Chuyen De Hinh Hoc

Chương 1

VECTƠ 1.1 1.1.1

Các hệ thức Quy tắc cơ bản

Quy tắc cộng. Cho 3 điểm A, B, C bất kì, khi đó: −−→ −−→ −→ AB + BC = AC

(1.1)

Từ quy tắc 3 điểm ta có công thức tổng quát cho n điểm sau: Hệ quả 1.1 Cho n điểm A1 , A2 , ..., An , khi đó ta có: −−−→ −−−→ −−−−−→ −−−→ A1 A2 + A2 A3 + ... + An−1 An = A1 An

(1.2)

Quy tắc trừ. Cho 3 điểm A, B, C bất kì, khi đó ta có: −−→ −→ −−→ AB − AC = CB

(1.3)

Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hành ABCD, khi đó ta có −−→ −−→ −→ AB + AD = AC

(1.4)

%

%

$ &

$

&

%

$

&

'

Hình 1.1:

1.1.2

Công thức điểm chia và các hệ quả

−−→ −−→ Công thức điểm chia Cho hai điểm A, B phân biệt. Cho điểm M và số thực k = 1 thỏa M A = k.M B. Khi đó với điểm O bất kì, ta có −→ −−→ −−→ OA − k.OB (1.5) OM = 1−k 1

CHƯƠNG 1. VECTƠ

Chuyên đề hình học 10

−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Chứng minh Ta có OA − k.OB = OM + M A − k.OM − k.M B = (1 − k) OM Từ đó suy ra điều cần chứng minh. @ Hệ quả 1.2 Cho hai điểm A, B phân biệt và M thuộc đoạn AB. Khi đó với điểm O bất kì ta có: −−→ M B −→ M A −−→ .OA + .OB OM = AB AB

(1.6)

MA ta có (1.6) @ MB −−→ 1 −→ −−→ OA + OB Với M là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có công thức quen thuộc sau: OM = 2 Nếu cho M trùng với chân đường phân giác trong của góc A. Khi đó ta có hệ thức sau: Hệ quả 1.3 Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b, BC = a. AD là đường phân giác trong, khi đó ta có

Chứng minh Từ (1.5), cho k = −

−−→ AD =

b −−→ c −→ .AB + .AC b+c b+c

(1.7)

MA SOM A M B SOM B = = ; , từ (1.6) ta có hệ thức sau: AB SOAB AB SOAB Hệ quả 1.4 Cho hai điểm A, B phân biệt và M thuộc đoạn AB. Khi đó với điểm O bất kì ta có:

Nếu đặt

−−→ SOM B −→ SOM A −−→ OM = .OA + .OB SOAB SOAB

1.1.3

(1.8)

Tâm tỉ cự của một hệ điểm

Bài toán 1 Cho hai điểm A, B phân biệt và các số thực α, β không đồng thời bằng 0 và có tổng khác 0. Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho −−→ −−→ → − α.M A + β.M B = 0

(1.9)

Chứng minh: Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ α.M A + β.M B = α.M A + β.M A + β.AB = (α + β) M A + β.AB −−→ Do đó (1.9) ⇔ AM = khi đó ta có:

−→ β − α+β .AB.

Biểu thức trên cho ta cách xác định điểm M . Giả sử tồn tại M  thỏa (1.9),

−−−→ −−−→ −−−→  −−→ −−→ −−→ → − 0 = α.M A + β.M B = (α + β) M M  + α.M  A + β.M  B = (α + β) M M  −−−→ − → Vì α + β = 0 nên M M  = 0 , do đó M ≡ M  @ Bài toán 2 Cho 3 điểm A, B, C và các số thực α, β, γ không đồng thời bằng 0 và có tổng khác 0. Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho: −−→ −−→ −−→ − → α.M A + β.M B + γ.M C = 0

(1.10)

Chứng minh Vì 3 số α, β, γ có tổng khác 0 nên tồn tại hai số có tổng khác 0, ta giả sử là α, β. Do đó theo bài toán 1, − → −→ − → tồn tại điểm I sao cho α.IA + β.IB = 0 . Khi đó ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ → − − → 0 = α.M A + β.M B + γ.M C ⇔ 0 = (α + β) M I + γ M C Hệ thức cuối cùng kết hợp với bài toán 1, ta suy ra điều cần chứng minh. @ Từ cách giải bài toán trên, sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp ta có bài toán tổng quát sau: Bài toán 3 Cho n điểm A1 , A2 , . . . , An và n số thực α1 , α2 , . . . , αn không đồng thời bằng 0 và có tổng khác 0. Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho −−−→ → −−−→ −−−→ − α1 .M A1 + α2 .M A2 + ... + αn M An = 0

(1.11)

(Điểm M được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm A1 , A2 , . . . , An với các hệ số α1 , α2 , . . . , αn ). 2

1.1. CÁC HỆ THỨC

Chuyên đề hình học 10

1.1.4

Hệ thức Jacobi và các hệ quả

Hệ thức Jacobi Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Đặt SM AB = Sc , SM AC = Sb , SM BC = Sa . Khi đó ta có −−→ −−→ −−→ − → Sa .M A + Sb .M B + Sc .M C = 0 (1.12) Hướng

dẫn $

6E

6F 0

6D %

$

&

Hình 1.2: Gọi A là giao điểm của M A và BC Áp dụng công thức (1.6) cho tam giác M BC ta có: −−→ CA −−→ BA −−→ .M B + .M C MA = AB AB Mà CA /AB = SM CA /SM BC = SAA C /SABC = SM AC /(SM AC + SM AB ) = Sb /(Sb + Sc ) và tương tự BA /AB = SM AB /(SM AC + SM AB ) = Sc /(Sb + Sc ) Mặt khác −−→ M A −−→ −−→ Sa .AM = .AM MA = AM Sb + Sc Từ đó

−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − −−→ Sa Sb Sc → .M B + .AM = .M C ⇔ Sa .M A + Sb .M B + Sc .M C = 0 Sb + Sc Sc + Sb Sb + Sc

@ Với tam giác ABC có A1 , B1 , C1 lần lượt thuộc các cạnh BC, AC, AB và AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm M thì ta có (1.9), ta xét trường hợp đặc biệt sau: Hệ quả 1.5 Cho tam giác ABC có G, I, O, H lần lượt là trọng tâm, tâm nội tiếp, tâm ngoại tiếp và trực tâm của tam giác. Khi đó ta có: a) −→ −−→ −−→ − → GA + GB + GC = 0 (1.13) b)

− → −→ −→ − → a.IA + b.IB + c.IC = 0

Nếu ABC nhọn thì ta còn có các hệ thức: c) −→ −−→ −−→ − → sin 2A.OA + sin 2B.OB + sin 2C.OC = 0 d)

−−→ −−→ −−→ − → tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC = 0

(1.14)

(1.15) (1.16)

Chứng minh Dành cho bạn đọc. Hệ quả 1.6 Cho tam giác ABC có đường tròn I nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, AC, AB lần lượt tại D, E, F . Khi đó AD, BE, CF đồng quy tại điểm J của tam giác và ta có hệ thức −→ −→ −→ − → (p − b) (p − c) JA + (p − a) (p − c) JB + (p − b) (p − a) JC = 0

(1.17) 3

CHƯƠNG 1. VECTƠ

Chuyên đề hình học 10 Trong đó a, b, c là độ dài các cạnh BC, AC, AB và p là nửa chu vi. Điểm J được gọi là điểm Gergonne của tam giác ABC Chứng minh

$

( ) ,

%

'

&

Hình 1.3: Đặt AE = AF = x, BF = BD = y, CE = CD = z. Suy ra x = p − a, y = p − b, z = p − c Khi đó ta có:   DB EC F A  y   z  x . . = − . − − = −1 z x y DC EA F B Theo định lý Ceva ta có AD, BE, CF đồng quy tại J. Mặt khác SJAB x SJAB y = ; = ⇒ x.SJBC = y.SJAC = z.SJAB = T SJBC z SJAC z Do đó theo hệ thức Jacobi ta có:

Hay

T −→ T −→ T −→ − → .JA + .JB + JC = 0 x y z −→ −→ −→ → − yz.JA + xz.JB + xy JC = 0

Thế x = p − a, y = p − b, z = p − c vào ta có điều cần chứng minh.

1.1.5

Đường đối trung và điểm Lemoine

Định nghĩa: Đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác xuất phát cùng đỉnh được gọi là đường đối trung của tam giác. Như vậy trong tam giác có 3 đường đối trung xuất phát từ 3 đỉnh. Ta có định lý: Định lý 1 Trong một tam giác, 3 đường đối trung đồng quy tại một điểm L. Hơn nữa, ta có hệ thức −→ −→ −→ − → a2 LA + b2 LB + c2 LC = 0

(1.18)

Điểm L được xác định như trên được gọi là điểm Lemoine. Chứng minh. Trước khi chứng minh định lý, ta chứng minh bổ đề:

c2 DB = 2 DC b Chứng minh bổ đề. Gọi I, H là hình chiếu của D trên AB, AC và P, Q là hình chiếu của M trên AB, AC. Ta có AB c MQ SABM = SACM ⇒ = = MP AC b

Bổ đề 1.1 Nếu AD là đường đối trung của trung tuyến AM thì ta có

Và 4

1.1. CÁC HỆ THỨC

Chuyên đề hình học 10 ΔAID ∼ ΔAQM ⇒

DI AD = MQ AM

Tương tự thì AD DH = MP AM Suy ra DI MQ c = = DH MP b Ta có BD CM DI M Q c2 BD = . = . = 2 CD BM CD M P DH b @ Chứng minh định lý: Gọi AD, BE và CE là các đường đối trung của tam giác ABC, khi đó ta có: DB c2 EC a2 F A b2 = 2; = 2; = 2 . Theo định lý Ceva thì AD, BE và CF đồng quy tại L. DC b EA c FB a Khi đó theo hệ thức Jacobi ta có: −→ −→ −→ − → SLBC .LA + SLAC .LB + SLAB .LC = 0 (1) Hơn nữa,

SLAB c2 SLBC a2 DB FB SLAB SLAC SLBC = 2; = 2 ⇒ = = = = =T 2 2 SLAC DC b SLAC FA b c b a2 (2)

Từ (1) và (2) ta có (1.18) @ Định lý 2 Trong một tam giác điểm Lemoine là trọng tâm của tam giác có các đỉnh là hình chiếu của điểm Lemoine trên các cạnh của tam giác đó. Chứng minh Ta có bổ đề: Bổ đề 1.2 Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, AC, AB lần lượt tại D, E, F . Khi đó ta có: −→ −→ −→ − → a.ID + b.IE + c.IF = 0

(1.19)

Chứng minh Áp dụng (1.6) ta có: −→ −→ −→ BC.ID = CD.IB + BD.IC −→ − → −→ AC.IE = CE.IA + AE.IC −→ −→ − → AB.IF = AF.IB + BF.IA Mặt khác AE = AF, BD = BF và CD = CE Nên cộng vế theo vế các đẳng thức trên và áp dụng (1.14) ta có điều cần chứng. @ Chứng minh định lý. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của L trên BC, AC, AB. Ta chứng minh L là −−→ −−→ −→ − → trọng tâm của tam giác M N P hay LM + LN + LP = 0 Ta có −−→ −−→ −→ LM −→ LN −→ LP −→ 2SLBC −→ 2SLAC −→ 2SLAB −→ LM + LN + LP = .ID + .IE + .IF = .ID + .IN + .IP r r r ar ar ar (3) 5

CHƯƠNG 1. VECTƠ

Chuyên đề hình học 10 Hơn nữa, ta có SLBC SLAC SLAB = = a2 b2 c2

(4) Từ (3), (4) và bổ đề 2 ta có điều cần chứng minh. @ $

1

3 /

%

0

&

Hình 1.4:

1.1.6

Định lý con nhím

− Định lý Cho đa giác lồi n(n ≥ 3) cạnh A1 A2 . . . An , các vectơ → ei (1 ≤ i ≤ n) có độ dài bằng 1, vuông góc với cạnh Ai Ai+1 (An+1 ≡ A1 ) và hướng ra ngoài. Khi đó ta có hệ thức: → − → → A1 A2 .− e1 + ... + An−1 An .− en = 0

(1.20)

Chứng minh Ta chứng minh định lý trên bằng quy nạp. Với n = 3. Theo đổ đề 2 thì (1.20) đúng. Giả sử (1.20) đúng với n = k. Ta chứng minh (1.20) đúng với n = k + 1 → − → − e1 + ... + Ak Ak+1 − e− Cho đa giác lồi k + 1 cạnh A1 A2 . . . Ak+1 , ta cần chứng minh A1 A2 → k+1 = 0 (trong đó các → vectơ − ei (1 ≤ i ≤ k + 1) được xác định như trên. − → Xét đa giác A1 A2 . . . .Ak , dựng ra phía ngoài đa giác vectơ e vuông góc với A1 Ak và có độ dài bằng 1. Theo giả thiết quy nạp thì − → → − → → A1 A2 − e1 + ... + Ak−1 Ak − e− k−1 + A1 Ak e = 0 (1) Mặt khác, với tam giác A1 Ak Ak+1 , ta có:  − →  − → → − → = 0 A1 Ak+1 − e− k+1 + Ak Ak+1 ek + A1 Ak − e (2) Từ (1) và (2) ta có − → → → −−→ → − e1 + ... + Ak−1 Ak − e− A1 A2 − k−1 + A1 Ak+1 ek+1 + Ak Ak+1 ek = 0

6