Tài liệu bồi dưỡng hình học 9

  • Số trang: 17 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 28 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

HÌNH HỌC I. Bất đẳng thức và cực trị Trong chương trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta gặp chỉ xoay quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh a, b, c , chu vi p , bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp r , R … và các yếu tố độ dài trong một đường tròn. Để nắm bắt rõ điều này, tôi sẽ bổ sung một số hệ thức lượng trong tam giác mà một số hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp trong chương trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các hệ thức rất cơ bản trên cấp 3 i) Hệ thức về diện tích tam giác 1 1 abc S = aha = pr = bc sin A = = ( p − a ) ra = p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 2 4R ii) Hệ thức về hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đường cao b 2 + c 2 − 2bc cos A = a 2 a = 2 R sin A 2b 2 + 2c 2 − a 2 (1) 4 A 2bc cos 2 la = ( 2) b+c 1 1 1 1 + + = ha hb hc r ma2 = b c ha l a ma a Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi sẽ chỉ chứng minh hệ thức (1) và (2). Chứng minh như sau Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC và tam A giác ABM với góc B ta có 2 2 2 a + c − 2ac cos B = b   2 a2 2 2c + − 2ac cos B = 2ma  2 Trừ hai vế đẳng thức với nhau ta có C 2b 2 + 2c 2 − a 2 B DM ma2 = 4 Đối với hệ thức (2) áp dụng công thức diện tích cho hai tam giác ABD, ACD ta được 1 A   S ABD = 2 cla sin 2  1 A S bla sin ACD =  2 2 1 1 A Mặt khác S = bc sin A = S ABD + S ACD = la sin ( b + c ) ⇒ la = 2 2 2 2bc cos b+c A 2 iii) Một số hệ thức đặc biệt khác Với O là điểm bất kì trên mặt phẳng thì 3 ( OA2 + OB 2 + OC 2 ) = 9OG 2 + a 2 + b 2 + c 2 với G là trọng tâm tam giác Chứng minh Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác OAD, OGD, OBC , GBC ta được O A 2OA2 + 2OD 2 = 4OG 2 + AD 2 4OM 2 + GD 2 = 2OG 2 + 2OD 2 2OB 2 + 2OC 2 = 4OM 2 + BC 2 4GM 2 + BC 2 = 2GB 2 + 2GC 2 G Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có OA2 + OB 2 + OC 2 = 3OG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (*) B C M Mà từ công thức đường trung tuyến ta dễ dàng suy ra a 2 + b2 + c2 D GA2 + GB 2 + GC 2 = 3 2 2 2 2 2 Thế vào (*) ta có 3 ( OA + OB + OC ) = 9OG + a + b 2 + c 2 Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau 9 R 2 = 9OG 2 + a 2 + b 2 + c 2 ⇒ 9 R 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 (**) Trước hết, chúng ta có một bài toán cơ bản là điều kiện tương đương để ba số dương là ba cạnh một tam giác. Điều kiện như sau: a = y + z  a, b, c > 0 là ba cạnh tam giác ⇔ ∃ x, y, z > 0 : b = x + z c = x + y  Chứng minh Điều kiện cần: x x Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC , khi đó, x, y, z là các đoạn được biểu diễn trên hình z Điều kiện đủ: y a + b > c a = y + z z y   Với b = x + z ta dễ dàng chứng minh b + c > a ⇒ a, b, c là ba c + a > b c = x + y   cạnh tam giác Rõ ràng điều kiện trên là rất đơn giản nhưng lại rất hữu dụng, các bạn sẽ có thể nhìn một bất đẳng thức hình học dưới cái nhìn đại số và không bị ràng buộc bởi cái yếu tố cạnh của tam giác nữa. Ta hãy xét một vài ví dụ • Các bất đẳng thức chỉ chứa yếu tố các cạnh tam giác Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh [1] a 2 + b 2 + c 2 < 2 ( ab + bc + ca ) [2] 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) < ( a + b + c ) 2 [3] ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) > 3abc [4] 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2 + +  p −a p −b p−c a b c a2 b2 c2 + + ≥ 2(a + b + c) p −a p −b p−c a b c 3 [6] + + ≥ p −a p −b p−c 2 ab bc ca [7] + + ≥ 2(a + b + c) a +b−c b+c −a c+ a−b [8] ( a + b − c )( a − b + c )( −a + b + c ) ≤ abc [5] [9] a b c 3abc + + + <2 b + c c + a c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) 1 ( a + b + c = 1) 2 p − a + p −b + p − c ≤ 3p [10] a 2 + b2 + c 2 + 4abc < [11] p< [12] ab ( a + b − 2c ) + bc ( b + c − 2a ) + ca ( c + a − 2b ) ≥ 0 [13] a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) ≥ 0 2 2 2 [14] a 2b ( a − b ) + b 2 c ( b − c ) + c 2 a ( c − a ) ≥ 0 [15] a b c a c b + + − − − <1 b c a c b a [16] a −b b−c c − a 1 + + < a+b b+c c+a 