Vecto và ứng dụng ôn thi hsg 10

LÀ TÀI LIỆU RẤT HAY VÀ THIẾT THỰC VỚI CÁC THẦY CÔ GIÁO VÀ HỌC SINH ÔN THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10. TÀI LIỆU CUNG CẤP CHO HỌC SINH VÀ GIÁO VIÊN HỆ THỐNG CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO , CÁC BÀI TÂP TRONG CÁC ĐỀ THI HSG CÁC TỈNH TRÊN TOÀN QUỐC. CHẮC CHẮN TÀI LIỆU SẼ GIÚP ÍCH ĐƯỢC CHO RẤT NHIỀU CÁC THẦY CÔ VÀ CÁC EM HỌC SINH

VECTO VÀ ỨNG DỤNG CỦA VECTO ÔN THI HSG Câu Cho tam giác ABC cạnh a Tìm quỹ tích điểm M cho: MA2  MB2  2MC BÀI LÀM Gọi O trọng tâm ABC ABC nên OA=OB=OC 2 MA2  MB  2MC  MA  MB  2MC  (MO  OA)2  (MO  OB)  2(MO  OC )  2MO  2.MO.(OA  OB)  2MO  4.MO.OC  2.MO.(OA  OB)  4.MO.OC tha Mà OA  OB  OC   OA  OB  OC thay vào có 2.MO.(OA  OB )  4.MO.OC  MO.OC  Vậy M thuộc đường thẳng qua O vng góc với OC Câu Cho hình bình hành ABCD I, E, K thỏa mãn AI  a AB, AE  b AC , AK  c AD , a, b, c  Chứng minh điều kiện cần đủ để I, E, K thẳng hàng 1   b a c BÀI LÀM KI  AI  AK  aAB  cAD , KE  AE  AK  bAC  cAD , Mà AC  AB  AD  KE  b AB   b  c  AD K, I, E thẳnghàng  k : KE  k KI  b AB   b  c  AD  ka AB  kc AD   b  ka  AB   b  c  kc  AD  (*) AB, AD Không phương nên (*)   b  ka    b  c  kc    1   b a c Câu Cho tam giác ABC cân A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H lên AC; M trung điểm HD Chứng minh rằng: AM BD vng góc với BÀI LÀM Ta chứng minh AM.BD  Ta có: BD  BH  HD  HC  HD , AM  (AH  AD) M trung điểm HD 1 Do AM.DB  (AH  AD)(HC  HD) = (AH.HC  AH.HD  AD.HC  AD.HD) 2 Mà: AH.HC  AD.HD  AH  BC AC  HD A Do đó: AM.DB  (AH.HD  AD.HC) 1  [AH.HD  (AH  HD)HC] = (AH.HD  HDHC) D 2 H B C 1 = HD(AH  HC)  HDAC  Vậy AM  BD 2 Câu Cho tam giác ABC Gọi I, K điểm thỏa mãn: 3IA  2IB  IC  ; KA  KB  2KC  a) Trên BC lấy điểm P cho: BP  l BC Tìm l để ba điểm A, I , P thẳng hàng b) Tìm vị trí điểm N để biểu thức NA2  NB  2NC đạt giá trị nhỏ BÀI LÀM a) điểm A,I,P thẳng hàng  có 1số m  cho: IA  m IP , (*) Ta có: IP  IB  BP  IB  l BC  IP  IB  l IC  IB    Từ giả thiết ta có: IC  3IA  2IB Khi đó: IP  IB  l  3IA  3IB  IP  1  3l IB  3l IA ,  (*)  IA  m1  3l IB  3ml IA  1  3ml IA  m1  3l IB  1  3ml  l    KL: l  m1  3l   m  1 Do IA IB không phương nên có:  b)….Gọi M trung điểm AB Ta có: KA  KB  2KM , Theo giả thiết K điểm thõa mãn: KA  KB  2KC  , (I) (I)  KM  KC   KM  KC  , Suy K trung điểm CM     2 2 2 Ta có: NA  NB  NC  NA  NB  NC =  KA  KN )  KB  KN  KC  KN   2 = 4KN  KA  KB  2KC  KA2  KB  2KC Khaitriểnđc NA2  NB  2NC Đẳng thức xảy N trùng với K KL: NA2  NB  2NC đạt giá trị nhỏ N trùng với K Câu a) Cho tam giác ABC Gọi M, N, P điểm xác định ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ b) Cho tam giác ABC đường thẳng d Giả sử điểm M di động đường thẳng d Xác định vị trí M để biểu thức đạt giá trị nhỏ BÀI LÀM a) Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Theo giả thiết ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ (⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; ⃗⃗⃗⃗⃗ Tương tự ta có ⃗⃗⃗⃗⃗ ) (⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ) Từ suy ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ G trọng tâm tam giác MNP ⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗ b) Gọi I điểm thoả mãn ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ (⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ Điểm I tồn thoả mãn hệ thức ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Mặt khác (⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) (⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) ⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) ⃗⃗⃗⃗⃗ ( ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) ⃗⃗⃗⃗ Vì I cố định nên khơng đổi Do nhỏ MI nhỏ MI nhỏ M hình chiếu vng góc I lên d Câu Gọi H trực tâm  ABC, M trung điểm BC Chứng minh : MH MA       BA  MC  CH   CA  MB  BH    2   BA.MC  BA.CH  CA.MB  CA.BH  Ta có MH MA  1 BA  CA MH  BA.MH  CA.MH 2 BC  A H B A' M C Vì BA  CH  BA.CH  0; CA  BH  CA.BH  1  MH MA  BA.MC  CA.MB 2 Mặt khác ta có BA.MC  BA '.MC ; CA.MB  CA '.MB MB   MC 1 Nên MH MA  BA '.MC  CA '.MC  MC BA '  CA ' 2 1 1  MC.BC  BC.BC  BC (đpcm) 2   Câu Cho hình chữ nhật ABCD K hình chiếu B AC Gọi M, N trung điểm AK CD Chứng minh BMN  900 1 1 AK  KB , MN  AN  AM  AD  AC  AK 2 2 1 1 MB.MN  AK AD  AK AC  AK  KB AD 4 2 1 1 1 1  AK BC  AK AC  AK  KB.BC  AK KC  AK AC  AK  BK 4 4 4 1  AK KC  AK KC  