minh rằng : 0, Oj, 0 2 thẳng hàng. .

13. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng :

MA + MB + MC + min { m a ,m b , MC }


28/340

14. Cho hai tam giác AịBC, A2BC. Gọi / j , ỉ 2 theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếpcủa chúng. Chứng minh rằng : /j/2 ầ .

'15. Cho đa giác lồi A ị A2 ... An và điểm M nằm trong đa giác. Đặt a.ị bằng tổng các

khoảng cách từ Aị đến các đỉnh của đa giác. Chứng minh rằng:

X MAi - {“ ;} ■1SÍ&. Isís"

16. Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trong tam giác. Các điểm Aj, Bị, C ịtheo thứ tự là điểm đối xứng vqfi M qua BC, CA, AB. Qúrng minh rằng các tam

giác ABC, A i#iCj có cùng trọng tâm. •

17. Cho tứ giác ABCD và các điểm M, N, P ,Q ; các số khác không m, n, p, q thoảmãn điều kiện :

mMA + nMB = mND + nNC - pPA + qPD - pQB + qQC - õ .

Giả sử MN và PQ giao nhau tại /. Chứng minh rằng :

pỉM + qỉN = mĩP +- n/Q = ổ .

18. Qio tứ giác ABCD và các cặp điểm M, N ; ộ ; R, s ; ơ, V theo thứ tự thuộc cáccạnh AB, BC, CD, DA của tú giác sao cho : AM = MN = NB ; BP = PQ - QC ; CR = RS = .5D'; D ơ = ơv = VA. KP theo thứ tự cắt MS', M? tại Xt Y. QU theothứ tự cắt N/?, MS tại Z, r . Chứng mình Tằng diện tích tứ giác XKZT bằng

^ diện tích tứ giác ABCD.7

19. Đường tròn nội tiếp ự) của tam giẩc ABC theo thứ tự tiếp xúc với cầc cạnh BC, CA, AB tại X, Ý ,£ Đặt M ■= BY n x z ; N = c z ộ XY. Gọi E, F theo thứ tựlà trung điểm của MY, NZ. Chứng minh rằng Al, YF, ZE đồng quy.

20. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Cẩc đường thẳng AM, BM,

CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại Aỵ, B], Cị. Gọi X, Y, z, X], Y ị , Z ị theo thứ

tự là trung điểm của BC, CA, AB, £jC ị, Chứng minh rằng : xxh

YYị, ZZị .đồng quy.

21 . Cho tam giác ABC và các đường tròn (Oị), (ỡ2X (Oỷ nằm trong tam giác, đôimột tiếp xúc ngoài với nhau, theo thứ tự tiếp xúc với hai cạnh của các

góc BAC, CBA, ACB . Gọi Tị, r 2, 7*3 theo thứ tự là tiếp điểm của các cặp

đường tròn (O2), (03) ; (ỡ3), (ơị) ; (Oị), (O2). Chóng minh rằng :-ATlyET2t CT3 đồng quy.

28



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




29/340

§2. Sự BIỂU THỊ VECTƠ. PHÉP CHIẾU VECTƠ

L Các định ií cơ bản về sự biểu thị vectơ

a) Định lí thứ n hất

Trong § 1, ta đã định nghĩa hai vectơ cùng phương, cùng hướng, ngược hướng.Bây giờ, ta hãy xem xét kĩ hơn vẵn đề này để thấy rõ hơnnhững ứng dụngquan trong cùa nó.

Định lí L Cho vectơ


30/340

Hệ quả 3. Cho ba điểm A, B, c đôi một phân biệt. Khi đó :

A, B, c thẳng hàng 3k e M. : AB = kẢC.

Cụ thể hơn :

A hoặc thuộc tia đối của tia BC hoặc thuộc tia đối của tia CB

o 3k > 0 : ÃB = kÃC ; A thuộc đớạn BC è> 3k


31/340

Hệ quả 1. Nếu hai vectơ a, b không cùng phương và thoả mãn điều kiện

ma + nb = 0 thì m = n - 0.

Hệ quả 2. Nếu ba vectơ a, byC đôi một không cùng phương và thoả mãn các

điều kiện: ãa + pĩ>+ ỴC = 0 ; a a + P'b+ ỵ'c = 0 thì

BẢ: € R : a - ka ’ 'ifi = kfi’; ỵ = kỵ'.

