Vecto và ứng dụng ôn thi hsg 10

VECTO VÀ ỨNG DỤNG CỦA VECTO ÔN THI HSG
Câu 1 Cho tam giác ABC đều cạnh a. Tìm quỹ tích điểm M sao cho: MA2  MB2  2MC 2
BÀI LÀM
Gọi O là trọng tâm của ABC vì ABC đều nên OA=OB=OC
2

2

2

MA2  MB 2  2MC 2  MA  MB  2MC  (MO  OA)2  (MO  OB) 2  2(MO  OC ) 2
 2MO 2  2.MO.(OA  OB)  2MO 2  4.MO.OC  2.MO.(OA  OB)  4.MO.OC

tha Mà OA  OB  OC  0  OA  OB  OC thay vào có
2.MO.(OA  OB )  4.MO.OC  MO.OC  0

Vậy M thuộc đường thẳng qua O và vuông góc với OC
Câu 2 Cho hình bình hành ABCD. I, E, K thỏa mãn AI  a AB, AE  b AC , AK  c AD ,
a, b, c  0 . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để I, E, K thẳng hàng là

1 1 1
 
b a c

BÀI LÀM
KI  AI  AK  aAB  cAD , KE  AE  AK  bAC  cAD ,
Mà AC  AB  AD  KE  b AB   b  c  AD

K, I, E thẳnghàng  k : KE  k KI  b AB   b  c  AD  ka AB  kc AD
  b  ka  AB   b  c  kc  AD  0 (*)
AB, AD Không cùng phương nên (*)   b  ka    b  c  kc   0 

1 1 1
 
b a c

Câu 3 Cho tam giác ABC cân tại 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 và BD vng góc với nhau.
BÀI LÀM
Ta chứng minh AM.BD  0
Ta có: BD  BH  HD  HC  HD , AM 

1
2

(AH  AD) vì M là trung điểm của HD.

1
1
Do đó AM.DB  (AH  AD)(HC  HD) = (AH.HC  AH.HD  AD.HC  AD.HD)
2
2
Mà: AH.HC  0 và AD.HD  0 do AH  BC và AC  HD.
A
1
Do đó: AM.DB  (AH.HD  AD.HC)
2
1
1
 [AH.HD  (AH  HD)HC] = (AH.HD  HDHC)
D

2
2
H
B
C
1
1
= HD(AH  HC)  HDAC  0 .Vậy AM  BD.
2
2
Câu 4 Cho tam giác ABC. Gọi I, K lần lượt là các điểm thỏa mãn: 3IA  2IB  IC  0 ;
KA  KB  2KC  0 .


a) Trên BC lấy điểm P sao cho: BP  l BC . Tìm l để ba điểm A, I , P thẳng hàng.
b) Tìm vị trí điểm N để biểu thức NA2  NB 2  2NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
BÀI LÀM
a). 3 điểm A,I,P thẳng hàng  có 1số m  0 sao cho: IA  m IP , (*)
Ta có: IP  IB  BP  IB  l BC  IP  IB  l IC  IB







Từ giả thiết ta có: IC  3IA  2IB Khi đó: IP  IB  l  3IA  3IB
 IP  1  3l IB  3l IA ,



(*)  IA  m1  3l IB  3ml IA  1  3ml IA  m1  3l IB
 1
1  3ml  0
1
l 
  3 KL: l 
3
m1  3l   0
m  1

Do IA và IB khơng cùng phương nên có: 

b)….Gọi M là trung điểm của AB. Ta có: KA  KB  2KM , Theo giả thiết K là điểm thõa
mãn: KA  KB  2KC  0 , (I)
(I)  2 KM  2 KC  0  KM  KC  0 , Suy ra K là trung điểm của CM.



 



2
2
2
2
2
2
Ta có: NA 2  NB 2  2 NC 2  NA  NB  2 NC =  KA  KN )  KB  KN  2 KC  KN 


2
2
= 4KN  KA  KB 2  2KC 2  KA2  KB 2  2KC 2

Khaitriểnđc NA2  NB 2  2NC 2
Đẳng thức xảy ra khi N trùng với K
KL: NA2  NB 2  2NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi N trùng với K

Câu 5
a) Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P là các điểm xác định bởi
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.

⃗⃗⃗⃗⃗

⃗

b) Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Giả sử điểm M di động trên đường thẳng d. Xác
định vị trí của M để biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất
BÀI LÀM

a). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ta có ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Theo giả thiết
⃗⃗⃗⃗⃗ )
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
(⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;
⃗⃗⃗⃗⃗
Tương tự ta có
⃗⃗⃗⃗⃗ )
(⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
(⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ )
Từ đó suy ra
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗
G là trọng tâm của tam giác MNP.
⃗⃗⃗⃗
⃗
⃗⃗⃗⃗
b). Gọi I là điểm thoả mãn ⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

(⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ )
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
Điểm I tồn tại và duy nhất thoả mãn hệ thức trên.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Mặt khác
(⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ )
(⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ )

⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗

⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗
(⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗ )

⃗⃗⃗⃗⃗ (

⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗ )

⃗⃗⃗⃗

Vì I cố định nên
khơng đổi.
Do đó
nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất
MI nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vng góc của I lên d.

Câu 6 Gọi H là trực tâm  ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh : MH .MA 




1
  BA  MC  CH   CA  MB  BH  

2
1
  BA.MC  BA.CH  CA.MB  CA.BH 
2

Ta có MH .MA 

1

1
BA  CA MH  BA.MH  CA.MH
2
2

1
BC 2 .
4


A

H

B

A'

M

C

Vì BA  CH  BA.CH  0; CA  BH  CA.BH  0
1
1
 MH .MA  BA.MC  CA.MB
2
2
Mặt khác ta có BA.MC  BA '.MC ; CA.MB  CA '.MB và MB   MC
1

1
1
Nên MH .MA  BA '.MC  CA '.MC  MC BA '  CA '
2
2
2
1
1 1
1
 MC.BC  . BC.BC  BC 2 (đpcm)
2
2 2
4





Câu 7 Cho hình chữ nhật ABCD . K là hình chiếu của B trên AC . Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AK và CD. Chứng minh BMN  900 .
1
1
1
1
AK  KB , MN  AN  AM  AD  AC  AK
2
2
2
2
2

1
1
1
1
MB.MN  AK . AD  AK . AC  AK  KB. AD
4
4
4
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
 AK .BC  AK . AC  AK  KB.BC  AK .KC  AK . AC  AK  BK 2
4
4
4
2
4
4
4
2
1
1

1
 AK .KC  AK .KC  BK 2
4
4
2
1
  AK .KC  BK 2   0 do tam giác ABC vng tại B có BK  AC .
2
MB  MK  KB 

Câu 8 Cho ba điểm A  4;0  , B  0; 4  , C  0; 4  ,
a) Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn aMA  bMB  0 với a, b không đồng thời bằng 0 .
b) Tìm điểm M thỏa mãn điều kiện câu 1 và làm cho MB  MC nhỏ nhất.