BK 4   AK KC  BK   tam giác ABC vng B có BK  AC MB  MK  KB  Câu Cho ba điểm A  4;0  , B  0;  , C  0; 4  , a) Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn aMA  bMB  với a, b không đồng thời b) Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện câu làm cho MB  MC nhỏ  MA    x;  y   aMA   4a  ax; ay  A  4;0  , B  0;  , C  0; 4  ; M  x; y     MB    x;  y   bMB   bx; 4b  by  4a  x   4a  ax  bx  1 ab   x  y 1 aMA  bMB    4 4b  ay  by   y  4b  ab a) Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn aMA  bMB  với a, b không đồng thời đường thẳng có phương trình  : x  y   b)….Gọi I trung điểm BC , ta có MB  MC  2MI với I  O  0;0  MB  MC  2MO nhỏ OM   hay M hình chiếu O  M  x; y     M  x;  x   MO    x; x   ,  : x  y   có u  1; 1 M hình chiếu O  nên MO  u  x   M  2;  Câu Cho tam giác ABC, gọi I điểm xác định bởi: IA  3IB  IC  Gọi M, N hai điểm phân biệt thoả mãn: MN  2MA  3MB  MC CM: M N qua điểm cố định Giải Ta có: IA  3IB  IC   3IA  3IB  IC  IA   3( IA  IB)  CA  6IE  CA => I cố định (E trung điểm AB) MN  MA  3MB  MC  2( MI  IA)  3( MI  IB)  ( MI  IC ) MN  6MI  (2 IA  3IB  IC )  MI => M, N, I thẳng hàng Hay M, N qua điểm cố định I Câu 10 Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, CA = b, AB = c điểm M tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  MA.MB  MB.MC  MC.MA Ta có MA.MB  MC.MA  1 MA  MB2  AB2  ; MB.MC   MB2  MC2  BC2   2 MC2 +MA  CA   2  a  b2  c2  Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có : GA.GM   GA  GM  MA  1 GB.GM   GB2  GM  MB2  ; GC.GM   GC2  GM  MC2  2 P  MA.MB  MB.MC  MC.MA  MA2  MB  MC  Suy MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 Từ P  MA2  MB  MC  P  GA2  GB  GC  a  b  c   3MG  GA2  GB  GC   a  b  c   2  a  b2  c  2 a  b2  c   Câu 11 Cho  ABC có trọng tâm G hai điểm M , N thỏa mãn 3MA  4MB  ; CN  k BC Tìm k để ba điểm M , N , G thẳng hàng Vậy P đạt giá trị nhỏ M trùng với G Khi P  GA2  GB  GC    AB CN  k BC  AN  AC  k AC  AB  AN  k AB  (1  k ) AC 3MA  4MB   3 AM  AB  AM   AM    GA  GB  GC    AG  AB  AG  AC  AG   AG  AB  AC  AG  1 AB  AC 3 4  AB   k   AB  (1  k ) AC 7  1 MG  AG  AM  AB  AC  AB   AB  AC 3 21 Ba điểm M , N , G thẳng hàng 5    k    21 n k  21 n   k  MN  mMG     Vậy k  1  k  n  k  n  1 n     MN  AN  AM  k AB  (1  k ) AC  Câu 12 Cho tam giác ABC cạnh có độ dài a,b,c Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn hệ thức: MB  MC  2MA2  a2 Ta có: MB  MC  2MA2   b2  c  a2 a2  ( MA  AB)2  ( MA  AC )2  2MA2  2 a2  2MA( AB  AC )  (1)  a2 b  c   AI  Gọi I trung điểm BC ta có  (2)  AB  AC  AI  Thay (2) vào (1) ta AI  4MA AI   AI ( MI  MA)  (3) Gọi K trung điểm AI  MI  MA  2MK , từ (4) suy AI MK   MK  AI  M thuộc đường trung trực đoạn AI Vậy tập hợp điểm M đường trung trực đoạn thẳng AI Bài 13 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm I bán kính R, với điểm M thuộc đường trịn tâm I bán kính R ln có: MA2  MB2  MC  6R2 Chứng minh  ABC tam giác 2 Ta có MA2  MB  MC  MA  MB  MC  (MI  IA)2  (MI  IB )  (MI  IC ) 2  MA2  MB  MC  3( MI  R )  2MI ( IA  IB  IC ) (MI = R)  R  R  MI ( IA  IB  IC )  MI ( IA  IB  IC ) (với điểm M thuộc đường tròn (I; R))  IA  IB  IC   I trọng tâm tam giác ABC Như tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng với trọng tâm tam giác Khi ma  mb  mc  a  b  c  tam giác ABC tam giác ( ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C tương ứng) Câu 14 Cho tam giác ABC, đường thẳng AB, BC lấy điểm M, N cho MA  2 MB ; BN  NC , xác định vị trí điểm P cạnh AC cho tam giác ABC tam giác MNP có trọng tâm Tam giác ABC tam giác MNP có trọng tâm khi: AM  BN  CP  (1) Đặt AB  a; AC  b 2 AB  a 3 (2) Ta có: 2 BN  NC  BN  NC   BN  2( BC  BN )   BN  BC  b  a (3) 3 2 CP   AM  BN   b   AC 3 Từ (1), (2), (3) ta có CP   AC Vậy điểm P thuộc cạnh AC, thỏa mãn hệ thức MA  2MB  MA  2MB   3MA  2 AB  AM  Câu 15 Cho  ABC có trọng tâm G Gọi P, Q thoả mãn: 3PA  PB  0, QA  2QC  Chứng minh ba điểm P, Q, G thẳng hàng 3PA  PB   3PA  PA  AB   PA  AB   AB  AP (1) QA  2QC   QA  QA  AC  ; QA  AC   AC  AQ (2)     Gọi M trung điểm BC, ta có: 1 AG  AM  AB  AC  AP  AQ  AG  AP  AQ  AP  PG  PQ 3 6 6 Vậy P, Q, G thẳng hàng (đpcm) Câu 16 Cho tam giác ABC có AB=c, BC=a, AC=b ngoại tiếp đường trịn (C) tâm I bán kính r M điểm di động (C) Tính S  aMA2  bMA2  cMC theo a,b,c,r Ta chứng minh a.IA  b.IB  c.IC  dựng hình bình hành IA’CB’ hình vẽ => IC  IA '  IB '(1)    A B' b c B I C E a A' Do IE//CB’ nên IB ' EC AC b b b     IB '   IB tương tự IA '   IA IB EB AB c c c Thay vào (1) ta điều phải chứng minh S  a( MI  IA)2  b( MI  IB)2  c( MI  IC )2   (a  b  c) MI  2MI (a.IA  b.IB  c.IC )  aIA2  bIB  cIC  (a  b  c)r  aIA2  bIB  cIC  (a.IA  b.IB  c.IC )2   a IA2  b IB  c IC  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIA.IC  a IA2  b2 IB  c IC  ab( IA2  IB  AB )  bc( IC  IB  CB )  ca( IA2  IC  AC )  (a  ab  ac) IA2  (a  ab  ac) IA2  (a  ab  ac) IA2  acb(a  b  c)  aIA2  bIB  cIC  abc Nên S=(a+b+c)r2+abc Câu 17 Tam giác ABC có CD phân giác góc C Gọi G I trọng tâm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Giả sử a  BC, b  AC, c  AB CD  GI Chứng a  b  c 2ab minh  ab (CA  CB)  CG  CM  (CA  CB) 3 a b aIA  bIB  cIC   CI  CA  CB abc abc a 1 b 1   GI  CI  CG     CA     CB  a  b  c 3  a  b  c 3 (2a  b  c)CA  (2b  a  c)CB    3(a  b  c)  Gọi M trung điểm AB.Có CM    GI  CI  GI CI   (2a  b  c)CA  (2b  a  c)CB  aCA  bCB   (ab  CA.CB)  b(2a  b  c)  a(2b  a  c)   Do ab  CA.CB  ab(1  cos C )  nên b(2a  b  c)  a(2b  a  c)   b(3a  a  b  c)  a(3b  a  b  c)  2ab a  b  c  6ab  (a  b)(a  b  c)   ab Câu 18 Cho tứ giác lồi ABCD Xét M điểm tùy ý Gọi P, Q, R, S điểm cho: MB  MC  MD  MP ; MC  MD  MA  MQ ; MD  MA  MB  MR ; MA  MB  MC  MS Tìm vị trí điểm M cho PA = QB = RC = SD Giả sử có điểm M thỏa toán Gọi G điểm cho 5MG  MA  MB  MC  MD Từ MB  MC  MD  4MP , ta có 4PA  5GA Tương tự 4QB  5GB , 4RC  5GC , SD  5GD Do PA = QB = RC = SD  GA = GB = GC = GD Nếu ABCD tứ giác nội tiếp đường trịn tâm O G trùng O M điểm xác định bới OM   OA  OB  OC  OD Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD Nếu ABCD tứ giác nội tiếp đường trịn khơng tồn điểm M Câu 19 Cho tam giác ABC trung tuyến AM Một đường thẳng song song với AB cắt đoạn thẳng AM, AC BC D, E F Một điểm G nằm cạnh AB cho FG song song AC Chứng minh hai tam giác ADE BFG có diện tích BG  k  k  (0;1)  BG  k BA ED  AD  AE  .( AM ; AC )  k BA Cách : Đặt BA Cách   b Ta đặt: CA  a; CB  b Khi CM  CE  kCA  ka Vì E nằm ngồi đoạn thẳng AC nên có số k cho CE  kCA  ka , với 0< k< Khi CF  kCB  kb Điểm D nằm AM EF nên có hai số x y cho: 1 x b  kya  k (1  y )b 1 x Vì hai vectơ a, b không phương nên x = ky  k (1  y ) Suy x = 2k -1,do CD  (2k  1)a  (1  k )b CD  xCA  (1  x)CM  yCE  (1  y )CF Hay xa  Ta có: ED  CD  CE  (2k  1)a  (1  k )b  k a  (1  k )(b  a ) = (1  k ) AB CF  kCB hay AB  BG  k AB Suy (1  k ) AB  GB Do ED = GB Như vậy, hai tam giác ADE BFG có cạnh đáy ED GB (bằng khoảng cách hai đường thẳng song song) nên có diện tích Câu 20 Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M, N trung điểm AC, BD Chứng minh : AB2  BC  CD2  DA2  AC  BD2  4MN Có N trung điểm BD nên 2MN  MB  MD  MA  AB  MC  CD  AB  CD    4MN  AC  BD2  AB  CD  AB  CD2   2  AC  BD     AB  BC  AC  AB.CD    BA  AD BD  AB.CD       AB  CD2  AB.AD  BC AC  BA.BC  AD.BD  AB  CD  AD  BC Câu 21 Cho ABC Chứng minh với G trọng tâm ABC ta ln có:   GA.GB  GB.GC  GC.GA  AB  BC  CA  Ta có: GAGB  GAGB cos AGBAB2  GA2  GB2  2GAGB cos AGB 4ma2 4mb2   AB GA2  GB  AB Từ đó: GA.GB   2 Tương tự với biểu thức cịn lại, sau cộng theo vế ta được: 8(m 2a  m b2  m c2 )  AB  BC  CA2 GA.GB  GB.GC  GC.GA    Sử dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến suy ĐPCM Câu 22 Cho tam giác ABC cân A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H lên AC; M trung điểm HD Chứng minh rằng: AM BD vng góc với A Ta chứng minh AM.BD  Ta có: BD  BH  HD  HC  HD , AM  (AH  AD) M trung điểm HD D B M H C Do AM.DB  (AH  AD).(HC  HD) = (AH.HC  AH.HD  AD.HC  AD.HD) 2 Mà: AH.HC  AD.HD  AH  BC AC  HD Do đó: AM.DB  (AH.HD  AD.HC) 1  [AH.HD  (AH  HD).HC] = (AH.HD  HD.HC) 2 1 = HD.