TÍCH vô HƯỚNG một số ỨNG DỤNG của TÍCH vô HƯỚNG file word

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

CHUYÊN ĐỀ II: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG
Tích vô hướng có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Sau đây chúng ta tiếp cận
những ứng dụng của nó trong giải các bài toán hình học.
I. CHỨNG MINH TÍNH VUÔNG GÓC VÀ THIẾT LẬP ĐIỀU KIỆN VUÔNG GÓC.
1. Phương pháp giải.

r

r

rr

Sử dụng điều kiện a ^ b Û a.b = 0

uuur uuur

uuur uuur

Chú ý: Ta có A B ^ CD Û A B .CD = 0 , để chứng minh A B .CD = 0 thông

uuur uuur

thường chúng ta phân tích A B , CD qua hai vectơ không cùng phương.
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Cho tứ giác A BCD . Chứng minh rằng hai đường chéo AC và BD vuông
góc với nhau khi và chỉ khi AB 2 + CD 2 = BC 2 + AD 2
Lời giải
Ta có AB 2 + CD 2 - BC 2 - AD 2

uuur uur 2
uuur uur
= CB - CA + CD 2 - BC 2 - CD - CA
uuur uur
uuur uur
uur uuur uuur
= - 2CB .CA + 2CD .CA = 2CA CD - CB
uur uuur
= 2CA .BD

(

)

(

(

2

)

)

Do đó đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi

uur uuur
CA.BD = 0 Û A B 2 + CD 2 = BC 2 + A D 2
Ví dụ 2 Cho hình vuông A BCD cạnh a. Gọi M, N thuộc cạnh AB và AD sao cho

A M = DN = x .
a) Chứng minh rằng CN vuông góc với DM.

1


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

uuur

uuur

b) Giả sử P là điểm được xác định bởi BP = yBC tìm hệ thức liên hệ của x , y
và a để MN vuông góc với MP.
Lời giải (hình 2.11)

A

uuur
x uuur
x uuur uuuur
a) Ta có DN = - A D , A M = A B
a
a

N
D

uuuur
uuur uuuur

x uuur uuur
và DM = DA + A M = A B - A D
a
uuuur uuur

æx uuur
èa

uuur öæ uuur

= -

øè

ö
x uuur ÷
AD ÷
÷
a
ø

uuur uuur
Vì A BCD hình vuông nên A B .A D = 0

uuuur uuur
Do đó DM .CN = - ax + ax = 0
Vậy CN vuông góc với DM.

uuuur
uuur uuuur

a - x uuur x uuur
AB - AD ;
b) Ta có MN = A N - A M =
a
a
uuur
uuur uuur
uuur
a - x uuur
MP = MB + BP =
A B + yA D
a

uuuur uuur

2

C
Hình 2.11

x uuur 2 x uuur 2 x 2 uuur uuur uuur uuur
A B + A D - 2 A B .A D + A B .A D
a
a
a

Suy ra MN ^ MP Û MN .MP = 0

B
P

uuur
uuur uuur
uuur x uuur
Suy ra CN = CD + DN = - A B AD
a

ç
Suy ra DM .CN = çç A B - A D ÷
÷
÷çç- A B ç

M


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

uuur
uuur ö
æa - x uuur x uuur öæ
çça - x A B + yA D ÷
Û çç
AB - AD ÷
÷
÷
֍ a
÷= 0
çè a
a
øè

ø
2

Û

(a - x )
a2

uuur 2 x uuur 2
2
.A B - .y .A D = 0 Û (a - x ) = axy
a

Ví dụ 3: Cho tam giác đều A BC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn

uuur
1 uuur uuur
1 uuur
BM = BC , A N = A B . Gọi I là giao điểm của AM và CN. Chứng minh rằng
3
3
BI ^ IC .
Lời giải

uur

uuuur

Giả sử A I = kA M . Ta có

uur uur uuur
uuuur uuur
uuur uuur
uuur
æuuur 1 uuur ö uuur
CI = A I - A C = kA M - A C = k A B + BM - A C = k ççA B + BC ÷÷÷- A C
çè
3
ø
uur
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
æ
ö
æk
ö
1
1
2k
çç - 1 ÷

A
C
=
A
B
+
Hay CI = k ççA B + A C - A B ÷
÷
÷
÷
÷A C
çè
3
3
3
ø
èç 3
ø

(

uuur

uuur

uuur

Mặt khác CN = A N - A C =

)

1 uuur uuur
AB - AC
3

uur uuur
k
3
Þ k =
Vì CI , CN cùng phương nên 2k = 1 3
7
uur
3 uuuur
3 uuur uuur
3 æuuur 1 uuur 1 uuur ö 2 uuur 1 uuur
AI = AM =
A B + BM = ççA B + A C - A B ÷
÷= AB + AC
7
7
7 çè
3
3
7
ø÷ 7

(

uur

uur

)

uuur

Suy ra BI = A I - A B =

2 uuur 1 uuur uuur
5 uuur 1 uuur
AB + AC - AB = - AB + AC
7
7
7
7

uur
uuur uur
uuur æ2 uuur 1 uuur ö
2 uuur 6 uuur
IC = A C - A I = A C - çç A B + A C ÷
=
AB + AC
÷
÷
çè 7
7
7
7
ø

uur uur

æ 5 uuur 1 uuur ÷
öæ 2 uuur 6 uuur ÷
ö
çç- A B + A C ÷
AB + AC ÷
÷
÷
7
7
è 7
øèç 7
ø

