Phương pháp số phức và hình học phẳng phần 2

Chương ĐƯỜNG TRÒN ĐƠN VỊ NỘI TIẾP 8.1 Tọa độ đơn vị 70 8.2 Ví dụ 71 8.3 Bài tập 78 8.1 TỌA ĐỘ ĐƠN VỊ MỚI Những toán phần trước giải cách chọn hệ toạ độ cho đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác đường trịn đơn vị Với cách chọn việc tính tốn giải tốn trở nên đơn giản dễ hiểu Nhưng có tốn đường trịn nội tiếp hay đường phân giác, cách tốt chọn đường trịn nội tiếp tam giác tứ giác làm đơn vị Trong phần ta xét loạt thí dụ tập cách chọn Cho tam giác A1 A2 A3 , ta thường gán nhãn đỉnh tam giác a1 ,a2 ,a3 tìm mối liên hệ chúng theo kiện toán cho Trong trường hợp đường trịn Hình 8.1 8.2 Ví dụ 71 nội tiếp tam giác A1 A2 A3 tâm J điểm tiếp xúc T1 ,T2 ,T3 cạnh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 , người ta thường chọn đường tròn nội tiếp tam giác trùng với đường tròn đơn vị nhãn t1 ,t2 , t3 biết đường trịn, cịn đỉnh tam giác có nhãn tính theo cơng thức chương trước a1 = 2t2 t3 2t1 t3 2t1 t2 , a2 = , a3 = , t2 + t3 t1 + t3 t1 + t2 ta đưa thêm vào ký hiệu sau: δ1 = t1 + t2 + t3 , δ2 = t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 , δ3 = t1 t2 t3 Người ta tìm nhãn điểm đặc biệt tam giác biểu diễn theo t1 ,t2 , t3 thơng qua ví dụ sau: 8.2 VÍ DỤ Ví dụ 8.1 Cho tam giác A1 A2 A3 , đường tròn đơn vị J nội tiếp tam giác tiếp xúc cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A1 T1 , T2 , T3 Hãy tính đại lượng sau theo t1 , t2 , t3 Nhãn o tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Nhãn h trực tâm H tam giác A1 A2 A3 Nhãn o9 tâm O9 đường tròn điểm tam giác A1 A2 A3 Bán kính R đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Lời giải Vì |OA1 | = |OA2 | = |OA3 |, suy o nghiệm hệ ( (o − a1 )(o − a1 ) = (o − a2 )(o − a2 ) (o − a2 )(o − a2 ) = (o − a3 )(o − a3 ) 72 Chương Đường tròn đơn vị nội tiếp −o(a1 − a2 ) − o(a1 − a2 ) = a2 a2 − a1 a1 (8.1) −o(a2 − a3 ) − o(a2 − a3 ) = a3 a3 − a2 a2 (8.2) Ta có 2(t1 − t2 ) − = t2 + t3 t3 + t1 (t2 + t3 )(t3 + t1 ) 2t2 t3 2t1 t3 2t23 (t2 − t1 ) a1 − a2 = − = t2 + t3 t3 + t1 (t2 + t3 )(t3 + t1 ) a1 − a2 = 4t1 t3 4t2 t3 − (t3 + t1 ) (t2 + t3 )2 t1 (t22 + 2t2 t3 + t23 ) − t2 (t23 + 2t1 t3 + t21 ) = 4t3 (t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 2 t1 t + t1 t3 − t2 t23 − t2 t21 = 4t3 (t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 (t2 − t1 )(t1 t2 − t23 ) t1 t2 (t2 − t1 ) − t23 (t2 − t1 ) = 4t3 = 4t (t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 a2 a2 − a1 a1 = Từ (8.1) ta có o 2(t2 − t1 ) 2t23 (t2 − t1 ) (t2 − t1 )(t1 t2 − t23 ) −o = 4t3 (t3 + t1 )(t2 + t3 ) (t3 + t1 )(t2 + t3 ) t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 Hay o − t23 o = 2t3 (t1 t2 − t23 ) (t3 t1 )(t2 + t3 ) o − t21 o = 2t1 (t2 t3 − t21 ) (t3 t1 )(t1 + t2 ) Từ (8.2) tương tự có Trừ hai đẳng thức sau cho (t23 − t21 )o = 2t1 (t2 t3 − t21 ) 2t3 (t1 t2 − t23 ) − (t3 t1 )(t1 + t2 ) (t3 t1 )(t2 + t3 ) 8.2 Ví dụ 73 (t2 + t3 )(2δ3 − 2t33 ) − (t1 + t2 )(2δ3 − 2t33 ) (t3 + t1 )(t2 + t3 )(t1 + t2 ) 2δ3 (t3 − t1 ) + 2t2 (t33 − t31 ) + 2t3 t1 (t23 − t21 ) = δ1 δ2 − δ3 = Khi 2δ3 + 2t2 (t23 + t3 t1 + t21 ) + 2t3 t1 (t3 + t1 ) δ1 δ2 − δ3 4δ3 + 2t2 t3 + 2t2 t21 + 2t23 t1 + 2t3 t21 = δ1 δ2 − δ3 t2 t3 (t3 + t1 ) + t3 t1 (t3 + t1 ) + t1 t2 (t1 + t3 ) =2 δ1 δ2 − δ3 (t3 + t1 )o = từ suy o= Do δ2 = 2δ2 δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 , δ1 = ta nhận δ3 δ3 δ1 2δ2 2δ1 δ3 δ3 = o= = δ2 δ1 δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 − δ3 δ32 o= 2δ1 δ3 δ1 δ2 − δ3 −−→ −−→ −−→ −−→ Do cơng thức tính tổng vectơ, ta có OA1 + OA2 + OA3 = OH Do a1 − o + a2 − o + a3 − o = h − o, h = a1 + a2 + a3 − 2o h t2 t3 t3 t1 t1 t2 2δ1 δ3 = + + − t2 + t3 t3 + t1 t1 + t2 δ1 δ2 − δ3 t2 t3 (t3 + t1 )(t1 + t2 ) + t3 t1 (t1 + t2 )(t2 + t3 ) + t1 t2 (t2 + t3 )(t3 + t1 ) = (t1 + t2 )(t2 + t3 )(t3 + t1 ) 2δ1 δ3 − δ1 δ2 − δ3 74 Chương Đường tròn đơn vị nội tiếp t2 t3 (t21 + δ2 ) + t3 t1 (t22 + δ2 ) + t1 t2 (t23 + δ2 ) 2δ1 δ3 − (t1 + t2 )(t2 + t3 )(t3 + t1 ) δ1 δ2 − δ3 2 2δ1 δ3 δ − δ1 δ3 δ1 δ3 + δ2 − = = δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 = h=2 δ22 − δ1 δ3 δ1 δ2 − δ3 (h + o) , δ − δ1 δ3 + δ1 δ3 δ22 e= = δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 2 R = |o − a| = (o − a)(o − a) = oo + aa − ao − oa 4δ1 δ2 δ3 4δ1 δ3 + = − (δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )(t2 + t3 ) δ1 δ2 − δ3 t2 + t3 Do O9 trung điểm OH, nên e = 4 δ1 δ2 δ3 δ1 δ3 R2 = − + (δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )2 (δ1 δ2 − δ3 )(t2 + t3 ) t2 t3 δ2 − (δ1 δ2 − δ3 )(t2 + t3 ) t2 t3 (δ1 δ2 − δ3 ) − (t2 + t3 )δ1 δ3 − t2 t3 (t2 + t3 )δ2 δ1 δ2 δ3 + = (δ1 δ2 − δ3 ) (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 t2 t3 (t1 + t3 )(t1 + t2 )δ1 δ2 − t2 t3 δ2 = + (δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 t1 δ3 − δ1 δ3 = + (δ1 δ2 − δ3 ) (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 δ3 (t2 + t3 ) = − (δ1 δ2 − δ3 ) (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 δ3 δ32 = − = (δ1 δ2 − δ3 )2 δ1 δ2 − δ3 (δ1 δ2 − δ3 )2 Như vậy,  2 4δ32 2δ3 R = = (δ1 δ2 − δ3 )2 δ1 δ2 − δ3 8.2 Ví dụ 75 δ3 số thực dương, δ1 δ2 − δ3 δ3 δ3 δ3 λ= = = =λ δ δ δ3 − δ1 δ2 δ3 − δ1 δ2 − δ3 δ3 Ta chứng minh số λ = Do λ số thực Ta viết