Gọi D là giao điểm của IA với BC... Khai thác bài toán 1 và sáng tạo bài toán mới : II.1.Khai thác và sáng tạo các bài toán về đẳng thức vecto Bài toán 1 là bài toán liên quan đế
Trang 1I A
B
C D
I A
B
C B'
A'
B1
A1
B
I
F
E
D H K
Bài toán xuất phát (Bài 37 sách bài tập chương trình nâng cao)
Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC.Chứng minh rằng : aIA bIB cIC uur + uur + uur = 0 r
(*)
I Các cách giải cho bài toán 1 và bài toán tổng quát:
1) Các cách giải :
Cách giải 1:
Gọi D là chân đường phân giác góc A
Do D là đường phân giác giác trong góc A nên ta có
BD DC ID IB IC ID b c ID bIB cIC (1)
DC=b Þ uuur=buuurÛ uur- uur=b uur uur- Û + uur= uur+ uur
Do I là chân đường phân giác nên ta có :
b c ID aIA (2)
+
uur uur
Từ (1)(2) ta có điều phải chứng minh
Cách giải 2:
Qua C dựng đường thẳng song song với AI cắt BI tai B’;song song với BI cắt AI
tại A’
Ta có IC uur = IA ' IB' uuur + uur
(*) Theo định lý Talet và tính chất đường phân giác trong ta có :
c
= -uuur uur
Từ (1)(2) thay vào (*) ta có :
uur uur uur uur uur uur r
ĐPCM
Cách giải 3 :
Dựng hình bình hành AEFI
uur uuur uur uuur uuur
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I ,B lên đường thẳng AC
ABC
1 IH.b S
AB=DB=BK=S = P.r =a b c + +
Tương tự ACAF=a b cc
+ +
Hay aIA bIB cIC uur + uur + uur = 0 r
ĐPCM
1
1
BA
IB'=CA =b Þ uur = - cuur
Trang 2E A
B
C I
D
A
M I
Cách giải 4: Ứng dụng của một hệ thức véc tơ
Ta có:
ç
uur uur
(DoIC.IMuur và IM.ICuur là hai véc tơ đối nhau) Mặt khác
AIuur= IC AM IM AC 1 c AM.AB c AC
ç + = - ç çè + + ÷÷ø + + +
+
aIA bIB cIC 0
-Þ
Þ
uur uur uur r
Cách giải 5: Sử dụng khái niệm tích vô hướng
Đặt v r = aIA bIB cIC uur + uur + uur
Ta có :
2
v.IA aIA bIA.IB cIA.IC IA a.IA b.IB.cos IA;IB c.IC.cos IA;IC
v.IA IA a.IA b.IB.cos c.IC.cos
IA.2.R sin A sin B sin
-Û çç ççè ÷÷ø ççè ÷÷ø÷÷÷
-r uu-r uur uur uur uur uur uur uur uur
r uur
sin C sin
C
2
v.IA 2.R.rIA cos cos sin cos sin
v.IA 2.R.rIA cos sin 0
ç
ç
r uur
r uur
Tương tự ta có v.IB r uur = 0
,Vì IA; IBuur uurlà hai véc tơ không cùng phương nên v r = 0 r
ĐPCM
Cách giải 6: Chuyển qua véc tơ đơn vị
Đặt: e ,e ,eur uur uur1 2 3 là các vectơ đơn vị cùng hướng với IA,IB,ICuur uuuruur khi đó:
aIA bIB cIC uur + uur + uur = 0 r
a.IA.e +b.IB.e +c.IC.e =0
2RsinA e +2RsinB e +2RsinC e =0
cos e cos e cos e 0
Trang 3I E A
C B
F'
F
D
A
ID cos e
2
=
Qua D kẻ đường thẳng song song với IC cắt IB tại E.Dễ thấy
Áp dụng định lý sin ta có :
æp ö÷ æp ö÷ æp ö÷ æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷
cos
2
C
DE cos e
2
=
cos e cos e cos e ID DE EI 0
Cách giải 7 : Sử dụng phép chiếu song song
Đặt u aIA bIB cICr= uur+ uur+ uur Gọi D là giao điểm của IA với BC
ur thành u ' b.DB cDCuur= uuur+ uuur ,mặt khác theo tính chất đương phân giác ta có :
DB c
b.DB cDC 0
DC=b Þ uuur+ uuur=r hay u ' ur = 0 r
Tương tự ta chiếu ur theo phương (IC) lên AB, suy ra u''=0uur r
Cách giải 8 : Sử dụng phép quay.
