Tài liệu Bài tập nâng cao và một sô chuyên đề hình học 10 P4 ppt

Trang 1

30B + OC = 40M Ta cĩ hệ OC + OA = 20N

3OA - OB = 20P

— I~ 1 3—

OA = 50M ~ 7ON + ZOP = (~2; 5)

Giải hệ ta được OB = SOM - TON + }OE = (2; — D 2 4 4 ` oc = -1OM + 2ƯN - 2ƯB = (6 ; 3) “79 4 4 i2

Vậy A =(-2; 5), B= (2; -L), C= (6; 3)

§4 GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA GĨC a (0° < a < 180°)

4.1 a) Ta cĩ

sinœ cosœ < 0Ư

( => cosa <0 => 90° <a < 180°

sina > 0

b) th - so =0°<œ<90%

tanœ + cotœ > 0 cota > 0

0° <a < 90°

90° <a < 180°

c) sina _ tana cosqœ cosa

>0>aho>0 |

4.2 A = (sin’1° + sin’89°) + (sin”2° + sin288°)+ +

+ (sin244° + sin246°) + sin245° + sin290°

= (sin*1° + cos”1) + (sin22° + cos?2°) + + (sin244° + cos244°) + s +1

1 91

=44+s+l=c

B= (cos°1° + cos2179°) + (cos*2° + cos?178°) +

+ (cos 80° + cos?91) + cos290° + cos2180° = (cos21° — cos21°) + (cos?2° — cos?2° }+ +

+ (cos 89” — cos289°) + 0— 1=~1

Trang 2

C = (tan1°.tan89°)(tan2°.tan88°) (tan44°.tan46°).tan45° = (tan1°.cot1°)(tan2°.cot2°) (tan44°.cot44°).tan45° =| i V2 -1 => tana + cota = 242 =2 +] = 4.3 cota = I tana

=> tan’a + cota = (tana + cota)” ~2=6

=> tan‘a + cot’ = (tan2c + cot2œ)ˆ —2=34

= tan œ + cot°œ = (tan“œ + cotœŸ —2= 1154

2_ _, , 24 _ 49

4.4, Ta cé (sina + cosa)” = 1 + 2sinacosa = 1+ 75 = 95"

Mặt khác, sinacosa = 5 >0 = cosơ >0

SUYTa sina + cosa = z Do đĩ

sin’a + cos 2œ = (sinơ + cosœ)(sin7œ + cos2œ — sinacosa) = : (1 ~ 5) “a 5 125

Col

tn

5

4,5, sin’o + cos‘a = 3 = (sino + cosa)" — 2sin2œcos2œ =

€> 1 —2sin’a(1 — sin?) = 2 <> 2sin“œ — 2sin2o, + 2 =0_ a = 150° ° (vì 90” < œ< 180°).- a = 120 ‘ 5 oO

4.6 Xét AABC vuơng tại A cĩ B = 1Š (h.4-9) Hình 4-9

Trang 3

OM, » Og

Kẻ trung trực của BC cắt AB tại I

— 0 IB = IC = 2a

Ta cĩ AIC = 30° Đặt AC =a thì = AB=2a + a3

AI = acot30° = aV3 AC a l Suy ra tan15°= —= = = =2- 3 AB 2a + av3 2+3 1 I _ 2+3 Từ đĩ cos715° = lttn?l5 8-4/3 4 V2 +3 143 2 2/2 _ 1+3

e sin105° = sin75° = cos159 = 242

4.7 (h.4-10) Giả sử đường trịn (O ; r) nội tiếp A

tam giác ABC tiếp xúc với BC tại I, ta cĩ

=> cos15° =

a=BI+IC= (cor? + cot £

2

Tương tự ta cĩ B I C

b = r| Cot— + cot— Lc, A) Hinh 4-10

2 2

> (a—b) cot © = ‘(cor BeorS — cot Scot

20 2ˆ 2 2ˆ 27

Tương tự

(b— c)cot > = (cor Boor — cot Scot 8)

| 20 2° 2 2° 2

(c— a)cot = = ‘(cor cor? _ cot Bot)

2 2 2 2 27

Cộng từng vế ba đẳng thức trên suy ra đpcm

9

|IA»>90

4.8 Nếu thi tanAtanB <0 < 1

B > 90°

—Néu C> 90° thi A+ B<90° =>0°<A <90°-B<90°

Trang 4

So

=> tanA < tan(90° — B) = cotB = to tanB = tanAtanB < 1 (đpcm) 4.9 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-s¡ và kết quả VD 4.10 ta cĩ 1 1 4 4 2 + 2 2 =

cosB cosC ˆ cosB + cosC 2cos B+C sin—

2 2 1 + 1 > 2 cosC cosA B sin Tuong tu, 1 + 1 > 2

cosA cosB sin— Cc

2

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta thu được

1 + 1 + 1 > 1 1 + 1 cosA cosB cosC - sin A sinP sinC

2 2 2

Dấu đẳng thức xây ra © cosA = cosB = cosC © A = B = C © AABC đêu 4.10 Trên nửa đường trịn đơn vị, lấy điểm M sao cho MOx =ơ

Qua A(1 ; 0) dựng trục f'At song song và cùng hướng với y'Ơy Qua B(0 ; 1) dựng trục z'Bz song song và cùng hướng với x Ịx

Tia OM cắt z'Bz tại N, cắt tAt tại T Dễ dàng chứng minh được :

Trang 5

a) Bây giờ giả sử œ = xOM, B= xON (œ <ÿ) Lấy P là điểm chính giữa cung MN thì

o 5 Ê ~ XP (h4-13) Gọi Mì, N', P theo |

thứ tự là giao điểm của các tia OM, ON, OP với At, [ là trung điểm của MN, ta cĩ

tana +tanB = AM'+ AN'

5 = 5 = AL

P'M' OM' , + jt v t

Vi pT = Oy S| nen PM'SPN' => AP’ < Al, tic A œ + _ tana + tanB

— < —

tan——~ s 5

Dấu đẳng thức xảy ra cM'=N'=P=l©M=N=P€©>ơœ=B cota +cotB _ tan(90° ~ œ) + tan(90° — B)

b)

2 7 2

oO o _—_

> tan P= 0) + 00" =8) = tan( 90° -228) = cot SFP

Dấu đẳng thức xảy ra > œ = B

§5 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ

—_ — — —+%

5.1 Xét 5 vecto ar, A2, a3, a4, as Gia sit d6 dài tổng hai vectơ bất kì trong số đĩ

— — —2

lớn hơn độ dài tổng của ba vectơ cịn lại, ta cĩ : ay + asl > az + a4 + as

_—— XNÌ

= [ail + 25,2 + lal > Ja| +a| +la[ +2(aya, + gay tan Cộng từng vế các bất đẳng thức như vậy đối với tất cả 10 Cặp vectơ, ta được :

alla; iT + lay I + + fas’) + 2(apay + -+ai.as +., + 4.45) >

—2 — -— — —>+ —— —

> 6 (lar) + lay I + .+ [as )4 (aay + +tai.as + + a4.a5)

——= — ——- ~~

=> la, iT + [ay AI + + [as T +2(ajay + +a.as + taza) <0

— ——s 2

Trang 6

5.2 (h.5-22) Ta luơn cĩ :

AB? + CD? = (OB-Ộ) +(GD-0€}'

=4R?— 2(OA.OB + OCOD)

= 4R? — 2R? (cos AOB + cosCOD) Do đĩ AB” + CD” = 4R7

<> AC 1 BD (dpem)

