Nguy n Qu c Qu n - Tr ng THPT chuyên Nguy n Quang …thpt-chuyennguyenquangdieu.dongthap.edu.vn/v3/uploads/news/2011_… · Nguy n Qu c Qu n - Tr ng THPT chuyên Nguy n Quang Diêu

Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

1

Hỗ trợ học Toán Hình học 10

(học kỳ 1)

Vectơn Các công thức cơ bản cần nhớ

1/ Qui tắc 3 điểm.

a/ Qui tắc cộng: ACBCAB =+ (A, B, C bất kỳ)

b/ Qui tắc trừ: ABOAOB =− (O, A, B bất kỳ)

2/ Qui tắc hình bình hành:ABCD là hình bình hành thì: ACBDAB =+

3/ Nếu a = k b thì a và b cùng phương. Cụ thể:

k > 0 thì a vàb cùng hướng ; k < 0 thì a vàb ngược hướng và akak = ,

=

=⇔=

0a

0k0a.k

4/ Công thức liên quan trung điểm: O là trung điểm đoạn AB thì:

a/ 0=+ OBOA ; b/ ( )MBMAMO +=2

1 ( M bất kỳ)

5/ Công thức liên quan trọng tâm tam giác. G là trọng tâm tam giác ABC thì:

a/ 0=++ GCGBGA b/ ( )MCMBMAMG ++=3

1 ( M bất kỳ)

Bài tập Bài 1/ Cho bốn điểm A , B , C , D . Tính :

a/ CABDDCABu +++= ; b/ DABCCDABv +++=

Giải

a/ CABDDCABu +++= = ( ) ( ) 0==+=+++ AADAADCADCBDAB

b/ DABCCDABv +++= = ( ) ( ) 0==+=+++ AACAACDACDBCAB

Bài 2/ Cho 6 điểm A , B , C , D , E , F. Chứng minh: CDBFAECFBEAD ++=++

Giải “ Để chứng minh T = P ta có thể chứng minh T – P = 0”

( ) ( )CDBFAECFBEAD ++−++ = ( ) ( ) ( )CDCFBFBEAEAD −+−+−

= DFFEED ++ = ( ) FEDFED ++ = DEED + = 0

Suy ra điều phải chứng minh

Bài 3/ Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.

Chứng minh: 0=++ CPBNAM

Giải “Sử dụng công thức trung điểm”

( )CACBBCBAACABCPBNAM +++++=++2

1 = ( ) ( ) ( )[ ]CBBCCAACBAAB +++++

2

1 = 0

Sử dụng công thức trọng tâm

( ) 0GCGCBGA2

3CPBNAM =++−=++

Bài 4/ Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm của AB và N là điểm trên cạnh AC

sao cho NC = 2NA.

Gọi K là trung điểm của MN.

a/ Chứng minh: ACABAK61

41

+=


2

K

N

M

DCB

A

b/ Gọi D là trung điểm của BC . Chứng minh: ACABKD31

41

+=

Giải

a/ M là trung điểm AB nên: ABAM2

1= , NC = 2NA nên ACAN

3

1=

K là trung điểm MN nên: ( )ANAMAK +=2

1 =

+= ACABAK

3

1

2

1

2

1

= ACAB6

1

4

1+

b/ Gọi D là trung điểm của BC . Chứng minh: ACABKD31

41

+=

Giải

D là trung điểm AC nên ( )ACABAD +=2

1 mà AKADKD −=

Vậy: ACABACABACABKD3

1

4

1

6

1

4

1

2

1

2

1+=−−+=

Bài 5/ Cho tam giác ABC.

a/ Tìm I sao cho : 02 =+ IBIA

b/ Tìm K sao cho : CBKBKA =+ 2 ;

c/ Tìm M sao cho : 02 =++ MCMBMA

Giải

a/ Tìm I sao cho : 02 =+ IBIA

02 =+ IBIA ⇔ BIIA 2= hay IBAI 2= “ AI và IB cùng hướng và AI = 2IB”

Vậy I thuộc đoạn AB và chia AB thành thành 3 đoạn bằng nhau thì có hai điểm chọn điểm I về phía

B

b/ CBKBKA =+ 2 ⇔ KCKBKBKA −=+ 2 “ thay KBKCCB −= ”

0=++ KCKBKA Vậy K ≡ G là trong tâm tam giác ABC

c/ Tìm M sao cho : 02 =++ MCMBMA

Giải. “ lưu ý công thức trung điểm có số 2, bài toán về tâm tỷ cự đơn giản nhất”

Gọi D là trung điểm đoạn AB, ta có: MDMBMA 2=+

02 =++ MCMBMA ⇔ 022 =+ MCMD ⇔ 0=+ MCMD

Vậy M là trung điểm CD

Bài 6/ Cho hình bình hành ABCD và điểm M tùy ý. Chứng minh : MDMBMCMA +=+

Giải Gọi O = AC ∩ BD ⇒ O là trung điểm của AC và BD

Ta có:

=+

=+

MOMDMB

MOMCMA

2

2 ⇒ MDMBMCMA +=+

Bài 7/ Cho tam giác ABC và điểm M tùy ý .

a/ Chứng minh rằng vectơ MCMBMAv 32 −+= không phụ thuộc vị trí điểm M

b/ Dựng điểm D sao cho vCD = . CD cắt AB tại K . Chứng minh: 02 =+ KBKA và

CKCD 3=

Giải

a/ Chứng minh rằng vectơ MCMBMAv 32 −+= không phụ thuộc vị trí điểm M


3

“ Tìm điểm cố định liên quan ABC và biến đổi v “ mất M” là xong ”

( ) ( )MCMBMCMAv −+−= 2 = CBCA 2+ điều phải chứng minh

b/ Dựng điểm D sao cho vCD = . CD cắt AB tại K . Chứng minh: 02 =+ KBKA và CKCD 3=

Từ ( ) ( )MCMBMCMAv −+−= 2 = CBCA 2+ “ làm mất số 2 đi”

Dựng điểm E sao cho E là trung điểm CE ⇒ CBCE 2= . Khi đó:

CECAv += . Dựng hình bình hành CADE ⇒ vCD =

Gọi O = CD ∩ EA ⇒ O là trung điểm của CD và EA

K = CO ∩ AB ⇒ K là trọng tâm tam giác ACE ⇒ KBKA 2−=

⇒ 02 =+ KBKA .