Q(I,90 0) :uurIAa IF'uur
Áp dụng định lí sin với tam giác AEF ta được :
1
sinA = R ⇒ sinA =IA⇒ R EF a IA= (1)
Vì EF vuông góc với IA nên EF//IF’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra : Q(I,90 0) : a IAuura 2 EFRuur
Tương tự Q(I,90 0) : b IBuura 2 FDRuuur
Q(I,90 0) : c ICuura 2 DERuuur
Do đó : Q(I,90 0) : a IA b IB c ICuur+ uur+ uura 2R(EFuur uuur uuur+FD DE+ ) = 0r
Suy ra aIA bIB cIC uur + uur + uur = 0 r
ĐPCM
2) Tổng quát :
Việc tổng quát bài toán gặp khó khăn do tính đối xứng trong biểu thức véc
tơ.Nhưng liên hệ với lời giải 6 ta có thể tổng quát như sau :
Trang 4I A
B
C
Cho đa giác lồi A A A 1 2 n(n ³ 3) với I là tâm đường tròn tiếp xúc các cạnh của đa giác; gọi euri là véc tơ đơn vị cùng hướng với véc tơ IAuuuri
Chứng minh rằng :
n
i i
i 1
A cos e 0 2
=
=
Lời Giải :
Đặt
n
i i
i 1
A
cos e v
2
=
=
e v cos e e cos cos e ;e
3
1
3
A
A
ç
ç + + ç çè p - - + - p - + + - p - ÷÷ø
ur r
( )n 1
+
ur r
1
+
+ - ê ççè + + + ÷÷ø+ ççè + + + ÷÷øú
ur r
1
+ æç ö÷ æç ö÷
- ççèp - - ÷÷ø= ççèp ÷÷ø= - Þ ur r=
1
+ æç ö÷ æ öç ÷
- ççèp - - ÷÷ø= - ççè ÷÷ø= - Þ ur r =
Tương tự ta có : mà hai véc tơ e ;eur ur1 2 không cùng phương nên n i
i
i 1
A cos e 0 2
=
=
Chú ý: Liên hệ với lời giải 2 ta có kết quả tổng quát theo hướng khác
(xem nhận xét 1.1)
II Khai thác bài toán 1 và sáng tạo bài toán mới :
II.1.Khai thác và sáng tạo các bài toán về đẳng thức vecto
Bài toán 1 là bài toán liên quan đến các đẳng thức vecto trong tam giác Do đó thay đổi hình thức của bài toán (*) ta có những bài toán khác.Liên hệ giữa hệ
thức (*) và các công thức quen thuộc giữa các yếu tố trong tam giác ta sẽ có
được các kết quả
1 Ta thay đổi hình thức của các hệ số a,b,c:
+ Liên hệ với công thức diện tích S=2a.ha=2b.hb=2c.hc
Trang 5I A
B
C
B' B1
A1
( )
Hay
(1)
sin A=sin B=sin C= ( )* Û 2R.sin A.IA 2R.sin B.IB 2R.sin C.ICuur+ uur+ uur= 0r
hay sinA.IA+sinB.IB+sinC.IC=0uur uur uur r (2)
= ççè + ÷÷ø = ççè + ÷÷ø = ççè + ÷÷ø
Û ççè ÷÷øuur ççè ÷÷øuur ççè ÷÷øuur r
(3) + Liên hệ công thức a=b.cosC+c.cosB ; b=c.cosA+a.cosC ; c=a.cosB+b.cosA
( )* Û (b.cosC+c.cosB IA)uur +(c.cosA+a.cosC IB)uur +(a.cosB+b.cosA IC)uur =0r (4)
.cosC+ cosB IA cosA+ cosC IB cosB+ cosA IC 0
(5)
a p a sin ; b p b sin ;c p c sin
Ta được kết quả
+ Gọi R ; R ; R 1 2 3 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIC;AIC;AIB
ç
= çp - - ÷÷=
b 2R cos ; c 2R cos
( )* Û R cos1 AIA R cos IB R cos IC2 B 3 C 0
-uur uur uur
: GọiS IBC = S ;S a IAC = S ;S b IAB = S c
c=S c=S Þ uur= - S uur- S uur
hay S IA S IB S IC a uur + b uur + c uur = 0 r
(8)