λ cách khác δ3 1 = = = δ2 δ3 − δ1 δ2 − |δ1 |2 − δ1 δ1 − δ1 δ3 Chúng ta chứng minh |δ1 | < Thật vậy, ta nhận thấy góc tam giác T1 T2 T3 luôn nhọn Suy trực tâm nằm tam giác T1 T2 T3 , nhãn trực tâm δ1 , nằm đường tròn ngoại tiếp T1 T2 T3 , đường trịn đơn vị, |δ1 | < Như λ ≥ 0, từ R2 = 4λ2 , suy R = 2λ, nghĩa R= − δ1 δ2 J Ví dụ 8.2 Cho tam giác A1 A2 A3 nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R đường trịn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 , tâm J bán kính r Gọi d khoảng cách hai tâm đường tròn O J Chứng minh d2 = R2 − 2Rr Lời giải Gọi T10 , T20 , T30 tiếp điểm cạnh A2 A3 ,A3 A1 ,A1 A2 đường tròn nội tiếp tâm J Chọn hệ toạ độ cho tâm đường tròn đơn vị trùng với tâm đường tròn nội tiếp Gọi t1 , t2 , t3 nằm đường tròn đơn vị đường thẳng JT1 , JT2 , JT3 , nhãn T10 , T20 , T30 t01 = rt1 , t02 = rt2 , t03 = rt3 Từ ví dụ trước ta có 2δ1 δ3 o= δ1 δ2 − δ3 2δ1 δ3 2δ3 o= r R = r δ1 δ2 − δ3 δ3 − δ1 δ2 76 Chương Đường tròn đơn vị nội tiếp Vì o = −Rδ1 o = −Rδ1 Tính d2 = |OI|2 = oo = R2 δ1 δ1 = R2 = R2 (1 − δ1 δ2 δ3 − δ1 δ2 = R2 (1 − ) δ3 δ3 2r ) = R2 − 2Rr R Ví dụ 8.3 Chứng minh đường thẳng nối tâm O đường tròn ngoại tiếp với tâm J đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 đường thẳng Euler tam giác T1 T2 T3 (T1 , T2 , T3 tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác) Lời giải Tất ký hiệu chọn hệ toạ độ ví dụ Do theo ví dụ 1, ta có o= Vậy, 2δ1 δ3 δ1 δ2 − δ3 o 2δ3 = = δ1 δ1 δ2 − δ3 2 o = = δ2 δ1 δ1 − δ1 δ1 − δ3 mà trực tâm tam giác T1 T2 T3 có nhãn δ1 Như vậy, IO o IH nằm đường thẳng (do arg = π) δ1 J Ví dụ 8.4 (Đề thi quốc tế lần thứ 23) Cho tam giác A1 A2 A3 với cạnh có độ dài khác Với k = 1, 2, ký hiệu Mk điểm cạnh đối diện với đỉnh Ak , Tk điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp tam giác với cạnh đối diện với đỉnh Ak Sk điểm đối xứng Tk qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh Ak Chứng minh , đường thẳng M1 S1 , M2 S2 , M3 S3 cắt điểm 8.2 Ví dụ Lời giải Chọn hệ toạ độ cho đường tròn nội tiếp đơn vị Do cung T2 T3 T1 S1 song song, từ suy t2 t3 = t1 s1 s1 = t2 t3 t1 Tương tự s2 = t1 t3 t2 , s3 = t1 t2 t3 Khi s2 − s3 = t1 (t3 t2 − t2 t3 ) Nhưng số t3 t2 − t2 t3 hoàn tồn ảo, nghĩa OT1 vng góc với S2 S3 77 A3 T1 T2 S2 O S1 J S3 A1 A2 T3 Hình 8.2 Từ suy S2 S3 song song với A2 A3 , mà M2 M3 //A2 A3 S2 S3 //M2 M3 Từ cách chứng minh suy S1 S2 S3 M1 M2 M3 có cạnh tương ứng song song Hai tam giác khơng nhau, đường trịn qua S1 S2 S3 đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 có bán R kính r ≤ (đẳng thức xẩy tam giác A1 A2 A3 đều) Mà bán R kính đường trịn