Tích vô hướng của 2 véc tơ

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 1 Phần 1 Mở ñầu 1. Lý do chọn ñề tài Hình học phẳng là môn học nhằm phát triển tư duy tổng hợp, trừu tượng cho học sinh bậc PTCS và PTTH. Tích vô hướng của hai vectơ là công cụ ñể giải các bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, ñể xây dựng các công thức lượng giác… Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, olympíc quốc tế, olympíc khu vực…, bài toán hình học phẳng gần như là bài toán bắt buộc, nhằm phát hiện những học sinh có năng khiếu toán học. Hiện nay, chuyên ñề về các phương pháp hình học ñã ñược trình bày ở dạng hệ thống lý thuyết cũng như các bài tập ứng dụng và ñã ñược phân loại và khái quát một cách chi tiết theo ñặc trưng phương pháp và các ñặc thù cụ thể. Tuy nhiên, trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán thi các cấp, tôi ñã khai thác ba bài toán cơ bản ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ, trong SGK Hình học lớp 10 Nâng cao (trang 47-49) và tôi ñã viết ñề tài “ Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng ” 2. Nhiệm vụ ñề tài - giới hạn ñề tài a. Nhiệm vụ ñề tài Nội dung ñề tài gồm hai chương, chương I: Tóm tắt một số khái niệm cơ bản về vectơ; chương II: Nêu ba ứng dụng của tích vô hướng của hai vectơ nhằm giải ñược một số ñề thi học sinh giỏi quốc gia của một số nước trên thế giới, mà nếu giải bằng các cách khác thì rất khó và phức tạp. b. Giới hạn ñề tài ðề tài chủ yếu nêu bậc các ứng dụng của ba bài toán cơ bản trong sách giáo khoa Hình học 10 Nâng cao c. Hướng pháp triển ñề tài Việc ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ vào giải toán hình học phẳng rất phong phú và ña dạng, như ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể xác ñịnh giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của các biểu thức lượng giác không ñối xứng trong tam giác. 3. Phương pháp tiến hành Chúng tôi thực hiện các phương pháp sau: • Phương pháp phân tích, ñánh giá, dự ñoán. • Hệ thống hóa các dạng toán ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể giải 4. Cơ sở và thời gian tiến hành Dựa trên thực tế giảng dạy các lớp chuyên Toán và bồi dưỡng ñội tuyển học sinh giỏi Toán dự thi các cấp các năm học vừa qua; trên cơ sở tích lũy trong quá trình soạn giảng và tham khảo ý kiến các ñồng nghiệp, tôi ñúc kết viết ñề tài này. Trong quá trình biên soạn tôi ñã nhận ñược sự giúp ñỡ của các ñồng nghiệp trong tổ Toán trường THPT chuyên Lê Quý ðôn Bình ðịnh, ñồng thời cũng ñược sự giúp ñỡ của GSTSKH Nguyễn Văn Mậu trường ðHKHTN ðHQG Hà Nội. Tôi xin chân thành cảm ơn và mong ñược sự góp ý của các ñồng nghiệp cho chuyên ñề về hình học phẳng thêm phong phú, có tư liệu cho việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán của tỉnh nhà. Tác giả: Trương Ngọc