🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Tài Liệu Chuyên Toán Hình Học 10
Ebooks
Nhóm Zalo
ðOÀN QUỲNH (Chủ biên) - VÃN NHƯ CƯƠNG-JRAN NAM DŨNG 1 NGUYỄN MINH HÀ - ðỖ THANH SƠN - LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH B
TÀI LIỆU CHUYÊN TOÁN
H Ì N H H Ọ C * 1 0
ổ
(Tải bản lần thứ hai)
NHẦ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM
Công ty cổ phán Dịch vụ xuất bản Giáo dục Hà Nội - Nhà xuấỉ bản Gỉáo dục .Việt Nam giũ quyên công bố tác phầm.
13-2011/CXB/157-2048/GD Mã s ố : TXT44hl-CPH
t è £ ờ i n ó i ñ ầ u
Từ hơn 40 năm nay, hệ chuyên toán ở nước ta là một hệ học chứih thống bên cạnh hệ ñại trà. Tuy nhiên gần ñây, Bộ Giáo ñục và ðào tạo mới ban hành chính thức chương trình chuyên Toán ỉớp 10 và ñang xét duyệt chương trình chuyên Toán lớp 11,12 bên cạnh chương trình Toán THPT ñã ñược ban hành năm 2006.
Chúng tôi nhận thấy cần biên soạn một bộ tài ỉiặu chuyên Toán bậc THPT vói các mục ñích sail:
- Phục vụ Việc dạy và học ở hệ chuyên Toán thể hiện ñược 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 ñổi từ việc học ờ hệ chuyên sang hệ không 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 ñại ựà có tài ỈỊệu ñể có thể tự học, tự bổi dưỡng ỉhèm (bên cạnh SGK nâng cao)
Chúng tòi ñã mời ñược nhiều thẩy dạy ở cắc trường chuyên, lớp chuyên (dạy các lớp bổi dưỡng thỉ toán quốc ỉế cũng như trong nước, dạy các khối chuyên ở các trường ñại học,...) tham gia biên sọạn ñể tài liệu sật với thực tiễii giảng dạy hệ chuyên ở nước ta, ñồng thời giới thiệu ñược phần nào ñồi nét giảng dạy ở hệ chuyên Toán của các trường ñó.
Bộ sách Tài liệu chuyên Toán lớp 10 bao gổm 4 cuốn:
- Tài liệu chuyên Toán - ðại sộ' 10
- Tài liệu chuyên Toán - Hình học 10
- Tài liệu chuyên Toán - Bài tập ðại số 10
- Tài liệu chuyên Toáh - Bài tập Hình học 10.
3
.Các tác giả viết cuốn Tài liệu chuyên Toán - Hình học 10 này là : - Thầy Nguyễn Minh Hà (Khối chuyên'Toán, Trường ðHSP Hà Nội) : Chươhg Ị và Bài ñọc thêm
- Thầy Lè Bá Khánh Trừih (Trường ðHKHTN Tp Hỗ Chí Minh): Chươíĩg ỉỉ - Thầy Vàn Như Cương (Trường Lương Thế Vinh, Hà N ội): Chương ỉỉỉ - Thầy ðỗ Thanh Sơn (Khối chuyên toán Trường ðHKHTN Hà Nội) : Chương IV
Thầy Trần Nạm,Dũfig(Tmờng iðHKHỊỊsí Tp Hồ Chí Minh): Chuyên ñề Hình Ịiọv phạ%g. - Từng tác giả chịu trách- nhiệm: về bài viết của mình- Chủ biên và biên tập viên tôn irọrig' 'Văn phóng" củá từng ĩầc giả (người trình bày chi tiết, chặt chẽ ; người trình bày dựa nhiều vậọ trực giạc.; người; tỊÌnh .bày phần lí thuyết phong phú, sâu sắc ; ngưòi chú trọng phần úng dụng, bài tập.„). Chúng tôi chủ yếu. sửa chữa những ]pi bịêụ tập, phối hợp các phận biên span của những .tác giả khác nhau ñể chúng trợ thành một; thể thong nhặt theo, ñủng khuộn kho của chương trình.
• •: Trong tài, Ịiệu này chi trình bày- một chuyên ñề bạt buộc của chương trình là chuyên ñề Hình học phẳng. Tác giả ñã chọn giải một số bài toán "ñiển hình” của hình học phậng chủ yếu dựa vào các kiến thức hình học ở THCS mà hầụ như tất cả học sinh chuyên ñều cần biết. Trong từng chương, các tác giẳ ñã cố gắng tuân thù thệó sẵp xếp cúà;chriờng trmtil Có một sổ ñịểu cần lừ u ý ià r ’
Trong chương I (Vecỉỡ), tầc giả ñã cho nhiều ví dụ và bài tập về hình học phảng'có ằử dậng còng cạ vectớ (chưa ñề cập ñến tích vố hướng), có nói ñến tâm tỉ cự, tì sổ kép của hàng’và tĩ số kép của chùm. Tác giả cũng ñầ viết bấi ñọc thêm về góc ñịnh hừớng vời ñịnh lí Ceva, vofi tì số kép ñật vào cuối chương n.
, Trong chương II (Tích 'vô hướng và ứng dụng), bên canh giá trị ĩượng giác củạ các góc có mối liên quạn ñặc biệt, sách có giới thiệu các cống thức lượng giác ñể sử dụng trong những chứng minh hình học ngaỳ saủ ñò. * ' ■
Trong chương m {Phuơng phấp tọa ñộ ỉrọng mặt phẳng) cò trình bày thêm một số nội dung mà SGK Hình, học 10 riầng cao không nói ñến, chẳng hạn như tiếp tuyến của các ñường cônic, tứứichất quạhg họccủacầcñưefng cônic....
Trong chương IV (Cúc phép biến-hình trọng- mặt phẳng)r theọ ñúng tinh thần ì của chương trình, tác giả ñe cập ñến từng phép dời hình, ñổng dạng (tịnh tiến? ñối xứng, quay, vị tự), chưa ñi sâu vào hợp thấnh (tích) của chúng.
4
Trọng từng chương.ẹó-nhiều .ví dụ, nhiệu bài tập, bài toán (kể cà bài thi của hệ chuỵên, thi học sinh giỏi, Toán qụôc gia, quốc tế...). Các bài tập ñều có lời giải hoặc hương dẫn giải ñầy ñủ trong cuốn Tài liệu chuyên Toan - Bài tập Hỉnh học ỉ'0.
Các tác giả cùng chủ biên và biên tập viên ñã rất cố gắng phối hợp'biên soạn tài liệu chuyên Toần này. Tuy nhiên, chúng tồi biết bộ sách vẫn còn nhiều thiếu sót bởi vì viết tài liệu dạy và học ñầu tiên cho .hệ òhủyên Tóán là một ñiểu rất khó khăn. Trong bộ sách, có thể ñầy ñó vẫn còn dùng những kí hiệu khác nhau ñể chỉ cùng một ñối tượng (nhưng không gây hiểu nhầm gì), ñôi chỗ có nhũng, bài tập trùng lặp (thường với những ý tưởng giải khác nhau) và cũng có thể có ñổi chỗ chưa ñầy ñủ chi tiết như mong muốn. Chúng tôi mòng ñởc giả lương thứ về các ñiều ñỏ và hy vọng các thầy cô. và các em học sinh trong quá trình dạy, học, ñọc tài lịệu nàý ñóng góp ý kiến cho chúng tôi ñể lần tái bản sau, sách phục vụ ñược tốt hơn. 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 ñã nhiệt tình tham, gia biên soạn tài liệu trong khi bề bộn bao công việc khác và ñã buộc phải biên soạn trong một khuôn khổ chương trình nhất ñịnh, phải phối hợp với nhiều tác giả khác (có thể với những ý tưởng biên soạn không hoàn toàn giống nhau). Chúng tôi rất cám ơn Tiến sĩ Trần
Phương Dung ñã ñứa rà ý tưỏrrig-về' bọ-isẩch va giúp ñỡ' triền'khai' •viết bộ sách này. Chúng tôi ñặc biệt cám ơn biến tập viên Phan Thị Minh Nguyệt, người ñã giúp các tác 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 ñể bộ sách ñược xuất bản ñúng thời hạn, kịp thời phục vụ bạn ñọc. 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, ñặc biệt giúp học sinh chuyên toán có tài liệu học tập riêng cho hệ chụyên của mình.
Chủ biên
ðOÀN QUỲNH
5
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-si
Caníot Cảc-nô
Ceva Xẽ-va
Chasles Sa-iơ
Coxeter Coỏc-xtơ
Descartes ðề-các
De Morgan ðõ Móc-găng Desargues ðỡ-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-ken
Newton 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 ðược DÙNG TRONG SÁCH
(AB, AC) góc ñịnh hướng giữa hai vectơ
(AB,AC) góc ñịnh huớng giữa hai tia
góc lượng giác giữa hai tiá
(AB. AC) góc ñịnh hướng giữa hai ñường 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 ñơn của A, B, c nếu A, B. c thẳng hàng (ABC) ñường tròn ngoại tiếp ĩam giác ABC nếu A, B, c không thắng hàng
(ABCD) hoặc (A, s , c , D) tì số kép của 4 ñiểm thẳng hàng boặc Èủa 4 diểm trên ñường tròn
S(ABCD) hoặc S(SA, SB, se, SD) ti số kệp của 4 ñường thẳng SA, SB, s c , SD' dt(ASC) hoặc SABC ñiện tích tam giác ABC
6
Chương I
V E C T Ơ .
81. VECTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ
1. ðại cương vể vectơ
a)Vectơ
Vectơ là một ñoạn thẳng mà ta ñã chỉ rõ ñiểm mút nào ỉà ñiểm ñầu, ñiểm mứt nào là ñiểm cuối. l'- .
ðiểm ñẫu và ñiểm cuối của vectơ theo thứ tự ñược gọi là gốc và ngọn của vectơ.
Hừớng từ gốc tới ngọn của vectơ ñược là gọi là hướng của vectớ.
Vecíơ có gốc A, ngọn B ñược kí hiệu là A B.
ðộ dài của vectơ AS chính là. ñộ dài ñoạn thẳng AB. ðộ dài của vectơ AB ñược kí hiệu là AB . ðương nhiên Ab Ị =AB.
Vectơ có gốc và ngọn trùng nhau ñược gọì làvectơ-không. Vectơ-không có ñộ dài bằng 0 và có hướng tuỳ ý..
Khi muốn chỉ rõ một vectơ nào ñó có ñộ dài kihác 0, ta dùng thuật ngữ "vector khác không".
Khi muốn chỉ rõ một véctơ nào ñó có ñô dài bằng 1, ta dùng thuật ngữ "vectơ ñơn vị”.
b) Hai vectơ bằng nhau
Giá của vectơ-khác không AB là ñường thẳng AB. Giá của vectơ-không AA là ñường thẳng bất kì ñi quạ A;
Hai vectơ ñược gọi là cùng phượng nếu giá của chúng hoặc song song hoặc trùng nhau. ðương nhiên, veetơ-không cùng phương vói mọi vectơ. ðể biểu
thị hai vectơ AB và CD cùng phương, ta viết: ABỊỊCD:
Nếu giá của vecta AS hoặc song song hoặc trừng với ñường thẳng A thì ta cũng viết ABỊỊ A....
Hai vectơ cùng phương có thể cùng hướng, có thể ngược hướng.
' • ; ; >■:Ai . , V ' . •;
ðể biểu thị hai .vectơ AB, CD cùng hướng, ta viết: /45 t t CD (h.1.1). ðể biểu thị hai vectơ AB, CD ngược hướng, ta viết: A B ti CD (h.ĩ.2) Với hai vectơ-khác không AB, Cð, ta có :
ABỊỊ CD a - - b , ta nói: a và b là hai vectơ ñối nhau. Dễ thấy, ổ và ố là hai vectơ ñối nhau khi và chỉ khi a + b = 0. Hiệu của vectơ a và vectờ b ỉà một vectơ, kí hiệu là a - b , xác ñịnh như sau : a - b ~ a + (-Ỉ)
Hai qụy lắc sau ñây là quan trọng ñối với phép trừ vectơ:
• AB = OB - OA (O là ñiểm tuỵ ý).
• a = b + c <^>a - b -C (quy tắc chuyển vế).
c) Phép nhốn 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 ñịnh 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 < 0 và a * 0 thì ka T ị a và Ika\ = -k\a\.
Từ ñịnh nghĩa trên, ta có ngay các hệ quả sau :
• Nếu ka ~ õ thì k = 0 hoặc a = ô .
. \ka\ = \k\\a\.
Phép nhân vectơ với số thực có các tứìh chất cơ bản sau :
• ia = a ; (-l)ứ = -a .
• kựa) = (kỉ)a.
• (k +. ĩ)a = ka + la .
• k(a + b) = ka + kb ; k(a - b) = ka - kb.
3. Các yí cỊỊụ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC và ñiểm M. Chứng mình rằng : M là trung ñiểm của BC khi và chỉ khi AM = ^-(Aổ + AC) .
Giải. Ta có : M là trung ñiểm của EC khi và chỉ khi
MB + MC = õ ÃB - ĂM + ~ÃC - ĂM = õ
o ĨÃM = ÃB + ÃC
o ÃM = ị(Ã B + ÃC) . □
Ví dụ 2. Nếu M, N theo thứ tự là trung ñiểm của các ñoạn 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 ð + ðC + 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 ñiểm M, N theo thứ tự thay ñổi trên các cạnh AM CN ^ AD, CB sao cho ——- = ~~~. Tìm quỹ tích trung ñiểm Ị của MN. AD CB
Giẩi. (h. 1.5) Gọi E, F theo thứ tự là trung ñiểm của AC, BD.
Thuận. Giả sà í thọả mãn ñỉềú kiện ñề bài.
_ AM C N _ _ *
ðặt - —— = k. ðương 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 ñiểm củạ MN, AC, BD, theo Vð2, ta có: D c
Ẽỉ = ị(Ã M + CN) ;
■"= k.ị(A D + CB) = kEF. (3)
Từ (2) và (3) suy ra / thuộc ñoạn EF.
ðảo. Giả sử./ thuộc ñoạn EF,
Từ (1), dễ thấy tồn tại các ñiểm. M, N theo thứ. tự thuộc cắc ñoạn AD, CB sao
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,
ðiều ñó có nghĩa Ị là trung ñiểm-của ñoạn MTV.
Kết luận. Quỹ tích ñiểm / là ñoạn EF.
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC và ñiểm G. Các mệnh ñề sau tương ñương :
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 ñiểm của AG VỐA BC. Ta cố : GA + 2GÀ' - 0 (i).
Mặt khác, vì A ỉà trung ñiểm 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 ñiểm 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 ñó, ƠTà trọng tấỵn củạ tam giác ABC.
(b «• c) Ta có :
GA + GB + GC = Õ .
~MẢ + ĨắB + MC =ĨMG V M. □ .
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. Gọi G, G' theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác ABC, A'B'C'. Theo Vð 4, ~GA + GB ị GC '=■ õ ; ÉTÃ*' + 'G7? + G X ' = 0 . Do ñó :
3 ^ ' + ÃA' ^G B + BB' + ¥ g ' -^GC + CC' + C 7g ‘' . = {GA + ^ + ^ ) - ( G rA' + GTB , + 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 ñiểm 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 ñó:,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. □
Ví dụ 7. Với ba vectơ a, b, c bất kì, chứng minh rằng :
a) \a + b\< Ịữị + \b\. ðẳng thức xảy ra ó a TT b.
b) Ị|ứỊ - \b\\ < \ơ - b\. ðẳng thức xảỵ ra <=> a T f b.
Giải.
a) Lấy các ñiểmv4, B, c sao cho AB = a , BC = b .
Theo ñình nghĩa phép cộng vectơ: AC - a + b.
Vậy, theo bất ñẳng thức tam giác, ta có : "%
\a + b\= AC < AB + BC = \a\ + \b\.
ðẳng thức xảy ra <=> B thuộc ñoạn AC <=> AB TT BC o a T t ỉ .
b) Theo câu a, ta có :
ị\a\ = \(a-h) + ĩ \ < \ a - b \ + \b\
||6| = Ị (ử - a) + a\ < \b - a\ + |ữ|
ị \ a\ - \b \< \ a - b\
ỊịSị - ịa\ < \b~a\
=* ị|2| - | ỉ | | £ | 2 .- ỉ |.