Bài 8/ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H là trực tâm tam giác, D là điểm đối xứng

với A qua O.

a/ Chứng minh rằng HBDC là hình bình hành .

b/ Chứng minh rằng OHOCOBOAHOHCHBHA =++=++ ,2

c/ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Chứng minh : OGOH 3= “ Đường thẳng

qua 3 điểm O,

H, G gọi là đường thẳng Ơ le”

Giải a/ Chứng minh rằng HBDC là hình bình hành .

AD là đường kính nên DC ⊥ AC và BD ⊥ HC

Vì: DC ⊥ AC và BH ⊥ AC nên DC // BH (1)

Vì : DB ⊥ AB và CH ⊥ AB nên DB // CH (2)

(1) và (2) ⇒ BHCD là hình bình hành

b/ Chứng minh rằng OHOCOBOAHOHCHBHA =++=++ ,2

BHCD là hình bình hành nên: HDHCHB =+

HOHDHAHCHBHA 2=+=++ ( Vì O là trung điểm AD)

Có: HAOHOA += , HBOHOB += và HCOHOC +=

Nên: HCHBHAOHOCOBOA +++=++ 3

Bài 9/Cho tam giác ABC.Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC,CA và điểm M tùy ý.

Chứng minh:

a/ MFMEMDMCMBMA ++=++

b/ 0=++ CDBFAE

c/ 0=++ CFBEAD

Giải

a/ MFMEMDMCMBMA ++=++

( ) ( )MFMEMDMCMBMA ++−++

= ( ) ( ) ( )MFMCMEMBMDMA −+−+−

= FCEBDA ++ = AFFDDA ++ = DDFDAFDA =++

b/ 0=++ CDBFAE ( công thức trung điểm)

CDBFAE ++ = ( )CACBBCBAACAB +++++2

1 = 0

c/ 0=++ CFBEAD

D

K

O

E

A

B

C

H O

D

C

B

A

F

E

D

CB

A


4

NM

D

CB

A

NH

G

M CB

A

( ) 02

1

2

1=++=++ CABCABCFBEAD

Bài 10/ Cho tứ giác ABCD và M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AB, CD. Chứng minh:

MNBCACBDAD 4=+++

Giải

)()( BCBDACAD +++ = BNAN 22 + = ( )NBNA +− 2 =

NM2.2−

Bài 11/ Cho tam giác ABC với G là trọng tâm, H là điểm đối xứng của B qua G, M là trung điểm

BC. Chứng minh:

a/ ABACAH3

1

3

2−= b/ ABACCH

3

1

3

1−−= c/ ABACMH

6

5

6

1−=

Giải

a/ ABACAH3

1

3

2−=

Gọi N là trung điểm AC, ta có: AGNC là hình bình hành

GKGCAH3

2−== ( K là trung điểm AB)

( ) CBACCBCAAH3

1

3

1

2

1.

3

2−=+−= = ( )ACABAC −−

3

1

3

1 = ACAC

3

1

3

2−

b/ ABACCH3

1

3

1−−=

AMGACH3

2−== = ( )ACAB +−

2

1.

3

2 = ACAB

3

1

3

1−−

c/ ABACMH6

5

6

1−=

( )HCHBMH +−=2

1 = ( )AGGB +− 2

2

1 = ( )GBAB +−

2

1 = BGAB

2

1

2

1+− = BNAB

3

2.

2

1

2

1+−

( )BCBAABMH ++−=2

1.

3

1

2

1 = ( )ACBABAAB +++− .

6

1

2

1 = ABABAC

3

1

2

1

6

1−−

ABACMH6

5

6

1−=

Bài 12/ Cho tam giác ABC đều cạnh a, trọng tâm O. Tính:

a/ ACAB + b/ ACAB − c/ OBOA + d/ ACAO +

Giải

Nhắc lại độ dài đường cao tam giác đều bằng: độ dàicạnh.2

3

a/ ACAB + = AM2 = 2AM = 3a

b/ ACAB − = CA = CA = a

c/ OBOA + . Gọi M là trung điểm BC H

K

M

O

CB

A


5

OMOMOBOA 22 ==+ = AM3

1.2 =

3

3a

d/ ACAO + . Gọi K là trung điểm OC. AKACAO 2=+ = 2AK

Gọi H là hình chiếu của K lên AM, trong tam giác AHK có:

44

1

2

1 aBCMCHK === ; OMAMOHAOAH

2

1

3

2+=+= = AMAM

6

1

3

2+ =

AM6

5=

2

3.