Do đó BI .IC = ççç

3


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

=

uuur 2
uuur 2
uuur uuur ö
1æ
çç10A B + 6A C - 32A B .A C ÷

÷
÷
ø
49 çè
uuur uuur

Vì tam giác A BC đều nên A B = A C , A B .A C = A B .A C .cos A =

1
AB 2
2

uur uur
Suy ra BI .IC = 0
Vậy BI ^ IC
Ví dụ 4: Cho tam giác A BC cân tại A. Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam
giác A CM , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC . Chứng minh rằng GI
vuông góc với CM
Lời giải (2.12)

uuur

r uuur

r

Đặt A B = x ; A C = y và : A B = A C = a . Ta có :

uuur
uuuur uuur

1 uuur uuur
1 r r
CM = A M - A C = A B - A C = .x - y
2
2

A

(1)

M

I

Gọi J là trung điểm CM, ta có :

uuur
2 uuur
1 uuuur uuur
A G = A J = (A M + A C )
3
3
1 1 uuur uuur
1r 1r
= ( AB + AC) = x + y
3 2
6
3

G

C

B
Hình 2.12

Mặt khác

uur
ìï IA 2 = (IA +
ìï IA = IB
ìï IA = IB
ï
ïí
uur
Þ ïí 2
Þ ïí
2
ïï IA = IC
ïï IA = IC
ïï I A 2 = (IA +
î
î
ïî
2

Từ (1) và (2) ta có :

4

2

ìï uur r
uuur
a2
ï
2
A
I
.
x
=
ï
AB)
2
uuur Þ íï uur
2
2
ï
r
a
AC )
ïï A I .y =
ïî
2

(2)


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

uuur uur
uuur uur uuur
æ1 r r öæuur 1 r 1 r ö
÷
ç
CM .GI = CM . A I - A G = çç x - y ÷
÷
÷
÷ççA I - 6 .x - 3 .y ø
÷
çè 2
øè
1 r uur r uur
1 2 1 r r 1r r 1 2
= x .A I - y .A I .x + .x .y - x .y + .y =
2
12
6
6
3

(

=

)

a2 a2 a2 a2
+

= 0.
4
2 12
3

Suy ra GI vuông góc với CM
3. Bài tập luyện tập:
Bài 2.96: Cho 4 điểm A, B, C, D thỏa mãn hệ thức

AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 . Chứng minh rằng A B ^ CD
Bài 2.97 : Cho hình vuông A BCD , M là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao cho

AM =

AC
, N là trung điểm của đoạn thẳng DC. Chứng minh rằng BMN là
4

tam giác vuông cân.
Bài 2.98: Cho tam giác A BC vuông cân tại đỉnh A. Trên các cạnh AB, BC, CA ta lấy
các điểm M, N, E sao cho

AM
BN
CE
=
=
.
MB
NC

EA

Chứng minh rằng A N ^ ME .
Bài 2.99: Cho tam giác đều A BC , độ dài cạnh là 3a . Lấy M, N, P lần lượt nằm
trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM = a, CN = 2a, A P = x . Tính x để AM
vuông góc với PN.
Bài 2.100: Cho hình chữ nhật A BCD . Kẻ BK ^ A C . Gọi M, N lần lượt là trung

·

điểm của AK và CD. Chứng minh rằng BMN = 900

5


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Bài 2.101: Cho hình thang vuông A BCD có đường cao A B = 2a , đáy lớn

BC = 3a , đáy nhỏ A D = a . I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng
A I ^ BD .
Bài 2.102: Cho tứ giác lồi A BCD , hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Gọi H
và K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO. Và I, J lần lượt là trung điểm AD
và BC. Chứng minh rằng HK vuông góc với IJ.
Bài 2.103: Cho tam giác A BC 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 A M vuông góc với

DB
Bài 2.104: Cho tam giác A BC không cân. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác

A BC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại A', B' và C'. Gọi P là giao điểm
của BC với B'C'. Chứng minh rằng IP vuông góc AA'.

µ

Bài 2.105: Cho tam giác A BC có AB = 4, AC = 8 và A = 600 . Lấy điểm E

uuur

uuur

trên tia AC và đặt A E = kA C . Tìm k để BE vuông góc với trung tuyến AF của
tam giác A BC .
Bài 2.106: Cho tam giác A BC có BC = a,CA = b, A B = c và G là trọng tâm ,
I là tâm đường tròn nội tiếp. Tìm điều kiện của a, b, c để IG vuông góc với IC .
Bài 2.107 : Tứ giác A BCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại M,
P là trung điểm của đoạn thẳng AD. Chứng minh rằng :

uuur uuur
uuur uuur
MP ^ BC Û MA.MC = MD.MB

Bài 2.108: Cho tam giác A BC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Qua A
vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường thẳng CF, BE tại P
và Q. Chứng minh rằng PQ vuông góc với trung tyến AM của A BC .

III. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ BIỂU

6

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

THỨC HÌNH HỌC.
1. Phương pháp giải.
Sử dụng các bất đẳng thức

r r

•

Cho a, b bất kì. Khi đó ta có

r r
rr
r r
r r
+ a .b £ a . b dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos a, b = 1 hay a; b cùng

( )

hướng.

rr

r

r r

r r

r

( )

+ a .b ³ - a . b dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos a, b = - 1 hay a; b
ngược hướng.

r2

r

r

• u ³ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u = 0
• Bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, Bunhiacopxki...)
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Cho tam giác A BC có trọng tâm G và M là một điểm bất kỳ. Chứng minh
rằng

MA 2 + MB 2 + MC 2 ³ MAGA
. + MB .GB + MC .GC ³ GA 2 + GB 2 + GC 2
Lời giải

uuur uuur

(

uuur uuur

)

Ta có MA .MG = MA .MG .cos MA ; MG £ MA .MG

uuur uuur

uuur uuur

Tương tự MB .GB ³ MB .GB ; MC .GC ³ MC .GC

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur

Suy ra MA .GA + MB .GB + MC .GC ³ MA .GA + MB .GB + MC .GC
Mặt khác

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
MA .GA + MB .GB + MC .GC = (MG + GA )GA + (MG + GB ).GB + (MG + GC ).GC
uuur uuur uuur uuur
= MG (GA + GB + GC ) + GA 2 + GB 2 + GC 2 = GA 2 + GB 2 + GC 2
Suy ra MAGA
. + MB .GB + MC .GC ³ GA 2 + GB 2 + GC 2 (*)

7

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

MA 2 + MB 2 + MC 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 ³ 2MAGA
. + 2MB .GB + 2MC .GC
Kết hợp (*) suy ra

MA 2 + MB 2 + MC 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 ³ MAGA
. + MB .GB + MC .GC + GA 2 + GB 2 + GC 2
hay MA 2 + MB 2 + MC 2 ³ MAGA
. + MB .GB + MC .GC
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét:

2
2
2
m a , GB = m b , GC = m c
3
3
3
4
1
Þ GA 2 + GB 2 + GC 2 = (m a2 + m b2 + m c2 ) = (a 2 + b2 + c 2 )
9
3

•

Ta có GA =

Suy ra với mọi điểm M thì

m a .MA + m b .MB + m c .MC ³

1 2
(a + b2 + c 2 )
2

3 (MA 2 + MB 2 + MC 2 ) ³ a 2 + b2 + c 2
3 (MA 2 + MB 2 + MC 2 ) ³ 2 (m a .MA + m b .MB + m c .MC

)

Đặc biệt
•

Với M º O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có

OA + OB 2 + OC 2 ³ OA .GA + OB .GB + OC .GC ³ GA 2 + GB 2 + GC 2
2

Mặt khác ta có OA = OB = OC = R , ta có

R (GA + GB + GC ) £ 3R 2 hay m a + m b + m c £
1
1
1
2

+
+
³
ma
mb mc
R

8

9
R suy ra
2


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

R (GA + GB + GC ) ³ GA 2 + GB 2 + GC 2 hay

m a2 + m b2 + m c2
3R
£
ma + mb + mc
2

3R 2 ³ GA 2 + GB 2 + GC 2 hay m a2 + m b2 + m c2 £

27 2
R ,
4

9R 2 ³ a 2 + b2 + c 2
•

Với M º I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, ta có

IA.GA + IB .GB + IC .GC ³ GA 2 + GB 2 + GC 2
r
r
r
Mặt khác IA =
do đó ta có
, IB =
, IC =
A
B
C
sin
sin
sin
2
2
2

ma
mb
mc
a 2 + b2 + c 2
+
+
³

A
B
C
2r
sin
sin
sin
2
2
2
•

Với M º H ta được 3 (HA 2 + HB 2 + HC 2 ) ³ a 2 + b2 + c 2 .

Xét tam giác A BC nhọn khi đó ta có

HC =

CA '
CA '
A C . cosC
=
=
= 2R cosC .
sin CHA '
sin B
sin B

Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC
2

æp ÷
ö
Do đó cos A + cos B + cos C ³ çç
÷
÷
è 3R ø
2

2

2

Ví dụ 2: Cho tam giác A BC và điểm M bất kỳ. Chứng minh rằng

A
B
C
a + b+ c
cos .MA + cos .MB + cos .MC ³
2
2
2
2
Lời giải (2.13)
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A BC

9

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

A
B
C
cos uur cos uur cos uur r
uur
uur
uur r
2 IA +
2 IB +
2 IC = 0
Ta có a .IA + b.IB + c.IC = 0 Þ
IA
IB
IC
A
A
cos
cos uuur uur
A
2
2 .MA .IA , tương tự ta có
.MA .IA ³
Vì cos .MA =
2
IA
IA

A'

B
uuur uur
B
2 .MB .IB và
cos .MB ³
2
IB
C
cos uuur uur
C
2 .MC .IC
cos .MC ³
2
IC

A

cos

A
B
C
cos uuur uur cos uuur uur cos uuur uur
2
2
2 .MC .IC
.MA .IA +
.MB .IB +
Mà
IA

IB
IC

O G
B'
B

C'
Hình 2.13

æ A
ö
B
C
uuur çç cos uur cos uur cos uur ÷
÷
A
B
C
2 IA +
2 IB +
2 IC ÷
÷
= MI çç
+ cos .IA + cos .IB + cos .IC
÷
çç IA
÷
IB
IC

2
2
2
÷
çè
÷
ø
A
B
C
a + b+ c
= cos .IA + cos .IB + cos .IC = A E + BF + CD =
2
2
2
2

Do đó cos

A
B
C
a + b+ c
.MA + cos .MB + cos .MC ³
2
2
2
2

Tổng quát

Cho đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ) ngoại tiếp đường tròn tâm J. Chứng minh rằng
n

với điểm M bất kỳ thì

å

i= 1

10

cos

Ai
. (MAi - JA i ) ³ 0
2

C


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Ví dụ 3: Cho tam giác A BC với G là trọng tâm. Qua điểm O bất kỳ nằm trong tam
giác kẻ đường thẳng song song với GA, GB, GC tương ứng cắt CA, AB, BC tại các
điểm A', B', C'.
Xác định vị trí điểm M để m a MA '+ m bMB '+ m c MC ' đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải
Ta có m a .MA ' =

