HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓC
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (873.96 KB, 17 trang )
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 1
HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓC
Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung
Thông thường khi viết phương trình của đường thẳng, ta hay sử dụng phương trình tổng quát
của đường thẳng. Nhưng có một dạng khác của phương trình đường thẳng mà việc áp dụng nó để giải
toán cũng hiệu quả không kém, đó là phương trình đường thẳng theo hệ số góc. Tuy nhiên khi sử
dụng dạng này ta chỉ tìm được những đường thẳng không song song với Oy. Do vậy, ta cần phải xét
thêm đường thẳng dạng
x m
có thỏa mãn bài toán không?
Sau đây là vài bài toán áp dụng
Bài toán 1: (Bài 35 SBT Hình Học 10 Nâng Cao)
Cho ba điểm A(1; 1), B(2; 0), C(3; 4). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cách đều hai điểm
B, C.
Giải
a) Gọi k là hệ số góc của đường thẳng đi qua A.
Khi đó thường thẳng có dạng:
1 1
y k x
1 0
kx y k
Theo giả thuyết
; ;
d B d C
2 2
2 1 3 4 1
1 1
k k k k
k k
1 2 3
k k
4
2
3
k
k
Suy ra có hai đường thẳng
1
: 4 3 0
x y
2
2 1
: 0
3 3
x y
2 3 1 0
x y
b) Xét đường thẳng
1
x
(đường thẳng này đi qua A nhưng không có hệ số góc)
Ta có:
, 1
d B
,
, 2
d C
Như vậy đường thẳng
1
x
không thỏa mãn đề bài.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán
1
: 4 3 0
x y
2
: 2 3 1 0
x y
Nhận xét: Nếu bỏ qua trường hợp b), có thể sẽ làm mất nghiệm của bài toán.
Bài toán 2: (Bài 56 SBT Hình Học 10 Nâng Cao)
Cho hai đường tròn
2 2
1
: 4 8 11 0
C x y x y
và
2 2
2
: 2 2 2 0
C x y x y
. Viết phương
trình tiếp tuyến chung của
1
C
và
2
C
.
Giải
Đường tròn
1
C
có tâm
1
I
(2; 4) và bán kính
1
3
R
Đường tròn
2
C
có tâm
2
I
(1; 1) và bán kính
2
2
R
Ta có:
1 2 1 2 1 2
1
R R I I R R
Suy ra
1
C
và
2
C
cắt nhau nên chúng có hai tiếp tuyến chung.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 2
Cách 1:
Giả sử tiếp tuyến chung
có phương trình:
0
ax by c
2 2
0
a b
.
tiếp xúc với
1
C
và
2
C
khi và chỉ khi
1 1
2 2
;
;
d I R
d I R
2 2
2 2
2 4
3
2
a b c
a b
a b c
a b
2 2 4 3
a b c a b c
5
7 11
5
c a b
a b
c
+ Với
5
c a b
, ta có:
2 2
2 6
2
a b
a b
2 4 3 0
b b a
0
4 3
b
b a
- Với
0
b
a c
. Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất
1
: 1 0
x
- Với
4 3
b a
, chọn
4
a
,
3
b
11
c
.
Ta có tiếp tuyến chung thứ hai
2
: 4 3 11 0
x y
+ Với
7 11
5
a b
c
, ta có:
2 2
2 6
2
5
a b
a b
2 2
12 3 8 0
a ab b
, phương trình vô nghiệm.
Vậy
1
C
và
2
C
có hai tiếp tuyến chung là
1
: 1 0
x
và
2
: 4 3 11 0
x y
Cách 2:
+ Xét đường thẳng
:
x m
là tiếp tuyến chung của tiếp xúc với
1
C
và
2
C
khi và chỉ khi
1 1
2 2
;
;
d I R
d I R
2 3
1 2
m
m
1
m
Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất
1
: 1 0
x
+ Giả sử tiếp tuyến chung
có phương trình:
y kx b
Ta có:
1 1
2 2
;
;
d I R
d I R
2
2
2 4
3
1
1
2
1
k b
k
k b
k
2 2 4 3 1
k b k b
5
7 11
5
b k
k
b
- Với
5
b k
, ta có:
2
3 1
k k
4
3
k
11
3
b
.