6

5 a

12

35aAH = nên : AK

2 = AH

2 + HK

2 =

144

84

16144

75 222aaa

=+ ⇒ AK = 6

21a

Vậy: 3

21aACAO =+

Bài 13/ Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Tính:

a/ ADAB + b/ ADAB − c/ ACAB + d/ ABAO +

Giải

a/ ADAB + = ACAO =2 = AC = 2a b/ ADAB − = DA = DA = a

c/ ACAB + . Gọi M là trung điểm BC

AMACAB 2=+ = 2AM = 2

5

4

2222 aa

aBMAB =+=+

d/ ABAO + . Gọi H là trung điểm OB. AHABAO 2=+ = 2AH

Trong tam giác AOH có: AH2 = AO

2 + OH

2 =

16

10

16

2.5

16

5

4

5

4

222222 aaACAOOB

AO ====+

Hay 4

10aAH = . Vậy:

2

10aABAO =+

Bài 14/Cho lục giác đều ABCDEF và điểm M tùy ý .Chứng minh rằng:

MFMDMBMEMCMA ++=++ . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác đã cho

Giải. ( ) ( )MFMDMBMEMCMA ++−++ = ( ) ( ) ( )MFMEMDMCMBMA −+−+− =

FEDCBA ++

= AOOBBA ++ = BBOBAOBA =++

O

H

M

DC

BA


6

Giá trị lượng giác của một góc ( từ 00 đến 1800) • Trong hệ trục (Oxy) cho đường tròn tâm O qua các điểm A(1 ; 0 ), A

/(–1 ; 0) và B(0

; 1). Vẽ cung AM có số đo là α ( tương ứng góc có hai tia OA, OM ). Tìm tọa độ

điểm M . Nếu: M( xM ; yM )

• cosα = xM sinα = yM

• α

αα

cos

sintan = (α ≠ 90

0)

α

αα

sin

coscot = ( α ≠ 0

0 và α ≠ 180

0 )

• Nếu a + b = 1800 thì: sina = sinb và cosa = –cosb ; tana = –tanb ; coaa = –cotb

• Các hệ thức lượng giác cần nhớ

1/ sin2x + cos

2x = 1 2/ tanx =

x

x

cos

sin 3/ cotx =

x

x

sin

cos

4/ tanx.cotx = 1 5/ x

2cos

1 = 1 + tan

2x 6/

x2sin

1= 1 + cot

2x

Bài tập.

Bài 1/ Cho sinx = 13

5 ( 90

0 < x < 180

0). Tính các giá trị lượng giác còn lại

Giải

cos2x = 1 – sin

2x =

169

144

169

251 =− ⇔

13

12cos −=x vì ( 90

0 < x < 180

0) nên: cosx < 0

12

5

12

13.

13

5tan −=−=x ,

5

12cot −=x

Bài 2/ Biết cot150 = 2 + 3 . Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc 15

0

Giải

3232

115tan 0

−=+

= ; ( )32415tan115cos

1 02

02−=+= ⇒

( ) 4

32

324

115cos 02 +

=−

= ⇒ 2

3215cos 0 +

= ;

sin150 = tan15

0.cos15

0 = ( ) ( )( )( )

2

32

2

323232

2

3232

−=

−−+=

+−

Bài 3/ Cho tanα = 3 . Tính:

αα

αα

cos11sin4

cos3sin2/

−

+a b/

αα

αα33 cos17sin

cos2sin3

−

−

Giải

Cách 1/ αα

αα

cos11sin4

cos3sin2/

−

+a =

11tan4

3tan2

−

+

α

α ( chia 2 vế cho cosα ) = 11

Cách khác: tanα = 3 ⇒ sinα = 3cosα . Thay vào biểu thức

Cách 2/ b/ αα

αα33 cos17sin

cos2sin3

−

−=

αα

α23 cos

1.

17tan

2tan3

−

−= ( )α

α

α 2

3tan1

17tan

2tan3+

−

− = 7

Cách khác: tanα = 3 ⇒ sinα = 3cosα . Thay vào biểu thức

Bài 4/ Cho tana + cota = m , hãy tính theo m.

a/ tan2a + cot

2a , b/ tan

3a + cot

3a , c/ | tana – cota|

Giải a/ tan

2a + cot

2a = (tana + cota)

2 –2tana.cota = m

2 –2

b/ tan3a + cot

3a = (tana + cota)

3 –3tana.cota(tana + cota) = m

3 –3m

c/ | tana – cota| = ( ) 2cottan2cottan 22−=−+ maaaa


7

Bài 5/ Cho sina + cosa = m , hãy tính theo m.

a/ sina cosa b/ | sina – cosa| c/ sin3a + cos

3a

d/ sin4a + cos

4a e/ sin

6a + cos

6a

Giải

a/ sina cosa = ( )

2

1

2

1cossin 22−

=−+ maa

b/ | sina – cosa| = ( )2cossin aa − = ( ) aaaa cossin4cossin

2−+ =

2

14

22 −

−m

m

| sina – cosa| = 22 m−

c/ sin3a + cos

3a = (sina + cosa)

3 –3sinacosa)(sina + cosa) =

2

13

23 −

−m

mm

sin3a + cos

3a =

2

23 3mm −

d/ sin4a + cos

4a = (sin

2a + cos

2a)

2 –2sin

2acos

2a = 1 – 2(sinacosa)

2 =

22

2

121

−−

m

sin4a + cos

4a =

2

21 42mm −+

Bài 6/ Chứng minh rằng:

a/ aa

aa22

22

coscot

sintan

−

− = tan

6a b/ aaa

a

aa 32

3tantantan1

cos

cossin+++=

+

c/ sin2atan

2a + 4sin

2a –tan

2a + 3cos

2a = 3

Giải

a/ aa

aa22

22

coscot

sintan

−

− = tan

6a

aa

aa22

22

coscot

sintan

−

−=

( )( )aa

aa22

22

sin1cot

cos1tan

−

− =

aa

aa22

22

coscot

sintan

b/ aaaa

aa 32

3tantantan1

cos

cossin+++=

+

aa

aa

a

aa23 cos

1.

cos

cossin

cos

cossin +=

+= ( )( )aa 2tan11tan ++

c/ sin2atan

2a + 4sin

2a –tan

2a + 3cos

2a = 3

VT = sin2atan

2a + sin

2a –tan

2a + 3sin

2a + 3cos

2a = sin

2a(1 + tan

2a) –tan

2a + 3(sin

2a +

cos2a)

= 3

Bài 7/ Chứngminh các đẳng thức sau:

a/ cos4x – sin

4x = 2cos

2x –1 b/ cot

2x – cos

2x = cos

2x.cot

2x

c/ tan2x –sin

2x = tan

2x.sin

2x d/ (sinx + cosx)

2 + (sinx –cosx)

2 = 2

Giải a/ cos

4x – sin

4x = 2cos

2x –1

cos4x – sin

4x = (cos

2x – sin

2x)(cos

2x + sin

2x) = cos

2x – (1 – cos

2x) = 2cos

2x –1

b/ cot2x – cos

2x = cos

2x.cot

2x.

