hệ số góc của đường thẳng

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 1 HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓC Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung Thông thường khi viết phương trình của đường thẳng, ta hay sử dụng phương trình tổng quát của đường thẳng. Nhưng có một dạng khác của phương trình đường thẳng mà việc áp dụng nó để giải toán cũng hiệu quả không kém, đó là phương trình đường thẳng theo hệ số góc. Tuy nhiên khi sử dụng dạng này ta chỉ tìm được những đường thẳng không song song với Oy. Do vậy, ta cần phải xét thêm đường thẳng dạng x m  có thỏa mãn bài toán không? Sau đây là vài bài toán áp dụng Bài toán 1: (Bài 35 SBT Hình Học 10 Nâng Cao) Cho ba điểm A(1; 1), B(2; 0), C(3; 4). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cách đều hai điểm B, C. Giải a) Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua A. Khi đó thường thẳng  có dạng:   1 1 y k x     1 0 kx y k     Theo giả thuyết     ; ; d B d C    2 2 2 1 3 4 1 1 1 k k k k k k          1 2 3 k k     4 2 3 k k        Suy ra có hai đường thẳng 1 : 4 3 0 x y     2 2 1 : 0 3 3 x y     2 3 1 0 x y     b) Xét đường thẳng 1 x  (đường thẳng này đi qua A nhưng không có hệ số góc) Ta có:   , 1 d B   ,   , 2 d C   Như vậy đường thẳng 1 x  không thỏa mãn đề bài. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán 1 : 4 3 0 x y     2 : 2 3 1 0 x y     Nhận xét: Nếu bỏ qua trường hợp b), có thể sẽ làm mất nghiệm của bài toán. Bài toán 2: (Bài 56 SBT Hình Học 10 Nâng Cao) Cho hai đường tròn   2 2 1 : 4 8 11 0 C x y x y      và   2 2 2 : 2 2 2 0 C x y x y      . Viết phương trình tiếp tuyến chung của   1 C và   2 C . Giải Đường tròn   1 C có tâm 1 I (2; 4) và bán kính 1 3 R  Đường tròn   2 C có tâm 2 I (1; 1) và bán kính 2 2 R  Ta có: 1 2 1 2 1 2 1 R R I I R R      Suy ra   1 C và   2 C cắt nhau nên chúng có hai tiếp tuyến chung. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 2  Cách 1: Giả sử tiếp tuyến chung  có phương trình: 0 ax by c      2 2 0 a b   .  tiếp xúc với   1 C và   2 C khi và chỉ khi     1 1 2 2 ; ; d I R d I R          2 2 2 2 2 4 3 2 a b c a b a b c a b                 2 2 4 3 a b c a b c       5 7 11 5 c a b a b c           + Với 5 c a b   , ta có: 2 2 2 6 2 a b a b      2 4 3 0 b b a    0 4 3 b b a        - Với 0 b  a c   . Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất 1 : 1 0 x    - Với 4 3 b a   , chọn 4 a  , 3 b   11 c    . Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2 : 4 3 11 0 x y     + Với 7 11 5 a b c    , ta có: 2 2 2 6 2 5 a b a b    2 2 12 3 8 0 a ab b     , phương trình vô nghiệm. Vậy   1 C và   2 C có hai tiếp tuyến chung là 1 : 1 0 x    và 2 : 4 3 11 0 x y      Cách 2: + Xét đường thẳng : x m    là tiếp tuyến chung của tiếp xúc với   1 C và   2 C khi và chỉ khi     1 1 2 2 ; ; d I R d I R          2 3 1 2 m m           1 m    Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất 1 : 1 0 x    + Giả sử tiếp tuyến chung  có phương trình: y kx b   Ta có:     1 1 2 2 ; ; d I R d I R          2 2 2 4 3 1 1 2 1 k b k k b k                 2 2 4 3 1 k b k b       5 7 11 5 b k k b           - Với 5 b k   , ta có: 2 3 1 k k    4 3 k   11 3 b    . Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2 4 11 : 3 3 y x    4 3 11 0 x y     - Với 7 11 5 k b    , ta có: 2 3 5 1 k k    2 24 6 16 0 k k     , phương trình vô nghiệm. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 3 Bài toán 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Phương trình đường thẳng BC là 3 3 0x y   . Các đỉnh A, B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Giải Vì B vừa thuộc đường thẳng 3 3 0x y   , vừa thuộc trục hoành 0y  nên tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: 3 3 0 0 x y y          1 0 x y        B(1; 0) Gọi   0 0 ;I x y là tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông ABC, thì I nằm trên đường phân giác của góc  CBA . Cạnh huyền BC có hệ số góc 3k  . Do đó BC tạo với chiều dương của trục hoành góc  mà tan 3k    0 60    . Vậy đường phân giác của  CBA tạo với chiều dương của trục hoành góc 0 30 , nên hệ số góc của đường phân giác này là 0 1 3 tan30 3 k   Do đó, phương trình đường phân giác BI là: 3 3 3 3 y x  Theo giả thuyết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2, suy ra: 0 3 3 2 3 3 x   0 0 2 3 1 1 2 3 x x          Gọi H là hình chiếu của I trên Ox, thì 0H x x . Khi đó: + Với 0 2 3 1x   , thì 2 2 3 3 A H x x      2 3 3;0A  Điểm C nằm trên 3 3 0x y   và có hình chiếu trên Ox là A nên   2 3 3;6 2 3C   Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: 4 3 7 2 3 6 ; 3 3 G         + Với 0 1 2 3x   , thì 2 2 3 1 A H x x       2 3 1;0A     2 3 1; 6 2 3C     Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: 4 3 1 2 3 6 ; 3 3 G           Vậy có hai tọa độ của điểm G. Bài toán 4: Cho Elip (E): 2 2 1 25 9 x y   và điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 4 Giải Ta xét hai trường hợp: a) Đường thẳng qua M có dạng 1x  . Gọi 1 A , 1 B là giao điểm của đường thẳng 1x  và (E). Rỏ ràng M không là trung điểm của 1 1 A B . Loại trường hợp này. b) Đường thẳng d qua M có hệ số góc k, có dạng:   1 1y k x   Giả sử d cắt (E) tại hai điểm   1 1 ;A x y ,   2 2 ;B x y Khi đó tọa độ của A, B nghiệm đúng hệ phương trình sau: 2 2 1 25 9 1 x y y kx k                 2 2 2 25 9 50 1 25 1 225 0 1 k x k k x k y kx k                 Đường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi       2 2 2 2 2 25 1 25 1 225 25 9 0k k k k             (*) Để M(1; 1) là trung điểm của AB, ta cần có: 1 2 2 x x    2 50 1 2 25 9 k k k      9 25 k   (thỏa mãn (*)) Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình:   9 1 1 25 y x    9 25 34 0x y    Cuối cùng, xin gửi các bạn một số bài toán để luyện tập phương pháp trên: Bài 1: Lập phương trình đường thẳng d qua A(3; 0) và cắt hai đường thẳng 1 : 2 2 0d x y   , 2 : 3 0d x y   tương ứng tại I, J sao cho A là trung điểm của IJ. Bài 2: Cho điểm A(1; 1). Tìm điểm B trên đường thẳng 3y  và điểm C trên trục hoành sao cho ABC là tam giác đều. Bài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng y x , phân giác trong của góc C nằm trên đường thẳng 3 2 0x y   . Viết phương trình cạnh BC. Bài 4: Cho ba điểm A(2; 3), B(4; 5), C(4; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua K(5; 2) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo một dây cung MN mà 2 3MN  . Bài 5: Cho Hypebol (H): 2 2 1 2 3 x y   và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB. Bài 6: Cho Parabol (P): 2 2y px và đường thẳng  di động đi qua tiêu điểm F của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 5 ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNG Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung 1.Định lí: Cho đa giác lồi A 1 A 2 …A n và các vectơ đơn vị i e  ( 1i i A A   ) theo thứ tự vuông góc với  (xem A n+1 A 1 ), hướng ra phía ngoài đa giác. Lúc đó ta có: 1 2 1 2 3 2 1 0 n n A A e A A e A A e        Chứng minh: + Xét trường hợp n = 3, đa giác chính là tam giác. Gọi (I) là đường tròn nội tiếp ABC , lần lượt tiếp xúc với các cạnh BC, AC, AB tại D; E; F. Đặt AE = AF = x; BF = BD = y; CD = CE = z. Như vậy ta có: y + z = a; z + x = b; x + y = z. Vì D  BC, DB = y; CD = z nên y DB DC z     Hay điểm D chia đoạn thẳng BC theo tỉ số y z  . Với I bất kì thì: . 1 y IB IC zIB yIC z ID a ID zIB yIC y a z                 Tương tự ta có: ;bIE xIC zIA cIF yIA xIB          ( ) ( ) ( )aID bIE cIF IA y z IB x z IC x y aIA bIB cIC                     Trong một tam giác nếu I là tâm đường tròn nội tiếp thì 0aIA bIB cIC       0aID bIE cIF        Suy ra định lí con nhím đúng với n = 3. + Giả sử định lí con nhím đúng với (n – 1)-giác lồi (n 4) (2) Dựng vectơ đơn vị e  vuông góc với 1 1n A A  , hướng ra phía ngoài tam giác A 1 A n-1 A n . Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n – 1)-giác nên áp dụng tương ứng cho  A 1 A n-1 A n và (n – 1)-giác A 1 A 2 …A n-1 , ta có: 1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 1 1 0 ( ) 0 n n n n n n n A A e A A e A A e A A e A A e A A e                           1 2 1 2 3 2 1 0 n n A A e A A e A A e        Như vậy định lí con nhím đúng với n-giác lồi. Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí con nhím đúng với mọi đa giác lồi. Người ta còn gọi các vectơ i e  là các lông nhím. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 6 Cách phát biểu khác của định lí con nhím: Cho đa giác lồi A 1 A 2 …A n . Gọi i a  (1 i n) là các vectơ vuông góc với cạnh 1i i A A  (xem A n+1  A 1 ), hướng ra ngoài đa giác và 1i i i a A A    thì: 1 2 0 n a a a        . Hệ quả: Với điểm I bất kì trong tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của I trên BC, AC, AB. Ta có: . . . 0 BC AC AB IM IN IP IM IN IP        2. Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho ABC . I là tâm đường tròn bàng tiếp  ACB của tam giác. Gọi M; N; P lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên BC; CA; AB. Chứng minh rằng: a) . . . 0a IM b IN c IP       b) . . . 0a IA b IB c IC       Giải a) Xét ABC có: IP AB IN CA IM CB IP IN IM             Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta có: . . . 0a IM b IN c IP       (đpcm) b) Ta có:   . . .a IA b IB c IC a IM MA             b IN NB c IP PC        aMA bNB cPC      Lại có AM   1 MB AB AC MC MB MC     = .MC AB MBAC a    (vì M chia đoạn BC theo tỉ số MB MC )   . . .a MA MC AB MB AC       Tương tự:   . . .b NB NC BA NA BC      và   . . .c PC PACB PB CA      (vì P chia đoạn AB theo tỉ số PA PB  )       . . . . . . . .a IA bIB c IC MC AB MB AC NC BA NA BC PACB PB CA                         . . .AB NC MC BC NA PA CA PB MB         .0 .0 .0 0AB BC CA       (đpcm) PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 7 Ví dụ 2: Cho  ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm AB và G là trọng tâm của  ACD. Chứng minh rằng: OG  CD. Giải Xét ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn tâm O. Ta có: OD AB OE AC OD OE         Gọi vectơ v  là vectơ vuông góc với DC, hướng ra ngoài miền ADC và có độ lớn v OD OE   . Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ADC ta có: . . . 0AD OD AC OE CD v         1 1 . . 0 2 2 AB OD AC OA OC CD v            1 1 . . 0 2 2 AC OD AC OA OC CD v            1 . 0 2 AC OD OA OC CD v          3 . . 2 AC OG CD v     2 . 3 CD OG v AC      OG  cùng phương với v   OG  DC. (đpcm) Ví dụ 3: Cho ABC không đều. BC là cạnh nhỏ nhất, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. Gọi G là trọng tâm của XYZ . Trên tia BA, CA theo thứ tự lấy các diểm E, F sao cho BE = CF = BC. Chứng minh rằng: IG  EF. Giải Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường tròn nội tiếp (I) của ABC bằng 1. Dựng vectơ đơn vị e  vuông góc với EF. Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác EBCF ta có: . . . . 0EB IZ BC IX CE IY EF e           . 3 . . BC IX IY IZ EF e BC IG EF e               . 3 EF IG e BC       IG  cùng phương với e  .  IG  EF PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 8 Ví dụ 4: Cho ABC vuông tại A có ,AB c AC b  . Tìm điểm D AC sao cho BD AM với AM là trung tuyến của ABC . Giải Gọi N là hình chiếu của M trên AC, kẻ BP  MN (P MN). Trong AMN có BP MN BD AM BA AN         Áp dụng định lý Con nhím trong AMN ta có: 0 MN AN AM BP BA BD BP BA BD        (1) Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì: DN AD BD BN BA AN AN      Nên từ (1) ta có 0 MN AN AM DN AM AD BP BA BN BA BP BA BD AN BD AN          0 2 2 0 2 2 2 MN AN AM AD AM DN BP BA BN BP BA BD AN BD AN c b a AD a DN BP BA BN b c BD b BD b                               Do ta có: BN BP BA     nên ta suy ra 2 2 2 2 2 c b a AD a DN b c BD b BD b          2 2 2 2 2 2 2 2 2 a BD DN c c DN AD ac b c BD AD b