5.3 Gọi P và Q là trung điểm các dây AB, CD

— Nếu P = Q thì ACBD là hình chữ nhật Khi đĩ với mọi điểm M trên đường trịn (O), ta đều cĩ

MA? + MB = MC” + MDỶ = 4RỶ

— Xét trường hợp P z Q: VM e (O; R) ta cĩ

MA? + MB? = MC? + MD*

<> (MO + OA)* + (MO + OB)? = (MO + OC)? + (MO + OD)

<> 4R? + 2MO(OA + OB) =4R? + 2MO(OC + OD)

< 4MO.OP = 4MO.OQ MO(OP ~ OQ) = 0 ° MO.QP =0

<= MO L PQ

Vậy cĩ 2 điểm thoả mãn bài tốn, đĩ là 2 đầu mút của đường kính đường trịn (O) vuơng gĩc với PQ

5.4 Tổng bình phương các khoảng cách từ một đỉnh của đa giác đều đến tất cả các đỉnh cịn lại bằng 2nR? (VD 5.8) = Tổng bình phương các khoảng cách từ tất cả các đỉnh của đa giác đêu đến các đỉnh cịn lại bằng 2n”R? Vì bình phương mỗi cạnh và mỗi đường chéo đều cĩ mặt trong tổng đĩ hai lần, vậy tổng bình phương các cạnh và các đường chéo của đa giác đều bằng nˆRỶ

5.5 Dễ thấy A¡Aa Azn-¡ và A¿A¿ Aan là các đa giác đều n-cạnh nội tiếp

đường trịn (O) Gọi R là bán kính đường trịn (O), theo VD 5.8, với mọi Me (O)ta cĩ :

Trang 7

“Og

MA? + MA2 + + MA2._¡ = 2nR? MAZ + MAZ + + MA3, = 2nR? Suy ra đpcm

5.6 Từ hệ thức OH = OA + OB + OC (VD 2-14) suy ra

OH? = OA? + OB? + OC ? + 2(OA.OB + OA.OC + OB.OC)

= 3R? + (OA? + OB’ — AB’) + (OA ˆ+OC”~ AC? + (OB + OC? — BC’)

= 9R*- _ (a? +b? +c”),

Từ kết quả trên ta cĩ : tổng bình phương các khoảng cách từ O đến các cạnh của tam giác là :

2À 2 2

đ? + độ + đˆ = [Re - nh = 4

= 3R?- a +b? +c’) = 3R7- 2 0Đ” — OH’)

32 1 2 32

=— 7R” ++OH > FR’ — >—

Vay tổng (đ? + đ; + d2) nhỏ nhất OH” =0 © O = H © AABC đêu

Nhận xét Giả sử G là trọng tâm tam giác ABC Bằng phép chứng minh tương

tự, ta nhận được kết quả

OG? = Ro @ +b? +07), 5.7 (h.5-23) AB.AE + AD.AF

= AB.AC + AD.AC = AC.AC

=AC =AC?

Hình 5-23

5.8 (h.5-24)

Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B,

€ trên (AM) Ta cĩ ‘

M

AiB = ME E (định lí Ta-lét) - PF

1

aa BE C Ai

ME.MA _ MBMA —— = ——— (cơng thức hình chiếu) Hình 5-24

FMA MCMA

Trang 8

BC MCMB C,A_ MA.MC

Tuong tu, =——— =

BA MAMB CB MBMC pias, SB Bic GA _- ¡, A,C BA CB

Theo định lí Mê-nê-la-uyt, tacé A,,B,,C, thang hang

5.9 (h.5-25) Gọi I là tâm đường trịn (OAB) ; e,„ e; là các vectơ đơn vị của x'Ox,

yOy ; H và K là hình chiếu của Ï trên x'\Ox và y Oy Ta cĩ OI.(ae, + be;)

=a.Ole, + bOLez

= a.0H + b.OK

- 1(,0a + bos) = 2 2 2 Hinh 5-25

Theo VD 5.19b, I thuộc đường thẳng A cố định Gọi N là điểm đối xứng của O

qua A thì đường trịn (OAB) luơn đi qua điểm N cố định (đpcm)

5.15 (h.5-26) 2AE.BH = (AM + AH)(BM + MH) = AM.MH + AH.BM = AM.MH + (AM + MH)BM — > ——¬ — = AM.MH + MH.MC = HMMH + MH.MH = -MH” +MH” =0 H = AE L BH (đpcm) B M Cc Hinh 5-26 5.11 (h.5-27) Ta cĩ

20M.A'B' = (OA + OB)(OB' - 0a’) x

Trang 9

5.12 (h.5-28)

AD.EF = AD(AF - AE)

ese ey

= AD.AF - AD.AE

= (AC + CD).AF — (AB + BD).AE = AC.AF - AB.AE =AC-AB=0 - Hình 5-28 Vay AD 1 EF 5.13 (h.5-29) Đặt a là độ dài các cạnh của A M B hình vuơng ; « = MBH = BCH Tacé: N HN.HD = (HB + BN)(HC + CD) = HB.CD + BN.HC (vì HBLHC;BN LCD) ` D C _ HE BA + BNC Hinh 5-29 = — HB.acos@ + BN.HC cos =~ MB.acos’@ + NB.acos’ = 0 (vi MB= NB)

5.14 MA.MB = 5c — MA? - MB’) <> MA? + MB? + 2MA.MB = MC

—_ ——_92 ——2 — J

<> M thuộc đường trịn A-pơ-lơ-ni-ut đường kính GF, trong đĩ G là trọng tâm

Trang 10

5.15 (h.5-30) A D Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta cĩ ` ` ⁄ MA? + MB’ + MC’ = 3MG? + GA? + GB + GC”

= 3MG? + zac + CA?+ AB?) 7 Br

B ` C =3MG” + sa + 2a” +a”) Ộ ` 5 4 Hình 5-30 Do đĩ : MA? + MB? + MC? ~ 3MD? = -“S— oN 2 2 , > 3MG? — 3MD? = a ¢> MD*-MG?= _ 2 2 <> MD? - MG? = (2 as] © MD?-MG” =DG?

A

§.16 (h.5-31) Gọi H, H' ; K, K'; L, L' tương S/d

ứng là hình chiếu của A, B, C trên A, A K - (G1 —5 d ˆ

pat š - BH! - KE =ÏD , AvE Ta cĩ AH” + BK” + CL” = ` (` — — 2 — — — — (AH+HH) +(EK+KKỲ + (đ+1zŸ B Hình 5-31 = AH? + BK? + CL? + 2%(AH + BK + CL) + 3x2 Do AH + BK + CL = (AG + BG + CG) + (GH + GK +GL) ma GH, GK, GL 1a hinh chiéu cha GA, GB, GC tren A nen GH+GK+GL=0

= AH +BK + CŨ =0 |

Vay AH? + BK + CL? = AH? + BK? + CL? + 3x?