3

3 uuur uuuur
3 uuur uuur uuur
GA .MA ' ³ GA .MA ' = GA . MO + OA '
2
2
2

(

)

3 uuur uuur uuur
3 uuur uuur uuuur
GB . MO + OB ' , m c .MC ' ³ GC . MO + OC '
Tương tự m b .MB ' ³
2
2

(

)

(

)

Suy ra

3 uuur uuur uuur 3 uuur uuur uuur uuur uuur uuuur
m a .MA '+ m b .MB '+ m c .MC ' ³ GA + GB + GC + GA.OA ' + GB .OB ' + GC .OC '

2
2

(

) (

)

Hay m a .MA '+ m b .MB '+ m c .MC ' ³ m aOA '+ m bOB '+ m cOC '
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O.
Vậy với M trùng với O thì m a MA '+ m bMB '+ m c MC ' đạt giá trị chỏ nhất.
Ví dụ 4: Cho tam giác A BC và và ba số thực x , y , z .
Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ³ 2yz cos A + 2zx cos B + 2xy cosC
Lời giải
Gọi (I ; r ) là đường tròn nội tiếp  ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt
tại M, N, P.

(

uuur

uur

uur

Khi đó x .IM + y .IN + z .IP

2

)³

0

uuur uur
uur uur
uur uuur
Û x 2 .IM 2 + y 2 .IN 2 + z 2 .IP 2 + 2xyIM .IN + 2yzIN .IP + 2zxIP .IM ³ 0
11


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Û (x 2 + y 2 + z 2 )r 2 + 2r 2 [xy cos (1800 - C ) + yz cos (1800 - A ) + zx cos (1800 - B )]³ 0
Û x 2 + y 2 + z 2 ³ 2yz cos A + 2zx cos B + 2xy cosC đpcm.
Nhận xét:
+ Khi chọn x = y = z = 1 ta có: cos A + cos B + cosC £

3
.
2

+ Khi chọn y = z = 1 ta có cos A + x (cos B + cosC ) £ 1 +

1 2
x
2

3. Bài tập luyện tập.

Bài 2.109: Cho tam giác A BC và ba số thực x , y , z . Chứng minh rằng:

yz cos 2A + zx cos 2B + xy cos 2C £ -

1 2
(x + y 2 + z 2 )
2

Bài 2.110: Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O). Tìm trên đường
tròn điểm M để có tổng bình phương khoảng cách từ đó đến ba đỉnh tam giác là
nhò nhất, lớn nhất.
Bài 2.111: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi là góc a giữa hai trung tuyến BD và
CK. Tìm giá trị nhỏ nhất của cos a
Bài 2.112: Cho M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC. Tìm giá trị
nhỏ nhất của T =

MA MB
MC
+
+
a
b
c

Bài 2.113: Cho tam giác A BC ABC. Tìm điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị
nhỏ nhất: T = 2. cos A .MA + MB + MC

2

Bài 2.114: Cho tam giác A BC . Chứng minh rằng

12


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

a) am a2 + bm b2 + cm c2 ³

9
abc
4

b) am bm c + bm cm a + cm am b ³

c)

9
abc
4

m a2 m b2 m c2 9 a 3 + b3 + c 3
+
+
³ .
a
b
c
4 ab + bc + ca

Bài 2.115: Cho tam giác A BC . Chứng minh rằng

a) a 2 + b2 + c 2 £ 9R 2

b) R ³ 2r

c) R 2 + a 2 + b2 ³ c 2

d) 4S £ (ab + bc + ca )

2

2

abc
a + b3 + c 3
3

2

e) (a - b ) + (b - c ) + (c - a ) £ 8R (R - 2r )
Bài 2.116: Cho tam giác A BC , O là điểm bất kỳ trong tam giác. Qua O kẻ đường
thẳng song song với AB, BC, CA cắt BC, CA, AB tại A', B', C'. Chứng minh rằng với
mọi điểm M ta có cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ cOA '+ aOB '+ bOC '
Bài 2.117: Cho tam giác A BC nhọn. Tìm điểm M sao cho

MA + 2MB +

3MC đạt giá trị nhỏ nhất.

ur

Bài 2.118: Cho đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ), ei , i = 1, n , O là điểm bất kỳ nằm
trong đa giác.Gọi Bi là hình chiếu điểm O lên AiAi+1 . Chứng minh rằng với mọi điểm
n

M ta có

å

Ai Ai + 1 (MB i - OB i ) ³ 0

i= 1

Bài 2.119: Cho đa giác đều A1A2 ...An . Tìm điểm M sao cho tổng

MA1 + MA2 + ... + MAn nhỏ nhất.
Bài 2.120: Cho tam giác ABC; O là điểm trong tam giác, đặt

·
·
·OB = g . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có
BOC
= a ,COA
= b, A
MA sin a + MB sin b + MC sin g ³ OA sin a + OB sin b + OC sin g

13


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Bài 2.121: Cho tam giác A BC , tìm vị trí điểm M để

P = a.MA 2 + b.MB 2 + c.MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.Biết:
a) M là điểm bất kì
a) M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC
c) M nằm trên đường thẳng d bất kỳ
Bài 2.122: Cho n điểm A1A2 ...An , và n số dương a 1, a 2 ,..., a n .O là điểm thoã mãn
n

å

uuur
r
a i OAi = 0 . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có bất đẳng thức

i= 1

n

å

n

a i .MAi2 ³

i= 1

å

n

a iOAi .MAi ³

i= 1

å

a iOAi2

i= 1

Bài 2.123: Cho tam giác A BC vuông cân tại A. Xác định điểm M sao cho biểu
thức sau đạt giá trị nhỏ nhất.
a)

b) 2 2MA +

2MA + MB + MC

10 (MB + MC

)