(AH  HC)  HD.AC  Vậy AM  BD 2 Câu 23 a) Cho hình bình hành ABCD, M cạnh AB, N cạnh CD cho 1 AM  AB,DN  DC Gọi I, J điểm xác định BI   BC; AJ   AI Tìm   để J trọng tâm tam giác BMN b)Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Gọi (C) đường tròn đường kính AH, M điểm di động (C) Tính giá trị biểu thức S  a2 MA2  b2 MB2  c2 MC theo BC = a, CA = b, AB = c D N C j A I B M 1 DC nên AN  AD  (AC  AD) 2 1 1 AN  (AC  AD)  (AC  AC  CD)  (2AC  AB)  AC  AB 2 2 Ta có: BI   BC  AI  AB   (AC  AB)  AI  (1   )AB   AC Theo giả thiết AM  AB , DN  Mà: AJ   AI   (1   )AB   AC Để J trọng tâm tam giác BMN ta có: AB  AM  AN  3AJ 1  AB  AB  AC  AB  3 (1   )AB  3 AC  [  3 (1   )].AB  (1  3 )AC  (1) 11 5        5     3 (1   )  18 AB, AC Không phương (1)     1  3        11 b) Gọi I tâm (C) bán kính r Trong tam giác vng ABC đường cao AH ta có A M c B H C a AB AC bc AB c AC b  ;BH   ; CH   ; BC a BC a BC a c BH  CH  b HB  c HC  b AH  b I  (b  c ) HI  b IB  c IC   a IA  b IB  c IC  Ta có: a2MA2 = a2( MI  IA )2 = a2MI2 + a2IA2 + 2a2 MI.IA b2MB2 = b2( MI  IB )2 = b2MI2 + b2IB2 + 2b2 MI.IB c2MC2 = c2( MI  IC )2 = c2MI2 + c2IC2 + 2c2 MI.IC Cộng vế với vế đẳng thức ta có: S=a2MA2 + b2MB2 + c2 MC2 = (a2 + b2 + c2)MI2 + a2IA2 + b2IB2 + c2IC2 IA2  (*) bc c bc c (4c  b )  IH ; IB  BH  IH    2 4a a 4a 4a 2 2 2 2 b b c b (4b  c )   a 4a 4a 3b c b c 3b c  a IA2  b IB  c IC   S  2a   2b c 2 4a IC  CH  IH  Câu 24 Cho tam giác ABC Gọi I, K điểm thỏa mãn: 3IA  2IB  IC  ; KA  KB  2KC  a) Trên BC lấy điểm P cho: BP  l BC Tìm l để ba điểm A, I , P thẳng hàng b) Tìm vị trí điểm N để biểu thức NA2  NB  2NC đạt giá trị nhỏ a) điểm A,I,P thẳng hàng  có 1số m  cho: IA  m IP , (*)  Ta có: IP  IB  BP  IB  l BC  IP  IB  l IC  IB   Từ giả thiết ta có: IC  3IA  2IB Khi đó: IP  IB  l  3IA  3IB   IP  1  3l IB  3l IA ; (*)  IA  m1  3l IB  3ml IA  1  3ml IA  m1  3l IB  1  3ml  l    KL: l  m1  3l   m  1 Do IA IB không phương nên có:  b) Tìm vị trí điểm N để biểu thức NA2  NB  2NC đạt giá trị nhỏ Gọi M trung điểm AB Ta có: KA  KB  2KM Theo giả thiết K điểm thõa mãn: KA  KB  2KC  , (I) (I)  KM  KC   KM  KC  Suy K trung điểm CM     2 2 2 Ta có: NA  NB  NC  NA  NB  NC =  KA  KN )  KB  KN  KC  KN   2 = 4KN  KA  KB  2KC  KA2  KB  2KC Khaitriểnđc NA2  NB  2NC Đẳng thức xảy N trùng với K KL: NA2  NB  2NC đạt giá trị nhỏ N trùng với K Câu 25 Cho  ABC có trọng tâm G hai điểm M , N thỏa mãn 3MA  4MB  ; CN  k BC Tìm k để ba điểm M , N , G thẳng hàng   AB CN  k BC  AN  AC  k AC  AB  AN  k AB  (1  k ) AC 3MA  4MB   3 AM  AB  AM   AM    GA  GB  GC    AG  AB  AG  AC  AG   AG  AB  AC  AG  MN  AN  AM  k AB  (1  k ) AC  4  AB   k   AB  (1  k ) AC 7  1 AB  AC 3 Câu 31 Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC  600 Các điểm M, N xác định MC  2 MB NB  2 NA Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với Ta có: MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  AM  AB  AC Tương tự ta có: 3CN  2CA  CB Vậy: AM  CN  AM  CN   (2 AB  AC )(2CA  CB )   (2 AB  AC )( AB  AC )   2c  3b  5bc 0   AB2  AC  AB.AC  4c2  6b2  5bc  Câu 32 Cho tam giác ABC Qua điểm M thuộc cạnh AC kẻ đường song song với hai cạnh lại cắt AB, BC E, F Tìm vị trí M AC cho hình bình hành MEBF có diện tích lớn A E M H B K C F Đặt S  SABC ; S '  SMEBF ; AM  x; MC  y Kẻ AH, AK vng góc với ME BC ta có: S' ME KH 2x y 2xy S' 1 2      S '  S  MaxS' = S S BC AK x+y x  y (x+y) S 2 Dấu “=” xẩy x = y, tức M trung điểm AC Câu 33 Cho tam giác ABC, gọi I điểm xác định bởi: IA  IB  IC  Gọi M, N hai điểm phân biệt thoả mãn: MN  MA  3MB  MC Chứng minh M N qua điểm cố định Ta có: IA  3IB  IC   IA  IB  IC  IA   3( IA  IB )  CA  6IE  CA => I cố định (E trung điểm AB) MN  MA  3MB  MC  2( MI  IA)  3( MI  IB )  ( MI  IC)  MI  (2 IA  3IB  IC)  MI => M, N, I thẳng hàng Hay M, N qua điểm cố định I Câu 34 Cho tứ giác ABCD Đường thẳng qua A song song BC cắt BD M, Đường thẳng qua B song song AD cắt AC N Chứng minh MN CD B C O A N M D Trong trường hợp tứ giác ABCD khơng hình bình hành M khơng trùng D Khi M  CD OA p OB m   Gọi O  AC  BD , đặt OC q OD n     q n OA  OB  mqOA  npOB p m mp OA OD n m Theo giả thiết BN AD , suy    ON  AO ON OB m n OA OM p p Tương tự AM BC , suy    OM  BO OC OB q q m p mp Ta có MN  ON  OM  AO  BO  mqAO  npBO  DC Suy MN CD n q nq nq Câu 35 Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a=BC, b=CA, c=AB M điểm Khi đó: DC  OC  OD  mặt phẳng Chứng minh MA2  MB  MC  2 a  b2  c2 - ( MA  MB  MC )   MA  MB  MC  MA.MB  MA.MC  MB.MC  (1) - ý MA.MB  MB  MA  AB  MA2  MB  c - 2 2 MA.MC  MA2  MC  b ; MB.MC  MC  MB  a Thay vào (1) ta có 3(MA2  MB2  MC )  a2  b2  c2  a  b2  c  MA  MB  MC  Dấu “=” xảy MA  MB  MC   M trọng tâm tam giác ABC 2 Câu 36 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác x, y, z thoả mãn ax+by+cz=0 Tìm giá trị lớn biểu A=xy+yz+zx ax  by nên c ax  by ax  by ax xy by xy  yz  zx  xy  y x  (a  b  c )   f ( x) c c c c c - Từ ax+by+cz=0  z   - f(x) tam thức bậc có hệ số x2 âm  y2 (a  b  c  2ab  2bc  2ca)  0y  f ( x)  0x  A  