> AH’ + BK? + CL” |

Dấu đẳng thức xảy ra © A' = A

— — — 2

5.17 Taco (OA + OB+0C) 20 |

= 3R? + 2(OA.OB + OB.OC + OCOA) >0

Trang 11

4%

=> 9R? > (OB? + OC? ~20B8.0C) +(0C? + 0A? -20C.0A) + + (OA? +OB? ~20A.0B)

9's (08 0c) (OC - OA) +(GA - OB)

„ (a+b+c)ˆ => 9R? >a” +b 4c 3

=> 3V3R >atbete

Ding thitc xay ra > OA +OB+0C =0 SOMA trong tam AABC

| © ABC là tam giác đều

Hệ quả Trong các tam giác cùng nội tiếp đường trịn, tam giác đều cĩ chu vi

lớn nhất

Nhận xét Cĩ thể chứng minh bất đẳng thức nhờ kết quả của BT 5.6 hoặc các kết quả :

MA” + MB? + MC? > GA? + GB? + GC?(cho M = O)

m2 + mỹ + m2 = 242 +b? +c’),

5.18 Gọi O là tâm của đa giác đều Với mọi điểm M ta cĩ

MA, + MA, + + MA, = MA¡.OA

_ 1 Ly MA,.OA, +4 MA,.OA,

OA, OA,” OA,

» MA,OA; , MA,.0A, |_| MA,.OA,

OA, OA; OA,

_ (MO + 0A;).0A, , (MO + 0A;).ĐA; „ (MƠ + OA;)OA,

~ OA, OA, ” OA,

OA; OA) | OA,

- Mư| DA + *oa, tet OA ha | (0A) +O&r + +04,

= OA, + OA, + + OA,

Đẳng thức xay ra <> MA, †† OA, (¡= I,2, n)M=O Vay (MA, + MA, + + MA,) nho nhất M =O,

Trang 12

tac

ww

5,19 (h.5-32) Với mọi điểm M ta cĩ

2cos^.MA + MB + MC A MBAB MC.AC = 2cos=MA +——+ AC A MBAB MC.AC > — _—.— > 2cos 2 MA + AB + AC Hình 5-32

A (MA + AB).AB (MA +AC).AC

= 2cos-> MA + AB + AC

A AB AC

= 2c0s- MA + ma( AB + AC) + AB + AC

Lấy E, F trên AB, AC sao cho AE = AF = 1 Dựng hình thoi AESF ta cĩ

A

AS= S= 2cos 2 —

AB AC E— — k A

=> [Fo + 5} = [AE + AB| = IASI = 2cos 5

AB AC), "

A

=> 2cos-~ MA + MA [2+ ^C

Tĩm lại, 2cos2 MA + MB - + MC> AB + AC

MB †† AB

Dấu đẳng thức xảy ra © Mc tt AC ©M=A

(MA, AS) = 180°

5.20 (h.5-33) Với mọi điểm N ta cĩ : Ạ NAsinơ + NBsinB + NCsiny =

NAMA NBMB „ NCMC ế

= “MA sina +75 sinB + MC siny *

> NA MA sina + NB.MB sinB + - NCMC , siny ee Hinh 5-33 °

MA MB MC

_(NM+MA)MA (NM + MB).MB sin + (NM + MC).MC sin

= MA ~ MB MC T

Trang 13

"log

— —_— —_ ly

= naw MA sing + MB ging + MC say + (MAsina + MBsinB + MCsiny) MB MC

2NM — — —-

= MĩMBMEISuscMA + Swca MB + SwAaMC | +

+ (MAsinơ + MBsinB + MCsiny)

= MAsino + MBsinB + MCsiny (vi SụạcMA+Suca MB+SuApMC =0)

Đẳng thức xảy ra ©N =M

5.21 (h.5-34) Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp AABC, ta cĩ :

sin BIC = sin [sơ + 4) - cos

2

sin CIA = sin [sơ + B) = cos?

2 2

sin AIB = sin( 90° + s) = Coss Hinh 5-34

Goi G là trọng tâm tam giác ABC Theo kết quả BT 5.20, ta cĩ

A B C A B C

—:- — —‹ > — — —

cos GA + cos; GB + cos GC 2 cos> IA + cos IB + cos> IC

=> 2{ cos, + cos, + cosS.m, 2 AN + BP+CM

=> cos Sm, + cos sm, + cosS.m, > ; [((p—a)+(p—b)+(p-c)]

3 3

=2P=z(a+b+c)

Đẳng thức xảy ra c> G = I © AABC đều

5.22 Ta cĩ (a2MA + bˆMB +c?MC) >0

=> aMA” + b'MB’ +c’MC + 26°” MBMC + ca2ˆMC.MA + abe MA.MB) 20 = 2 MA? + b MB” + cÍMC” + bˆc2(MB? + MCƠ — a2) + |

+ c’a"(MC” + MA? — b?) + a°b*(MA? + MB? - c2) >0 => (a” +b? +c”) (a2MA? + b°MB? + c°MC”) > 3a2b2c?

Trang 14

ge"

2t2 2

= a’MA? + b°MB? +.°MC? > BS -

a“ +b* +c

Đẳng thức xảy ra © a2MA + b?MB+c2MC = 0 <> M 1a diém Lo-moan của AABC

§.23 (h.5-35) Goi G là trọng tâm AXYZ ; H, I, K lần lượt là hình chiếu của G trên

BC, CA, AB :

_ Tacĩ YZ?2+ZX?+XY?= 3(GX?+GY?+GZ2)>3(GH?+GI2+GK?) (1)

Theo bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-xki ta cĩ

(GH? + GP +GK?)(a? +b? +c?) > (aGH + bGI + cGK)? = 483 ac (2) Tw (1) va (2) suy ra 2 YZ2+ZX?+XY2> — ABC _ ae +b* +c? — Nếu đẳng thức xảy ra thì GX L BC ; GY 1 CA; GZ 1 AB

G là điểm Lơ-moan của tam giác ABC

= X, Y, Z là hình chiếu của điểm b xXH.Ầ€ Lơ-moan của tam giác ABC trên BC, Hình 5-35

CA, AB

— Ngược lại, nếu X, Y, Z là hình chiếu của điểm Lơ-moan L của AABC thi L là trọng tâm AXYZ (BT 2.5)

=> YZ? + ZX? + XY? = 3(LX? + LY’ + LZ’)

Cũng vi L 14 diém Lơ-moan của AABC nên

› |

LX* + LY*+LZ’ = _ ABC = (BT212)

a+b’ +c

2

Suy ra YZ? + ZX? +x? = “ABC _, a“ +b’ +c

Tĩm lại, (YZ” + ZX? + XY”) nhỏ nhất khi và chỉ khi X, Y, Z lần lượt là hình

chiếu của điểm Lơ-moan của AABC trên các đường thẳng BC, CA, AB

Trang 15

5.24, Giả sử I là điểm thoả man IA + 2IB + 3IC = Ư (*) Khi đĩ VM ta cĩ

MA? + 2MB + 3MC” = (Mi + TA) + 2(MI + iB) + 3(MI + ic)

= 6MI2 + 2MI(IA + 21B + 31C) + 1A? + 21B + 31C” = 6MI? + (IA? +21B? +31C?)

Vậy (MA? +2MB? +3MC?) nhỏ nhất c> M =I

Bây giờ ta hãy tim toạ độ I từ hệ thức (*) Giả sử Ï = (x ; y) (*) © (1 —x, 4— y) +2(-2 - x, -2 -y) + 3(4 — x, 2 — y) = (0, 0) © (9— 6x, 6 — 6y) = (0, 0) 9 -6x =0 x= > c> 6 -6y =0 pl = w y

Vậy điểm thoả mãn điều kiện bài tốn là M = (2 ; 1)

Nhận xét Cĩ thể giải bài tốn bằng phương pháp đại số Giả sử M = (x, y)

'Khi đĩ

MA? + 2MB? + 3MC” = (x — 1)" + (y — 4)? + 2(x + 2)" + 2(y + 2)” + 3(x — 4) + 3(y — 2)? = 6x? + 6y” — 18x — 12y + 93

147 = 6(x? -3x +3) +6 ~2y + 1) +> 4 2 _ 3)" 2 147 = 6(x-3] + 6(y - 1)" + 2" x= Suy ra (MA? + 2MB? + 3MC”) nhỏ nhất khi và chỉ khi 4` 2

y=l 5.25.a) AB = (4,~8); AC = (9, -3)

Theo VD 5.28, ta cĩ

Sapc = x12 + 72| =30

b) H(x ; y) 1a trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi

Trang 16

HBC =0 , {2029 +5-0) <0 ¬x

BH.CA =0 ~9(x — l) + 3(y + 2) = 0

Vay H=(2; 1)

5.26 a) Trên mặt phẳng toạ độ lấy các vectơ = (ai;bị),VÝ = (a¿ ;ba) Ta cĩ

lũ + ở| < lữ| + lý = xj(ay + a;)” Pah +b) sưn wb + ae +b

Dau đẳng thức xảy ra © uttive bơ:

uv>0

ay bị

= 4a bạ (quy ước mẫu bằng 0 thì tử bằng 0) a¡a; + bịbạ >0

b) Ta cĩ lữ — v| > [lal — |š||, SUY ra

y(a1 — az)? + (b, — by)” 2 fa? +b? — ofa ai Tương tự như trên, đẳng thức xây ra khí v và chỉ khi

seb

a, by (quy ước mẫu số bằng 0 thì tử số bằng 0)

a)a4 + bịb; >0

5.27 Giả sử hình bình hanh ABCD cĩ toạ độ các đỉnh A, B, C đều là các số

nguyên Khi đĩ các vectơ CA, CB đều cĩ toạ độ là các số nguyên Giả sử

= (XI;:V1)› CB = = (X32) với XI›sYI›X2:Ÿ2 cố

Theo VD 5.28 ta cĩ

1

SABCD = 25Apc = 2.5|K1¥2 ~ x2y,| = |XIY2 — Xay||-

Vậy diện tích hình bình hành ABCD là số nguyên

Trang 17

§6 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIAC

6.1 HD Áp dụng VD 6.2

6.2 HD Sử dụng định lí cơtang (VD 6.1)

6.3 (h.6-14) Ap dung dinh li cơtang cho các tam giác MAB, MBC, MCA, ta cĩ :

MA? + c? - MB? A Hinh 6-14 => cot@ = (tính chất của tỉ lệ thức)

= cof0 = cotA + cotB + cotC (theo VD 6.1)

6.4 a7 +b? +07 > 4V38 + (b—c)*+(c— a)" + (a—b)

<> [a? - (b-)?]+[b? -(c-a)? ]+[c? -(a— by] > 4/38

©(a-b+c)(a-c+b)+(b-c+a)bồ-a+c)+

+(c-a+b)(c-b+a)> AN3s Đặt x=b+c—a; y=c+a—b;z=a+b-— c Bất đẳng thức cần chứng minh

tương đương với bất đẳng thức sau :

yZ+ZX+xy> V3./(x + y + z)xyz > (yz + 2x + xy)” = 3xyz(x + y +2) = (yz) + (zx)? + (xy)? 2 XyZ(x + y + Z) |

©(yz- zx) + (ZX — xy)? + (xy - yz)" 2 0 (dpcm)

Dang thic xay ra > yz = zx = xy x =y =z a=b=c © AABC đều

Trang 18

2

4s" 5 _ 35 4S

oe, a > 2+ Ð9+€ œ(b+e) > 4a(b + c — 3)

z(a+b+c)(-a +b+c) ora

(b+)? 4S

& (b +c)’ —4(b + c)a + 4a” >0 © (b + c — 2a)” > 0 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra © b + c = 2a m b+c 5 b+) (b+) 6 —* a> 6.6 L, = Tbe 4bc os 2 be 2 2 2 c 2(b +2) „ b+©) bc z(a+b+c)(a + b + c) (b +c)

â 2b" +0)-a" >(b+c)* ơa ?©(b- cy’ > 0 (dpem)

Dang thitc xay ra <> b = c © AABC cân tại A

6.7 HD Sử dụng các cơng thức tính diện tích tam giác theo chu vi và bán kính các

đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp

6.8 HD Áp dụng bất đẳng thức trong VD 5.23

MA.GA + MB.GB + MC.GC > GA” + GBŸ + GC”

và cho M = O (tâm đường trịn ngoại tiếp) Áp dụng bổ đẻ ở VD 6.19 Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

6.9 Đặt S„ là diện tích tam giác với ba cạnh là m,, mụ, m, Theo bổ đề trong VD 6.13, ta cĩ S„ = zs Vay ,m,m, 4R_S ràng 5 ;2I©-z—r m? +m? +m? mi +m, +m; 3 4Rm-zŠS `4 >T 4Rm:P-r > eo — 4 _~ = 2, b2 „c2 22 + b + c2) a^+b“+c = +b? +07 m3 2(a+b+c) Bất đẳng thức trên đúng (BT 6.8) (đpcm) Đẳng thức xảy ra © AABC đều

OR

Trang 19

`3; Lư A CìÌ_„x¿z( 1 1 6.10 3r{ tan _ tan] = 3r ( ~ p-a p-c - 35” (p-c)-(p-a) 2 (p~-aXp-c) - 34Ø0- B\(a -c) p

Kết hợp với giả thiết a + c = 2b Ta cĩ

A_ Cc - 3b - ba -c) _ 3b(a~c) _ _

3r( tan 2 tan 3 = 2b+b =—mp—=a-c (đpcm)

~ 3PŒP - a)(p - b)(p - c)(a - c) pˆ(p —a)(p — ) 2 611 -L - 4P - (a+b+ c)* 42 16S2 (a+b+c\(b+c—a)(€+a-b\(a+b=e) _ (b+c-a)+(c+a-b)+(a+b-c) — (b+c-a)(€+a-b)(a+b-=c) 1 1 1

_(6đ+a-b\(a+b=o) (a+b-e(+e-a) (bx+e-a(iar=b)

- 1 1 1

a? —(b—c}? bổ =(c—a)” c? —(a- b2

1 1 1

27+ zt

a b2 oo

_ Đẳng thức xảy ra © a= b=c & AABC déu

Bạn đọc tự chứng minh bất đẳng thức bên trái (dựa vào BT 6 7b) Ví dụ 6.8 là hệ quả của bài tốn này

định lí sin cho AACD ta cĩ A sin DAC DC ——— = c sinDCA DA a _ C =- sin(B — C) _ AB B —M sin(180° - A) 2AM = sinB-C) _ c sinA 2m,

6.12 Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA (h.6-15) Áp dụng

Trang 20

sin(B-C) 1 ¬

=> —ãmnA 2 = sinA = 2sin(B - C)

6.13 (h.6-16) Đặt I = AC ¬ BD Ta cĩ

2 SA SIsin ASB

sin ASB = 2 = Sasi = AI (1)

_ sinCSB 5 SCSI sincsp Son €I

Áp dụng kết quả trong VD 6.18 cho

các tam giác ABC, ADC, ta cĩ

AI_ (48) CI ~ \CB AL _ (any C1 (CD

Từ (1), (2) suy ra

sin ASB -(28) -(42y _

sinCSB — CB — CD/ Hình 6-16

(2)

6.14 Giả sử R là bán kính của (O) Ta cĩ (h.6-17) :

BC.CA.AB

Sac _ aR _ BCCAAB_ a

Sapo BCCALAB BCCA'AB 4R

| BC _ MB

AMBC w~ AMC'B' |©'B MC’

Lại cĩ JAMCA œ AMAC' = {CÀ _ MC |

AC MA Hình 6-17 AMAB «> AMB'A' An MA BA’ MB' _, BC.CA.AB _ MA.MB.MC BC.CA.AB ` MA.MB.MC` Sunc _ MA.MBMC

Từ (1), (2) suy ra SaBc _ MA'.MB.MC' `

Trang 21

6.15 Cách ï Dựng hình binh hanh XYZT

cĩ các cạnh tương ứng song song với AC, BD như hình 6-18 Dễ thấy

= + AC.BDsino 2

Cách 2 HD Đặt O = AC n BD (h.6-19)

Sử dụng đẳng thức

SABCD = SoAn + Sogc † Socp + Sopa- 6.16 Nếu khơng kể đến sự sai khác về mặt kí

hiệu thì cĩ hai trường hợp xảy ra :

Trường hợp 1 (h.6-20)

Sapcp = Saspc + Sapc= 2absinB + 5cdsinD

1 1 1

< — — =- —

< ab + zcd 2 (ab + cả)

Đẳng thức xảy ra ABC = ADC = 907

Trường hợp 2 (h.6-21)

Gọi C là điểm đối xứng của C qua trung trực của BD

BC'=DC =b Tacé:

DC' = BC = c

Dé thay Sascp = Sanco: (1)

Áp dụng trường hợp 1 với tứ giác ABCD, ta cĩ

SABCD < 5 (ab + cd) (2)

Tw (1) va (2) suy ra Sagcp Š 3 (ab + cd) Đẳng thức xảy ra» ABC' = ADC' = 90” (*)

221 ABCD nội tiếp

Trang 22

6.17 Trường hop 1 : AD, BE, CF khéng đồng quy (h.6-22) Giả sử BE cắt CF tại X, BE cắt AD tại Y, AD cắt CF tại Z

Theo định lí Pa-xcan (VD 6.21), PS đi qua X, NR đi qua Y, MQ đi qua Z Áp dụng định lí Xê-va dạng sin lần lượt cho các tam giác XEF, YAB, ZCD, ta cĩ

sinX, sinE, sinF,

sin Y, sinA, sinB,

sinY, sinA, sinB, =1 ©) F

Chú ý rằng :

E,=D, ; E,=B, ; A,=F, ; A) =D, ; C,=B, ;

¬ _ tr sew CA z Hinh 6-22

C, = F, (4) (gĩc nội tiếp cùng chắn một cung) Từ (3), (4) suy ra :

sinX, sinY, sinZ, _

sinX, sinY, sinZ, -

Vay, theo dinh li Xé-va dao dang sin cho AXYZ thi PS, NR, MQ đồng quy Trường hop 2 : AD, BE, CF déng quy tai diém T

Theo định lí Pa-xcan, PS di qua T, NR di qua T, MQ di qua T (dpem)

6.18 (h.6-23) Kẻ CE // BD (E thuộc đường trịn ngoại tiếp ABCD)

Ta cĩ

SABCD = SABED = Sape + Sape- (1)

Dat I = AC A BD va AID = a Dé thấy

ABE =a; ADE =180°-a

Từ (1) và BT 6.15, ta cĩ

1

3 AC.BD sina =

5 ABEB sina + 5 AD.ED sin(180°— «)

= AC.BD = AB.CD + AD.BC (vi EB = CD; ED = BC) Hinh 6-23

Trang 23

TOE

Nhận xét Kết quả trên được gọi là định lí Ptơ-lê-mê, rất nổi tiếng trong hình học sơ cấp

6.19 Chỉ cần giải bài tốn trong trường hợp M e BC (khơng chứa A) (h.6-24) Theo định lí Ptơ-lê-mê ta cĩ CA AB = MA +MB+MC CA AB = M8(1+ SẺ ]+MC(1+ ae] BC+CA BC+AB he +MC.—r=— CF+CA BE+AB BC +MC BC AF AE = MB — + MCFG — , Hinh 6-24 in MB MC MB? MCZ 2 2

—— BC AF + nG-AE < (ue + la + AE?) — < ———

= MB = MB 2 2 2

= (MEME (ar + AE?) = (a (định lí Py-ta-go)

BC BC = VEF* =EF Vậy MA + MB +MC < EE MB MC BC _ BC , MB _ AF AF ~ AE ~ MC AE —,

<> AMBC uw AAFE < MBC = AFE

Trang 24

e

- l < 180° — œ,180° — B,180° ~ y < 180°

(180° — cx) + (180° — B) + (180° — y) = 180°

Vậy tơn tại tam giác A'BC cĩ A’ = 180°- a; Bi = 180°-B; €' = 180°— +

Áp dụng định lí sin cho AA'BC' ta cĩ

sin(180° ~ œ) _ sin80° - B) _ sin(180° - y)

BC’ CA AB

sina sinB siny

BC' CA AB

=>

>MBMC sin a] MA (5 MC.MA sin B) MB [TMAMB sin ’) MC

BC ~ CA - AB

Smpc-MA _ Svca-MB _ Smap-MC

B'C' C'A' AB

=> Smc-MA, Syica-MB, Syap-MC là độ dài ba cạnh của một tam giác (đồng

dang véi AA'B'C’) Theo đề bài, ta kí hiệu nĩ là A(M)

a

b) Dat Savy 1a dién tich tam gidéc A(M) Theo cau a), ta cé

1

3

< | ŠMpc † ŠMcA † 3waAn | _ _Ì 93 3 ABC-

_ _ 27

Đẳng thức xảy ra © Swpgc = ŠwCA = SwAp © M là trong tam AABC

Vậy Saquy lớn nhất khi M là trọng tâm tam giác ABC và giá trị lớn nhất đĩ

> 1 3

bang 77° ABC:

Nhận xé Cĩ thé chimg- minh câu a) nhờ đẳng thức

SwpcMA + SựcAMB + SuagMC = Ư (VD 1.21) với chú ý rằng các vectơ

MA, MB, MC đơi một khơng cùng phương

Trang 25

Oc _ 0B OA OC | ọ

= OC’ = OA.OB > OC? =3 A

= OC = V3 Theo định lí cơsin ta cĩ

ACB <90° <> cosACB >0

<> CA? + CB? - AB? >0

< OA’ + OC? - 20A.0CcosxOy + OB?