 MA   4  x;  y   aMA   4a  ax; ay 
A  4;0  , B  0; 4  , C  0; 4  ; M  x; y   
 MB    x; 4  y   bMB   bx; 4b  by 
4a

x


4a  ax  bx  0
1
1
ab

 x  y 1
aMA  bMB  0  

4
4
4b  ay  by  0
 y  4b

ab

a)

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn aMA  bMB  0 với a, b khơng đồng thời bằng 0 là đường
thẳng có phương trình  : x  y  4  0 .
b)….Gọi I là trung điểm của BC , ta có MB  MC  2MI với I  O  0;0 
MB  MC  2MO nhỏ nhất khi và chỉ khi OM   hay M là hình chiếu của O trên  .
M  x; y     M  x; 4  x   MO    x; x  4  ,  : x  y  4  0 có u  1; 1

M là hình chiếu của O trên  nên MO  u  x  2  M  2; 2 

Câu 9 Cho tam giác ABC, gọi I là điểm xác định bởi: 2 IA  3IB  IC  0 . Gọi M, N là hai
điểm phân biệt thoả mãn: MN  2MA  3MB  MC . CM: M N luôn đi qua một điểm cố định.
Giải
Ta có: 2 IA  3IB  IC  0  3IA  3IB  IC  IA  0  3( IA  IB)  CA  6IE  CA => I cố
định. (E là trung điểm AB).
MN  2 MA  3MB  MC  2( MI  IA)  3( MI  IB)  ( MI  IC )

MN  6MI  (2 IA  3IB  IC )  6 MI
=> M, N, I thẳng hàng. Hay M, N luôn đi qua điểm cố định I
Câu 10 Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, CA = b, AB = c và điểm M tùy ý. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  MA.MB  MB.MC  MC.MA .
Ta có MA.MB 
MC.MA 

1
1
MA 2  MB2  AB2  ; MB.MC   MB2  MC2  BC2 

2
2

1
MC2 +MA 2  CA 2 

2

1 2
 a  b2  c2 
2
1
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có : GA.GM   GA 2  GM 2  MA 2 
2
1
1
GB.GM   GB2  GM 2  MB2  ; GC.GM   GC2  GM 2  MC2 
2
2
P  MA.MB  MB.MC  MC.MA  MA2  MB 2  MC 2 

Suy ra MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2
Từ đó P  MA2  MB 2  MC 2 
P  GA2  GB 2  GC 2 

1 2
1
a  b 2  c 2   3MG 2  GA2  GB 2  GC 2   a 2  b 2  c 2 

2
2

1 2
 a  b2  c 2 
2

1 2
a  b2  c 2 

2
Câu 11 Cho  ABC có trọng tâm G và hai điểm M , N thỏa mãn 3MA  4MB  0 ; CN  k BC .
Tìm k để ba điểm M , N , G thẳng hàng.

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi M trùng với G. Khi đó P  GA2  GB 2  GC 2 






4
AB
7
CN  k BC  AN  AC  k AC  AB  AN  k AB  (1  k ) AC

3MA  4MB  0  3 AM  4 AB  AM  0  AM 





GA  GB  GC  0   AG  AB  AG  AC  AG  0  3 AG  AB  AC  AG 

1
1
AB  AC
3
3

4
4

AB   k   AB  (1  k ) AC
7
7

1
1
4
5
1
MG  AG  AM  AB  AC  AB   AB  AC
3
3
7

21
3
Ba điểm M , N , G thẳng hàng khi và chỉ khi
4
5
5
4
1



k  7   21 n
k  21 n   7
k  2
1
MN  mMG  


Vậy k  .
2
1  k  1 n
 k  1 n  1
n  9
3
2


 3
MN  AN  AM  k AB  (1  k ) AC 

Câu 12 Cho tam giác ABC các cạnh có độ dài là a,b,c. Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn hệ thức:
MB 2  MC 2  2MA2 

a2
2

Ta có: MB 2  MC 2  2MA2 
 b2  c 2 

a2
a2
 ( MA  AB)2  ( MA  AC )2  2MA2 
2
2

a2
 2MA( AB  AC )  0 (1)
2

 2
a2
2
b

c

 2 AI 2

Gọi I là trung điểm của BC ta có 
(2)

2
 AB  AC  2 AI

2
Thay (2) vào (1) ta được 2 AI  4MA AI  0  2 AI ( MI  MA)  0 (3)

Gọi K là trung điểm của AI  MI  MA  2MK , từ (4) suy ra AI MK  0  MK  AI  M
thuộc đường trung trực của đoạn AI
Vậy tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng AI.
Bài 13 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I bán kính R, với mỗi điểm M thuộc đường
trịn tâm I bán kính R ln có: MA2  MB2  MC 2  6R2 . Chứng minh  ABC là tam giác đều.
2

2

2

Ta có MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC  (MI  IA)2  (MI  IB ) 2  (MI  IC ) 2
2

 MA2  MB 2  MC 2  3( MI  R 2 )  2MI ( IA  IB  IC )

(MI = R)

 6 R 2  6 R 2  2 MI ( IA  IB  IC )

 2 MI ( IA  IB  IC ) (với mọi điểm M thuộc đường tròn (I; R))
 IA  IB  IC  0  I là trọng tâm tam giác ABC.

Như vậy tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp trùng với trọng tâm tam giác. Khi đó

ma  mb  mc  a  b  c  tam giác ABC là tam giác đều. ( ma , mb , mc là độ dài các
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C tương ứng).


Câu 14 Cho tam giác ABC, trên các đường thẳng AB, BC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho
MA  2 MB ; BN  2 NC , xác định vị trí điểm P trên cạnh AC sao cho tam giác ABC và tam
giác MNP có cùng trọng tâm.
Tam giác ABC và tam giác MNP có cùng trọng tâm khi và chỉ khi:
AM  BN  CP  0 (1) . Đặt AB  a; AC  b
2
2
AB  a.
3
3 (2)
Ta có:
2
2
2
BN  2 NC  BN  2 NC  0  BN  2( BC  BN )  0  BN  BC  b  a (3)
3
3
3
2
2
CP   AM  BN   b   AC
3
3
Từ (1), (2), (3) ta có
.
2

CP   AC
3
Vậy điểm P thuộc cạnh AC, thỏa mãn hệ thức
MA  2MB  MA  2MB  0  3MA  2 AB  AM 

Câu 15 Cho  ABC có trọng tâm G. Gọi P, Q là thoả mãn: 3PA  2 PB  0, QA  2QC  0 .
Chứng minh rằng ba điểm P, Q, G thẳng hàng.
5
3PA  2 PB  0  3PA  2 PA  AB  0  5 PA  2 AB  0  AB  AP (1)
2
1
QA  2QC  0  QA  2 QA  AC  0 ; QA  2 AC  0  AC  AQ (2)
2









Gọi M là trung điểm của BC, ta có:
2
1
5
1
1
1
AG  AM  AB  AC  AP  AQ  AG  AP  AQ  AP  PG  PQ

3
3
6
6
6
6
Vậy P, Q, G thẳng hàng (đpcm).
Câu 16 Cho tam giác ABC có AB=c, BC=a, AC=b ngoại tiếp đường trịn (C) tâm I bán kính r.
M là điểm di động trên (C). Tính S  aMA2  bMA2  cMC 2 theo a,b,c,r.
Ta chứng minh a.IA  b.IB  c.IC  0
dựng hình bình hành IA’CB’ như hình vẽ => IC  IA '  IB '(1)







A

B'
b

c

B

I
C
E

a

A'

Do IE//CB’ nên

IB ' EC AC b
b
b


  IB '   IB tương tự IA '   IA
IB EB AB c
c
c

Thay vào (1) ta được điều phải chứng minh
S  a( MI  IA)2  b( MI  IB)2  c( MI  IC )2 
 (a  b  c) MI 2  2MI (a.IA  b.IB  c.IC )  aIA2  bIB 2  cIC 2
 (a  b  c)r 2  aIA2  bIB 2  cIC 2




(a.IA  b.IB  c.IC )2  0  a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIA.IC
 a 2 IA2  b2 IB 2  c 2 IC 2  ab( IA2  IB 2  AB 2 )  bc( IC 2  IB 2  CB 2 )  ca( IA2  IC 2  AC 2 )
 (a 2  ab  ac) IA2  (a 2  ab  ac) IA2  (a 2  ab  ac) IA2  acb(a  b  c)
 aIA2  bIB 2  cIC 2  abc

Nên S=(a+b+c)r2+abc
Câu 17 Tam giác ABC có CD là phân giác trong góc C. Gọi G và I lần lượt là trọng tâm và
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giả sử a  BC, b  AC, c  AB và CD  GI . Chứng
a  b  c 2ab
minh rằng
.