Ta có tiếp tuyến chung thứ hai
2
4 11
:
3 3
y x
4 3 11 0
x y
- Với
7 11
5
k
b
, ta có:
2
3 5 1
k k
2
24 6 16 0
k k
, phương trình vô nghiệm.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 3
Bài toán 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Phương trình đường thẳng BC là 3 3 0x y . Các
đỉnh A, B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam
giác ABC.
Giải
Vì B vừa thuộc đường thẳng
3 3 0x y
, vừa thuộc trục hoành
0y
nên tọa độ của B là
nghiệm của hệ phương trình:
3 3 0
0
x y
y
1
0
x
y
B(1; 0)
Gọi
0 0
;I x y là tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông ABC, thì I nằm trên đường phân giác của
góc
CBA .
Cạnh huyền BC có hệ số góc 3k .
Do đó BC tạo với chiều dương của trục hoành góc
mà tan 3k
0
60
.
Vậy đường phân giác của
CBA tạo với chiều dương
của trục hoành góc
0
30 , nên hệ số góc của đường
phân giác này là
0
1
3
tan30
3
k
Do đó, phương trình đường phân giác BI là:
3 3
3 3
y x
Theo giả thuyết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2, suy ra:
0
3 3
2
3 3
x
0
0
2 3 1
1 2 3
x
x
Gọi H là hình chiếu của I trên Ox, thì
0H
x x . Khi đó:
+ Với
0
2 3 1x , thì 2 2 3 3
A H
x x
2 3 3;0A
Điểm C nằm trên
3 3 0x y
và có hình chiếu trên Ox là A nên
2 3 3;6 2 3C
Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
4 3 7 2 3 6
;
3 3
G
+ Với
0
1 2 3x , thì 2 2 3 1
A H
x x
2 3 1;0A
2 3 1; 6 2 3C
Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
4 3 1 2 3 6
;
3 3
G
Vậy có hai tọa độ của điểm G.
Bài toán 4: Cho Elip (E):
2 2
1
25 9
x y
và điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt
(E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 4
Giải
Ta xét hai trường hợp:
a) Đường thẳng qua M có dạng 1x . Gọi
1
A ,
1
B là giao điểm của đường thẳng 1x và (E). Rỏ
ràng M không là trung điểm của
1 1
A B . Loại trường hợp này.
b) Đường thẳng d qua M có hệ số góc k, có dạng:
1 1y k x
Giả sử d cắt (E) tại hai điểm
1 1
;A x y ,
2 2
;B x y
Khi đó tọa độ của A, B nghiệm đúng hệ phương trình sau:
2 2
1
25 9
1
x y
y kx k
2
2 2
25 9 50 1 25 1 225 0
1
k x k k x k
y kx k
Đường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi
2 2
2 2 2
25 1 25 1 225 25 9 0k k k k
(*)
Để M(1; 1) là trung điểm của AB, ta cần có:
1 2
2
x x
2
50 1
2
25 9
k k
k
9
25
k (thỏa mãn (*))
Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình:
9
1 1
25
y x
9 25 34 0x y
Cuối cùng, xin gửi các bạn một số bài toán để luyện tập phương pháp trên:
Bài 1: Lập phương trình đường thẳng d qua A(3; 0) và cắt hai đường thẳng
1
: 2 2 0d x y ,
2
: 3 0d x y tương ứng tại I, J sao cho A là trung điểm của IJ.
Bài 2: Cho điểm A(1; 1). Tìm điểm B trên đường thẳng
3y
và điểm C trên trục hoành sao cho ABC
là tam giác đều.
Bài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng y x , phân giác
trong của góc C nằm trên đường thẳng 3 2 0x y . Viết phương trình cạnh BC.
Bài 4: Cho ba điểm A(2; 3), B(4; 5), C(4; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua K(5; 2) và cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo một dây cung MN mà 2 3MN .
Bài 5: Cho Hypebol (H):
2 2
1
2 3
x y
và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt
(H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.