Mặt khác,từ lời giải 2 ta cũng kiến tạo được kết quả (8) trên thật
vậy
BA h 2.h IA IB
IB'=CA = h = 2.h IA=S Þ uur = - S uur
Trang 6(Trong đó h1;h2 lần lượt là khoảng cách từ B,C lên AI)
c
S
S
=
-uuur uur
Nhận xét 1.1 : Điều thú vị là,khi khai thác từ lời giải 2 ở trên thì ta thấy
điểm I là bất kỳ,do đó ta có kết quả mở rộng hơn sau
kỳ
nằm trong tam giác,đặt S MBC = S ;S a MAC = S ;S b MAB = S c
Chứng minh rằng : S MA+S MB+S MC=0 auuur b uuur cuuur r (1.1)
Nếu gọi D,E,F lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB thay
MA uuur = MF ME MD; uuur + uuur - uuur
MB = MD MF ME; MC + - = MD ME MF +
-uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
thì ta có đẳng thức (S-2S MD+ S-2S ME+ S-2S MF=0 a)uuur ( b) uuur ( c) uuur r (1.2)
Đặc biệt hóa bài toán 1 ta có các kết quả sau :
GA+GB+GC=Ouuur uuur uuur ur (1.3)
+ tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0uuur uuur uuur r (1.4)
(Bài 27_tr42 Sách bài tập hình học nâng cao 10)
cosA cosB cosC
uuur uuur uuur r
(1.5)
+ a.cosA.OA+b.cosB.OB+c.cosC.OC=0uuur uuur uuur r (1.6)
+ (tanB+tanC)OA+(tanC+tanA)OB+(tanA+tanB)OB=0uuur uuur uuur r (1.7)
+ sin2A.IA+sin2B.IB+sin2C.IC=0uur uur uur r (1.8)
+ aI A+bI B+cI C=0uuur uuur uuur r1 1 1 (1.9)
I A+ I B+ I C=0
uuur uuur uuur r
(2.0) + sinA.I A+sinB.I B+sinC.I C=0uuur1 uuur1 uuur r1 (2.1)
- Nếu tam giác ABC đều,ta có S MA+S MB+S MC=0 auuur b uuur cuuur r.Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của điểm M đến các cạnh BC,CA,AB.Đặt x=MD ;y=ME;z=MF thì ta được
x MA+yMB+zMC=0uuur uuur uuur r (2.2)
2
uuur uuur uuur uuur
(Bài 9 SGK cơ bản) (2.3)
Thật vậy : (2.2)Û (x y z MO+MD.OA+ME.OB+MF.OC=0 + + )uuur uuur uuur uuur r
(x + y z MO-OA.MD-OB.ME-OC.MF=0 + )
Trang 7A
C
D
Q
N
K L H
M
R P
a.x a.y a.z MO h .aMD h .aME h .aMF
2
uuur uuur uuur uuur
ĐPCM
sau:
S MA+S MB-S MC=0 auuur b uuur cuuur r (2.4)
Bằng cách tương tự hóa trong không gian ta có bài toán sau :
Bài toán 2 : Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ diện.Đặt
A OBCD B OACD
V OA V OB V OC V OD uuur + uuur + uuur + uuur = 0 r
(2.5)
Giải :
Dựng hình hộp MNOS.APQR nhận AO là đường chéo Ta có :
AO AM AP AR AMAB APAC ARAD
uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur
Gọi K là giao điểm của BO với mặt phẳng (ACD),H,L lần lượt là hình chiếu của O,B lên mặt phẳng (ACD).Do đó
B B
B
1 OH.S V
1
3
;
AC= V AD= V
C
C
V
V
Þ
-Û
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Hay V OA V OB V OC V OD A uuur + B uuur + C uuur + D uuur = 0 r
ĐPCM
2 Ta thay đổi các véc tơ IA , IB ,ICuur uur uur
2.1 Với M,N,P lần lượt là trung điểm của BC;CA;AB,Ta có :
