HỆSỐGÓC C A NG TH NG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯ NG TH NG …€¦ · Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình: 9 1 1 25 y x 9 25 34 0x y Cuối cùng, xin gửi

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012

TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 1

HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓC

Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung

Thông thường khi viết phương trình của đường thẳng, ta hay sử dụng phương trình tổng quát

của đường thẳng. Nhưng có một dạng khác của phương trình đường thẳng mà việc áp dụng nó để giải

toán cũng hiệu quả không kém, đó là phương trình đường thẳng theo hệ số góc. Tuy nhiên khi sử

dụng dạng này ta chỉ tìm được những đường thẳng không song song với Oy. Do vậy, ta cần phải xét

thêm đường thẳng dạng x m có thỏa mãn bài toán không?

Sau đây là vài bài toán áp dụng

Bài toán 1: (Bài 35 SBT Hình Học 10 Nâng Cao)

Cho ba điểm A(1; 1), B(2; 0), C(3; 4). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cách đều hai điểm

B, C.

Giải

a) Gọi k là hệ số góc của đường thẳng đi qua A.

Khi đó thường thẳng có dạng: 1 1y k x 1 0kx y k

Theo giả thuyết ; ;d B d C

2 2

2 1 3 4 1

1 1

k k k k

k k

1 2 3k k

4

2

3

k

k

Suy ra có hai đường thẳng 1 : 4 3 0x y 2

2 1: 0

3 3x y 2 3 1 0x y

b) Xét đường thẳng 1x (đường thẳng này đi qua A nhưng không có hệ số góc)

Ta có: , 1d B , , 2d C

Như vậy đường thẳng 1x không thỏa mãn đề bài.

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán 1 : 4 3 0x y 2 : 2 3 1 0x y

Nhận xét: Nếu bỏ qua trường hợp b), có thể sẽ làm mất nghiệm của bài toán.

Bài toán 2: (Bài 56 SBT Hình Học 10 Nâng Cao)

Cho hai đường tròn 2 21 : 4 8 11 0C x y x y và 2 2

2 : 2 2 2 0C x y x y . Viết phương

trình tiếp tuyến chung của 1C và 2C .

Giải

Đường tròn 1C có tâm 1I (2; 4) và bán kính 1 3R

Đường tròn 2C có tâm 2I (1; 1) và bán kính 2 2R

Ta có: 1 2 1 2 1 21R R I I R R

Suy ra 1C và 2C cắt nhau nên chúng có hai tiếp tuyến chung.



Cách 1:

Giả sử tiếp tuyến chung có phương trình: 0ax by c 2 2 0a b .

tiếp xúc với 1C và 2C khi và chỉ khi

1 1

2 2

;

;

d I R

d I R

2 2

2 2

2 43

2

a b c

a b

a b c

a b

2 2 4 3a b c a b c

5

7 11

5

c a b

a bc

+ Với 5c a b , ta có:2 2

2 62

a b

a b

2 4 3 0b b a

0

4 3

b

b a

- Với 0b a c . Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất 1 : 1 0x

- Với 4 3b a , chọn 4a , 3b 11c .

Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2 : 4 3 11 0x y

+ Với7 11

5

a bc

, ta có:

2 2

2 62

5

a b

a b

2 212 3 8 0a ab b , phương trình vô nghiệm.

Vậy 1C và 2C có hai tiếp tuyến chung là 1 : 1 0x và 2 : 4 3 11 0x y

Cách 2:

+ Xét đường thẳng : x m

là tiếp tuyến chung của tiếp xúc với 1C và 2C khi và chỉ khi

1 1

2 2

;

;

d I R

d I R

2 3

1 2

m

m

1m

Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất 1 : 1 0x

+ Giả sử tiếp tuyến chung có phương trình: y kx b

Ta có:

1 1

2 2

;

;

d I R

d I R

2

2

2 43

1

12

1

k b

k

k b

k

2 2 4 3 1k b k b

5

7 11

5

b k

kb

- Với 5b k , ta có: 23 1k k 4

3k

11

3b .

Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2

4 11:

3 3y x 4 3 11 0x y

- Với7 11

5

kb

, ta có: 23 5 1k k 224 6 16 0k k , phương trình vô nghiệm.



Bài toán 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Phương trình đường thẳng BC là 3 3 0x y . Các

đỉnh A, B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam

giác ABC.

Giải

Vì B vừa thuộc đường thẳng 3 3 0x y , vừa thuộc trục hoành 0y nên tọa độ của B là

nghiệm của hệ phương trình:3 3 0

0

x y

y

1

0

x

y

B(1; 0)

Gọi 0 0;I x y là tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông ABC, thì I nằm trên đường phân giác của

góc CBA .

Cạnh huyền BC có hệ số góc 3k .

Do đó BC tạo với chiều dương của trục hoành góc

mà tan 3k 060 .

Vậy đường phân giác của CBA tạo với chiều dương

của trục hoành góc 030 , nên hệ số góc của đường

phân giác này là 01

3tan 30

3k

Do đó, phương trình đường phân giác BI là:

3 3

3 3y x

Theo giả thuyết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2, suy ra:

0

3 32

3 3x

0

0

2 3 1

1 2 3

x

x

Gọi H là hình chiếu của I trên Ox, thì 0Hx x . Khi đó:

+ Với 0 2 3 1x , thì 2 2 3 3A Hx x 2 3 3;0A

Điểm C nằm trên 3 3 0x y và có hình chiếu trên Ox là A nên 2 3 3;6 2 3C

Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:4 3 7 2 3 6

;3 3

G

+ Với 0 1 2 3x , thì 2 2 3 1A Hx x 2 3 1;0A 2 3 1; 6 2 3C

Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:4 3 1 2 3 6

;3 3

G

Vậy có hai tọa độ của điểm G.

Bài toán 4: Cho Elip (E):2 2

125 9

x y và điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt

(E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.



Giải

Ta xét hai trường hợp:

a) Đường thẳng qua M có dạng 1x . Gọi 1A , 1B là giao điểm của đường thẳng 1x và (E). Rỏ

ràng M không là trung điểm của 1 1A B . Loại trường hợp này.

b) Đường thẳng d qua M có hệ số góc k, có dạng: 1 1y k x

Giả sử d cắt (E) tại hai điểm 1 1;A x y , 2 2;B x y

Khi đó tọa độ của A, B nghiệm đúng hệ phương trình sau:2 2

125 9

1

x y

y kx k

22 225 9 50 1 25 1 225 0

1

k x k k x k

y kx k

Đường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi

2 22 2 225 1 25 1 225 25 9 0k k k k

(*)

Để M(1; 1) là trung điểm của AB, ta cần có: 1 2 2x x

2

50 12

25 9

k k

k

9

25k (thỏa mãn (*))

Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình:

9

1 125

y x 9 25 34 0x y

Cuối cùng, xin gửi các bạn một số bài toán để luyện tập phương pháp trên:

Bài 1: Lập phương trình đường thẳng d qua A(3; 0) và cắt hai đường thẳng 1 : 2 2 0d x y ,

2 : 3 0d x y tương ứng tại I, J sao cho A là trung điểm của IJ.

Bài 2: Cho điểm A(1; 1). Tìm điểm B trên đường thẳng 3y và điểm C trên trục hoành sao cho ABC

là tam giác đều.

Bài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng y x , phân giác

trong của góc C nằm trên đường thẳng 3 2 0x y . Viết phương trình cạnh BC.

Bài 4: Cho ba điểm A(2; 3), B(4; 5), C(4; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua K(5; 2) và cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo một dây cung MN mà 2 3MN .

Bài 5: Cho Hypebol (H):2 2

12 3

x y và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt

(H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.

Bài 6: Cho Parabol (P): 2 2y px và đường thẳng di động đi qua tiêu điểm F của (P) và cắt (P) tại

hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một

đường thẳng cố định.



ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNGCô: Nguyễn Thị Hồng Nhung

1.Định lí: Cho đa giác lồi A1A2…An và các vectơ đơn vị ie

( 1i iA A

) theo thứ tự vuông góc với

(xem An+1 A1), hướng ra phía ngoài đa giác. Lúc đó ta có: 1 2 1 2 3 2 1... 0n nA A e A A e A A e

Chứng minh:

+ Xét trường hợp n = 3, đa giác chính là tam giác.

Gọi (I) là đường tròn nội tiếp ABC , lần lượt tiếp xúc

với các cạnh BC, AC, AB tại D; E; F.

Đặt AE = AF = x; BF = BD = y; CD = CE = z.

Như vậy ta có: y + z = a; z + x = b; x + y = z.

Vì DBC, DB = y; CD = z nêny

DB DCz

Hay điểm D chia đoạn thẳng BC theo tỉ sốy

z

.

Với I bất kì thì: .1

yIB IC zIB yICzID a ID zIB yIC

y az

Tương tự ta có: ;bIE xIC zIA cIF yIA xIB

( ) ( ) ( )aID bIE cIF IA y z IB x z IC x y aIA bIB cIC

Trong một tam giác nếu I là tâm đường tròn nội tiếp thì 0aIA bIB cIC

0aID bIE cIF

Suy ra định lí con nhím đúng với n = 3.

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

Dựng vectơ đơn vị e

vuông góc với 1 1nA A , hướng ra phía

ngoài tam giác A1An-1An.

Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n – 1)-giác nên

áp dụng tương ứng cho A1An-1An và (n – 1)-giác

A1A2…An-1, ta có:

1 1 1 1 1

1 2 1 2 3 2 1 1

0

... ( ) 0

n n n n n n

n

A A e A A e A A e

A A e A A e A A e

1 2 1 2 3 2 1... 0n nA A e A A e A A e

Như vậy định lí con nhím đúng với n-giác lồi.

Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí con nhím đúng với mọi

đa giác lồi.

Người ta còn gọi các vectơ ie

là các lông nhím.



Cách phát biểu khác của định lí con nhím: Cho đa giác lồi A1A2…An. Gọi ia

(1 i n) là các vectơ

vuông góc với cạnh 1i iA A (xem An+1 A1), hướng ra ngoài đa giác và 1i i ia A A

thì:

1 2 ... 0na a a

.

Hệ quả: Với điểm I bất kì trong tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của I trên BC, AC,

AB. Ta có: . . . 0BC AC AB

IM IN IPIM IN IP

2. Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho ABC . I là tâm đường tròn bàng tiếp ACB của tam giác. Gọi M; N; P lần lượt là hình

chiếu vuông góc của I lên BC; CA; AB. Chứng minh rằng:

a) . . . 0a IM b IN c IP

b) . . . 0a IA b IB c IC

Giải

a) Xét ABC có:

IP AB

IN CA

IM CB

IP IN IM

Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta có:

. . . 0a IM b IN c IP

(đpcm)

b) Ta có:

. . .a IA b IB c IC a IM MA

b IN NB c IP PC

aMA bNB cPC

Lại có AM

1

MBAB AC

MCMB

MC

=.MC AB MBAC

a

(vì M chia đoạn BC theo tỉ sốMB

MC)

. . .a MA MC AB MB AC

Tương tự:

. . .b NB NC BA NA BC

và . . .c PC PA CB PB CA

(vì P chia đoạn AB theo tỉ sốPA

PB )

. . . . . . . .a IA bIB c IC MC AB MB AC NC BA NA BC PA CB PB CA

. . .AB NC MC BC NA PA CA PB MB

.0 .0 .0 0AB BC CA

(đpcm)



Ví dụ 2: ChoABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm AB và G là trọng tâm

của ACD. Chứng minh rằng: OG CD.

Giải

Xét ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn tâm O.