+ OC’ — 20B.0CcosxOy — AB’ >0 ©1+3-~2.1.43cosxOy +9 +3~— 2.3.4/3cosxOy —4>0 © 8/3 cosxOy <12 A 6.21 (h.6-26) AOCA œ2 AOBC => C Hình 6-26 2 cosxOy < > xOy > 30° (dpem) 6.22 (h.6-27) Goi H, K theo thứ tự là \ K

tiếp điểm của đường trịn nội tếpcácC _

tan giác ABD, ACE với AB, AC B M D E N C

Đặt r, rạ, rạ là bán kính đường trịn nội Hình 6-27

tiếp các tam giác ABC, ABD, ACE

1 + 1 _ 1 + 1 © BD _ CE

BM DM CN EN BMDM CN.EN

c BD _ | CE

(BA + BD - AD)(DA + DB- AB) (CA +CE~- AE)(EA + EC - AC)

= BD(AB+AD+BD)(AB+AD-—BD) CE(AC+AE+CE)(AC+AE-CE) Ta cĩ : Shap Sap

BD(AB + AD +BD).2AH CE(AC + AE+CE)2AK

Tạpạ, ABAD *BD) Top), AC# AB + CE)

> au = as => cot = = cot = <> BAD = CAE (dpcm) 1 2

Trang 26

"

§7 HE THUC LUONG TRONG DUONG TRON 7.1 (h.7-21) Vì các tứ giác HA'BC, HA'CB' nội tiếp nên -

AA.AH = AC'.AB AA.AH = AB'.AC => AA'.AH = 3 (AC.AB+ABE.AO) (1) Tương tự, ta cĩ BB'.BH = 2 (BA'BC + BC'.BA) (2) Hình 7-21 CC'.CH = 2(CB'.CA +CA‘CB) @) Từ (1), (2), (3) suy ra ˆ AA'.AH + BB.BH + CC.CH

= 2ÍBCGA + CA’) + CA(CB' + AB) + AB(AC + BC)]

= z (BC? + CA? + AB?) (đpcm)

7.2 Trên BC lấy E sao cho BE = BD (h.7-22) Theo gia thiét CE = AD (1)

Vì BD là phân giác nên

BA _ DA A

— BE PC @) 5

Từ (1), (2) với chú ý BA = CA, ta cĩ LO

CA _CE ào A ⁄đ~ “NV

BC DC => CA.CD = CE.CB TH rn c

= ABED nội tiếp => BAD + BED = 180° Hinh 7-22

Dat ABC = 2a, tacd

BAD = 180° — 4a,(vi AABC can tai A) |

BED = 90° - 2 ABDE cân tại B)

Trang 27

Từ đĩ suy ra (180° ~ 4œ) + (90° - ;) = 180°

=S =90 => œ = 20”

Vậy BAC = 180°— 4.20° = 100° (đpcm)

7.3 Gọi D là điểm xuyên tâm đối của C

đối với (O) (h.7-23) K = CD © EF,

I = CH 4 EF Trong tam giác vuơng

CED, ta cĩ CH* = CE’ = CK.CD =

2CK.CO (1)

Mặt khác, vì tứ giác KIHO nội tiếp nên

CK.CO = CI.CH (2) Từ (1), (2) suy ra CHỶ = 2CI.CH

=> CH = 2CI => Cl =IH

Vay EF đi qua trung điểm I của CH

7.4 (h.7-24)

AH.AF = AE.AK Ta cĩ 4 BLBG = BF.BH

CK.CE = CG.CI

AH.(a - BF) = AE(a — CK) => 7 BI(a - CG) = BF(a — AH)

CK(a - AE) = CG(a - BỊ)

= (AH + BI + CK)a = (AE + BF + CG)a = AH + BI + CK = AE + BF + CG (dpem) 7.5 (h.7-25)

Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng

OI, đặt K = AB ¬ OM Ta cĩ tứ giác MHIK nội tiếp, nên OHOI=OM.OK - (1) Mặt khác, trong tam giác vuơng OMA ta cĩ

OM.OK =OA?=RỶ (2)

270

Hinh 7-23

Trang 28

Tir (1), (2) suy ra YE YX = YC.YD => (YC + CE)YX = YC(YX + XD) => CE.YX = YC.XD

XD.YC XD.YC

xy E> xy

Nhận xé 1) Trên tia đối của tia DC lấy F sao

cho AFC = œ (h.7-28) Chứng minh như trên Hình 7-28 ta cĩ XD.YC XY khơng đổi = DF Suy ra CE = DF XC.YD xy CF = DE

2) Tương tự như vậy ta cịn cĩ

7.9 Giả sử A cắt (O) tại E, F (h.7-29) Nếu OH = OK, áp dụng BT 7.8 cho tứ giác

HEJF KKE.IE :

HY KI

Néu OH = OK thi HE = KF Vay JF IE HJ KI HJ+JF KI+IJE HJ KI _, HF _ Ke -" HJ KIC Cũng vì OH = OK nén HF = KE, do dé HJ = KI Hinh 7-29 = HO + OJ = KO + OI > OI = OJ

Nếu OI = OJ, tuong tự như trên ta suy ra được OH = OK

BCFE, ta cé

Trang 29

ee

7.11 (h.7-31) Ta cĩ CD” + DB” + BC?

= (CA + DA)” + DB’ + BC”

= (CA? + CB’) + (DA + DB’) + 2CA.DA

Áp dụng cơng thức tính độ dài trung tuyến cho các tam giác CAB, DAB ta cĩ CD” + DB” + BC” =

2 2

= 2CO* + AS +200? + a + 2(R? — OA”)

2

=6R? + AB’ — a (vì CO =DO =R ; OA = 5 AB)

2 a B =6R“ + (khơng đổi) 7.12 Áp dụng kết quả và nhận xét trong VD 5.6, ta cĩ (MA? + NA?) + (MB? + NB?) + (MCP + NC? = (MA? + MB? + MC?) + (NA? + NB” + NC?) = 2(GA + GB* + GC’) + 3(GMỸ + GN?) (+p C Hình 7-31 ———— —— —w = 2[(GA? + GB? + GC? + 3GM.GN ] + 3(GM - GN) = 2[(GA? + GB? + GC?) - 3(R” ~ OG?)] + 3MN? = 3MN” (đpem)

7.13, Giả sử bán kính của (O) là R (h.7-32), ta cĩ

R? = OB? = (Oi + B;)

= OF + IB? + 20L IB)

Suyra RR? - Ol’ = IB? + 2011B,

= IB, IB, = IB? + 201.1B;

= IB, = IB, + 201 By (1)

1

18-BT NANG CAO .HINH HOC 10

B,

Hinh 7-32

Trang 30

Tương tự, ta cĩ IB; IB, = IB; + 201.2 iB (2) IB, IB, = IB, + 201 —* a (3) 5 Từ (1), (2) và (3) suy ra IB, IB, B

IB, + IB, + IB, = IB, + IB; + IB, + 20I| Bi it tR)

Vì By 1B; | TBs là các vectơ đơn vị đơi một tạo với nhau gĩc 120° nên IB, ’ IB; ’ IB,

BỊ IBị T8, 2

BB, * TB, * TB = 0

Vay IB, + IB; + IB, = IB, + IB, + IB (đpcm)

7.14 Goi H, J, K theo thứ tự là hình chiếu của O trên B¡B„, B;B¿, B;B¿ (h.7-33), ta

274

cĩ AHKJ đều, nội tiếp đường trịn đường kính OI Theo VD 5.12,

OH’ + OF + OK? = IH? + I? + Ik’ | (1)

Mặt khác : IBỶ +IB2 = (HB, — HI)” + (HB, + HI)?

= 2HB? + 2HI’ (vi HB, = HB,) = 2R” - 2HO? + 2HI?

(định lí Py-ta-go cho AHB;O) Bị

Tương tự như vậy ta cĩ By 45 \ / By

IBS + IB3 = 2R? -2J0* +21

he + IBZ = 2R? -2KO? +2KI’ Vay : IB? +IB2 +IBỆ +IB2 +IB2 +IBệ

= 6R” ~ 2(HO” + JO” + KO”) + 2(HỶ + J? + KP) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

IB} +1B3 + BS + IB; +B? + IB? =6R?

B

Trang 31

7.15 (h.7-34) Ta cĩ GA, + GB, + GC, = _ GAGA | GB,.GB | GC; GC GA GB GC =(R?-oœ2)(-.L„-L a) =(R OG ar ded _ = ca ~ 3 GA GB GC ` Hình 7-34 - l(GA2 „œ2 (bred) = 3(GA +GB* +GC ) GA + GB* GC 1 '{ 1 1 1 > — —— +} 4H |- 2 g (GA + GB+GC) +Gpt (1) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơ-si, ta cĩ : 1 1 1 3) [1 a dC 3/—_

(GA+GB+G0{ 4 ` > 3VGA.GB.GC.3 GA.GBGC

=(GA+GB+ GO( + +6) >9 (2)

Từ (1), (2) suy ra GA, + GB, + GC, > GA + GB+GC

AMBC « AMC'B' BC MB MA.BC _MA.MB.MC 7° Be MC ~ BC MCMC MA.BC _ MA.MB.MC B'C' R?-MO” _ MA.BC_ MA.MBMC BC' |Mo?-Rj| Tương tự, ta cĩ

MA.BC_MBCA _MC.AB_ MA.MBMC

BC CA AB |MO?-R?Ì|-

Nếu M nằm ngồi (O), hồn tồn tương tự ta thấy (*) vẫn đúng

Hinh 7-35

(*)

Trang 32

Nhận xét Từ (*) với chú ý BC, CA', A'B' 1a độ dài ba cạnh của một tam giác, ta thấy : MA.BC, MB.CA, MC.AB cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác Kết hợp nhận xét này với định lí Ptơ-lê-mê, ta cĩ kết quả nổi tiếng sau đây, nĩ thường được gọi là bất đẳng thức Ptơ-lê-mê

Cho tam giác ABC và điểm M bất kì, ta cĩ :

MB.CA +MC.AB>MA.BC (1)

MC.AB + MA.BC > MB.CA (2)

MA.BC + MB.CA 2 MC.AB (3)

Đẳng thức xảy ra ở (2) <> M thudc cung CA (khơng chứa B)

_ suy ra tứ giác AMML nội tiếp,

a) Gọi K là giao điểm của AB với đường trịn (BMN), K z B Ta cĩ

AK.AB = AM.AN = PaO)

§

= AK=_—^'“) khơng đổi AB

= K cố định ¬ b) Đặt L = AB đn (BMN), L+B Dễ thấy NMM'=M'N'B=M'LA, do đĩ

BL.BA = BM.BM' = Ở;„oy khơng đổi

Hinh 7-36

_=Lcố định

276

c) Đặt P = MN' đ AB Gọi H là trung

điểm của LB thì H cố định Ta cĩ

PL.PB=PM'.PN'

Trang 33

=> PH? — pO” = HB’ - R” (khong déi)

Theo VD 3.7, P thuộc đường thẳng cố định vuơng gĩc với OH Mặt khác, P

thuộc AB nên P cố định Vay MN' luơn đi qua điểm P cố định

§8 DUONG THANG 8.1 a) Đường thẳng A cắt trục hồnh tai diém I(-1 ; 0)

Gọi B là điểm đối xứng của I qua A(2 ; 0), ta cĩ B = (5 ; 0) Đường thẳng A': qua B, song song với Á sẽ đối xứng với A qua A

Phương trình A' cĩ dạng x —3y + c = Ư

BeA=5-30+c=0=ec=-” Vậy phương trình của A' là x -3y — 5 = 0

b) Điểm A(2 ; 0) e d Gọi A' là điểm đối xứng của A qua A, ta tính được I7,3

^=[ 2)

Đường thẳng d' đi qua giao điểm của A, d và qua A' sẽ đối xứng với d qua A (dễ thấy d cắt A) Vì đ thuộc chùm đường thẳng xác định bởi A và d nén phương trình đ' cĩ dạng

a(x —-3y + 1) + B(2x + y —4) =0

7 27 14 9 _

A'ed > s(s-5+1)+B(š+s-4)= 0= 5œ+B=0

Chọn œ = 1, B = 5 ta được phương trình của đ' là 11x + 2y -19 =0

8.2 Giải hệ gồm phương trình của (BC) và (BB) tìm được toạ độ B = § ; 3} Tương tự tìm được C = (—I ; 3)

Đường thẳng AB đi qua B, nhận vectơ chỉ phương ữ(1; —l) của (CC) làm

vectơ pháp tuyến, phương trình (AB) là

(x-2)-(y-2)<0 =x-y=e

Tương tự tìm được phương trình cạnh AC là x + 3y — 8 =0

Trang 34

8.3 8.4 278 _ "Ø3 On’ log" % Sry “40g

(h.8-9) Vectơ chỉ phương của (BC) là vectơ

pháp tuyến của (AH) : ủ =(3; —4) = Phương trình của (BC) là

x=2_y#1 3 -4

Toa độ của C là nghiệm của hệ

" +3y-5=0 Hinh 8-9

=>C=(-1; 3)

x+2y-5=0

e Gọi B' 1a diém dé6i xứng của B qua phân giác CC; Đường thẳng BB' cĩ vectơ pháp tuyến là ử = (2; —1) (vectơ chỉ phương của CC,)

=> phương trình (BB) : 2(x —2) —-(y + 1)=0 = 2x -y -5=0

Toa độ giao điểm I của (BB) và (CC;) là nghiệm của hệ

sa =I=;1)=B=(4;3)

x+2y-5=0 Phương trình cạnh AC là y = 3

Từ đĩ tìm được toạ độ đỉnh A(—5 ; 3) và phương trình cạnh AB là 4x + 7y — I =0

Phương trình các đường thẳng AB và AC cĩ dạng œ(x - 2) + P(y - 6) =0

Trang 35

2, *⁄

8.5 Toạ độ trung điểm của AB là (3 ;— 3), Gọi G(xọ, yọ) là trong tam AABC, ta cĩ

Scap = 3SAsc = > ma AB = ¥i2 +12 =V2 nên đường cao GH của AGAB 1a

GH = 2ScaB _ 12

AB 2

suy ra khoảng cách từ G(xọ, yọ) đến đường thẳng AB là

GH = xo - Yo -5|

⁄2

Khoảng cách này chính bằng đường cao GH, kết hợp điều kiện G thuộc đường thẳng 3x - y —8 =0, ta cĩ hệ

3X9 —Yo —-8 =O xo =1 x =2

lxo — Yo -5| _ 12 ° {* = hoặc là = -2

p72 c

Với G = (1 ; ~5), tim duge C = (—2; -10) Với G = (2 ; -2) tìm được C = (1 ; =1) (sử dụng hệ thức OG = Oc +201)

8.6 Khoảng cách từ điểm (xp ; yo) dén đường thang A 1a d(I; A) = |xo.cosœ + Yo.sina + 2cosa + ||

= |(xo + 2)cosa + yo.Sina + HỆ

Với xạ = -2, Yo = Ư thì d{ ; A) = l Va

Vậy đường thẳng A luơn cách I một khoảng bằng 1, tức là A luơn tiếp xúc với

đường trịn tâm I(~—2 ; 0), bán kính I

8.7, Toạ độ của B là nghiệm của hệ phương trình

thơ nt = B=(1;0)

y=0

Trang 36

Su

Đường thẳng BC cĩ hệ số gĩc k = 43 = ABC = 60° Gọi I 14 tam đường trịn nội tiếp tam giác ABC thi ABI = 30° Đường thẳng BI cĩ hệ số gĩc là

tan 30 = 8 nên phương trình của nĩ là

v3

Mặt khác, đường trịn (I) bán kính 2 tiếp xúc với trục hồnh nên I thuộc đường thẳng y = 2 hoặc y =~ 2 Toạ độ của I là nghiệm của hệ