\ ữ - b ) t t b i”Sttr;ja|>iS| -* 7 ðẳng thức xảy r a o o O ’a T t b . □ (ỉ - a) T t a [ ỉ t t ứ ;jỉ|> |ơ |
Ví dụ 8. Cho hai ñường tròn ( 0 j; /?j), (ỡ2; Rỷ. Cảc ñiểm Mị, M2 theo thứ tự thay ñổi trên (ƠJ; /?ị), (ơ2 ; /??)- Tìm quỹ tích thing ñiểm M của MỊ/Vf2.
Giải, (h.1.7)
Thuận. Gọi 0 là trung ñiểm của o j02.
Giả sử M thoả mân ñiểu kiện ñề bài.
Ta cọ : ÕM = ị(ÕjAíj + 02M2) = - M20 2).
Từ ñó, theo VD7 : i Ị õ ìMíj+ 0 2M ^j > |ỡm| > ị OịMịỊ - \m 202
14
Suy ra : M thuộc hình vành khăn ự/í)
xác ñính bởi hai ñường tròn
\ ỉ 1 \
0 ; i ( « , + / ỉ 2 )
ðảo. Giả sử M thuộc (Ji). ðương nhiên,
|( R , yv.vj -r ,v2j, ^ ^ 2 n O M > ỉ|J?, - R j|. Do; Hinhl.7
■ 7 1 ^ r 1
ñó, các ñường tròn o ; ị Rị , I^AÍ ; R2 j hoặc cắt nhau hoặc tiếp xúc với nhau.
Nếu các ñường tròn Ị^o ; 2^1 j ’ 2^ 2) n^au 13 một trong
hai giao ñiểm của chúng là N. Nếu các ñường tròn ; ^-/?j j vă M ; ị R2 j
tiếp xúc với nhau thì tá gọi tiếp ñiểm của chúng là N.
Trên tia 0 2N lấy ñiểm Mị sao cho N là trung ñiểm của của 0 2Mị. Trên tia MịM ỉấy M2 sao cho M là trung ñiểm của M|Af2- (1) Vì ON là ñường trang'bình của tain giác Ọ $L\0\ nên OịMị - 2ON = Rị (vì N thuộc o ; ịR ị |). Suy raAfj thuộc (Oị ; R{). (2)
Vì NM là ñường trung bình của tam giác M\M20 2 nên Ớ2A^2 - 2NM - R2 (vì ( 1 V • ,
N thuôc M ; ^rR2 ). Suy ra M2 thuộc (ỡ2 ; #2)- (3) V )
Tữ (1), (2), (3) suy ra M thoả mãn ñiều kiện ñề bài.
Kết luận. Quỹ tích M là hình vành khăn (Jíf). □
\
Ví dụ 9. Cho ñiểm M nằm trên cạnh BC của tam giác ABC. Chứng minh rằng : AM MC MB
Giải. (h. 1.8). Gọi N là ñiểm 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 ñịnh lí Thales :
AN MC NM MB
AB ~ BC ; AC ~ BC ' (2)
MB
Từ(l) và (2) suy ra : AM = ~ r A B + ~ r A C . □
d (J B C
Nhận xét. VD 9 là sự mở rộng của VD 1,
H ình'ỉ.8
Ví du 10. ðường trốn nội liếp (ỉ) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với 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 ñiểm của Ạ1 yà BC
Theo Ưnh chất của ñửờng phân giác, ta có
A'C b . .
A'B A ’B
c
A'C
A'B + A ’C a
(1)
b ■b + c ■ b + ,c.
c
ac
Hình 1.9
„ ỈA' BA' h + r ã va —— = — = —- —L- — —,— ỈA BA c b + c
(2)
' B
Trong tam giác IBC, theo VD 9 : ỈA' = ~ ~ -ỈB + /c BC BC
Tứ ñó, chd ý tới (1), ta có : ỈA ' = — • ĩ A ' • Mặt khác : ỈA' = -~~~ỈA ỈA
b ỈB + b + e
c ĩ c . (3)
; Từñó, chú ý tới (2),ta có : ỈA' /A. b + c
Từ (3) và (4) suy ra : aỉA + bỉB + cỉC - 0-
(4)
b) (h. 1.10) ðặt AE = AF ~X\ B F-BD = y\C D = CE = z.
ðương 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
aỉð + bỉE + CỈF — (y + z)ỈA + (z + x)ỈB + (jc + ỳ)ỈC
— ạỉA + bỉB + CỈC.
Từ ñó, chú ý tới câu a), ta cồ : aỉD + blE + CĨF = õ . □
VI dụ 11. Cho ña giác lồi AịA2 A„ và các vectơ ñơn vị €ị (1 < i < n) theo
thứ tự vuông góc với AịAi+l (xem An+l = Ax), hướng ra phía ngoài ña giác. Chứng minh rằng:
+ Ả2A3e2 +... + AnAlert = 0 (ñịnh lí con nhím).
Giải, (h.1.11) Từ câu b) trong VD 10, dễ thấy ñịnh lí con nhím ñúng ñôi với tam giác (1).
Giả sử ñịnh lí con nhím ñúng với (« - 1) - giác lồi (n 2 4) (2).
Dụng vectơ ñơn 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 2
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 r a : AjA2et + A2À3e2 +...+ A„_ịAnen^ + AnAị7n = ồ.
ðiều ñó có nghĩa ỉà ñịnh lí con nhím ñúng với /2-giác lồi.
Vậy, theo nguyên lí quy nạp, ñịnh ư con nhím ñúng với mọi ña giác lồi.
2A-CT HÌNH HỌC 10 17
Ví dụ 12. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp ñường tròn (/). Hai ñiểm E, F theo thứ tự là trung ñiểm của AC, BD. Chứng minh rằng /, E, F cùng thuộc một ñường thẳng.
Giải, (h.1.12). Gọi M, N, p, Q theo thứ tự là tiếp ñiểm của (/) với AB, BC, CD, DA ; X, y, z, ỉ là khoảng cách ữ A ,B , c, D tới các tiếp ñiểm tương ứng.
Theo ñịnh lí con nhím, ta có :
(x + y)ĨM + cy + z)ĨN + (z + t)ĨP + (t+ x)ĨQ = ãs*
Hình 1.12
=> (yĩẴ + xĨB) + (zĩẼ + ylc) + ịt ĩc + ZỈD) + (xĩB + tỉẰ) = 0 => (y + 0(M + IC) + (x + z)ỰB + ID) = 0
. => (y + t)ĨÈ + (x + z)ĨF = õ
=> ĨẺ Ịịlỉ.
ðiều ñó có nghĩa là /, £, F thẳng hàng. □
Ví dụ 13. Về phía ngoài tam giác ABC, ta dựng các tam giác ñồng 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 ñơn vi, hướng ra ngoài tam giáệ ABC và theo thứ tự vuông góc với BC„ CA, AB.
Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB ñồng dạng nên ;
BH = CK = AL B C ~ CA ~ AB XH YK ZL B C ~ CA ~ AB
= m ; = n .
(1) (2)
Từ (1) và (2), ta có :
BX + CY + AZ
= BH + HX + CK + KY + AL + Z z
. = (BĨỈ + CK + ÃL) + (HX + KY + LZ)
= m(BC + CA + AB) + n(BCeữ + CAeb + ABec)
• = n(BCeữ + CAeb + ABec) .
18
2B-CT HÌNH HỌC 10
Từ ñó, theo ñịnh 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 ñiểm 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 ñiểm của các ñường 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 c ta có : ■___ = — —— * ——~ = ----- — .
. BC sb+sc BC sb+sc
Suy r a : ÃM! = * _ JĨB + -fT - i t e . (1) s„+sc s„ + sc
Lai chú ỷTÌng: ~ = = ệ a x = .V .'A± .V :ẹ .
MA SMAB SMAC SmaB +Smac sb + Sc
và MA' T i M A, 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 ñường tròn nội tiếp / của tam giác ABC, ta nhận lại ñược 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 ñốì (tình của nó). SaMA - SbMB + ScMC = ồ (khi M thuộc góc CBA va góc ñối ñỉnh của nó). Sa MA + sb MB - ScMC = õ (khi M thuộc gộc ACB và góc ñốì tình của nó).
19
Ví dụ 15. Cho tam giác ñều ABC tâm 0. M là ñiểm bất kì trong tam giác. D, 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 ñó, với chú ý rằng Sa+Sb+Sc = S\SaMA+ShMB + ScMC = Ồ (VD 14), ta c ộ :
MD + M£ + MF = ~ ( S aÃÕ + SbBÕ + ScCO)
£ 0
= ^ ( s a( m - m ) + sb( A W - m ) + sc(M 0~M C))
= m (5“ + S6+ s< ỹ ũ ° - +Sb^ +Sc^ }
- ệ / ữ õ . 2
Cách 2. (h. 1.16). Qua M, kẻ các ñường thẳng .lần lượt
song song với BC, 'CA, AB. Chúng tưang ứng cắt các
cặp ñường thẳng AB, AC ; BC, BA ; CA, CB tại V, z ; £
r ’ £/;T,X
Dễ thấy MTAƯ, MVBX MYCZ là các hình bình hành
và các ñiểm D, £, F tương ứng lắ trúng ñiểm cỏa XY, B X D Y c ZT, ưv.
Vậy, theo quy tắc hình bình hành và theo Vð 1, ta có : ^ lnh ỉ ỉ6 MD + ME + MF = ~(MX + ~MY) + ~ựÃZ + MT) + j (m ữ + MV)
= ^(M T + Add) + ~{MV + MX) + ^ ( m + MZ)
= ị(M Ầ + Mầ + ÃĨC) = ^ M d .n
20
Ví dụ 16. Cho các ñiểm M, N theo thứ tự thuộc ñoạn 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. ðiểm M nằm trọng tam giác, tì, K, L tương ứng là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Tìm quỹ tích các ñiểm M sao cho MH - MK + ML.
Giải. Gọi BE; CF là các ñường phân giác kẻ từ B, c của tam giác ABC. Thuận, (h. 1.17). Giả SỬ M thoả mãn ñiều kiện ñề 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)
ðặt BC = a, CA = b;AB = c.
B H c
V\MH = MK + ML n ê n ^ - = % + ^ . (2) a b c Hình 1.17 Từ (1) và (2) suy ra :
+ ShMB + SJ4C=Q
=> Ậ- (aỉÃĂ + bMB)+^ (ÕMẴ+cMC) =õ b 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 c Màt khác, theo tính chất của ñương phân giác-: - — ; -TTT7 = —. FB a EC a
21
Suy r a : aFA + bFB = ổ ; aEA + cEC = ố
Từ (3) và (4) suy r a : -ậ-(<2 + b)MF + — (ữ 4- c)ME = 0. h r
(4).
Từ ñó, với chú ý rằng -~{a + ử) > 0 ; — (a + c) > 0, ta có: M thuôc ñoan EF. ơ c ' £>ờớ. (h.L18). Giả sử Af thuộc ñoạn £F. Gọi X K
theo 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=EY;FZ = PT (5).
Theo ñịnh lí Thales,
ME _ HX ME _ KE ME _ LY MF HZ ' MF ’ KT ’ MF ~ L F '
H X c
Hình ỉ.18
rw ME _ H X KE _ L Y X ( m +u _ ■ , ðặt = j ỳ = - (x, y > 0), theo VD 16, ta có :
MH = —}— (yEX + xFZ); MK = --— -FT', ML = ~ — EY x + y JC + _y x + y
=> =1+ xFZ) a: + 7
Từ ñó, với chó ý rằng TT FZ, ta c ó : 1
=+ yFT MLx + 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 ñiểm M thoả mãn ñiều kiộn ñề bài là ñoạn EF. □
Ví dụ 18. Cho hai ñiểm A, B phân biệt và hai số ữ, p thoả mãn ñiếu kiện a + p * 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất ñiểm M sao cho aMA+/3MB=0. Giai. Ta có :
aM A + PMB = Ổ <=> ~ ã m + y?(ÃS - ÃM) = õ
(a + ậ)ÃM = J3AB
<=> Ã ữ = —Ế—rÃB. a + 0
ðẳng thức trên chứng tỏ sự tồn tại duy nhất của ñiểm M. □
Nhận xét Khi a + Ị5 = 0, không tồn tạì ñiểm M sao cho a MA + /3MB = õ . 22
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 ñiểmM 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 ñó, một trong ba số c« + /?), (/?+ Ỳ), (ỵ + a) khác không.
Không mất tính tổng quát già sỏ, a + p 5É 0. Theo VD 18, tồn tại duy nhất ñiểm E sao cho : aEA + pE B.
Vậy, ta c ó :
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 ñiểm M thoả mãn ñẳng thức (a + P)ME + ỵMC - 0.
ðiều ñó có nghĩa là tồn tại duy nhất ñiểm M sao cho:
aMA + /ỈMB+ỵMC = õ.
Cách 2. Lấy ñiểm ồ bất kì (nhung ñã xác ñịnh).
Chú ý rằng « + yơ+7 ^ 0,tacó :
ứrMA + /ỈMB+ ỵMC = õ
<» a(ÕẪ - ÔM) + Ị3(jÕB- ÕM)+ r(ÕC - ỠM) = õ
<» (a + /? + ỸỊOM = aOA + /ỢỠB 4- ỵOC
<=> ÕM = —— ^ — (a d Ẵ * pÕB. + ỵÕC). a + /3 + ỵ
ðẳng thức trên chứng tỏ Sự tồn tại và duy nhất của ñiểm M. □ •
Nhận xét.
I. Khi a + p + ỵ = 0„ khòng tồn tại ñiểm M sao cho
ÕMẴ + Ị3MB+ ỵMC — õ .
2. Trong khá nhiều trường hợp, lời giải 1 cho ta cách xác ñịnh ñiểm M rất hiệu quả.
3. Với các ñiểm Ạ2,—, AjVà các số ax, a2,..., a.n thoả mãn ñiều kiện
5* 0, ta có kết quả tổng quát sau :
i=l .
n
Tồn tại duy nhất ñiểm M sao cho: ^ữ ịM A ị = 0.
... Í=I
ðiểm M xác ñịnh như trên ñược gọi là tâm tỉ cự của hệ ñiểm ÍA}, A2,..., An) ' ••• ■ ■ với các hệ số tương úng là Ịữj, a2,‘:r /?], R > R2, R> R2 nên
Hình 1.20
(ỉ )
25
Do ñó:
fi1ơ 3 5jƠ 2 + _ 0' ~R^Ãỹ + R Ã px =Õ /?ịZ?jỌ2 ^2^1^3 = ỡ-
- ị Ã Õ + J - Ã ^ = ô /?
— SỊỠ2 + -jr- fiỊỚ3 - 0 . 7 ẽ p ^ / ẽ ^ 3 = ư -
(2)
Từ(1) suy ra : - - ị ^ ơ + + -J-£Ỡ2 + = Õ-
/v /Cj /Ị2 '■ /Í3
Từ ñó, 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 A3^3 ñồng quy (tại K). □
BÀI TẬP
1. Cho ngũ giác ABCDE. Các ñiểm M, N, p, Q, R, s. theo thứ tợ là trung ñiểm của các ñoạn EA, AB, BC, CD, MP, NQ. Chứng minh rằng, RS Ị Ị ED và
RS = \ e D. 4 -
2. Q10 gộc jc-OyCác ñoạn AB, CD có. ñộ dài bằng nhau và theo thứ tự thuộc các tia Ox, Oy. Gọi ỉ, J theo thứ tự là trung ñiểm 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 ñiểm của các ñoạn AB> CD, EF cùng thuộc một ñường thẳng!
4. Cho hai tam giác ABC, A^B^Cị. Gọi A2y ổ2, ^ 2 t^leo tirá tự tè trọng tâm các tam 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.
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 ñồng quy tại một ñiểm và ñiểm ñó chia mỗi ñoạn theo cùng một tỉ số.
6. Cho tam giác ABC không cân. Các ñiểm M, N chạy trên ñường gấp khúc khép kúi ABCA và chia ñường gấp khúc này thành hai phần có ñộ ñài bằng nhau. Tim quỹ tích trung ñiểm / của MN.
7. Cho tứ giác ABCD không phải là hình thang. Các ñiểm M, N, p, Q theo thứ tự thay ñổi trên các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho MNPQ là hình bình hành. Tìm quỹ tích giao ñiểm / của MP, NQ.
8. Cho lục giác ABCDEF. Các ñiểm M, N, p, Q, R, s theo thứ tự thay ñổi trên các cạnh AB, BC, CD, ðE, EF, FA sao eho:
AM _ w _ CP _ ðQ _ ER _ FS
AB ~.BC ~ CD ~ DE " EF " FA'
Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác MPR, NQS luôn ñối xúng vói nhau qua một ñiểin cố ñịnh.
9. Cho tam giác ABC và ñiểm 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 ñiểm A2, B2 i c 2 sao cho : 0A2 = BC ; OB2 - CA ; 0 C2 = AB. Chứng minh rằng o là trọng tâm của tam giác A2B2C2 .