Ta có:

OD AB

OE AC

OD OE

Gọi vectơ v

là vectơ vuông góc với DC, hướng ra

ngoài miền ADC và có độ lớn v OD OE

.

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ADC ta có:

. . . 0AD OD AC OE CD v

1 1. . 0

2 2AB OD AC OA OC CD v

1 1. . 0

2 2AC OD AC OA OC CD v

1. 0

2AC OD OA OC CD v

3. .

2AC OG CD v

2.

3

CDOG v

AC

OG

cùng phương với v

OG DC. (đpcm)

Ví dụ 3: Cho ABC không đều. BC là cạnh nhỏ nhất, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo

thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. Gọi G là trọng tâm của XYZ . Trên tia BA, CA theo thứ tự

lấy các diểm E, F sao cho BE = CF = BC. Chứng minh rằng: IG EF.

Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường tròn nội tiếp (I)

của ABC bằng 1.

Dựng vectơ đơn vị e

vuông góc với EF.

Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác EBCF ta có:

. . . . 0EB IZ BC IX CE IY EF e

.

3 . .

BC IX IY IZ EF e

BC IG EF e

.3

EFIG e

BC

IG

cùng phương với e

.

IG EF



Ví dụ 4: Cho ABC vuông tại A có ,AB c AC b . Tìm điểm D AC sao cho BD AM với AM

là trung tuyến của ABC .

Giải

Gọi N là hình chiếu của M trên AC, kẻ BP MN (P MN).

Trong AMN có

BP MN

BD AM

BA AN

Áp dụng định lý Con nhím trong AMN ta có:

0MN AN AM

BP BA BDBP BA BD

(1)

Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:

DN ADBD BN BA

AN AN

Nên từ (1) ta có

0MN AN AM DN AM AD

BP BA BN BABP BA BD AN BD AN

0

2 20

2 2 2

MN AN AM AD AM DNBP BA BN

BP BA BD AN BD AN

c b a AD a DNBP BA BN

b c BD b BD b

Do ta có: BN BP BA

nên ta suy ra

2 2

2 2 2

c b a AD a DN

b c BD b BD b

2

2 2

2 2

2

2 2

2

aBD DN

ccDN AD

ac b cBD AD

b c

Trường hợp nếu 2 22 0b c thì N nằm ngoài A và N, ta làm tương tự.

Bài toán được giải quyết.

Ví dụ 5: Tìm tất cả những điểm N trong ABC thỏa mãn: 1 1 1 0NA NB NC

, trong đó 1 1 1, ,A B C

lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB.

Giải

Trong ABC có:

1

1

1

NA BC

NB AC

NC AB

Áp dụng định lý Con nhím cho ABC , ta có: 1 1 1

1 1 1

0BC AC AB

NA NB NCNA NB NC



Do N thỏa 1 1 1 0NA NB NC

nên ta có:1 1 1

BC AC AB

NA NB NC

hay 1 1. .AB NB AC NC

Gọi AD là phân giác trong của góc A, D BC

Lấy 1N đối xứng với N qua đường phân giác AD

Khi đó ta có: Khoảng cách từ 1N đến AC bằng 1NC ,

Khoảng cách từ 1N đến AB bằng 1NB .

Suy ra1 1AN B AN CS S

Gọi 'A là giao của 1AN với BC.

Từ1 1AN B AN CS S

1 1 1 1. .sin . .sinAB NA BAN AC NA CAN

1 1.sin .sin .AA'.sin ' .AA'.sin 'AB BAN AC CAN AB BAA AC CAA

AA' AA'B CS S

Suy ra 'A là trung điểm của BC.

Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC , vậy N thuộc

đường thẳng đối xứng với AA’ qua đường phân giác góc

A.

Tương tự ta sẽ có: N thuộc đường thẳng đối xứng với

BB’ và CC’ qua đường phân giác góc B và góc C (với

B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB).

Như vậy: N là giao của 3 đường đối xứng với 3 đường trung tuyến lần lượt qua 3 đường phân giác của

mỗi góc.

Bài toán được giải quyết.

Điểm N như trên được gọi là điểm đối trung của ABC hoặc điểm Lemoine của ABC thoả

mãn hệ thức vectơ: 2 2 2. . . 0a NA b NB c NC

(a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác)

Thật vậy:

Theo chứng minh trên ta có:1 1 1

BC AC AB

NA NB NC

1 1 1

a b c

NA NB NC

2 2 2

1 1 1

2 2 2a b c

aNA bNB cNC

2 2 2

a b c

a b c

S S S (*)

Mặt khác, ta đã biết: nếu N là điểm bất kì trong tam giác ABC thì: . . . 0a b cS NA S NB S NC

, trong

đó a MBCS S , b MACS S , c MABS S .

Vậy (*) 2 2 2. . . 0a NA b NB c NC

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC. Điểm M nằm trong tam giác ABC, H, I, K lần lượt là hình chiếu của M

trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi



2 2 2. . . 0a MH b MI c MK

Giải

Vì M nằm trong tam giác ABC nên: . . . 0a b cS MA S MB S MC

(1)

M là trọng tâm tam giác ABC 0MA MB MC

(2)

Từ (1) và (2) , ta có: a b cS S S

. . .a MH b MI c MK 2 2 2a b c

a b c

MH MI MK

(3)

Mặt khác, áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có:

. . . 0a b c

MH MI MKMH MI MK

Khi đó: (3) 2 2 2. . . 0a MH b MI c MK

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba đường cao. Chứng minh rằng nếu ABC và

' ' 'A B C có chung trọng tâm thì ABC đều.

Giải

Gọi H là trực tâm tam giác ABC

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có: . ' . ' . ' 0' ' '

BC AC ABHA HB HC

HA HB HC

(1)

Mặt khác, nếu ABC và ' ' 'A B C có chung trọng tâm thì ta có: ' ' ' 0AA BB CC

' ' '. ' . ' . ' 0

' ' '

AA BB CCHA HB HC

HA HB HC

(2)

Từ (1) và (2), suy ra:' ' '

BC AC AB

AA BB CC (3)

Ngoài ra, ta lại có: ' 'ABA CBC và ' 'ACA BCB

nên:'

'

AB AA

CB CC và

'

'

AC AA

BC BB (4)

Từ (3) và (4) AB BC AC

Vậy tam giác ABC đều.

Ví dụ 8 : Cho ABC nội tiếp

đường tròn tâm O, M là điểm thuộc (O). Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếu

của M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : H, I, J thẳng hàng

Giải

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có :

. . . 0AC AB BC

MI MJ HMMI MJ MH



. . . 0AC AB BC

HI HM HJ HM HMMI MJ MH

. . 0BC AC AB AC AB

HM HI HJMH MI MJ MI MJ

(*)

Ta lại có:

+ BMH AMI nên:AI MI AI BH

BH MH MI MH

+ MCH MAJ nên:MH CH CH AJ

MJ AJ MH MJ

+ MCI MBJ nên:MI CI CI BJ

MJ BJ MI MJ

Khi đó:BC AC AB BH CH AI CI AJ BJ

MH MI MJ MH MH MI MI MJ MJ

0AI AJ AI BJ AJ BJ

MI MJ MI MJ MJ MJ

Vậy (*) . . 0AC AB

HI HJMI MJ

HI

cùng phương với HJ

H, I, J thẳng hàng.

3. Bài tập

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh 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 DB

Giải

Dựng vecto e

là vectơ đơn vị vuông góc với BD và hướng ra

ngoài BDC .