ngoại tiếp tam giác M1 M2 M3 Suy theo định lý Talet M1 M2 M3 S1 S2 S3 vị tự, nghĩa M1 S1 ,M2 S2 , M3 S3 cắt điểm (đó tâm vị tự) J Ví dụ 8.5 Các giả thiết ví dụ cuối Chứng minh điểm cắt ba đường thẳng cách chứng minh ví dụ nằm đường trịn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 Lời giải Ta gọi z điểm cắt thứ hai đường M1 S1 với đường trịn đơn vị Do có cơng thức z + s1 = m1 + zs1 m1 2t3 t1 2t1 t2 Nhưng m1 = (a2 + a3 ), a2 = a3 = tính chất t1 + t3 t1 + t2 78 Chương Đường tròn đơn vị nội tiếp tiếp tuyến với đường tròn Khi thay vào ta có     t2 t3 t3 t1 t1 t2 t2 t3 1 z+ = + +z + t1 t3 + t1 t1 + t2 t1 t3 + t1 t1 + t2 Biến đổi đẳng thức dạng    1 t3 t1 t1 t2 t2 t3 t2 t3 + = + − z 1− t1 t3 + t1 t1 + t2 t3 + t1 t1 + t2 t1 z(t1 + t2 + t3 )(t21 − t2 t3 ) = (t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 )(t21 − t2 t3 ) t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 t1 + t2 + t3 (vì t21 − t2 t3 6= 0, ngược lại T1 T2 T3 tam giác cân, từ suy A1 A2 A3 cân vô lý) z= Nhãn z điểm Z phụ thuộc vào t1 , t2 , t3 có vai trị nhau, đường thẳng M2 S2 M3 S3 qua điểm Z (mà Z nằm đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 ) J 8.3 BÀI TẬP 8.6 Điểm A1 , B1 , C1 điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA, AB Chứng minh N giao điểm OC1 A1 B1 CN qua điểm cạnh AB 8.7 Đường tròn tâm O tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tam giác ABC lần lưowj t A1 , B1 , C1 Chứng minh M trung điểm BC đường thẳng OM qua trung điểm AA1 8.8 Cho hai tiếp tuyến P T P B đường tròn cho trước Dựng đường kính AB qua B dựng đường vng góc từ T 8.3 Bài tập 79 xuống AB có chân H Chứng minh đường thẳng AP qua điểm T H 8.9 Chứng minh tam giác ABC, đường phân giác góc đỉnh A, đường trung bình song song với cạnh AC đường thẳng nối hai điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp tam giác ABC cạnh BC CA, cắt điểm 8.10 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB AC D E Chứng minh giao điểm N M đường phân giác đỉnh B C tam giác ABC với đường thẳng DE đỉnh B, C nằm đường tròn 8.11 (Định lý Newton) Trung điểm đường chéo tứ giác ngoại tiếp đường tròn tâm đường trịn thẳng hàng 8.12 Cho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O) Chứng minh đường nối điểm tiếp xúc cạnh đối diện đường chéo tứ giác cắt điểm 8.13 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Tại điểm A, B, C kẻ tiếp tuyến với đường tròn, chúng cắt tạo thành tam giác A0 B0 C0 (điểm A0 điểm cắt hai đường tiếp tuyến B C, ) Lấy P, Q, R tương ứng điểm cắt BC B0 C0 , CA C0 A0 , AB A0 B0 Chứng minh điểm P, Q, R nằm đường thẳng 8.14 Cho I tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 Những tia A1 I, A2 I, A3 I cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 điểm tương ứng B1 , B2 , B3 Chứng minh A1 B1 B2 B3 vng góc với 12.9 Lời giải gợi ý tập chương 10 153 (b + c)pz − (p + z)bc (τ + τ )τ − (p + τ p) = pz − bc τ −1 m−n Với giá trị kiểm tra tỷ số số thực , ba n−q điểm thẳng hàng q= J 10.7 Lời giải Ta chọn O điểm gốc hệ toạ độ vuông góc ta chọn O Khi c1 = b1 − a1 , c2 = b2 − a2 , c3 = b3 − a3 a3 = a1 + w(a2 − a1 ) b3 = b1 + w(b2 − b1 ), suy c3 = c1 + w(c2 − c1 ) J 10.8 Lời giải Chọn hệ toạ độ cho A1 , A2 , A3 , A4 , A5 với nhãn a1 , a2 ,a3 , a4 , a5 nghiệm phương trình x5 = 1, ta có mk = (ak + ak+1 + m − ak ak+1 m) nk = (ak + ak+1 + n − ak ak+1 n), a6 = a1 Suy X k=1 X (nk − mk ) = (n − m) − (n − m) ak ak+1 k=1 τ 2, τ 3, Nhưng a1 = 1, a2 = τ , a3 = a4 = a5 = τ a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 + a4 a5 + a5 a1 = τ + τ + τ + τ + τ = + τ + τ + τ + τ = X −−−→ −−→ τ5 − = Từ suy Mi N i = M N τ −1 J i=1 10.9 Lời giải Chọn hệ toạ độ vng góc cho a = −1 − i, b = − i, c = + i, d = −1 + i Do k = −1 − i + 2w kl = −i + (1 + i)w l = − i + 2iw lm = + (i − 1)w n = −1 + i − 2iw mn = i − (i + 1)w m = + i − 2w kl = −1 + (1 − i)w 154 Chương 12 Lời giải gợi ý tập ak = −1 − i + w bk = −i + w bl = − i + iw cl = + iw cm = + i − w dm = i − w dn = −1 + i − iw an = −1 − iw Tâm đa giác 12 cạnh trùng với điểm đầu hệ tọa độ ta chọn J 10.10.Lời giải c1 = a1 + w(b1 − a1 ) c2 = a2 + w(b2 − a2 ) c3 = a3 + w(b3 − a3 ) a3 = a1 + w(a2 − a1 ) √ w = + i , w nghiệm phương trình bậc hai 2 w − w + = Xét số sau c1 + b2 + w(c2 + b3 − c1 − b2 ) = = a1 +w(b1 −a1 )+b2 +w[a2 +w(b2 −a2 )+b3 −a1 −w(b1 −a1 )−b2 ] = (1−2w+w2 )a1 +(w−w2 )b1 +(w2 −w+1)b2 +(w−w2 )a2 +wb3 = −wa1 + b1 + a2 + wb3 Mặt khác, c3 + b1 = a3 + w(b3 − a3 ) + b1 = a1 + w(a2 − a1 ) + wb3 − w[a1 + w(a2 − a1 )] + b1 = −wa1 + a2 + wb3 + b1 Do c3 + b1 c1 + b2 c2 + b3 c1 + b2 = + w( − ) 2 2 J 12.9 Lời giải gợi ý tập chương 10 155 10.11 Lời giải Từ giả thiết ta có a3 = a1 + w(a2 − a1 ), b3 = b1 + w(b2 − b1 ), Ngoài c1 = a1 + w(b1 − a1 ), c2 = a2 + w(b2 − a2 ), c3 = a3 + w(b3 − a3 ) Do c3 = a3 + w(b3 − a3 ) = a1 + w(a2 − a1 ) + w[b1 + w(b2 − b1 ) − a1 − w(a2 − a1 )] = a1 + w(a2 − a1 ) + w[b1 + w(b2 − a2 ) − a1 − w(b1 − a1 )] = c1 + w(c2 − c1 ) J 10.12.Lời giải Từ điều kiện kiện đề suy góc tam π 2π 4π giác , , Vì ta chọn hệ toạ độ cho a = 1, b = α2 , 7 2π 2π c = α3 , α = cos + i sin Trung điểm A1 , B1 , C1 7 1 cạnh BC, CA, AB tương ứng a1 = (b + c) = (α2 + α3 ), 2 1 b1 = (1 + α ), c1 = (1 + α ), chân đường cao a2 , b2 , c2 