Lời giải một bài toán tìm tập hợp điểm gồm có hai phần - Chứng minh rằng những điểm có tính chất đã cho thuộc hình H hình này là kết quả của bài toán - Chứng minh rằng tất cả những điểm [r]
(1)HÌNH HỌC I Bất đẳng thức và cực trị Trong chương trình trung học sở thì bất đẳng thức chúng ta gặp xoay quanh các yếu tố tam giác ba cạnh a, b, c , chu vi p , bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp r , R … và các yếu tố độ dài đường tròn Để nắm bắt rõ điều này, tôi bổ sung số hệ thức lượng tam giác mà số hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp chương trình học cấp 2, nhiên đây là các hệ thức trên cấp i) Hệ thức diện tích tam giác 1 abc S = aha = pr = bc sin A = = ( p − a ) = p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 4R ii) Hệ thức hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đường cao b + c − 2bc cos A = a a = R sin A 2b + 2c − a (1) A 2bc cos la = ( 2) b+c 1 1 + + = hb hc r ma2 = b c l a ma a Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi chứng minh hệ thức (1) và (2) Chứng minh sau Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC và tam A giác ABM với góc B ta có 2 a + c − 2ac cos B = b a2 2c + − 2ac cos B = 2ma Trừ hai vế đẳng thức với ta có C 2b + 2c − a B DM ma2 = Đối với hệ thức (2) áp dụng công thức diện tích cho hai tam giác ABD, ACD ta A S ABD = cla sin A S bla sin ACD = 2 1 A Mặt khác S = bc sin A = S ABD + S ACD = la sin ( b + c ) ⇒ la = 2 Lop12.net 2bc cos b+c A (2) iii) Một số hệ thức đặc biệt khác Với O là điểm bất kì trên mặt phẳng thì ( OA2 + OB + OC ) = 9OG + a + b + c với G là trọng tâm tam giác Chứng minh Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác OAD, OGD, OBC , GBC ta O A 2OA2 + 2OD = 4OG + AD 4OM + GD = 2OG + 2OD 2OB + 2OC = 4OM + BC 4GM + BC = 2GB + 2GC G Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có OA2 + OB + OC = 3OG + GA2 + GB + GC (*) B C M Mà từ công thức đường trung tuyến ta dễ dàng suy a + b2 + c2 D GA2 + GB + GC = 2 2 Thế vào (*) ta có ( OA + OB + OC ) = 9OG + a + b + c Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau R = 9OG + a + b + c ⇒ R ≥ a + b + c (**) Trước hết, chúng ta có bài toán là điều kiện tương đương để ba số dương là ba cạnh tam giác Điều kiện sau: a = y + z a, b, c > là ba cạnh tam giác ⇔ ∃ x, y, z > : b = x + z c = x + y Chứng minh Điều kiện cần: x x Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC , đó, x, y, z là các đoạn biểu diễn trên hình z Điều kiện đủ: y a + b > c a = y + z z y Với b = x + z ta dễ dàng chứng minh b + c > a ⇒ a, b, c là ba c + a > b c = x + y cạnh tam giác Rõ ràng điều kiện trên là đơn giản lại hữu dụng, các bạn có thể nhìn bất đẳng thức hình học cái nhìn đại số và không bị ràng buộc cái yếu tố cạnh tam giác Ta hãy xét vài ví dụ • Các bất đẳng thức chứa yếu tố các cạnh tam giác Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh [1] a + b + c < ( ab + bc + ca ) [2] ( a + b + c ) < ( a + b + c ) [3] ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) > 3abc [4] 1 1 1 + + ≥ 2 + + p −a p −b p−c a b c Lop12.net (3) a2 b2 c2 + + ≥ 2(a + b + c) p −a p −b p−c a b c [6] + + ≥ p −a p −b p−c ab bc ca [7] + + ≥ 2(a + b + c) a +b−c b+c −a c+ a−b [8] ( a + b − c )( a − b + c )( −a + b + c ) ≤ abc [5] [9] a b c 3abc + + + <2 b + c c + a c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) ( a + b + c = 1) p − a + p −b + p − c ≤ 3p [10] a + b2 + c + 4abc < [11] p< [12] ab ( a + b − 2c ) + bc ( b + c − 2a ) + ca ( c + a − 2b ) ≥ [13] a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) ≥ 2 [14] a 2b ( a − b ) + b c ( b − c ) + c a ( c − a ) ≥ [15] a b c a c b + + − − − <1 b c a c b a [16] a −b b−c c − a + + < a+b b+c c+a Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn có thể giải cách sử dụng điều kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16], các bất đẳng trên tôi giải vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó ( a + b + c = 1) Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương) 1 2 ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y )( y + z )( z + x ) < với x + y + z = 2 Để cho hai vế bất đẳng thức trên cùng bậc (*) ta nhân thêm các lượng sau 2 ( x + y + z ) ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y )( y + z )( z + x ) < ( x + y + z ) [10] a + b + c + 4abc < ⇔ ( x + y + z ) ( x + y + z + xy + yz + zx ) + ( x y + x z + y x + y z + z x + z y ) < ( x + y + z ) ⇔ < xyz [9] a b c 3abc + + + <2 b + c c + a c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ a ( a + b )( a + c ) + b ( b + c )( b + a ) + c ( c + a )( c + b ) + 3abc < ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) > [15] a b c a c b + + − − − <1 b c a c b a và a−b b−c c−a + + < a+b b+c c+a Lop12.net (4) Chú ý a b c a c b ( a − b )( b − c )( c − a ) + + − − − = b c a c b a abc ( a − b )( b − c )( c − a ) a−b b−c c−a + + = a + b b + c c + a ( a + b )( b + c )( c + a ) ta có đpcm Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác ( m, l , h, R, r , S ) • + rb + rc ≥ + hb + hc ≥ 9r ( 2) 1 1 1 + + > + + la lb lc hb hc ( 3) R ≥ 2r a2 + b2 + c2 ≥ ama ( 4) p q r a + b + c ≥ 3S q+r r+ p p+q ( p, q, r > ) ( ) 9R2 ≥ a2 + b2 + c2 Độ mạnh bất đẳng thức Tại chúng ta phải nhắc đến điều này, thực có quá nhiều bất đẳng thức mà tôi không thể liệt kê hết chúng ta không cần biết hết mà cần nhớ bất đẳng thức mạnh mà thôi, thì bất đẳng thức A gọi là mạnh bất đẳng thức B nào, từ A có thể suy B Chẳng hạn dãy bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh a, b, c và diện tích S thì bất đẳng thức 9R ≥ a + b + c là mạnh, thật vậy, ta có 9R ≥ a + b + c 2 2 ( abc ) ⇔9 16S 2 ≥ a + b2 + c ⇔ 3abc a + b2 + c2 ≥S (*) Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau a + b2 + c2 ) ≥ S ( 12 4(a + b + c) 3 ≥S 33 ( abc ) ≥ S ( ab + bc + ca ) − a − b − c ≥ S (1) a ( p − b )( p − c ) + b ( p − c )( p − a ) + c ( p − a )( p − b ) ≤ p R Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái chúng lớn vế trái (*) nên (*) mạnh ba bất đẳng thức đó Ta có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức cuối Việc xét xem (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh là điều khó khăn ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn cách sử dụng điều kiện tương đương Khi đó (1) ⇔ ( xy + yz + zx ) ≥ 3S Lop12.net (5) ⇔ ( xy + yz + zx ) ≥ 3xyz ( x + y + z ) ⇔ x y + y z + z x ≥ xyz ( x + y + z ) ⇔ x2 ( y − z ) + y2 ( z − x ) + z ( x − y ) ≥ 2 Bất đẳng thức (2) quá quen thuộc, ta không chứng minh, còn với (3) và (4) thì cần áp dụng công thức tính ma , la ta thu kết Bất đẳng thức R ≥ 2r là bất đẳng thức quan trọng và các bạn biết đến lời giải hình học nó, tôi đưa chứng minh khác các hệ thức lượng và các bất đẳng thức đã nêu ( a + b + c ) abc ≥ S abc 4S R ≥ 2r ⇔ ≥ ⇔ 4S a + b + c 16 Chứng minh vế trái bất đẳng thức trên lớn bình phương vế trái (*) là đơn giản, từ đó ta chứng minh R ≥ 2r Xét bất đẳng thức (5) Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có a2 b2 c2 + + (q + r + r + p + p + q) ≥ (a + b + c) q+r r+ p p+q a2 b2 c2 ⇒ 2 + + ( p + q + r ) ≥ (a + b + c) q+r r+ p p+q p q r a + b + c ≥ ( a + b + c ) − ( a + b + c ) q+r r+ p p+q Ta cần chứng minh tiếp vế phải lớn 3S , chính là bất đẳng thức (1) • Các bất đẳng thức hình học túy Trong phần này tôi trình bày bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa là chứng minh chúng ta cần kiến thức đơn giản hình học mà không phải dùng đến thứ “cao siêu” phương tích, hệ thức lượng… [1] Cho đường tròn bán kính và n điểm A1 , A2 , , An không cùng nằm trên đường thẳng Khi đó trên đường tròn có thể chọn điểm M để MA1 + MA2 + + MAn ≥ n [2] Nếu đa giác lồi nằm bên đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên ngoài không nhỏ chu vi đa giác [3] Trong tam giác không cân, đường phân giác la luôn nằm đường cao và đường trung tuyến ma [4] Nếu qua trọng tâm G tam giác ABC vẽ đường thẳng cắt các cạnh tam giác M , N thì ta có bất đẳng thức 2OM ≥ ON [5] Cho tam giác ABC có cạnh a > b > c và điểm O nằm tam giác P, Q, R là giao điểm các đường thẳng AO, BO, CO với ba cạnh tam giác Ta có OP + OQ + OR < a [6] Nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài góc C tam giác ABC ( M ≡ C ) thì MA + MB > CA + CB [7] Nếu tam giác nhọn đặt vào đường tròn thì bán kính đường tròn đó không nhỏ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Lop12.net (6) [8] Nếu các đỉnh tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác hình vuông cạnh thì chu vi nó không nhỏ 2 • Cực trị hình học [1] Trong tất các tam giác có cạnh a và đường cao cho trước, tìm tam giác có góc A nhỏ [2] Trong tất các tam giác có các cạnh AB, AC có độ dài cho trước, tìm tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ [3] Tìm bên ABC điểm O cho tổng bình phương khoảng cách từ điểm đó đến các cạnh tam giác là nhỏ [4] Cho góc XAY và điểm O nằm góc đó Hãy kẻ qua đường thẳng cắt từ góc đó tam giác có diện tích lớn [5] Bên góc nhọn BAC cho điểm M Tìm trên các cạnh AB, AC các điểm X , Y cho chu vi tam giác XYM là nhỏ [6] Từ điểm M tam giác ABC cho trước hạ các đường vuông góc MA1 , MB1 , MC1 xuống các đường thẳng BC , CA, AB Với vị trí nào M a b c ABC đại lượng + + có giá trị nhỏ MA1 MB1 MC1 [7] Cho tam giác ABC cạnh 10 và M là điểm thỏa mãn MB + MC = Tìm max MA II Các bài toán “kinh điển” và bài tập Bài toán bướm Qua trung điểm M dây PQ đường tròn , vẽ hai dây cung AB và CD Dây AB và CD cắt PQ X và Y Khi đó M là trung điểm XY Chứng minh A A C U P X D M O C x1 Y V Q P X D x M x2 y y2 y1 Y O B B Q Cách Từ O , vẽ OU , OV vuông góc AD và BC Ta có OXUM , OMYV nội tiếp Ta cần có MX = MY ⇔ MOX = MOY Do OXUM , OMYV nội tiếp nên MOX = AUM , MOY = MVC Vậy ta cần chứng minh AUM = CVM Ta có ADM ~ CBM ⇒ AUM ~ CVM ⇒ AUM = CVM ⇒ đpcm Cách Hạ các đoạn vuông góc từ X , Y xuống các đoạn trên hình Ta cần chứng minh x = y Đặt MP = MQ = a Từ các cặp tam giác đồng dạng Mx1 và My1 , Mx2 x x x x2 x1 AX x2 XD và My2 , Ax1 và Cy2 , Dx2 và By1 ta có = , = , = , = y y1 y y2 y2 CY y1 YB x2 x x AX XD PX XQ ( a − x )( a + x ) a − x ⇒ = = = = = = ⇒ x = y (đpcm) y y1 y2 CY YB PY YQ ( a + y )( a − y ) a − y Lop12.net (7) Mở rộng A - M không là trung điểm XY mà còn là S M trung điểm RS với P X R, S là giao điểm O AC , BD với PQ D Chứng minh F Ta vẽ hai đường vuông góc xuống hai cạnh AC , BD và giải hoàn toàn tương tự cách - Với M là giao điểm AB và CD X ∈ CD, Y ∈ AB E C Y R B A C là hai điểm thỏa OX = OY XY ∩ AD, BC = { P, Q} Khi đó M XY , PQ có cùng trung điểm Khi cho AC , BD ∩ PQ = { R, S} , ta có trung điểm XY là trung điểm RS Lưu ý Khi cho X ≡ Y ≡ M ta có bài toán bướm ban đầu Chứng minh Cách chứng minh khá giống cách nhiên khá phức tạp, xin dành cho bạn đọc suy nghĩ Q P X D O Y Q B Điểm Torricelli Cho tam giác ABC có các góc không lớn 1200 Tìm điểm M tam giác cho S = MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ Lời giải D Dựng hai tam D A AME , ACD hình Khi đó ta có AMC ~ AED E ⇒ MA + MB + MC M = MB + ME + ED B C A E ⇒ MA + MB + MC ≥ BD M B Đẳng thức xảy ⇔ AMB = BMC = CMA = 1200 Điểm M thoả hệ thức trên gọi là điểm Torricelli Lưu ý Khi tam giác ABC có góc chẳng hạn A > 1200 , ta có S đạt giá trị nhỏ và M ≡ A Thật A > 1200 nên A nằm BMED ⇒ MA + MB + MC = BM + ME + ED > BA + AD = BA + AC Đẳng thức xảy ⇔ M ≡ A Lop12.net C (8) Đường thẳng Euler Cho tam giác ABC với trực tâm H , trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O Khi đó ta có H , G , O thẳng hàng và HG = 2GO và G nằm H , O Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác và A ', B ', C ' lần A lượt là trung điểm BC , CA, AB Ta có A ' B ' C ' ~ ABC với tỉ số ½ H là trực tâm E ABC , O là trực tâm A ' B ' C ' Do tỉ số đồng dạng là ½ nên AH = 2OA ' Do C' H G AH , OA ' ⊥ BC ⇒ AH // OA ' ⇒ HAG = OA ' G Từ đó ta suy B' O HAG ~ OA ' G ⇒ HGA = OGA ' ⇒ H , G, O thẳng hàng và G nằm H và O , HG = 2GO C B D A' Bài tập [1] Tương tự cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trường hợp tam giác ABC là tam giác tù b2 − c2 [2] Chứng minh DA ' = 2a Đường tròn chín điểm Euler Với ABC Khi đó ba chân đường cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên đường tròn gọi là đường tròn Euler, bán kính ½ R Lời giải Gọi O, H là tâm ngoại tiếp, trực tâm; K , L, M là trung điểm HA, HB , HC ; A ', B ', C ' là trung điểm BC , CA, AB Dễ thấy A K C' F H E N O B' KC ' A ' = KLA ' = KB ' A ' = KMA ' = 900 Suy A ', B ', C ', K , L, M cùng thuộc đường M L C B D A' tròn đường kính KA ' là ( C ) KA '∩ OH = { N } Dễ thấy N là trung điểm KA ' Tương tự ta có N là trung điểm LB ', MC ' ⇒ ( C ) là đường tròn đường kính KA ', LB ', MC ' Ta có D , E , F nằm trên đường tròn đường kính KA ', LB ', MC ' ⇒ A ', B ', C ', K , L, M , D, E , F đồng viên Bài tập [1] Trong đường tròn Euler, các điểm K , L, M chia đôi các cung EF , FD , DE [2] Đường tròn ngoại tiếp ABC là đường tròn Euler I a I b I c [3] Đường tròn Euler cắt các cạnh tam giác các góc B − C , C − A , A − B Lop12.net (9) Hệ thức Euler Cho tam giác ABC O, I là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Khi đó ta có hệ thức OI = R − Rr Lời giải Phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp L , M A α là trung điểm BC không chứa A LM là đường kính α α vuông góc với BC Để ý Y BML = BAL = α , LBC = LAC = β I β B α β O C L Do là góc ngoài ABI I nên BIL = α + β = LBI LBI cân: LI = LB Vì LB / LM R − OI = LI IA = LB.IA = LM IY IY / IA sin α = LM IY = LM IY = Rr ⇒ OI = R − Rr sin α Từ hệ thức trên ta rút R ≥ 2r Đường thẳng Simson (tìm năm 1797 William Wallace) Ba chân đường cao từ điểm đến các cạnh tam giác nằm thẳng hàng và điểm đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp Lời giải Từ P bất kì, vẽ ba đường cao xuống ba cạnh tam giác là C1 A1 , B1 , C1 Khi đó ta có PC1 AB1 , PB1 A1C nội tiếp Suy P A AB1C1 = APC1 = 900 − C1 AP, CB1 A1 = CPA1 = 900 − PCB B1 B i) P ∈ ( O ) ⇒ C1 AP = PCB ⇒ AB1C1 = CB1 A1 A1 C ⇒ AB1C1 = CB1 A1 ⇒ C1 AP = PCB ⇒ ABCP nội tiếp ⇒ P ∈ (O ) Mở rộng [1] Phép vị tự tâm P tỉ số biến đường thẳng Simson thành đường thẳng qua trực tâm tam giác Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Steiner Chứng minh Ta cần chứng minh MHN = 1800 Thật vậy, từ APCB nội tiếp và P, M đối xứng qua M A ⇒ A1 , B1 , C1 thẳng hàng ii) A1 , B1 , C1 thẳng hàng P H đường thẳng AB ⇒ ACB = APB = AMB Do H là trực tâm nên AHB + ACB = 1800 ⇒ AHB + AMB = 1800 ⇒ MAHB nội tiếp ⇒ MHA = ABM = ABP Tương tự BHCN nội tiếp ⇒ NHC = MBC = PBC N Vậy ta có MHA + NHC = ABP + CBP = ABC = 1800 − AHC ⇒ MHA + NHC + AHC = 1800 ⇒ đpcm B C Lop12.net (10) P A C1 A P' [2] PA1 cắt đường tròn lần U Khi đó ta có AU // A1 B1C1 [3] Góc đường thẳng Simson P, P ' P B1 O nửa số đo cung PP ' [4] Đường thẳng Simson A1 điểm (nằm trên đường U' U tròn) chia đôi đoạn nối điểm U đó và trực tâm tam giác [5] Hai đường thẳng Simson hai điểm đối tâm cùng thuộc ( ABC ) vuông góc với và giao điểm chúng nằm trên đường tròn Euler B C B C Định lý Ptolemy Cho tứ giác lồi ABCD Khi đó ta có bất đẳng thức AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Đẳng thức xảy và ABCD nội tiếp Chứng minh Dựng trên AD tam giác ADM đồng dạng với ACB B ⇒ AD.BC = AC.DM (1) AD AM Từ ADM ~ ACB ⇒ = A AC AB Kết hợp với ADC = MAB ta có DAC ~ MAB M ⇒ AB.CD = AC.BM (2) Từ (1) và (2) ta có C D AB.CD + AD.BC = AC ( DM + BM ) ≥ AC.BD Đẳng thức xảy và M ∈ BD ⇔ ABCD nội tiếp Bài tập [1] Cho P là điểm nằm trên cung CD đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD ta có PA ( PA + PC ) = PB ( PB + PD ) [2] Nếu đường tròn cắt hai cạnh và đường chéo hình bình hành ABCD các điểm P, Q, R trên hình Khi đó AP AB + AR AD = AQ AC C B R Q A P D Định lý Ceva (năm 1678) Nếu ba cát tuyến AX , BY , CZ với X , Y , Z ∈ BC , CA, AB Ta có XB YC ZA AX , BY , CZ đồng qui ⇔ =1 XC YA ZB Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên) Nếu ba điểm X , Y , Z trên các đường thẳng chứa các cạnh tam giác ABC Ta có XB YC ZA X , Y , Z thẳng hàng ⇔ =1 XC YA ZB Lop12.net (11) Định lý Stewart (đề xuất năm 1746, thực chất đã tìm năm 300 trước công nguyên Archimedes) Cho tam giác ABC và cát tuyến hình A Nếu độ dài cát tuyến là d , ta có hệ thức 2 a ( p + mn ) = b m + c n Gợi ý Sử dụng định lý hàm cos cho hai tam giác XAB và XAC góc X b p c m B Bài toán Fagnano (đề xuất năm 1775) Cho tam giác ABC nhọn và tam giác XYZ nội tiếp ABC n C X ( X , Y , Z ∈ BC , CA, AB ) Khi đó chu vi tam giác XYZ đạt giá trị nhỏ X , Y , Z là chân ba đường cao Chứng minh Bài toán này có nhiều A cách chứng minh tôi nghĩ hay là A cách chứng minh C Q' v nhà toán học H A B Schwarz Sau đây, tôi P' u c w Q w b b trình bày với các bạn a v a B c v u chứng minh đó P w c Dựng các tam giác b B và kề C hình Tam giác có ba A cạnh là a, b, c là tam giác có đỉnh là chân các đuờng cao Dễ dàng nhận thấy các cạnh chúng qua các phép đối xứng tạo thành đoạn PP ' Còn các cạnh tam giác nội tiếp bất kì u, v, w tạo thành đường gấp khúc Q Q ' Dễ thấy PQQ ' P ' là hình bình hành nên Q Q ' ≥ PP ' suy chu vi tam giác bất kì nội tiếp ABC đạt giá trị nhỏ ba đỉnh tam giác đó là chân ba đường cao ABC Định lý Morley Đây là định lý hình học sơ cấp đẹp tìm năm 1904 bới Frank Morley Ông giới thiệu nó cho người bạn mình Cambridge, Anh và công bố nó 20 năm sau Nhật Bản Chứng minh định lý này tương đối khó các bạn học sinh cấp 2, vì tôi nêu định lý để các bạn cảm nhận phần nào vẻ đẹp nó Cho tam giác ABC Các đường chia ba góc các góc A, B, C cắt và các giao điểm tạo thành tam giác Lop12.net Y Z X (12) Các bài toán cực trị diện tích và chu vi đa giác nội tiếp đường tròn [1] Cho tam giác ABC thay đổi nội tiếp ( O ) cố định Khi đó tam giác là tam giác có diện tích và chu vi lớn M Chứng minh Xét cạnh BC chia ( O ) thành hai phần, phần chứa và phần không chứa O Nếu A nằm phần chứa O thì tam giác ABC đạt diện tích và chu vi lớn A ≡ M , A thuộc phần còn lại thì A ≡ M ' Lại có tam giác MAB có diện tích và chu vi không nhỏ tam giác M ' AB Vậy để tìm tam giác có chu vi hay diện tích lớn ta xét các tam giác cân A chứa O nó Gọi khoảng cách từ O đến BC là x Ta có O R x C B M' BC = R − x , BM = R + Rx Từ đó S = R − x ( R + x ) , P = 2 R + Rx + R − x i) Theo bất đẳng thức Cauchy R = ( R − x ) + ( R + x ) + ( R + x ) + ( R + x ) ≥ 4 ( R − x )( R + x ) ⇒ 3R ≥ ( R − x ) ( R + x ) ⇒ R ≥ R − x ( R + x ) = 3S R R Đẳng thức xảy và x = ⇔ ⇒S≤ P ii) = R+ x ( ABC R P2 R 2R + R − x ⇒ = ( R + x ) + + R − x ) Áp dụng bất đẳng thức ( a + b + c ) ≤ ( a + b + c ) ∀ a, b, c > ta có 27 P2 ≤ ( R + x )( R − x ) ≤ ( R + x + R − x ) = R ⇒ P ≤ 6R 2 R Đẳng thức xảy và x = ⇔ ABC Kết luận Trong các tam giác nội tiếp đường tròn cho trước thì tam giác có chu vi và có diện tích lớn là tam giác [2] Cho tứ giác ABCD thay đổi nội tiếp ( O ) cố định Khi đó, hình vuông là hình có chu vi và có diện tích lớn Chứng minh B P i) Xét tứ giác lồi ABCD bất kì và hình vuông MNPQ nội tiếp ( O ) cho C A Q N D M MP ⊥ AC ⇒ P, M là trung điểm AC Dễ thấy AB + BC ≤ PA + PC ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( APCM ) DA + DC ≤ MA + MC CP + CM ≤ NP + NM ⇒ p ( APCM ) ≤ p ( MNPQ ) AP + AM ≤ QP + QM ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( MNPQ ) Lop12.net (13) ii) Xét tứ giác lồi bất kì Đường chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác nhỏ S ABCD = S ABC + S ACD ≤ S APC + S ACM = S APCM = S PCM + S PMA ≤ S PNM + S PMQ = S MNPQ (đpcm) Mở rộng Ta có bài toán tổng quát, với n giác thay đổi nội tiếp ( O ) cố định Khi đó, n giác là đa giác có diện tích và có chu vi lớn Tuy nhiên, cách giải vượt quá chương trình cấp nên tôi không đề cập đây III Quĩ tích Tập hợp các điểm (còn gọi là quĩ tích) có tính chất cho trước là hình gồm tất điểm thoả mãn tính chất đó Lời giải bài toán tìm tập hợp điểm gồm có hai phần - Chứng minh điểm có tính chất đã cho thuộc hình H (hình này là kết bài toán) - Chứng minh tất điểm hình H có tính chất đã cho Tập hợp điểm thoả mãn hai tính chất là giao điểm hai hình, tập hợp các điểm có tính chất thứ và tập hợp các điểm có tính chất thứ hai Đối với bài toán dựng hình thì tỉ mỉ, cẩn thận là cần thiết, vì vậy, điều đầu tiên bạn làm gặp bài toán dựng hình là phải xét hết tất các trường hợp có thể xảy ra, tìm hình chứa các điểm cần tìm phải xét đến giới hạn chúng Các quĩ tích mà chương trình cấp các bạn học chủ yếu là đường thẳng hay đoạn thẳng, tia, đường tròn hay cung tròn Vì vậy, ta có cách đoán trước quĩ tích khá hữu hiệu sau, hãy vẽ ba điểm thoả mãn tính chất bài toán yêu cầu riêng biệt với và thật chính xác Nếu ba điểm đó thẳng hàng thì dứt khoát quĩ tích phải là đường thẳng, đoạn thẳng tia Nếu chúng không thẳng hàng thì quĩ tích phải là đường tròn cung tròn Từ đó, bạn đã có định hướng tương đối tốt cho lời giải bài toán Sau đây là bài tập cho các bạn, tất là bài mà tôi cho là bản, hay và lạ nên bài nào bạn nên suy nghĩ thử ít là lần, không thiết là bạn phải làm cho ra, cần là bạn đã bỏ thời gian để suy nghĩ nó [1] Quĩ tích điểm có tỉ số khoảng cách đến hai đường thẳng cho trước là k > [2] *Trên mặt phẳng cho hai điểm A, B cố định Quĩ tích điểm M thỏa mãn hệ thức MA : MB = k > Với k ≠ , quĩ tích là đường tròn và gọi là đường tròn Apolonius Với k = , quĩ tích là đường thẳng [3] Quĩ tích điểm X thỏa mãn bất đẳng thức XA ≤ XB ≤ XC [4] *Cho điểm O cố định và hình H , điểm M di động trên hình H , tìm quĩ tích điểm N nằm O, M và chia đoạn OM theo tỉ số a : b ( a, b > ) [5] Cho A ≡ B cố định Tìm quĩ tích điểm M thoả mãn MA2 + MB = k > Gợi ý: Sử dụng công thức đường phân giác [6] Cho A ≡ B cố định Tìm quĩ tích điểm M thoả mãn MA2 − MB = k [7] *Cho hai đường tròn ( O ) , ( O ') phân biệt Quĩ tích điểm có phương tích (*) đến hai đường tròn là đường thẳng và gọi là trục đẳng phương hai đường tròn Lop12.net (14) Định nghĩa phương tích Phương tích điểm đến đường tròn là giá trị đại số và tính công thức PM /( O ) = OM − R Phương tích điểm M đường tròn ( O ) đặc trưng cho vị trí tương đối M ( O ) Cụ thể là điểm cùng nằm trên đường tròn tâm O thì có cùng phương tích Đối với điểm M nằm ngoài ( O ) thì PM /( O ) chính là độ dài đoạn MN với N là tiếp điểm tiếp tuyến ( O ) qua M Đối với điểm M nằm ( O ) thì PM /( O ) là phần bù tích MN MP với NP là dây cung bất kì ( O ) qua M [8] Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không cắt và không chứa Tìm quĩ tích điểm M có tính chất là đường thẳng bất kì qua M cắt ít là hai đường tròn trên Gợi ý: Hãy vẽ các tiếp tuyến chung hai đường tròn và xét các miền mặt phẳng tạo thành [9] *Cho hai điểm P, Q chuyển động đều, vận tốc v theo hai đường thẳng cắt điểm O Chứng minh trên mặt phẳng tồn điểm A cố định mà khoảng cách từ đó đến các điểm P, Q lúc nào [10] Các điểm A, B, C có tính chất là: với điểm M luôn có MA ≤ MB MA ≤ MC Chứng minh điểm A nằm trên đoạn BC [11] *Cho đường tròn và điểm P nằm đường tròn đó Qua điểm Q đường tròn ta kẻ tiếp tuyến Đường vuông góc hạ từ tâm đường tròn xuống đường thẳng PQ cắt tiếp tuyến điểm M Tìm tập hợp các điểm M Gợi ý: Quĩ tích là đường thẳng vuông góc với OP [12] A, B là hai điểm cố định trên đường tròn, M là điểm thay đổi trên đường tròn đó Trên đường gấp khúc AMB định điểm K gọi là trung điểm nó Tìm tập hợp các điểm K (bài toán Archideme) Gợi ý: Kéo dài AM đoạn MN = MB Khi đó K là trung điểm MN và MNB = ½ AMB không đổi Cần nhớ phải xét hai cung AB lớn và nhỏ [13] Cho tam giác ABC Tìm tập hợp tâm hình chữ nhật nội tiếp tam giác có cạnh nằm trên cạnh BC tam giác Gợi ý: Quĩ tích là đoạn thẳng nối trung điểm đường cao A và trung điểm BC [14] Hai đường tròn cắt các điểm A, B Qua điểm A kẻ cát tuyến cắt các đường tròn tương ứng các điểm P, Q Hỏi trung điểm PQ vẽ nên đường gì cát tuyến quay quanh điểm A [15] *Cho ( O, R ) và điểm A cố định, vẽ cát tuyến di động cắt ( O ) M , N Tiếp tuyến M , N cắt E Tìm quĩ tích E [16] *Cho ( O, R ) và dây AB cố định, M là điểm di động trên ( O, R ) Trên tia AM ta lấy điểm N cho AN = kBM Tìm quĩ tích N [17] Cho parabol y = x Tìm quĩ tích điểm nằm trên mặt phẳng cho từ đó ta có thể vẽ hai tiếp tuyến vuông góc với parabol Gợi ý: Quĩ tích là đường thẳng y = − [18] *Cho tam giác ABC , M là điểm di động trên đoạn AB , kéo dài AC đoạn CN = BM Tìm quĩ tích trung điểm MN Lop12.net (15) [19] *Cho ( O, R ) và điểm P cố định ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến PBC bất kì ( A, B, C ∈ ( O ) ) Gọi H là trực tâm tam giác ABC Tìm quĩ tích trực tâm H đó Những bài tập tôi đánh dấu (*) là bài tôi cho là quan trọng nhất, dễ thi Vì vậy, tôi trình bày lời giải đưa gợi ý cho bài tập đó [2] Xét k ≠ Thuận Giả sử M là điểm thoả hệ thức đề bài và không nằm trên đường thẳng AB Vẽ hai phân giác và ngoài MX , MY Ta có M D XMY = 900 Theo tính chất đường phân giác thì Y X B A XA YA MA = = = k ⇒ X , Y cố định XB YB MB ⇒ M thuộc đường tròn đường kính XY cố định Với M nằm trên đường thẳng AB thì M ≡ X M ≡ Y Đảo Chọn điểm M bất kì thuộc đường tròn đường kính XY Ta chứng minh M là điểm thỏa tính chất đề bài Từ A , vẽ đường thẳng song song với MY cắt MX , MB I , D Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ADB , ta có IA XB MD MD YA = Lại có = ⇒ IA = IB ⇒ MX là phân giác AMB ⇒ đpcm ID XA MB MB YB I [4] Bài toán là ứng dụng phép vị tự Sơ lược phép vị tự Thông thường thì định nghĩa phép vị tự phải dùng đến kiến thức vector, các bạn cấp thì điều này là chưa thật cần thiết Vì vậy, tôi O H' H trình bày sơ lược phép biến hình này cách đơn giản và dễ hiểu có thể Cho hai hình H và H ' và điểm O trên mặt phẳng Khi đó ta nói phép vị tự tâm O biến tỉ số k > biến hình H thành hình H ' và với điểm M thuộc hình H tồn điểm M ' thuộc H ' cho M ' ∈ tia OM và OM ' : OM = k H ' gọi là ảnh H qua phép vị tự tâm O tỉ số k Từ định nghĩa trên ta có quĩ tích N là ảnh H qua phép vị tự tâm O tỉ số a : (a + b) Lưu ý Qua phép vị tự thì đường tròn biến thành đường tròn, đường thẳng biến thành đường thẳng Khi gặp bài toán yêu cầu tìm quĩ tích điểm M mà ta luôn có quan hệ điểm M và điểm N nào đó di động tia AM luôn cùng hướng với BN , AM = kBN với A, B là hai điểm cố định, ta có thể chuyển việc tìm quĩ tích điểm M thành việc tìm quĩ tích điểm N , sau đó suy ngược lại quĩ tích M phép vị tự Bài [19] sử dụng phép vị tự để giải, đầu tiên là tìm quĩ tích điểm đối xứng O qua BC Lop12.net (16) Bài [9] và [18] sử dụng phép quay Sơ lược phép quay Phép quay tâm O theo góc 00 < φ < 1800 là phép biến hình trên mặt phẳng, biến điểm X thành điểm X ' thỏa mãn điều kiện OX = OX ' và góc quay từ OX tới OX ' φ theo chiều ngược kim đồng hồ Qua phép quay đường tròn biến thành đường tròn nó, đoạn thẳng biến thành đoạn thẳng nó và góc hai đường thẳng chứa hai đoạn góc quay Dấu hiệu để các bạn nhận biết bài toán quĩ tích giải phép quay là có hai đoạn AB và CD nào đó sau các phép biến đổi Nếu thật là phép quay thì tâm quay chính là giao điểm trung trực AC , BD và thông thường tâm quay là cố định Bài [16] sử dụng phép quay, sau đó vị tự [15] Thuận.Vẽ hai tiếp tuyến AX , AY với E ' M ', E ' N ' là hai tiếp tuyến tới ( O ) M Y X H O N (UV ) Gọi H là trung điểm MN ⇒ OH ⊥ MN Kéo dài OH cắt XY E ' Dễ thấy AXHOY nội tiếp đường OA tròn đường kính ⇒ E ' X E ' Y = E ' H E ' O = PE '/ ( O ) A E' (O ) M ' H ' ⊥ E ' O ⇒ PE '/ ( O ) = E ' M '2 = E ' H '.E ' O Từ đó ta có E ' H ' = E ' H Mà H , H ' nằm cùng phía điểm E ' nên H ≡ H ' Suy M ≡ M ', N ≡ N ' ⇒ E ≡ E ' ⇒ E thuộc đường thẳng XY cố định Giới hạn Đường thẳng XY trừ ( XY ) đoạn UV trừ hai đầu mút Đảo Gọi E0 là điểm bất kì thuộc phần giới hạn đường thẳng XY Vẽ hai tiếp tuyến E0 M , E0 N với ( O ) Chứng minh hoàn toàn tương tự phần thuận ta có A, M , N thẳng hàng ⇒ E0 là điểm thỏa yêu cầu bài toán Kết luận Quĩ tích E là phần giới hạn đường thẳng XY IV • Chứng minh các tính chất hình học khác Thẳng hàng A [1] Cho tam giác ABC và U ,V ,W là ba điểm thẳng hàng thuộc các đường thẳng BC , CA, AB Chứng minh trung điểm các đoạn AU , BV , CW thẳng hàng Gợi ý: Vẽ các đường phụ trên hình và chứng minh thẳng hàng định lý Menelaus W V B C [2] Đường tròn đường kính BV , CW cắt hai điểm có đoạn nối qua trực tâm H ABC Tương tự, các cặp đường tròn đường kính AU , BV và AU , CW cắt hai điểm có đoạn nối qua trực tâm H Lop12.net U (17) [3] Trực tâm tam giác ABC , BZX , CXY , AYZ thẳng hàng Gợi ý: Sử dụng câu [2] [4] Định lý Pappus A C Nếu A, C , E là ba điểm nằm trên đường thẳng, E B, D, F nằm trên đường thẳng khác Nếu ba đường M thẳng AB, CD, EF cắt DE , FA, BC thì ba L N giao điểm thẳng hàng Gợi ý: Giả sử ba đường thẳng AB, CD, EF tạo thành ta giác UVW áp dụng định lý Menelaus cho B F D các cát tuyến thẳng hàng sau LDE , AMF , BCN , ACE , BDF Sử dụng các đẳng thức hợp lý, ta có hệ thức để chứng minh L, M , N thẳng hàng theo định lý Menelaus đảo [5] Cho ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc AB, AC Q, R Cho BO ∩ QR = { P} Gọi M , N là trung điểm AC , BC Chứng minh M , N , P thẳng hàng • Đồng qui [1] Với hình vẽ bài [1] phần thẳng hàng, hãy chứng minh đường tròn đường kính AU , BV , CW đồng qui hai điểm có đoạn nối qua trực tâm H [2] Cho hình vuông ABCD và M là điểm bất kì nằm hình vuông Từ A, B, C , D ta vẽ AA ' ⊥ MB, BB ' ⊥ MC , CC ' ⊥ MD, DD ' ⊥ MA Chứng minh AA ', BB ', CC ' và DD ' đồng qui Gợi ý: Sử dụng phép quay [3] Cho tam giác ABC Dựng phía ngoài hình vuông ACKJ , BCGI Chứng minh BJ , AI và đường cao đỉnh C đồng qui [4] Cho tứ giác ABCD nội tiếp Từ M , N , P, Q là trung điểm các cạnh AB, BC , CD, DA ta vẽ các đường thẳng vuông góc với các cạnh đối diện tương ứng Chứng minh các đường thẳng này đồng qui Chứng minh điểm này còn là điểm đồng qui các đường thẳng Simson bốn đỉnh tam giác tạo ba đỉnh còn lại [5] Cho ( O ) cắt ba cạnh AB, BC , CA C1 , C2 , A1 , A2 , B1 , B2 Chứng minh các đường thẳng vuông góc AB, BC , CA C1 , B1 , A1 đồng qui thì các đường thẳng vuông góc với các cạnh C2 , B2 , A2 đồng qui ( dùng phép đối xứng tâm) [6] Cho tam giác ABC , U , V ,W thuộc các đường thẳng BC , CA, AB Khi đó các đường vuông góc với BC , CA, AB U , V , W đồng qui ⇔ AW + BU + CV = AV + CU + BW Lop12.net (18)