Bài 6: Cho Parabol (P):
2
2y px và đường thẳng di động đi qua tiêu điểm F của (P) và cắt (P) tại
hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một
đường thẳng cố định.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 5
ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNG
Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung
1.Định lí: Cho đa giác lồi A
1
A
2
…A
n
và các vectơ đơn vị
i
e
(
1i i
A A
) theo thứ tự vuông góc với
(xem A
n+1
A
1
), hướng ra phía ngoài đa giác. Lúc đó ta có:
1 2 1 2 3 2 1
0
n n
A A e A A e A A e
Chứng minh:
+ Xét trường hợp n = 3, đa giác chính là tam giác.
Gọi (I) là đường tròn nội tiếp ABC , lần lượt tiếp xúc
với các cạnh BC, AC, AB tại D; E; F.
Đặt AE = AF = x; BF = BD = y; CD = CE = z.
Như vậy ta có: y + z = a; z + x = b; x + y = z.
Vì D
BC, DB = y; CD = z nên
y
DB DC
z
Hay điểm D chia đoạn thẳng BC theo tỉ số
y
z
.
Với I bất kì thì: .
1
y
IB IC
zIB yIC
z
ID a ID zIB yIC
y
a
z
Tương tự ta có: ;bIE xIC zIA cIF yIA xIB
( ) ( ) ( )aID bIE cIF IA y z IB x z IC x y aIA bIB cIC
Trong một tam giác nếu I là tâm đường tròn nội tiếp thì 0aIA bIB cIC
0aID bIE cIF
Suy ra định lí con nhím đúng với n = 3.
+ Giả sử định lí con nhím đúng với (n – 1)-giác lồi (n 4) (2)
Dựng vectơ đơn vị e
vuông góc với
1 1n
A A
, hướng ra phía
ngoài tam giác A
1
A
n-1
A
n
.
Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n – 1)-giác nên
áp dụng tương ứng cho A
1
A
n-1
A
n
và (n – 1)-giác
A
1
A
2
…A
n-1
, ta có:
1 1 1 1 1
1 2 1 2 3 2 1 1
0
( ) 0
n n n n n n
n
A A e A A e A A e
A A e A A e A A e
1 2 1 2 3 2 1
0
n n
A A e A A e A A e
Như vậy định lí con nhím đúng với n-giác lồi.
Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí con nhím đúng với mọi
đa giác lồi.
Người ta còn gọi các vectơ
i
e
là các lông nhím.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 6
Cách phát biểu khác của định lí con nhím: Cho đa giác lồi A
1
A
2
…A
n
. Gọi
i
a
(1 i n) là các vectơ
vuông góc với cạnh
1i i
A A
(xem A
n+1
A
1
), hướng ra ngoài đa giác và
1i i i
a A A
thì:
1 2
0
n
a a a
.
Hệ quả: Với điểm I bất kì trong tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của I trên BC, AC,
AB. Ta có: . . . 0
BC AC AB
IM IN IP
IM IN IP
2. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Cho ABC . I là tâm đường tròn bàng tiếp
ACB của tam giác. Gọi M; N; P lần lượt là hình
chiếu vuông góc của I lên BC; CA; AB. Chứng minh rằng:
a) . . . 0a IM b IN c IP
b) . . . 0a IA b IB c IC
Giải
a) Xét ABC có:
IP AB
IN CA
IM CB
IP IN IM
Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta có:
. . . 0a IM b IN c IP
(đpcm)
b) Ta có:
. . .a IA b IB c IC a IM MA
b IN NB c IP PC
aMA bNB cPC
Lại có AM
1
MB
AB AC
MC
MB
MC
=
.MC AB MBAC
a
(vì M chia đoạn BC theo tỉ số
MB
MC
)
. . .a MA MC AB MB AC
Tương tự:
. . .b NB NC BA NA BC
và
. . .c PC PACB PB CA
(vì P chia đoạn AB theo tỉ số
PA
PB
)
. . . . . . . .a IA bIB c IC MC AB MB AC NC BA NA BC PACB PB CA
. . .AB NC MC BC NA PA CA PB MB
.0 .0 .0 0AB BC CA
(đpcm)
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 7
Ví dụ 2: Cho
ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm AB và G là trọng tâm
của
ACD. Chứng minh rằng: OG CD.