ðắc Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 2 Phần 2 Nội dung ñề tài TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG Chương I- Các khái niệm và ñịnh nghĩa cơ bản về vectơ I. Các khái niệm và ñịnh nghĩa 1. Vectơ là một ñoạn thẳng có hướng, nghĩa là trong hai ñiểm mút của ñoạn thẳng ñã chỉ rõ ñiểm nào là ñiểm ñầu, ñiểm nào là ñiểm cuối. • Vectơ có ñiểm ñầu là A và ñiểm cuối là B thì ta kí hiệu: AB . • ðường thẳng AB ñược gọi là giá của vectơ AB . • Hướng hay chiều của vectơ AB là hướng ñi từ A ñến B. • ðộ dài của vectơ AB là ñộ dài ñoạn AB, kí hiệu: / AB /. 2. Vectơ không, kí hiệu: O là vectơ có ñiểm ñầu và ñiểm cuối trùng nhau, có giá tùy ý, có ñộ dài bằng 0. 3. Hai vectơ cộng tuyến ( cùng phương ), nếu giá của chúng trùng nhau hoặc song song nhau. 4. Hai vectơ bằng nhau ( ) ba = khi và chỉ khi chúng cùng hướng ( cùng phương và cùng chiều ) và có ñộ dài bằng nhau. 5. Hai vectơ ñối nhau ( ) ba −= khi và chỉ khi chúng ngược hướng ( cùng phương và ngược chiều ) và có ñộ dài bằng nhau. 6. Vectơ tự do, kí hiệu: a , ñược xác ñịnh bởi phương, hướng và ñộ dài (có gốc tùy ý). II. Các phép toán vectơ 1. Tổng của hai vectơ bvàa : • Quy tắc hình bình hành: Từ ñiểm O bất kỳ vẽ bOBaOA == , và dựng OABC là hình bình hành: OCbaOBOA =+=+ • Quy tắc liên tiếp: Từ ñiểm O bất kỳ vẽ bACaOA == , thì OCbaACOA =+=+ Chú ý Cho n ñiểm nnnn AAAAAAAAthìAAA 11322121 , ,, =+++ − 2. Hiệu của hai vectơ A B O a b ba + C A Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 3 Cho hai vectơ bvàa . Hiệu hai vectơ bvàa , kí hiệu: )( baba −+=− . Chú ý Cho hai ñiểm A và B thì với mọi ñiểm O, ta có: OAOBAB −= . 3. Tích của một vectơ với một số Tích của vectơ a với số thực k là một vectơ, kí hiệu: ak. ñược xác ñịnh: • Nếu 0 ≥ k thì vectơ ak. cùng hướng với vectơ a Nếu k < 0 thì vectơ ak. ngược hướng với vectơ a • ðộ dài vectơ ak. bằng ak . ðặc biệt:     = = ⇔= 0 0 . a k oak 3.1 ðiều kiện ñể hai vectơ cùng phương. Vectơ b cùng phương với vectơ )0( ≠aa khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho:           == a b kakb ,. 3.2 Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng phương. Cho hai vectơ không cùng phương bvàa , khi ñó mọi vectơ c ñều có thể biểu thị ñược một cách duy nhất qua hai vectơ bvàa , nghĩa là có duy nhất cặp số m và n sao cho bnamc += . III. Tích vô hướng của hai vectơ 1. Góc giữa hai vectơ Cho hai vectơ bvàa ñều khác vectơ không. Từ một ñiểm O nào ñó, ta vẽ các vectơ bOBaOA == , . Khi ñó số ño của góc AOB ñược gọi là số ño của góc giữa hai vectơ bvàa . Kí hiệu: ( ) [ ] 00 180;0, ∈==< α AOBba • Nếu ( ) 0 90, = ba thì ta nói hai vectơ bvàa vuông góc nhau. Kí hiệu: ba ⊥ . 2. ðịnh nghĩa tích vô hướng của hai vectơ Tích vô hướng của hai vectơ bvàa là một số, kí hiệu ba. , xác ñịnh bởi: ),cos( bababa = ðặc biệt: • 0. =→=∨= baoboa O A B a b Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 4 • ( ) bababa 0, 0 =⇔= • ( ) bababa 180, 0 −=⇔= • Bình phương vô hướng của một vectơ bằng bình phương ñộ dài của vectơ ñó. Ta có 2 2 .: aaaaa ==∀ . 