8 Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn đều có thể giải được bằng cách sử dụng điều kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16], trong các bất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó hơn cả 1 ( a + b + c = 1) 2 Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương) 1 1 2 2 2 ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) + 4 ( x + y )( y + z )( z + x ) < với x + y + z = 2 2 Để cho hai vế của bất đẳng thức trên cùng bậc (*) ta nhân thêm các lượng như sau 1 2 2 2 3 2 ( x + y + z ) ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )  + 4 ( x + y )( y + z )( z + x ) < 8 ( x + y + z )   2 [10] a 2 + b 2 + c 2 + 4abc < ⇔ ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx ) + ( x 2 y + x 2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 x + z 2 y ) < ( x + y + z ) ⇔ 0 < 3 xyz [9] a b c 3abc + + + <2 b + c c + a c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ a ( a + b )( a + c ) + b ( b + c )( b + a ) + c ( c + a )( c + b ) + 3abc < 2 ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) > 0 [15] a b c a c b + + − − − <1 b c a c b a và a−b b−c c−a 1 + + < a+b b+c c+a 8 3 Chú ý rằng a b c a c b ( a − b )( b − c )( c − a ) + + − − − = b c a c b a abc ( a − b )( b − c )( c − a ) a−b b−c c−a + + = a + b b + c c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) ta có đpcm Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác ( m, l , h, R, r , S ...) • ra + rb + rc ≥ ha + hb + hc ≥ 9r ( 2) 1 1 1 1 1 1 + + > + + la lb lc ha hb hc ( 3) R ≥ 2r a2 + b2 + c2 ≥ ama ( 4) 2 3 p 2 q 2 r a + b + c 2 ≥ 2 3S q+r r+ p p+q ( p, q, r > 0 ) ( 5 ) 9R2 ≥ a2 + b2 + c2 Độ mạnh của bất đẳng thức Tại sao chúng ta phải nhắc đến điều này, thực ra có quá nhiều bất đẳng thức mà tôi không thể liệt kê ra hết được nhưng chúng ta không cần biết hết mà chỉ cần nhớ những bất đẳng thức mạnh mà thôi, vậy thì một bất đẳng thức A gọi là mạnh hơn bất đẳng thức B khi nào, khi từ A có thể suy ra B. Chẳng hạn như trong một dãy những bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh a, b, c và diện tích S thì bất đẳng thức 9R 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 là rất mạnh, thật vậy, ta có 9R ≥ a + b + c 2 2 2 2 ( abc ) ⇔9 16S 2 2 ≥ a 2 + b2 + c 2 ⇔ 3abc 4 a 2 + b2 + c2 ≥S (*) Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau 3 2 a + b2 + c2 ) ≥ S ( 12 4(a + b + c) 3 3 2 ≥S 33 2 ( abc ) ≥ S 4 2 ( ab + bc + ca ) − a 2 − b 2 − c 2 ≥ S (1) 4 3 a 2 ( p − b )( p − c ) + b 2 ( p − c )( p − a ) + c 2 ( p − a )( p − b ) ≤ p 2 R 2 Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng lớn hơn vế trái của (*) nên (*) mạnh hơn ba bất đẳng thức đó. Ta cũng có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức cuối. Việc xét xem giữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơn là một điều khó khăn nhưng ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn bằng cách sử dụng điều kiện tương đương. Khi đó (1) ⇔ 4 ( xy + yz + zx ) ≥ 4 3S ⇔ ( xy + yz + zx ) ≥ 3xyz ( x + y + z ) 2 ⇔ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ xyz ( x + y + z ) ⇔ x2 ( y − z ) + y2 ( z − x ) + z 2 ( x − y ) ≥ 0 2 2 2 Bất đẳng thức (2) quá quen thuộc, ta sẽ không chứng minh, còn với (3) và (4) thì chỉ cần áp dụng công thức tính ma , la ta sẽ thu được kết quả. Bất đẳng thức R ≥ 2r là một bất đẳng thức quan trọng và chắc các bạn cũng biết đến lời giải hình học của nó, nhưng tôi sẽ đưa ra một chứng minh khác chỉ bằng các hệ thức lượng và các bất đẳng thức đã nêu ( a + b + c ) abc ≥ S 2 abc 4S R ≥ 2r ⇔ ≥ ⇔ 4S a + b + c 16 Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớn hơn bình phương vế trái của (*) là đơn giản, từ đó ta chứng minh được R ≥ 2r Xét bất đẳng thức (5) Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có  a2 b2 c2  2 + +   (q + r + r + p + p + q) ≥ (a + b + c) q+r r+ p p+q  a2 b2 c2  2 ⇒ 2 + + ( p + q + r ) ≥ (a + b + c) q+r r+ p p+q p 2 q 2 r 1 2 a + b + c 2 ≥ ( a + b + c ) − 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )    2 q+r r+ p p+q Ta cần chứng minh tiếp vế phải lớn hơn 2 3S , chính là bất đẳng thức (1) • Các bất đẳng thức hình học thuần túy Trong phần này tôi sẽ trình bày những bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa là khi chứng minh chúng ta hầu như chỉ cần những kiến thức đơn giản nhất về hình học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” như phương tích, hệ thức lượng… [1] Cho đường tròn bán kính 1 và n điểm A1 , A2 ,..., An không cùng nằm trên một đường thẳng. Khi đó trên đường tròn có thể chọn được điểm M để MA1 + MA2 + ... + MAn ≥ n [2] Nếu một đa giác lồi nằm bên trong một đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên ngoài không nhỏ hơn chu vi của đa giác trong. [3] Trong một tam giác không cân, đường phân giác la luôn nằm giữa đường cao ha và đường trung tuyến ma [4] Nếu qua trọng tâm G của tam giác ABC vẽ đường thẳng cắt các cạnh của tam giác tại M , N thì ta có bất đẳng thức 2OM ≥ ON [5] Cho tam giác ABC có cạnh a > b > c và một điểm O nằm trong tam giác. P, Q, R lần lượt là giao điểm các đường thẳng AO, BO, CO với ba cạnh tam giác. Ta có OP + OQ + OR < a [6] Nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc C trong tam giác ABC ( M ≡ C ) thì MA + MB > CA + CB [7] Nếu một tam giác nhọn đặt được vào trong một đường tròn thì bán kính đường tròn đó không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác [8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau của hình vuông cạnh 1 thì chu vi của nó không nhỏ hơn 2 2 • Cực trị hình học [1] Trong tất cả các tam giác có cạnh a và đường cao ha cho trước, tìm tam giác có góc A nhỏ nhất [2] Trong tất cả các tam giác có các cạnh AB, AC có độ dài cho trước, tìm tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất [3] Tìm bên trong ABC một điểm O sao cho tổng bình phương khoảng cách từ điểm đó đến các cạnh của tam giác là nhỏ nhất [4] Cho góc XAY và một điểm O nằm trong góc đó. Hãy kẻ qua một đường thẳng cắt ra từ góc đó một tam giác có diện tích lớn nhất [5] Bên trong góc nhọn BAC cho một điểm M . Tìm trên các cạnh AB, AC các điểm X , Y sao cho chu vi tam giác XYM là nhỏ nhất [6] Từ điểm M trong tam giác ABC cho trước hạ các đường vuông góc MA1 , MB1 , MC1 xuống các đường thẳng BC , CA, AB . Với vị trí nào của M trong a b c ABC đại lượng + + có giá trị nhỏ nhất MA1 MB1 MC1 [7] Cho tam giác đều ABC cạnh 10 và M là điểm thỏa mãn MB + MC = 9 . Tìm max MA II. Các bài toán “kinh điển” và bài tập Bài toán con bướm Qua trung điểm M của dây PQ của một đường tròn , vẽ hai dây cung AB và CD. Dây AB và CD cắt PQ tại X và Y. Khi đó M là trung điểm của XY Chứng minh A A C U P X D M O C x1 Y V Q P X D B x M x2 y y2 y1 Y O B Q Cách 1. Từ O , vẽ OU , OV vuông góc AD và BC . Ta có OXUM , OMYV nội tiếp. Ta cần có MX = MY ⇔ MOX = MOY Do OXUM , OMYV nội tiếp nên MOX = AUM , MOY = MVC Vậy ta cần chứng minh AUM = CVM . Ta có ADM ~ CBM ⇒ AUM ~ CVM ⇒ AUM = CVM ⇒ đpcm Cách 2. Hạ các đoạn vuông góc từ X , Y xuống các đoạn như trên hình. Ta cần chứng minh x = y . Đặt MP = MQ = a . Từ các cặp tam giác đồng dạng Mx1 và My1 , Mx2 x x x x2 x1 AX x2 XD và My2 , Ax1 và Cy2 , Dx2 và By1 ta có = 1 , = , = , = y y1 y y2 y2 CY y1 YB x2 x x AX . XD PX . XQ ( a − x )( a + x ) a 2 − x 2 ⇒ 2 = 1 2 = = = = = 1 ⇒ x = y (đpcm) y y1 y2 CY .YB PY .YQ ( a + y )( a − y ) a 2 − y 2 Mở rộng A - M không chỉ là trung điểm của XY mà còn là S M trung điểm của RS với P X R, S là giao điểm của O AC , BD với PQ . D Chứng minh F Ta vẽ hai đường vuông góc xuống hai cạnh AC , BD và giải hoàn toàn tương tự như cách 1. - Với M là giao điểm của AB và CD . X ∈ CD, Y ∈ AB E C Y R B A C là hai điểm thỏa OX = OY . XY ∩ AD, BC = { P, Q} . Khi đó M XY , PQ có cùng trung điểm. Khi cho AC , BD ∩ PQ = { R, S} , ta cũng có trung điểm XY là trung điểm RS Lưu ý. Khi cho X ≡ Y ≡ M ta có bài toán con bướm ban đầu Chứng minh Cách chứng minh khá giống cách 2 tuy nhiên vẫn khá phức tạp, xin dành cho bạn đọc suy nghĩ Q P X D . O Y Q B Điểm Torricelli Cho tam giác ABC có các góc không lớn hơn 1200 . Tìm điểm M trong tam giác sao cho S = MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất Lời giải D Dựng hai tam đều D A AME , ACD như hình. Khi đó ta có AMC ~ AED E ⇒ MA + MB + MC M = MB + ME + ED B C ⇒ MA + MB + MC ≥ BD A E M B Đẳng thức xảy ra ⇔ AMB = BMC = CMA = 1200 Điểm M thoả hệ thức trên được gọi là điểm Torricelli Lưu ý Khi tam giác ABC có một góc chẳng hạn A > 1200 , ta