Giải
Xét ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn tâm O.
Ta có:
OD AB
OE AC
OD OE
Gọi vectơ v
là vectơ vuông góc với DC, hướng ra
ngoài miền ADC và có độ lớn v OD OE
.
Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ADC ta có:
. . . 0AD OD AC OE CD v
1 1
. . 0
2 2
AB OD AC OA OC CD v
1 1
. . 0
2 2
AC OD AC OA OC CD v
1
. 0
2
AC OD OA OC CD v
3
. .
2
AC OG CD v
2
.
3
CD
OG v
AC
OG
cùng phương với v
OG DC. (đpcm)
Ví dụ 3: Cho ABC không đều. BC là cạnh nhỏ nhất, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo
thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. Gọi G là trọng tâm của
XYZ
. Trên tia BA, CA theo thứ tự
lấy các diểm E, F sao cho BE = CF = BC. Chứng minh rằng: IG EF.
Giải
Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường tròn nội tiếp (I)
của ABC bằng 1.
Dựng vectơ đơn vị e
vuông góc với EF.
Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác EBCF ta có:
. . . . 0EB IZ BC IX CE IY EF e
.
3 . .
BC IX IY IZ EF e
BC IG EF e
.
3
EF
IG e
BC
IG
cùng phương với e
.
IG EF
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 8
Ví dụ 4: Cho ABC vuông tại A có ,AB c AC b . Tìm điểm D AC sao cho
BD AM
với AM
là trung tuyến của ABC .
Giải
Gọi N là hình chiếu của M trên AC, kẻ BP MN (P MN).
Trong AMN có
BP MN
BD AM
BA AN
Áp dụng định lý Con nhím trong AMN ta có:
0
MN AN AM
BP BA BD
BP BA BD
(1)
Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:
DN AD
BD BN BA
AN AN
Nên từ (1) ta có
0
MN AN AM DN AM AD
BP BA BN BA
BP BA BD AN BD AN
0
2 2
0
2 2 2
MN AN AM AD AM DN
BP BA BN
BP BA BD AN BD AN
c b a AD a DN
BP BA BN
b c BD b BD b
Do ta có: BN BP BA
nên ta suy ra
2 2
2 2 2
c b a AD a DN
b c BD b BD b
2
2 2
2 2
2
2
2
2
a
BD DN
c
c
DN AD
ac
b c
BD AD
b c
Trường hợp nếu
2 2
2 0b c thì N nằm ngoài A và N, ta làm tương tự.
Bài toán được giải quyết.
Ví dụ 5: Tìm tất cả những điểm N trong ABC thỏa mãn:
1 1 1
0NA NB NC
, trong đó
1 1 1
, ,A B C
lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB.
Giải
Trong ABC có:
1
1
1
NA BC
NB AC
NC AB
Áp dụng định lý Con nhím cho ABC , ta có:
1 1 1
1 1 1
0
BC AC AB
NA NB NC
NA NB NC
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 9
Do N thỏa
1 1 1
0NA NB NC
nên ta có:
1 1 1
BC AC AB
NA NB NC
hay
1 1
. .AB NB AC NC
Gọi AD là phân giác trong của góc A,
D BC
Lấy
1
N đối xứng với N qua đường phân giác AD
Khi đó ta có: Khoảng cách từ
1
N đến AC bằng
1
NC ,
Khoảng cách từ
1
N đến AB bằng
1
NB .
Suy ra
1 1
AN B AN C
S S
Gọi
'A
là giao của
1
AN với BC.
Từ
1 1
AN B AN C
S S
1 1 1 1
. .sin . .sinAB NA BAN AC NA CAN
1 1
.sin .sin .AA'.sin ' .AA'.sin 'AB BAN AC CAN AB BAA AC CAA
AA' AA'B C
S S
Suy ra 'A là trung điểm của BC.
Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC , vậy N thuộc
đường thẳng đối xứng với AA’ qua đường phân giác góc
A.
Tương tự ta sẽ có: N thuộc đường thẳng đối xứng với
BB’ và CC’ qua đường phân giác góc B và góc C (với
B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB).