Áp dụng định lí con nhím cho BDC , ta có:

. . . 0BC DC

AH HD DB eAH HD

(*)

Mặt khác, HDC AHC nên:2HD DC DC

AH HC BC

2BC DC

AH HD

Do đó, (*)2

. . . 0DC DC

AH HD DB eHD HD

2 . 0DC

AH HD DB eHD

. 0DC

AH AD DB eHD

.2 . 0DC

AM DB eHD

AM

cùng phương với e

AM BD

Bài 2: Cho ABC có góc BAC nhọn. Vẽ bên ngoài tam giác các tam giác vuông cân đỉnh A là ABE

và ACD. M là trung điểm BC. Chứng minh rằng AM DE.



Giải

Xét AED cóAB AE

AC AD

Gọi vectơ e

là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra

ngoài AED .

Áp dụng định lí con nhím vào AED ta có:

. . . 0AE AD

AB AC ED eAB AC

Lại có AD =AC và AB = AE (ABE, ACD vuông cân tại A)

. 0AB AC ED e

2 . 0AM ED e

AM

và e

cùng phương

AM DE (đpcm).

Bài 3: cho ABC vuông cân tại A có AB AC a . Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt nằm trên ba

cạnh AB, BC, CA sao choAM BN CP

AB BC CA . Chứng minh AN PM và AN PM

Giải

Gọi H là trung điểm BC.

Dựng vecto e

là vectơ đơn vị vuông góc với AN và hướng ra ngoài ANB .

Áp dụng định lí con nhím cho ANB , ta có: . . . 0AB NB

CA AH AN eAC AH

2. . 0

NBCA AH AN e

BC

(vì tam giác ABC vuông cân tại A) (*)

Mặt khác, vìAM BN CP

AB BC CA nên:

. 1 1

. .

CP CP BNCP CA AP AC CA

CA CA BC

AM BNAM AB AB

AB BC

.BN

PM AM AP CA AB ACBC

2 .BN

CA AHBC

Do đó, (*) . 0PM AN e

Vậy:/ /

.

PM e PM AN

PM PM AN e AN

(đpcm)



Bài 4: Cho ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm của BC. Lấy các điểm B1, C1 trên AB, AC sao

cho AB.AB1=AC.AC1. Chứng minh rằng: AM B1C1.

Giải

Gọi N1, N2 lần lượt là trung điểm AB, AC MN1 AB, MN2 AC.

Gọi e

là vectơ đơn vị vuông góc với B1C1 và hướng ra phía ngoài B1AC1.

Áp dụng định lí con nhím vào B1AC1 ta có:

1 11 2 1 1

1 2

. . . 0AB AC

MN MN B C eMN MN

1 11 2 1 1

2 2. . . 0

AB ACMN MN B C e

AC AB

Lại có AB.AB1 = AC.AC1 1 1AB AC

AC AB

11 2 1 1

2. 0

ABMN MN B C e

AC

11 1

4. . 0

ABMA B C e

AC

MA

cùng phương với e MA B1C1. (đpcm)

Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. K là hình chiếu vuông góc của

B trên AC. M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. Chứng

minh rằng: BM MN .

Giải

Gọi e

là vectơ đơn vị vuông góc vơi MN và hướng ra ngoài

MNC.

Áp dụng định lí con nhím vào MNC ta có:

. 0MC NC

BK BC MN eBK BC

Lại có . .KC MK

BK BM BCMC MC

. . . . 0KC MK NC

BM BC BC MN eBK BK BC

Mà 1 1 1 1 1 2tan tan

2 2 2 2 2

MK AK CD NC NCABK CAD

BK BK AD BC BC

. . 0KC

BM MN eBK

BM

cùng phương với e BM MN. (đpcm)

Bài 6: cho ABC và điểm O nằm trong tam giác. Gọi A1; B1; C1 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc

của O lên BC; CA; AB. Trên các tia OA1; OB1; OC1 theo thứ tự lấy các điểm A2; B2; C2 sao cho OA2 =

BC; OB2 = AC; OC2 = AB. Chứng minh rằng O là trọng tâm của A2B2C2.

Giải

Đặt ae

= 2

2

OA

OA

; 2

2

b

OBe

OB

; 2

2

c

OCe

OC

.