3. Các tính chất của tích vô hướng của hai vectơ Với ba vectơ tùy ý Rlkvàcba ∈,,, , ta có: 3.1 abba = 3.2 baba ⊥⇔= 0. 3.3 ) () () ( bakbkabak == 3.4 ) () () ( calbakclbka +=+ 4. Các mệnh ñề cơ bản về ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ Ta xét ba mệnh ñề cơ bản vận dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể làm nền tảng giải các bài toán hình học ở chương sau ( ñây là ba bài toán cơ bản trong SGK Hình học 10 Nâng cao, trang 47 - 49). Mệnh ñề 1 Với bốn ñiểm phân biệt A, B, C, D bất kỳ thì CDABBDBCADAC ⊥⇔−=− 2222 Chứng minh Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) CDABABDCBDBCADACDC BDBCBDBCADACADACBDBCADAC ⊥⇔=⇔−−+⇔ +−=+−⇔−=− 0 2 2222 Mệnh ñề 2 ( Công thức chiếu) Cho hai vectơ OBvàOA , gọi B’ là hình chiếu của B trên ñường thẳng OA thì / OBOAOBOA = . B' B O A Chứng minh • Nếu <AOB < 90 0 thì /0// .0cos )cos( OBOAOBOAOBOAAOBOBOAOBOA ==== • Nếu <AOB ≥ 90 0 thì /0// .180cos )cos( OBOAOBOAOBOAAOBOBOAOBOA ==−== Mệnh ñề 3 ( Phương tích của một ñiểm ñối với ñường tròn ) Cho ñường tròn (O, R) và ñiểm M cố ñịnh. Một ñường thẳng bất kỳ ñi qua M, cắt ñường tròn ñó tại hai ñiểm A và B thì tích MBMA. bằng hằng số ( OM 2 - R 2 ). B ’” O A B Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 5 M O C B A A B T O M Chứng minh Vẽ ñường kính BC của ñường tròn (O, R). Ta có ñiểm A là hình chiếu của ñiểm C trên ñường thẳng MB. Áp dụng mệnh ñề 2, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 RdOBMOOBMOOBMOOBMOOCMOMBMCMBMA −=−=+−=++== Với d = MO. Chú ý • Giá trị không ñổi 22 . RdMBMA −= nói trong mệnh ñề 3, gọi là phương tích của ñiểm M ñối với ñường tròn (O, R). Kí hiệu: )(, 22 )/( MOdRdP OM =−= • Khi ñiểm M nằm ngoài ñường tròn (O, R), MT là tiếp tuyến của ñường tròn (T là tiếp ñiểm) thì 2 2 )/( MTMTP OM == . Chương II. Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ vào giải các bài toán hình học I.Tính toán các yếu tố hình học ðể sử dụng tích vô hướng của hai vectơ vào tính toán các yếu tố hình học, ta thường vận dụng các kiến thức • Bình phương vô hướng của một vectơ: 2 2 AB AB = . • ( ) ( ) 0.90;0, 00 >⇔∈ baba • ( ) ( ) 0.180;90, 00 <⇔∈ baba Trong các bài toán sau, ta sử dụng kí hiệu quen thuộc: tam giác ABC có trọng tâm G, trực tâm H, tâm ñường tròn ngoại tiếp O và bán kính R, tâm ñường tròn nội tiếp I và bán kính r, ñộ dài BC = a, CA = b, AB = c. Và một số hệ thức cơ bản trong tam giác ABC: 1. MGMCMBMAMvàoGCGBGA 3: =++∀=++ 2. oICcIBbIAa =++ và MIcbaMCcMBbMAaM )( : ++=++∀ 3. Với ñiểm M bất kỳ: MA 2 + MB 2 + MC 2 = GA 2 + GB 2 + GC 2 + 3 MG 2 . Bài toán 1 Cho tam giác ABC. Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ñến O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác theo ñộ dài các cạnh của tam giác và bán kính R của ñường tròn ngoại tiếp. Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 6 Nhận xét ðể tính ñược OG theo a, b, c và R ta chỉ cần xác ñịnh ñược hệ thức vectơ OG liên hệ với các vectơ OCOBOA ,, . Lời giải Từ hệ thức MGMCMBMAM 3: =++∀ , chọn M trùng O, ta có OCOBOAOG ++=.3 Bình phương vô hướng hai vế của ñẳng thức vectơ trên, ta ñược: ( ) ( ) ( ) ( ) 2222 2 22 2 22 2 222 2222 9 3 2 2 2.9 CABCABR OAOCOAOCOCOBOCOBOBOAOBOAR OAOCOCOBOBOAOCOBOAOG ++−=       −−++       −−++       −−++= +++++= Vậy ( ) 22222 .9.9 cbaROG ++−= (1) Nhận xét • Vì 22222 9)1(,0 RcbaOG ≤++⇒≥ , dấu ñẳng thức xảy ra khi tam giác ABC ñều. • Hoàn toàn tương tự, sử dụng các ñẳng thức vectơ trong tam giác và bình phương vô hướng của vectơ, ta cũng tính ñược ñộ dài OI, IH …theo ñộ dài cạnh của tam giác và bán kính R của ñường tròn ngoại tiếp tam giác: c b a cba RIH c b a cba ROI + + ++ −= + + −= 333 2222 4, Bài toán 2 Gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng: 1 222 =++ ab IC ca IB bc IA . Lời giải Trong tam giác ABC với I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác, ta có ñẳng thức vectơ: oICcIBbIAa =++ . Bình phương vô hướng hai vế của ñẳng thức, ta ñược ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cbacbaICcIBbIAacba IAICIAICacICIBICIBcbIBIAIBIAba ICcIBbIAaIAICacICIBcbIBIAbaICcIBbIAa ++−++++=       −−++       −−++       −−++ +++=+++++= 2 2 2 0 222 2 22 2 22 2 22 222222222222 Từ ñó chia hai vế cho a.b.c(a+b+c), ta có: 1 222 =++ ab IC ca IB bc IA . Nhận xét Hoàn toàn tương tự, dựa vào các ñẳng thức vectơ trong tam giác, ta cũng có các ñẳng thức về ñộ dài các yếu tố trong tam giác. Bài toán 3 Hãy xác ñịnh góc giữa hai ñường chéo của tứ giác ABCD, biết ñộ dài các cạnh và hai ñường chéo. Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 7 A D C B Lời giải Áp dụng ñịnh nghĩa tích vô hướng của hai vectơ, ta có: ( ) DBAC DBAC DBAC . . ,cos = (1) Lấy ñiểm O bất kỳ, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )2( 2 2 2 22 2 2222 2 22 2 22 2 22 2 22 ADBCCDABODOCODOC OBOAOBOAODOAODOAOCOBOCOB OBOAODOCODOAOCOBODOBOAOCDBAC −−+=       −−+− −       −−+−       −−++       −−+= −−+=−−= Từ (1) và (2) suy ra: ( ) DB AC ADBCCDAB DBAC . ,cos 2222 −−+ = Bài toán 4 Chứng minh rằng tam giác ABC có hai ñường trung tuyến ứng với cạnh AB và BC vuông góc nhau thì . 5 4 cos ≥B C 1 A 1 B A C Lời giải Gọi A 1 và C 1 lần lượt là trung ñiểm cạnh BC và BA. ðặt acCCvàcaAÂcBAaBC −=−=⇒== 2 1 2 1 , 11 . Theo giả thiết AA 1 vuông góc CC 1 , nên ta có:       +=⇔=       −       − 22 5 2 .0 2 1 2 1 cacaacca Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 8 Mà 5 4 . . . 5 4 . . 5 2 . . cos 22 =≥ + == ca ca ca ca ca ca B . Dấu ñẳng thức xảy ra khi tam giác ABC cân tại B. Bài toán 5 Cho hình vuông ABCD nội tiếp ñường tròn (O, R). MN là một ñường kính bất kỳ của ñường tròn (O, R). 