Như vậy: N là giao của 3 đường đối xứng với 3 đường trung tuyến lần lượt qua 3 đường phân giác của
mỗi góc.
Bài toán được giải quyết.
Điểm N như trên được gọi là điểm đối trung của ABC hoặc điểm Lemoine của ABC thoả
mãn hệ thức vectơ:
2 2 2
. . . 0a NA b NB c NC
(a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác)
Thật vậy:
Theo chứng minh trên ta có:
1 1 1
BC AC AB
NA NB NC
1 1 1
a b c
NA NB NC
2 2 2
1 1 1
2 2 2a b c
aNA bNB cNC
2 2 2
a b c
a b c
S S S
(*)
Mặt khác, ta đã biết: nếu N là điểm bất kì trong tam giác ABC thì: . . . 0
a b c
S NA S NB S NC
, trong
đó
a MBC
S S
,
b MAC
S S
,
c MAB
S S
.
Vậy (*)
2 2 2
. . . 0a NA b NB c NC
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC. Điểm M nằm trong tam giác ABC, H, I, K lần lượt là hình chiếu của M
trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 10
2 2 2
. . . 0a MH b MI c MK
Giải
Vì M nằm trong tam giác ABC nên: . . . 0
a b c
S MA S MB S MC
(1)
M là trọng tâm tam giác ABC 0MA MB MC
(2)
Từ (1) và (2) , ta có:
a b c
S S S
. . .a MH b MI c MK
2 2 2
a b c
a b c
MH MI MK
(3)
Mặt khác, áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có:
. . . 0
a b c
MH MI MK
MH MI MK
Khi đó: (3)
2 2 2
. . . 0a MH b MI c MK
Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba đường cao. Chứng minh rằng nếu ABC và
' ' 'A B C có chung trọng tâm thì ABC đều.
Giải
Gọi H là trực tâm tam giác ABC
Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có: . ' . ' . ' 0
' ' '
BC AC AB
HA HB HC
HA HB HC
(1)
Mặt khác, nếu ABC và ' ' 'A B C có chung trọng tâm thì ta có: ' ' ' 0AA BB CC
' ' '
. ' . ' . ' 0
' ' '
AA BB CC
HA HB HC
HA HB HC
(2)
Từ (1) và (2), suy ra:
' ' '
BC AC AB
AA BB CC
(3)
Ngoài ra, ta lại có: ' 'ABA CBC và ' 'ACA BCB
nên:
'
'
AB AA
CB CC
và
'
'
AC AA
BC BB
(4)
Từ (3) và (4) AB BC AC
Vậy tam giác ABC đều.
Ví dụ 8 : Cho ABC nội tiếp
đường tròn tâm O, M là điểm thuộc (O). Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếu
của M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : H, I, J thẳng hàng
Giải
Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có :
. . . 0
AC AB BC
MI MJ HM
MI MJ MH
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 11
. . . 0
AC AB BC
HI HM HJ HM HM
MI MJ MH
. . 0
BC AC AB AC AB
HM HI HJ
MH MI MJ MI MJ
(*)
Ta lại có:
+ BMH AMI nên:
AI MI AI BH
BH MH MI MH
+ MCH MAJ nên:
MH CH CH AJ
MJ AJ MH MJ
+
MCI MBJ
nên:
MI CI CI BJ
MJ BJ MI MJ
Khi đó:
BC AC AB BH CH AI CI AJ BJ
MH MI MJ MH MH MI MI MJ MJ
0
AI AJ AI BJ AJ BJ
MI MJ MI MJ MJ MJ
Vậy (*) . . 0
AC AB
HI HJ
MI MJ
HI
cùng phương với HJ
H, I, J thẳng hàng.
3. Bài tập
Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh 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 DB
Giải
Dựng vecto e
là vectơ đơn vị vuông góc với BD và hướng ra
ngoài BDC .