0x, y, z c - Khi x=y=z=0 A=0 nên giá trị lớn A Bài 37 Cho hình thang ABCD có đáy AD, BC Gọi E điểm tuỳ ý cạnh AB; O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AED BEC Chứng minh độ dài đoạn O1 , O2 khơng đổi Gọi H,K hình chiếu O1 ; O2 AE, BE, ta có : AEO1  900  EO1 H  900  ADE BEO2  900  EO2 K  900  BCE Do O1 EO2  1800  AEO1  BEO2  ADE  BCE Kẻ đường thẳng qua E song song với AD, ta chứng minh DEC  ADE  BCE  O1EO2  DEC DE 2O1E  sin A O1E   EC O E  sin B O2 E Suy : DEC ∽ O1EO2 Mặt khác, theo định lí sin, ta có: O1O2 O1E O1E DC     O1O2  DE 2O1E  sin A 2sin A 2sin A không đổi, đpcm Dẫn đến : DC Câu 38 Gọi G trọng tâm ABC có sin CAG  sin CBG  AB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ACG Tính góc ACB A b ma c mb M G C B a N Gọi M,N trung điểm BC, AC Do AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp  ACG => BAG  ACG mà MN//AB => BAG  AMN => GMN  GCN => tứ giác GMCN nội tiếp 2 a2 a b mb   mb  ma  2 tương tự =>BG.BN=BM.BC=> Theo định lí Sin  AMC AM CN asinC ab sin C S S   SinCAG    sin CBG  2ma 2bma bma Tương tự amb => sin C SinGAC SinCBG + SinCAG =S( 1 1 1  ) S(  )   S (  )  (1) bma amb 3 a b a b 4 a  c b2 b2  c a a  b  (mb2  ma2 )  (    )  2c  a  b 3 4 2 2 Theo định lí Cơsin c  a  b  2ab.cosC =>c  2ab.cosC (1)  ab.sin C.2.2ab.cosC   Sin2C   2C  900  C  450 a 2b Câu 39 Cho tứ giác ABCD có AD  3, ABD  ACD  600 E F tâm đường tròn nội tiếp tam giác 1 ABD ACD Tính BC biết EF  Vậy ACB  45 A B E I F D C AD 1 2sin 600 Gọi I điểm cung AD AI phân giác góc ABD nên E thuộc AI ; CI phân giác góc ACD nên F thuộc CI Ta tính ID  IA  2R.sin300  Ta có IDF  IDA  ADF  ICD  CDF  IFD  IF  ID  Tương tự IE  IA  Vì ABD  ACD  600 nên tứ giác ABCD nội tiếp (C) có bán kính R  Ta có EF  IE  IF  IE.IF cos EIF  cos EIF   EIF  300 Áp dụng định lý sin BC  R sin EIF  Câu 40 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) với AB = 5, BC = AC = Đường phân giác góc A cắt BC D cắt (C) điểm thứ hai E Giả sử () đường tròn đường kính DE Các đường trịn (C) () cắt tai E F Tính AF A D B C F E AB  AC  BC 25   49 Ta có cos A      A  1200 2.5.3 2 AB AC AE phân giác góc A nên BE = CE BEC = 600 Do tam giác BCE Ta có BFC = BFE = 600 DFE = 900 nên BFD = CFD = 300 suy FD phân giác góc BFC BF BD AB    Giả sử BF = 5a, CF = 3a CF CD AC Tam giác FBC ta có BC  BF  CF  2BF.CF.cos BFC  49  25a  9a  2.5a.3a  a  19 Do Chứng minh AF.BC = AB.CF + AC.BF  7AF = 15a + 15a  AF  30 19 Câu 41 Tam giác ABC có góc thỏa mãn hệ thức: cot A  cot C   cot B a) Xác định góc hai đường trung tuyến AA1 CC1 tam giác ABC   b) Tìm giá trị lớn góc B   b2  c  a a  c2  b2 b2  a  c cot B  cot C  4s 4s 4s 2 2 2 b c a a b c c2  a  b2   Khi   cot A  cot C  cot B  4s 4s 4s 2 2 2 4b c a  4 a b c    ; CG  CC12     Ta có: AG  AA12   9  9 4 a) Ta có cot A   5b2  a2  c2   a2  c2  b   b  AA1  CC1 Vậy góc AA1 CC1 900    AG  CG   b2  c  a a  b2  c c2  a  b2  2 b)… cot A  cot C  cot B  4s 4s 4s 2  a  c  2b a  c  b a  c 2ac    Ta có cos B  2ac 4ac 4ac Suy B  600 Dấu = xảy tam giác ABC B C1 A1 G A C Câu 42 Cho tứ giác lồi ABCD, có độ dài cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, độ dài đường chéo AC = p, BD = q có diện tích S.CMR : 3S  a  b  c  d  p2  q2 Gọi I, J trung điểm AC, BD Ta chứng minh a  b  c  d  p  q  4IJ 2  p2  p2  q2 p2  q2 p2  q2  pq   3S  Khi a  b  c  d  p  q    q   2 2   Câu 43 Cho tam giác ABC Gọi M, N, P điểm cạnh BC, CA AB tam giác đó, gọi S a , Sb , S c S tương ứng diện tích tam giác ANP, BPM , CMN ABC Biết rằng: S a  Sb  S c  S , chứng minh M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Ta có cơng thức tính diện tích: 2Sa  AP  AN sin A; 2S  AB  AC sin A  Sa  S AP AN  AP AN       (BĐT Cauchy) AB AC  AB AC  Tương tự ta có: Sb  BM BP      S  BC BA  Sc  CN CM      S  CA CB  Sa S S  AP BP BM CM CN AN  S a  Sb  S c  S  b  c         S S S  AB BA BC CB CA AC  2  AP AN  AB  AC PN//BC   BM BP   Dấu xảy    MP//CA  M, N, P trung điểm BC, CA, AB  BC BA MN//AB   CN CM   CA CB  Bài 44 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c; ma , mb , mc ; la , lb , lc ; độ dài đường trung tuyến, đường phân giác kẻ từ A, B, C Chứng minh : ma mb mc  la lb lc a)… Theo công thức đường trung tuyến tam giác ta có: 1 ma  (2b  2c  a )  (b  c)  a   (b  c  a).