c              Trường hợp nếu 2 2 2 0b c  thì N nằm ngoài A và N, ta làm tương tự. Bài toán được giải quyết. Ví dụ 5: Tìm tất cả những điểm N trong ABC thỏa mãn: 1 1 1 0NA NB NC       , trong đó 1 1 1 , ,A B C lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB. Giải Trong ABC có: 1 1 1 NA BC NB AC NC AB         Áp dụng định lý Con nhím cho ABC , ta có: 1 1 1 1 1 1 0 BC AC AB NA NB NC NA NB NC        PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 9 Do N thỏa 1 1 1 0NA NB NC       nên ta có: 1 1 1 BC AC AB NA NB NC   hay 1 1 . .AB NB AC NC Gọi AD là phân giác trong của góc A,   D BC Lấy 1 N đối xứng với N qua đường phân giác AD Khi đó ta có: Khoảng cách từ 1 N đến AC bằng 1 NC , Khoảng cách từ 1 N đến AB bằng 1 NB . Suy ra 1 1 AN B AN C S S    Gọi 'A là giao của 1 AN với BC. Từ 1 1 AN B AN C S S      1 1 1 1 . .sin . .sinAB NA BAN AC NA CAN      1 1 .sin .sin .AA'.sin ' .AA'.sin 'AB BAN AC CAN AB BAA AC CAA    AA' AA'B C S S     Suy ra 'A là trung điểm của BC. Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC , vậy N thuộc đường thẳng đối xứng với AA’ qua đường phân giác góc A. Tương tự ta sẽ có: N thuộc đường thẳng đối xứng với BB’ và CC’ qua đường phân giác góc B và góc C (với B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB). Như vậy: N là giao của 3 đường đối xứng với 3 đường trung tuyến lần lượt qua 3 đường phân giác của mỗi góc. Bài toán được giải quyết.  Điểm N như trên được gọi là điểm đối trung của ABC hoặc điểm Lemoine của ABC thoả mãn hệ thức vectơ: 2 2 2 . . . 0a NA b NB c NC       (a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác) Thật vậy: Theo chứng minh trên ta có: 1 1 1 BC AC AB NA NB NC   1 1 1 a b c NA NB NC    2 2 2 1 1 1 2 2 2a b c aNA bNB cNC    2 2 2 a b c a b c S S S    (*) Mặt khác, ta đã biết: nếu N là điểm bất kì trong tam giác ABC thì: . . . 0 a b c S NA S NB S NC       , trong đó a MBC S S   , b MAC S S   , c MAB S S   . Vậy (*)  2 2 2 . . . 0a NA b NB c NC       Ví dụ 6: Cho tam giác ABC. Điểm M nằm trong tam giác ABC, H, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 10 2 2 2 . . . 0a MH b MI c MK       Giải Vì M nằm trong tam giác ABC nên: . . . 0 a b c S MA S MB S MC       (1) M là trọng tâm tam giác ABC 0MA MB MC        (2) Từ (1) và (2) , ta có: a b c S S S  . . .a MH b MI c MK   2 2 2 a b c a b c MH MI MK    (3) Mặt khác, áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có: . . . 0 a b c MH MI MK MH MI MK        Khi đó: (3) 2 2 2 . . . 0a MH b MI c MK        Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba đường cao. Chứng minh rằng nếu ABC và ' ' 'A B C có chung trọng tâm thì ABC đều. Giải Gọi H là trực tâm tam giác ABC Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có: . ' . ' . ' 0 ' ' ' BC AC AB HA HB HC HA HB HC        (1) Mặt khác, nếu ABC và ' ' 'A B C có chung trọng tâm thì ta có: ' ' ' 0AA BB CC       ' ' ' . ' . ' . ' 0 ' ' ' AA BB CC HA HB HC HA HB HC         (2) Từ (1) và (2), suy ra: ' ' ' BC AC AB AA BB CC   (3) Ngoài ra, ta lại có: ' 'ABA CBC  và ' 'ACA BCB  nên: ' ' AB AA CB CC  và ' ' AC AA BC BB  (4) Từ (3) và (4) AB BC AC   Vậy tam giác ABC đều. Ví dụ 8 : Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O, M là điểm thuộc (O). Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếu của M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : H, I, J thẳng hàng Giải Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có : . . . 0 AC AB BC MI MJ HM MI MJ MH        [...]...  MJ MJ      AC  AB   Vậy (*)  HI  HJ  0  HI cùng phương với HJ  H, I, J thẳng hàng MI MJ 3 Bài tập Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H lên AC, M là trung điểm của HD Chứng minh rằng: AM  DB Giải  Dựng vecto e là vectơ đơn vị vuông góc với BD và hướng ra ngoài BDC Áp dụng định lí con nhím cho BDC , ta có:   BC  DC ...     4 AB1   MA  B1C1.e  0  MA cùng phương với e  MA  B1C1 (đpcm) AC   Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD K là hình chiếu vuông góc của B trên AC M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD Chứng minh rằng: BM  MN Giải  Gọi e là vectơ đơn vị vuông góc vơi MN và hướng ra ngoài  MNC Áp dụng định lí con nhím vào  MNC ta có:     MC  NC   BK  BC  MN e  0 BK BC  KC  MK... theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của O lên BC; CA; AB Trên các tia OA1; OB1; OC1 theo thứ tự lấy các điểm A2; B2; C2 sao cho OA2 = BC; OB2 = AC; OC2 = AB Chứng minh rằng O là trọng tâm của A2B2C2 Giải        OA  OB  OC    2 2 2 Đặt ea = ; eb  ; ec  OA2 OB2 OC2 TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 13 PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN... của A2B2C2 (đpcm) Ta có thể mở rộng bài toán trên cho một đa giác lồi bất kì: Cho đa giác lồi A1 A2 An , điểm O ở trong miền đa giác Các điểm A1 ', A2 ', , An ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên A1 A2 , A2 A3 , , An A1 Lấy các điểm A1 '', A2 '', , An '' lần lượt thuộc các tia OA1 ', OA2 ', , OAn ' sao cho OA1 ''  A1 A2 , OA2 ''  A2 A3 , , OAn ''  An A1 Khi đó ta có O là trọng tâm của. .. O2 thẳng hàng Giải Gọi M’, N’, P’, Q’, R’, S’ lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA Gọi G là trọng tâm của  M’R’P’         GM '  GR '  GP '  0     1         GA  GB  GE  GF  GC  GD  0 2   1     1     1    GA  GF  GB  GC  GE  GD  0 2 2 2        GS '  GN '  GQ '  0  G là trọng tâm của. ..  BD      Bài 2: Cho ABC có góc BAC nhọn Vẽ bên ngoài tam giác các tam giác vuông cân đỉnh A là ABE và ACD M là trung điểm BC Chứng minh rằng AM  DE TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 11 PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 Giải  AB  AE Xét AED có   AC  AD  Gọi vectơ e là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra ngoài AED ... TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN        Áp dụng định lí con nhím vào XYZ ta có: YZ ex + ZX e y + XY ez = 0 NĂM HỌC 2011-2012 (4) Từ (3) và (4) nên: XY = YZ = XZ  Điều kiện đủ: chứng minh tương tự như điều kiện cần Như vậy điều kiện cần và đủ để ABC đều là XYZ đều Bài 8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Hai điểm E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD Chứng... điều kiện cần và đủ để ABC đều là XYZ đều Bài 8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Hai điểm E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD Chứng minh rằng I, E, F thẳng hàng Giải Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của I trên AB, BC, CD; x, y, z, t là khoảng cách từ A, B, C, D tới các tiếp điểm tương ứng Tức là AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP = z; DP = DQ = t Áp dụng định lí con... yt     IE cùng phương với IF  I, E, F thẳng hàng (đpcm) Bài 9: Về phía ngoài  ABC dựng các tam giác đồng dạng XBC, YCA, ZAB Chứng minh rằng các tam giác ABC và XYZ có cùng trọng tâm Giải Gọi H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của X, Y, Z trên BC, CA, AB       Gọi ea , eb , ec là các vectơ đơn vị, hướng ra ngoài ABC và theo thứ tự vuông góc với các cạnh BC, CA, AB Vì các tam giác XBC,... tâm của  ABC, ta có: GA  GB  GC  0        Khi đó: BX  CY  AZ  0             GX  GB  GY  GC  GZ  GA  0             GX  GY  GZ  GA  GB  GC  0        GX  GY  GZ  0  G là trọng tâm của  XYZ Như vậy các tam giác ABC và XYZ có cùng trọng tâm           Bài 10: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua A. Khi đó thường thẳng  có dạng:   1 1 y k x     1 0 kx y k     Theo giả thuyết     ; ; d B d C    2 2 2 1 3 4 1 1 1 k k k k k k . 2 1 25 9 1 x y y kx k                 2 2 2 25 9 50 1 25 1 225 0 1 k x k k x k y kx k                 Đường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi       2. phương trình: y kx b   Ta có:     1 1 2 2 ; ; d I R d I R          2 2 2 4 3 1 1 2 1 k b k k b k                 2 2 4 3 1 k b k b       5 7 11 5 b k k b      