2. Phép chiếu vectơ

a) Đ ịnh nghĩa

Cho đường thẳng A và đưòng thẳng / khôngsong song với A. Gọi V là tập hợp các vectơ trênmặt phẳng : V(A) là tập hợp các vectơ có giáhoặc song song hoặc trùng với A. Phép chiếu A

vectơ theo phương / xuống A là một ánh xạ,-kíhiệu là Ch^A), đi từ V tói V(A), xác định như Hinh Ị2 2

sau : Ch/(A)(AB) = Ã7? ; trong đó : J a 'HBB'HI (h.1.22).

Vectơ A'B ' được gọi lậ hình chiếu của vectơ AB qua phép chiếu vectơ theo phương l (phương chỉếu) lên đưòng thẳng A (đường thẳng chiếu).

Khi phương chiếu / vuông góc với đường thẳng chiếu A, thay cho thuật ngữ"phép chiếu vectơ theo phương 7 xúống đường thẳng A", ta dùng thuật ngữ

"phép chiếu vectơ xuống đường thẳng A"; thay cho kí hiệu CfyA, ta dùng kíhiệu ChA.

Từ đinh nghĩa trên, ta có ngay các hệ quả hiển nhiên sau:

• Ch,A(Õ) = õ.

• Ch7A(a) = õ aỊỊỈ.

• Ch/A(ứ) = a all A.

b) Tính c hất

Với mọi vectơ a, b ta có :

a) Ch;A(a+ S) = ChjACfl) + Ch/ACò).

b) Ch/ÁC^a) = K3i/A(a).

31



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




32/340

Chứng minh.

a) (h. 1.23). Lấy điểm. A bất kì. Lấy các điểm B,

c sao cho : AB=a\ BC=b. Lấy các điểm A\ B' C' trên A sao cho : ÁA '// BB'ỊỊC C'ỊỊl. Ta có :

Ch^A(ữ + b) = ChịA(AB + BC) = CftyA(/4C) Hình ỉ 23

= Ã7? ’ = Ã7? + F c ' = Ch;A(a) + Ch;A(S).

b) (h.1.24). Lấy điểm /1 bất kì Lấy các điểm 5, D

sao cho : AB=a ; A D -kA B -ka . Lấy các điểm

zr, £>' trên A sao cho ÃA'n BB'IID D'lll .

Theo định lí Thales : A'D ' = kA'B\ Vậy, ta có :

Ch/A^ơ) = ChfA(ytA5) = Ch/ẠCÃD)

= Ã l ) ' = Ẩ:̂ 7? = *Ch/A(ỡ). □

3. Các ví dụ

Ví dụ 1. Cho tam giấc AỔC và điểm M. Chứng minh rằng M thuộc đưthẳng BC khi và chỉ khi tồn tại các số a, ft $ao cho :

j a + J ĩ = I

\ ã m = aÃB + /ỈÃC.

Giải. Ta có M thuộc đường thẳng BC

o BM J/BC

3k:Ã M -AB = k(ÃC~ÃB). .

o 3 k :Ã M = (1 - * ) a S + fcÃ C

ịa + J3 = \ _ 0 3 « , ^ : __ * _ ___ , (đặt a = 1 - k ; p = k ). □

[AM= aAB + pAC

Hệ quả. Cho tam giác ABC và điểm M thoả mãn điều kiện xAM=yAB+z

Khi đó : M thuộc đường thẳng BC khí và chỉ khi X - y + z.

32



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




33/340

Ví dụ 2. Cho góc xOy và hai số dương a, b. Các điểm /1, B theo thứ tự thay

đổi trên Ox, Oy sao cho : ~ = 1. Chứng minh rằng đường thẳng AB

luôn đi qua một điểm cố định.

Giải. Trên Ox, Oy theo thứ tự lấy các điểm X y sao cho OX- a ; OY - b.Dựng hình bỉnh hánh OXKY (h. 1.25).