Áp dụng định lí con nhím cho BDC , ta có:
. . . 0
BC DC
AH HD DB e
AH HD
(*)
Mặt khác, HDC AHC nên:
2HD DC DC
AH HC BC
2BC DC
AH HD
Do đó, (*)
2
. . . 0
DC DC
AH HD DB e
HD HD
2 . 0
DC
AH HD DB e
HD
. 0
DC
AH AD DB e
HD
.2 . 0
DC
AM DB e
HD
AM
cùng phương với e
AM BD
Bài 2: Cho ABC có góc
BAC nhọn. Vẽ bên ngoài tam giác các tam giác vuông cân đỉnh A là ABE
và ACD. M là trung điểm BC. Chứng minh rằng AM DE.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 12
Giải
Xét AED có
AB AE
AC AD
Gọi vectơ e
là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra
ngoài
AED
.
Áp dụng định lí con nhím vào
AED
ta có:
. . . 0
AE AD
AB AC ED e
AB AC
Lại có AD =AC và AB = AE (ABE, ACD vuông cân tại A)
. 0AB AC ED e
2 . 0AM ED e
AM
và e
cùng phương
AM DE (đpcm).
Bài 3: cho ABC vuông cân tại A có AB AC a . Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt nằm trên ba
cạnh AB, BC, CA sao cho
AM BN CP
AB BC CA
. Chứng minh AN PM và AN PM
Giải
Gọi H là trung điểm BC.
Dựng vecto e
là vectơ đơn vị vuông góc với AN và hướng ra ngoài ANB .
Áp dụng định lí con nhím cho ANB , ta có: . . . 0
AB NB
CA AH AN e
AC AH
2
. . 0
NB
CA AH AN e
BC
(vì tam giác ABC vuông cân tại A) (*)
Mặt khác, vì
AM BN CP
AB BC CA
nên:
. 1 1
. .
CP CP BN
CP CA AP AC CA
CA CA BC
AM BN
AM AB AB
AB BC
.
BN
PM AM AP CA AB AC
BC
2 .
BN
CA AH
BC
Do đó, (*)
. 0PM AN e
Vậy:
/ /
.
PM e PM AN
PM PM AN e AN
(đpcm)
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 13
Bài 4: Cho ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm của BC. Lấy các điểm B
1
, C
1
trên AB, AC sao
cho AB.AB
1
=AC.AC
1
. Chứng minh rằng: AM B
1
C
1
.
Giải
Gọi N
1
, N
2
lần lượt là trung điểm AB, AC MN
1
AB, MN
2
AC.
Gọi e
là vectơ đơn vị vuông góc với B
1
C
1
và hướng ra phía ngoài B
1
AC
1
.
Áp dụng định lí con nhím vào
B
1
AC
1
ta có:
1 1
1 2 1 1
1 2
. . . 0
AB AC
MN MN B C e
MN MN
1 1
1 2 1 1
2 2
. . . 0
AB AC
MN MN B C e
AC AB
Lại có AB.AB
1
= AC.AC
1
1 1
AB AC
AC AB
1
1 2 1 1
2
. 0
AB
MN MN B C e
AC
1
1 1
4
. . 0
AB
MA B C e
AC
MA
cùng phương với e
MA B
1
C
1
. (đpcm)
Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. K là hình chiếu vuông góc của
B trên AC. M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. Chứng
minh rằng: BM MN .
Giải
Gọi e
là vectơ đơn vị vuông góc vơi MN và hướng ra ngoài
MNC.
Áp dụng định lí con nhím vào MNC ta có:
. 0
MC NC
BK BC MN e
BK BC
Lại có . .
KC MK
BK BM BC
MC MC
. . . . 0
KC MK NC
BM BC BC MN e
BK BK BC
Mà
1 1 1 1 1 2
tan tan
2 2 2 2 2
MK AK CD NC NC
ABK CAD
BK BK AD BC BC
. . 0
KC
BM MN e
BK
BM
cùng phương với e
BM MN. (đpcm)
Bài 6: cho ABC và điểm O nằm trong tam giác. Gọi A
1
; B
1
; C
1
theo thứ tự là hình chiếu vuông góc
của O lên BC; CA; AB. Trên các tia OA
1
; OB
1
; OC
1
theo thứ tự lấy các điểm A
2
; B
2
; C
2
sao cho OA
2
=
BC; OB
2
= AC; OC
2
= AB. Chứng minh rằng O là trọng tâm của A
2
B
2
C
2
.