10. Q10 tam giác ABC có BAC = 60° và ỉ là tâm ñường ứòn nội tiếp. Trên các tia BA, CA theo ứiứ tự lấy các ñiểm E, F sao cho BE = CF = BC. Chúng minh rằng /, E, F thẳng hàng.
11. Ch.o tam giác ABC không ñều. BC là cạnh nhỏ nhất. ðường tròn nội tiếp (/) của tam giác theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X Y, z. Gọi G là trọng tâm tam giác XYZ. Trên các tia BA, CA theo thứ tự lấy các ñiểm E, F sao cho BE = CF - BC. Chứng minh rằng ỈG ± E F.
12. Oio lục giác ABCDEF nội tiếp ñường tròn (O ; R) và AB = CD = EF. Về phía ngoài lục giác, ta ñựng các tam giác ñồng dạng MAB, NBC, PCjữ, QDE, REF, SFA theo thứ tự cân tại M, N, p, Q, R, s. Gọi ỡ |, 0 2 theo ửiứ tự là trọng tâm các tam giác MPR, NQS. Chứng minh rằng : 0, Oj, 0 2 thẳng hàng. .
13. Cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng :
MA + MB + MC + min {m a , m b , MC} < BC + CA + AB .
27
14. Cho hai tam giác AịBC, A2BC. Gọi /j, ỉ2 theo thứ tự là tâm ñường tròn nội tiếp của chúng. Chứng minh rằng : /j/2 ầ .
'15. Cho ña giác lồi A ịA2 ... An và ñiểm M nằm trong ña giác. ðặt a.ị bằng tổng các khoảng cách từ Aị ñến các ñỉnh của ña giác. Chứng minh rằng:
X MAi - {“ ;} ■
1SÍ&. Isís"
16. Cho tam giác ñều ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. Các ñiểm Aj, Bị, Cị theo thứ tự là ñiểm ñối 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 ñiểm M, N, P ,Q ; các số khác không m, n, p, q thoả mãn ñiều 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 ñiểm M, N ; ộ ; R, s ; ơ, V theo thứ tự thuộc các cạnh 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 theo thứ tự cắt N/?, MS tại Z, r. Chứng mình Tằng diện tích tứ giác XKZT bằng
^ diện tích tứ giác ABCD.
7
19. ðường tròn nội tiếp ự) của tam giẩc ABC theo thứ tự tiếp xúc với cầc cạnh BC, CA, AB tại X, Ý ,£ ðặt M■ = BY n x z ; N = c z ộ XY. Gọi E, F theo thứ tự là trung ñiểm của MY, NZ. Chứng minh rằng Al, YF, ZE ñồng quy.
20. Cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. Cẩc ñường thẳng AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại Aỵ, B], Cị. Gọi X, Y, z, X], Yị, Zị theo thứ tự là trung ñiểm của BC, CA, AB, £jCị, Chứng minh rằng : xxh YYị, ZZị .ñồng quy.
21. Cho tam giác ABC và các ñường tròn (Oị), (ỡ2X (Oỷ nằm trong tam giác, ñôi một tiếp xúc ngoài với nhau, theo thứ tự tiếp xúc với hai cạnh của các gócBAC, CBA, ACB. Gọi Tị, r 2, 7*3 theo thứ tự là tiếp ñiểm của các cặp ñường tròn (O2), (03) ; (ỡ3), (ơị) ; (Oị), (O2). Chóng minh rằng :-ATlyET2t CT3 ñồng quy.
28
§2. Sự BIỂU THỊ VECTƠ. PHÉP CHIẾU VECTƠ
L Các ñịnh ií cơ bản về sự biểu thị vectơ
a) ðịnh lí th ứ nhất
Trong § 1, ta ñã ñịnh nghĩa hai vectơ cùng phương, cùng hướng, ngược hướng. Bây giờ, ta hãy xem xét kĩ hơn vẵn ñề này ñể thấy rõ hơn những ứng dụng quan trong cùa nó.
ðịnh lí L Cho vectơ <2 ^ 0 , vectơ b tuỳ ý. Khi ñó :
b//a <^> 3k G M :b = ka.
Số k xác ñịnh như trên là duy nhất.
Chứng minh: Giả sử b = ka . Theo ñịnh nghĩa phép nhân số thực với vectơ, ta có b ỉ/a .
Ngược lại, giả sử bỉị a . Có ba khả năng cẩn xem xét:
Khả năng ỉ . b = õ . Chọn k = 0.
Khả năng 2. ĩ * 0 và b TT a. Chọn k =ữ
Khả năng 3. b * 0 và b t ị a . Chọn k = —
\a\
vdi cách chọn k như trên, dễ thấy trong cả ba khả năng, ta ñều có : b = k a . Giả sử k' là sốthực thoả mãn ñiều kiện b - k 'a .
Tạ có : (&’— k)a = k 'a - k a - ĩ) - ĩ) = Q k'— k = 0 k' = k. Vậy số k nói trong ñinh lí là duy nhất. □
Hệ quả I. Cho hai vectơ ứ, b tuỳ ý. Khi ñó :
bỊỊa <=> e R, không ñồng thời bằng 0 sao cho : ứa 4- ph = 0.
Hệ quả 2. Nếu hai vectơ-khác không ứ, b thoả mãn các ñiều kiện :
aa + /3b = 0 ; a'a + fi'b = õ thì 3£ e R :a = k.a' ; /7 =
29
Hệ quả 3. Cho ba ñiểm A, B, c ñôi một phân biệt. Khi ñó : A, B, c thẳng hàng <=> 3k e M. : AB = kẢC.
Cụ thể hơn :
A hoặc thuộc tia ñối của tia BC hoặc thuộc tia ñối của tia CB o 3k > 0 : ÃB = kÃC ;
A thuộc ñớạn BC è> 3k < 0 : AB = kAC
b) ðịnh lí thứ hai
/
Vói hai vectơ không cùng phương, ñịnh lí sau ñây rấPĨỊHạn trọng.
ðịnh lí 2. Cho hai vectơ a, b không cùng phương và vectơ c bất kì. Khi ñó :
tồn tại duy nhất cặp số thực (m, n) sao cho *, C — ma + nb.
Chứng minh, (h.1.21)
Từ ñiểm o nào ñó, dựiìg các vectơ : A' r
OA — a ; OB = b ; o c = C. Vì a,b không
cùng phương nên các ñường thẳng OA, OB
không trùng nhau. Qua c, vẽ các ñường thẳng
song song với OA, OB. Các ñường thẳng này v & B
theo thứ tự cắt các ñường thẳng OB, ọA tại B\ A\ Hình Ị 2 Ỉ
Theo quy tắc hình bình hành : o c - OA' + OB' .
Mặt khác, vì OA \ OB ’ theo thứ tự cúng phương với OA, OB nên theo ñịnh lí 1,
tồn tại các sốm > n sao cho : OA' = mOA ; OB' = nOB.
Vậy ỠC = mOA + nOB.
ðiều ñó có nghĩa là : C = mạ + nb.
Giả sử rrì, n' ỉà các số thực tíioả mãn ñiéù kiện c = m'a + n'b.
Ta có : m a + n'b - mả + nb=> (m - m')ữ -h(n - n')b = 0.
Nếu trong hai số m - m\ n - rì có một số khác 0, giả sử m - trì * 0 thì.
a = b . Theo ñịnh lí 1, bỊịxi. Mâu thuẫn !
m - m
Vậy, cả hai sốm ~m \ n -r ì cùng bằng 0. Nói cách khác :m ~m ' \n = n\
Tóm lại, hai số m, n xác ñịnh như trên là ñuy nhất □
30 . ’
Hệ quả 1. Nếu hai vectơ a, b không cùng phương và thoả mãn ñiều kiện ma + nb = 0 thì m = n - 0.
Hệ quả 2. Nếu ba vectơ a, byC ñôi một không cùng phương và thoả mãn các ñiều 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) ðịnh nghĩa
Cho ñường thẳng A và ñưòng thẳng / không
song song với A. Gọi V là tập hợp các vectơ trên
mặt phẳng : V(A) là tập hợp các vectơ có giá
hoặc song song hoặc trùng với A. Phép chiếu A
vectơ theo phương / xuống A là một ánh xạ,-kí
hiệu là Ch^A), ñi từ V tói V(A), xác ñịnh như Hinh Ị 2 2
sau : Ch/(A)(AB) = Ã7? ; trong ñó : Ja 'HBB'HI (h.1.22).
Vectơ A'B' ñược gọi lậ hình chiếu của vectơ AB qua phép chiếu vectơ theo phương l (phương chỉếu) lên ñưòng thẳng A (ñường thẳng chiếu).
Khi phương chiếu / vuông góc với ñường thẳng chiếu A, thay cho thuật ngữ "phép chiếu vectơ theo phương 7 xúống ñường thẳng A", ta dùng thuật ngữ "phép chiếu vectơ xuống ñường thẳng A "; thay cho kí hiệu CfyA, ta dùng kí hiệu ChA.
Từ ñinh 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 chất
Với mọi vectơ a, b ta có :
a) Ch;A(a+ S) = ChjACfl) + Ch/ACò).
b) Ch/ÁC^a) = K3i/A(a).
31
Chứng minh.
a) (h. 1.23). Lấy ñiểm. A bất kì. Lấy các ñiểm B,
c sao cho : AB=a\ BC=b. Lấy các ñiểm A\ B'
C' trên A sao cho : ÁA'// BB'ỊỊCC'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 ñiểm /1 bất kì Lấy các ñiểm 5, D
sao cho : AB=a ; A D -kA B -ka . Lấy các ñiểm
zr, £>' trên A sao cho ÃA'n BB'IIDD'lll.
Theo ñịnh 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 ñiểm M. Chứng minh rằng M thuộc ñường thẳng 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 ñường thẳng BC
o BM J/BC
<» Bk :BM = kBC (theo ñịnh ư 2.1)
^> 3k:Ã M -A B = k(ÃC~ÃB). .
o 3 k :Ã M = (1 - * ) a S + fcÃC
ịa + J3 = \ _
0 3 « ,^ : __ * _ ___, (ñặt a = 1 - k ; p = k ). □ [AM= aAB + pAC
Hệ quả. Cho tam giác ABC và ñiểm M thoả mãn ñiều kiện xAM=yAB+zAC.
Khi ñó : M thuộc ñường thẳng BC khí và chỉ khi X - y + z.
32
Ví dụ 2. Cho góc xOy và hai số dương a, b. Các ñiểm /1, B theo thứ tự thay ñổi trên Ox, Oy sao cho : ~ = 1. Chứng minh rằng ñường thẳng AB luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh.
Giải. Trên Ox, Oy theo thứ tự lấy các ñiểm X y sao cho O X - a ; OY - b. Dựng hình bỉnh hánh OXKY (h. 1.25).
Ta có:
— • —-> —* o x —* OY —•
OK = OX + OY = ~~O A + ~ O B OA ỌB
- k Õ Ả ím m -
Vì = 1 nên .theo VD 1, các ñiểm A, B, K thẳng hàng. ðiều ñó có nghta là ñường thẳng AB luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh (ñiểm K). □ Ví dụ 3. ciio tam giác ABC và các ñiểm M, N, p thoậ mãn ñiều kiện :
Ã?s = oMC ; 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 ñó, 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 ñịnh lí Menelaus. Trong mục 1, §3, ta sẽ gặp ỉậi ñịnh lí này dưới dạng thông thường.
• _
3A-CT HỈNH HỌC 10
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC, ðường tròn nội tiếp (/) thẹo thứ tự tiếp xúc vói
BC, CA, AB tại D, E, F. ðường thẳng Dỉ cắt EF tại N. Chứng minh rằng
ñường thẳng AN ñi qua trung ñiểm của BC.
Giải,(h.l.27)/Theo VD9, §1 :
• ÃM = ^A B + ~AC (ỉ).
-7T} _ N E —Z NF NE A F -? NF A E77; .
= 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 Ịa f ỉ n <^m b l D ễ t h ấ y : |„ __I
[EỈN = ACL Ịà E ỈN ^ AACL
Từ ñó, với chú ý rằng AE - AF, ta có :
NE AF = NF A£
E F Ạ B ~ E F A C ~
Từ (1), (2), (3) suy ra : AM = — AN .
2 k , ,
Từ ñó suy ra/4, iV, M thẳng hàng.
Nói cách khác, AN ñi qụa trung ñiểm cầâ BC. □
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC với cáe trung tuyến AM BN, CP và tam giác
A'B'Ơ với các trung túyến CP'. Chứng minh rằng BC, CA, AB
theo thứ tự cùng phương với B'C \ C 'A \ A'B' khi và chỉ khị AM. BN, CP
theo thứ tự cùng phương với A 'M \ B 'N \C 'P '\
Giải. Chứng minh ñiều kiện cẩn.
Vì BCy CA, AB theo thứ tự cùng phương với B ' C \ C ' A V A1B' nên :
BC - a W c \ CẦ = ậ C \A \ ÃB = y à lĩ'
Suy ra: a lỹ c ' + p T ỹ ĩ' + ỷÃ rB > = BC + CA-fAB = 0. (1)
34
3B-CT HỈNH HỌC 10
Mặt khác: s r + C A ^ A'B' = 0. (2)
Từ (1) và (2), chú ý rằng B'C'\ C' A\ A'B' ñôi một không cùng phương, theo hệ quả 2 của ñịnh lí 2 ta cổ a = p - Ỵ .
Do ñó :
ĂM = ị(à B + ÃC) = )ị(ãÃ*~B' +:cữĩrC') = aA 'M ' => à M ỊÍA 'M \
Tương tự như vậy : BN ỊỊBrìĩ\C P ỊlC rP ' .
Chứng minh ñiều kiện ñủ.
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 Ã7^ , £'G ', C‘G'‘.
Do ñó : ÃG = c ià 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 ' ñôi một không cùng phương, theo hộ quả 2 của ñịnh lí 2 ta có : a = p = Y . .
ðo ñó : BC = GC - Gỗ = ấ ( ỹ c ' - a õ l ỉ ' = t f / r c => £ C //F c V
Tương tự như vậy : CẴỊỊC~Ã\\ ÃB//Ã1P. □
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. Các ñiểm //, /, K theo thứ tự là hình chiếu của.Á/ trẽn các ñưòng thẳng BC, CA, AẼ. Chứng minh 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 ñó, M là ựọng tậm của tam giác ABC ' ftirỊỈl J2 8 35
o MA + MB + MC = 0
<=> Sa = sh= ^(theo (I) và hệ quả 2 của ñịnh lí 2) <=> = b.MỈ - C.MK ■
<=>abzb Mỉ
c
~MK
<=> a2MH + b2 MI + c2 MK = õ (theo (2) và hệ quả 2 của ñịnh lí 2). □ -V. . . "■**
Ví dụ 7. Cho hai tam giác ABC, XYZ. ðoạn BC theo thứ tự cắt các ñoạn xz, XY tại M, N ; ñoạn CA theo thứ tự cắt các ñọạn YX, YZ tại Q ; ñoạn thep thứ tự cắt các ñọạn 27; zx tại /?, 5. Giả sừ MN - NP ~ PQ - QR ~ BS = SM. Chứng minh rằng tam giác ABC ñều khi và chỉ-khi tam giác XYZ ñềú.
Giấi. (h.l .29) Chứng minh ñiều 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 ñịnh lí
con nhím :
e a + e z + eb + e x + ec +■ e y = ổ • 0 ) Vì tam giác ABC ñều nẽn thèo ñịnh lí con nhím :
7a + 7b + 7c ^ Ồ . . (2 )
Từ(l)yà(2) suy ra : exr+ ey + e2 ~ 0. • (3j‘
Áp dụng ñịnh 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 ñều.
Chứng minh ñiều kiện ñủ:
Hoàn toàn tương tự phép chứrig minh ñiều kiện cần.
Hình ì 29
Ví dụ 8. Cho tam giáe ABC và ñiểm 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
< a '+ p + ỵ = I (*) aMA + pMB + ỵ MC — 0.
Giải. Chứng minh ñiều kiện cần.
Giả sử M nằm trong tam giác ABC.
Theo VD 14, § ỉ, ta có : SaMA + SfyMB + StJ4C = õ.
Gọi s ỉà diện tích tam giác ABC.
ð ặ t a = ^ r - , f i = ị - , r = í .
Dễ thấy : ữ, ^thoả rtìãn (*).
Giấ sử bộ ba số (ữ \ p \ /') cũng thoả mãn ñiều kiện (*).
Từ các ñậng thức aMA + /3MB + yMC = õ ; a'MA + /3'MB +- ỵ'MC = õ và chú ý rằng MA, MB, MC ñôi một không cùng phương, ta có : a _ p _ y _ a + _1 _ Ị
à ' P ' ~ ỵ ' a ' + f i ' + ỵ ' 1
Suy r a : a = a ' ; p = p ' ; y = ỵ ' .
Tính duy nhất của bộ ba số {a, p, y) ñã ñược chứng minh.
Chứng minh âiều kiện ñủ {h.1.30). A Giả sử M thoả mãn ñiều kiộn (*).
Lấy A\ thoầ mãn ñiều kiện pA 'B + ỵA ‘c - õ (ỉ).
Vì J5 >ừyỵ > 0 nên A' thuộc ñoạn BC (2).
_ — _ . . — * 8 A' c Từ, (1), với chú ý rằng aMA + pMB + ỵMC = 0, H' h ỉ 30 ta c ó : 1 ,
a MA + (/? + y)MA ‘ = a MA + p(MB + BA') + ỵ(MC + CA') = (a im + J3MB + ỵMC) - (jBÃlĩ + ỵ Ã T ) = õ.
Từ ñó, ño a > 0 ; p + Ỵ > 0, nên M thuộc ñoạn 'ẠA' (3).
Từ (2) và (3) suy ra M nằm trong tam giác ABC. □
Nhận xét. ðôi khi kết quả trên ñược phát biểủ ñơn 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 ñiểrn M nằm trong tam giác. AM, BM, CM theo thứ 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
<» MẴ + —Ể— MB + - Z - r M C = õ Ị3 + ỵ ỵ + a a + p
<=>aa(theo(l) và hệ quả 2 của ñịnh lí 2). p + y ỵ + a a + p
o Ị 3 + Ỵ = ỵ + a = a +
<=> a = p ~ Y
o MẦ + MB + MC = õ (theo ( 1»
c> M ỉà trọng tâm của tam giác ABC. □
38
Ví dụ 10. Cho tam giác ABC và ñiểm M thay ñổi trong tam giác. H, ỉ, ÍT theo tứ tự là hình chiếu của M trên các ñường, thẳng BC, CA, AB. Tìm quỹ tích trọng tâm G của tạm giác HIK.
Giải, (h.1.32) Gọi AA', BB, c c là, các ñường cao
của tam giác ABC. Lấy các ñiểm X, Y, z sao cho:
2XA + XA' = 2ỸB + ỸB' = 2ZC + ZC' = 0.(1) Thuận. Giả sử G thoả mãn ñiều kiện ñề bài. Vì M nằm trong tam giác ABC nên tồn tại. các số a, j 3, ỵ > 0 sao cho :
aMA +/3MB+ /M C = 0
(theo nhận xét sau VD 8).
c / Xj\ i
KÁ \ \ b '
z \ \
B t ì A' Hình ỉ 3 2
Từ ñó, qua các phép chiếu vectơ ChM £C, ChBB>CA, Chcc.AỔ ta có :
ÕHA' + Ị3ĨĨB + ỹ ĩĩc = õ
ÕĨẴ + Ị3ĨB' + y ĩc = õ
ccKẴ + /3KB + ỵ KỌ' = 0 . ' * ••
a(HX + XÁ') + p e r n + 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 ñẳng thức trên và chú ý tởi (1), ta có :
a(HX + DC + /5 ) + PĨH Ĩ + ĨY + KY) + /( 7 5 + /z + £Z) = õ .
Từ ñộ, 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.
ðảỡ. 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 ñó, thẹo VD 19,. §1-, tồn tại ñiểm M sao cho: aMA + /3MB + ỵMC = õ .
39
Lại vì a, p ,Ỵ > 0 nên M nằm trong tam giác ABC (3).
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 có :
ứGrX + 0 G TỴ + ỵG 7Z = d.
Lại theo YD Ỉ9, §1, ta CÓ G trùng ơ .
Do ñó, G là trọng tâm của tam giấc HỈK (4).
Từ (3) và (4) suy ra G thoả mãn ñiêu kiện ñề bài.
Kết luận. Quỹ tích các ñiểm G ứioả mận ñiều kiện 'ñề bài lặ miền tam giác
xrz.ủ
Ví dụ 11. Cho tam giác ABC. Gọi ọ, H theo thứ tự là
tâm ñường 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 ñiểm của ÀH với BC, M
lặ hình chiếu của ợ trên BC.
ðặt 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) + O ì^BCiỢ C) - Ch^BCiÕĨỈ)
= MD + m + MC~MÔ = ĩ ữ + 0 - M D = U '
Suy ra : v/Ị AH. (1)
Tương tự : vỊỊBH. (2)
Từ (1) và (2) suy ra V = 0. ðiều ñố có nghĩa là OH = OA + OB + OC.
Nhận xét. Gọi Ờ là trọng tâm tam giác ABC, theo cổng thức thu gọn, ta suy ra.
OH - 3OG. Từ ñó tạ có kết quả quen thuộc sau : "Trong một tam giác, tâm
ñường1 tròn ngoại tiếp, trực tấm,' trọng tâm cùng thuộc một ñường thằng"
{ðường thẳng Euler).
Ví dụ 12. Cho lam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O), ngoại tiếp ñường tròn (/)• (/) thẹo thứ tự tiếp xúc với BC.CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng OI là dường thẳng Euler của tam giác DEF.
Giải. (h. 1.34) Trước hết xin phát biểu không chứrig minh một bổ ñề quen thuộc. Bổ ñề. Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn
(ỡ), ngoại tiếp ñường tròn (/). Các ñường
thẳng AI, BIi c / theo thứ tự cắt lại (ơ) tại A\
B', c \ 'Khi ñó, / là trực tâm củá tam giác
A'B'C\
Trở lại v p 12.
Gọi A\ ự, c theo thứ tự là giao ñiểm thứ hai
của AI, BỊ, ỌỊ với (ỡ). Theo bổ ñề trên, / là
trực tâm của tam giác ABC . ị ĩ)
' H um 1 3 4 Gọi 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 ñó, vớị chú ý rằng /// chính là ñường thẩng Euler của táụi giác DEF, suy ra OI là ñường thẳng Eụler của tam giác DEF. □
Ví dụ Ị3. Cho tairi giác ABC. Cắc diem M, N, p (khác vi, B, C) theo thứ tự thuộc các ñường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP ñồng quy tại tâm tỉ cự của hệ ñiểm {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 ñiều kiện cần.
Gọi o là ñiểm ñồng quy của AM, BN, CP.
Vì o là tâm tỉ cự cùa hộ ñiểm {/*, 5, c} vợi các hệ số {or, p, /} nên a +■ + Ỵ ^ 0 (theo ñịnh nghĩa tâm tỉ cự).
4 !
Mặt khác, từ ñẳng 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 I
Chứng minh ñiều kiện ñủ. ■ - I Vì á + fí + Ỵ * ồ nên tồn tại tâm tỉ cự của hộ ñiểm { a , B, c } với các hệ số j {a,p,r}-. I Gọi o là tâm tỉ cự của hệ ñiểm ịAy B, c} với các hệ số Ịa, p, ỵ) . j
Vì aÕẦ + yổÕỖ + 7ÕC = õ nên aÕẦ + p(ÕM + MB) + ỵ(ÕM + MC) = 0 , I Do ñó, ÕÕẴ + (/? + ỵ)ÕM + ịpMB + ỵMC) = õ . I
Từ ñó, với chú ý rằng pMB + ỵMC = 5, ta có : aOA + (P + Ỳ)OM - õ . ị ■ . ■ 1 : ■!
Suy ra A, o, M thẳng hàng. . ; Tương tự như trên, các bộ ba ñiểm (B, o, N), (C, o, p ) thẳng hàng.
Tóm lại, AM, BN, CP ñồng quy tại o, tâm tỉ cự của hệ ñiểm 1^4, B, c ) với Ị các hệ số {qt, /? ,/} . □ Ị
Nhận xét. Kết quả trên ỉà ñạng vectơ của ñịnh lí Ceva, trong §3, ta sẽ gập lại 1 nó dưới dạng thông thường. Ị
Ví dụ 14. Cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. Các ñường 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 ñiểm của £]C], CịÁị, AịSị. Các ñường thẳng MA2, MB2, MC2 Ị theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại £3, c 3. Chứng minh rằng : I
a) AA-ị, BB^, CC3 ñồng quy tại một ñiểm (kí hiệu là K). b) MK ñi qua trọng tâm của tam giác A]B]Cị.
’ ’ . Ị
Giải, (h.1.36) Theo VD 8, tồn tại các số dương a, Ị3, ỵ sao cho : . CCMA + J5MB + yMC = õ . (1)
42
a) Từ (1), qua các phép chiểu vectợ ChAq BBi , Ch abCCị suy ra :
r 0—Z? .7 7^ -1 MBị - - —— MB IỊỈMB + {ỵ + a)MBị = 0 ■ 7 + a
\y~MC + (fi + a)~MC[ = 0
=> M& + MC1 = ---- ẽ— MB - - L — MC
1 1 ỵ + a fi+.a
=> 2MA7 = -----Ễ— MB - ■ Ãặc.
. Ỵ •¥ ơ, p + a
Từ ñó, qua phép chiếu vectơ ChMA BC, ta có :
- Ễ — ~Tb + —¥ - 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 ñó, theo VD 1'3, AA3, BB^, CC3 ñồng quy tại ñiểm K, tâm tỉ cự của hệ ñiểm {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^ ịCị, ñương 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
Từ ñó, 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 ' J
f 1 1 1 V — ------. - —
+ a 7Z + — — + (aG,A + ySGjS + ỵGịCỊ = 0. KP + ỵ ỵ + a a + p ) 1 r 1 ■ < 1
Từ ñó, 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
ðiều ñó có nghĩa là MK ñi qua trọng tàm G] của tam giác ẢịBịCì . □
Ví dụ 15. Cho tam giác ABC không ñều. Các ñường tròn bàng tiếp góc A, B,C theo thố tự tiếp xốc với các cạnh BC, CA, AB tại M, N, p. Chứng minh rằng AM, BNr CP ñồng quy tại một ñiểm thuộc ñường thẳng nối tâm ñường, tròn
nội tiếp yằ trọng tâm của tam giác ABC. A . Giải, (h.1.37) Gọi E, F ỉà tiếp ñiểm của;
ñường tròn bàng tiếp gqp A với cầc tia AB,
AC. Gọi /, G theo thứ tự là tâm ñường tròn
nội 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 ñó : (p - b)MB + (p - c)MC = (p - c)NC + (p - a)NA
- (p - a)PA + (
Mặt khác : (p — ơ) + X 'p - b) + (p - c) = p 9*0.
Vậy, theo VD 13, AM, BN, CP ñồng quy tại ñiểm K thoả mãn ñiều kiện :
( p - a ) M + (p-b)KB + ( p -c) KC=0.
Từ ñó suy ra :
p(KA + 'kb + KC) -{ÕKẠ + bKB + cKC) = 0.
Nhờ các VD 4 và VD 10, § I, theo công thức thu gọn, ta có
3pKG - (a + b + cjEị = 0.
Do ñó : 3pKG - 2pKĩ = 0 => 3KG - 2KI = ố .
Vậy K thuộc 7G. □
Ví dụ 16. Cho tam giác ABC. Gọi AM, BN, CP theo thứ tự là các ñường trung tuyến ; AD, BE, CF theo thứ tự lạ các ñường phân giác của tam giác. Các ñiểm
X, Y,'Z theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho : MAD = XAD ; NBE = YBE ; PCF = ZCF. Chứng minh rằng AX, BY, c z ñồng quy tại ñiểm L thoả mãn ñiềù kiện a2 LA + b2 LB + c2LC = õ .
Giải. (h:1.38) Lấy C ị , Bị tương ứng thuộc các tia AB, AC sao cho : AC Ị =AC ;ABỈ =AB. A
Gọi M] là giao của AX và BịC{. Bằng cách xét phép
ñối xóng qúa trục AD, dễ thấy Mị là trung ñiểm
của Bxcx.t
Suy ra :
A M ^ A C t + ABO = 1 x ^ - A B ^ A C ị ÔI Hình 1 3 8
Tương tự : b2XB + c2XC = C2rc + a2YA = a2ZA + b2ZB = ỗ. Từ ñó, với chú ý rằng a2 + b2 + c2 5Ế 0, ñieó VD 13, ta có AX;BY, cz ñồng quy tại ñiểm L thoả mãn ñiều kiện ứ2LA + b2 LB + c2 LC = 0. □
Lưú ý.
1. AX, Bĩ, cz ñựợc gọi là các ñường ñối trụng của tam giác ABC.
2. L ñược gọi là ñiểm Lenìoine của tam giác ABC.
BÀI TẬP
22. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC theo thứ tự lấy các ñiểm A ị, Bi,
C\ -sao cho ~ ~ = = k > 0. Trên các canh BfCj, CịAị, AịÍ?! của AịC OịA Cjơ ' "
tam giác /4 Ị c Ị theo thứ tự lấy các ñiểm A2, B2, c 2 saỏ cho
^
^2^*1 ^2 A ^ 2^1 'k '
Chứng minh rằng,-các tam giấc ABC và A2B2C2 có các cạnh tương ứng song song.
23. Trên cạnh £C của tam giác A£C lấy ñiểm M. ðường thẳng A cắt các ñoạn Aổ, AC, AM lần lượt tại B’, c \ AT. Chứng minh rằng :
„ A M /U? MD AC
5C.- ~ 7 = M C .~ — AM AB ÁC'
24. Cho góc xOy và hai sổ dựơng ứ, £>. Các ñiểm A, B theo thứ tự ĩhay ñổi trên các tia ữ í, Cty sao cho aOA + bOB = 1. Chứng minh rằng trung ñiểm / của AB luôn chạy trên một ñường thẳng cố ñịnh.
25. Cho tam giác ABC với các trang tuyến AM, BN, CP và tam giác A'B'C' với các trung tuyến AM', B N , CP‘. Chứng minh rằng BC, CA, AB theọ thú tự cùng phương với A ' M \ B ' N \ C ' p ' khi và chỉ khi B'C\C'.A\A'B'ứKÌ0 thứ tự cùng phương với AM, BN., CP.
26. Về phía ngoài tam giác ABC, ta dựng các hình vuông BCXY, CA2T, ABUV. ðặt Aj = YU n x r ; Bị = XT n zv ; Cj = z v n YƯ. Chứng minh rằng các trung
tuyến của tam giác Ả\BxCị tương ứng vuông góc vói các cạnh của tam giác ABC.
27. Cho tam giác ABC, / là tâm ñường tròn nội tiếp. A], Bị, Cj thèo thứ tự là trung ñiểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng / thuộc miền tam giác Và:
^/g,c, S/C.A Bị
' b + c - a c + a - b a + b - c '
46
28. Các ñiểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho SAMN = minh rằng trọng tám tam giác ABC nằm trong tam
giác AMN.
29. Cho lam giác ABC. ðiểm M thuộc tam giác. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại X, Y, z. Tìm quỹ tích các ñiểm M sao cho:
SxMB + S m c + $ZMA - $XMC + $YMA + 37MB *
30. Gho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tàm giác. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại Ah Blt Cị, theo thứ tự cắt BịCh CịAị, AịBị tại Â2, B2, c 2-
Chứng minh rằng: . - •
. a) ^AịBịCị - ỵSabC '
b ) Sa iBịCị - ì ỊS a b c Sạ i ^ '
31. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O). X, Y, z, T theo thứ tự là trực tâm cùa eác lam giầc BCD, CDA, DAB. ABC. Chứng minh rằng AX, BY, cz, DT
ñồng quy tại trung ñiểm mỗi ñoạn.
32. Cho ñựòng tròn (ỡ). Các ñỉểm A,B,C thay ñổi trên (0 ) sao cho tam giác ABC nhọn. 'lìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC.
33. Cho tam giác ABC và các ñiểm X Y, z theo thứ tự chia các cạnh BC, CA, AB theo cùng một tì số. Giả sô rằng các tam giẩc ABC, XFZ cỗ cùng trực tâm.
Chứng mirth tam giác ABC ñều.
34. Cho tam giácAỔC. ðÍểm M nằm trong tam giác. H, Ị, K lần ỉượt là hình chiếu cửa M trẽn BC, CÀ, AB. Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác HIK khi và
chỉ khi M là ñiểm Lemoine củạ tam giặc ABC (xem VD 16).