VP = (1 – sin2x)cot

2x = cot

2x – sin

2xcot

2x = cot

2x – cos

2x

c/ tan2x –sin

2x = tan

2x.sin

2x.

VP = tan2x( 1 – cos

2x) = tan

2x – tan

2x.cos

2x = tan

2x – sin

2x

Bài 8/ Rút gọn các biểu thức sau:


8

D/C/

D

C

BAB/

A/B

AO

a/ 2(sin6x + cos

6x) –3(sin

4x + cos

4x) b/ 2cos

4x –sin

4x + sin

2xcos

2x +3sin

2x

c/ (sin4x + cos

4x –1)(tan

2x + cot

2x + 2)

Giải. sin

4x + cos

4x = (sin

2x + cos

2x)

2 –2sin

2xcos

2x = 1 –2sin

2xcos

2x

sin6x + cos

6x = (sin

2x + cos

2x)

3 –3sin

2xcos

2x(sin

2x + cos

2x) = 1 –3sin

2xcos

2x

a/ 2(sin6x + cos

6x) –3(sin

4x + cos

4x) = 2(1 –3sin

2xcos

2x) –3(1 –2sin

2xcos

2x) = –1

b/ B = 2cos4x –sin

4x + sin

2xcos

2x +3sin

2x = cos

4x – sin

4x + cos

4x+ sin

2xcos

2x

+3sin2x

= (cos2x –sin

2x)(cos

2x + sin

2x) + cos

2x(cos

2x + sin

2x) + 3sin

2x

= cos2x – sin

2x + cos

2x + 2sin

2x = 2(cos

2x + sin

2x) = 2

c/ C = (sin4x + cos

4x –1)(tan

2x + cot

2x + 2) = –2sin

2xcos

2x(tan

2x + cot

2x + 2)

= –2sin4x –2cos

4x –4sin

2xcos

2x = –2(sin

2x + cos

2x)

2 = –2

d/ (sinx + cosx)2 + (sinx – cosx)

2 = 2

D = sin2x + 2sinxcosx + cos

2x + sin

2x –2sinxcosx + cos

2x = 2(sin

2x + cos

2x) = 2

TÍCH VÔ HƯỚNG • Góc giữa hai vectơ: Cho hai vectơ a và b . Từ điểm O tuỳ ý , dựng aOA = và

bOB = . Góc AOB gọi là góc giữa hai vectơ a và b . ( )ba ; = AOB

• Tích vô hướng của hai vectơ a và b . Ký hiệu: ba. và ba. = ( )baba ;cos..

• Tính chất.

1/ ba. = ab. 2/ ( )cba + = caba + 3/ ( )22

aa = 4/ ( ) 222

2 bbaaba +±=±

5/ Cho hai vectơ OA và OB . B/ là hình chiếu ( vuông góc) của B lên đường thẳng qua

hai điểm O, A. Ta có: 'OBOAOBOA = ( Hình trái: A/ là hình chiếu của A lên

OB, B/ là hình chiếu của B lên OA thì:

OBOAOBOAOBOA ... //==

Hình phải: C/, D

/ lần lượt là hình chiếu của C,D lên AB thì :

//.. DCABCDAB = )

6/ Cho đường tròn (O) tâm O bán kính R và một điểm M. Qua M kẻ đường thẳng ∆ cắt

(O) tại hai điểm AB, ta luôn có: 22. RMOMBMA −=

Chứng minh

Kẻ đường kính BC,ta có: CA ⊥ AB ⇒ A là hình chiếu của C lên AB ( hay ∆ )

( )( )OMOBOMOCMBMCMBMA −−== = ( )( )OMOCOMOC −−− = – ( OC2 – OM

2)

Hay : 22. RMOMBMA −=

• 22. RMOMBMA −= .Gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O) và Ký

hiệu: PM/(O)

• Nếu M ngoài (O) và MT là tiếp tuyến của (O) ( T là tiếp tuyến ) , ta có: 2. MTMBMA =

• Hẳn nhiên. Đường thẳng qua M cắt (O) tại A, B; Đường thẳng qua (O) cắt (O) tại

C,D thì MDMCMBMA .. =

Bài tập Bài 1. Cho tam giác ABC có AC = 9, BC = 5 , ACB = 90

0. Tính ACAB.

Giải.


9

C

B

A

H

O

M CB

A

O

D C

BA

Cách 1/ B là hình chiếu của C lên AC,

nên: 810cos... 02=== ACACACACAB Cách 2/

819

.9.cos...22

22=

++==

BCACBCACAACABACAB

Cách 3/ ( ) 81...22

==+=+= ACACCBACACCBACACAB ( vì 0. =ACCB )

Bài 2. Cho tam giác đều ABC cạnh a, tâm O và M là trung điểm BC. Tính:

Giải. Lưu ý:“ Tính góc giữa hai vectơ ta đưa hai vectơ về hai vectơ chung gốc và góc của

chúng là góc kẹp giữa hai mũi tên”

1/ OMOA. và BCOA. 2/ OBOA. và ABOA.

Giải

1/ OMOA. và BCOA.

Góc giữa OA và OM là 1800. Nên )1.(.. −= OMOAOMOA = 22OM−

2

3

12.

−= AMOMOA =

2

2

3

3

12

−

a=

6

2a

−

OA ⊥ BC nên 0. =BCOA

2/ OBOA. và ABOA.

Góc giữa OA và OB là 1200 nên: OBOA. =

−

2

32OA =

−

2

1

2

3

3

22

a =

6

2a

−

“Một phát hiện thú vị là M là hình chiếu của B lên OA nên OBOA. = OMOA. ”

Góc giữa OA và AB là 1500 nên: ABOA. = OA.AB.cos150

0 =

“tại sao không áp dụng điều phát hiện trên: M là hình chiếu của B lên OA nên ABOA. =

ABOA. ”

Bài 3. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. Tính:

1/ ABOA. và ACAB + 2/ DCAB. và ADOB.

Giải

1/ ABOA. . O là hình chiếu của B lên AO nên:

Gọi ABOA. = AOOA = – OA2 =

22

2 22

aa−=

−

Gọi M là trung điểm BC, ta có: ACAB + = AM2 = 54

22

2a

aa =+

2/ DCAB. và ADOB.

AB và DC cùng hướng nên DCAB. = AB2 = a

2

O là hình chiếu của A lên OB nên ADOB. = DOOB = – OB2 =

2

2a

Bài 4. Cho tam giác ABC có AB = 5 , BC = 7, CA = 8.Tính ACAB. , suy ra giá trị của góc

A

Giải

ABACBC −= nên ( ) ( )22

ABACBC −= hay BC2 = AC

2 – ACAB.2 + AB

2


10

H

M CB

A

⇒ 2

496425

2.

222−+

=−+

=BCACAB

ACAB = 20

2

1

.

.cos ==

ACAB

ACABA ⇒ A = 60

0

Bài 5. Cho hai điểm A, B và O là trung điểm của AB. M là điểm tuỳ ý. Chứng minh :

22. OAOMMBMA −=

Giải

( )( )OMOBOAMOMBMA −+=. = ( )( )OAMOOAMO −+ = OM2 – OA

2

Bài 6. Cho 4 điểm M, A, B, C. Chứng minh: 0... =++ ABMCCAMBBCMA

Giải

VT = ( ) AB.MCCA.MBACBAMA +++ = AB.MCCA.MBAC.MABA.MA +++

= CA.MBAC.MAAB.MCBA.MA +++ = ( ) ( )MBAMCAMCAMAB +++

= AB.CAACAB + = ( )CAACAB + = 0

Bài 7.Cho tam giác ABC với H là trực tâm và M là trung điểm BC.

Chứng minh: 2

4

1. BCMAMH =

Giải. “Sử dụng ít nhất 2 trong 3 ý sau: AH ⊥ BC, BH ⊥ AC và CH ⊥ AB”

MAMH . = ( )( )ACABHCHBAMHM ++=4

1. = ( )ACHCABHB +

4

1

= ( )( )[ ]BCABBCHBABHB +++4

1

=

+++

2

4

1BCABBCACHBABHB = 22

BC4

1BCHCAB

4

1=

+

Bài 8. Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp các điểm M sao cho: ABACABAM .. =

Giải

ABACABAM .. = ⇔ ( ) 0=− ACAMAB ⇔ 0. =CMAB . Vậy M thuộc đường thẳng qua C

và

vuông góc AB

Bài 9. Cho tam giác ABC .

a/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho: ( )( ) 0=++ MCMAMBMA

b/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho: ( )( ) 0MCMBMCMBMA =+++

Giải

a/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho: ( )( ) 0=++ MCMAMBMA

Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và AC

( )( ) 0=++ MCMAMBMA ⇔ 0. =MKMH Vậy M thuộc đường tròn đường kính HK

b/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho: ( )( ) 0MCMBMCMBMA =+++

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC

( )( ) 0MCMBMCMBMA =+++ ⇔ 0MI2.MG3 = ⇔ 0MI.MG = . Vậy M thuộc đường tròn

đường

kính GI

Bài 10. Cho hai điểm M, N nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. I là giao điểm của

hai đường thẳng AM và BN

1/ Chứng minh: AIABAIAM .. = và BIBABIBN .. =


11

I

N

M

BA

M

D

HCB

A

M

T/

T

B

A

O/

O

H

I

F

E

O

M

BA

2/ Tính AIAM . + BIBN. theo R

Giải 1/ AB là đường kính nên AM ⊥ BM và AN ⊥ BN

Nên M là hình chiếu của B lên AI và N là hình chiếu của A lên BI

Vậy AIABAIAM .. = và BIBABIBN .. =

2/ Dưa vào kết quả trên ta có:

AIAM . + BIBN. = BIBAAIAB + = ( ) 2

ABIBAIAB =+ = AB2 = 4R

2

Bài 11. Cho tam giác ABC cân đỉnh A, đường cao AH. Gọi D là hình chiếu của H lên AC,

M là trung điểm HD. Chứng minh: AM ⊥ BD

Giải

( )( )HDBHADAHBDAM ++=2 = HDADBHADHDAHBHAH ... +++

= HCADHDAH .. + ( vì AH ⊥ BH và AD ⊥ HD và H là trung điểm BC)

= ( ) HCADCDHCAH .. ++ = HCADCDAH +

= DCADCDAD + ( H là hình chiếu của H lên AC )

= 0 . Vậy. AM ⊥ BD

Bài 12. Cho hình chữ nhật ABCD. Chứng minh:

1/ MDMBMCMA .. =

2/ MA2 + MC

2 = MB

2 + MD

2

Giải

1/ MCMA. = ( )( )DCMDBAMB ++ = MCBADCMBMDMB ++ =

( )MCMBDCMDMB −+

= CBDCMDMB + = MDMB

2/ Gọi O = AC ∩ BD ⇒ MOMCMA 2=+ và MOMDMB 2=+ ⇒ MDMBMCMA +=+

⇒2222

2.2 MDMDMBMBMCMCMAMA ++=++ ⇒ 2222

MDMBMCMA +=+ ( do 1/

)

Bài 13. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm và M tuỳ ý. Chứng minh:

MA2 + MB

2 + MC

2 = 3MG

2 + GA

2 + GB

2 + GC

2

Giải

( ) 2222

2 2 GAGAMGMGGAMGMAMA ++=+==

( ) 2222

2 2 GBGBMGMGGBMGMBMB ++=+==

( ) 2222

2 2 GCGCMGMGGCMGMCMC ++=+==

Suy ra: MA2 + MB

2 + MC

2 = 3MG

2 + ( )GCGBGAMG ++2 + GA

2 + GB

2 + GC

2

Hay: MA2 + MB

2 + MC

2 = 3MG

2 + GA

2 + GB

2 + GC

2

Bài 14 . Cho hai đường tròn (O) và (O/) cắt nhau tại A, B. TT

/ là đoạn tiếp tuyến chung

ngoài. Đường thẳng qua A, B cắt TT/ tại M. Chứng minh M là trung điểm TT

/

Giải Đối với đường tròn (O) ta có: MA.MB = MT

2.

Đối với đường tròn (O/) ta có: MA.MB = MT

/2

Vậy: MT2 = MT

/2 hay MT = MT

/

Bài 15/ Cho điểm M thuộc đường tròn (O) đường kính AB. Đường tròn tâm

M tiếp xúc AB tại H và cắt (O) tại E và F. EF cắt MH tại I. Chứng minh I là trung điểm MH

Giải

Đối với đường tròn (M), ta có: IHIMIFIE .. = và 22. MHIMIFIE −=


12

K

M

D

C

BA

N

M

H CB

A

D

CB

A

N

M

H

DC

BA

Đối với đường tròn (O), ta có: 22. OMOIIFIE −=

Ta được: IM2 – MH

2 = OI

2 – OB

2 ( pytago trong 2 tam giác OMH và OIH được) ⇔ IM

2 –

MH2 = OH

2 + IH

2 – OH

2 – MH

2 ⇔ IM

2 = IH

2

Hay IM = IH

Bài 16/ Cho đường tròn tâm O,bán kính R. Từ điểm M bên trong đường tròn (O), vẽ hai dây

AMB và BMD vuông góc nhau. Gọi K là trung điểm BD. Chứng minh MK vuông góc CD

Giải

Ta có MD.MCMB.MA = ( cùng bằng OM2 –R

2 )

AC.MK = ( )( )MCAMMDMB2

1++

= ( )MD.MCMD.AMMC.MBMB.AM2

1+++

= ( )MD.MCMD.AMMC.MBMB.MA2

1+++− = 0

( Vì : MB⊥MC, MA⊥MA và MD.MCMB.MA = )

Bài 17/ Cho tam giác ABC vuông tại A,đường cao AH. Gọi M, N là lượt là trung điểm của

AH và HC. Chứng minh BM vuông góc AN

Giải

( )( )ACAHBHBAAN.BM4 ++= = AC.BHAH.BHAC.BAAH.BA +++

= HC.BHAH.HA + ( AB ⊥ AC, và AH ⊥ BC,công thức chiếu)

= –AH2 + BH.AC = 0. Vậy BM ⊥ AC

Bài 18/ Cho hình chữ nhật ABCD, vẽ BH⊥AC (H∈AC). Gọi Gọi M, N lần lượt là trung

điểm của AH và DC. Chứng minh tam giác BMN vuông tại M

Giải

( )( )MCMDBHBAMN.BM4 ++= = MC.BHMD.BHMC.BAMD.BA +++

= MD.BHMC.BAMD.BA ++

= ( ) ( )CDMC.BHMC.BAADMA.BA ++++

= BA.BHMC.BAMA.BA ++ ( BH ⊥ MC, BA ⊥ AD và BACD = )

= ( )BHHC.BA + ( HMMA = )

= BC.BA = 0. Vậy BM ⊥ MN

Bài 19/ Cho hình bình hành ABCD có AB = 13, AD = 19 và AC = 24.Tính BD

Giải

Ta có: ADABAC += và BCBABD +=

Nên: AC2 + BD

2 = 2(AB

2 + AD

2) + 2 ( )BC.BAAD.AB +

= 2(AB2 + AD

2) + 2 ( )CBADAB +

= 2(AB2 + AD

2)

Nên: BD2 = 2(AB

2 + AD

2) – AC

2 = 2(169 + 361) –576 = 484 ⇒ BD = 22

Hệ thức lượng trong tam giác

Cho tam giác ABC , ta nhắc lại các ký hiệu thường dùng:

* a = BC ; b = CA ; c = AB

* S : diện tích tam giác ABC

* R : bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

* r : bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

* ma , mb , mc : độ dài các trung tuyến kẻ từ A, B , C

* ha , hb , hc : độ dài các đường cao kẻ từ A, B , C .


13

* p : nửa chu vi : 2

cbap

++=

I.Định lý cosin và định lý sin trong tam giác.

1/ Định lý cosin trong tam giác. Với mọi tam giác ABC , ta có:

a2 = b

2 + c

2 – 2bc.cosA ; b

2 = a

2 + c

2 – 2ac.cosB ; c

2 = a

2 + b

2 – 2ab.cosC

Hệ quả.

• cosA =

222

2bc

acb −+; cosB =

222

2ac

bac −+; cosC =

222

2ab

cba −+

2/ Định lý sin trong tam giác. Với mọi tam giác ABC , ta có:

R2Csinc

Bsinb

Asina

===

3/ Độ dài trung tuyến

4c

2ba

m,4b

2ca

m,4a

2cb

m222

2c

2222b

2222a −

+=−

+=−

+=

4.Diện tích tam giác

ahaS .2

1= = chb.

2

1= chc.

2

1

CbaS sin..2

1= = Acb sin..

2

1Bac sin..

2

1=

S = pr

R

abcS

4=

))()(( cpbpappS −−−= “ công thức Hê - rông ”

II.Trong tam giác vuông. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.