Bài 2.124: Chứng minh rằng trong tam giác nhọn A BC ta luôn có

cos2 A + cos2 B + cos2 C ³ 6 cos A.cos B .cosC
Bài 2.125: Cho tam giác A BC . Chứng minh rằng :
a) sin 2 A + sin 2 B + sin 2C £

c) sinA.sinB.sinC £

e) cos

3 3
8

9
4

b) sinA + sinB + sinC £

d) cos2

3 3
2

A
B
C
9
+ cos2 + cos2 £
2
2
2
4

A
B
C
3 3

A
B
C
3 3
f) cos .cos .cos £
+ cos + cos £
2
2
2
8
2
2
2
2

IV. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM TỚI ĐƯỜNG TRÒN VÀ ỨNG DỤNG.

14


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

1. Phương pháp giải.
a) Bài toán: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định. Một đường thẳng
thay đổi đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Chứng minh rằng
uuur uuur
MA.MB = MO 2 - R 2 .
uuur
Chứng minh: Vẽ đường kính BC của đường tròn (O;R). Ta có MA là hình
uuur

chiếu của MC lên đường thẳng MB. Theo công thức hình chiếu ta có

C

C

O

O
M

M

B

A

A

B

Hình 2.14

uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
MA .MB = MC .MB = MO + OC . MO + OB
uuur uuur uuur uuur
= MO - OB . MO + OB = MO 2 - OB 2 = MO 2 - R 2 .

(

(

)(

)(

)

)

Từ bài toán trên ta có định nghĩa sau:
b) Định nghĩa: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định.
Một đường thẳng thay đổi đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Khi đó
uuur uuur
MA.MB = MO 2 - R 2 là đại lượng không đổi được gọi là phương tích của
điểm M đối với đường tròn (O;R), kí hiệu là PM / (O )
Chú ý: Nếu M ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến MT. Khi đó
PM / (O ) = MT 2 = MO 2 - R 2
c) Các tính chất:
• Cho hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M. Điều kiện cần và đủ
để bốn điểm A , B , C , D nội tiếp được đường tròn là

D
A

A

M

B

M
C

C
B

D
Hình 2.15

15


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

•

uuur uuur uuur uuur
MA .MB = MC .MD (hay MA.MB = MC .MD ).
Cho đường AB cắt đường thẳng D ở M và điểm C trên đường thẳng
D (C ¹ M ). Điều kiện cần và đủ để D là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp tam giác A BC tại C là MA .MB = MC 2 .
Δ

A

M

B

O
C

Hình 2.16
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1: Cho tam giác A BC nhọn có các đường cao AA', BB', CC' cắt nhau
tại H. Chứng minh rằng HA.HA ' = HB .HB ' = HC .HC '
Lời giải(hình 2.17)
· 'C = BC
· 'C = 900 suy ra tứ giác
Ta có BB
A
BCB 'C ' nội tiếp trong đường tròn (C) đường kính
B'
BC. Do đó HB .HB ' = HC .HC ' (vì cùng bằng
C'
phương tích từ điểm H tới đường tròn (C)) (1)
H
Tương tự tứ giác A CA 'C ' nội tiếp được nên
HA.HA ' = HC .HC ' (2)
B
Từ (1) và (2) suy ra
A'
.
HA.HA ' = HB .HB ' = HC .HC '
Hình 2.17

Ví dụ 2: Cho đường tròn (O;R) và một điểm P cố
định ở bên trong đường tròn đó. Hai dây cung thay đổi AB và CD luôn đi
qua điểm P và vuông góc với nhau.
a) Chứng minh rằng A B 2 + CD 2 không đổi.
b) Chứng minh rằng PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không phụ thuộc vị trí điểm P.
Lời giải(hình 2.18)
a) Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB,
CD suy ra OE ^ A B và OF ^ CD
C
2
2
Ta có A B 2 + CD 2 = (2A E ) + (2CF )

F

= 4 (A O 2 - OE 2 ) + 4 (CO 2 - OF 2 )

O

P
2

2

2

2

2

= 4[2R - (OE + OF )]= 4 (2R - OP )

A

E
D
Hình 2.18

16

B

C


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Suy ra A B 2 + CD 2 không đổi.
b)
2

2

PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = (PA + PB ) + (PC + PD ) - 2PA .PB - 2PC .PD
uuur uuur
uuur uuur
= A B 2 + CD 2 + 2PA .PB + 2PC .PD
Mặt khác theo câu a) ta có A B 2 + CD 2 = 4 (2R 2 - OP 2 ) và

uuur uuur uuur uuur

PP (O ) = PA .PB = PC .PD = PO 2 - R 2
Suy ra PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = 4 (2R 2 - OP 2 ) + 4 (PO 2 - R 2 ) = 4R 2
Vậy PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không phụ thuộc vị trí điểm P.
Ví dụ 3: Cho đường tròn đường kính AB và đường thẳng D vuông góc với AB ở
H (H ¹ A , H ¹ B ). Một đường thẳng quay quanh H cắt đường tròn ở M, N và
các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt D ở M', N'.
a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M', N' thuộc một đường tròn (C) nào đó.
b) Chứng minh rằng các đường tròn (C) luôn đi qua hai điểm cố định
Lời giải(hình 2.19)

·' HB = M
·' MB = 900 nên tứ giác BHM ' M nội tiếp được suy ra
a) Vì M
uuur uuur uuuur uuuur
A H .A B = A M '.A M (1).