Tỷ ứng 2

=> x, =1+2v3

y=

- Ka =Xo =X, +2=3+2v3

XẠ =Xc =Xi~2=~l— 23

Từ phương trình (BC) tìm được yc = v3xc - V3 = 2/3 + 6 hoặc

Yo = -2V3 - 6 Như vậy

A = (3+ 23 ; 0) A = (-1-2v3 ; 0)

B =(1 ;0) hoặc 4B = (1;0)

C=(3+23 ;2X3 +6) C=(-1-243 ; -2V3 -6)

Trong trường hợp thứ nhất, trọng tâm G của tam giác ABC cĩ toạ độ là

X _ XA +Xp+Xc 7+ÁN3 _ 2v3 +6

" 3 — 3 ;:ÿc =——T——'

Trường hợp thứ hai ta cĩ G = pe 28-8)

8.8 Giá sử A = (a ; 0), B = (0; b) thì a > 0, b > 0, a + b = k (khơng đổi)

+

Goi I 1a trung điểm của AB, ta cĩ Ï = (5 ; 3} Đường trung trực của AB đi

qua Ï, cĩ vectơ pháp tuyến là BA = (a ; —b), do đĩ phương trình trung trực là

Trang 37

5

a(x -§) -o( -3) = 0 (1)

at 5 b 5 D "| cĩ toạ độ thoả mãn phương trình (1) Vay

Dễ thấy điểm Pf

› “2 k k) ,

đường trung trực của AB luơn di qua diém P 215 cố định

8.9 Lập hệ trục toạ độ Oxy Giả su A = (a ; 0), B = (0; b), M = m; 0),N = (0; n) Phương trình đường thẳng AN đi qua A(a ; 0), N(0; n)là “—Ê = Ÿ

—a n > nx + ay — na =Ơ

Tương tự cĩ phương trình đường thẳng BM là bx + my —mb=0

Toa d6 giao diém cha (AN) va (BM) 1a nghiém của hệ

_ ™mna — mba nx + ay —-na =0 mn — ab eee mnb — nab ~ “mn — ab x y 2mn-—(mb+ na) ab mn — ab (1)

Theo giả thiết, = + b =2 => mb + na = 2ab, thế vào (1) được y_ 2mn- 2ab

x + 2 + ` ^

a + bb mnoab 2 Vậy các giao điểm của (AN) và (BM) luơn chạy

trên đường thẳng = + a =1 Đĩ chính là đường thẳng A'B với A' e Ox, B' € Oy sao cho OA' = 20A, OB' = 20B

8.10 Giả sử M = (m ; 0), N = (0; n), (m >0, n > 0) Phương trình đường thẳng

MN cé dang ~ +~ =1 Vi Ae (MN) nen 24 2 21 m n m n (1)

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta cĩ

2 2 212

m+n=(m+ (4 + =) >(va +b) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

n m

n _ va = | (2)

Trang 38

Từ (1) và (2) tìm được m = Va(Va + Vb), n = Vb(Va + vb) Với các giá

trị này của m và n thì OM +ON nhỏ nhất Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là

=1

X + y

Ya(Ja +b)" Joa + Về)

hay vox+vay- Jab (Ja + Vb) = 0

8.11 HD Sử dụng bất đẳng thức

trong đĩ A' là điểm đối xứng của A qua đường thẳng A (xem VD 8.13)

§9 ĐƯỜNG TRỊN

9.1 Tâm đường trịn cần tìm là giao điểm của đường trung trực của AB và đường

thẳng đi qua B, vuơng gĩc với đường thẳng 2x + y — 3 =0

v20

7 5 Ì tà cự _ DS : Toa độ tâm (3 ; 3) ban kinh IA = 3”

Phương trình đường trịn là :

x-7Y ,Í,.5Ÿ.?29 3 3) 9°

9.2 Đường trịn (C,,) c6 tam I,(m+1; -2m), ban kinh Rin =4(m +1)? +4m? +5,

(Cụ) tiếp xúc với đường thang x + y - 1 =0 <> khodng cách từ I„ đến đường thẳng bằng bán kính

œ Im+I1-2m-ÍÍ_— [02 D2¿4m2as 42 <> {ml = 42.45m2 + 2m +6

Vậy khơng cĩ đường trịn nào của họ tiếp xúc với đường thing đã cho Phương trình trên vơ nghiệm

Trang 39

9.3 Giả sử phương trình đường trịn cần tìm cĩ dạng

(C) : xF +y? + 2ax + 2by + c = 0 P(1; 1) thuộc đường trịn nên

2+2a+2b+c=0 (1)

(C) tiếp xúc với hai đường thẳng nên khoảng cách từ tâm I(-a ; — b) đến hai

đường thẳng bằng nhau, bằng khoảng cách từ [ đến P, do đĩ:

-7a-b-3| |-a-7b-3|_ [2 LW?

50 “W8 (a+ 1)“ +(b+]) (2)

Từ các hệ thức (2) tìm được a = b = -5 hoặc a=b= = Thay vao (1)

tìm được c = 12 hoặc c = Š (tương ứng)

Vậy cĩ hai đường trịn cần tìm là

x° +yˆ —-7x — 7y +12=0 ;

9.4 (h.9-6) Viết lại phương trình các đường trịn

(C):œ&-=°+(y+2 =9 ˆ (Cy): (K +2)? + (y - 2)" = 64 (C) cĩ tâm I(1 ; -2), bán kính R, = 3, Yt j (C;) cĩ tâm J(~2 ; 2), bán kính R› = 8 Ta cĩ II = V(-2 - 1)? +(2+2)* =5 = Ra ~ Rị

Vậy (C¡) và (C¿) tiếp xúc trong với nhau

Tiếp tuyến chung của (C¡) và (C2) chính là

trục đẳng phương của hai đường trịn này,

Trang 40

(Cy): (x= 1)? + (y — 2)” = 5” cĩ tâm F(1; 2), ban kinh Ry = 5

Vi R, — Ry < EF = V4? +14? = /212 <R, +R, nén

(C¡) và (C¿) cắt nhau, do đĩ hai đường trịn chỉ cĩ tiếp tuyến chung ngồi Gọi S là điểm trên đường thẳng EF sao cho

“-".- SF R;

=> OS = SE SOF § (159) (O là gốc toạ độ) => S=(-1;9)

Tiếp tuyến chung của hai đường trịn đi qua S nên phương trình của nĩ cĩ

dang a(x + 1) + b(y - 9) = O(a? +b? #0) & ax + by +a — 9b = 0

Khoảng cách tir F(1; 2) đến tiếp tuyén bing R, = 5,

Vậy phương trình các tiếp tuyến chung là

(-14 + 10V7)x + 2ly — 203 + 10/7 = 0

9.6 a) (C,,): x? + y? — 2mx + 4my + 5m? ~ 1=0

Đường trịn (C,.) cĩ tâm I,(m ; -2m), bán kính R = 1

Tập hợp các tâm I„„ là đường thẳng A : y = ~2x hay 2x + y = 0

Do họ (C,.) cĩ bán kính khơng đổi nên cĩ hai đường thẳng tiếp xúc với (C,,) Vm

Hai đường thẳng này song song với A và céch A mét khoang R = 1, phuong trình của chúng cĩ dạng 2x + y —k =0 Lấy điểm M(xụ ; -2xụ + k) thuộc một trong hai đường thẳng đĩ, ta cĩ ,

d(M;A)=

284

Định dạng
Số trang	82
Dung lượng	1,99 MB