35. Chọ tạm giác ABC và ñiểm M. Goi H, I, K theo thu; tự là hình chiếu của M trên ‘các ñuờng thẳng BC, CA, AB. Tìm vị trí của M saọ cho. MH1 + MỈ2'+ MK2
nhỏ nhất
36. Cho tam giác ABC. Gọi X Y , Z theo thứ từ la trụng ñiểm của BC, CA AB / x \ Y, z theo thứ tợ là trung ñiểm của các ñường phân giác AA, BB\ c c . Qiúng
■ minh rằng XX.', YY, Z 2 ñồng quy tại một ñiểm và ñiểm ñó thuộc ñường thẳng nối tâm ñường tròn nội tiếp và ñiểm Lemoịne cùa tam giác.
47
37. Cho tam giác ABC ngoại liếp ñường tròn (/). Các ñường tròn bàrig tiếp góc A, B, c của lam giác tương ứng tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại M, /V, / \ Ta : ñã biếtrằng AM,BN, CP ñổng quy tại một ñiểm. Chứng minh rang ñiểm ñồng quy nóỉ trên thuộc (/) khi và chỉ khi:
b + c = 3a
c + a = 3Ờ
a + b = 3c.
■ ' ■ - ■ ' ' '
§3. TOẠ ðỘ CỦA VECTƠ TRÊN TRỤC
VÀ MỘT VẠI VẤN ðỂ CÓ LIÊN QUAN
1. Toặ ñộ của vectơ trên trục
a)Trục
Một ñirờng thẳng ñược gọi là trục (toạ ñộ) nếu trên ñó ñã chọn một ñiềm o và một vectơ ñơn VỊ ị . ðiểm o ñược gọi là gốc của trục, vèctơ 7 ñược gợi là vectơ ñơn vị của trục, hướng của ỉ ñược gọi ỉà hướng của trục.
Khi ta viết trục X 'Ox có nghĩa là ñường
thang jcjc ñã ñược coi là một trục có gốc £ J u ọ t i __x
là o và hướng của vecíơ ñơn vị ' 7 củạ Hình ỉ 39
trục là hướng (h.3:l). '
b)Toạ ñộ của vectơ trên trục
Cho vèctớ U nằm trẽn trục X 'Ox có vectơ ñơn vị là 7 (h.1.39). Vi uỊỊi nên tồn tại dụỵ nhất số x são cho «= xi. Số X ñược gọi là toạ ñộ củá vectơ U. ðể biểu thị vẹctơ u có toạ ñộ là X, hoặc ta viết u= (jc) hòặc ñơn giản hơn ta viết u(x). '■ '
Cho hai vectớ u(x), u '{x ’), ta c ó :
• U- u' <=> x~ x '.
• au + Ị5u' ~ (ax + px') Vá, p e.R.
.48
c) Toạ ñộ của ñiểm trên trục
Cho ñiểm M thuộc trục x'Ox. Toạ ñộ của vectơ OM ñược gọi là toạ ñộ của ñiểm M.
ðể biểu thị ñiểm M c ó tõạ ñộ là X, hoặc ta viết M={x) hoặc ñơn giản hơn ta viết M(x).
ðôi khi, ñể cho thuận tiện, ta ñùng kí hiệu XfụỊ ñể chỉ toạ ñộ ñiểm M. ðương nhiên
d) ðộ dài ñại số của vectơ
Toạ ñộ của vectơ AB ñược gọi là ñộ dài ñại .số của vectơ AB và ñược kí hiệu là ÃB\ .
Khi ta viết ÁB có nghĩa là ñường thẳng AB ñã ñược coi là một trục vởi một gốc o nào ñồ và một vèctơ ñơn vị 7 nào ñó (trong khá nhiều trường hợp, ta không cần cụ thể hoá o là ñiểm nào, ỉ ỉà vectơ nào).
ðương nhiên:
• ịÃ5| =
• ÃB = AB AB t t 7.
• ÃB = ~AB <=> ÃB t i l .
• Ã B = - B Ã :
• AB = CB - CA, c bất kì trên ñường thẳng AB.
• AB - AC.+ CB,C bất kì trên ñưộng thẳng AB (hệ thức Chasles). Dễ thấy : AB - XB - XA.
Cho ñiểm o thuộc dường thằng A. Với mỗi số k, tồn tại duy nhất ñiểm M sao cho OM = k .
Với mỗi số k khác 1, tồn tạị duy nhất ñiểm M thuộc ñường thẳng AB sao cho
= = £. Cụ thể hơn :
MB
k < ỡ <=> M thnộc ñoạn AB ;
0 < k < 1 o M thuộc tia ñối cỏa tia AB.
b l o M thuộc tia ñối của tia BA.
4 9
'CT HÌNH HỌC 10 .
Chứ ý rằng nếu tá thay ñổi- gốc của trục mà không thay ñổi vectợ ñơn vị của trục thì toạ ñô của các ñiểm trên trục thay ñổi nhưng ñộ ñàỉ ñại số của các vectơ trên trục khòng thày ñổi. \ ^ ,
e) ðịnh ỉí Thaỉẹs dạng ñại số
ðịnh lí Thạles là một trong những ñịnh lí quan trọng bậc nhất của hinh học.
Trong chương trình hình học 8, khi chựạ có khái niệm ñộ dài ñại số, nó ñược phát biểu như saủ.
ðịnh lí I. Cho các bộ ba ñiểm A, B, c v O \ B , C’ ứieo thứ tự thuộc các ñường thẳng A và A'. Nếu AA\ BB’, CC’ ñôi một song sóng .
■ . . , • - AB _ A'B'
- BC ~ B'C '
Trong khá nhiéu trường hợp, ñịnh lí 1. ñủ tốt cho việc làm toán. Nhung, cũng tjrong khá nhiỊều trường hơp,.ñịnh ií 1 không ñủ tốt cho việc làm toán. ðể giải quyết tình trạng nàý^ dựa vào khái niệm ứộ dài ñại số, người ta lăm mạnh ñịnh lí 1 như sau. '
ðịnh lí 2. Cho các bô ba ñiểm A, B, c và A\ B\ C’ theo thứ tự thuộc .các ñường thẳng A và A\ Nếu các ñường thẳng AA\ BB', c ơ ñôi một song song thì:
ÃB = Ã bỊ_ .
BC ~ W c '’
ðương nhiên ñịnh lí 1 là hệ quả trực tiệp của ñịnh lí 2.
ðịnh lí 2 có chiều ngược lại.
ðịnh lí3. Cho các bộ ba ñiểm A, B, c và A\ B', C' theo thử tự thuộc các ñường
thẳng Ạ và Nếu = £ = và hai trong ba ñường thẳng. Ạ4‘, BB', c c ' BC B'C' ; '
song song thì cả ba ñưòng thẳrig /L4', BẸ', CỚ songsong; : - : '
Xin chú ý rằng, ñịnh lí 1 không có chiều ngược lại. '•
Khi không cầri phân biệt; cầc ñịnh lí ĩ, 2 ñều ñược gội Ịà ñịnh lĩ Thales.
Khi cần phân biệt, ñịnh ư 1 ñược gọi. là ñịnh lí Thales dạng hình học, ñịnh lí 2 èìưạc gọi là ñịnh lí Thales dạng ñại số.
ðịnh lí 3 ñược gọi là ñinh lí Thalès ñảo.
Cũng như ñịnh lí Thổles dạng hình học, ñinh lí Thales dạng ñại số có rất nhiều hệ quả. Dưới ñây là một yại hệ quả của nộ. . " '
50 4B-GT.HÌNH HỌC 10
Hệ quả ĩ. Cho tàm giác ABC và các ñỉểm E, F khác A, B, c theo thứ tự thuộc các cạnh ẠB, AC. Khi ñ ó : V
r'ff/ns-r ; AE- AF EFỉ/BC < ? = =■==.
AB AC
Hệ quả 2. Cho tạm giác ABC và ñường thẳng A không ñi qua A, song song vói BC, cắt A#.tại E. F thuộc A KhỊ ñó:
■ Ã Ẽ _ Ẽ F F é AC <=> ■==■ -
AB BC
Chứ ý. Trong hệ quả 2, các -trục à, BC có các vectơ ñơn vị cùng hướng. Nói rộng hơn, trorig còng một vầh ñề, nếu qó hai trục song song thl các vectơ ñơn vị của các trục này cùng hướrig;
Hệ quả 3. Cho ba ñượng. thặng; a, by c ñồrig quy tạỉ.o. Các ñường thẳng A và A' không ñi qua ơ, tương ứng cẳt át b, c tại A , B, C và A\ B\ c._ Khi ñó :
A// ■ V ÃB ^ A//A o •===■ = ■====.
BC B-C'
Ba ñịnh lí về sự ñồng qụy vả sự thẳng hàng
a) ðịnh lí Cámot '
ðịnh lí Camot là ñịnh lí khằ qạan trọng của hình học phẳng, nó cho ta ñiều kiện cần và ñủ ñể kiểm tra sự ñổng qùy của ba ñường thẳng ktìi ba ñường thẳng ñó theo thứ tự ýuộng góc với ba canh cũà một tariĩ giác.
ðịnh lí 4. Cho tam giác ABC vằ các diểm M, N, p . Cấc dường thẳng ầA, Ag, Ac ửieo thứ tự quaM, N, p và theo thứ tự vuông góc vớiBC, CA, AB. Khi ñó : Aa, Ab, Ác ñồng quy khi và chỉ kh i:
(MB2 - MC2)+(NC2 - n a 2) + (PA2 ~ PB2) = 0.
Chứng minh. ðể chứng minh ñịnh lí Cạmòt, ta cần có hai bổ ñề.
Bọ ñề 1. Cho hai ñiểm Ạ/B phân biệt và một số Tồn tại duy nhất ñiểm H thuộc ñường thẳng AB sáo cho :. HA2 '■ - HB2 = k.
/wiw/2 èọ ñ ế G ọ i / là ựụng €iặm Tá cọ.r, ■
HA2 - HB2 = k <=>ĨỊĂ2 - HS2 = k ế> (H A -HB)(ỆẢ + ĨĨB) = k
BĂ(HĨ + ĨÃ + HĨ + ĨB) = krO ĨBÃlŨ = k o Ĩ H = -à = .
. . r ? - . 2AB . ■
ðẳng thức ừên chứng tố sự t6n tại và duỵ iứiất cửá.ñiểm//.
BỔ ñề2. CD _L AB <=> CA2 - CB2 - DA2 - £>52.
Chứng minh bổ ñề 2. Gọi //, isT theo thứ tự là hình chiếu của c, D trên AB. Theo ñịnh lí Pythagoras và theo bổ ñề 1, ta có :
CA2 - CB2 = DA2 - DB2
<=> (HA2 + HC2) -{HB2 + HC2) = (KA2 + KD2) ~(KB2 + KDZ) «• HA2 - HB2 7= KA2 - KB2
o H = K y
<=> CD ± AB.
Trở lại việc chúmg minh ñịnh lí Camot
(h. 1.40)
Theo giả thiết, Aa , Ag theo thứ tự vuộng
góc với BC, CA. Từ ñọ, vói chú ý rằng BC,
CA cắt nhau (tại C), ta có Aa , AB cắt nhau.
Goi o là giao ñiểm của ầA và Aa. Theo bổ
ñề 2, ta có:
Aa, ầ B, Ac ñồng quy ọ o e Aq ó PO o / ’Ọ J_ Aổ
o - PB2 = OA2 - OB2 o (O#2 - OA2) + (PA2 - PB2) = 0 o (OB2 - oc2) + (0C? - OA2) + (P>12 - P52) = 0
o (AÍB2 -MC2) + (iyc2 - NA2) + (/M2 - />B2 ) = 0. □
b) ðịnhlí Ceva
Cũng như ñịnh lí Camot, ñịnh ỉí Ceva cũng cho ta ñiều kiện cần vă ñù ñể kiểm tra sự ñồng quỵ cụà ba ñửờng thẳng, nhtmg, ñó là ba ñường thẳng theo thứ tự ñi qua ba ñỉnh cua một tam giác.
ðịnh tí 5. Cho tám giác ABC và cấc ñiểm M, Nt P khác AyB, c theo thứ tự thuộc các ñường thẳng BC, CA, AB. Khi ñó : các ñường thẳng AM, BN, CP hoác ñồng quy hoặc ñôi một song song khi và chỉ khi:
; M NC PĂ _ r ;
lÃC NĂ PB ~ ’
Chứng minh. .
Chứng mihh ñiều kiện cần. Có hài trường hợp cần xem xét.
52
Trường hợp 1. AM, BN, CP ñồng quy (h. 1.41).
Giả sử AM, BN, CP ñồng quy tại o. Qua A, vẽ
ñường thẳng song song với BC, ñường thẳng này
theo thứ tự cắt BN, CP tại X, Y. Theo các hệ quả 2
và 3 của ñịnh lí Thales dạng ñại số :
MB N C P Ă _ Ă X . B C Ỹ Ã
'm c ' n a 'VB ~ ÃỸ"xà CB
= ^.££.J2L = = _1.
XA CB AY
Trường hợp 2. AM, BN, CP ñôi một song song (h. 1.42).
Theo hộ quả 1 cùa ñịnh lí Thaỉes dạng ñại số :
M6 ~ũc PĂ _ ~MB BC CM
m c ’n a ' p b ~ Im c ' b m ' CB
= | | . I | : | § U = - 1 .
BM CB MC
Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta ñều có :
~MB NC PÃ = ĩ
Chứng minh ñiều kiện ñủ. Ta chứng minh nếu ba ñứờng AM, BN, CP không ñôi một song song thì chúng phải ñồng quy.
Giả sử AM, BN khồng song song. ðặt
0 = ÁM n BN. Khi ñó, c o và AB
không song song. Thật vậy, nếu c o
song song với AẼ thì theo các hệ quả
1,2 của ñịnh lí Thaỉes dạng ñại số, ta có
(h.1.43):
MB ~MC
AB Õc
AB c õ
NA NC
MB NC _ j MC'NA ~ \ '
^ .... Mè NC PA t Mặt khác, theo giả thiết: J = ^ .= = . = = “ ỉ. MC NA PB
P A ____ —-
PBA = B, mâu thuẫn.Suy ra : = = 1 => PA = PB
Vậy, CO không song 'song với AS. ðặt P' ~ CO n\ AB. Theo kết quả ñạt
. ______ á ... MB NC F a _ , ■ „ ñược trong phép chóng minh ñiếu kiện cẩn : = = . = . = = -1. Từ ñó, với MC NA P'B
. < , , Ĩ Ĩ B Ĩ Ỉ C J Ă ■ ' " / V Ã P Ã ' n , _ n chú y rang ==.^=-.=== = - 1 , ta có : ^=== = ^=- => p = r .
MC NA PB P'B PB -
Tóm lại, AM, BN, CP ñồng quy. □ •
Chú ý. Khi các ñiểm M, N, p thuộc các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC, ñịnh lí Ceva ñược phát biểu ñơn giản như sau : ^ .
AM, BN, CP ñồng quy khi và chỉ khi o T7^ .-rrr.4^ = 1.
MC NA PB
c) ðịnh lí Menelaus
Khác với ñịnh lí Camot và ñịnh lí Ceva, ñịnh lí Menelaus lại cho ta ñiểu kiện cần và ñủ ñể kiểm tra sự thẳng hàrig củíi ba ñiểm khi ba ñiểm ñó theơ thứ tự thuộc ba ñường thẳng chứạ các cạnh củáĩĩiột tam giác.
ðịnh lí 6. Cho tam giác ABC và các ñiểm M, N, p khác A, B, C,theo thứ tự thuộc căc ñường thẳng BC, CA, AB. Khi ñó : M, /V, p thẳng hàng khi và chỉ khi
m N C Ĩ Ă ^ 1
M C ' m ' P B ~ '
Chứng minh
Chứng minh ñiều kiện cần. Giả $ử M, N, p .
thẳng hàng. Qua c, vẽ ñường thẳng song
song với AB, ñường thẳng này cắt ñường
thẳiig quà M, N, p tại D. Theo hệ quạ 2 của
ñịnh lí Thales dạng ñại số (h 1.44): Hình 1.44
~MB NC ~PA _ T ẽ DC ~PA _ 1
~MC ~NĂ ~PB ~ D C PA PB ~
Chứng minh ñiểu kiện ñủ. Tương tự như phép chứng minh ñiều kiện ñủ của ñịnh lí 5, MN khộng song song với AB. ðặt P' = MN n AB. Lại tương tự như phép chứng minh ñiều kiện ñủ củá ñịnh lí 5, P' = P.Suỵ ra M , N , P thẳng hàng. □
54
. Tỉ s ố kép của hàng ñiểm
a) Hàng ñiểm và ú số kép của nó
Bộ bốn ñiểm ñôi một khác nhau, có kể ñến thứ tự, cùng thuộc một ñường thẳng ñược gọi là hàiig ñiểm ðội khi, ñể cho ñơn giấn, có thể thay thuật ngữ . "hàng ñiểm” bởi thuật ọgữ "hàng".