Suy ra: 2 2. .a aOA OA e BC e

; 2 2 . .b bOB OB e CA e

; 2 2. .c cOC OC e AB e

Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta lại có: BC. ae

+ CA be

+ AB. ce

= 0

2 2 2 0OA OB OC

O là trọng tâm của

A2B2C2. (đpcm).

Ta có thể mở rộng bài toán trên cho một đa giác lồi bất kì:

Cho đa giác lồi 1 2... nA A A , điểm O ở trong miền đa giác. Các

điểm 1 2', ',..., 'nA A A lần lượt là hình chiếu vuông góc của O

trên 1 2 2 3 1, ,..., nA A A A A A . Lấy các điểm 1 2'', '',..., ''nA A A lần

lượt thuộc các tia 1 2', ',..., 'nOA OA OA sao cho

1 1 2 2 2 3 1'' , '' ,..., ''n nOA A A OA A A OA A A . Khi đó ta có O là

trọng tâm của đa giác 1 2 ... nA A A .

Bài 7: Cho ABC và XYZ. Đoạn BC theo thứ tự

cắt các đoạn XZ, XY tại M, N; đoạn CA theo thứ tự

cắt các đoạn YX, YZ tại P, Q; đoạn AB theo thứ tự

cắt các đoạn ZY, ZX tại R, S. Giả sử MN = NP =

PQ = QR = RS = SM. Chứng minh rằng: ABC

đều XYZ đều.

Giải

Điều kiện cần:

Gọi ae

, ze

, be

, xe

, ce

, ye

lần lượt là các vectơ đơn vị hướng

ra ngoài lục giác MNPQRS và lần lượt vuông góc với các canh

MN, NP, PQ, QR, RS, SM.

Áp dụng định lí con nhím cho lục giác MNPQRS, ta có:

. . . . . . 0a z b x c yMN e NP e PQ e QR e RS e SM e

Lại có MN = NP = PQ = QR = RS = SM nên:

ae

+ ze

+ be

+ xe

+ ce

+ ye

= 0

. (1)

Mặt khác áp dụng định lí con nhím cho ABC đều ta có: BC.

ae

+ AC. be

+ AB. ce

= 0BC.( ae

+ be

+ ce

) = 0

ae

+ be

+ ce

= 0

(2)

Từ (1) và (2) ta có: xe

+ ye

+ ze

= 0

(3)



Áp dụng định lí con nhím vào XYZ ta có: YZ. xe

+ ZX. ye

+ XY. ze

=0

(4)

Từ (3) và (4) nên: XY = YZ = XZ

Điều kiện đủ: chứng minh tương tự như điều kiện cần.

Như vậy điều kiện cần và đủ để ABC đều là XYZ đều.

Bài 8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Hai điểm E, F theo thứ tự là trung điểm của AC,

BD. Chứng minh rằng I, E, F thẳng hàng.

Giải

Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của I

trên AB, BC, CD; x, y, z, t là khoảng cách từ A, B, C, D tới

các tiếp điểm tương ứng.

Tức là AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP = z;

DP = DQ = t.

Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác ABCD, ta có:

(x+y) IM

+ (y+z) IN

+ (z+t) IP

+ (t+x) IQ

=0

Lại có: IM

=y

x yIA

+x

x yIB

(x + y) IM

= y. IA

+ x. IB

Tương tự:(y + z) IN

= z. IB

+ y. IC

;

(z + t) IP

= t. IC

+ z. ID

; (t + x) IQ

= x. ID

+ t. IA

y. IA

+ x. IB

+ z. IB

+ y. IC

+ t. IC

+ z. ID

+ x. ID

+ t. IA

= 0

(y + t) ( IA

+ IC

) + (x + z)( IB

+ ID

) = 0

(y + t).2 IE

+ (x + z).2 IF

= 0

IE

= –x z

y t

IF

IE

cùng phương với IF

I, E, F thẳng hàng. (đpcm)

Bài 9: Về phía ngoài ABC dựng các tam giác đồng

dạng XBC, YCA, ZAB. Chứng minh rằng các tam giác

ABC và XYZ có cùng trọng tâm.