Giải
Đặt
a
e
=
2
2
OA
OA
;
2
2
b
OB
e
OB
;
2
2
c
OC
e
OC
.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 14
Suy ra:
2 2
. .
a a
OA OA e BC e
;
2 2
. .
b b
OB OB e CA e
;
2 2
. .
c c
OC OC e AB e
Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta lại có: BC.
a
e
+ CA
b
e
+ AB.
c
e
= 0
2 2 2
0OA OB OC
O là trọng tâm của
A
2
B
2
C
2
. (đpcm).
Ta có thể mở rộng bài toán trên cho một đa giác lồi bất kì:
Cho đa giác lồi
1 2
n
A A A , điểm O ở trong miền đa giác. Các
điểm
1 2
', ', , '
n
A A A lần lượt là hình chiếu vuông góc của O
trên
1 2 2 3 1
, , ,
n
A A A A A A . Lấy các điểm
1 2
'', '', , ''
n
A A A lần
lượt thuộc các tia
1 2
', ', , '
n
OA OA OA sao cho
1 1 2 2 2 3 1
'' , '' , , ''
n n
OA A A OA A A OA A A . Khi đó ta có O là
trọng tâm của đa giác
1 2
n
A A A .
Bài 7: Cho ABC và XYZ. Đoạn BC theo thứ tự
cắt các đoạn XZ, XY tại M, N; đoạn CA theo thứ tự
cắt các đoạn YX, YZ tại P, Q; đoạn AB theo thứ tự
cắt các đoạn ZY, ZX tại R, S. Giả sử MN = NP =
PQ = QR = RS = SM. Chứng minh rằng: ABC
đều XYZ đều.
Giải
Điều kiện cần:
Gọi
a
e
,
z
e
,
b
e
,
x
e
,
c
e
,
y
e
lần lượt là các vectơ đơn vị hướng
ra ngoài lục giác MNPQRS và lần lượt vuông góc với các canh
MN, NP, PQ, QR, RS, SM.
Áp dụng định lí con nhím cho lục giác MNPQRS, ta có:
. . . . . . 0
a z b x c y
MN e NP e PQ e QR e RS e SM e
Lại có MN = NP = PQ = QR = RS = SM nên:
a
e
+
z
e
+
b
e
+
x
e
+
c
e
+
y
e
= 0
. (1)
Mặt khác áp dụng định lí con nhím cho ABC đều ta có: BC.
a
e
+ AC.
b
e
+ AB.
c
e
= 0
BC.(
a
e
+
b
e
+
c
e
) = 0
a
e
+
b
e
+
c
e
= 0
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
x
e
+
y
e
+
z
e
= 0
(3)
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 15
Áp dụng định lí con nhím vào XYZ ta có: YZ.
x
e
+ ZX.
y
e
+ XY.
z
e
=0
(4)
Từ (3) và (4) nên: XY = YZ = XZ
Điều kiện đủ: chứng minh tương tự như điều kiện cần.
Như vậy điều kiện cần và đủ để ABC đều là XYZ đều.
Bài 8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Hai điểm E, F theo thứ tự là trung điểm của AC,
BD. Chứng minh rằng I, E, F thẳng hàng.
Giải
Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của I
trên AB, BC, CD; x, y, z, t là khoảng cách từ A, B, C, D tới
các tiếp điểm tương ứng.
Tức là AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP = z;
DP = DQ = t.
Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác ABCD, ta có:
(x+y) IM
+ (y+z) IN
+ (z+t) IP
+ (t+x) IQ
=0
Lại có:
IM
=
y
x y
IA
+
x
x y
IB
(x + y)
IM
= y.
IA
+ x.
IB
Tương tự:(y + z) IN
= z. IB
+ y. IC
;
(z + t) IP
= t. IC
+ z. ID
; (t + x) IQ
= x.ID
+ t. IA
y.
IA
+ x.
IB
+ z.
IB
+ y. IC
+ t. IC
+ z.
ID
+ x.
ID
+ t.