Ta có: — • —-> —* o x —* OY —•OK = OX + OY = ~~OA + ~ O B

OA ỌB

- k Õ Ả ím m -

Vì = 1 nên .theo VD 1, các điểm A, B, K thẳng hàng. Điều đó có

nghta là đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định (điểm K). □

Ví dụ 3. ciio tam giác ABC và các điểm M, N, p thoậ mãn điều kiện :

Ã?s = oM C ; NC = P~NA ; PA = yPB(a,ạ, y * 0, 1)

Chứng minh rằng M ,N ,P thẳng hàng khi và chỉ khi a(ĨY = 1•

Giải, (h.1.26) Ta có :

MB = ÕMC => Ã B -Ã M = a(ÃC - ÃÃ?)

=> (1 - a)ÃM - ÃS - aÃC (1).

/ NC = 0NA => ÂC - ÃÃ? = Ị3ĨĨẢ B

ÃC = (1 - P)ÃN (2).

. PA = ỵPB => PA = y(Ãễ - Ã?) => ỵAB = (ỵ - l)ÃP (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra:

. (1 - a)ÃM = ^ - Ã P - a (l - 0 ) Ã N .7

Từ đó, theo hệ quả của VD I : y —ỉ

M, N, p thẳng hàng o 1 - a - — ------- a(ì - /3} afty = ỉ .

Nhận xét. Kết quả trên chính ỉà dạng vectơ của định lí Menelaus. Trongmục 1, §3, ta sẽ gặp ỉậi định lí này dưới dạng thông thường.

• _ 3A-CT HỈNH HỌC 10



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




34/340

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC, Đường tròn nội tiếp (/) thẹo thứ tự tiếp xúc vói BC, CA, AB tại D, E, F. Đường thẳng Dỉ cắt EF tại N. Chứng minh rằngđường thẳng AN đi qua trung điểm của BC.

Giải,(h.l.27)/Theo VD9, §1 :

• ÃM = ̂ A B + ~AC (ỉ).

-7T} _ N E —Z NF NE A F -? NF A E 77 ; .= W ' AF *-e f a e = e F m a b + e f a c a c (2)'

Gọi L là giao của AI với BC. '

I ™ = ẤSL Ị a f ỉ n


35/340

Mặt khác: s r + C A ^ A 'B ' = 0. (2)

Từ (1) và (2), chú ý rằng B'C'\ C' A\ A 'B ' đôi một không cùng phương, theo

hệ quả 2 của định lí 2 ta cổ a = p - Ỵ .

Do đó :

ĂM = ị(Ã B + ÃC) = )ị(ãÃ*~B' +:cữĩrC') = aA 'M ' => Ã M ỊÍA 'M \

Tương tự như vậy : BN ỊỊBrìĩ\C P ỊlC rP ' .

Chứng minh điều kiện đủ.

Gọi G, G' theọ thứ tự.Iàtrọng tâm của các tam giác ABC, Ạ'B'C..

Vì AM , BN, CP theo thứ tự cùng phượng với Ả 'M\ B 'N \ C 'p ' nên

ÃG, BG, CG theo thứ tự cùrig phương với Ã7̂ , £ 'G ', C‘G'‘.Do đó : ÃG = c iÃ G '; BG = ; CG =

Suy ra : aÃ^G' + + ỵÕ G ' = Ă G + BG+ ỘG = 0 . (ỉ)

Mặt khác : A 'G ' + B'G'+-C 'G' = ỗ (2).

Từ (Ị) và (2), chú ý Tằng A'G \ B 'G \C 'G ' đôi một không cùng phương, theo

hộ quả 2 của định lí 2 ta có : a = p = Y . .

Đo đó : BC = GC - Gỗ = ấ ( ỹ c ' - a õ l ỉ ' = t f / r c => £ C / /F cV

Tương tự như vậy : CẴỊỊC~Ã\\ ÃB//Ã1P. □

Ví dụ 6. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Các điểm //, /, K theo thứ tự là hình chiếu của.Á/ trẽn các đưòng thẳng BC, CA, AẼ. Chứngminh rằng M là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi

a2m + b2M + c?MK = &

Giải. (h. 1.28)Theo VD 14vàVD 11,§1,ta có: .• SaMA + SbMB + ScMC = 0 (1)

• ấ g + ầ S + M “ 4 (2)