1. Chứng minh rằng: MA 4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = NA 4 + NB 4 + NC 4 + ND 4 . 2. Chứng minh rằng khi ñiểm M chạy trên ñường tròn (O, R) thì tổng S = MA 4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 không ñổi. M O A D B C Lời giải 1.Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22222 2222 2222 .8 .2.4 R ODOCOBOAOMOMODOCOBOA OMODOMOCOMOBOMOAMDMCMBMA = +++−++++= −+−+−+−=+++ Tương tự: 22222 .8 RNDNCNBNA =+++ Từ ñó suy ra: )1(0 22222222 =−+−+−+− NDMDNCMCNBMBNAMA Và )2(.4)()()()( 222222222 RNDMDNCMCNBMBNAMA =+=+=+=+ Nhân (2) cho (1) thì ta có MA 4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = NA 4 + NB 4 + NC 4 + ND 4 . 2. Giả sử M nằm trên cung AD, gọi α = < AOM . ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) α 244 2 4 224 22 4 22 2 2244 cos.88.88 .22.22216 216 2 RROMOAR OMOAROMOARR ONOAOMOAR NAMANAMANAMA +=+= +−−= −−−= −+=+⇒ Tương tự, ta cũng có: ( ) )90(cos.88.88 0244 2 444 α ++=+=+ RROMOBRNBMB ( ) )180(cos.88.88 0244 2 444 α −+=+=+ RROMOCRNCMC ( ) )90(cos.88.88 0244 2 444 α −+=+=+ RROMODRNDMD Và: 2)90(cos)180(cos)90(coscos 0202022 =−+−+++ αααα Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 9 Vậy từ các ñẳng thức trên: 44444 .24 RMDMCMBMA =+++ Nhận xét • Từ phương pháp giải bài toán trên ta nhận thấy mọi ña giác ñều nội tiếp trong ñường tròn thì tổng bình phương hoặc tổng lũy thừa bốn khoảng cách từ một ñiểm M bất kỳ trên ñường tròn ñến các ñỉnh của ña giác không phụ thuộc vị trí ñiểm M. Ví dụ. Cho tam giác ABC ñều nội tiếp trong ñường tròn (O, R). Chứng minh rằng khi ñiểm M chạy trên ñường tròn (O, R) thì tổng: S = MA 4 + MB 4 + MC 4 không ñổi. II. Chứng minh hai ñường thẳng vuông góc Trong phần này chủ yếu ta sử dụng kiến thức: • baba ⊥⇔= 0. . • Với bốn ñiểm A, B, C, D bất kỳ: CDABBDBCADAC ⊥⇔−=− 2222 Bài toán 1 Cho tam giác ABC không cân. ðường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại A 1 , B 1 và C 1 . Gọi P là giao ñiểm của BC với B 1 C 1 . Chứng minh rằng IP vuông góc AA 1 . C 1 B 1 A 1 P I CB A Lời giải Gọi H là giao ñiểm của AI với B 1 C 1 . Xét tích vô hướng của hai vectơ: ( ) ( ) ( ) 0 2 1 2 1 2 1 2 111 11111 =−=−=−++= +++=+= IAIBIAAIHIIAIAPAAIHIAIPH IAIAPAAIHIPHIAAIPIAAPI Vậy IP vuông góc với AA 1 . Bài toán 2(2005-USSR) Cho tam giác ABC nhọn; AA 1 , BB 1 là hai ñường cao, A’ là trung ñiểm BC, B’ là trung ñiểm CA, C’ là giao ñiểm của A’B’ và A 1 B 1 ; O là tâm ñường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông góc với CC’. Nhận xét ðể chứng minh ñược: 'CCOH ⊥ , ta phải chứng minh: 11 BAOC ⊥ và Tam giác CA 1 B 1 ñồng dạng tam giác CB’A’. Lời giải Gọi CD là ñường kính của ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: <BAC = <BDC = <CA 1 B 1 ( Tứ giác ABA 1 B 1 nội tiếp) Và <BDC + <DCB = 90 0 Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng 10 H C' B' B A 1 B 1 O A' A C Suy ra: 11 BAOC ⊥ Mặt khác Tam giác CA 1 B 1 ñồng dạng tam giác CB’A’(g-g) Suy ra: CB 1 .CB’ = CA 1 .CA’ (1) Xét tích vô hướng của hai vectơ: ( ) ( ) ( ) (*) '.'.'' .'.'''.''. 11 11 COCACOACHCCBHCBC COCAACHCCBBCCOHCCCCCHO +++= +++=+= D O B 1 A 1 A C B Theo giả thiết: 0'.0''.'' 111 =→⊥=→⊥ ACCOBAOCvàCBHCBAHC Vậy từ (*), ta có COCAHCCBCCHO ''. 1 += (**) Áp dụng mệnh ñề 2, từ (**) và (1), ta có: 0.'' '.'. 111 =−=−= CACACBCBCACOCBCHCCHO Vậy 'CCOH ⊥ . Bài toán 3(1997-USA) Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và ABF nằm bên ngoài tam giác ABC với BC, CA và AB là các cạnh ñáy. Chứng minh rằng các ñường thẳng qua A, B, C tương ứng vuông góc với EF, FD, DE thì ñồng qui. Nhận xét ðể chứng minh FE, FD, ED ñồng qui, ta gọi P là giao ñiểm của ñường thẳng qua B vuông góc với FD với ñường thẳng qua C vuông góc với DE, ta cần chứng minh PA vuông góc với FE. A B C D E F P [...]... ⇒ 2 e + f  = a + b + c + d     2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2 ( ) e + f = a +b +c +d − b+d 2 2 2 2 = a + c − 2. b.d 2 Và 2 2 (3) 2 2 2 2 2 ( 4) 2 2 2( e + f ) = a + b + c + d − 2b.d − 2. a.c 2 2 2 (1) 2 = b + d − 2. a.c t (3) và (4), suy ra: 2 2 ) 2 e + f = a +b +c +d − a+c 2 2 2 Thay (2) vào (1), ta có: 2 2 2 ( ≤ a + b + c + d + 2 a c + 2 b d = a + c ) + (b + d ) 2 2 (ñpcm) D u ñ ng th c x y ra khi và... ti p tam giác ABC, ta có: AK ⊥ AM và CK ⊥ CN ⇒ KM 2 − KN 2 = KA2 + AM 2 − KC 2 + CN 2 = KA2 − KC 2 ( = (KA 2 − KB 2 ) ( ) + (KB 2 ) ) − KC = BC 2 − AB 2 2 (1) Hoàn toàn tương t , ta cũng có IE ⊥ EM và IF ⊥ FN ⇒ IM 2 − IN 2 = IE 2 + EM 2 − IF 2 + FN 2 = EM 2 − FN 2 ( ) ( ) = ( AM − AE ) − (CN − CF ) 2 12 2 ( 2) Trương Ng c ð c Tích vô hư ng c a hai vectơ và ng d ng M B N F E O I A C K M t khác, theo... minh: OH ⊥ MN Áp d ng m nh ñ 1, ta có: MA ⊥ CH ⇔ MC 2 − MH 2 = AC 2 − AH 2 (1) 2 2 2 2 NA ⊥ BH ⇔ NB − NH = AB − AH ( 2) DA ⊥ BC ⇔ DB 2 − DC 2 = AB 2 − AC 2 (3) 2 2 2 BO ⊥ DF ≡ ND ⇔ BN − BD = ON − OD 2 ( 4) 2 2 2 2 CO ⊥ DE ≡ MD ⇔ CM − CD = OM − OD (5) L y (1) - (2) + (3) +(4) - (5) v theo v , ta ñư c: HN 2 − HM 2 = ON 2 − OM 2 ⇔ OH ⊥ MN (ñpcm) Bài toán 10 (20 07-USA) Cho tam giác ABC D ng hai tam giác PAB... HL ⊥ PA ⇔ XP 2 − XA2 = HP 2 − HA2 XB ≡ CB ⊥ AH ⇔ AX 2 − AB 2 = HX 2 − HB 2 (1) ( 2) BH ⊥ AC ≡ AY ⇔ BA − BY = HA − HY (3) 2 2 2 2 YH ≡ MH ⊥ BP ⇔ YB − YP = HB − HP ( 4) C ng (1), (2) , (3) và (4), ta ñư c: XP 2 − YP 2 = HX 2 − HY 2 ⇔ HP ⊥ XY (**) Hoàn toàn tương t , ta cũng có: HP ⊥ XZ T (*) và (**) suy ra ba ñi m X, Y, Z th ng hàng 2 2 2 2 13 (*) Trương Ng c ð c Tích vô hư ng c a hai vectơ và ng d ng...Trương Ng c ð c Tích vô hư ng c a hai vectơ và ng d ng L i gi i G i P là giao ñi m c a ñư ng th ng qua B vuông góc v i FD v i ñư ng th ng qua