(b  c  a)  p( p  a) 4  ma  p ( p  a ) Tương tự: mb  p ( p  b); mc  p ( p ) Nhân theo vế bđt ta có: ma mb mc  p ( p  a)( p  b)( p  c)  p.S (1) Với S  p ( p  a )( p  b)( p  c) diện tích tam giác ABC Chứng minh cơng thức: la  2bc cos bc A Mặt khác tam giác ABC ta có: A A 2bc cos 2 2   bccos A  l  bc cos A  bc (1  cosA)= bc (1  b  c  a ) la  a bc 2 2 2bc bc  la  p ( p  a )  la lb lc  pS (2) Từ (1) (2) suy ra: ma mb mc  la lb lc Dấu xảy a = b= c, tức tam giác ABC 2bc cos tam giác Bài 45 Cho tam giác ABC, có a  BC, b  CA, c  AB Gọi I, p tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC CMR : IA2 IB IC   2 c  p  a a  p  b b  p  c b) Gọi M tiếp điểm AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ta có AM  p  a; IM  r Gọi S diện tích tam giác ABC, theo cơng thức Heron ta có S p  p  a  p  b  p  c  Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM ta có 2 2 S  p  a  p  b  p  c  2 IA  AM  MI   p  a   r   p  a       p  a   p  p  p  a  bc  IA2  b  p c p  a p IB c IC a  ;  IA2 IB IC abc a  p  b p b  p  c p Tương tự     2 c  p  a a  p  b b  p  c p A M I C B Bài 46 Gọi G trọng tâm ABC có sin CAG  sin CBG  AB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ACG Tính góc ACB Gọi M,N trung điểm BC, AC Do AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp  ACG => BAG  ACG mà MN//AB => BAG  AMN => GMN  GCN => GMCN nội tiếp a2 a b tương tự ma   mb  2 AM CN asinC ab sin C S Theo định lí Sin  AMC => Tương   SinCAG    sin C SinGAC 2ma 2bma bma S tự sin CBG  amb =>BG.BN=BM.BC=> mb2  Vậy SinCBG + SinCAG =S( 1 1 1  ) S(  )   S (  )  (1) bma amb 3 a b a b 4 a  c b2 b2  c a a  b  (mb2  ma2 )  (    )  2c  a  b 3 4 Theo định lí Cơsin c2  a2  b2  2ab.cosC =>c2  2ab.cosC (1)  ab.sin C.2.2ab.cosC   Sin2C   2C  900  C  450 Vậy ACB  450 a 2b A b ma c mb M G C B a Câu 47 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) với AB = 5, BC = AC = Đường phân giác góc A cắt BC D cắt (C) điểm thứ hai E Giả sử () đường trịn đường kính DE Các đường trịn (C) () cắt tai E F Tính AF N A D B C F E Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác ABC ta có AB  AC  BC 25   49     A  1200 cos A  2.5.3 2 AB AC AE phân giác góc A nên BE = CE BEC = 600 Do tam giác BCE Ta có BFC = BFE = 600 DFE = 900 nên BFD = CFD = 300 suy FD phân giác góc BFC Do BF BD AB    Giả sử BF = 5a, CF = 3a CF CD AC Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác FBC ta có BC  BF  CF  2BF.CF.cos BFC  49  25a  9a  2.5a.3a  a  19 Áp dụng định lý ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABFC ta có AF.BC = AB.CF + AC.BF  7AF = 15a + 15a  AF  30 19 Câu 48 Cho tam giác ABC cân A Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB T, đường thẳng CT cắt đường tròn K khác T Giả sử K trung điểm CT CT  Hãy tính độ dài cạnh tam giác ABC Gọi L tiếp điểm đường trịn với cạnh BC Ta có: CL2  CK CT  CT  A a  36  a  12(1) c b T K C B a L Áp dụng định lý côsin tam giác BCT, ta có: a2 CT  BT  BC  BT BC cos B  72   a  144.cos B  cos B  (2) 4 2 Áp dụng định lý cơsin tam giác ABC, ta có: b  c  a  2ca.cos B  cos B  a (3) 2b Từ (1), (2), (3) ,ta có : a=12, b=8, c=8 Câu 49 Cho tứ giác ABCD có AD  3, ABD  ACD  600 E F tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD ACD Tính BC biết EF  1 AD 1 2sin 600 Gọi I điểm cung AD AI phân giác góc ABD nên E thuộc AI ; CI phân giác góc ACD nên F thuộc CI Ta có IDF  300  ADC  IFD  IF  ID  Tương tự IE  IA   EIF  300 Ta có EF  IE  IF  IE.IF cos EIF  cos EIF  Áp dụng định lý sin BC  R sin EIF  Bài 50 Cho tứ giác lồi ABCD Giả sử tồn điểm M nằm bên tứ giác cho Vì ABD  ACD  600 nên tứ giác ABCD nội tiếp (C) có bán kính R  MAB  MBC  MCD  MDA   Chứng minh : cot   AB  BC  CD  DA2 ,  số AC.BD.sin  đo góc hai đường thẳng AC BD Trước hết ta có kết sau: S ABCD  Tương tự ta được: cot    AB  MA2  MB AC.BD.sin  ; cot   4S MAB AB  MA2  MB BC  MB  MC CD  MC  MD   4S MAB 4S MBC 4S MCD DA2  MD  MA2 AB  BC  CD  DA2  4S MDA  S MAB  S MBC  S MCD  S MDA  AB  BC  CD  DA2 AB  BC  CD  DA2   4S ABCD AC.BD.sin  Bài 51 Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA AB tam giác đó, lấy điểm A ', B ' C ' Gọi S a , Sb , S c S tương ứng diện tích tam giác AB ' C ', BC ' A ', S a  Sb  S c  CA ' B ' ABC Chứng minh bất đẳng thức S Dấu đẳng thức xảy nào? Ta có cơng thức tính diện tích: 2Sa  AC ' AB 'sin A; 2S  AB  AC sin A AC ' AB '  AC ' AB '       (BĐT Cauchy) AB AC  AB AC  Sb  BA ' BC '  Sc  CB ' CA '  Tương tự ta có:         S  BC BA  S  CA CB  Sa  S  Sa S S  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  (đpcm)  b  c         S S S  AB BA BC CB CA AC   AC ' AB '  AB  AC   BA ' BC '   C ' B ' //BC BA  BC   A ' C ' //CA  CB ' CA '   B ' A ' //AB  Dấu xảy   CA CB    A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, Do đó: AB Câu 52 Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung tuyến CM vng góc với phân giác CM b   Tính cos A AL c b c CA  CB AB  AC AB  AC ; CM   Ta có: AL  bc bc 2 Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  AL   b AB  c AC  AB  AC    bc  bc cos A  2cb cos A  2cb    c  2b 1  cos A   c  2b (do cos A  1) b2  a c a  b2   2 1 AL2  AB  AC  AB  AC  AB AC   9b  a  9 2 CM CM a b a  b2 a2  52          6 AL AL2 9b  a 9b  a b2 b  c  a 5b  a 1 cos A    2bc 4b Khi đó: CM        Câu 53 Cho tam giác ABC, có a  BC, b  CA, c  AB Gọi I, p tâm đường tròn nội IA2 IB IC tiếp, nửa chu vi tam giác ABC CM:   2 c  p  a a  p  b b  p  c Gọi M tiếp điểm AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ta có AM  p  a; IM  r Gọi S diện tích tam giác ABC, theo cơng thức Heron ta có S  p  p  a  p  b  p  c  Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM ta có  p  a  p  b  p  c  S IA  AM  MI   p  a   r   p  a       p  a   p  p 2 2 2   p  a  bc  p IB c IC a IA2 b  ;   Tương tự ta có a  p  b p b  p  c p c  p  a p IA2 IB IC abc Do    2 c  p  a a  p  b b  p  c p A M I C B Bài 54 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh rằng: a  b  c cos A cos B cos C    2abc a b c     AB  BC  CA   AB  BC  CA2  AB.BC  BC.CA  2CA AB   a  b  c  BA.BC  2CB.CA  AC AB   a  b  c  2ac cos B  2ab cos C  2bc cos A a  b  c cos A cos B cos C     (đpcm) 2abc a b c Bài 55 Cho ABC nhọn có độ dài cạnh BC  a, CA  b, AB  c , góc A, B, C thỏa   a  b  c a  b  c  b c  mãn  Chứng minh ABC c  2b cos A  2 a  b  c  bc  cos A   A  60 Ta có:  a  b  c  bc  cos A    A  1200 (loai)   b2  c2  a2    c  b  c  a 2 bc   Ta có: c  2b  ab Vậy ABC cân có góc A  600  ABC Bài 56 Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b , AB = c thoả c.mc  b.mb (b  c) , mb , mc trung tuyến kẻ từ B C Chứng minh rằng: 2cotA = cotB + cotC Theo ra: c mb c2 m2    b2 ,áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến ta có : b mc b mc a  c  2mb2  b2 c2 a  b  2mc2  2 b2 c2 Nên:  b c a2  b2  a2  c2      1  a c  b c  c  a b  b c  b  a c  b  c b  2       1    c2  b2  a2  c2  b2    a2  c2  b2  2   2 2  2a  b  c  2a  a  2bc cos A  a  2bc cos A   R sin A    R sin B   R sin C  cos A  sin A  2sin B sin C cos A sin  B  C  cos A sin A sin B cos C  sin C cos B    cot A  sin A 2sin B sin C 2sin B sin C 2sin B sin C  cos C cos B       cot A  cot C  cot B  sin C sin B  3A 3B A B  sin  2cos Bài 57 Cho tam giác ABC có góc A, B thỏa điều kiện: sin 2  Chứng minh tam giác ABC tam giác Ta có: sin( 3A ) + sin( 3B ) = sin( 3( A  B) ) cos( 3( A  B) )  sin( 3( A  B) ) > 0; cos( A  B ) > 0 A B  <   cos( 3A B 4 A  B )  cos( A  B 4 )  cos( A  B )  cos( 3( A  B ) ) Từ sin( 3A ) + sin( 3B ) = 2cos( A  B ) cos( A  B )>0 2 2 Suy : 2sin( 3( A  B) )cos( 3( A  B) ) >0 Hay cos( 3( A  B ) )>0 4 Kết hợp với sin( 3( A  B) )  1, ta có sin( 3( A  B) )cos( 3( A  B) )  cos( 3( A  B) ) 4 4 Do đó: sin( 3( A  B) )cos( 3( A  B) )  2cos( 3( A  B) )  2cos( A  B ) Vì sin( 3A )+ sin( 3B ) 2 = 2cos( A B )  A B 3A B   phải có:  A = B =  sin( 3( A  B) )   Vậy tam giác ABC tam giác Câu 58 Gọi G trọng tâm ABC có sin CAG  sin CBG  AB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ACG Tính góc ACB Gọi M,N trung điểm AC,BC Do AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp  ACG => BAG  ACG mà MN//AB => BAG  ANM => GNM  GCM => tứ giác GMCN nội tiếp A b ma c mb M G C B a N a2 a b tương tự ma   mb  2 AN CN asinC ab sin C S Theo định lí Sin  ANC =>   SinCAG    sin C SinGAC 2ma 2bma bma =>BG.BM=BN.BC=> mb2  Tương tự sin CBG  S amb Vậy SinCBG + SinCAG =S( 1 1 1  ) S(  )   S (  )  (1) bma amb a b a b 4 a  c b2 b2  c a a  b  (mb2  ma2 )  (    )  2c  a  b 3 4 2 2 Theo định lí Cơsin c  a  b  2ab.cosC =>c  2ab.cosC ab.sin C.2.2ab.cosC (1)    2SinC.CosC  a 2b 2 Có sin C  cos2C  nên giải sinC=CosC= Vậy ACB  450 Câu 59 Gọi A, B, C ba góc tam giác ABCthỏa mãn sin A  sin B  2015sin C Tìm giá trị lớn sinC a a b c  R  sin A  ,sin C  Theo định lý sin Tương tự sin B  sin A 2R 2R 2R Thế vào (1) ta a2  b2  2015c2 2014 a  b  a  b  2015(a  b  2ab cos C )  cos C  2015 2ab 4029 