có S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ A . Thật vậy do A > 1200 nên A nằm trong BMED ⇒ MA + MB + MC = BM + ME + ED > BA + AD = BA + AC Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ A C Đường thẳng Euler Cho tam giác ABC với trực tâm H , trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O . Khi đó ta có H , G , O thẳng hàng và HG = 2GO và G nằm giữa H , O Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác và A ', B ', C ' lần A lượt là trung điểm BC , CA, AB . Ta có A ' B ' C ' ~ ABC với tỉ số ½. H là trực tâm E ABC , O là trực tâm A ' B ' C ' . Do tỉ số đồng dạng là ½ nên AH = 2OA ' . Do .. C' H G AH , OA ' ⊥ BC ⇒ AH // OA ' ⇒ HAG = OA ' G . Từ đó ta suy ra B' . O HAG ~ OA ' G ⇒ HGA = OGA ' ⇒ H , G, O thẳng hàng và G nằm giữa H và O , HG = 2GO . C B D A' Bài tập [1] Tương tự như cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp tam giác ABC là tam giác tù b2 − c2 [2] Chứng minh rằng DA ' = 2a Đường tròn chín điểm Euler Với ABC . Khi đó ba chân đường cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Euler, bán kính ½ R Lời giải Gọi O, H là tâm ngoại tiếp, trực tâm; K , L, M lần lượt là trung điểm HA, HB , HC ; A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm BC , CA, AB Dễ thấy A K C' F H E .. . N O B' KC ' A ' = KLA ' = KB ' A ' = KMA ' = 900 Suy ra A ', B ', C ', K , L, M cùng thuộc đường M L C B D A' tròn đường kính KA ' là ( C ) . KA '∩ OH = { N } . Dễ thấy N là trung điểm KA ' . Tương tự ta cũng có N là trung điểm LB ', MC ' ⇒ ( C ) là đường tròn đường kính KA ', LB ', MC ' Ta có D , E , F lần lượt nằm trên đường tròn đường kính KA ', LB ', MC ' . ⇒ A ', B ', C ', K , L, M , D, E , F đồng viên Bài tập [1] Trong đường tròn Euler, các điểm K , L, M chia đôi các cung EF , FD , DE [2] Đường tròn ngoại tiếp ABC là đường tròn Euler của I a I b I c [3] Đường tròn Euler cắt các cạnh của tam giác bằng các góc B − C , C − A , A − B Hệ thức Euler Cho tam giác ABC . O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó ta có hệ thức OI 2 = R 2 − 2 Rr Lời giải Phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại L , M A α là trung điểm BC không chứa A . LM là đường kính α α vuông góc với BC . Để ý rằng Y BML = BAL = α , LBC = LAC = β I β B α β O C L Do là góc ngoài ABI tại I nên BIL = α + β = LBI LBI cân: LI = LB . Vì vậy LB / LM R 2 − OI 2 = LI .IA = LB.IA = LM .IY IY / IA sin α = LM IY = LM .IY = 2 Rr ⇒ OI 2 = R 2 − 2 Rr sin α Từ hệ thức trên ta rút ra R ≥ 2r Đường thẳng Simson (tìm ra năm 1797 bởi William Wallace) Ba chân đường cao từ một điểm đến các cạnh tam giác nằm thẳng hàng khi và chỉ khi điểm đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp Lời giải Từ P bất kì, vẽ ba đường cao xuống ba cạnh tam giác là C1 A1 , B1 , C1 . Khi đó ta có PC1 AB1 , PB1 A1C nội tiếp. Suy ra P A AB1C1 = APC1 = 900 − C1 AP, CB1 A1 = CPA1 = 900 − PCB B1 B i) P ∈ ( O ) ⇒ C1 AP = PCB ⇒ AB1C1 = CB1 A1 A1 C ⇒ AB1C1 = CB1 A1 ⇒ C1 AP = PCB ⇒ ABCP nội tiếp ⇒ P ∈ (O ) Mở rộng [1] Phép vị tự tâm P tỉ số 2 biến đường thẳng Simson thành một đường thẳng mới đi qua trực tâm tam giác. Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Steiner Chứng minh Ta cần chứng minh MHN = 1800 Thật vậy, từ APCB nội tiếp và P, M đối xứng nhau qua M A ⇒ A1 , B1 , C1 thẳng hàng ii) A1 , B1 , C1 thẳng hàng P H đường thẳng AB ⇒ ACB = APB = AMB . Do H là trực tâm nên AHB + ACB = 1800 ⇒ AHB + AMB = 1800 ⇒ MAHB nội tiếp ⇒ MHA = ABM = ABP Tương tự BHCN nội tiếp ⇒ NHC = MBC = PBC N Vậy ta có MHA + NHC = ABP + CBP = ABC = 1800 − AHC ⇒ MHA + NHC + AHC = 1800 ⇒ đpcm B C P A C1 A P' [2] PA1 cắt đường tròn lần nữa tại U . Khi đó ta có AU // A1 B1C1 [3] Góc giữa đường thẳng Simson của P, P ' bằng một P B1 O nửa số đo cung PP ' [4] Đường thẳng Simson của A1 một điểm (nằm trên đường U' U tròn) chia đôi đoạn nối điểm U đó và trực tâm tam giác [5] Hai đường thẳng Simson của hai điểm đối tâm cùng thuộc ( ABC ) vuông góc với nhau và giao điểm của chúng nằm trên đường tròn Euler B C B C Định lý Ptolemy Cho tứ giác lồi ABCD . Khi đó ta có bất đẳng thức AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD nội tiếp Chứng minh Dựng trên AD tam giác ADM đồng dạng với ACB B ⇒ AD.BC = AC.DM (1) AD AM Từ ADM ~ ACB ⇒ = A AC AB Kết hợp với ADC = MAB ta có DAC ~ MAB M ⇒ AB.CD = AC.BM (2) Từ (1) và (2) ta có C D AB.CD + AD.BC = AC ( DM + BM ) ≥ AC.BD Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M ∈ BD ⇔ ABCD nội tiếp Bài tập [1] Cho P là điểm nằm trên cung CD của đường tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD ta có PA ( PA + PC ) = PB ( PB + PD ) [2] Nếu một đường tròn cắt hai cạnh và một đường chéo của một hình bình hành ABCD tại các điểm P, Q, R như trên hình. Khi đó AP. AB + AR. AD = AQ. AC C B R Q A P D Định lý Ceva (năm 1678) Nếu ba cát tuyến AX , BY , CZ với X , Y , Z ∈ BC , CA, AB . Ta có XB YC ZA AX , BY , CZ đồng qui ⇔ =1 XC YA ZB Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên) Nếu ba điểm X , Y , Z trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC . Ta có XB YC ZA X , Y , Z thẳng hàng ⇔ =1 XC YA ZB Định lý Stewart (đề xuất năm 1746, nhưng thực chất đã được tìm ra năm 300 trước công nguyên bởi Archimedes) Cho tam giác ABC và một cát tuyến như hình A Nếu độ dài cát tuyến là d , ta có hệ thức 2 2 2 a ( p + mn ) = b m + c n Gợi ý Sử dụng định lý hàm cos cho hai tam giác XAB và XAC tại góc X b p c m B Bài toán Fagnano (đề xuất năm 1775) Cho tam giác ABC nhọn và tam giác XYZ nội tiếp ABC n C X ( X , Y , Z ∈ BC , CA, AB ) . Khi đó chu vi tam giác XYZ đạt giá trị nhỏ nhất khi X , Y , Z là chân ba đường cao Chứng minh Bài toán này có nhiều A cách chứng minh nhưng tôi nghĩ hay nhất vẫn là A cách chứng minh của C Q' v nhà toán học H. A. B Schwarz. Sau đây, tôi sẽ P' u c w Q w b b trình bày với các bạn a v a B c v u chứng minh đó P w c Dựng các tam giác bằng b B nhau và kề nhau như C hình. Tam giác có ba A cạnh là a, b, c là tam giác có đỉnh là chân các đuờng cao. Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các phép đối xứng sẽ tạo thành đoạn PP ' . Còn các cạnh của tam giác nội tiếp bất kì u, v, w sẽ tạo thành đường gấp khúc Q...Q ' . Dễ thấy PQQ ' P ' là hình bình hành nên Q...Q ' ≥ PP ' suy ra chu vi một tam giác bất kì nội tiếp ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi ba đỉnh của tam giác đó là chân ba đường cao của ABC . Định lý Morley Đây là một trong những định lý về hình học sơ cấp đẹp nhất được tìm ra năm 1904 bới Frank Morley. Ông giới thiệu nó cho những người bạn của mình ở Cambridge, Anh và công bố nó 20 năm sau tại Nhật Bản. Chứng minh của định lý này tương đối khó đối với các bạn học sinh cấp 2, vì vậy tôi chỉ nêu ra định lý để các bạn cảm nhận được phần nào vẻ đẹp của nó Cho tam giác ABC . Các đường chia ba góc của các góc A, B, C cắt nhau và các giao điểm tạo thành một tam giác đều . . . Y Z X Các bài toán cực trị về diện tích và chu vi đa giác nội tiếp đường tròn [1] Cho tam giác ABC thay đổi nội tiếp ( O ) cố định. Khi đó tam giác đều là tam giác có diện tích và chu vi lớn nhất M Chứng minh Xét cạnh BC chia ( O ) thành hai phần, một phần chứa và một phần không chứa O . Nếu A nằm ở phần chứa O thì tam giác ABC đạt diện tích và chu vi lớn nhất khi A ≡ M , nếu A thuộc phần còn lại thì A ≡ M ' . Lại có tam giác MAB có diện tích và chu vi không nhỏ hơn tam giác M ' AB . Vậy để tìm tam giác có chu vi hay diện tích lớn nhất ta chỉ xét các tam giác cân tại A chứa O trong nó. Gọi khoảng cách từ O đến BC là x . Ta có O R x C B M' BC = 2 R 2 − x 2 , BM = 2 R 2 + 2 Rx . Từ đó S = R 2 − x 2 ( R + x ) , P = 2 2 R 2 + 2 Rx + 2 R 2 − x 2 i) Theo bất đẳng thức Cauchy 6 R = 3 ( R − x ) + ( R + x ) + ( R + x ) + ( R + x ) ≥ 4 4 3 ( R − x )( R + x ) 3 ⇒ 3R 2 ≥ 2 4 3 ( R 2 − x 2 ) ( R + x ) ⇒ 9 R 2 ≥ 4 3 R 2 − x 2 ( R + x ) = 4 3S 2 3 2 R R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = ⇔ 4 2 ⇒S≤ P ii) = R+ x 2 ( ABC đều  R  P2 R 2R + R − x ⇒ = ( R + x )  + + R − x  4 2  2  ) 2 Áp dụng bất đẳng thức ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ∀ a, b, c > 0 ta có 2 3 27 2 P2 2 ≤ 3 ( R + x )( 2 R − x ) ≤ ( R + x + 2 R − x ) = R ⇒ P ≤ 3 6R 4 2 2 R Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = ⇔ ABC đều 2 Kết luận. Trong các tam giác nội tiếp đường tròn cho trước thì tam giác có chu vi và có diện tích lớn nhất là tam giác đều [2] Cho tứ giác ABCD thay đổi nội tiếp ( O ) cố định. Khi đó, hình vuông là hình có chu vi và có diện