2 tính theo công thức biết 1 a2 = (α2 + α3 + − α2 α3 ) = (1 + α2 + α3 − α5 ) 2 1 b2 = (1 + α3 + α2 − α−2 α3 ) = (1 + α2 + α3 − α) 2 1 c2 = (1 + α2 + α3 − α2 α−3 ) = (1 + α2 + α3 − α6 ) 2 156 Chương 12 Lời giải gợi ý tập E tâm đường trịn điểm có nhãn e = (1 + α2 + α3 ) Khi đó, 1 1 e − a1 = , e − b2 = α, e − b1 = α , e − c1 = α3 , e − a2 = α5 , 2 2 e − c2 = α , điều điểm đỉnh đa giác cạnh, có tâm E bán kính đuwờng trịn ngoại tiếp J 10.13 Lời giải (Hình 12.44) Ta có b1 = a2 + w(a3 − a2 ) b2 = a3 + w(a1 − a3 ) , a2 + a3 + b1 m1 = (2 − w)a2 + (1 + w)a3 = a3 + a1 + b2 m2 = (2 − w)a3 + (1 + w)a1 = a1 + a2 Vì m = , nên m − m1 = = = m − m2 = = = Hình 12.44 a1 + a2 (2 − w)a2 + (1 + w)a3 − [3(a1 − a3 ) + (2w − 1)( √ [3(a1 − a3 ) + i 3(a2 − a3 )], a1 + a2 (2 − w)a3 + (1 + w)a1 − [(1 − 2w)(a1 − a3 ) + 3( √ [−i 3(a1 − a3 ) + 3(a2 − a3 )], 12.9 Lời giải gợi ý tập chương 10 Ta đặt z = 157 a2 − a3 Khi a1 − a3 √ |M M1 | |m − m1 | 3(a1 − a3 ) + i 3(a2 − a3 ) z−α √ = = = |M M2 | |m − m2 | − αz −i 3(a1 − a3 ) + 3(a2 − a3 ) √ α = i Vì |α| < 1, cách biến đổi dễ z−α dàng chứng minh ≤ |z| ≤ 1 − αz 10.13.Lời giải Ta chọn điểm đầu hệ toạ độ R, nghĩa r = Để giải tập phải chứng minh q = ip Nếu U |CU | √ chân đường vng góc hạ từ Q xuống AC ta có = Suy |U A| √ c + 3a √ , từ có u = 1+ J q = u + (a − u)(−i) √ √ c + 3a c + 3a √ − i(a − √ ) = 1+ 1+ √ (1 + i)c + ( − i)a √ = 1+ Tương tự ta có √ (1 + i)c + ( − i)b √ p= 1+ chứng minh √ √ (1 + i)c + ( − i)b (1 + i)c + ( − i)a √ √ i= 1+ 1+ √ a Nhưng đẳng thức tương đương với = − + i đúng, b 2 tam giác RAB cân với đỉnh R có góc đỉnh 150◦ J 158 Chương 12 Lời giải gợi ý tập 12.10 LỜI GIẢI VÀ GỢI Ý BÀI TẬP CHƯƠNG 11 11.6 Lời giải Chọn điểm A gốc toạ độ Khi SABC = 1 Im(cb), SBCM N = Im(cb + nc + mn + bm) Nhưng m = 2 1 1 (c + d) = b + c n = c + b Khi 2 4 1 1 1 1 SBCM N = Im(cb + ( c + b)c + ( b + c)( c + b) + b( b + c) 2 4 4 1 1 = Im(cb + bc + bc + cb + bc) 4 16 = Im( cb + (cb + bc)) 16 5 = Im cb = SABC 16 16 J 11.7 Lời giải (Hình 12.45) Chọn điểm gốc hệ toạ độ điểm 1 B Khi n = a, p = c, q = c, m = (a + c) 3 2 2 32 Vì a + c = a + c= a+ q 5 53 5 2 nên k = a + c, 5 1 3 a + c = ( a) + ( c) = n + p, 5 5 5 1 nên l = a + c (do phương trình 5 thơng số suy được) Do Hình 12.45 12.10 Lời giải gợi ý tập chương 11 159 SQP LK = Im(qp + kq + lk + pl) 2 1 = Im( (a + c) c + c( a + c)) 5 1 1 = Im( ac + (ac + ac)) = SABC 15 11.8 Lời giải (Hình 12.46) Chọn C điểm gốc hệ toạ độ a m Khi b = 2d, m = λd, ≤ λ ≤ Theo định lý Talet = = λ, n d a từ suy n = Khi C λ SABM N = Im(ba + mb + nm + an) D a M N = Im(2da + (λb)) λ 1 B = Im(da) = SABD = SABC A 