ðường thảng nói trong ñịnh nghĩa trên ñừợc gọi là giá của hàng.
Tỉ số kép củạ hậng A, B, c, D là một số, kí hiệu là (ẠBCD) và ñược xác ñịnh
như sau : (ABCð) = : ==i.
CB DB \
Rõ ràng nếu.A(ứ),B(Jb), C(c), D(ñ)thì: (ABCD) = ã- : J .
Dựa vào kết quả này, có thể ñễ dàng chửng minh cặc tính chất sau của tí số kệp. b) Các tính chất của tỉ sô" kép.
• (ABCD) = (CDAB) = (BADC) = (DCBA).
• {ABCD) = (BACD) = {ABDCy
• (ABCD) - 1 - (ACBD) = 1 - (DBCA).
• Nếu {ABCD) = (ẠBCƠ) thì D = D'. :
• (ABCD)*Ỉ.
c) Hàng ñiều hoà \
Nếu (ABCD) = -1 thì hàng A, B, c, D ñược gọì là hàng ñiều hoà.
CA DA * Nói cách khác, nếu ==■ = - = = thì A,ỵB, c, D ñược gọi là hàng ñiều hoà.
CB ỌB ;
Khi A , B, c , D là hàng ñiểu họà, hoặc ta nội : .cặp ñiểm A, B chia ñiều hoà cặp ñiểm C, D ; hoặc ta nói : cập ñiểm B và cặp ñiểm;C, D là hai cặp ñiểm liêiỊ hợp ñiều hoă
Theo mục b), dễ thấy nếu (ABCD) = -1 thì '
(CDABỴ= (BADC) = (DCBA) = (BACD) = (ABDC) = - 1.
55
d) Biểu ứiức toạ ñộ ñối với hàng ñiều hoà
Nếu A(a), B(b), C(c), D{d) thì:
(ABCD) = -!<=> 2{ab + cd) = (ữ + b){c Ỳ d) * (1) Chọn A làm gốc của trục, từ (I), dễ thấy :
2 1 1
(ABCD) = -1 <=> —= = === + ===r (hệ thức Descartes).
AB AC AD
(ÁBCD) = -!..<=> ĨA2 = ỈC.Ịð {hệ thức Newton),
ụ là trung ñiểm cùa AB)
Gọi J là trung ñiểm của CD, theo hệ thức Descartes, ta có :
(ABCD) = -Ị <=> AC.AD - AB.AJ (hệ thức Macỉaurỉn).
e) Những hàng ñiều hoà cơ bản
ðịnh lí 7. Nếu AD, AE theọ thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác ABC thì (BCDE) ~ - ỉ.
Chứng minh, (h.1.45) Theo tính
chất cùa phân giác trong và phân
giác ngoài của tam giác :
DB AB EB __ AB
D C ~ AC ' E C ~ AC ‘ Hình ỉ.45
~ Từ ñồ, với chú ý rằng D, nằm trong ñoạn BC, E nằm ngoài ñoạn BC, ta có :
DB _ AB M __ AB
DC ' AC' ~ẼC ~ ÀC'
Suy ra : B í = -S i => (BCDE) = -1.
DC EC.
ðịnh lí 8. Cho tam giác ABC và ñiểm ỡ không thuộc các ñường thẳng BC, CA, AB. Các ñưòng thẳng AO, BOy Cỡ theo thứ tự cắt BCy CA, AB tại M, /V, p. Hai ñường thẳng BC, NP giao nhau tại Q. Khi ñó, (BCMQ) = -I.
Chửng minh. (h.1.46). Áp dụng ñịnh lí Ceva cho tam giác ABC với sự ñồng quy của AM, BN> CP, ta có
~MB Tĩc TÃ = L
m c ' n a ‘~pb~
56.
Áp dụng ñịnh lí Menelaup ARr A »
với sự thẳng hàng Q, N, p,
QB NC PĂ
Q C N Ã P B
ta có = 1.
Từ hại ñẳng thức trên, dễ thấy : MẼ= = -Ọ—r Hình 1.46 MC QC
hay (BCMQ) = -1. n
ðịnh tí 9. Từ ñiểm s nằm ngoài ñường tròn (O), ta kẻ tói (ớ) các tiếp tuyến SA, SB (A, B thuộc (ớ)). Một ñường thẳng qua s cắt (O) tại M, N. Gọì / là giao ñiểm của AB và MN. Khi ñó : (S/MN) = - l.
Chứng minh. Ta cần hai kết quả quan trọng là hộ quả trực tiếp của bổ ñề sau.
Bổ ñề. Qua ñìểrti s không thuộc ñường tròn (ỡ), kẻ một ñường thẳng cất (ớ) tại M, N. Khi ñó :
S M S N = S 0 2 - R 2 .
Chứng minh bổ ñề. Gọi H là hình chỉếu của o
trện MN (h.1.47).
ðương nhiên, H là trung ñiểm của MN.
Theo bộ ñề. 2 trong phép chứng minh ñịnh ỉí 4,
ta có ;
SO2 - R2 = SO2 - MO2 = SH2 - MH2 = (SH - + Mtì) = (5 /7 - M H ) ( S H + ~HN) = S M S N .
Hệ quả 1. Nếu các ñưcmg thẳng AB, CD cẳt nhau tại s khác A, B, c, D thì: A, B, c, D cùng thuộc một ñưòng tròn khi và chỉ khi SASB = SC.SD.' Hệ quả 2. Nếu các ñường thẳng AB, s c cắt nhau tại 5 khác A, B thì : ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với s c khi và chỉ khi SA.SB = s c 2. Trở lại việc chứng minh ñịnh lí 9.
Gọi H là hình chiếu của 0 trên MTV. ðặt
K = SO r\AB (h.1.48). 5
Dễ thấy : ỈKO - IHO (cùng bằng 90°). Suy ra
tứ giác OHỈK nội tiếp.
Hỉnh Ị.48
57
Vậy, theo các hệ quả 1, 2 của bổ ñề ưên và theo hộ thức lượng .trong tam giác
vuông, ia có : SM.SN - SA2 = SK.SO = SLSH. Từ ñó, với chú ý rằng H là trung ñiểm của MN, theo hệ thức Maclaurin; (SỈMN) = -1.
4. Tỉ s ố kép của chùm ñường thẳng
a) Chùm ñường thẳng và ti số kép của nó
*
Tập hợp các ñường thẳng cùng ñi qua .một ñiểm ñược gọi là một chùm ñầy ñủ ñường thẳng.
ðiểm nói trong ñịnh nghĩa trên ñược gọi là tâm của chùm ñầy ñủ ñường thẳng. Bộ bốn ñường thẳng ñôi một khác nhau, có kể ñlrt thứ tự, cùng thuộc một chùm ñầy ñủ ñường thẳng ñược gọi là chùm ñườỉíg thẳng. ðôi khi, ñể chò ñon giản, có thể thay thuật ngữ "chùm ñường thẳng" bởi thuật ngữ "chùm".
Tâm của chùm ñầy ñủ ñường thẳng nói trong ñịnh nghĩa ữên ñược gội lấ tâm của chùm.
ðể ñi ñến khái niệm tỉ số kép của chùm, ta cần có hai ñịnh lí sau.
ðịnh lí 10. Cho a, b, c> d là chùm ñường thẳng tâm o ðưòng thẳng A không ñi qua ỡ, theo thứ tự cắt ữ, b, c, d tại A, B, c, D. ðường thẳng Ạ' không ñi qua
o , theo thứ tự cất a, b, c tai A\ B', c \ Khi ñó : A' //#.<=>• (ABCD) = £=á=r
C' B'
Chứng minh. -
Chứng minh ñiều kiện cần. Không mất tính tổng quát, giả sử c = C' (h.ì.49). Theo hệ quả 2 của ñịnh lí Thales dạng ñại số :
(A B C D ) - — C Ã p ĩ * _ D Õ ^ C A '
~ c b ’ d b ^ d a ‘ c b ~ p 0 ‘c 7W ' ~ c 7b ;''
Chứng minh ñiều kiện ñủ.
Kẻ ñường ứiẳng A” song
song với d, theo thứ tự cắt
ữ, b> c tại A'\ B", C". Theo
kết quả ñạt ñược trong phép
chứng minh ñiều kiên cần :
(ABCD) = £ 2 H .
C"B"
Hình ] .49
58
- Q'A' Mặt khác, theo giả thiết: (ABCD) = ■■■ ^=-.
C'B'
C"A" _ C 'A ' . . • . Suy ra : — '— = ===■. ,
C"B" C'B'
Từ ñó, theo hệ quả 3 của ñịnh lí Thales ñạng ñại s ố : A" // Á\
Vậy: A 'ỊỊd .U ___
Chú V. Khi ba ñiểm A, B, M thảng hàng, tí số ñược gọi' là tỉ số ñơn của
MB
A, B, M và ñược kí hiệu là {ABM). -
ðịnh lí 10 cho ta thấy mối liên hệ giữa tỉ số ñơn và tỉ .số kép :
(ABCD) = (A' B'C').
ðịnh K ĨL Cho a,b, c, ả là chòm ñường thẳng tâm o. ðứờng thẳng A không
ñi qua o, Theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A, B, c, D. ðường .thẳng A’ không ñi
qua o, theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A\ B\ c \ ơ . Khi ñố: (ABCD) = (A'B'CD').
Chứng minh. Kẻ ñường thẳng A" không ñi qua o , song song với d, theo thứ tự
cắt ứ, b, c tại A" B'\ C" (h..l.50).
Theo bổ ñề trên : ' Í S T f . ™ .=» « * » ) = w c - o r o • ■ s [(A'B'C'D') = {A"B"-C")
Theo ñịnh lí 10, khi A thay ñổi, tỉ số kép (ABCD) không ñổi.
Số không ñổi (ÁBCD) nói trên ñược gọi là tỉ số kép, của chùm a, b, c, d và
ñược kí hiệu là (abed).
Từ này về sau, thay cho kí hiệu (OM, ON, OP, OQ) tỉ số kép cụa chùm (tầm
ơ) OM, ON, OP, OQ ñược kí hiệu ñơn giản là O(MNPQ) (M, N, / \ Q không
buộc phải thẳng hàng).
59
b) Phép chiếu xuyên tâm và hai ñịnh lí cơ bản
Cho hai ñường thẳng A, A' và ñiểm s không thuộc A, À’. Gọi K là ñiểm thuộc 'À sao cho SK // A\ G ọi/là ánh xạ ñi từ tập hợp các ñiểm thuộc A \ {£} tới
tập hợp các ñiểm thuộc A’, xác ñịnh như sau :
f(M) = Ạf sao cho s, M M' thẳng hàng
(h.l.5I):
Ánh xạ/ñược gọí là phép chiếu xuyên tâm ñi
từ A\{AT} tới A’. ðiểm s ñược gọi là tâm của/.
Nhờ khài niệm phép chiếu xuyên tâm, ñịnh lí Ị j ỉ n ỉl Ị 5 Ị 11 ñược phát biểu ñơn giản như sau.
Nếu phép chiếu xuyên tâm fbiến hằng ñiểm A, B, c, D thành hàng ñiểm A', B', c \ à thì (ABCD) = (A'B'C D').
ðơn giản hơn nũa:
Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép..
ðịnh lí 12. Cho hai ñường thẳng A, A' cắt nhau tại o. Các ñiểm A, B, c thuộc À ; các ñiểm A\ B\ C' thuộc A'. Khi ñó : AA’, BB\ CƠ hoặc ñồng quy hoặc ñôi một song song khi và chỉ Iñii (OABC) = (OA'B'C’).
Chứng mink.
Chứng minh ñiều kiện cần. Có hại trường hợp cần xem xét.
Trường hợp ỉ . AA\ BB\ c c ñôi một song song (h.1.52)
Vì AA\ BB\ cc ñôi một song song hên theo ñịnh lí Thales dạng ñại số : Bỡ = ĨTÕ _ _ __ _ '
BA_ B j V ^ £ £ ; £ £ = £ ^ £ : £ Ị £ ^ ( O A B C ) = ( O A ' B ' C ' X CO C '0 b a c a B' A' C'A'
C Ã ~~ c X 's
Trường hợp 2. AA\ BB\ CC' ñồng quy (h. 1.53).
60
Gọi s là ñiểm ñồng quy của AA\ B B c ư . Qua phép chiếu xuyên tâm 5, hàng Oy A, B, c biến thành hàng 0, A \ B\ c .
Vậy, theo ñịnh lí 11, (OABC) = {OA'B'C').
Chứng minh ñiều kiện ñủ.
Ta chứng minh nếu AA\ BB\ CC' không ñôi một song song thì chúng- phải ñồng quy, *
Thật vậy, vì AA\ BB\ c c không ñôi một song song nên trong ba ñường AA\ BB\ C ơ có hai ñường cắt nhau. Không mất tính tổng quát, giả sở AA\ BB' cắt nhau.
ðặt s = AA'n BB\C" = sc r\ A\
Nhờ kết quả ñạt ñược trong phép chứng minh ñiều kiện cần, ta có (OABC) = (OA'B'C").
Theo giả thiết: (OABC) =
Từ hai ñẳng ứiức trên, theo tính chất của tỉ số kép (xem mục 3), C" = c . Vậy AA\ BB\ CC' ñổng quy. □
ðịnh /í 13. Cho hai chùm O(ABCO') vaO'(ABCO). Khi ñó : A, B, c thẳng hàng khi và chỉ khi 0{ABC0') =0'{ABC0).
Chứng minh
Chứng minh ñiều kiện cần. Gọi À là ñưcmg. thẳng chứa A, B, c. Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp ỉ. À không song song với 0 0 ' (h.1.54).
ðặt D = OO’n A. Theo ñịnh nghĩa ụ số kép :
O(ABCO') = {ẠBCD) = 0\A B C 0).
A
A A B c
o 0'
cHình 154 Hình ỉ 5 5
Trường hợp 2. A song song với OO' (h.1.55).
Vì À song song với 0 0 ' nên theo ñịnh lí 10 :
ỡ(ABCO')= (ABC) = 0\ABC 0).
Chứng minh ñiều kiện ñủ. Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp I. AB không song song với 00'.
ðặt D = OO’n AB. Nếu o c ì Ị AB thì theo ñịnh ỉí 10 : OỰíBƠC) '= (ABD). Suy ra : 0\AB0C) = (ABD). Từ ñó, lại theò ñịnh lí 10 : ơ c // AB. Dó ñó : o c ỊỊO'C. Mâu thuẫn! Vậy o c không song song với A.
Tương tự : ơ c không song song với A.
Gội Cj, CỊ theo thứ tự là giaó của AB với o c , ơ c . llieo ñịnh nghĩa tỉ số kép của một chùm và theo giả thiết: ^
(ABDCị) = 0(AB0’C) = 0\AB0C) = (ABDƠị)..
Theo tính chất của tỉ số kép (xem mục 3), suy ra Cị = c \ .
Do ñó, Cj ^ c\ = QC r\ O'C = c .
ðiều ñó có nghĩa là A, B, c thẳng hàng.
Trường hợp 2. AB song song với 00'.
Gọi Cị, c\ theo thứ tự là giao cỏa AB vófi o c , OC-. Theo ñinh !í 10 và theo giả thiết: (ABC]) = 0(ABC0') = 0\ABC0) = (ABC\).
Suỹ ra C] = c \. Do ñó, C] s CỊ = o c n O 'C = c.
ðiều ñó có nghĩa là A, B, c thẳng hàng.
5. Chùm ñiểu hoà
Chùm a, b, c, d ñược gọi là ñiều hoà nếu (abcẩ) - - 1.
Khi chùm à, b, c, ả là ñiều hoà, hoặc ta n ói: cặp ñường thặng ứ, b chia ñiều hoà cặp ñường thẳng c, d ; hoặc ta nói: a, b và c, d là hại cặp ñường thẳng iiên hợp ñiều hoà. - - '
ðịnh lí 15. Vớì chụm a, b, c, d các ñiều kiện sau là tương ñương : i) {a b e d ) = - 1 .
ii) Tồn tại một ñường thẳng song song với một ñường cua chùm và ñĩnh ra trên ba ñường còn lại hai ñoạn thẳng bằng nhau.
iii) Mọi ñường thẳng song song với một ñường của chùm ñịnh ra trên ba ñường còn lại hai ñoạn thẳng bằng nhau.
62
Chứng minh. ðịnh ìí 15 là hệ quả trực tiếp của ñịnh lí 10. □
ðịnh lí 16 sau ñây ỉiên quan tới khái niệm ñường phân giác của các góc tạo bải hai ñường thẳng cắt nhau.
Cho hai ñường thẳng xx\ yy' cắt nhau tại o. Các tia Oz, Oz\ Ot, Of theo thứ tự là phân giác của các gócxOỵ, x'Oy \ xOy\ x'Oy . Khi ñó, cầc ñường thảng 'zz\ tĩ' cùng ñược gọi là phân giác của các góc tạo bởi các ñường thẳng xx\ yỷ.
ðịnh lí 16. Với chùm ñiều hoà (abed), các ñiềụ kiện sau là tương ñương :
i) c _L ñ.
ii) c là mệt phân giác của các góc tạo bởi a, b.
iii) d là một phân giác của các góc tạo bởi ớ, b.
Chứng minh. Gọi o là tâm của qhùm dịb, c, d.
Kẻ ñường thẳng A song song với d. Gọi A, B, c _A
theo thứ tự là giao của A với a, b, c (h. 1.56).
(i => iị). Theo.ñịnh lí 10, CA - CB.
Mặt khác, VỊ c _L d nễĩiAB ± o c .
Suy ra, tam giác OAB cân tại ớ. Do ñó, ẠOC = BÓC. Vậy c là phân giác của các góc tạo bởi a,b.
(ii => i). Theo ñịnh lí 10, CA = CB.
Mặt khác, vì c là một phấn giác của các góc tạo bởi <2, b nên. AỌC = BOC.
Suy ra tam giác OAB cân tại 0 . Do ñó, AB JL o c . NÓỊ cách khác, A J- c. Từ ñó, với chú ỵ rằng A // d, ta có : c ± d..
Hoàn toàn tương tự, ta chủng minh;ñược (iii <=> i). □
C ác ví dụ
Ví dụ 1. Cho bốn ñiểm thẳng hàng A, B, c , M. Chứng minh rằng :
1ẶÃ3G + MB£Ã + MCÃB - 0 (hệ thức EuỉerỴ.
Giải
Cách 1. Giảsử A(ứ), B(b\:C(c), M(m). Ta có :
~MÃỈC + ~mCÃ + MCÃB
= (a - m)(c - b) + Ợ? - m)(ạ - c) + (c - m)(b - ạ).
63
Khai triển và rút gọn, suý ra :
MĂ1ĨC + ~MBCÃ + MC.ÃB = 0.
Cách 2.
~MÃ!ì C + ~MBX2A + ~MCAB
= m . ( M C - ĨỈB) + - M C) + MCXMB - ~MA)
- MAMC - MA.MB + MBMA - MB.MC + ~MCMB -
= 0. □ _
. . . '
Ví dụ 2. Cho tam giác /4£C và ñiểm A/ thuộc ñửờng thẳng ỐC. Chứng minh rằng :
MC
ec BC
Giải
Cách /. (h.1.57) Kẻ MjV // AC (N ẹ 4£). Gọi ĩ, ; theo thứ tự là vectơ ñơn vị của các trục A5, A/7V. Tá có :
AM = ÃÃr + NM = Ãw.7 +
= - = A & / + ~ = ^ A C J - 4= - A5 + - = = r A C . ( 1) AS AC AS AC
Mặt khác, theo hộ quả 1,2 của ñịnh lí Thãles dạng ñại s ố :
AN _ CM _ MC
AB NM AC
CB BM BC
BC
MB
BC'
(2)
Từ (I) và (2) suy ra
ũ i ^ Ã B - M - ĩ c .
BC BC
Cách 2. Gọi i là yectơ ñơn vị của trục BC. Ta có : t e f = ÃB + BM . ị MC:AM - ÃrC.Ậẵ + MC.BM \A M = JC + CM \MBAM = MBAC+ MB.CM.
64
Suy r a :
(MC - ~MB)AM = MC.ÃỖ - MB.AC + ÃIc.BM - MB.CM => ~BCJm = MC.AB - MB.AC +
Từ ñó, với chú ý rằng
~MC(ml) -ÃỈB(Cm 1) = (MC.BM - MB.CM)Ỉ =s 0.7 = Õ, ta có : —— MC —ĩ MB —; AM = - = A B - □
BC BC
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, ñiểm M trên 5C và vectơ ull AM. Biết rằng :
U = ơAỔ + /?AC. Chứng minh rằng : MB
I
a
~MC
. Giải, (h.1.58) Vì uỊỊ AM nên u ~ kAM (k € R). Suy r a : kAM = aAB + J3AC.
(1)
Mặt khác, theo Vð 2 : ÃM = ^ £ -Ã è - = Ã C .
(2)
BC £C
Từ (1) và (2), với chú ý rằng AB, ACÌ AM ñôi một không cùng phương, ta có :
~MC ~MẸ ___
BC \ BC MB p □
a p MC a '
Mbậ/I xếí. ðẳng thức = = = cho ta cách tính tỉ số === mà không cần vẽ MC cc MC
ñiểm M.
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC nhọn, các ñường
cao BE, CF. Các ñiểm M, N, L theo thứ tự là
trung ñiểm của BF, C£”, ðường thẳng qua
M, vuông góc vói BL và ñường thẳng qua N,
vuông góc vói CL cắt nhau tại K. Chứng minh
rằng : KB - KC.
Giải. (h. 1.59) Theo giả thiết:
MB = ~FB; ML = ]-EB\ NC = \ e C\ NL = ị r c Z M Ẩ*
KM ± BL; 1 CL; BE ± CA; CF 1 BA.
5A-CT HÌNH HỌC 10 65
Vậy, theo bổ ñề 2 trong phép chứng minh ñịnh lí Camot, la có : KB2 - KỬ = MB2 - M Ũ = ị(F B 2 -E B 2)
. = |[ ( # c 2 - FC2)-{ B C 2 - £C 2)]
= —{EC1 - FC2) = NC2 - Nỉ? =KC2 - Kỉ?. 4 '
Suy ra : KB = KC. □
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC và ñườrig thẳng A. G ọiẶ Y, z theo thứ tự là hình chỉếủ của A, B, c trên A. Các ñưcmg thẳng Aa, Ag, A^-theo thứ tự qua X, YyZ và tương ứng vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng;
A^Ac ñỔng quy.
Giải. (h. 1.60). Vì AX BYy cz vuông góc với À nên: .
(XB2 - xc2) + ực2 - YA2) + (ZA2 - ZB2)
= (Z42 -Y A 2) + (XB2 - ZB2) + (YC2 - xc 2)
= {ZX2 -Y X 2) + (XY2 - ZY2) + (YZ2 - x z 2)
~ 0. ■
Vậy, thẹo ñịnh lí Camoti ÁA, ÁB, Ạc ñồng quy. □
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC cân tại A .D là trung ñiểm của BỌ. E nằm trẽn ñưòng thẳng BC. Ó là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABE. ðường, thẳng Aj qua Oy
vuông góc với ỠZ). ðường, thẳng À2 qua . E, vuông góc với AC. ðưòng thằng À3 quá ■. c , song song với Aữ. Chứrig minh rằrig :
Aj, A2, A3 ñổng quy.
Giải. Gọi F là hình chiếu cùa ọ ữên AB và tì, K theo thứ tự là hình .ehiếu của o , F ^ . trên#c (h.1.61). ^Ềs.2 Coi BC là một trục. Gịả:sử: Ị}(0), B(à) ,È(x).
66
H ình ỉ .60
Hình ỉ.61
5B-CT HÌHH HỘC 10
Dễ thấy : C(-a) , Kỵỉ- ' Từ ñó, với chú ỷ rằng OR FK ± BC „ theo bổ ñề 2 trong phếp chứng minh ñịnh ỉí Camot, ta có : {DO2 - DD2) + {ED2 - EF2) + (CF2 -C O 2).
= (ðÓ2 - CO2) +.(CF2 - EF2y+ ED2
= (O//2 - CH ) + (CK2 EK-) + Eð
12 r
a + o f - r - ( - r a ) + - ( - n ạ )
Từ ñỏ với chú ý rặng Aị, A2, A3 lần lượt vuông góc với OD, DF, FỌ, Ầp dụng ñịnh lí Camot cho lam giác FOO, tạ có: Ạ|, ^2’ A3 ñổng quỵ. □
vi dự 7. Chò tam giác ABC, trung tuyến A£>. ðường thẳng Ả vuông góc với AD. M chạy ứèn A. E, F theo thứ từ là trung ñiểm của MB, MC. Cắc ñiểm p, Q thèo thứ tự thuộc AB, AC saọ cho EPyFQ cùng vuông gồc.voí Ả. Chứng minh rlụng ñường thẳng ñi qua M và vuông góc với PQ luôn ñi.qua một ñiểim cố ñịnh. • .
Giải\ Gọi K, L theo thứ tự ỉà hình
chiếu của B, c trên A. Gọi ÁM, A
Al ỉà cấc ñường thẳng thep thứ tự ñi
qua Af, Ky L và vuông góc với QP,
.ÀM ổ,(h.l.62).
Vì Ey F, D theo thứ tự ỉà trung ñiểm
của MB, MCy BC nên PE, QF, AD
theo thứ tự là trung trực của MK,
ML,KL.
Do ñó : U P - K P; MQ = LQ ; KA =ỈA. Suy ra :
Hình 1.62
(MQ2 - MP2) + (KP2 - KA2).+ (LA2 -r LQ2) ■
= (MQ2 - LQ1) + (KP2 - MP2) + (LA2 - KA2)
= 0.
Vậy, áp ñụng ñịnh Ịí Cạmot cho tam giác QPA> ta cổ Aw, Atf, AL ñổng quy.
ðiều ñó có nghĩa là luôn ñi qua ñiểm cố ñịnh o (giao của A*, A^). □
67
Ví dụ 8. Cho hình bình hành ABCD. Các ñiểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CD. Các ñiểm 7, J, K theo thứ tự ỉà tiling ñiểm của AM, NA, MN. Chúng minh rằng Bỉ, DJ, CAT 'ñồng quy.
Giải, (h.1.63) Giả sử BM ~.mBC ;•DN = nDC.
Gọi X,Y, Z theo thứ tự là giao của Bỉ, DJ, CK với DC, CB, BD. Ta có : BỈ = ~BA + ~BM = ~{BD - BC) + --BC = ^BD +
Từ ñó, theo VD 3 : = = -(m - ì ) = I - m.
xc
„ . „ YC _ 1 Tượng tự : - = = ———- YB n -I
1
1 - n
Lai có : CK = ịcM + ịcN 2 2
= j(i-m )C B + ịo - n jC D .
Từ ñó, lại theo VD 3 : í ? r- ^ z }..
ZD 1 -M
_ ~mĩc ZB _ n \ n - 1 _ V
XCYB ZD \ - n ì - m
Áp dụng ñịnh lí Ceva chọ tam giác BDC với chú ý rằng Bỉ, DJ, CK không thể song song, ta c6 : Bỉ, DJ, CK ñống quy. □
Ví dụ 9. Cho tam giầc ABC và hai ñiểrụ.M, M! nằm trong tam giác. Các ñiểm X, ỵ, z tương úng thuộc các cạxừiBC, CA, AB sao cho hTX M'Yy M'Z theo thứ tự song song với MA, MB, ụ c . Các ñiểm A*. Y, z tượng ứng thuộc các cạnh BC, CA,AB sao chỗ MX\ MY\ MZ' thèo thứ tự song song với ATA, NTB, MC.
Chứng minh rằng : AX BY, c z ñồng quy khi và chỉ khị AX\ BY', CZ' ñồng quy.
Giải. Vì M, Af nằm trong tam giác ABC nên, theo VD 8, §2, tồn tại các số dương a, ỵ, a \ p \ ỵ' sao cho : .
\aMA +pMB.+ yMC = 0 (1)
[ c c ' W a + P ' W b + r ' W c = 0. . (2)
68
Gọi A' là giao ñiểm của A M ' vằ BC (h. 1.64).
Từ (1) suy ra :
'GíAM.BC(aÃíẴ + p m + yM C ) = Ch^.SCXÕ)
=> aA 'A ' + Ị3Ă'B + ỵA'C - 0
=> /ĩĂ lỉ + ỵ Ã 7? = 0 ;
a'XA' = - ỷ ^ - X B + - ^ ~ x c .
p + r 0 + r
Từ (2) suy ra :
a \ AM>BC(a'WĂ + P 'W b + fM 'C ) = Qi a m ’BC(0)
=> a'XA' + 0 'ĩ ẽ + ỵ'XC = 0. (4) Thế (4) vầo (3) và rút gọrũ ta có :
( + y 'Y + y ' P W A = 0
\(fi'ỵ + ĩ ' ĩ + Y'à)Y'C + + a 'a + a'ỵ)Y'A = 0 (6) (ỵ'a + a ' a + a ' p)Z' A + (y' p + P ' p + fi'a )Z 'B = õ.
Vậy, từ (5) và (6), theo ñịnh ỉí Ceva, ta có : AX, BY, c z ñồng quy XB YC TA _
° XC YA ZB “
aỵ'+ ỵỵ'+ Ỵ0' /3a'+aa'+ ay' yp'+ Ị3fl'+ p a ' _ J
aJ3'+PP'+ fiy' fiỵ'+yỵ'+ ỵa' "ỵa'+ aa'+ ap'
a 'y + ỵ 'ỵ + ỵ'j3 Ị3'a + a 'a + a 'y y'Ị3+Ị3’p + Ị3'a _ ^ cc'p + f i ' + p 'ỵ fi'ỵ + ỵ 'y + Ý 'a y'cc + a 'a + a ' fi
<=> = 1 B r ' c z ' ñồng quy. □ 69
Bài toán trên còn có một lời giải khá hay bầng ñịnh lí Ceva ñang luợng giác . (xem ñịnh lí 1, bài ñọc thêm, chương II).
Ví dụ 10. Cho tạm giác ABC và ñiểm o nằm trong tam gịổỊc. AO, BO, CO theò ì' thứ tự cắt BC, CAt AB tại Aị, £], c ]. ðiểm Oj nằm trong lam giác A XB]C]. : Các ñường thẳng AO ị, BOỊ, C0] theo thứ tự cắt 5jCị, C|Aj, ÁỵBị tai A2, B2, ; c 2. Chứng minh rằng : ÁịÁ2, BỵBị * CiC^ñỔng quy.
Giải, (h.1.65).
Ta c ó :
A2S\ Bị Cì Q A _ / ^2^1 V /
/42C j b 2A ^2^1 ^ 2 ^ C 2Ạ
AiA BọCĩ. CiẠ
_ ^OịAã , ^ỚỊgq ^OịCAị 5 A, c
^O^C| ^ỡ,CBj Hình ỉ . 65
SpịCAi ^OịABị SỌịBCị CẠị ẠBị BCị
SOjBAj ^OjCB, ^OjẠC( CZ?1 * ACị
= ( CAị ^ ABị fiQ _ CẠ ẠB\ BCị •
B \ ' CBị ' ACị BAj CBj ACj '
Mặt khác, vì AAj, CCj ñồng quy nên
CẠ AB| Z?Ci _ = L .= = = l.= L = -1 (2) (ñịnh lí Ceva trong tam giác ABC). , KAỵ c h ị ACị
Từ (1) và (2) suy ra 4 Ặ . ậ Ẹ . ậ 4 = -1.
^2^1 ^2^1 ^2^1
Từ ñó, áp dụng ñịnh lí Ceva cho tam giác AịSịCị, vói chú ý rằng AịA2, CịC2 không .thể ñôi một song song, ta có : AXA2, BịB2, CịC2 ñồng quy. □ Ví dụ 11. Cho tam giác ABC và ñiểm o iiằm trỏng tăm giác. ðứòng thẳng qua o, song song với BC theo thứ tự cắt Aổ, AC tại c 2, Bị . ðưòng thẳng qua o, song song với CA theò thứ tự cắt BC, BẠ tại A2, Cị. ðưòng thẳng qua o , song
70
song với AB theo thứ tự cắt CẠy CB tại jS2, Aị. Vẽ các hình bình hành OA\A3A2, OBịBịB^, ỌCjC3C2. Chúng minh rằng : AA3> BB$, CC3 ñổng quy. Giải. Gọi A \ B', C' theó thứ tự là giao cụạ
AA3, Bfl3, c c 3 với BC, CA, ÁB (h.1.66).
ðặt X = C25 j; y = Á2C ị; z = 52^2. .
Theo quy tắc hình bình hành :
= Aỡ + OẠị
= B jO + C ịO + O j4 ị + O A2
- B2A] + CjA2
= Ã Ộ -A Ỉ + ^ - ^ C = -ÃỖ + ^Ã C .