IM IB IC ; IN IC IA ; IP IA IC
uur uur uur uur uur uur uur uur uur
Do đó :
- ( )3 r cotA(IB IC) r cotB(IA IC) r cotC(IA IB) 0
cotAIM cotBIN cotCIP 0
toán )
Trang 8D'
E' F'
F
A
C
B
D
- IA uur = IP IN IM; IB uur + uur - uur uur = IM IP IN; IC uur + uur uur uur - = IM IN IP uur + uur - uur
Suy ra aIA bIB cICuur+ uur+ uur= 0r Û (b c a IM + - )uur +(a c b IN + - )uur +(a + - b c IP)uur = 0 r
(5)
2.2 Với D,E,F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC,CA,AB với đường tròn nội
tiếp tam giác
aID = P c IB - + P a IC
bIE uur = P a IC - uur + P c IA ; - uur cIF ur = P b IA - uur + P a IB - uur
aID bIE cIF + + = 2p b c IA - - + 2p c a IB - - + 2p a b IC - - = aIA bIB cIC + + = 0
Như vậy ta có : aID bIE cIF uur + uur + ur = 0 r
(3.1) Kết hợp (*) và (2.5) ta được kết quả aAD bBE cCF uuur + uur + uur = 0 r
(3.2)
Nhận xét 1.2 : Hệ thức (3.1) (3.2) ta có thể thay bởi hệ số tương ứng ở (1) đến
(3) và
(6) đến (10)
Nhận xét1.4 : Cho M bất kỳ nằm trong tam giác,gọi D’,E’,F’ lần lượt là hình
chiếu M lên cạnh BC,CA,AB.Ta có :
aID bIE cIF 0 a .MD' b .ME ' c .IMF' 0
a.MD ' b ME ' c MF' 0
Û
c
c MF' 0 S
uuu uuur r
Như vậy ta có bài mở rộng sau :
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.M là điểm bất
kỳ
nằm trong tam giác ,D,E,F lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC,CA,AB.
Đặt S MBC = S ;S a MAC = S ;S b MAB = S c Chứng minh rằng:
uuur uuur uuur r
(3.3)
Đặc biệt :
- Tam giác ABC đều ta được
S S MD S S ME S S MF b c uuur + c a uuur + a b uuur = 0 r
(3.4) Hay yzMD zx.ME xy.MF uuur + uuur + uuur = 0 r
(Trong đó x,y,z lần lượt là khoảng cách từ M lên BC,CA,AB)
a GD b GE c GF uuur + uuur + uur = 0 r
Trang 9cosA.HD cosB.HE cosC.HF uuur + uuur + uur = 0 r
(3.6)
tan A.OD tan B.OE tan C.OF uuur + uuur + uur = 0 r
(3.7)
Tương tự ta có bài toán trong không gian sau :
Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ diện.Gọi
A1,B1,C1,D1
lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD);(ACD);(ABD);(ABC).Đặt
A BCD B ACD C ABD D ABC
S = S ;S = S ;S = S ; S = S VA= VOBCD; VB= VOACD; VC = VOABD; VC= VOABD
Chứng minh rằng :
2
C
S
uuuur uuur uuur uuuur r
(3.8) Lời giải :
Trước tiên ta chứng minh bài toán tương tự trong không gian của kết quả (3.1):
Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện,A’;B’;C’;D’ lần lượt là hình chiếu của I lên các mặt phẳng (BCD);(ACD);(ABD);(ABC) chứng minh rằng :
S IA ' S IB' S IC ' S ID ' uuur + uur + uur + uur = 0 r
Thật vậy : Đặt v r = S IA ' S IB' S IC ' S ID ' A uuur + B uur + C uur + D uur