·' HB = N
·' NB = 900 nên tứ giác
Tương tự Vì N
HBN ' N nội tiếp được suy ra

uuuur uuuur

M'
A

uuur uuur uuuur uuur
A H .A B = A N '.A N (2).

uuuur uuur

PH
F
N

Từ (1) và (2) suy ra A M '.A M = A N '.A N
Δ

Suy ra bốn điểm M, N, M', N' thuộc một đường
tròn.

M

E

B

Q

N'
Hình 2.19

17


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

b) Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng AB và E, F
lần lượt là giao điểm của D với đường tròn đường kính AB.

uuur uuur

uuuur uuuur

uuur uuur

Khi đó ta có A P .A Q = A M .A M ' = A H .A B

uuur uuur

(

uuur

uuur uuur

)

uuur uuur

(

uuur

)

Mặt khác A H .A B = A E + EH A B = A E . A E + EB = A E 2 và

uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur

A H .A B = (A F + FH )A B = A F .(A F + FB ) = A F 2

uuur uuur

Suy ra A P .A Q = A E 2 = A F 2
Do đó P, Q thuộc đường tròn (S) tiếp xúc với AE, AF ở E, F.
Vì (S) là đường tròn cố định nên P, Q cố định thuộc đường tròn (C).

Ví dụ 4: Cho tam giác A BC nội tiếp đường tròn (O) bán kính R. Giả sử M
là điểm di động trong đường tròn (O). Nối AM, BM, CM lần lượt cắt (O) tại
MA
MB
MC
A', B', C'. Tìm tập hợp điểm M sao cho
+
+
= 3.
MA ' MB ' MC '
Lời giải(hình 2.20)
MA 2
MB 2
MC 2
A
B'
+
+
= 3
Ta có ĐT Û
MA '.MA MB '.MB MC '.MC
MA 2

MB 2
MC 2
Û - uuuur uuur - uuuur uuur - uuuur uuur = 3 (*)
MA '.MA MB '.MB MC '.MC

C'
B

Mặt khác

PM /(O )

uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
= MA '.MA = MB '.MB = MC '.MC = MO 2 - R 2

Suy ra (*) Û MA + MB + MC = - 3(MO - R
2

2

2

2

M

2

A'
Hình 2.20

) (1)

Gọi G là trọng tâm tam giác A BC , I là trung điểm GO. Ta có:

uuur uuur 2
uuur uuur 2
uuur uuur 2
MA 2 + MB 2 + MC 2 = (MG + GA ) + (MG + GB ) + (MG + GC )
uuur uuur uuur uuur
= 3MG 2 + 2MG (GA + GB + GC ) + GA 2 + GB 2 + GC 2
= 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 (2)

18

O
C


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Từ (1) và (2) ta có 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 = - 3(MO 2 - R 2 )

1
(GA 2 + GB 2 + GC 2 )
3
uuur uur 2
uuur uur 2
(MI + IG ) + (MI + IO ) = R 2 - 13 (GA 2 + GB 2 + GC 2 )
1

2MI 2 + 2IO 2 = R 2 - (GA 2 + GB 2 + GC 2 )
3
1
1
MI 2 = R 2 - (GA 2 + GB 2 + GC 2 ) - IO 2
2
6
MI = k

Û MG 2 + MO 2 = R 2 Û
Û
Û
Û

Trong đó k 2 =

1 2 1
R - (GA 2 + GB 2 + GC 2 )- IO 2
2
6

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R = k .

3. Bài tập luyện tập.
Bài 2.126: Trong đường tròn tâm (O;R) cho hai dây cung AA' và BB' vuông góc với
nhau tại S. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng SM ^ A ' B ' .
Bài 2.127: Cho hai đường tròn (O) và (O'); AA', BB' là các tiếp tuyến chung ngoài
của chúng. đường thẳng AB' theo thứ tự cắt (O) và (O') tại M, N. Chứng minh rằng
A M = B 'N .
Bài 2.128: Cho tam giác A BC không cân tại A; AM, AD lần lượt là trung tuyến,

phân giác của tam giác. Đường tròn ngoại tiếp tam giác A MD cắt AB, AC tại E, F.
Chứng minh rằng BE = CF
Bài 2.129: Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. Một đường thẳng quay
quanh A, cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BMN thuộc một đường thẳng cố định.
Bài 2.130: Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định nằm trong đường tròn. Giả sử
AB là dây cung thay đổi luôn đi qua P. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A, B cắt
nhau tại C. Tìm tập hợp điểm C.

19


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Bài 2.131: Cho đường tròn (O) đường kính AB, và điểm H cố định thuộc AB. Từ
điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của (O), vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) tại C và
D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 2.132: Cho đường tròn đường kính AB, H là điểm nằm giữa AB và đường thẳng
D vuông góc với AB tại H. Gọi E, F là giao điểm của đường tròn và D . Vẽ đường
tròn tâm A, bán kính AE và đường tròn (C) bất kì qua H, B. Giả sử hai đường tròn
đó cắt nhau tại M và N, chứng minh rằng AM và AN là hai tiếp tuyến của (C).
Bài 2.133: Cho hai đường tròn đồng tâm O là (C 1 ) và (C 2 ) ( (C 2 ) nằm trong

(C 1 )). Từ một điểm A nằm trên (C 1 ) kẻ tiếp tuyến AB tới (C 2 ) . AB giao (C 1 )
lần thứ hai tại C. D là trung điểm của AB. Một đường thẳng qua A cắt (C 2 ) tại E, F
sao cho đường trung trực của đoạn DF và EC giao nhau tại điểm M nằm trên AC.
Tính

AM
?