Giải

Gọi H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của X, Y, Z trên

BC, CA, AB.

Gọi ae

, be

, ce

là các vectơ đơn vị, hướng ra ngoài

ABC và theo thứ tự vuông góc với các cạnh BC, CA,

AB.

Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên:



BH CK ALm

BC CA AB (1)

XH YK ZLn

BC CA AB (2)

Từ (1) và (2) ta có:

BX CY AZ

BH HX CK KY AL LX

. . . . . . . .

. . . .

. . . .

a b c

a b c

a b c

m BC n BC e m CA n CA e mAB n AB e

m AB BC CA n BC e CA e AB e

n BC e CA e AB e

Mặt khác áp dụng định lí con nhím vào ABC ta có: BC. ae

+CA. be

+AB. ce

= 0

0BX CY AZ

Gọi G là trong tâm của ABC, ta có: 0GA GB GC

Khi đó: BX CY AZ

0

0

0

0

GX GB GY GC GZ GA

GX GY GZ GA GB GC

GX GY GZ

G là trọng tâm của XYZ.

Như vậy các tam giác ABC và XYZ có cùng trọng tâm.

Bài 10: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O; R) và AB = CD = EF. Về phía ngoài lục giác

ta dựng các tam giác đồng dạng MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA theo thứ tự cân tại M, N, P, Q, R,

S. Gọi O1, O2 theo thứ tự là trọng tâmcác tam giác MPR, NQS. Chứng minh rằng O, O1, O2 thẳng

hàng.

Giải

Gọi M’, N’, P’, Q’, R’, S’ lần lượt là trung điểm của AB,

BC, CD, DE, EF, FA.

Gọi G là trọng tâm của M’R’P’.

' ' ' 0GM GR GP

10

2

1 1 10

2 2 2

' ' ' 0

GA GB GE GF GC GD

GA GF GB GC GE GD

GS GN GQ

G là trọng tâm của S’N’Q’

Mà G là trọng tâm của M’P’R’

M’P’R’ và lục giác M’N’P’Q’R’S’ có cùng trọng

tâm. (*)

Vì G là trọng tâm của M’P’R’ nên ta có:



' ' ' 0GM GR GP

3 ' ' ' 0

' ' '3 . . 0

GO OM OR OP

OM OR OPGO OM OR OP

OM OR OP

Lại có AB = CD = EF và các tam giác MAB, PCD, REF đồng dạng nên:

' ' 'OM OP ORk

OM OP OR

3 . 0GO k OM OR OP

13 3 0GO kOO

(vì O1 là trọng tâm của MPR)

GO

cùng phương với 1OO

hay G, O, O1 thẳng hàng. (1)

Mặt khác áp dụng định lí con nhím vào lục giác M’N’P’Q’R’S’ ta có:

. ' . ' . ' . ' . ' . ' 0' ' ' ' ' '

AB BC CD DE EF FAM M N N P P Q Q R R S S

M M N N P P Q Q R R S S

Mà các tam giác MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA đồng dạng nên:

' ' ' ' ' '

AB BC CD DE EF FA

M M N N P P Q Q R R S S

' ' ' ' ' ' 0M M N N P P Q Q R R S S

0

0

GM GN GP GQ GR GS

GM GP GR GN GQ GS

1 23 3 0GO GO

(Vì O1, O2 là trọng tâm của các tam giác MPR và NQS)

1GO

cùng phương với 2GO

hay G, O1, O2 thẳng hàng. (2)

Từ (1) và (2) O, O1, O2 thẳng hàng.

Documents

HỆSỐGÓC C A NG TH NG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯ NG TH NG …€¦ · Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình: 9 1 1 25 y x 9 25 34 0x y Cuối cùng, xin gửi