3
ab

1
2
1
(CA  CB)  CG  CM  (CA  CB)
2
3
3
a
b
aIA  bIB  cIC  0  CI 
CA 
CB
abc
abc
a
1
b
1



GI  CI  CG  
  CA  
  CB
 a  b  c 3
 a  b  c 3
1
(2a  b  c)CA  (2b  a  c)CB 


3(a  b  c) 

Gọi M là trung điểm của AB.Có CM 





GI  CI  GI .CI  0  (2a  b  c)CA  (2b  a  c)CB  . aCA  bCB  0

 (ab  CA.CB)  b(2a  b  c)  a(2b  a  c)   0

Do ab  CA.CB  ab(1  cos C )  0 nên

b(2a  b  c)  a(2b  a  c)  0  b(3a  a  b  c)  a(3b  a  b  c)  0
2ab a  b  c
 6ab  (a  b)(a  b  c) 

ab
3
Câu 18 Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho:

MB  MC  MD  4 MP ; MC  MD  MA  4 MQ ;
MD  MA  MB  4 MR ; MA  MB  MC  4 MS .
Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD.
Giả sử có điểm M thỏa bài tốn. Gọi G là điểm sao cho 5MG  MA  MB  MC  MD .
Từ MB  MC  MD  4MP , ta có 4PA  5GA .
Tương tự 4QB  5GB , 4RC  5GC , 4 SD  5GD .
Do đó PA = QB = RC = SD  GA = GB = GC = GD.
Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G trùng O và M là điểm duy
nhất xác định bới OM   OA  OB  OC  OD . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD.
Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường trịn thì khơng tồn tại điểm M.
Câu 19 Cho tam giác ABC và trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với AB cắt các
đoạn thẳng AM, AC và BC lần lượt tại D, E và F. Một điểm G nằm trên cạnh AB sao cho FG
song song AC. Chứng minh rằng hai tam giác ADE và BFG có diện tích bằng nhau.
BG
 k  k  (0;1)  BG  k BA . ED  AD  AE  .......( AM ; AC )  k BA .
Cách 1 : Đặt
BA
Cách 2






b
2

Ta đặt: CA  a; CB  b .Khi đó CM  CE  kCA  ka . Vì E nằm ngồi đoạn thẳng AC nên
có số k sao cho CE  kCA  ka , với 0< k< 1. Khi đó CF  kCB  kb

Điểm D nằm trên AM và EF nên có hai số x và y sao cho:
1 x
b  kya  k (1  y )b
2
1 x
Vì hai vectơ a, b khơng cùng phương nên x = ky và
 k (1  y ) .
2
Suy ra x = 2k -1,do đó CD  (2k  1)a  (1  k )b
CD  xCA  (1  x)CM  yCE  (1  y )CF Hay

xa 

Ta có: ED  CD  CE  (2k  1)a  (1  k )b  k a  (1  k )(b  a ) = (1  k ) AB
vì CF  kCB hay AB  BG  k AB Suy ra (1  k ) AB  GB
Do đó ED = GB. Như vậy, hai tam giác ADE và BFG có các cạnh đáy ED và GB bằng nhau
(bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song) nên có diện tích bằng nhau.
Câu 20 Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm AC, BD. Chứng minh :
AB2  BC 2  CD2  DA2  AC 2  BD2  4MN 2
Có N là trung điểm BD nên 2MN  MB  MD  MA  AB  MC  CD  AB  CD





 4MN 2  AC 2  BD2  AB  CD
 AB 2  CD2 



2

2

 AC  BD

 



2

 AB  BC  AC  AB.CD    BA  AD BD  AB.CD 


 



 AB 2  CD2  AB.AD  BC. AC  BA.BC  AD.BD  AB 2  CD 2  AD 2  BC 2

Câu 21 Cho ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm ABC ta ln có:





6. GA.GB  GB.GC  GC.GA  AB 2  BC 2  CA 2  0

Ta có: GAGB

.
 GAGB
. .cos AGBAB2  GA2  GB2  2GAGB
. .cos AGB
4ma2 4mb2

 AB 2
GA2  GB 2  AB 2
9
Từ đó: GA.GB 
 9
2
2

Tương tự với các biểu thức cịn lại, sau đó cộng theo vế ta được:
8(m 2a  m b2  m c2 )
 AB 2  BC 2  CA2
9
GA.GB  GB.GC  GC.GA 
2





Sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến suy ra ĐPCM
Câu 22 Cho tam giác ABC cân tại 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 và BD vng góc với nhau.
A
Ta chứng minh AM.BD  0

1
Ta có: BD  BH  HD  HC  HD , AM  (AH  AD) vì M
2
là trung điểm của HD.
D

B

M
H

C

1
Do đó AM.DB  (AH  AD).(HC  HD) = 1 (AH.HC  AH.HD  AD.HC  AD.HD)
2
2


Mà: AH.HC  0 và AD.HD  0 do AH  BC và AC  HD.
1
Do đó: AM.DB  (AH.HD  AD.HC)
2
1
1
 [AH.HD  (AH  HD).HC] = (AH.HD  HD.HC)
2
2
1
1

= HD.(AH  HC)  HD.AC  0 .Vậy AM  BD.
2
2
Câu 23. a) Cho hình bình hành ABCD, M trên cạnh AB, N trên cạnh CD sao cho

1
1
AM  AB,DN  DC . Gọi I, J là các điểm xác định bởi BI   BC; AJ   AI . Tìm 
3
2
và  để J là trọng tâm tam giác BMN.
b)Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH. Gọi (C) là đường trịn đường kính AH,
M là điểm di động trên (C). Tính giá trị biểu thức S  a2 MA2  b2 MB2  c2 MC 2 theo BC = a,
CA = b, AB = c.
D

N
C

j

A

I
B

M

1
1

DC nên AN  AD  (AC  AD)
2
2
1
1
1
1
AN  (AC  AD)  (AC  AC  CD)  (2AC  AB)  AC  AB .
2
2
2
2
Ta có: BI   BC  AI  AB   (AC  AB)  AI  (1   )AB   AC .
1
3

Theo giả thiết AM  AB , DN 

Mà: AJ   AI   (1   )AB   AC .
Để J là trọng tâm tam giác BMN thì ta có: AB  AM  AN  3AJ

1
1
 AB  AB  AC  AB  3 (1   )AB  3 AC
3
2
5
 [  3 (1   )].AB  (1  3 )AC  0 (1)
6

11
5


3


1

0


5
 6

  3 (1   )  0
18
AB, AC Không cùng phương (1)   6


1  3  0
  1
  6


3
11
b). Gọi I là tâm của (C) bán kính r
Trong tam giác vng ABC đường cao AH ta có

A
M

c

B

H

C
a

AB. AC bc
AB 2 c 2
AC 2 b 2
 ;BH 
 ; CH 
 ;
BC
a
BC
a
BC
a
2
c
BH  2 CH  b 2 HB  c 2 HC  0
b
AH 

b

I

 (b 2  c 2 ) HI  b 2 IB  c 2 IC  0  a 2 IA  b 2 IB  c 2 IC  0


Ta có: a2MA2 = a2( MI  IA )2 = a2MI2 + a2IA2 + 2a2 MI.IA
b2MB2 = b2( MI  IB )2 = b2MI2 + b2IB2 + 2b2 MI.IB
c2MC2 = c2( MI  IC )2 = c2MI2 + c2IC2 + 2c2 MI.IC
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có:
S=a2MA2 + b2MB2 + c2 MC2 = (a2 + b2 + c2)MI2 + a2IA2 + b2IB2 + c2IC2
IA2 