Do đó, M là ựọng tậm của tam giác ABC ' ftirỊỈl J 2 8

35



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




36/340

o MA + MB + MC = 0

Sa = sh= ^(theo (I) và hệ quả 2 của định lí 2) = b.MỈ - C.MK ■

a bzb

Mỉ c

~MK

a2 MH + b2 MI + c2 MK = õ (theo (2) và hệ quả 2 của định lí 2). □-V. . . "■**

Ví dụ 7. Cho hai tam giác ABC, XYZ. Đoạn BC theo thứ tự cắt các đoạn xztại M, N ; đoạn CA theo thứ tự cắt các đọạn YX, YZ tại Q ; đoạn theptự cắt các đọạn 27; zx tại /?, 5. Giả sừ MN - NP ~ PQ - QR ~ BS =Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ-khi tam giác XYZ đềú.

Giấi. (h.l .29) Chứng minh điều kiện cần.

ngoài lục giác MNPQRS và theo thứ tự vuông góc với MN, NP, PQ, QR, RS, SM.

Vì MN = NP = PQ = QR -R S = SM nên theo định lícon nhím :

ea + e z + eb + e x + ec +■ e y = ổ • 0 )

Vì tam giác ABC đều nẽn thèo định lí con nhím :

7a + 7b + 7c ^ Ồ . . (2)

Từ (l)yà (2) suy ra : exr+ ey + e2 ~ 0. • (3j‘

Áp dụng định lí. con nhím cho tani giác ỵỵz, ta cọ :

Yz7x +zx7y +w7z =õ. (4)

-Từ (3) và (4), ta có : r z = zx= xr.

Nội cách khác, tam giác XYZ đều.

Chứng minh điều kiện đủ:

Hoàn toàn tương tự phép chứrig minh điều kiện cần.

Hình ì 29



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




37/340

Ví dụ 8. Cho tam giáe ABC và điểm M. Chứng minh ràng M nằm trong tam giấcABC khi và chỉ khi tổn tại duy nhất bộ ba số (a, Ị3,ỵ) sao cho :

a , p , Ỵ > Ó


38/340

Từ đó, đo a > 0 ; p + Ỵ > 0, nên M thuộc đoạn 'ẠA' (3).

Từ (2) và (3) suy ra M nằm trong tam giác ABC. □

Nhận xét. Đôi khi kết quả trên được phát biểủ đơn giản hơn :

M nằm trong tam giác ABC o 3 ứr, p, Ỵ > 0 : aMA + ỊỈMB + ỵMC = 0 .

Ví dụ 9. Cho tam giác ABC và điểrn M nằm trong tam giác. AM, BM, CM theothứ tự cắt BC, CA, AB tại A \ Ẹ, c \ Chứng minh rằng A/là trọng, tâm tam giác

ABC khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác A'B'C\

Giải (h.1.31) Vì M nằm irong tam giác ABC nên tềa^tại các số a, p, y khác

không sao cho:

ãỉÃẴ + pMB + ỵĩÃC = õ (1).

Xét phép chiếu vectơ ChỔCA4', ta có :

0 \ bc AA\ÕMẴ + p MB + yMC) = ChBCA4’(0)

=> aMA + Ị3MA' + ỵMÁ' = õ

a MA' = - MÁ.

Tương tự : MB' = — Ề— MẸ ; MC' = — - ^ r M C .Y + a a + p

Vậy : M là trọng tẩm của tam giác A'B'C' ~MA' + ĨĨB' + MC' = õ

M ỉà trọng tâm của tam giác ABC. □

38



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




39/340

c / Xj\ i KÁ \ \ b '

z \ \

B t ì A'

Hình ỉ 3 2

Ví dụ 10. Cho tam giác ABC và điểm M thay đổi trong tam giác. H, ỉ, ÍT theotứ tự là hình chiếu của M trên các đường, thẳng BC, CA, AB. Tìm quỹ tíchtrọng tâm G của tạm giác HIK.

Giải, (h.1.32) Gọi AA', BB, c c là, các đường caocủa tam giác ABC. Lấy các điểm X, Y, z sao cho:

2XA + XA' = 2ỸB + ỸB' = 2ZC + ZC' = 0.(1)Thuận. Giả sử G thoả mãn điều kiện đề bài. Vì M nằm trong tam giác ABC nên tồn tại. các sốa , j3 , ỵ> 0 sao cho :

aMA +/3MB+ /MC = 0

(theo nhận xét sau VD 8).