tích lớn nhất Chứng minh B P i) Xét tứ giác lồi ABCD bất kì và hình vuông MNPQ cũng nội tiếp ( O ) sao cho C A Q N D M MP ⊥ AC ⇒ P, M là trung điểm AC . Dễ thấy AB + BC ≤ PA + PC   ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( APCM ) DA + DC ≤ MA + MC  CP + CM ≤ NP + NM   ⇒ p ( APCM ) ≤ p ( MNPQ ) AP + AM ≤ QP + QM  ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( MNPQ ) ii) Xét tứ giác lồi bất kì. Đường chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác nhỏ hơn S ABCD = S ABC + S ACD ≤ S APC + S ACM = S APCM = S PCM + S PMA ≤ S PNM + S PMQ = S MNPQ (đpcm) Mở rộng. Ta có bài toán tổng quát, với n giác thay đổi nội tiếp ( O ) cố định. Khi đó, n giác đều là đa giác có diện tích và có chu vi lớn nhất. Tuy nhiên, cách giải vượt quá chương trình cấp 2 nên tôi không đề cập ở đây III. Quĩ tích Tập hợp các điểm (còn được gọi là quĩ tích) có tính chất cho trước là một hình gồm tất cả những điểm thoả mãn tính chất đó. Lời giải một bài toán tìm tập hợp điểm gồm có hai phần - Chứng minh rằng những điểm có tính chất đã cho thuộc hình H (hình này là kết quả của bài toán) - Chứng minh rằng tất cả những điểm của hình H đều có tính chất đã cho Tập hợp những điểm thoả mãn hai tính chất là giao điểm của hai hình, tập hợp các điểm có tính chất thứ nhất và tập hợp các điểm có tính chất thứ hai Đối với một bài toán dựng hình thì sự tỉ mỉ, cẩn thận là rất cần thiết, vì vậy, điều đầu tiên bạn làm khi gặp một bài toán dựng hình là phải xét hết tất cả các trường hợp có thể xảy ra, khi tìm ra hình chứa các điểm cần tìm phải xét đến giới hạn của chúng Các quĩ tích mà trong chương trình cấp 2 các bạn được học chủ yếu là đường thẳng hay đoạn thẳng, tia, đường tròn hay cung tròn. Vì vậy, ta có một cách đoán trước quĩ tích khá hữu hiệu như sau, hãy vẽ ra ba điểm thoả mãn tính chất bài toán yêu cầu riêng biệt với nhau và thật chính xác. Nếu ba điểm đó thẳng hàng thì dứt khoát quĩ tích phải là đường thẳng, đoạn thẳng hoặc tia. Nếu chúng không thẳng hàng thì quĩ tích phải là đường tròn hoặc cung tròn. Từ đó, bạn đã có được một định hướng tương đối tốt cho lời giải của bài toán Sau đây là những bài tập cho các bạn, tất cả đều là những bài mà tôi cho là cơ bản, hoặc hay và lạ nên bài nào bạn cũng nên suy nghĩ thử ít nhất là một lần, không nhất thiết là bạn phải làm cho ra, chỉ cần là bạn đã bỏ thời gian để suy nghĩ về nó [1] Quĩ tích những điểm có tỉ số khoảng cách đến hai đường thẳng cho trước là k > 0 [2] *Trên mặt phẳng cho hai điểm A, B cố định. Quĩ tích những điểm M thỏa mãn hệ thức MA : MB = k > 0 Với k ≠ 1 , quĩ tích là một đường tròn và được gọi là đường tròn Apolonius Với k = 1 , quĩ tích là một đường thẳng [3] Quĩ tích những điểm X thỏa mãn bất đẳng thức XA ≤ XB ≤ XC [4] *Cho điểm O cố định và hình H , điểm M di động trên hình H , tìm quĩ tích những điểm N nằm giữa O, M và chia đoạn OM theo tỉ số a : b ( a, b > 0 ) [5] Cho A ≡ B cố định. Tìm quĩ tích những điểm M thoả mãn MA2 + MB 2 = k > 0 Gợi ý: Sử dụng công thức đường phân giác [6] Cho A ≡ B cố định. Tìm quĩ tích những điểm M thoả mãn MA2 − MB 2 = k [7] *Cho hai đường tròn ( O ) , ( O ') phân biệt. Quĩ tích những điểm có phương tích (*) đến hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng và được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn Định nghĩa phương tích Phương tích của một điểm đến một đường tròn là một giá trị đại số và được tính bằng công thức PM /( O ) = OM 2 − R 2 Phương tích của điểm M đối với đường tròn ( O ) đặc trưng cho vị trí tương đối của M đối với ( O ) . Cụ thể là những điểm cùng nằm trên một đường tròn tâm O thì có cùng phương tích. Đối với điểm M nằm ngoài ( O ) thì PM /( O ) chính là độ dài đoạn MN với N là tiếp điểm của tiếp tuyến của ( O ) qua M . Đối với điểm M nằm trong ( O ) thì PM /( O ) là phần bù của tích MN .MP với NP là dây cung bất kì của ( O ) qua M [8] Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không cắt nhau và không chứa nhau. Tìm quĩ tích những điểm M có tính chất là đường thẳng bất kì qua M đều cắt ít nhất là một trong hai đường tròn trên Gợi ý: Hãy vẽ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn và xét các miền của mặt phẳng được tạo thành [9] *Cho hai điểm P, Q chuyển