(*)

bc
c
bc
c (4c  b )
 IH 2 ; IB 2  BH 2  IH 2  2 

2
2
4a
a
4a
4a 2
2 2

4

2 2

2

2

2

2

b 4 b 2 c 2 b 2 (4b 2  c 2 )


a 2 4a 2
4a 2
3b 2 c 2
b 2 c 2 3b 2 c 2
 a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2 
 S  2a 2 . 2 
 2b 2 c 2
2
2
4a
IC 2  CH 2  IH 2 

Câu 24 Cho tam giác ABC. Gọi I, K lần lượt là các điểm thỏa mãn: 3IA  2IB  IC  0 ;
KA  KB  2KC  0 .
a) Trên BC lấy điểm P sao cho: BP  l BC . Tìm l để ba điểm A, I , P thẳng hàng.

b) Tìm vị trí điểm N để biểu thức NA2  NB 2  2NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
a). 3 điểm A,I,P thẳng hàng  có 1số m  0 sao cho: IA  m IP , (*)



Ta có: IP  IB  BP  IB  l BC  IP  IB  l IC  IB





Từ giả thiết ta có: IC  3IA  2IB Khi đó: IP  IB  l  3IA  3IB



 IP  1  3l IB  3l IA ; (*)  IA  m1  3l IB  3ml IA  1  3ml IA  m1  3l IB

 1
1  3ml  0
1
l 
  3 KL: l 
3
m1  3l   0
m  1

Do IA và IB khơng cùng phương nên có: 

b). Tìm vị trí điểm N để biểu thức NA2  NB 2  2NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Gọi M là trung điểm của AB. Ta có: KA  KB  2KM

Theo giả thiết K là điểm thõa mãn: KA  KB  2KC  0 , (I)
(I)  2 KM  2 KC  0  KM  KC  0 Suy ra K là trung điểm của CM.



 



2
2
2
2
2
2
Ta có: NA 2  NB 2  2 NC 2  NA  NB  2 NC =  KA  KN )  KB  KN  2 KC  KN 


2
2
= 4KN  KA  KB 2  2KC 2  KA2  KB 2  2KC 2

Khaitriểnđc NA2  NB 2  2NC 2
Đẳng thức xảy ra khi N trùng với K
KL: NA2  NB 2  2NC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi N trùng với K

Câu 25 Cho  ABC có trọng tâm G và hai điểm M , N thỏa mãn 3MA  4MB  0 ; CN  k BC .
Tìm k để ba điểm M , N , G thẳng hàng.





4
AB
7
CN  k BC  AN  AC  k AC  AB  AN  k AB  (1  k ) AC

3MA  4MB  0  3 AM  4 AB  AM  0  AM 





GA  GB  GC  0   AG  AB  AG  AC  AG  0  3 AG  AB  AC  AG 

MN  AN  AM  k AB  (1  k ) AC 

4
4

AB   k   AB  (1  k ) AC
7
7


1
1
AB  AC
3

3


MG  AG  AM 

1
1
4
5
1
AB  AC  AB   AB  AC
3
3
7
21
3

Ba điểm M , N , G thẳng hàng khi và chỉ khi
4
5
5
4
1



k  7   21 n
k  21 n   7
k  2
MN  mMG  



1
1
1  k  n
 k  n  1
n  9

3
2

 3

1
2

Vậy k  .

Câu 26 Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC và H là trực tâm tam giác. Chứng minh
1
rằng: MA 2  MH 2  AH 2  BC2
2
Gọi A’ là hình chiếu vng góc của A trên BC ta có
1
1
MA  BA  BM  BA  BC; MH  CH  CM  CH  BC
2
2
A
C'

H

B
A'

C

M

1 
1 
1
1
1

 MH.MA  0   CH  BC  BA  BC   CH.BA  CH.BC  BC.BA  BC2
2 
2 
2
2
4

vì CH.BA  0; CH.BC  BC.CA '; BC.BA  BC.BA '

Do đó MH.MA 







1
1
BC BA '  CA '  BC2 1
2
4

mà AH 2  MH  MA



2

 MH 2  MA 2  2MH.MA  2 

1
Từ (1) và (2) suy ra AH 2  MH 2  MA 2  BC2
2
Bài 27 Trong mp (Oxy) cho tam giác ABC có A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) và đường thẳng

d : x  2 y  3  0 . Tìm M thuộc d sao cho Q = MA

2MB

3MC nhỏ nhất.

Câu 28 Cho ABC đều cạnh a. Lấy các điểm M, N thoả mãn: 3BM  BC; 3AN  AB . Gọi I
= AMCN. Chứng minh: BIC = 900.
Vì ICN nên x, y sao cho x+y = 1 và BI  x.BN  y.BC 

2x
BA  3yBM .
3

2x
 3y  1 . Từ các điều trên  x = 6/7, y = 1/7.
3
4
1
2
1
Tức là có: BI  BA  BC . Mặt khác: CN  CA  CB .
7
7
3
3
Do đó: BI.CN = 0  BI CN.
Vì IAM nên:

Câu 29


a) Cho ABC đều cạnh a nội tiếp đường tròn (O,R). Tìm tập hợp các điểm M thoả mãn:
MB.MC  MC.MA  MA.MB  3a 2 .
b) Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vng góc
của G xuống cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
a 2 .GA1  b 2 .GB1  c 2 .GC1  0 . (với a=BC, b=AC, c=AB).
Ta có: MB.MC  MC.MA  MA.MB 
1

1
1
= (MB2+MC2-BC2)+ (MC2+MA2-CA2)+ (MA2+MB2-AB2)
2
2
2
1
3
=(MA2+MB2+MC2)- (BC2+CA2+AB2) = 3MO2+(OA2+OB2+OC2)- a2
2
2
2
a
3
= 3MO2+3R2- a2 = 3MO2 - .
2
2
a2
Vậy: MB.MC  MC.MA  MA.MB  3a 2  3OM2 = 3a2+
2
7
7
OM = a
. Tức là M(O,a
).
6
6
b)... thay 3 véc tơ đó về ba véc tơ là 3 đường cao của tam giác ABC.
2
2

2
2
2
2
2
b)... a .GA1  b .GB1  a .GC1  0  (a .GA1  b .GB1  a .GC1 )  0
 a 4 .GA12  b 4 .GB12  c 4 .Gc12  2a 2b 2 GA1.GB1  2a 2 c 2 GA1.GC1  2b 2c 2 GB1.GC1  0 (*)

GA1 

ha
h
h
, GB1  b , GC1  c , aha  bhb  chc  2S
3
3
3
,

Ta có:
GA1.GB1  GA1.GB1.cos(1800  C )  GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C  c 2  a 2  b 2
GA1.GC1  GA1.GC1.cos(1800  B)  GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B  b 2  a 2  c 2
GC1.GB1  GC1.GB1.cos(1800  A)  GC1.GB1.cosA, -2cb.cos A  a 2  b 2  c 2
VT(*) 

4S 2 .a 2 4S 2 .b2 4S 2 .c 2 4S 2 .(c 2  a 2  b2 ) 4S 2 .(b2  a 2  c 2 ) 4S 2 .(a 2  c 2  b2 )






0
9
9
9
9
9
9

.