2 Hình 12.46 SABM N khơng phụ thuộc vào λ J 11.9 Lời giải Chọn hệ toạ độ vng góc cho đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC đơn vị Khi ta tính c1 = −abc, b1 = −cab, a1 = −bca SAC1 BA1 CB1 = Im(c1 a + bc1 + ca1 + b1 c + ab1 ) = Im(−2(bc + ca + ab)) = Im(2(ba + cb + ac)) = 2SABC 11.10.Lời giải Theo cách dựng tốn A0 , B , C nằm \0 = đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có góc ABA \0 = 90◦ , mặt khác AA0 , BB , CC đường kính đường ACA trịn , a0 = −a, b0 = −b, c0 = −c Khi SAC BA0 CB = Im(−ca − bc − ab − ca − bc − ab) = 2SABC J 160 Chương 12 Lời giải gợi ý tập 11.11 Lời giải (Hình 12.47) Đặt a = −1, b = Khi (c + d − + cd), e = F D C E (c + d + − cd) f = B S ABF E = Im(ba + f b + ef + ae) A O 1 = Im( (c + d + − cd) 2 + (c + d − + cd)(c + d + − cd) Hình 12.47 − (c + d − − cd)) 1 = Im(c + d − c − d) = Im(c − c) + (d − d) = SABC + SABD 2 11.12 Lời giải Chọn điểm gốc hệ toạ độ vng góc A1 Khi a2 + λ a3 a3 λ a2 b1 = , b2 = , b3 = + λ1 + λ2 + λ3 Ta có S B1 B2 B3 = Im(b2 b1 + b3 b2 + b1 b3 ) a3 a2 + λ1 a3 λ3 a2 a3 a2 + λ1 a3 λ3 a2 = Im( + + ) + λ2 + λ1 + λ3 + λ2 + λ1 + λ3 + λ1 λ2 λ3 = Im(a3 a2 ) (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) + λ1 λ2 λ3 = SA1 A2 A3 (1 + λ1 )(1 + λ2 )(1 + λ3 ) Dễ dàng thấy B1 ,B2 ,B3 nằm đường thẳng diện tích tam giác B1 B2 B3 không nghĩa λ1 λ2 λ3 = −1, ngược lại λ1 λ2 λ3 = −1 điểm B1 , B2 , B3 thẳng hàng J 12.10 Lời giải gợi ý tập chương 11 161 11.13 Gợi ý: Chọn A1 điểm đầu hệ toạ độ vng góc c1 , c2 , c3 tính theo cơng thức ví dụ chương trước SC1 C2 C3 (λ1 λ2 λ3 − 1)2 = SA1 A2 A3 (1 + λ1 + λ1 λ2 )(1 + λ2 + λ2 λ3 )(1 + λ3 + λ3 λ1 ) 11.14 Gợi ý: Chọn K điểm gốc hệ toạ độ vng góc Dễ dàng thấy j = (a + b + c + d), k+o = j =⇒ o = 2j =⇒ o = (a + b + c + d) 2 Thế giá trị vào biểu thức SAM OQ = Im(ma + om + qo + aq) tính kết quả(M, Q trung điểm AO, AB) 11.15 Lời giải Chọn gốc toạ độ vng góc điểm M , nghĩa m = Khi nhãn tứ giác có đỉnh điểm đoos i xứng với M qua trung điểm cạnh a + b, b + c, c + d, d + a Diện tích tứ giác S1 = Im((b + c)(a + b) + (c + d)(b + c) + (d + a)(c + d) + (a + b)(d + a)) 1 = Im2(ba + cb + dc + ad) + Im(|a|2 + |b|2 + |c|2 + |d|2 ) 2 + Im(ca + db + ac + bd) = Im(ba + cb + dc + ad) Do |a|2 + |b|2 + |c|2 + |d|2 ba + cb + dc + ad số thực Vậy S1 = 2S J Chương 13 VẤN ĐỀ TIẾP TỤC VÀ BÀI TẬP TỰ GIẢI 13.1 Vai trò nhãn điểm 162 13.2 Những định lý tiếng hình học phẳng 13.3 Lời cuối 13.4 Bài tập tự giải 165 173 174 13.1 VAI TRÒ NHƯ NHAU CỦA CÁC NHÃN ĐIỂM Nếu để ý kỹ số cách giải tốn chương trước vai trò nhãn đỉnh tam giác tứ giác Khi ta tính tốn biểu thức có tính đối