AB AC c b
Từ ñó, theo VD 3, ta có : , A 'B y z ■ cy ợ ì — ' 7~ * ~ ” T ' . A ’C b c bz
Tương tự như trên : B'C _ az C ' A _ bx B ' À c x ' c ' B
Suy r a :A'B B'C C A . _ cy az bx _ _J. ~ÃrC "B rà C 7B ~ b z ~ c x a y ~
Vậy, theo ñịnh ỉĩ Oeva, với chú ý rằng AA3, BB3, c c 3 không, thể ñôi một song sòng, ta c ó : AA3, BB3, CC3 dồng quy. □
Ví dụ 12. Cho tam giác nhọn ABC, phân giác AD. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu cỏa Z) trên Afi, AC. BF n CE = H. Chứng minh rằng : AH L BC. ị Giải. Gọi K là hìrih chiếu của A trên BC (h.1.67). V ì K , F , E theo ỉhứ tự thuộc các ñoạn BC, CA, AB nên.:
Hình 1.66
Từ ñó, với chú ý rằng EA =- FA\ ED — FD ta có :
KB FC ẼÃ KB KA FC ED t D - _ n t = = . = r . = = = - - c o t£ .ta n C .c ò tC ta n 5 = -1 . KC FA EB KA KC FD EB
Vậy, theo ñịnh lí Ceva, vói chú ý rằng AK, BF, CE không thể ñôi một song song, ta có AK, BF, C£ ñồng quy.
ðiều ñó có nghĩa là AK ñi qua H.
Suy ra: AH _L BC. □
Ví dụ 13. Cho tam giác ABC, ñường tròn nội tiếp ự). Các ñoạn AI, Bỉ, C7 theo thứ tự cắt (/) tại 4], #J, Cị. Gọì ấ 2, B2, c 2 theo thứtỉrlà trung ñiểm của BC, CA, AB. Chúng minh rằng : AỊi42, iỉjổ2, C\Ci ñồng quy.
Giải. Trước hết, ta phát biểu không chứng: minh một bổ ñề ñơn giản. Bổ ñề. Cho hai tam giác ABC, A'B'C.
Nếư BAC = B'A'C' ■ SABC ^ ABAC
BAC + B 'A ’C' = 180° . 'SA'B’C' A'B'.A'C'
Trở lại VD 13.
ðãt Aq — AịA2 o B2C2 j Bq = ^ 2^2 * c o = ^'ỉ^'2 ^ ^2^2’ ^*01 ^4 theo thứ tự là giao ñiểm của AS, AC với tiếp tuyến tại A Ị của (/) (h. 1.68).
Ta c ó :
__Ă
Aỵ Aị — A4ị — i4^2
= |( Ã ^ + Ã ^ ) - Ị ( Ã Ì + Ã C )
•*ị(ĂAỉ - A B ) + j ( A À t - A C )
- ỉ ã S + ỉ ệ ĩ .
= _ ' n 7 ' i 4 B _ r A C 2 BA 2 CA Hình Ị.68
= BA* Ã~K + CA _ BA . C A ^ 2 ■
72
r
Từ ñó? áp dụng VD 3 cho tam giác A2B2C2 -
AqB2 CA4 BAị c CAậ
A fa = ~CA : 'BÀ = b ’M ^ ' (0
Vì các tam giác ĨBA-Ị, ĨCA4 có ñộ dài các ñường cao hạ từ / bằng nhau, la có :
CAa Sịcaa (2)
>ỈBA%
Vì tứ giác BCA4 A2 ngoại tiếp nên dễ dàng suy ra : CM4 = 180° - BĨAị . Từ ñó, với chú ý rằng M3 = /Ạ4 theo bổ ñề trên, ta có :
>ỈCAd •s,!BA,
ỈC.ỈAa ỈB.IA.
ỊC
IB '(3)
T ừ ( l) ,(2 ),(3 )s u y ra :^ ặ - = | . § .
_ ĐnC a Tưcmg tự : ■ — - CqA2 b JS
' iAqR2 ^ 0 ^ 2 0)^2 ^ /c ữ ỈA b IB _J
■y : AqC2 ' BqA2 ' C0B2 = b 'Ĩ B '7 'lc'~ã'1Ă ~
Từ ñó, áp dụng ñịnh lí Ceva cho tam giác A^B2^ 2> vói chứ ý rằng AI. c \ theo thứ tự thuộc các ñoạn #2^ 2* ^ 2^ 2» ^ 2^2» ta có: A ịA 2, BịB2, cịC2 ñồng quy. □
Ví dụ 14. Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (0). Các tiếp tuyến vórí (O) tại A, B, c theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại M, Nt p. Chúng minh rằng :M, N, p thẳng hàng.
Giải. (h.l.69) Ta có :
MBA = MAC Ị^= is ñ Ấ c ì
MB MA AM BA c o ỐM AC => 77— = -77— = MA MC
MB MA MB ( A B \ M A'M C ~ \ a C ) ^ MC [ A C )
BA
AC
73
.. V. . MB ( AB'ì Từ ñó, voi chu y rang M nám ngoài ñoạn BC, suy ra : •=== - -—7 . MC {A C )
____ . NC Tương tự như trên : ■===■ —
NA
( BC_'2 BA
PA PB
CAỸ
CB J ■
MB NC PA _ ' AB^ 2
2
~MC NÃ PB ~ ^AC) t BA)
“ r = i . CB)
Từ ñó, theo ñịnh lí Meneỉáus, ta có : M, N, p thẳng hàng. □
Ví dụ 15. Cho tứ giác ABCD. ðặt E - ÁB C\ CD; F ^ Ậ D n CB. Gọi/, J, K theo thứ tự là trung ñiểm của AC, BD, EF. Chứng minh rằng : /, J, K thẳng hàng.
Giải. Gọi M, N, p theo thứ tự là trung
ñiểm của BE, EC. CB (h. 1.70).
Dễ thấy, /, Ạ K theo thứ tự thuộc các
ñường thẳng NP, PM, MN.
Áp dụng ñịnh lí Menelaus cho tam
giác BEC với sự thẳng hàng A, Dy F,
ta c ó :
AB DE FC A E D C F B ~
IIP 2JM 2KN= 1 2IN ' 2JP 2KM
ĨP JM KĨĨ _ ỉ ĩ n j p ' k m ~
Từ ñó, áp dụng ñịnh lí Meneiaus cho tam giác MNP, ta 06 K thẳng hàng. □ Ví dụ 16; Cho tam giác ABC và^ñiểm 0. Phép ñối xứng tầm 0 biến A, B, c theo thứ tự thành Ah B ị , Cj. Các ñiểm Ả2, B2, c 2 theo thứ tự thuộc B]Cj, CjAj, AịBị sao cho AA2, BB2-, c c 2 ñôi một song song. Chúng minh rằng : A2, B2, C2 thẳng hàng.
Giải. (h. 1.71) Vẽ ñường thậng À không song song với AA2, BB2, CC2. G ọi/là phép chiếu song song phương AA2 xuống ñường thẳng A. Qua/, A, A2 biến thành A' ; B, B2 biển thành B' ; C, c 2 biến thành c ; Ạj, £], C} , o theo thứ tự biến thành. Aj, BỊ, c{, o' .
74
Theo ñịnh lí Thales dạng ñại số, ta có:
ÃỊÌỹ A'B[ 0'Bị -ữ~ Ã '
A2C\ A'C\ 0’c; - õ 7! 7
Từ ñó, với chủ ý rằng ơ là trung . B
ñiểm của J3 Z?Ị, C'C| , súy ra :
A 2Bị _ - O ' B ' - O ' A - _ O ' A ' + O ' B '
Tương tự nhự ưên :
BÃ í vlP+O'C' c^ị ữìỹ+ crÃ'
B^Ãị ~ Õ H ' + c p ^ _ O'C' + cFb ''
xr ~Ã& c^Ãy o ^ ' + ỡ ĩ y Ỡ B '+ 7 y c TFc ' + cF a ' x ^y ,A ^ l ' ~ ^ : C ^ ì W Ã [^ W c t' 'ÕrB, + W Ã' O'C' + V B ' ”
Từ ñó, theo ñịnh lí Menelaụs : A2, B2, C2 thẳng hàng.
Ví dụ 17. Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp, ñường tròn (0), ngoại tiếp ñường tròn (/). ðường ừòn (ƠA) tiếp xúc với các cạnh AB, AC và tiếp xúc ữong với (ơ) tại A\ Tương tự, ta xác ñịnh B\ ợ . Chứng minh rằng : AA\ BB\ c c ñồng quy tạỉ một ñiểm ỉhuộc 01.
Giải. GọỉA", B", C" theơthứ tợ là giao của AA\ BB,
CC VỚỊ Oỉ (h. 1.72).
Gọi R, r, Ra theo thứ tự là bán kính các ñường tròn
(0)>(/),(o]). ' :
Dễ thấy: o , 0,4» A' thẳng hàng.
Gọi Ị/, K là hình chiếu cùa ỌA7 ỉ trên AC.
Áp dụng ñịnh lí Menelaus cho tam giác 0 A0 I với
sự thẳng hàng A '\A t A', ta cố :
jFÕ Âĩ A'Oa
'~WA " x Õ
_ . ■ Ã'Oa Á O A Ra ðưongnhiên:
(1) (2) 75.
Theo hê quả 2 của ñịnh lí Thales dạng ñại s ố :
AI Kỉ KI
AOa h o , HOa R (3)
Từ (I), (2), (3) suy r a : A"Q 5 r7
T „ B "o R C"0 Tương tự : ; « B' 7 r C"I
R.
r
R
r *
A"D n nn C "n —
Vây: -==• = ^ = - = ^==r. Do ñ ó : A", B", C" tìrùng^iạu.
A "ỉ B "ỉ C"1 ■
Nói cách khác: AA\ BB\ c c ñổng quy tại một ñiểm thuộc ,0/. Q
Ví dụ 18. Cho tam giậc ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. A M 'BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A\ B\ c \ ơìứng minh rằng: M là trực tâm của tam giác AEC khi và chỉ khi M là tâm ñường tròn nội'tiếp của tam giác AB'C.
Giải. Trước hết, xin phát biểu và chứng minh một bổ ñề.
Bổ ñề. Cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. BM, CM theo thứ tự cắt CA, ABtại B \ c . Khi ñó : ĂÃ^B' ■=■ Ấ Ỉ C ' ĂM ± BC.
Chứng minh bổ ñề. Ta bỏ qua trường hợp ñơn
giản: B C ỊỊBC.
ðặt K = BC n B ’C ’i L - AA'n B'C' (h.1.73).
Áp ñụng ñinh lí 8 cho tam giác ABC và ñiểm M,
ta có : (B’C'LK) - - ì.
Suy ra: A'(B'C'LK) = - l.
Từ ñó,'theo ñịnh lí 16 : AA' B ' = AA 'C' <=> AM _L BC.
Trở lại V.D 17.
Ta thấy : M là trực tâm tam giác ABC
ÍAA’ _L BC Ia a Fb ' = Ấ ĩ c '' , <=> í <=> -í ______ _____ (theo bổ ñề)
[BB'±C A I BB'C' = BB' A'
<£> M là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác A'B'Ự. □
76
Ví dụ 19. Cho tam gi ác ABC. ðường tròn nội tiếp ự) tiếp xúc với AC, AB tạĩ E, F. ðặt K - Bỉ r \E F . Chứng minh rằng : BKC - 90°.
Giải. Ta bỏ qua trường hợp ñon giản : EF Ị Ị BC.
ðặt L = EF n BC. Gọi D là tiếp ñiểm của (I) và BC (h. 1.74). Ta c ó :
DB EC FĂ ( D B \ ị E £ \ ( F A
D C 'I a 'FB I D C ) \ e a ) \ FB
FA DB EC _
EA'FB'D C ~~ '
Từ ñó, chú ý rằng AD, BE, CF không
thể ñôi một song song, theo ñịnh lí
Ceva : AD, BE, CF ñồng quy.
Vậy, theo ñịnh lí 8 : (BCðL) = -1.
Do ñó : K(BCDF) = -1.
( 1)
Mặt khác, dễ thấỵ • AKBD = AKBF. Suy ra : BKD = BKF. (2)
Từ (1) và (2), theo ñịnh lí 16, ta có: BKC = 90°, □
Ví dụ 20. Cho tam giác ABC. Các ñường phân giác BE, CF cắt nhau tại /. ðường thẳng qua /, vuông góc với EF theo thứ tự cắt BC, EF tại p, Q. Giả sử
IP - 2 ÍQ. Tính góc BAC.
Giải. Ta bỏ qua trường hợp ñơn giản : EF Ị Ị BC.
ðặt K = EF n BC; R = AK n PQ; D = IA n BC; L = ĨA n EE. Gọi Ax là tia ñối của tia AB (h. 1.75).
Áp dụng ñịnh lí 8 cho tam giác ABC và
ñiểm /, ta cộ : (CBKD) = '1 .
Từ ñó, qua phép chiếu xuyên tâm E,
theo ñịnh lí 11 : (AĨLD) = -1 -
Qua phép chiếu xuyên tâm K, ỉại theo
ñình h 11 : (RIQP) - -1.
Suy ra : ~ ~ = — . ■ :*Q _IQ
3 RP ỈP
77
Từ ñó, vói chú ý rằiig ~ ta có : Q là trung ñiểm của PR.
Mặt khác, theo giả thiết, PR Ị. KQ.
Vậy, tam giác KPR cân tại /c Do ñó : AKẸ = BKE.
Kết hờp vói ABE = KBE, ta c ó :
Ấ4C = KAC. ;
Áp dụng ñịnh lí s cho tam giác ABC và ñiềm / : (BCDK) - “ 1.
Suy ra : A(BCDK) = - Ỉ .
Từ ñó, với chú ý úng BAD - CAD, theo ñịnh lí 16, ta có :
CAK = xAK.
Từ (1) và (2) suy r ạ : BAC ~ 60°. □
Ví dụ 21. Cho ñoạn ĩhẳng AB và.số k dương.Tim quỹ tích các ñiểm M saó
MA_ _ '
Giài. Có hai trường hợp cần xem xét
Trường hợp 1. k = 1.
Dễ thấy quỹ tích cần tìm là ñường trung trực của AB.
Trường hợp 2. k * \.
.Gọi E, F theo thớ tự là ñiểm chia trong, chia
ngoài ñoạn AB theo ti' số Ạ: (h. 1.76).
MA Thuận, Giả sử -77— = k. Có hai khả năng xảỳ
MB
■ ra.
Khả năng ỉ. M thuộc ñường thẳng AB.
MA , ■ ĨM s E Hình ì.76
Vì = K nẽn
MB M = F.
Do ñó, M thuộc ñường tròn ñường kính .
Khả năng 2. M khổng thuộc ñường thẳng AB.
Vì M A = k nên = -Sùr = = . Do ñó, ME, MF theo thứ tư là ñơờng
MB MB EB FB
phẫn giác trong, phân giác ngoài của tam giác MAB. Suy ra, EMF = 90®. Do
ñó, M thuộc ñường tròn ñường kmh EF.
ðảo. Giầ sử M thuộc ñường tròri ñường lánh EF. Cộ hai khả nãng xảy HL
Khả năng ỉ. M = E hoặc M = F .
ðương nhiên khi ñó “ 4 = k. MB
Khả nặng 2. M * E \à M * F .
Vì các ñiểm £■, F theo'thứ tự chia trong, chia ngòài ñoạn AB, theo tỉ số k nên
(ABEF) = - Ỉ . .
Do ñó,M ABEF) = - l • (1)
Mặt khác, vì M thuộc ñưòng tròn ñường kính ÈF nên EMF = 90°. (2)
Từ (ĩ) và (2), thèò ñịnh lí ỉ 6: ME là phân giác của góc AMB : . - MA EA Vây, theo tính chất của dơờng phân giác, = . = k. MB . Eo
Kết luận. Quỹ tích cấc ñiểm M thõả mãn. ñiềủ Mên ñệ bài là ñựờng trộn ñường
kính ẼF. □
Chú ý. ðườữg tròn ñường kính EE ñược gọi là ñường tròn Apólỉónỉùs xác ñịnh
bởi ñoạn AB và số k.
Ví dụ 22. Cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác sao cho
N là ñiểm ñối xứng với M qua i?c. Chứng minh rằng : MAB = NẠC.
Giải. Ta bỏ qua trưòng hợp ñơn giản : AB -AC.
Khi AB Ac, không mất tính tổng
quát, giả sử AB > AC. .
Gọi AE, ẠF theo thứ tự là phân giác
trong và phân giác ngoài cửa tam giác
ABC (h.1.77).
Theo giả thiết và theo tính chất của các
ñường phân giác, ta có :
79