MC

Bài 2.134: Cho đường tròn (O;R) và hai điểm P, Q cố định (P nằm ngoài (O), Q nằm
trong (O)). Dây cung AB của (O) luôn đi qua Q. PA, PB lần lượt là giao (O) lần thứ
hai tại D, C. Chứng minh rằng CD luôn đi qua điểm cố định.
Bài 2.135: Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1 ; R 1 ) và (O2 ; R 2 ) . Tìm tập
hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau.

CHUYÊN ĐỀ II: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG

uuur 2 uuur 2
uuur 2 uuur 2
Bài 2.96: A C 2 + BD 2 = A D 2 + BC 2 Û A C - A D = BC - BD
uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
Û DC A C + A D - BC - BD = 0 Û DC .2A B = 0 Û A B ^ CD

(

)

uuur
r uuur
r
Bài 2.97 : Đặt A B = x , A D = y . Khi đó :
uuur
uuur uuuur
uuur uuuur
r
1 r r uuuur

1 r
MB = A B - A M =
3x - y , MN = A N - A M =
x + 3y
4
4

(

uuur uuuur
1 r r
Ta có MB .MN =
3x - y
16

(

20

)

(

)

r
r
r2
r2
r rö

1æ
ç
x + 3y =
= 0
÷
ç 3x - 3y + 8x .y ÷
÷
ø
16 çè

)(

)


Website chuyờn thi, ti liu file word cú li gii

uuur 2
1 r r
Mt khỏc MB =
3x - y
16

(

r
1 r
5 r 2 uuuur 2
x + 3y
y , MN =

16
8

2

)

(

=

2

)

=

5 r2
y
8

Vy tam giỏc BMN vuụng cõn ti nh M.
Bi 2.98: t

uuur
r uuur
r
AM
BN
CE

=
=
= k ; A B = i ;A C = j .
MB
NC
EA

uuuur
Ta cú: A M = kMB ị A M =

AE =

r
r
uuur
k r
i - kj
i ; BN = kNC ị A N =
k+ 1
1- k

uuur
1
1 r
EC ị A E =
j . Do ú
k
k+ 1

uuur

uuur uuuur
ME = A E - A M =

uuur uuur
ị A N ãME =

1
1- k

2

r
r
1
j - ki )
(
k+ 1

r
r r
r
ã( j - ki )(i - kj ) = 0 ị A N ^ ME pcm.

uuuur uuur
Bi 2.99: A M ^ PN A M .PN = 0
ổ2 uuur 1 uuur ử uuur uuur
ỗỗ A B + A C ữ
AN - AP = 0
ữ
ữ

ỗố 3
3
ứ
ổ
x ử1
2
ỗỗ2 - ữ
ữ
ữ2 + 9a - 18ax = 0 x
ỗố
aứ

(

)

uuur
uuur ử
ổ2 uuur 1 uuur ửổ
ỗỗ A B + A C ữ
ỗỗ 1 A C - x A B ữ
ữ
ữ= 0
ữỗ 3
3
3a
ốỗ 3
ứố
ứữ
=

4a
5

uuur r uuur
r uuur
ur
Bi 2.100: t BA = a, BC = b, BK = c. v BA = a, BC = b, BK = c .
uuur
r
1 r
a+ c ,
Ta cú: BM =
2

(

)

r
uuuur
uuur
uuur
uuur
r
r
r
r 1r
1
a

MN = MB + BC + CN = a + c + b+ = b- c
2
2
2

(

)

21


Website chuyờn thi, ti liu file word cú li gii

r
ử r
uuuur uuur
r cữ
r
rr
1ổ
1 rr rr
ỗỗ
Do ú MN .BM = ỗb - ữ
a
+
b
=
2
a

.
b
a
.
c
+
2
b
.c - c 2
ữ
2 ỗố
2ữ
4
ữ
ứ

(

=

)

(

)

r ur r
r r r
1ộ r r
2

a
.
b
+
b
a
c
+
b
- c c ựỳ
ờở
ỷ
4

(

) (

)

uuuur uuur
rr
r ur r
r r r
Vỡ a.b = 0 v b - a c = 0; b - c c = 0 nờn MN . BM = 0

(

)

(

)

ã
Suy ra: BMN = 900

uur
uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur
uuur
Bi 2.101: 2AI = AD + AC = AD + AB + BC = AB + 4AD
uuur
uuur uuur
BD = A D - A B suy ra
uur uuur
uuur
uuur
2A I .BD = A B + 4A D

(

uuur

)(A D -

uuur
uuur 2
uuur 2

A B = - A B + 4A D = 0

)

Vy A I ^ BD
uuur
uuur
uuur
Bi 2.102: ý rng HK v BD cú cựng hỡnh chiu trờn AC, HK v
uuur
uur
uuur uuur
A C cú cựng hỡnh chiu trờn BD v 2IJ = A C + DB

uuur uur
uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
r
HK .2IJ = HK A C + DB = BD .A C + A C .BD = 0

(

)

uuur
uuur
uuur
uuuur
uuur
1 uuur

A H + A D v BD = BH + HD
Bi 2.103: Ta cú: A M =
2

(

)

uuuur uuur
uuur
uuur uuur
uuur
ị 2A M .BD = A H + A D HC + HD
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
= A H .BH + A H .HD + A D.BH + A D.HD

(

)(

)

uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
= A H .HD + A D.BH = A H .HD + A H + HD .BH

(

22

)


Website chuyờn thi, ti liu file word cú li gii

uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur uuur
= A H .HD + HD .BH = HD A H + BH = HD .A C = 0