xứng thay chúng cho đưa đến kết luận đối xứng (hoặc tương tự nhau) Thơng qua ví dụ sau hiểu vấn đềt cách cụ thể Ví dụ 13.1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh đường phân giác góc DAB BCD cắt đuwờng chéo BD đuwờng phân giác góc ABC ADC cắt đuwờng chéo AC Lời giải Ký hiệu P điểm thứ hai mà đường phân giác góc DAB cắt đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD Dễ thấy điểm Q đối 162 13.1 Vai trò nhãn điểm 163 xứng qua tâm đường tròn P điểm cắt đường phân giác _ góc BCD Vì P Q điểm cung BD, nên p + q = p2 = q = bd K điểm cắt hai đuwờng phân giác Khi k= ap(c + q) − cq(a + p) a(c − p) + (a + p)c = ap − cq a+c Do điều kiện thẳng hàng B, D K : vào ta nhận k−b b−d = k−b b−d , thay giá trị k −2acp + ap2 − cp2 + abp + bcp = 2bpd − dbc + abd − adp − dcp ap2 − cp2 = abd − bcd đẳng thức viết lại 2(ac + bd) = (a + c)(b + d) J Biểu thức cuối đối xứng a c, tương ứng với b d Như điều kiện cần đủ để hai đuwờng phân giác góc đoos i diện cắt đuw ờng chéo đuwợc chứng minh Ta thấy vai trò a thay cho b, c thay cho d ngược lại Hơn nhãn p không tham gia trực tiếp vào cơng thức, thay q chứng minh, từ ta sinh loạt tốn tương tự Ví dụ 13.2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn M điểm cắt tiếp tuyến A C với đường tròn, N điểm cắt tiếp tuyến B D Cho AA0 , BB , CC , DD0 đường phân giác tứ giác với A0 , B , C , D0 nằm đường tròn Những đường thẳng AA0 CC cắt K, AC A0 C cắt K , BB DD0 cắt L B D D0 B cắt L0 Khi mệnh đề sau tương đương: 1) Những điểm A, C, N thẳng hàng 2) Những điểm B, D, M thẳng hàng 3) Những điểm A, C, L thẳng hàng 164 Chương 13 Vấn đề tiếp tục tập tự giải 4) Những điểm B, D, K thẳng hàng 5) Những điểm A, C, L0 thẳng hàng 6) Những điểm B, D, K thẳng hàng Bằng cách tương tự giải tập sau: Ví dụ 13.3 Điểm đường chéo AC BD tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tương ứng M N Chứng minh BD đường phân giác góc AN C AC phân giác góc BM D Ví dụ 13.4 AB CD hai dây cung đường tròn Chứng minh đường thẳng nối A với điểm CD B với điểm CD tạo thành góc với CD, đường thẳng nối C D với điểm AB tạo góc số đo với AB Chúng ta xét thêm ví dụ Ví dụ 13.5 Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn k Hai tiếp tuyến l1 l2 đường tròn khác cạnh tứ giác Khoảng cách từ đỉnh A, B, C, D đến l1 l2 tương ứng ký hiệu a1 , b1 , c1 , d1 a2 , b2 , c2 , d2 Chứng minh a1 b2 c1 d2 = a2 b1 c2 d1 Lời giải Phương trình chứng minh tương đương với a1 c1 a2 c2 = Gọi P1 P2 tiếp điểm tương ứng l1 b1 d1 b2 d2 l2 với k Ta ký hiệu T1 , T2 , T3 , T4 điểm tiếp xúc tứ giác ABCD với đường tròn k Khoảng cách a1 từ điểm A đến l1