2014 Ta có a  b  2ab   cos C  Ta có  sin C   cos C  2015 2015 4029 Đẳng thức xảy  a  b  A  B Vậy max sin C  2015 2 Câu 60 Cho tam giác ABC có S  b  (a  c) Tính tan B S  b2  (a  c)2  ac sin B  a  c  2ac cos B  a  c  2ac  1 ac sin B  2ac(1  cos B)  sin B  4(1  cos B)  cos B   sin B 17   Ta có sin B  cos B   sin B  1  sin B    sin B  sin B  16   sin B  15 8  cos B   tan B    sin B  sin B  17 15 17 17  2 Câu 61 Cho tam giác ABC có số đo a, b, c Gọi A’, B’, C’ tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA, AB; A’B’=c’,A’C’=b’, B’C’=a’ a b2 c2 Chứng minh rằng:    12 a' b' c' Trong tam giác AB’C’ cân A có A  bca  B'C'  a '    sin 2   A   b  c  a  sin A B' C' O B C A'   cos A   a '2   b  c  a      (b  c  a)  b  c  a   1     2bc      A  cos A    CM : sin  2    b  c  a 2  a  b  c  a  c  b  4bc  theo si ta có  b2  c2 a' b' c' Dấu xảy a=b=c  33 0,25 2 b c bc b  (c  a)2 c2  (b  a)   4bc 4bc ca ab Tương tự có b '2  ; c'2  dấu xảy khi a=b=c 4 a b 2c 2 2 nhân bđt vế với vế ta đc a ' b ' c'  43 a2 0,25 a b 2c a '2 b '2 c'2 0,25 0,25  12 0,25 ĐỀ TỰ LUYỆN 1, Cho tam giác ABC a, Với điểm M Chứng minh rằng: v  MA  2MB  3MC không phụ thuộc vào điểm M b, Gọi D điểm cho CD  v , CD cắt AB K Chứng minh rằng: KA  2KB  CD  3CK 2, Cho tam giác ABC Gọi A', B', C' điểm xác định bởi: 2012.A 'B  2013.A 'C  , 2012.B'C  2013.B'A  , 2012.C'A  2013.C'B  Chứng minh rằng: ABC A'B'C' có trọng tâm Bài 2: Cho góc xOy , Ox lấy điểm A, B, C cho OA:AB:BC = 1:2:3 Trên Oy lấy điểm A', B', C' cho OA':A'B':B'C' = 3:3:2 Chứng minh đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, M cạnh AB, N cạnh CD cho AM = AB, DN = DC a, Tính AN theo AB AC b, Gọi I, J điểm xác định BI   BC; AJ   AI Tính AI,AJ theo AB , AC ,   c, Xác định   để J trọng tâm tam giác BMN Bài 4: 1, Cho hình bình hành ABCD gọi E, F thuộc đoạn AB, CD tương ứng cho: AE CF  ,  Gọi G trọng tâm tam giác BEF, gọi K điểm thỏa mãn EB FD BK  mBC Tìm m để A, G, K thẳng hàng 2, Cho tam giác ABC cân A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H lên AC; M trung điểm HD Chứng minh rằng: AM BD vng góc với Bài 5: Cho tứ giác ABCD a, Chứng minh tứ giác ABCD hình bình hành khi: AB.AD  BA.BC  CB.CD  DC.DA  b, Giả sử ABCD hình bình hành Chứng minh rằng: (MA2 + MC2) - (MB2 + MD2) số khơng phụ thuộc vào vị trí M c, Tìm tập hợp điểm P cho: PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = k2 ABCD hình bình hành, k số thực Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD Kẻ BK  AC Gọi M, N trung điểm AK CD a, Chứng minh rằng: BMN  900 b, Tìm điều kiện hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân Bài 7: Cho tam giác ABC tâm O, M điểm tam giác ABC Hình chiếu M xuống cạnh tam giác ABC D, E, F a, Chứng minh rằng: MD  ME  MF  MO b, Tìm tập hợp trọng tâm tam giác DEF M di động cho | MD  ME  MF | = h h số dương không đổi Bài 8: Cho tam giác ABC, BC lấy điểm D cho BD  BC , gọi E điểm thoả mãn hệ thức 4EA  2EB  3EC  a, Tính vecto ED theo EB EC b, Chứng minh rằng: A, E, D thẳng hàng c, Trên AC lấy điểm F cho AF  kAC xác định k cho B, E, F thẳng hàng d, Hãy xác định điểm I số thực m cho ta có: 2MA  3MB  MC  mMI với điểm M Bài 9: 2 a, Tính BC BM với M trung điểm AC 1, Cho tam giác ABC có AB = 2a, AC = a, A  b, Gọi N điểm BC cho BN = x Tính AN theo BC AC Suy giá trị x để AN  BM 2, Cho tam giác ABC cạnh 3a Lấy điểm M, N, P cạnh BC, CA, AB cho: BM = a, CN = 2a, AP = x (0 < x < 3a) a, Tính AM theo AB AC x b, Chứng minh rằng: PN  (AC  AB) 3 c, Tìm x để AM  PN Bài 10: Cho tam giác ABC vng góc A cạnh BC = a, CA = b, AB = c a, Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: a2 IA + b2 IB + c2 IC = b, Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn hệ thức: a2MA2 + b2MB2 + c2 MC2 = 2b2c2 ... TỰ LUYỆN 1, Cho tam giác ABC a, Với điểm M Chứng minh rằng: v  MA  2MB  3MC không phụ thuộc vào điểm M b, Gọi D điểm cho CD  v , CD cắt AB K Chứng minh rằng: KA  2KB  CD  3CK 2, Cho tam... Sử dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến suy ĐPCM Câu 22 Cho tam giác ABC cân A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H lên AC; M trung điểm HD Chứng minh rằng: AM BD vng góc với A Ta chứng... trung điểm HD Chứng minh rằng: AM BD vng góc với Bài 5: Cho tứ giác ABCD a, Chứng minh tứ giác ABCD hình bình hành khi: AB.AD  BA.BC  CB.CD  DC.DA  b, Giả sử ABCD hình bình hành Chứng minh rằng: