Định lý 1 Trong một tam giác, 3 đường đối trung đồng quy tại một điểm L.. Theo định lý Ceva thì AD, BE và CF đồng quy tại L[r]
(1)VECTƠ 1.1 Các hệ thức 1.1.1 Quy tắc bản
Quy tắc cộng.Cho điểmA, B, C bất kì, đó: −−→
AB+−−→BC =−→AC (1.1)
Từ quy tắc điểm ta có cơng thức tổng quát chonđiểm sau:
Hệ 1.1 Chonđiểm A1, A2, , An, ta có: −−−→
A1A2+−−−→A2A3+ +−−−−−→An−1An =−−−→A1An (1.2)
Quy tắc trừ.Cho điểmA, B, C bất kì, ta có: −−→
AB−−→AC=−−→CB (1.3)
Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hànhABCD, ta có −−→
AB+−−→AD=−→AC (1.4)
$
%
& $
%
&
%
$ '
&
Hình 1.1:
1.1.2 Công thức điểm chia hệ quả
Công thức điểm chia Cho hai điểmA, B phân biệt Cho điểmM số thực k= 1 thỏa −−→MA=k.−−→MB Khi với điểmObất kì, ta có
−−→
OM =
−→
OA−k.−−→OB
(2)Chứng minh Ta có−→OA−k.−−→OB=−−→OM +−−→MA−k.−−→OM−k.−−→MB = (1−k)−−→OM Từ suy điều cần chứng minh @
Hệ 1.2 Cho hai điểmA, B phân biệt M thuộc đoạnAB Khi với điểmO ta có: −−→
OM = MB AB.
−→
OA+MA AB.
−−→
OB (1.6)
Chứng minh Từ (1.5), chok=−MA
MB ta có (1.6) @
Với M trung điểm đoạn thẳngAB ta có cơng thức quen thuộc sau:−−→OM =
2
−→
OA+−−→OB
Nếu choM trùng với chân đường phân giác gócA Khi ta có hệ thức sau:
Hệ 1.3 Cho tam giácABC cóAB=c, AC=b, BC =a.AD đường phân giác trong, ta có −−→
AD= b b+c.
−−→
AB+ c b+c.
−→
AC (1.7)
Nếu đặt MA
AB = SOMA
SOAB;
MB AB =
SOMB
SOAB, từ (1.6) ta có hệ thức sau:
Hệ 1.4 Cho hai điểmA, B phân biệt M thuộc đoạnAB Khi với điểmO ta có: −−→
OM = SOMB SOAB.
−→
OA+SOMA SOAB.
−−→
OB (1.8)
1.1.3 Tâm tỉ cự hệ điểm
Bài toán 1 Cho hai điểmA, B phân biệt số thực α, β khơng đồng thời có tổng khác Khi tồn điểmM cho
α.−−→MA+β.−−→MB =−→0 (1.9)
Chứng minh: Ta có
α.−−→MA+β.−−→MB=α.−−→MA+β.−−→MA+β.−−→AB = (α+β)−−→MA+β.−−→AB
Do đó(1.9)⇔−−→AM = α+ββ.−−→AB Biểu thức cho ta cách xác định điểmM Giả sử tồn tạiM thỏa (1.9), ta có:
−
→0 =α.−−→
MA+β.−−→MB= (α+β)−−−→MM+α.M−−→A+β.−−−→MB= (α+β)−−−→MM
Vìα+β= 0nên−−−→MM=−→0, đóM ≡M @
Bài tốn 2 Cho điểmA, B, C số thựcα, β, γ khơng đồng thời có tổng khác Khi tồn điểm M cho:
α.−−→MA+β.−−→MB+γ.−−→MC=−→0 (1.10)
Chứng minh
Vì số α, β, γ có tổng khác nên tồn hai số có tổng khác 0, ta giả sử làα, β Do theo tốn 1, tồn điểmI cho α.−→IA+β.−→IB=−→0
Khi ta có:
−
→0 =α.−−→
MA+β.−−→MB+γ.−−→MC⇔ −→0 = (α+β)−−→MI+γ−−→MC
Hệ thức cuối kết hợp với toán 1, ta suy điều cần chứng minh @
Từ cách giải toán trên, sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp ta có tốn tổng qt sau:
Bài toán 3ChonđiểmA1, A2, , Anvànsố thựcα1, α2, , αnkhông đồng thời có tổng khác Khi tồn điểmM cho
(3)1.1.4 Hệ thức Jacobi hệ quả
Hệ thức JacobiCho tam giácABCvà điểmM nằm tam giác ĐặtSMAB=Sc, SMAC =Sb, SMBC=
Sa Khi ta có
Sa.−−→MA+Sb.−−→MB+Sc.−−→MC=−→0 (1.12)
Hướng dẫn
6E
6F
6D $ $
% &
0
Hình 1.2:
GọiA giao điểm củaMA vàBC Áp dụng công thức (1.6) cho tam giác MBC ta có: −−→
MA =CA
AB.
−−→
MB+BA AB.
−−→
MC
MàCA/AB=SMCA/SMBC =SAAC/SABC =SMAC/(SMAC+SMAB) =Sb/(Sb+Sc)
và tương tự BA/AB=SMAB/(SMAC+SMAB) =Sc/(Sb+Sc) Mặt khác
−−→
MA= MAAM.−−→AM = S Sa
b+Sc.
−−→
AM
Từ
Sa
Sb+Sc.
−−→
AM = S Sb
c+Sb.
−−→
MB+S Sc
b+Sc.
−−→
MC⇔Sa.−−→MA+Sb.−−→MB+Sc.−−→MC=−→0
@ Với tam giác ABC có A1, B1, C1 thuộc cạnh BC, AC, AB AA1, BB1, CC1 đồng quy điểm M ta có (1.9), ta xét trường hợp đặc biệt sau:
Hệ 1.5Cho tam giác ABC có G, I, O, H trọng tâm, tâm nội tiếp, tâm ngoại tiếp trực tâm tam giác Khi ta có:
a)
−→
GA+−−→GB+−−→GC =−→0 (1.13) b)
a.−→IA+b.−→IB+c.−→IC=−→0 (1.14) NếuABC nhọn ta cịn có hệ thức:
c)
sin 2A.−→OA+ sin 2B.−−→OB+ sin 2C.−−→OC=−→0 (1.15) d)
tanA.−−→HA+ tanB.−−→HB+ tanC.−−→HC =−→0 (1.16)
Chứng minh Dành cho bạn đọc
Hệ 1.6Cho tam giác ABC có đường tròn I nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, AC, AB tạiD, E, F Khi đóAD, BE, CF đồng quy điểmJ tam giác ta có hệ thức
(4)Trong a, b, clà độ dài cạnhBC, AC, AB plà nửa chu vi ĐiểmJ gọi điểm Gergonne tam giácABC
Chứng minh
-)
(
' , $
% &
Hình 1.3:
Đặt AE = AF = x, BF = BD = y, CE = CD = z Suy x = p−a, y = p−b, z = p−c Khi ta có:
DB DC.
EC EA.
F A F B =
−yz.−xz −xy
=−1
Theo định lý Ceva ta có AD, BE, CF đồng quy tạiJ Mặt khác
SJAB
SJBC =
x z;
SJAB
SJAC =
y
z ⇒x.SJBC=y.SJAC =z.SJAB=T
Do theo hệ thức Jacobi ta có:
T x.
−→
JA+T y.
−→
JB+T z
−→
JC=−→0
Hay
yz.−→JA+xz.−→JB+xy−→JC=−→0
Thếx=p−a, y=p−b, z=p−cvào ta có điều cần chứng minh
1.1.5 Đường đối trung điểm Lemoine
Định nghĩa:Đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác xuất phát đỉnh gọi làđường đối trung tam giác
Như tam giác có đường đối trung xuất phát từ đỉnh Ta có định lý:
Định lý 1Trong tam giác, đường đối trung đồng quy điểmL Hơ n nữa, ta có hệ thức
a2−→LA+b2−→LB+c2−→LC =−→0 (1.18)
ĐiểmL xác định gọi điểm Lemoine
Chứng minh Trước chứng minh định lý, ta chứng minh bổ đề:
Bổ đề 1.1NếuAD đường đối trung trung tuyếnAM ta có DB
DC = c2
b2
Chứng minh bổ đề. GọiI, Hlà hình chiếu củaDtrênAB, AC vàP, Qlà hình chiếu củaM trênAB, AC Ta có
SABM =SACM ⇒ MQMP = ABAC = cb
(5)ΔAID∼ΔAQM ⇒ MQDI = AMAD
Tương tự
DH MP =
AD AM
Suy
DI DH =
MQ MP =
c b
Ta có
BD CD =
BD BM.
CM CD =
DI MP.
MQ DH =
c2
b2
@
Chứng minh định lý: Gọi AD, BE CE đường đối trung tam giác ABC, ta có:
DB DC =
c2
b2;ECEA = a
c2;F BF A = b
a2 Theo định lý Ceva thìAD, BE vàCF đồng quy tạiL
Khi theo hệ thức Jacobi ta có:
SLBC.−→LA+SLAC.LB−→+SLAB.−→LC =−→0
(1) Hơn nữa,
SLAB
SLAC =
DB DC =
c2
b2;
SLBC
SLAC =
F B F A =
a2
b2 ⇒
SLAB
c2 =
SLAC
b2 =
SLBC
a2 =T
(2)
Từ (1) (2) ta có (1.18) @
Định lý 2Trong tam giác điểm Lemoine trọng tâm tam giác có đỉnh hình chiếu điểm Lemoine cạnh tam giác
Chứng minh
Ta có bổ đề:
Bổ đề 1.2Cho tam giácABC, đường tròn tâmI nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnhBC, AC, AB tạiD, E, F Khi ta có:
a.−→ID+b.−→IE+c.−→IF =−→0 (1.19)
Chứng minh
Áp dụng (1.6) ta có:
BC.−→ID=CD.−→IB+BD.−→IC AC.−→IE =CE.−→IA+AE.−→IC AB.−→IF =AF.−→IB+BF.−→IA
Mặt khácAE =AF, BD=BF vàCD=CE
Nên cộng vế theo vế đẳng thức áp dụng (1.14) ta có điều cần chứng @
Chứng minh định lý. Gọi M, N, P hình chiếu củaL BC, AC, AB Ta chứng minhL trọng tâm tam giácMNP hay−−→LM +−−→LN+−→LP =−→0
Ta có −−→
LM +−−→LN+−→LP = LMr .−→ID+LNr .−→IE+LPr .IF−→= 2SarLBC.−→ID+2SarLAC.−→IN +2SarLAB.−→IP
(6)Hơn nữa, ta có
SLBC
a2 = SLACb2 = SLABc2
(4) Từ (3), (4) bổ đề ta có điều cần chứng minh
@
3
1
0 / $
%
&
Hình 1.4:
1.1.6 Định lý nhím
Định lýCho đa giác lồi n(n≥3)cạnhA1A2 An, vectơ −→ei (1≤i≤n)có độ dài 1, vng góc với cạnh AiAi+1(An+1 ≡A1)và hướng ngồi Khi ta có hệ thức:
A1A2.−→e1+ +An−1An.−→en =−→0 (1.20)
Chứng minh Ta chứng minh định lý quy nạp Với n= Theo đổ đề (1.20)
Giả sử (1.20) vớin=k
Ta chứng minh (1.20) vớin=k+
Cho đa giác lồik+ 1cạnhA1A2 Ak+1, ta cần chứng minhA1A2e→−1+ +AkAk+1−−→ek+1=−→0 (trong vectơ−→ei(1≤i≤k+ 1) xác định
Xét đa giácA1A2 .Ak, dựng phía ngồi đa giác vectơ→−e vng góc vớiA1Akvà có độ dài Theo giả thiết quy nạp
A1A2−→e1+ +Ak−1Ak−−→ek−1+A1Ak−→e =−→0
(1) Mặt khác, với tam giácA1AkAk+1, ta có:
A1Ak+1−−→ek+1+AkAk+1−→ek+A1Ak
−−→e=−→0
(2) Từ (1) (2) ta có