IA
= 0
(y + t) ( IA
+ IC
) + (x + z)( IB
+ ID
) = 0
(y + t).2
IE
+ (x + z).2
IF
= 0
IE
= –
x z
y t
IF
IE
cùng phương với
IF
I, E, F thẳng hàng. (đpcm)
Bài 9: Về phía ngoài
ABC dựng các tam giác đồng
dạng XBC, YCA, ZAB. Chứng minh rằng các tam giác
ABC và XYZ có cùng trọng tâm.
Giải
Gọi H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của X, Y, Z trên
BC, CA, AB.
Gọi
a
e
,
b
e
,
c
e
là các vectơ đơn vị, hướng ra ngoài
ABC và theo thứ tự vuông góc với các cạnh BC, CA,
AB.
Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên:
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 16
BH CK AL
m
BC CA AB
(1)
XH YK ZL
n
BC CA AB
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
BX CY AZ
BH HX CK KY AL LX
. . . . . . . .
. . . .
. . . .
a b c
a b c
a b c
m BC n BC e m CA n CA e mAB n AB e
m AB BC CA n BC e CA e AB e
n BC e CA e AB e
Mặt khác áp dụng định lí con nhím vào ABC ta có: BC.
a
e
+CA.
b
e
+AB.
c
e
= 0
0BX CY AZ
Gọi G là trong tâm của ABC, ta có: 0GA GB GC
Khi đó: BX CY AZ
0
0
0
0
GX GB GY GC GZ GA
GX GY GZ GA GB GC
GX GY GZ
G là trọng tâm của
XYZ.
Như vậy các tam giác ABC và XYZ có cùng trọng tâm.
Bài 10: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O; R) và AB = CD = EF. Về phía ngoài lục giác
ta dựng các tam giác đồng dạng MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA theo thứ tự cân tại M, N, P, Q, R,
S. Gọi O
1
, O
2
theo thứ tự là trọng tâmcác tam giác MPR, NQS. Chứng minh rằng O, O
1
, O
2
thẳng
hàng.
Giải
Gọi M’, N’, P’, Q’, R’, S’ lần lượt là trung điểm của AB,
BC, CD, DE, EF, FA.
Gọi G là trọng tâm của M’R’P’.
' ' ' 0GM GR GP
1
0
2
1 1 1
0
2 2 2
' ' ' 0
GA GB GE GF GC GD
GA GF GB GC GE GD
GS GN GQ
G là trọng tâm của
S’N’Q’
Mà G là trọng tâm của M’P’R’
M’P’R’ và lục giác M’N’P’Q’R’S’ có cùng trọng
tâm. (*)
Vì G là trọng tâm của M’P’R’ nên ta có:
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2011-2012
TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 17
' ' ' 0
GM GR GP
3 ' ' ' 0
' ' '
3 . . 0
GO OM OR OP
OM OR OP
GO OM OR OP
OM OR OP
Lại có AB = CD = EF và các tam giác MAB, PCD, REF đồng dạng nên:
' ' '
OM OP OR
k
OM OP OR
3 . 0
GO k OM OR OP
1
3 3 0
GO kOO
(vì O
1
là trọng tâm của
MPR)
GO
cùng phương với
1
OO
hay G, O, O
1
thẳng hàng. (1)
Mặt khác áp dụng định lí con nhím vào lục giác M’N’P’Q’R’S’ ta có:
. ' . ' . ' . ' . ' . ' 0
' ' ' ' ' '
AB BC CD DE EF FA
M M N N P P Q Q R R S S
M M N N P P Q Q R R S S
Mà các tam giác MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA đồng dạng nên:
' ' ' ' ' '
AB BC CD DE EF FA
M M N N P P Q Q R R S S
' ' ' ' ' ' 0
M M N N P P Q Q R R S S
0
0
GM GN GP GQ GR GS
GM GP GR GN GQ GS
1 2
3 3 0
GO GO
(Vì O
1
, O
2
là trọng tâm của các tam giác MPR và NQS)
1
GO
cùng phương với
2
GO
hay G, O
1
, O
2
thẳng hàng. (2)
Từ (1) và (2) O, O
1
, O
2
thẳng hàng.