Câu 30 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối
xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng
tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA  OB  OC  OH và ba điểm O, H, L thẳng hàng.
A

P

N
H

B

O

C

K
M
D

a) Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của BC
cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OH là đường trung bình nên
2OK  AH  OB  OC  OH  OA  OA  OB  OC  OH
Ta có OB  OC  2OK  OM và các đẳng thức tương tự ta được:
OM  ON  OP  2 OA  OB  OC  2OH  3OL  2OH suy ra O, H, L thẳng hàng.






Câu 31 Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC  600. Các điểm M, N được xác định
bởi MC  2 MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vng góc
với nhau.
Ta có: MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3 AM  2 AB  AC
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB
Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC )(2CA  CB )  0
 (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0


2c 2  3b 2 

5bc
0 
2



2 AB2  3 AC 2  5 AB.AC  0

4c2  6b2  5bc  0

Câu 32 Cho tam giác ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC kẻ các đường song song
với hai cạnh còn lại cắt AB, BC lần lượt tại E, F. Tìm vị trí của M trên AC sao cho hình bình
hành MEBF có diện tích lớn nhất
A

E

M
H

B

K

C

F

Đặt S  SABC ; S '  SMEBF ; AM  x; MC  y
Kẻ AH, AK lần lượt vng góc với ME và BC ta có:
S'
ME KH
2x
y
2xy
S' 1
1

1
2
.

.


  S '  S  MaxS' = S
2
S
BC AK x+y x  y (x+y)
S 2
2
2

Dấu “=” xẩy ra khi x = y, tức M là trung điểm của AC
Câu 33 Cho tam giác ABC, gọi I là điểm xác định bởi: 2 IA  3 IB  IC  0 . Gọi M, N là hai
điểm phân biệt thoả mãn: MN  2 MA  3MB  MC . Chứng minh M N luôn đi qua một điểm
cố định.
Ta có: 2 IA  3IB  IC  0  3 IA  3 IB  IC  IA  0  3( IA  IB )  CA

 6IE  CA => I cố định. (E là trung điểm AB).
MN  2 MA  3MB  MC  2( MI  IA)  3( MI  IB )  ( MI  IC)
 6 MI  (2 IA  3IB  IC)  6 MI
=> M, N, I thẳng hàng. Hay M, N luôn đi qua điểm cố định I
Câu 34 Cho tứ giác ABCD. Đường thẳng qua A song song BC cắt BD tại M, Đường thẳng qua
B song song AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng MN CD .
B

C

O

A

N
M

D

Trong trường hợp tứ giác ABCD khơng là hình bình hành thì M khơng trùng D. Khi đó
M  CD .
OA p
OB m
 và
 .
Gọi O  AC  BD , đặt
OC q
OD n










q
n

1
OA  OB 
mqOA  npOB
p
m
mp
OA OD n
m
Theo giả thiết BN AD , suy ra

  ON  AO
ON OB m
n
OA OM p
p
Tương tự AM BC , suy ra

  OM  BO
OC OB q
q
m
p
1
mp
Ta có MN  ON  OM  AO  BO 
mqAO  npBO 
DC Suy ra MN CD
n
q
nq

nq
Câu 35 Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh a=BC, b=CA, c=AB. M là một điểm bất kì trong
Khi đó: DC  OC  OD 

mặt phẳng. Chứng minh rằng MA2  MB 2  MC 2 
2

2

a 2  b2  c2
.
3

2

-

( MA  MB  MC ) 2  0  MA  MB  MC  2 MA.MB  2 MA.MC  2 MB.MC  0 (1)

-

chú ý 2 MA.MB  MB  MA  AB  MA2  MB 2  c 2

-

2

2

2

2 MA.MC  MA2  MC 2  b 2 ; 2 MB.MC  MC 2  MB 2  a 2

Thay vào (1) ta có 3(MA2  MB2  MC 2 )  a2  b2  c2  0
a 2  b2  c 2
 MA  MB  MC 
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MA  MB  MC  0  M là trọng tâm tam giác ABC
2

2

2

Câu 36 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác. x, y, z thoả mãn ax+by+cz=0. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu A=xy+yz+zx.
ax  by
nên
c
ax  by
ax  by
ax 2 xy
by 2
xy  yz  zx  xy 
y
x
 (a  b  c ) 
 f ( x)
c
c

c
c
c

-

Từ ax+by+cz=0  z  

-

f(x) là tam thức bậc 2 có hệ số của x2 âm


y2 2
(a  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca)  0y  f ( x)  0x  A  0x, y, z
2
c

- Khi x=y=z=0 thì A=0 nên giá trị lớn nhất của A bằng 0
Bài 37
Cho hình thang ABCD có đáy là AD, BC. Gọi E
là điểm tuỳ ý trên cạnh AB; O1 , O2 lần lượt là
tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
AED và BEC. Chứng minh rằng độ dài đoạn
O1 , O2 khơng đổi.
Gọi H,K là hình chiếu của O1 ; O2 trên AE, BE, ta có : AEO1  900  EO1 H  900  ADE .
BEO2  900  EO2 K  900  BCE . Do đó O1 EO2  1800  AEO1  BEO2  ADE  BCE .

Kẻ đường thẳng qua E và song song với AD, ta chứng minh được DEC  ADE  BCE
 O1EO2  DEC .

DE 2O1E  sin A O1E


EC
2
O
E

sin
B
O2 E . Suy ra : DEC ∽ O1EO2 .
2
Mặt khác, theo định lí sin, ta có:


O1O2 O1E
O1E
1
DC



 O1O2 
DE 2O1E  sin A 2sin A
2sin A không đổi, đpcm.
Dẫn đến : DC

Câu 38 Gọi G là trọng tâm ABC có sin CAG  sin CBG 

2 3

và AB tiếp xúc với đường tròn
3

ngoại tiếp ACG . Tính góc ACB .
A

b
ma

c
mb

M

G
C

B

a

N

Gọi M,N lần lượt là trung điểm BC, AC.
Do AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  ACG => BAG  ACG mà MN//AB =>
BAG  AMN => GMN  GCN => tứ giác GMCN nội tiếp
2 2 a2
a 3
b 3
mb 

 mb 
ma 
2
2 tương tự
2 .
=>BG.BN=BM.BC=> 3
Theo định lí Sin trong  AMC
AM
CN
asinC ab sin C
S
S

 SinCAG 


sin CBG 
2ma
2bma
bma Tương tự
amb
=> sin C SinGAC
SinCBG + SinCAG =S(

1
1
2 3
1
1
2 3

1
1

)
S( 2  2 ) 
 S ( 2  2 )  1 (1)
bma amb
3
3
a
b
a
b

4
4 a 2  c 2 b2 b2  c 2 a 2
a 2  b 2  (mb2  ma2 )  (
 
 )  2c 2  a 2  b 2
3
3
2
4
2
4
.
2
2
2
2

Theo định lí Cơsin c  a  b  2ab.cosC =>c  2ab.cosC .

(1) 

1
2

ab.sin C.2.2ab.cosC
 1  Sin2C  1  2C  900  C  450
a 2b 2

Câu 39 Cho tứ giác ABCD có
AD  3, ABD  ACD  600 . E và F lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
3 1
ABD và ACD. Tính BC biết EF 
.
2

0
Vậy ACB  45 .

A

B

E
I
F

D

C

AD
1
2sin 600
Gọi I là điểm chính giữa cung AD thì AI là phân giác góc ABD nên E thuộc AI ; CI là phân
giác góc ACD nên F thuộc CI. Ta tính được ID  IA  2R.sin300  1
Ta có IDF  IDA  ADF  ICD  CDF  IFD  IF  ID  1 . Tương tự IE  IA  1
Vì ABD  ACD  600 nên tứ giác ABCD nội tiếp trong (C) có bán kính R 


Ta có EF 2  IE 2  IF 2  2 IE.IF cos EIF  cos EIF 

3
 EIF  300
2

Áp dụng định lý sin BC  2 R sin EIF  1
Câu 40 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (C) với AB
= 5, BC = 7 và AC = 3. Đường phân giác trong góc A cắt BC tại
D và cắt (C) tại điểm thứ hai E. Giả sử () là đường trịn đường
kính DE. Các đường tròn (C) và () cắt nhau tai E và F. Tính AF.