v.IA ' r uuur = IA ' S IA ' S IB'.cosA'IB' S IC '.cosA'IC' S ID '.cosA'ID' + + +
Mặt khác IA’=IB’=IC’=ID’=r (bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện);
cosA'IB' = - cos ;cosA'IC' a = - cos ;cosA'ID' b = - cos g;với a b g ; ; lần lượt là góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD); (ABD) và (BCD); (ABC) và (BCD)
2
v.IA ' = r S - S cos - S cos - S cos
Gọi A’’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD) theo công thức hình chiếu ta
có :
S cos B a = S A ''CD ;S cos C b = S A ''BD ;S cos D g = S A''BC mặt khác S A''CD + S A''BD + S A''BC = S A
Nên v.IA ' r uuur = 0 r
Tương tự ta có v.IB' r uur = 0; v.IC' r r uur = 0 r
,
vì IA '; IB'; IC 'uuur uur uur không cùng phương do đó v r = S IA ' S IB' S IC ' S ID ' A uuur + B uur + C uur + D uur = 0 r
Vận dụng kết quả này ta có :
V
Do đó
2
C
S
uuuur uuur uuur uuuur r
ĐPCM
S GA uuuur + S GB uuur + S GC uuur + S GD uuuur = 0 r
(bài toán tương tự trong không gian của (3.5))
Nhận xét 1.3 :
Trang 10Ta liên hệ với kết quả sau : Cho ba véc tơ a; b;cr r r đôi một không cùng phương và
m 'a n 'b p 'c 0
ïïî
m '=n '= p '
Thật vậy :
Từ giả thiết ta có :
n ' p '
m ' m '
ìïï = + ïïï
íï
ïïïî
vì một véc tơ chỉ phân tích được một cách duy nhất qua hai véc tơ không cùng
m=m ' m=m ' Þ m '=n '=p ' ĐPCM
Áp dụng kết quả này ta có các kết quả mới,chẳng hạn:
Từ (1) và (2) ta được h sin A a = h sin B b = h sin C c (2.6)
Từ (4) và (5) ta được
(2.7)
(2.8)
(2.9)
Do cot 0;cot 0;cot 0
có S INP IM+S IN+Suur IPM uur IMN IP=0uur r kết hợp hai đẳng thức suy ra điều phải chứng minh
b c a + - =c a b + - =a + - b c (3.0) v.v
II.2.Khai thác và sáng tạo các bài toán :chứng minh thẳng hàng,chứng minh
đường thẳng đi qua điểm cố định,ba đường thẳng đồng quy,nhận dạng tam
giác,hai tam giác cùng trọng tâm,…,
chẳng hạn :
1.chứng minh các điểm thẳng hàng
Từ điều kiện để ba điểm thẳng hàng :
Trang 11A
B
C M B'
C
F
M
P
N
Ba điểm A,B,C thẳng hàng k : AB=kACα,β : OC=αOA+βOB , O
α+β=1
Kết hợp (*) ta có kết quả :
+ Với M,P là hai điểm di động thỏa mãn MP uuur = aMA bMB cMC uuur + uuur + uuur
thì M,P đi
(4.1)
HD: MPuuur= aMA bMB cMCuuur+ uuur+ uuur Û MPuuur=(a b c MI + + )uur Þ M,P,I thẳng hàng
Do đó trong tam giác
hàng (4.2)
2.Chứng minh ba đường thẳng đồng quy :
Cho tam giác ABC.Các điểm M,N,P thuộc các đường thẳng BC,CA,AB thỏa
mãn
0
ïï
íïb + g =g +a =a + b =
ïî uuur uuur uuur uuur uur uur r thì AM,BN,CP đồng quy tại O,với O là
điểm được xác định bởi a OAuuur+ b OBuuur+ g OCuuur= 0r (dễ dàng chứng minh)
Để kiến tạo bài toán mới ta đi tìm các đường thẳng đi qua đỉnh và chia cạnh đối