động đều, vận tốc v theo hai đường thẳng cắt nhau tại điểm O . Chứng minh rằng trên mặt phẳng tồn tại một điểm A cố định mà khoảng cách từ đó đến các điểm P, Q lúc nào cũng bằng nhau [10] Các điểm A, B, C có tính chất là: với mọi điểm M luôn có hoặc MA ≤ MB hoặc MA ≤ MC . Chứng minh rằng điểm A nằm trên đoạn BC [11] *Cho đường tròn và điểm P nằm trong đường tròn đó. Qua mỗi điểm Q của đường tròn ta kẻ tiếp tuyến. Đường vuông góc hạ từ tâm của đường tròn xuống đường thẳng PQ cắt tiếp tuyến tại điểm M . Tìm tập hợp các điểm M Gợi ý: Quĩ tích là đường thẳng vuông góc với OP [12] A, B là hai điểm cố định trên đường tròn, M là điểm thay đổi trên đường tròn đó. Trên mỗi đường gấp khúc AMB định ra một điểm K gọi là trung điểm của nó. Tìm tập hợp các điểm K (bài toán Archideme) Gợi ý: Kéo dài AM một đoạn MN = MB . Khi đó K là trung điểm MN và MNB = ½ AMB không đổi. Cần nhớ phải xét cả hai cung AB lớn và nhỏ [13] Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp tâm hình chữ nhật nội tiếp tam giác có một cạnh nằm trên cạnh BC của tam giác Gợi ý: Quĩ tích là đoạn thẳng nối trung điểm đường cao tại A và trung điểm BC [14] Hai đường tròn cắt nhau tại các điểm A, B . Qua điểm A kẻ một cát tuyến cắt các đường tròn tương ứng tại các điểm P, Q . Hỏi trung điểm PQ sẽ vẽ nên đường gì khi cát tuyến quay quanh điểm A [15] *Cho ( O, R ) và một điểm A cố định, vẽ cát tuyến di động cắt ( O ) tại M , N . Tiếp tuyến tại M , N cắt nhau tại E . Tìm quĩ tích E [16] *Cho ( O, R ) và một dây AB cố định, M là điểm di động trên ( O, R ) . Trên tia AM ta lấy điểm N sao cho AN = kBM . Tìm quĩ tích N [17] Cho parabol y = x 2 . Tìm quĩ tích những điểm nằm trên mặt phẳng sao cho từ đó ta có thể vẽ được hai tiếp tuyến vuông góc với parabol. 1 Gợi ý: Quĩ tích là đường thẳng y = − 4 [18] *Cho tam giác ABC , M là điểm di động trên đoạn AB , kéo dài AC một đoạn CN = BM . Tìm quĩ tích trung điểm MN [19] *Cho ( O, R ) và điểm P cố định ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến PBC bất kì ( A, B, C ∈ ( O ) ) . Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Tìm quĩ tích trực tâm H đó Những bài tập tôi đánh dấu (*) là những bài tôi cho là quan trọng nhất, dễ ra thi nhất. Vì vậy, tôi sẽ trình bày lời giải hoặc đưa ra gợi ý cho những bài tập đó [2] Xét k ≠ 1 . M D Thuận. Giả sử M là điểm thoả hệ thức đề bài và không nằm trên đường thẳng AB . Vẽ hai phân giác trong và ngoài MX , MY . Ta có XMY = 900 . Theo tính chất đường phân giác thì Y X B A XA YA MA = = = k ⇒ X , Y cố định XB YB MB ⇒ M thuộc đường tròn đường kính XY cố định. Với M nằm trên đường thẳng AB thì M ≡ X hoặc M ≡ Y . Đảo. Chọn điểm M bất kì thuộc đường tròn đường kính XY . Ta sẽ chứng minh M cũng là một điểm thỏa tính chất của đề bài. Từ A , vẽ đường thẳng song song với MY cắt MX , MB lần lượt tại I , D . Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ADB , ta có IA XB MD MD YA = 1 . Lại có = ⇒ IA = IB ⇒ MX là phân giác AMB ⇒ đpcm ID XA MB MB YB I [4] Bài toán là một ứng dụng cơ bản của phép vị tự Sơ lược về phép vị tự Thông thường thì khi định nghĩa phép vị tự phải dùng đến kiến thức về vector, nhưng đối với các bạn cấp 2 thì điều này là chưa thật cần thiết. Vì vậy, tôi O H' H sẽ trình bày sơ lược về phép biến hình này một cách đơn giản và dễ hiểu nhất có thể. Cho hai hình H và H ' và một điểm O trên mặt phẳng. Khi đó ta nói phép vị tự tâm O biến tỉ số k > 0 biến hình H thành hình H ' khi và chỉ khi với mỗi điểm M thuộc hình H tồn tại duy nhất một điểm M ' thuộc H ' sao cho M ' ∈ tia OM và OM ' : OM = k . H ' được gọi là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số k Từ định nghĩa trên ta có quĩ tích của N là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số a : (a + b) Lưu ý. Qua phép vị tự thì đường tròn biến thành đường tròn, đường thẳng biến thành đường thẳng. Khi gặp một bài toán yêu cầu tìm quĩ tích điểm M mà ta luôn có quan hệ giữa điểm M và điểm N nào đó cũng di động như tia AM luôn cùng hướng với BN , AM = kBN với A, B là hai điểm cố định, ta có thể chuyển việc tìm quĩ tích điểm M thành việc tìm quĩ tích điểm N , sau đó suy ngược lại quĩ tích M bằng phép vị tự Bài [19] cũng sử dụng phép vị tự để giải, đầu tiên là tìm quĩ tích điểm đối xứng của O qua BC Bài [9] và [18] sử dụng phép quay Sơ lược về phép quay Phép quay tâm O theo góc 00 < φ < 1800 là một phép biến hình trên mặt phẳng, biến điểm X thành điểm X ' thỏa mãn điều kiện OX = OX ' và góc quay từ OX tới OX ' bằng φ theo chiều ngược kim đồng hồ Qua phép quay đường tròn biến thành đường tròn bằng nó, đoạn thẳng biến thành đoạn thẳng bằng nó và góc giữa hai đường thẳng chứa hai đoạn bằng góc quay. Dấu hiệu để các bạn nhận biết bài toán quĩ tích giải bằng phép quay là có hai đoạn AB và CD nào đó sau các phép biến đổi bằng nhau. Nếu thật sự là phép quay thì tâm quay chính là giao điểm của trung trực AC , BD và thông thường tâm quay là cố định. Bài [16] sử dụng phép quay, sau đó vị tự [15] Thuận.Vẽ hai tiếp tuyến AX , AY với E ' M ', E ' N ' là hai tiếp tuyến tới ( O ) M Y X H O N (UV ) . Gọi H là trung điểm MN ⇒ OH ⊥ MN . Kéo dài OH cắt XY tại E ' . Dễ thấy AXHOY nội tiếp đường OA tròn đường kính ⇒ E ' X .E ' Y = E ' H .E ' O = PE '/ ( O ) A E' (O ) M ' H ' ⊥ E ' O ⇒ PE '/ ( O ) = E ' M '2 = E ' H '.E ' O Từ đó ta có E ' H ' = E ' H . Mà H , H ' nằm cùng phía đối với điểm E ' nên H ≡ H ' Suy ra M ≡ M ', N ≡ N ' ⇒ E ≡ E ' ⇒ E thuộc đường thẳng XY cố định Giới hạn. Đường thẳng XY trừ ( XY ) chỉ đoạn UV trừ hai đầu mút Đảo. Gọi E0 là điểm bất kì thuộc phần giới hạn của đường thẳng XY . Vẽ hai tiếp tuyến E0 M 0 , E0 N 0 với ( O ) . Chứng minh hoàn toàn tương tự phần thuận ta có A, M 0 , N 0 thẳng hàng ⇒ E0 là một điểm thỏa yêu cầu bài toán Kết luận. Quĩ tích E là phần giới hạn của đường thẳng XY . IV. • Chứng minh các tính chất hình học khác Thẳng hàng [1] Cho tam giác ABC và U ,V ,W là ba điểm thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AU , BV , CW thẳng hàng Gợi ý: Vẽ các đường phụ như trên hình và chứng minh thẳng hàng bằng định lý Menelaus A W V . . B . C [2] Đường tròn đường kính BV , CW cắt nhau tại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm H của ABC . Tương tự, các cặp đường tròn đường kính AU , BV và AU , CW cũng cắt nhau tại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm H U [3] Trực tâm của 4 tam giác ABC , BZX , CXY , AYZ thẳng hàng Gợi ý: Sử dụng câu [2] [4] Định lý Pappus A C Nếu A, C , E là ba điểm nằm trên một đường thẳng, E B, D, F nằm trên đường thẳng khác. Nếu ba đường M thẳng AB, CD, EF lần lượt cắt DE , FA, BC thì ba L N giao điểm thẳng hàng Gợi ý: Giả sử rằng ba đường thẳng AB, CD, EF tạo thành ta giác UVW rồi áp dụng định lý Menelaus cho B F D các cát tuyến thẳng hàng sau LDE , AMF , BCN , ACE , BDF . Sử dụng các đẳng thức hợp lý, ta sẽ có hệ thức để chứng minh L, M , N thẳng hàng theo định lý Menelaus đảo [5] Cho ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc AB, AC tại Q, R . Cho BO ∩ QR = { P} . Gọi M , N là trung điểm AC , BC . Chứng minh rằng M , N , P thẳng hàng • Đồng qui [1] Với hình vẽ như bài [1] phần thẳng hàng, hãy chứng minh đường tròn đường kính AU , BV , CW đồng qui tại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm H [2] Cho hình vuông ABCD và M là điểm bất kì nằm trong hình vuông. Từ A, B, C , D ta vẽ AA ' ⊥ MB, BB ' ⊥ MC , CC ' ⊥ MD, DD ' ⊥ MA . Chứng minh rằng AA ', BB ', CC ' và DD ' đồng qui Gợi ý: Sử dụng phép quay [3] Cho tam giác ABC . Dựng ra phía ngoài 2 hình vuông ACKJ , BCGI . Chứng minh rằng BJ , AI và đường cao đỉnh C đồng qui [4] Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Từ M , N , P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , CD, DA ta vẽ các đường thẳng vuông góc với các cạnh đối diện tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng này đồng qui. Chứng minh rằng điểm này còn là điểm đồng qui của các đường thẳng Simson của bốn đỉnh đối với tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại [5] Cho ( O ) cắt ba cạnh AB, BC , CA lần lượt tại C1 , C2 , A1 , A2 , B1 , B2 . Chứng minh rằng nếu các đường thẳng vuông góc AB, BC , CA tại C1 , B1 , A1 đồng qui thì các đường thẳng vuông góc với các cạnh tại C2 , B2 , A2 cũng đồng qui ( dùng phép đối xứng tâm) [6] Cho tam giác ABC , U , V ,W lần lượt thuộc các đường thẳng BC , CA, AB . Khi đó các đường vuông góc với BC , CA, AB tại U , V , W đồng qui ⇔ AW 2 + BU 2 + CV 2 = AV 2 + CU 2 + BW 2
- Xem thêm -