A

D

B

C

F

E

AB 2  AC 2  BC 2 25  9  49
1
Ta có cos A 

   A  1200
2.5.3
2
2 AB. AC
AE là phân giác góc A nên BE = CE và BEC = 600. Do đó tam giác BCE đều.
Ta có BFC = BFE = 600 và DFE = 900 nên BFD = CFD = 300 suy ra FD là phân giác trong
góc BFC.

BF BD AB 5


 . Giả sử BF = 5a, CF = 3a.
CF CD AC 3
Tam giác FBC ta có BC 2  BF 2  CF 2  2BF.CF.cos BFC
1
7
 49  25a 2  9a 2  2.5a.3a.  a 
2
19

Do đó

Chứng minh được AF.BC = AB.CF + AC.BF
 7AF = 15a + 15a  AF  30
19
Câu 41 Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức: cot A  cot C   cot B .

1
a) Xác định góc giữa hai đường trung tuyến AA1 và CC1 của tam giác ABC khi   .
2
b) Tìm giá trị lớn nhất của góc B khi   2 .
b2  c 2  a 2
a 2  c2  b2
b2  a 2  c 2
cot B 
cot C 
4s
4s
4s
2
2
2
2
2
2
1
b c a a b c
1 c2  a 2  b2
1



Khi   . cot A  cot C  cot B 
2
4s
4s
2
4s
2
2
2
2
2
2
2
4
4b c a 
4
4 a b c 
  ; CG 2  CC12  
 
Ta có: AG 2  AA12  
9
9 2
4 
9
9 2
4

a) Ta có cot A 

 5b2  a2  c2


4  a2  c2
 b 2   b 2 .  AA1  CC1 . Vậy góc giữa AA1 và CC1 bằng 900 .
 4


 AG 2  CG 2  
9

b2  c 2  a 2 a 2  b2  c 2
c2  a 2  b2

2
b)… cot A  cot C  2 cot B 
4s
4s
4s
2
2
2
 a  c  2b
a 2  c 2  b 2 a 2  c 2 2ac 1


 .
Ta có cos B 
2ac
4ac

4ac 2


Suy ra B  600 . Dấu = xảy ra khi tam giác ABC đều

B

C1

A1
G

A

C

Câu 42 Cho tứ giác lồi ABCD, có độ dài các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, độ dài
đường chéo AC = p, BD = q và có diện tích S.CMR : 2 3S  a 2  b 2  c 2  d 2 

p2  q2
2

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AC, BD
Ta chứng minh được a 2  b 2  c 2  d 2  p 2  q 2  4IJ 2
 p2

3



p2  q2

p2  q2

p2  q2

 3 pq 
 2 3S 
Khi đó a 2  b 2  c 2  d 2  p 2  q 2    q 2  
2
2
2
2
2


Câu 43 Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA và AB của
tam giác đó, gọi S a , Sb , S c và S tương ứng là diện tích của các tam giác ANP, BPM ,

CMN và ABC. Biết rằng:

S a  Sb  S c 

3
S , chứng minh M, N, P là trung điểm của
2

các cạnh BC, CA, AB.
Ta có các cơng thức tính diện tích: 2Sa  AP  AN sin A; 2S  AB  AC sin A


Sa

S

AP AN 1  AP AN 

 

 (BĐT Cauchy)
AB AC 2  AB AC 

Tương tự ta cũng có:

Sb 1  BM BP 
 

 và
S 2  BC BA 

Sc 1  CN CM 
 


S 2  CA CB 

3
Sa
S
S

1  AP BP BM CM CN AN  3
S a  Sb  S c 
S.
 b  c  






S
S
S 2  AB BA BC CB CA AC  2
2
 AP AN
 AB  AC
PN//BC

 BM BP


Dấu bằng xảy ra  
 MP//CA  M, N, P là trung điểm của BC, CA, AB
 BC BA
MN//AB

 CN CM

 CA CB


Bài 44 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c; ma , mb , mc ; la , lb , lc ; lần lượt là độ dài
các đường trung tuyến, đường phân giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng : ma .mb .mc  la .lb .lc .
a)…..Theo cơng thức đường trung tuyến của tam giác ta có:
1
1
1
ma 2  (2b 2  2c 2  a 2 )  (b  c) 2  a 2   (b  c  a).(b  c  a)  p( p  a)
4
4
4
 ma  p ( p  a ) . Tương tự: mb  p ( p  b); mc  p ( p )

Nhân theo vế các bđt trên ta có: ma .mb .mc  p 3 ( p  a)( p  b)( p  c)  p.S (1)
Với S  p ( p  a )( p  b)( p  c) là diện tích tam giác ABC.
Chứng minh cơng thức: la 

2bc cos
bc

A
2


Mặt khác trong tam giác ABC ta có:
A
A
2bc cos
2
2
2

2 
2  bccos A  l 2  bc cos 2 A  bc (1  cosA)= bc (1  b  c  a )
la 
a
bc
2
2
2
2
2bc
2 bc
 la  p ( p  a )  la .lb .lc  pS (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ma .mb .mc  la .lb .lc . Dấu bằng xảy ra khi a = b= c, tức tam giác ABC là
2bc cos

tam giác đều.
Bài 45 Cho tam giác ABC, có a  BC, b  CA, c  AB . Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. CMR :

IA2
IB 2
IC 2


2
c  p  a a  p  b b  p  c

b). Gọi M là tiếp điểm của AC với đường trịn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có
AM  p  a; IM  r . Gọi S là diện tích tam giác ABC, theo cơng thức Heron ta có
S

p  p  a  p  b  p  c 

. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có
2
2 2
2 S
2  p  a  p  b  p  c 
2
2
2
IA  AM  MI   p  a   r   p  a       p  a  
p
 p
 p  a  bc  IA2  b

p
c p  a p
IB 2
c
IC 2
a
 ;

IA2
IB 2
IC 2
abc
a  p  b p b  p  c p
Tương tự





2
c  p  a a  p  b b  p  c
p
A
M

I
C
B

Bài 46 Gọi G là trọng tâm ABC có sin CAG  sin CBG 

2 3
và AB tiếp xúc với đường tròn
3

ngoại tiếp ACG . Tính góc ACB .
Gọi M,N lần lượt là trung điểm BC, AC. Do AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 
ACG => BAG  ACG mà MN//AB => BAG  AMN => GMN  GCN => GMCN nội tiếp
a2
a 3
b 3
tương tự ma 
 mb 
2
2

2
AM
CN
asinC ab sin C
S
Theo định lí Sin trong  AMC =>
Tương

 SinCAG 


sin C SinGAC
2ma
2bma
bma
S
tự sin CBG 
amb
2
3

=>BG.BN=BM.BC=> mb2 

Vậy SinCBG + SinCAG =S(

1
1
2 3
1
1

2 3
1
1

)
S( 2  2 ) 
 S ( 2  2 )  1 (1)
bma amb
3
3
a
b
a
b

4
4 a 2  c 2 b2 b2  c 2 a 2
a 2  b 2  (mb2  ma2 )  (
 
 )  2c 2  a 2  b 2
3
3
2
4
2
4
Theo định lí Cơsin c2  a2  b2  2ab.cosC =>c2  2ab.cosC


(1) 

1
2

ab.sin C.2.2ab.cosC
 1  Sin2C  1  2C  900  C  450 Vậy ACB  450
a 2b 2
A

b
ma

c
mb

M

G
C

B

a

Câu 47 Cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn (C) với AB = 5, BC = 7 và AC =
3. Đường phân giác trong góc A cắt BC tại D
và cắt (C) tại điểm thứ hai E. Giả sử () là
đường trịn đường kính DE. Các đường trịn
(C) và () cắt nhau tai E và F. Tính AF.