(

)

Vy A M vuụng gúc vi DB
Bi 2.104: Gi H l giao im ca AI vi B'C'. Xột tớch vụ hng ca hai
uur uuur
uur uur uuur
uuur uur uur
uuur uuur uuur
vect PI .A A ' = PI A I + IA ' = PH + HI A I + PA ' + A ' I IA '

(

) (

)

(

)

uuur uur uur uur uuur uuur
= PH .A I + HI .A I + PA '.IA ' - IA '2
uur uur
= HI .A I - IA '2 = IB '2 - IA '2 = 0

uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
1 uuur uuur
Bi 2.105: Ta cú BE = BA + A E = kA C - A B , A F =
AC + AB
2

(

)

uuur uuur uuur 2
uuur uuur
A B .A C + A B
2
Suy ra BE ^ A F BE .A F = 0 k = uuur 2 uuur uuur =
5

A C + A B .A C
uur
uur
uur
uur
r
Bi 2.106: Ta cú aIA + bIB + cIC = 0 ị CI =
uur
uur uuur
Mt khỏc GI = CI - CG =

uur
uuur
1
aCA + bCB
a+ b+ c

(

uur
uuur
1
1 uur uuur
aCA + bCB CA + CB
a+ b+ c
3

(

) (

)

)

uur
uuur
ổ a
1 ửuur ổ
b
1ử
ữ
ỗỗ
- ữ
CA
+
CB
hay GI = ỗỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗốa + b + c 3 ứ
ốỗa + b + c 3 ứ
uur uur
Suy ra IG vuụng gúc vi IC khi v ch khi IG .IC = 0



uuur uur

ab + CB .CA ộở(b (2a - b - c ) + a (2b - a - c )ự
ỷ= 0

(

)

uuur uur
Do ab + CB .CA = ab(1 + cosC ) > 0 nờn d cú

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

a+ b+ c
2ab
=
3
a+b

23


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

uuur uuur
uuur
uuur
Bài 2.107 C1: Þ 2MP .BC = MA + MD

(

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur

uuur
uuur
MC + MB

)(

)

uuur uuur

= MA.MC - MD.MB + MD.MC - MA .MB
uuur uuur uuur uuur
= MA.MC - MD .MB

uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
Suy ra MP ^ BC Û MP .BC = 0 Û MA.MC = MB .MD
C2: Gọi H là giao điểm của MP và BC.

·
·
Ta có MP ^ BC Û MCH
+ CMH

= 90°
·
·
·
·
Û MCH
+ PMA
= 90° Û MCH
= MDA

uuur uuur
uuur uuur
Û tứ giác A BCD nội tiếp Û MA.MC = MD.MB
uuur
uuur uuur uuuur
uuur uuur
Bài 2.108: Ta có PQ = HQ - HP , 2A M = A B + A C .

uuur uuuur
uuur uuur
Do đó 2PQ .A M = HQ - HP

(

uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
A B + A C = HQ .A B - HP .A C

)(

)

Mặt khác, ta có
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
HQ , A B = - HP , A C Þ cos HQ , A B = - cos HP , A C

(

)

(

)

(

)

(

)

uuur uuuur
HP
HQ
Suy ra A M ^ PQ Û PQ .A M = 0 Û HQ .A B = HP .A C Û
.

=
AB
AC

Lại có A PHQ là hình bình hành nên HP = A Q, HQ = A P .

HP
HQ
AQ
AP
=
Û
=
. Mà điều này hiển nhiên đúng vì ta có
AB
AC
AB
AC
VPA C ~VQA B (g.g) .

Suy ra

Vậy ta có đpcm.
24


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Bài 2.109: Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp D A B C , ta có:
uur

uur
uur 2
x IA + yIB + zIC ³ 0
uur uur
uur uur
uur uur
Û (x 2 + y 2 + z 2 )R 2 + 2 xyIA.IB + yz IB .IC + xzIC .IA ³ 0

(

)

(

)

Û (x 2 + y 2 + z 2 )R 2 + 2 (xy cos 2C + yz cos 2A + zx cos 2B )R 2 ³ 0
1 2
(x + y 2 + z 2 )
2

Û xy cos 2C + yz cos 2A + zx cos 2B ³ Nhận xét:

3
2

•

Khi chọn: x = y = z = 1 , ta có: cos 2C + cos 2A + cos 2B ³ -

•

Khi chọn: x = z = 1, y = - 1 , ta có: cos 2C - cos 2A + cos 2B £

3
2

Bài 2.110: Gọi H là trực tâm của tam giác. Với mọi điểm M thuộc đường
tròn (O) ta có: T = MA 2 + MB 2 + MC 2
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
= (MO + OA )2 + (MO + OB )2 + (MO + OC )2
uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
= 6R 2 + 2MO (OA + OB + OC ) = 6R 2 + 2MO.OH
uuur uuur
= 6R 2 + 2R .OH . cos a ( a = (MO , OH ))

Từ đó suy ra

uuur
uuur
T nhỏ nhất Û cos a = - 1 Û MO ngược hướng với OH
uuur
uuur
• T lớn nhất Û cos a = 1 Û MO cùng hướng OH
uuur uuur uur uuur
uuur uuur
(

BA
+ BC ).(CA + CB )
BD .CK
=
Bài 2.111: Ta có cos a =
BD .CK
4.BD .CK
•

uuur uur uuur uur uuur
uuur 2
BA .CA + BC (CA - BA ) - BC
=

4.BD .CK

=

BC 2
(doBA ^ CA )
2.BD .CK

Mặt khác 2.BD.CK £ BD 2 + CK 2
25