diện theo tỉ số là các hệ số một số các đẳng thức véc tơ trên , chẳng hạn :
+ Xét đường thẳng qua đỉnh chia đôi chu vi tam giác,giả sử đi qua A cắt BC tại
M ta có :
Do đó : (a c b MB + - )uuur +(a + - b c MC)uuur = 0 r
Các hệ số này gợi cho ta liên hệ (5) ta thu được kết quả :
Cho tam giác ABC.Gọi x,y,z lần lượt là đường thẳng đi qua A,B,C và chia đôi
chu vi tam giác.Chứng minh rằng x,y,z đồng quy,hãy xác định điểm đó
(4.3)
Hướng dẫn :
Dựng tam giác DEF sao cho A,B,C lần lượt là trung điểm của EF,FD,DE
và đặt EF=a’,FD=b’,DE=c’
Theo trên ta có : (a c b MB + - )uuur +(a b c MC + - )uuur = 0 r
Mặt khác a ' = 2a; b ' = 2b;c ' = 2c do đó :
(a ' c ' b ' MB + - )uuur +(a ' b ' c ' MC + - )uuur = 0 r
tương tự ta có :
(a ' b ' c ' NC + - )uuur +(b ' c ' a ' NA + - )uuur =(b ' c ' a ' PA + - )uur +(a ' c ' b ' PB + - )uur = 0 r
Theo (5) ta có : (b ' c ' a ' IA + - )uur +(a ' c ' b ' IB + - )uur +(a ' b ' c ' IC + - )uur = 0 r
Trang 12Do đó x,y,z đồng quy tại I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
+ Xét đường tròn bàng tiếp,giả sử đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại
M
Gọi B’,C’ là tiếp điểm của cạnh AB,AC với đường tròn bàng tiếp góc A
Tương tự trên ta có kết quả :
Cho tam giác ABC,các đường tròn bàng tiếp góc A,B,C tương ứng tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB tại M,N,P.Chứng minh AM,BN,CP cùng đi qua một
điểm,xác định điểm đó
(4.4)
Từ kết quả ở nhận xét 1.2(trang 4) :
+ Kết hợp với ta có kết quả :
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thỏa mãn
a) AD BE CF uuur + uur + uur = 0 r
b) AD ' BE ' CF' uuur + uuur + uuur = 0 r
(4.6)
3.Chứng minh hai tam giác cùng trọng tâm
Từ kết quả : Điều kiện cần và đủ để hai tam giác ABC và A’B’C’ cùng trọng tâm
là AA' BB' CC ' uuur + uuur + uuur = 0 r
(Bài 26 trang 24 SGK_nâng cao) và :
+ Kết hợp (*) ta được kết quả :
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,trên tia IA,IB,IC lần lượt lấy các điểm A’;B’;C’ sao cho AA’=a.IA;BB’=b.IB;CC’=c.IC.Chứng minh hai tam
giác ABC,A’B’C’ cùng trọng tâm
Nhận xét 4.1 : Tương tự kết hợp (1)-(3) điểm A’;B’;C’ được xác định bởi :
-
AA'= ; BB'= ;CC'=
- AA'=sinA.IA; BB'=sinB.IB;CC'=sinC.IC
- AA'= cotB cotC .IA; BB'= cotC cotA .IB;CC'= cotA cotB .IC
- AA'=S IA; BB'=S IB;CC'=S IC a b c (có thể thay I bởi điểm M bất kỳ)
Thì hai tam giác ABC,A’B’C’ cùng trọng tâm
Theo tính chất bắc cầu ta có kết quả :
Các điểm A’;B’;C’; A’’;B’’;C’’ được xác định bởi :
thì hai tam giác A’B’C’;A”,B”,C” cùng trọng tâm
+ Kết hợp với (4) ta được kết quả :