• BC2 = AB

2 + AC

2 ; AB

2 = BH.BC ; AC

2 = CH.CB

• AH.BC = AB.AC ; AH2 = HB.HC ;

222

111

ACABAH+=

III. Hệ thức lượng giác cơ bản

• sin2x + cos

2x = 1 ; x

x

2

2tan1

cos

1+= , (cosx ≠ 0) ; x

x

2

2cot1

sin

1+= ,(sinx ≠ 0)


14

H

M

CB

A

D

C

BA

N

G

M

C

B A

Bài tập Bài 1.Cho tam giác ABC vuông tại C, đường cao CD, DA = 9m, DB = 16m.Tính :CD, AC,BC

Giải CD

2 = DA.DB = 9.16 = 144 ⇒ CD = 12

AC2 = AD

2 + CD

2 = 81 + 144 = 225 ⇒ AC = 15

BC2 = BD

2 + CD

2 = 256 + 144 = 400 ⇒ BC = 20

Bài 2/ Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm AB và H là hình chiếu của M lên

BC. Chứng minh: HC2 – HB

2 = AC

2

Giải Trong tam giác MHC có HC

2 = MC

2 – MH

2

Trong tam giác MBH có HB2 = BM

2 – MH

2

Trong tam giác AMC có MC2 = AM

2 + AC

2 = BM

2 + AC

2

HC2 – HB

2 = (MC

2 – MH

2) – ( BM

2 – MH

2) = MC

2 – BM

2

= BM2 + AC

2 – BM

2 = AC

2

Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các trung tuyến là AD, BE, CF. Chứng minh:

BE2 + CF

2 = 5AD

2

Giải Gọi a = BC , b = AC và c = AB, Tam giác ABC vuông tại A nên BC = a = 2 AD

42

2222 bca

BE −+

= , 42

2222 cba

CF −+

= và 44242

2222222 aaaacb

AD =−=−+

=

BE2 + CF

2 =

42

222bca

−+

+ 42

222cba

−+

= =−++−+

4

2222 222222cbabca

4

5

4

4 2222acba

=++

= 5AD2

Bài 3. Cho tam giác ABC. Chứng minh: cotA + cotB + cotC = S

cba

4

222++

Giải

abc

acbR

a

R

bc

acb

A

AA

222222 2.

2sin

coscot

−+=

−+==

abc

bcaR

b

R

ac

bca

B

BB

222222 2.

2sin

coscot

−+=

−+==

abc

cbaR

c

R

ab

cba

C

CC

222222 2.

2sin

coscot

−+=

−+==

cotA + cotB + cotC = abc

cbaR

222++

= S

cba

4

222++

Bài 4. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN vuông góc nhau.

Chứng minh rằng: AB2 + AC

2 = 5BC

2

Giải

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có: BMGB3

2= và CNGC

3

2=

và GC2 + GB

2 = BC

2

GC2 + GB

2 = BC

2 ⇔ ( ) 222

9

4BCCNBM =+

⇔ 2222222

4

22

4

22

9

4a

cbabca=

−++

−+ ⇔ 2

222

9

4a

cba=

++ ⇔ b

2 + c

2 = 5a

2

Bài 6. Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có: a = b.cosC + c.cosB


15

C/B/

A/

O

CB

A

b.cosC + c.cosB = ac

bcac

ab

cbab

22

222222−+

+−+

= a

bca

a

cba

22

222222−+

+−+

= a

Bài 5. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM = 2c

. Chứng minh:

a/ 2b2 = a

2 – c

2

b/ sin2A = 2sin

2B + sin

2C

Bài 7. Cho tam giác ABC có B = 600 , R = 2. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ACI

Giải

B = 600 ⇒ A + C = 120

0 ⇒ 060

2=

+ CA ⇒ góc AIC = 120

0 = B .

Gọi RB là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC ,

Trong tam giác AIC, có: BRAC

2120sin 0

= mà 42sin

== RB

AC ⇒ RB = 2

Bài 8. Cho tam giác ABC có BC = 13 cm, AB = 12 cm và AC = 5 cm

a/ Tính diện tích tam giác ABC

b/ Tính độ dài các đường cao, các đường trung tuyến

c/ Tính R và r

Bài 9. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt tiếp xúc BC, CA, AB tại A’, B’, C’.

Chứng

minh: ''' CBAS = R

pr

2

2

Giải Ta có các cặp góc C

/AB

/ và C

/OB

/ , C

/BA

/ và C

/OA

/, A

/CB

/ và A

/OB

/ bù nhau nên sin của

chúng bằng nhau

Bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là bán kính của đường tròn

ngoại tiếp tam giác A/B

/C

/

/////////BOACOACOBCBA

SSSS ++= = C

r

B

r

A

r

sin2

1

sin2

1

sin2

1 222

++

=

++

R

c

R

b

R

ar

2222

1 2 = R

pr

2

2

Bài 15 . Tính A , B , ha , R và r của tam giác ABC biết:

a/ a = 6 , b = 2 và c = 3 + 1

b/ a = 32 , b = 2 2 và c = 26 −

Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng 1/ Hệ trục toạ độ Oxy.

• jyixa += ⇔ a = (x ; y)

• jyixOM MM += ⇔ M(xM ; yM) (xM: hoành độ ; yM: tung độ điểm M )

2/ Các phép toán trên vectơ. Cho 2 vectơ: a = ( x ; y ) và b = (x/ ; y

/ )

•

=

=⇔=

/

/

yy

xxba

• ( )// ; yyxxba ±±=± ; ( )kykxak ;=

• Tích vô hướng của 2 vectơ: ba. = x.x/ + y.y

/

3/ Các biểu thức liên quan điểm: Cho A(xA ; yA), B(xB ; yB), C(xC ; yC)


16 P N

M CB

A

• AB = (xB – xA ; yB – yA ) ; AB = ( ) ( )22

ABAB yyxxAB −+−=

• I là trung điểm đoạn AB thì: I

++

2;

2

BABA yyxx

• G là trọng tâm tam giác ABC thì: G

++++

3;

3

CBACBA yyyxxx

4/ Cho 2 vectơ: a = ( x ; y ) và b = (x/ ; y

/ )

• 2222 ''

'.'.);cos(

yxyx

yyxxba

++

+= ( )

( ) ( )2/2/22

//

.