N

A

D

B

C

F

E

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác ABC ta có

AB 2  AC 2  BC 2 25  9  49
1

   A  1200
cos A 
2.5.3
2
2 AB. AC
AE là phân giác góc A nên BE = CE và BEC = 600. Do đó tam giác BCE đều.
Ta có BFC = BFE = 600 và DFE = 900 nên BFD = CFD = 300 suy ra FD là phân giác trong
góc BFC.
Do đó

BF BD AB 5


 . Giả sử BF = 5a, CF = 3a.
CF CD AC 3

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác FBC ta có

1
7
BC 2  BF 2  CF 2  2BF.CF.cos BFC  49  25a 2  9a 2  2.5a.3a.  a 
2
19
Áp dụng định lý ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABFC ta có
AF.BC = AB.CF + AC.BF  7AF = 15a + 15a  AF 

30
19

Câu 48 Cho tam giác ABC cân tại A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh
AB tại T, đường thẳng CT cắt đường tròn tại K khác T. Giả sử K là trung điểm CT và
CT  6 2 .Hãy tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.


Gọi L là tiếp điểm của đường tròn với cạnh BC.
1
2

Ta có: CL2  CK .CT  CT 2 

A

2

a
 36  a  12(1)
4
c
b

T

K

C

B
a L

Áp dụng định lý côsin trong tam giác BCT, ta có:
a2
3
CT  BT  BC  2 BT .BC cos B  72   a 2  144.cos B  cos B  (2)
4
4
2

2

2

Áp dụng định lý cơsin trong tam giác ABC, ta có: b 2  c 2  a 2  2ca.cos B  cos B 

a
(3)
2b

Từ (1), (2), (3) ,ta có : a=12, b=8, c=8 .
Câu 49 Cho tứ giác ABCD có AD  3, ABD  ACD  600 . E và F lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp các tam giác ABD và ACD. Tính BC biết EF 

3 1
.
2

AD
1
2sin 600
Gọi I là điểm chính giữa cung AD thì AI là phân giác góc ABD nên E thuộc AI ; CI là phân
giác góc ACD nên F thuộc CI
1
Ta có IDF  300  ADC  IFD  IF  ID  1 . Tương tự IE  IA  1
2
3
 EIF  300
Ta có EF 2  IE 2  IF 2  2 IE.IF cos EIF  cos EIF 
2
Áp dụng định lý sin BC  2 R sin EIF  1
Bài 50 Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho
Vì ABD  ACD  600 nên tứ giác ABCD nội tiếp trong (C) có bán kính R 

MAB  MBC  MCD  MDA   . Chứng minh : cot  

AB 2  BC 2  CD 2  DA2
, trong đó  là số
2 AC.BD.sin 

đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD 
Tương tự ta được: cot  


AB 2  MA2  MB 2
1
AC.BD.sin  ; cot  
2
4S MAB

AB 2  MA2  MB 2 BC 2  MB 2  MC 2 CD 2  MC 2  MD 2


4S MAB
4S MBC
4S MCD

DA2  MD 2  MA2
AB 2  BC 2  CD 2  DA2

4S MDA
4  S MAB  S MBC  S MCD  S MDA 

AB 2  BC 2  CD 2  DA2 AB 2  BC 2  CD 2  DA2


4S ABCD
2 AC.BD.sin 

Bài 51 Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm
A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , S c và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ', BC ' A ',


S a  Sb  S c 

CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức

3
S . Dấu đẳng thức xảy ra
2

khi và chỉ khi nào?
Ta có các cơng thức tính diện tích: 2Sa  AC ' AB 'sin A; 2S  AB  AC sin A
AC ' AB ' 1  AC ' AB ' 

 

 (BĐT Cauchy)
AB AC 2  AB AC 
Sb 1  BA ' BC ' 
Sc 1  CB ' CA ' 
Tương tự ta cũng có:

 

 

 và

S 2  BC BA 
S 2  CA CB 
Sa

S



Sa
S
S
1  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  3
(đpcm)
 b  c  






S
S
S 2  AB BA BC CB CA AC  2
 AC ' AB '

 AB  AC

 BA ' BC '


C ' B ' //BC
BA
 BC

 A ' C ' //CA
 CB ' CA '

 B ' A ' //AB

Dấu bằng xảy ra   CA CB  
 A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA,

Do đó:

AB
Câu 52 Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vng góc với phân giác
CM 3
b

5  2 5 . Tính
và cos A .
AL 2
c
b
c

CA  CB AB  2 AC
AB 
AC ; CM 

Ta có: AL 
bc
bc
2
2
Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0

trong AL và



 b AB  c AC

 AB  2 AC   0  bc

2

 bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0

  c  2b 1  cos A  0  c  2b (do cos A  1)
b2  a 2 c 2 a 2  b2
 
2
4
2
2

1
1
2
AL2  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC   9b 2  a 2 
9
9
9
2
2
2
CM 3
CM
9 a b
9
a 2  b2
a2

52 5 

.

5

2
5


5

2

5

 6 5
AL 2
AL2
4 9b 2  a 2 4
9b 2  a 2
b2
b 2  c 2  a 2 5b 2  a 2
5 1
cos A 


2
2bc
4b
4

Khi đó: CM 2 













Câu 53 Cho tam giác ABC, có a  BC, b  CA, c  AB . Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội
IA2
IB 2
IC 2
tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. CM:


2
c  p  a a  p  b b  p  c
Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Khi đó ta có AM  p  a; IM  r . Gọi S là diện tích tam giác ABC, theo cơng thức Heron ta
có S  p  p  a  p  b  p  c  .
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có

 p  a  p  b  p  c 
S
2
IA  AM  MI   p  a   r   p  a       p  a  
p
 p
2

2

2

2

2

2

2




 p  a  bc 
p

IB 2
c
IC 2
a
IA2
b
 ;

 .Tương tự ta có
a  p  b p b  p  c p
c  p  a p

IA2
IB 2
IC 2
abc
Do vậy




2
c  p  a a  p  b b  p  c
p
A
M

I
C
B

Bài 54 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c . Chứng minh rằng:
a 2  b 2  c 2 cos A cos B cos C



2abc
a
b
c



2

0  0  0  AB  BC  CA



2

 AB 2  BC 2  CA2  2 AB.BC  2 BC.CA  2CA. AB  0

 a 2  b 2  c 2  2 BA.BC  2CB.CA  2 AC. AB  0
 a 2  b 2  c 2  2ac cos B  2ab cos C  2bc cos A
a 2  b 2  c 2 cos A cos B cos C




(đpcm)
2abc
a
b
c
Bài 55 Cho ABC nhọn có độ dài 3 cạnh là BC  a, CA  b, AB  c , các góc là A, B, C thỏa





a 4  2 b 2  c 2 a 2  b 4  c 4  b 2 c 2  0
mãn 
. Chứng minh ABC đều.
c  2b cos A
1
 2
2
2