Từ đó, qua các phép chiếu vectơ ChM £C, Ch BB>CA, Chcc.AỔ ta có :

ÕHA' + Ị3ĨĨB + ỹ ĩ ĩc = õ

ÕĨẴ + Ị3ĨB' + y ĩc = õ

ccKẴ + /3KB + ỵ KỌ' = 0 . ' * ••

a(HX + XÁ') + p e rn + ỸB) + yỢ ỈỈ + ZC ) - 5

a(p í+ m + p ỹ ỉ+ ỸÌỈ^ + y(ã + Z£) = ồ '

cc(KX + XA) + Ạ ÃT + ỸB) + y(KZ + ZC) = õ

Cộng vế vớỉ vế của bâ đẳng thức trên và chú ý tởi (1), ta có :

a(HX + DC + / 5 ) + PĨHĨ + ĨY + KY ) + /( 7 5 + /z + £Z) = õ .

Từ độ, với .chú ý rằng GH + Gỉ + GK = 0, theo công thức thu gọn, suy ra :

ỏ , tìieò nhận xét sau VD 8, G nằm t^ong tam

giác xyz.

Đảỡ. Giị sử G nằm trong tam giác Jơz. Theo nhận xét sau VD 8, tổn tại các

số a, /?, ỵ > 0 sao cho: aGX-+ pGY + ỵG Z ■= 0.

Vì a, fĩ, y > 0 nên a +/S +ỵ 5* O.-.Do đó, thẹo VD 19,. §1-, tồn tại điểm M

sao cho: aMA + /3MB + ỵMC = õ .

39



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




40/340

Lại vì a, p ,Ỵ > 0 nên M nằm trong tam giác ABC

Gọi tì. Ị, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB

Gọi ơ là trọng tâm của tam giác HÌK.

Hoàn toàn như phép chứng minh phần thuận, ta c ó :

ứGrX + 0 G TỴ + ỵG 7Z = d.

Lại theo YD Ỉ9, §1, ta CÓG trùng ơ .

Do đó, G là trọng tâm của tam giấc HỈK

Từ (3) và (4) suy ra G thoả mãn điêu kiện đề bài.

Kết luận. Quỹ tích các điểm G ứioả mận điều kiện 'đề bài lặ miền tam xrz.ủ

Ví dụ 11. Cho tam giác ABC . Gọi ọ, H theo thứ tự làtâm đường tròn ngoại tiếp và trực tậm của tam giác.Chúng minh rằng:

ÕH = ÕẴ + ÕB + ỡ c .

•Giải, (h.1.33) Gọì D là giao điểm của ÀH với BC, M lặ hình chiếu của ợ trên BC.

Đặt V = ÕẦ + ÕB + Õ C -Õ H . Hình 133

Ta có: Ch AfỉBC(v) .= ChAHBC(ÕĂ + Õẻ + Õ C -Õ H )

= Cha h BC(ÕẴ) + ChẢỈỈBC{ÕB) + Oì^BCiỢC) - Ch^BCiÕĨỈ)

= MD + m + M C~ M Ô = ĩ ữ + 0 - M D = U '

Suy ra : v/Ị AH.

Tương tự : vỊỊBH.

Từ (1) và (2) suy ra V = 0 . Điều đố có nghĩa là OH = OA + OB + OC. Nhận xét. Gọi Ờ là trọng tâm tam giác ABC, theo cổng thức thu gọn, ta su

OH - 3OG. Từ đó tạ có kếtquả quen thuộc sau : "Trong mộttam giác, đường1tròn ngoại tiếp, trực tấm,' trọng tâm cùng thuộc một đườngthằn{Đường thẳng Euler).



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




41/340

Ví dụ 12. Cho lam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn(/)• (/) thẹo thứ tự tiếp xúc với BC.CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng OI làdường thẳng Euler của tam giác DEF.

Giải. (h. 1.34) Trước hết xin phát biểu không chứrig minh một bổ đề quen thuộc.

Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(ỡ), ngoại tiếp đường tròn (/). Các đườngthẳng AI, BI i c / theo thứ tự cắt lại (ơ) tại A\

B', c \ 'Khi đó, / là trực tâm củá tam giác A'B'C\

Trở lại v p 12.

Gọi A \ ự, c theo thứ tự là giao điểm thứ haicủa AI, BỊ, ỌỊ với (ỡ). Theo bổ đề trên, / làtrực tâm của tam giác ABC . ị ĩ)

' H um 1 3 4Gọi R, r theo thứ tự lặ bán kính cùa (ớ), (/).

Dẽ thấy ÕẨ\ ÕB\ÕC' theo thứ tự bằng — ĨD, - Ĩ Ề , - Ĩ F . (2)’ r r r

Từ (1), theo VD 11 , ta có : Õĩ = Õ v + ÕB’+VC'

= ~(ĨD + ĨỄ + ĨF) (theo (2)). ' (3)r

Gọi H là trọng tâm của tam giác DEF.

Từ (3), tạ có : Õỉ = rỆ-ĨH ■

Từ đó, vớị chú ý rằng /// chính là đường thẩng Euler của táụi giác DEF, suy raOI là đường thẳng Eụler của tam giác DEF. □

Ví dụ Ị3. Cho tairi giác ABC. Cắc diem M, N, p (khác vi, B, C) theo thứ tựthuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quytại tâm tỉ cự của hệ điểm {a, B, c ị vồi các hộ số [a, p, ỵ] khi và chỉ khi

a + p + Y * 0

pMB + ỵMC .= ỵNC + aNẠ = aPA + Ị3PB — õ.

Giải, (h.1.35) Chứng minh điều kiện cần.

Gọi o là điểm đồng quy của AM, BN, CP.

Vì o là tâm tỉ cự cùa hộ điểm {/*, 5, c} vợi các hệ số {or, p , /} nên

a +■ + Ỵ ^ 0 (theo định nghĩa tâm tỉ cự).

4 !



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




42/340

Mặt khác, từ đẳng thức aOA + Ị30B + ỵOC = 0, qua

các phép chiếu vectơ ChAMBC,ChBNCA,ChCpAB ,

ta c ó : . .

P~MB + ỵMC = Q; ỵNC + ÒNẠ = 0 ; B M c

aPA + Ị3PB = õ . . . . . Hình 1 3 5 Chứng minh điều kiện đủ. ■ -

Vì á + f í + Ỵ * ồ nên tồn tại tâm tỉ cự của hộ điểm { a , B, c }với các hệ số

{a,p,r}-. Gọi o là tâm tỉ cự của hệ điểm ịAy B, c} với các hệ số Ịa , p, ỵ) .

Vì aÕẦ + yổÕỖ + 7ÕC = õ nên aÕẦ + p(ÕM + MB) + ỵ(ÕM + MC) = 0 ,

Do đó, ÕÕẴ + (/? + ỵ)ÕM + ịpMB + ỵMC) = õ .

Từ đó, với chú ý rằng pMB + ỵMC = 5, ta có : aOA + (P + Ỳ)OM - õ . ■ . ■ 1 :

Suy ra A, o , M thẳng hàng. .;

Tương tự như trên, các bộ ba điểm (B, o, N), (C, o, p ) thẳng hàng.

Tóm lại, AM, BN, CP đồng quy tại o, tâm tỉ cự của hệ điểm 1̂ 4, B, c ) với

các hệ số {qt, /? ,/ } . □

Nhận xét. Kết quả trên ỉà đạng vectơ của định lí Ceva, trong §3, ta sẽ gập lại nó dưới dạng thông thường.

Ví dụ 14. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Các đường thẳng

AM, BM, CM theo thứ tụ cắt BC; CA, AB tại Aị , Bị, Cị Gọi A2, B2, c 2 thep

thứ tự là trung điểm của £]C], CịÁị, AịSị. Các đường thẳng MA2, MB2, MC2

theo thứ tự cắt BC , CA, AB tại £3, c 3. Chứng minh rằng : ’ ’ . Ị

a) AA-ị, BB^, CC3 đồng quy tại một điểm (kí hiệu là K). b) MK đi qua trọng tâm của tam giác A]B]Cị.

Giải, (h.1.36) Theo VD 8, tồn tại các số dương a, Ị3, ỵ sao cho : .

CCMA + J5MB + yMC = õ . (1)

42



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




43/340

a) Từ (1), qua các phép chiểu vectợ Ch Aq BBi , ChabCC ị suy ra :

r 0 — Z? .7 7^ -1 MBị - - —— MBI ỊỈMB + {ỵ + a)MBị = 0 ■7 +a

\y~MC + (fi + a)~MC[ = 0

=> M& + MC 1 = ---- ẽ— MB - - L — MC 1 1 ỵ + a fi+ .a

=> 2MA7 = ----- Ễ— MB - ■ Ãặc.. Ỵ •¥ ơ, p + a

Từ đó, qua phép chiếu vectơ Ch MA BC , ta có :

- Ễ — ~T b + —¥ - t ;Ã Ề = 0.. ỵ + a a + p

Tương tự như trên :

- Ể — '^B + - ^ - 5 AìC " - r- nĩ ỹ + - ^ — B^Â ỵ + a a + fì i . ạ + p ỏ 0 + Ỵ

= = õ. Ịĩ + ỵ ỵ + a

Từ đó, theo VD 1'3, AA3, BB^, CC3 đồng quy tại điểm K, tâm tỉ cự của hệ điểm

{A,B,C} vói các hệ số I fíạ ,— 7 —,- ~ Tfì \ ■[p + / T' + a + p J

b) Từ (ỉ), qua các phềp chiếu vectơ C h ^ B C , ƠXBMCA, ChCMA B , ta có :

PẠ\B + ỵAịC = ỵBịC + ccBịA = aCxA + fiC^B = o'. (3)

Gọi G| là trọng tâm củã tam giác Aị^ ịC ị , đương nhiên :

GịAỵ + Oị5ị + G\Cị — Q.

Suy ra:

i r — G^A\+- f - p \ Ạ \ = 0- fí+Ỵ fì+ ỵ y+ec ỵ+á ŨC+ỊỈ ạ + p

■ 43



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




44/340

Từ đó, chứ ý tới (3), theo cóng thức thu gọn, ta có:

p + ỵ 1 P + Ỵ ‘ ỵ + a ‘ ỵ + ạ a + J 3 1 a + p 1

- i p £ — G^Ẵ + - H — G f i + —

\ f i + 7 / + tf 1 a + >ỡ ' Jf 1 1 1 V — ------. - —

+ a 7 Z + — — + (aG,A + ySGjS + ỵGịCỊ = 0. KP + ỵ ỵ + a a + p ) 1 r 1 ■< 1

Từ đó, chú ý tới (1) và (2) theò công thức thu gọn, ta c ó :

- í - Ẽ ~ +~ T ~ +̂ J - ã \ ^ +í ■ --— '!(« ,p ±fỈG ~Ũ = õ\P + Y Ỵ+a a ± j8 ) \ 0 + ỵ Y+CC a + fi) • 1

Điều đó có nghĩa là MK đi qua trọng tàm G] của tam giác Ả ị BịC ì . □

Ví dụ 15. Cho tam giác ABC không đều. Các đường tròn bàng tiếp góc A, B,Ctheo thố tự tiếp xốc với các cạnh BC, CA, AB tại M, N, p. Chứng minh rằn AM, BNr CP đồng quy tại một điểm thuộc đường thẳng nối tâm đường, trònội tiếp yằ trọng tâm của tam giác ABC. A

. Giải, (h.1.37) Gọi E, F ỉà tiếp điểm của;đường tròn bàng tiếp gqp A với cầc tia AB,

AC. Gọi /, G theo thứ tự là tâm đường trònnội tiếp và trộng tâm của tam giác ABC .

Ta có : 2 AE = 2AF = AẸ + AF

. = AB + BE + AC+CF AB + AC + (BM + CM)

—AB + AC + BC —2^.

Suy ra : BM ~ BE - AE ~AB - p - c .

Tương tự: BM = AN - p - c ;

CN = BP = p a ;

AP = CM = p - b.

Do đó : (p - b)MB + (p - c)MC = (p - c)NC + (p - a)NA

- (p - a)

Mặt khác : (p —ơ) + X 'p - b) + (p - c) = p 9* 0.



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



Documents

TÀI LIỆU CHUYÊN TOÁN HÌNH HỌC 10 - ĐOÀN QUỲNH