..;cos

yxyx

yyxxba

++

+=

• a cùng phương b ⇔ '' y

y

x

x= ; a ⊥ b ⇔ x.x

/ + y.y

/ = 0

Bài tập I.PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ 1/ Cho ba điểm A(–1 ; 1) , B(1 ;3) , C(–2 ; 0).Chứng minh A, B, C thẳng hàng

Giải. “ Nếu AB và AC cùng phương thì đường thẳng qua A,B và đường thẳng qua A,C

song song hoặc trùng nhau. Không song song được rồi ”

( )2;2=AB và ( )3;3 −−=AC . Vì ACAC3

2−= ( ta có thể dùng tỷ số tọa độ tương ứng

bằng nhau) nên AB và AC cùng phương. Vậy A, B, C thẳng hàng

2/ Cho ba điểm A(3 ;4) , B(2 ;5) , C(–7 ; x).Tìm x để A, B, C thẳng hàng

( )1;1−=AB và ( )4;10 −−= xAC . A, B, C thẳng hàng khi: 1

4

1

10 −=

−

− x ⇔ x = 14

3/ Cho A(–1 ; 3), B(2 ; 4), C(0 ; 1)

a/ Tìm tọa độ trung điểm M của AC

b/ Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

Giải

a/

=+

=

−=+

=

22

2

1

2

CA

M

CA

M

yyy

xxx

⇒

− 2;

2

1M

b/ ABCD là hình bình hành nên M cũng là trung điểm BD.

=−=

−=−=

02

32

BMD

BMD

yyy

xxx. Vậy D(–3

; 0)

4/ Cho ( ) ( )4;7,2;3 =−= ba và ( )22;19=c . Biểu diễn c theo a và b

Giải

Giả sử byaxc += , mà byax + = ( 3x + 7y ; –2x + 4y )

byaxc += ⇔

=+−

=+

2242

1973

yx

yx ⇔

=

−=

4

3

y

x. Vậy: bac 43 +−=

5/ Cho tam giác ABC với A(–1 ;–1 ) , B(3 ;1) , C(6 ; 0) . Tính góc B

( )2;4 −−=BA và ( )1;3 −=BC

cosB = ( ) ( )( )

2

1

210

10

19416

1.23.4;cos −=

−=

++

−−+−=BCBA ⇒ B = 120

0

6/ M(3 ; –1), N(0 , 4), P(2 , –2) lần lượt là trung điểm BC ; CA ; AB .tìm tọa độ A, B, C

Giải


17

MBNC là hình bình hành nên PNMC =

Mà : ( )1;3 +−= CC yxMC và ( )6;2−=PN

Nên:

=+

−=−

61

23

C

C

y

x ⇔

=

=

5

1

C

C

y

x ⇒ C(1 ; 5)

M là trung điểm BC nên:

−=−=

=−=

32

12

CMB

CMB

yyy

xxx ⇒ B(1 ; –3)

N là trung điểm CC nên:

=−=

−=−=

32

12

CNA

CNA

yyy

xxx ⇒ A(–1 ; 3)

7/ Hình tính tứ giác ABCD và tính diện tích của nó

a/ A( 2 ; 1) , B(0 ; –3 ) ,C(6 ; –6 ) , D(8 ; –2 )

b/ A(0 ; 2) , B(1 ; –1 ) , C(4 ; 0) , D(6 ; 4)

c/ A(2 ;1) , B(6 ; 4) , C ( 3 ; 8) , D(–1 ; 5)

d/ A(2 ; 4) , B(3 ; 1) , C(6 , 0) , D(5 ; 3)

Giải a/ A(2 ; 1) , B(0 ; –3 ) ,C(6 ; – 6) , D(8 ; –2 )

( )4;2 −−=AB và ( )4;2 −−=DC . ⇒ DCAB = ⇒ ABCD là hình bình hành

( )3;6 −=AD . Vì ADAB. = (–2).6 + (– 4)(–3) = 0 ⇒ AB ⊥ AD

Vậy ABCD là hình chữ nhật, có diện tích: S = AB.AD = 936164 ++ = 30

b/ A(0 ; 2) , B(1 ; –1 ) , C(4 ; 0) , D(6 ; 4)

( )3;1 −=AB , ( )1;3=BC , ( )2;6=AD Vì: BCAD 2= và 0. =ADAB nên ABCD là hình

thang vuông tại A và B

Diện tích: ( )ABBCADS +=2

1= ( ) 9119436

2

1++++ = 15

c/ A(2 ;1) , B(6 ; 4) , C ( 3 ; 8) , D(–1 ; 5)

( )3;4=AB , ( )3;4=DC và ( )4;3−=AD

Vì: AB = DC , AB . AD = 0 và AB = AD nên ABCD là hình vuông. Diện tích S = AB2 =

25

d/ A(2 ; 4) , B(3 ; 1) , C(6 , 0) , D(5 ; 3)

( )3;1 −=AB , ( )3;1 −=DC và ( )1;3=AD

Vì: AB = DC và AB = AD nên ABCD là hình thoi.

Diện tích S = 2

1AC.BD =

2

144.1616 ++ = 8

Documents

Nguy n Qu c Qu n - Tr ng THPT chuyên Nguy n Quang …thpt-chuyennguyenquangdieu.dongthap.edu.vn/v3/uploads/news/2011_… · Nguy n Qu c Qu n - Tr ng THPT chuyên Nguy n Quang Diêu