C vuông góc v i DE Áp d ng m nh ñ 1và s d ng tích ch t các tam giác cân, ta có: PB ⊥ FD ⇔ PF 2 − PD 2 = BF 2 − BD 2 = AF 2 − CD 2 (1) 2 2 2 2 2 2 PC ⊥ DE ⇔ PD − PE = CD − CE = CD − AE ( 2) 2 2 2 2 T (1) và (2) suy ra: PF − PE = AF − AE ⇔ PA... c ð c Tích vô hư ng c a hai vectơ và ng d ng X A O C B P T Y L i gi i Theo tính ch t góc n i ti p n a ñư ng tròn, ta có: AB ⊥ BT ⇔ TX 2 = BX 2 + BT 2 (1) AC ⊥ CT ⇔ TY = TC + CY = BT 2 + CY 2 (2) 2 2 2 2 T (1) và (2) suy ra: TX − TY = BX − CY (3) M t khác: PX // AC, suy ra: BX = PX (4) Và PY // AB, suy ra: CY = PY (5) 2 2 2 Th (4), (5) vào (3), ta ñư c: TX − TY = PX − PY 2 ⇔ TP ⊥ XY (ñpcm) 2 2 2 Bài... i G i O1 , O2 l n lư t là trung ñi m HM, HA Xét hai ñư ng tròn ñư ng kính HM và HA ( áp d ng m nh ñ 3), ta có: KA'.KM = KO 12 − HO 12 (1) 2 2 (2) KB '.KC ' = KO2 − HO2 M t khác A’, M, B’, C’ n m trên ñư ng tròn Ơler, ta có: KA'.KM = KB'.KC ' (3) 2 2 2 2 T (1), (2) và (3) suy ra: KO1 − HO1 = KO2 − HO2 ⇔ KH ⊥ O1O2 Mà O1O2 // AM, do ñó KH ⊥ AM 14 C Trương Ng c ð c Tích vô hư ng c a hai vectơ và ng d ng... a2 + b2 + c2 Trong ñó a = BC, b = CA, c = AB Ch ng minh r ng: GA + GB + GC ≥ 3R Nh n xét Ta s d ng ñ ng th c cơ b n trong tam giác: V i m i ñi m M n m trong m t ph ng tam giác ABC, ta có: MA 2 + MB 2 + MC 2 = GA 2 + GB 2 + GC 2 + 3.GM 2 1 1 Khi M ≡ O : OG 2 = R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ) ⇒ GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) (*) 9 3 L i gi i Ta có: GA.R = GA.OA ≥ GA.OA = GA GA − GO = GA2 − GA.GO (1)... 1 1 2 + + ≤ + + GA1 GB1 GC1 GA GB GC 3 GA + GB + GC ≤ GA1 + GB1 + GC1 L i gi i 1 Áp d ng m nh ñ 3, phương tích c a m t ñi m ñ i v i ñư ng tròn, ta có: 1 GA.GA1 = GB.GB1 = GC.GC1 = R 2 − OG 2 = (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 3 1 Suy ra: GA.GA1.GB.GB1.GC.GC1 = ( R 2 − OG 2 )3 = (1) (GA2 + GB 2 + GC 2 )3 27 Áp d ng b t ñ ng th c Cauchy, ta có: 3  GA2 + GB 2 + GC 2   ≥ GA2 GB 2 GC 2    3   T (1) và (2) ,... 2 2 S = AB 2 + BC 2 − CA2 = OB − OA + OC − OB − OA − OC = 2. R 2 2 2 2 2 (*) V y min(S) = -R2 khi OB = OA + OC ⇔ Tam giác ABC cân t i B và . (1), ta có: ( ) )3( 2 222 22 222 22 dbca dbdcbafe −+= +−+++=+ Và ( ) )4( 2 22 222 222 2 cadb cadcbafe −+= +−+++=+ từ (3) và (4), suy ra: ( ) ( ) 22 22 22 222 222 2 2 2. 2) (2 dbcadbcadcba cadbdcbafe +++=+++++≤ −−+++=+ . ) cbacbaICcIBbIAacba IAICIAICacICIBICIBcbIBIAIBIAba ICcIBbIAaIAICacICIBcbIBIAbaICcIBbIAa ++−++++=       −−++       −−++       −−++ +++=+++++= 2 2 2 0 22 2 2 22 2 22 2 22 222 222 222 222 Từ ñó chia hai vế cho a.b.c(a+b+c), ta có: 1 22 2 =++ ab IC ca IB bc IA . Nhận xét Hoàn toàn tương tự, dựa vào các ñẳng thức vectơ trong. ) ( ) ( ) 22 22 2 22 2 22 2 22 2 22 22 9 3 2 2 2. 9 CABCABR OAOCOAOCOCOBOCOBOBOAOBOAR OAOCOCOBOBOAOCOBOAOG ++−=       −−++       −−++       −−++= +++++= Vậy ( ) 22 222 .9.9 cbaROG