0
a  b  c  bc  cos A  2  A  60
Ta có: 
a 2  b 2  c 2  bc  cos A   1  A  1200 (loai)
2

 b2  c2  a2 
  c 2  b 2  c 2  a 2
2
bc



Ta có: c  2b

 ab

Vậy ABC cân có góc A  600  ABC đều
Bài 56 Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b , AB = c thoả c.mc  b.mb (b  c) , trong
đó mb , mc là các trung tuyến kẻ từ B và C. Chứng minh rằng: 2cotA = cotB + cotC
Theo bài ra:

c mb
c2 m2

 2  b2 ,áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến ta có :
b mc
b
mc

a 2  c 2  2mb2 

b2
c2
và a 2  b 2  2mc2 
2
2

b2
c2
2
Nên: 2 
2
b
c
a2  b2 
2
a2  c2 









1
1
1

 a 2 c 2  b 2 c 2  c 4  a 2 b 2  b 2 c 2  b 4  a 2 c 2  b 2  c 4 b 4  0
2
2
2














1
1


 c2  b2  a2  c2  b2   0  a2  c2  b2  0
2
2


2
2
2

2
2
 2a  b  c
 2a  a  2bc cos A  a 2  2bc cos A

  2 R sin A   2  2 R sin B  .  2 R sin C  cos A  sin 2 A  2sin B sin C cos A
2

sin  B  C 
cos A
sin A
sin B cos C  sin C cos B


 cot A 
sin A 2sin B sin C 2sin B sin C
2sin B sin C
1  cos C cos B 
 

  2 cot A  cot C  cot B
2  sin C sin B 
3A
3B
A B
 sin
 2cos
Bài 57 Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện: sin
.
2

2
2


Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
Ta có: sin( 3A ) + sin( 3B ) = 2 sin( 3( A  B) ) cos( 3( A  B) ) . 1  sin( 3( A  B) ) > 0; cos( A  B ) > 0
2

0

A B



4

2

<   cos(

3A B

2

4

4

A  B )  cos( 3 A  B
4

2

4

)  cos(

2

A  B )  cos( 3( A  B ) )
2
4

Từ sin( 3A ) + sin( 3B ) = 2cos( A  B ) và cos( A  B )>0
2

2

2

2

Suy ra : 2sin( 3( A  B) )cos( 3( A  B) ) >0 Hay cos( 3( A  B ) )>0.
4

4

4

Kết hợp với sin( 3( A  B) )  1, ta có sin( 3( A  B) )cos( 3( A  B) )  cos( 3( A  B) )
4

4

4

4

Do đó: 2 sin( 3( A  B) )cos( 3( A  B) )  2cos( 3( A  B) )  2cos( A  B )
4

Vì vậy nếu

4

sin( 3A
2

)+

sin( 3B )
2

2

4

= 2cos(

A B )
2

 A B 3A B


thì phải có:  2
4
A = B = .
3
 sin( 3( A  B) )  1
4


Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
Câu 58 Gọi G là trọng tâm ABC có sin CAG  sin CBG 

2 3
và AB tiếp xúc với đường trịn
3

ngoại tiếp ACG . Tính góc ACB .
Gọi M,N lần lượt là trung điểm AC,BC
Do AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 
ACG => BAG  ACG mà MN//AB => BAG  ANM
=> GNM  GCM => tứ giác GMCN nội tiếp

A

b
ma

c
mb

M

G
C

B

a

N

a2
a 3
b 3
tương tự ma 
 mb 
2
2
2
AN
CN
asinC ab sin C
S
Theo định lí Sin trong  ANC =>

 SinCAG 



sin C SinGAC
2ma
2bma
bma
2
3

=>BG.BM=BN.BC=> mb2 


Tương tự sin CBG 

S
amb

Vậy SinCBG + SinCAG =S(

1
1
2 3
1 1
2 3
1 1

)
S( 2  2 ) 
 S ( 2  2 )  1 (1)
bma amb
3

a b
3
a b

4
4 a 2  c 2 b2 b2  c 2 a 2
a 2  b 2  (mb2  ma2 )  (
 
 )  2c 2  a 2  b 2
3
3
2
4
2
4
2
2
2
2
Theo định lí Cơsin c  a  b  2ab.cosC =>c  2ab.cosC
1
ab.sin C.2.2ab.cosC
(1)  2
 1  2SinC.CosC  1
a 2b 2
2
Có sin 2 C  cos2C  1 nên giải được sinC=CosC=
Vậy ACB  450
.
2

Câu 59 Gọi A, B, C là ba góc của tam giác ABCthỏa mãn sin 2 A  sin 2 B  2015sin 2 C . Tìm giá

trị lớn nhất của sinC
a
a
b
c
 2 R  sin A 
,sin C 
Theo định lý sin
.Tương tự sin B 
.
sin A
2R
2R
2R
Thế vào (1) ta được a2  b2  2015c2
2014 a 2  b 2
 a 2  b 2  2015(a 2  b 2  2ab cos C )  cos C 
.
2015 2ab
4029
2014
Ta có a 2  b 2  2ab  0  cos C 
Ta có  sin C  1  cos 2 C 
.
2015
2015
4029
Đẳng thức xảy ra  a  b  A  B . Vậy max sin C 

2015
2
2
Câu 60 Cho tam giác ABC có S  b  (a  c) . Tính tan B .
1
2

S  b2  (a  c)2  ac sin B  a 2  c 2  2ac cos B  a 2  c 2  2ac


1
1
ac sin B  2ac(1  cos B)  sin B  4(1  cos B)  cos B  1  sin B
2
4
2

17
1
 1

Ta có sin B  cos B  1  sin B  1  sin B   1  sin 2 B  sin B  0
16
2
 4

sin B  0
15
8
8

 cos B   tan B 

 sin B 
8
sin B 
17
15
17
17

2

2

2

Câu 61 Cho tam giác ABC có các số đo là a, b, c. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là các tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB; A’B’=c’,A’C’=b’, B’C’=a’.
a 2 b2 c2
Chứng minh rằng: 2  2  2  12
a'
b'
c'


Trong tam giác AB’C’ cân tại A có
A
 bca 
B'C'  a '  2 
 .sin

2
2


A
  b  c  a  sin
2

A

B'

C'

O

B
C
A'

2  1  cos A 
 a '2   b  c  a  . 

2


(b  c  a) 2  b 2  c 2  a 2 

. 1 
 


2
2bc








2 A 1  cos A 

 CM : sin

2
2



1
 b  c  a 2  a  b  c  a  c  b 
4bc



theo cô si ta có

2



b2
2



c2
2

a'
b'
c'
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

 33

0,25

2 2

1
b c
bc
b 2  (c  a)2 c2  (b  a) 2 

4bc
4bc
4
ca

ab
Tương tự có b '2  ; c'2 
dấu bằng xảy ra khi chỉ khi a=b=c
4
4
a 2 b 2c 2
2 2 2
nhân 3 bđt trên vế với vế ta đc a ' b ' c' 
43

a2

0,25

a 2 b 2c 2
a '2 b '2 c'2

0,25

0,25

 12
0,25

ĐỀ TỰ LUYỆN
1, Cho tam giác ABC.
a, Với điểm M bất kỳ. Chứng minh rằng: v  MA  2MB  3MC không phụ
thuộc vào điểm M.
b, Gọi D là điểm sao cho CD  v , CD cắt AB tại K. Chứng minh rằng:
KA  2KB  0 và CD  3CK

2, Cho tam giác ABC. Gọi A', B', C' là các điểm xác định bởi:
2012.A 'B  2013.A 'C  0 , 2012.B'C  2013.B'A  0 , 2012.C'A  2013.C'B  0 .

Chứng minh rằng: ABC và A'B'C' có cùng trọng tâm.
Bài 2: Cho góc xOy , trên Ox lấy lần lượt các điểm A, B, C sao cho OA:AB:BC =
1:2:3. Trên Oy lấy các điểm A', B', C' sao cho OA':A'B':B'C' = 3:3:2. Chứng minh rằng
các đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy.