Tài liệu chuyên toán hình học 10

1

ðOÀN QUỲNH (Chủ biên) - VÃN NHƯ CƯƠNG-JRAN NAM DŨNG
NGUYỄN MINH HÀ - ðỖ THANH SƠN - LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH B

TÀI LIỆU CHUN TỐN
H ÌN H H Ọ C * 1 0
ổ

(Tải bản lần thứ hai)

NHẦ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM


Công ty cổ phán Dịch vụ xuất bản Giáo dục Hà Nội - Nhà xuấỉ bản Gỉáo dục .Việt Nam
giũ quyên công bố tác phầm.

13-2011/CXB/157-2048/GD

Mã s ố : TXT44hl-CPH


tè £ ờ i n ó i đ ầ u

Từ hơn 40 năm nay, hệ chuyên toán ở nước ta là một hệ học chứih thống bên
cạnh hệ ñại trà. Tuy nhiên gần ñây, Bộ Giáo ñục và ðào tạo mới ban hành chính
thức chương trình chun Tốn ỉớp 10 và đang xét duyệt chương trình chun
Tốn lớp 11,12 bên cạnh chương trình Tốn THPT đã được ban hành năm 2006.
Chúng tôi nhận thấy cần biên soạn một bộ tài ỉiặu chun Tốn bậc THPT vói
các mục đích sail:

- Phục vụ Việc dạy và học ở hệ chuyên Toán thể hiện được tinh thần của
chương trình lióỉ trên, khá gẩn với chương trình và sách giáo khoa (SGK) Tốn ,
nâng cao nhằm giúp học sinh có thể chuyển đổi từ việc học ờ hệ chuyên sang hệ
không chuyên và ngược lại.
- Làm một tài liệu giáo khoa cho giáo viên dạy các lớp chuyên Toán. '
-; - - Giúp học sinh các lóp chuyên tự học ; giúp học sinh khá giỏi ồ các lớp đại
ựà có tài ỈỊệu để có thể tự học, tự bổi dưỡng ỉhèm (bên cạnh SGK nâng cao)
Chúng tịi đã mời được nhiều thẩy dạy ở cắc trường chuyên, lớp chuyên (dạy
các lớp bổi dưỡng thỉ toán quốc ỉế cũng như trong nước, dạy các khối chuyên ở
các trường ñại học,...) tham gia biên sọạn ñể tài liệu sật với thực tiễii giảng dạy hệ
chuyên ở nước ta, ñồng thời giới thiệu ñược phần nào ñồi nét giảng dạy ở hệ
chuyên Toán của các trường đó.
Bộ sách Tài liệu chun Tốn lớp 10 bao gổm 4 cuốn:
- Tài liệu chuyên Toán - ðại sộ' 10
- Tài liệu chun Tốn - Hình học 10
- Tài liệu chuyên Toán - Bài tập ðại số 10
- Tài liệu chun Tốh - Bài tập Hình học 10.

3


.Các tác giả viết cuốn Tài liệu chuyên Toán - Hình học 10 này là :
- Thầy Nguyễn Minh Hà (Khối chuyên'Toán, Trường ðHSP Hà Nội) :
Chươhg Ị và Bài ñọc thêm
- Thầy Lè Bá Khánh Trừih (Trường ðHKHTN Tp Hỗ Chí Minh): Chươíĩg ỉỉ
- Thầy Vàn N hư Cương (Trường Lương Thế Vinh, Hà N ội): Chương ỉỉỉ
- Thầy ðỗ Thanh Sơn (Khối chuyên toán Trường ðHKHTN Hà Nội) :
Chương IV
Thầy Trần Nạm,Dũfig(Tmờng iðHKHỊỊsí Tp Hồ Chí Minh): Chuyên ñề
Hình Ịiọv phạ%g.

Từng tác giả chịu trách- nhiệm: về bài viết của mình- Chủ biên và biên tập viên
tơn irọrig' 'Văn phóng" củá từng ĩầc giả (người trình bày chi tiết, chặt chẽ ; người
trình bày dựa nhiều vậọ trực giạc.; người; tỊÌnh .bày phần lí thuyết phong phú, sâu
sắc ; ngưòi chú trọng phần úng dụng, bài tập.„). Chúng tôi chủ yếu. sửa chữa
những ]pi bịêụ tập, phối hợp các phận biên span của những .tác giả khác nhau ñể
chúng trợ thành một; thể thong nhặt theo, ñủng khuộn kho của chương trình.
• •: Trong tài, Ịiệu này chi trình bày- một chun đề bạt buộc của chương trình là
chun đề Hình học phẳng. Tác giả đã chọn giải một số bài tốn "điển hình” của
hình học phậng chủ yếu dựa vào các kiến thức hình học ở THCS mà hầụ như tất cả
học sinh chuyên ñều cần biết. Trong từng chương, các tác giẳ ñã cố gắng tuân thù
thệó sẵp xếp cúà;chriờng trmtil Có một sổ địểu cần lừ u ý ià r
’
Trong chương I (Vecỉỡ), tầc giả đã cho nhiều ví dụ và bài tập về hình học
phảng'có ằử dậng cịng cạ vectớ (chưa đề cập đến tích vố hướng), có nói đến tâm tỉ
cự, tì sổ kép của hàng’và tĩ số kép của chùm. Tác giả cũng đầ viết bấi đọc thêm về
góc định hừớng vời định lí Ceva, vofi tì số kép đật vào cuối chương n.
, Trong chương II (Tích 'vơ hướng và ứng dụng), bên canh giá trị ĩượng giác củạ
các góc có mối liên quạn đặc biệt, sách có giới thiệu các cống thức lượng giác ñể
sử dụng trong những chứng minh hình học ngaỳ saủ đị. * '
■
Trong chương m {Phuơng phấp tọa độ ỉrọng mặt phẳng) cị trình bày thêm
một số nội dung mà SGK Hình, học 10 riầng cao khơng nói đến, chẳng hạn như
tiếp tuyến của các đường cơnic, tứứichất quạhg họccủacầcđưefng cơnic....
Trong chương IV (Cúc phép biến-hình trọng- mặt phẳng)r theọ đúng tinh thần
ì của chương trình, tác giả đe cập đến từng phép dời hình, đổng dạng (tịnh tiến? ñối
xứng, quay, vị tự), chưa ñi sâu vào hợp thấnh (tích) của chúng.
4


Trọng từng chương.ẹó-nhiều .ví dụ, nhiệu bài tập, bài tốn (kể cà bài thi của hệ

chuỵên, thi học sinh giỏi, Tốn qụơc gia, quốc tế...). Các bài tập đều có lời giải
hoặc hương dẫn giải ñầy ñủ trong cuốn Tài liệu chuyên Toan - Bài tập Hỉnh học ỉ'0.
Các tác giả cùng chủ biên và biên tập viên ñã rất cố gắng phối hợp'biên soạn
tài liệu chuyên Toần này. Tuy nhiên, chúng tồi biết bộ sách vẫn cịn nhiều thiếu
sót bởi vì viết tài liệu dạy và học đầu tiên cho .hệ ịhủn Tóán là một điểu rất khó
khăn. Trong bộ sách, có thể đầy đó vẫn cịn dùng những kí hiệu khác nhau để chỉ
cùng một đối tượng (nhưng khơng gây hiểu nhầm gì), đơi chỗ có nhũng, bài tập
trùng lặp (thường với những ý tưởng giải khác nhau) và cũng có thể có đổi chỗ
chưa đầy đủ chi tiết như mong muốn. Chúng tơi mịng đởc giả lương thứ về các
điều đỏ và hy vọng các thầy cơ. và các em học sinh trong quá trình dạy, học, đọc tài
lịệu nàý đóng góp ý kiến cho chúng tơi ñể lần tái bản sau, sách phục vụ ñược tốt
hơn. Các góp ý xin gửi về : Ban Tốn, Cơng ty cổ phần Dịch vụ xuất bản Giáo dục
Hà Nội, Nhả xuất bẩn Giáo dục Việt Nam, ỉ87,GiẩngVổ, Hà Nội.
Chúng tơi rất cám ơn ếc tác giả đã nhiệt tình tham, gia biên soạn tài liệu trong
khi bề bộn bao cơng việc khác và đã buộc phải biên soạn trong một khn khổ
chương trình nhất định, phải phối hợp với nhiều tác giả khác (có thể với những ý
tưởng biên soạn khơng hồn tồn giống nhau). Chúng tơi rất cám ơn Tiến sĩ Trần
Phương Dung ñã ñứa rà ý tưỏrrig-về' bọ-isẩch va giúp đỡ' triền'khai' •viết bộ sách này.
Chúng tơi ñặc biệt cám ơn biến tập viên Phan Thị Minh Nguyệt, người ñã giúp các
tác giả và chủ biên sửa chữa các sai sổt, sắp xếp phối hợp các phần của các tác giả
khác nhau, khắc phục các khó khăn ñể bộ sách ñược xuất bản ñúng thời hạn, kịp
thời phục vụ bạn ñọc. Mong muốri duy nhất của chúng ta .là bộ sách này thực sự
bố ích cho cẩc học sinh ham thích và họe giỏi mơn Tốn, đặc biệt giúp học sinh
chun tốn có tài liệu học tập riêng cho hệ chụn của mình.
Chủ biên
ðỒN QUỲNH

5

BẢNG PHIÊN ÂM
TẼN MỘT SỐ NHÀ TOÁN HỌC NÊU TRONG SÁCH
Phiên ãm Tiếng Việt

Phiên âm La-tinh

Phiên âm Tiếng Việt

Phiên âm La-tinh

, A-põrỊõ*ni-út

Lemoine

lơ-moan

Bri-ăng-sơng

Madaurín

Mác-ló-ranh

Bu-nhi-a-cốp-xki

Menelaus

Mè-nê-la-t

Cauchy

Cơ-si

Miquel

Mi-ken

Caníot
Ceva

Cảc-nơ

Newton

Niu-tơn

Xẽ-va

Pappus

Pa-pt

Chasles

Sa-iơ

PascaJ

Pat-xcan

Coxeter

Coỏc-xtơ

Poncelet

Pơng-xcMẽ

Descartes

ðề-các

Ptolemy

Ptơ-lê-my

De Morgan

ðõ Móc-găng

Pythagoras

Py-ta-go

Desargues

ðỡ-dác

Slmson

Xim-xơn

Eudid

ơ-clit

Steiner

Stây-ne

Apollonius

V

Brianchon
. Bunyakovsky

Euler

ơ-re

Stewart

Stỉu-oaỉ

Feuerbach

Phoi-c-bắc

Terquem

Téc-kem

Gauss.

Gau-xơ

Thales

Ta-ỉét

Gergonne

Gec-gon

Torricelli

Tõ-ri-xe-li

Greitzer

Gở-rai-xơ

Venn

Ven

Heron

Hè-rơng

Viète

Vi-ét

LƯU Ý MỘT SỐ KÍ HIỆU ðược DÙNG TRONG SÁCH
(AB, A C )

góc định hướng giữa hai vectơ

(A B ,A C )

góc định huớng giữa hai tia
góc lượng giác giữa hai tiá

(AB. A C )

góc định hướng giữa hai đường thẳng

W/V

ũ

,

V

cùng phương

« ttv

u,

V

cùng hưống '

II IT

11,

V

cịng phương khạc hướng

V

(ABC) hoặc {A, B, o
(ABC)

tỉ số ñơn của A, B,

*

c nếu A, B. c

thẳng hàng

đường trịn ngoại tiếp ĩam giác ABC nếu A, B, c không
thắng hàng

(ABCD) hoặc (A, s , c , D)

tì số kép của 4 ñiểm thẳng hàng boặc Èủa 4 diểm trên
ñường tròn

S(ABCD) hoặc S(SA, SB, se, SD)
dt(ASC) hoặc SABC

6

ti số kệp của 4 ñường thẳng SA, SB, s c , SD'
ñiện tích tam giác ABC


Chương I
VECTƠ.

81. VECTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ
1. ðại cương vể vectơ
a)V ectơ
Vectơ là một ñoạn thẳng mà ta ñã chỉ rõ ñiểm mút nào ỉà ñiểm ñầu, ñiểm mứt
nào là ñiểm cuối.
l'- .
ðiểm ñẫu và ñiểm cuối của vectơ theo thứ tự ñược gọi là gốc và ngọn của
vectơ.
Hừớng từ gốc tới ngọn của vectơ ñược là gọi là hướng của vectớ.
Vecíơ có gốc A, ngọn B được kí hiệu là A B .
ðộ dài của vectơ AS chính là. ñộ dài ñoạn thẳng AB. ðộ dài của vectơ AB
được kí hiệu là AB . ðương nhiên Ab Ị =AB.
Vectơ có gốc và ngọn trùng nhau được gọì làvectơ-khơng. Vectơ-khơng có độ

dài bằng 0 và có hướng tuỳ ý..
Khi muốn chỉ rõ một vectơ nào đó có độ dài kihác 0, ta dùng thuật ngữ "vector
khác không".
Khi muốn chỉ rõ một véctơ nào đó có đơ dài bằng 1, ta dùng thuật ngữ "vectơ
ñơn vị”.
b)

H ai vectơ bằng n h au

Giá của vectơ-khác khơng AB là đường thẳng AB. Giá của vectơ-khơng AA
là đường thẳng bất kì đi quạ A;
Hai vectơ ñược gọi là cùng phượng nếu giá của chúng hoặc song song hoặc
trùng nhau. ðương nhiên, veetơ-không cùng phương vói mọi vectơ. ðể biểu
thị hai vectơ AB và CD cùng phương, ta viết: ABỊỊCD:


Nếu giá của vecta AS hoặc song song hoặc trừng với đường thẳng A thì ta
cũng viết ABỊỊ A ....
Hai vectơ cùng phương có thể cùng hướng, có thể ngược hướng.

' • ; ; >■:Ai
. , V'
. •;
ðể biểu thị hai .vectơ AB, CD cùng hướng, ta viết: /45 t t CD (h.1.1).
ðể biểu thị hai vectơ AB, CD ngược hướng, ta viết: A B ti CD (h.ĩ.2)
Với hai vectơ-khác khơng AB, Cð, ta có :
ABỊỊ CD
ÃỖTTÕ)
a ố ĩìc d

'
;

Vectơ-khơng được.quỵ ước là cùng hướng với mọi vectơ, ngược hưófng với
mọi vectơ.
Hai vectơ đựợc gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng ñộ dài.
ðể biểu thị hai vectơ AB, CD bằng nhau, ta viết: AB - CD .
ðương nhiên tất cả các vectở-khơng bằng nhau. Do độ, người ta dung kí hiệu
0 để chỉ các vectơ-khơng.

Vậy, nếu Ạ, B là hai điểm trùng nhạu thì AA = BB = ~Ằb = BA = õ ..
c) V ectơ tự do
Có rất nhiều veẽtơ cùng bằng một vectơ cho trứớc. Tập hợp các vectơ này
được cói lặ.một vectơ (vectơ tự đo). Một vectơ tự do hồn tồn xác định nếu la
biết hướng và độ dài của nó. Vectơ tự do thường ñược M hiệu ñơn giản là
ai, b, c, X, y, z
d) Phép dựng vectơ
,Cho trước vectơ a . Với mỗi ñiểm M, tổn tại. duy nhất ñiểm. N sao cho

MN = ã.
8


2.

Các phép tốrí vecỉơ
a) Phép cộng hai vectơ
Tổng của hai vectơ a và b là một vectơ ñược xác ñịnh
như sau :

Từ một ñiểm 0 tuỳ ý
vectơ AB ~ b .
Vectơ OB ñược gọi là vectơ tổng của hai vectơ a và b

0

B
Ị.ịình JJ

và kí hiệu là a + b (h.1.3)/
Từ định nghĩa phép cộng hai vectơ, ta có ngay các quy tắc quan trọng sau :
• Quy tắc ha ñiểm :
Với ba ñiểm A, B, c bất k ì: AC = AB + BC.
• Quy tắc hình bình hành (h.l .4):

D

c

Với hình bình hành ABCD : ÃC-=ÃB + ÃD .
Phép cộng vectơ có các tính chất sau :
• a + b ~ b + a (giao hốn),
• a + ị ĩ + cj = ịa + bỴ+ C (kết hợp).
• a +0~ a.
Nhờ tính chất kết hợp :
- Các tổng a + ịh + c j , {a +

+ r ñược viết ñơn giản là à + b + c .

- Quy tắc ba ñiểm ñược mở rộng thành quy tắc n ñiểm :

ÁxAn■= A ỵA2 + A2Á3 +... + An_xAn .
b) Phép trừ hai vectơ
Vectơ b ñược gọi là vectơ ñối của vectơ a khi và chỉ khi b t ị a và \b\ ~ \a\
ðể biểu thị vectơ b là vectơ ñối của vectơ a , ta viết: b = - a .
ðường nhiên vectơ b là vectơ ñối của vectơ a khi và chỉ khi vectơ a là vectơ
đối của vectơ b . Nói cách khác, -(-ứ) = a .


Vì lí dọ trên, khi b = - a <=> a - - b , ta n ó i: a và b làhai vectơ ñối nhau.
Dễ thấy, ổ và ố

là hai vectơ ñối nhau khi và chỉ khi a +

b = 0.

Hiệu của vectơ a và vectờ b ỉà một vectơ, kí hiệu là a - b , xác định như sau :
a - b ~ a + (-Ỉ)
Hai qụy lắc sau ñây là quan trọng ñối với phép trừ vectơ:
• AB = OB - OA (O là điểm tuỵ ý).
• a = b + c <^>a - b - C (quy tắc chuyển vế).
c)

P hép n h ố n m ộ t vectơ vói m ột số thực ^

Tích của số thực k với vectơ. a là một vectơ, kí hiệu là k a , xác định như sau :
• Nếu k - 0 hoặc ữ = 0 thì ỉca = 5.
• Nếu k > 0 và a

õ thì ka tT a và \ỊĨa\ = k\a\.

• Nếu k < 0 và a * 0 thì ka T ị a và Ika\ = -k\a\.
Từ định nghĩa trên, ta có ngay các hệ quả sau :
• Nếu ka ~ õ thì k = 0 hoặc a = ô .
. \ka\ = \k\\a\.
Phép nhân vectơ với số thực có các tứìh chất cơ bản sau :
• ia = a ; (-l)ứ = - a .
• kựa) = (kỉ)a.
• (k +. ĩ)a = ka + la .
• k(a + b) = ka + kb ; k(a - b) = ka - kb.
3.

Các yí cỊỊụ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC và điểm M. Chứng mình rằng : M là trung điểm
của BC khi và chỉ khi AM = ^-(Aổ + AC) .
Giải. Ta có : M là trung điểm của EC khi và chỉ khi
MB + MC = õ

ÃB - ĂM + ~ÃC - ĂM = õ
o ĨÃM = ÃB + ÃC
o ÃM = ị( Ã B + ÃC) . □


Ví dụ 2. Nếu M, N theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AD, BC th ì:
ẶĨN = Ỉ(ĂỖ + DC) = j( Ẵ C + DB) .
Giải. Chú ý rằng

+ MD = õ; /V# + iVC = 0, ta c ó :

2 m = X M + ÃB + m ỳ + ÌM ð + ðC + CN) .
= ( M + MD) + (BN + €N ) + {AB + DC)

^ Ã ẽ +v c :
Suy r ạ :

MV ==Ì ( Ã Ỉ + DC) . :

(ì)

Tương tự:

MĨV = ^ ( Ã c + D B).

(2)

Từ (Ị) và (2) suy ra: MN = ị(Ã B + DC) = ị ( Ã C + DB) . o
Ví dụ 3. Cho tớ giầc ABCD. Các ñiểm M, N theo thứ tự thay ñổi trên các cạnh
AM CN ^
AD, CB sao cho ——- = ~~~. Tìm quỹ tích trung ñiểm Ị của MN.
AD
CB
Giẩi. (h. 1.5) Gọi E, F theo thứ tự là trung ñiểm của AC, BD.
Thuận. Giả sà í thọả mãn ñỉềú kiện ñề bài.
_

ðặt

AM C N
_
- —— = k. ðương nhiên
Ạu

cB

_ *

AM = kAD, CN - kCB

và 0 < i < 1

(1)
(2)

Từ ( 1), yới chú ý rằng ỉ, E, F theo thứ tự là trung ñiểm củạ MN, AC, BD, theo
Vð2, ta có:
D
c
Ẽỉ = ị(Ã M + CN)

;

■"= k.ị(A D + CB) = kEF .
Từ (2) và (3) suy ra / thuộc ñoạn EF.
ðảo. Giả sử./ thuộc ñoạn EF,

(3)


Từ (1), dễ thấy tồn tại các ñiểm. M, N theo thứ. tự thuộc cắc ñoạn AD, CB sao
AM ' CN
_
—

—
~
cho -777 =
= k .Ta. có, AM = kAD , CN = kCB (3).
AD
CB
Từ (2) và (3) suy ra :

,

ÍĨM = ĨÉ + ỆẴ + AM = ĨẼ + ẼĂ + kÃD
[ĨN = ĨẼ + EC + CN = ĨẼ + ẼC + kCB
=> ĨM[+ ĨN = 2ĨÈ + (ẼẴ + ẼC) + k(ÃD + CB)
= 2IE + 0 + k.2ẼF= 0,
ðiều đó có nghĩa Ị là trung điểm-của đoạn MTV.
Kết luận. Quỹ tích điểm / là đoạn EF.
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC và ñiểm G. Các mệnh ñề sau tương ñương :
a) G là trọng tâm của tam- giác ABC.
b) GẦ + GB +*GC = õ
c) MA + m + MC = 3MG VM.
Giải.
(a => b) Gọi A' là giáo ñiểm của AG VỐABC. Ta c ố : GA + 2GÀ' - 0 (i).
Mặt khác, vì A ỉà trung ñiểm của BC nên theo VD I : GB + GC = 2GA' (2).
Từ (1) và (2) suy ra : GA + GB + GC = ố . ^
(£.=> à) Gọi A', B' theo thứ tự là trung ñiểm của BC, 'CA.
VÍ GẴ + GB + GC = õ nên theo VD ỉ : GA + 2GA' = õ ; GB + 2GB' = õ .
Suy ra : G thuộc AA' và
Do đó, ƠTà trọng tấỵn củạ tam giỏc ABC.
(b ô ã c) Ta cú :
GA + GB + GC = Õ

~MẢ + ĨắB + MC =ĨMG V M. □ .

.


Ví dụ 5. Chứng minh rằng các tam giác ABC, A'B'C' có cùng trọng tâm khi và
chỉ khi AA' + BB' + CC' = ọ .
Giải. Gọi G, G' theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác ABC, A'B'C'.
Theo Vð 4, ~GA + GB ị GC '=■ õ ; ÉTÃ*' + 'G7? + G X ' = 0 .
Do đó :
3 ^'

+ ÃA'
= {GA + ^

^G B + BB' + ¥ g ' -^GC + CC' + C 7g ‘' .
+ ^ ) - ( G rA' + G TB , + G 7C ,) + (AA' + BB',+ CC')

—AA .+ BB' +-CC'.
Vậy : Các tam giác ABC, A'B'C' có cung trọng tâm
ó GG’. = õ ■<=> ÃA' ■+ BB' + CC' = 0. □
Ví dụ 6. Cho M, N, p, Q, R, S‘lần lượt là trung ñiểm của các cạnh AB, BC,
CD, DE, EF, FA của lực giác ABCDEF. Chứng minh rằng các lam giác MPR,
NQS có cùng trọng tâm.
Giải.

•

Cách ỉ. Gọi‘G là trọng tâm của tam giác MPR.

Theo VD 4, ta có :
GM 4- GP + GR ~ 0
.=> i(G A + GB) + ~(GC + GD) + ị(Ỡ £ + GF) = 0
=>^(GB + GC) + j(V D + GE) + ~(GF + GA) = 0
=> GN +G£> + GS ^ õ.
Từ đó:,theo VD4, G1
Vậy, các tam giác Mỉ.
Cách 2. (h.1.6) Ta có
MN + PQ.+ RS = ^
= —(AC + CE + EA) = 0.

Hình ỉ.6

Vậy, theo VD 5, cắc tam giấc MPR, NQS có cùng trọng tâm. □


Ví dụ 7. Với ba vectơ a, b, c bất kì, chứng minh rằng :
a) \a + b\< Ịữị + \b\. ðẳng thức xảy ra ó a TT b.
b) Ị|ứỊ - \b\\ < \ơ - b\. ðẳng thức xảỵ ra <=>a T f b.

Giải.
a) Lấy các ñiểmv4, B, c sao cho AB = a , BC = b .
Theo đình nghĩa phép cộng vectơ: AC - a + b.
Vậy, theo bất đẳng thức tam giác, ta có :

"%

\a + b\= A C < A B + BC = \a\ + \b\.
ðẳng thức xảy ra <=> B thuộc ñoạn AC <=> AB TT BC o a T t ỉ .
b) Theo câu a, ta có :

ị\a\ = \(a-h) + ĩ \ < \ a - b \ + \b\

||6| =Ị(ử- a) +a\ < \b -

a\

+ |ữ|

ị\a\-\b\<\a-b\
ỊịSị - ịa\ < \b ~ a\
=* ị|2 | - | ỉ | | £ | 2 . - ỉ |.
ðẳng thức xảy r a o

\ữ-b)

tt

b

o

( ỉ - a) T t a

i”S ttr;ja|> iS |

-*

7

O ’a T t b . □

[ ỉ t t ứ ; j ỉ |> |ơ |

Ví dụ 8. Cho hai đường tròn ( 0 j ; /?j), (ỡ 2 ; Rỷ. Cảc ñiểm M ị , M2 theo thứ tự
thay ñổi trên (ƠJ; /?ị), (ơ 2 ; /??)- Tìm quỹ tích thing ñiểm M của MỊ/Vf2.

Giải, (h.1.7)
Thuận. Gọi 0 là trung ñiểm của o j0 2.
Giả sử M thoả mân ñiểu kiện đề bài.
Ta cọ : ÕM = ị(Õjj + 02M2) =

- M20 2).

Từ đó, theo VD7 : i Ị õ ìMíj+ 0 2M ^j > |ỡm| > ị OịMịỊ - \m 20 2
14


Suy ra : M thuộc hình vành khăn ự/í)
xác đính bởi hai đường trịn
\

ỉ

\

1

0 ; i ( « , + / ỉ 2)

ðảo. Giả sử M thuộc (Ji). ðương nhiên,
|(
R , -r
+R2)>
RV2Ị.
j|. —
Do;
yv.vj
,v2j, ^ O M >^ ỉ|J?,
2n - <
■

đó, các đường trịn

7

1

^ r

o ; ị Rị , I^ ;

Hinhl.7
1

R2j hoặc cắt nhau hoặc tiếp xúc

với nhau.
Nếu các đường trịn Ị^o ; 2^1 j

’ 2^ 2)

n^au

hai giao ñiểm của chúng là N. Nếu các đường trịn

13

một trong

; ^-/?j j vă M ; ị R2 j

tiếp xúc với nhau thì tá gọi tiếp ñiểm của chúng là N.
Trên tia 0 2N lấy ñiểm M ị sao cho N là trung ñiểm của của 0 2Mị. Trên tia
MịM ỉấy M2 sao cho M là trung điểm của M|Af2-

(1)

Vì ON là đường trang'bình của tain giác Ọ $L\0\ nên OịMị - 2ON = Rị (vì
N thuộc o ; ị R ị |). Suy raAfj thuộc (Oị ; R{).

(2)

Vì NM là đường trung bình của tam giác M\M20 2 nên Ớ2A^2 - 2NM - R2 (vì

(

1 V

•

,

N thc M ; ^rR2 ). Suy ra M2 thuộc (ỡ 2 ; # 2)V
)

(3)

Tữ (1), (2), (3) suy ra M thoả mãn ñiều kiện ñề bài.
Kết luận. Quỹ tích M là hình vành khăn (Jíf). □
\

Ví dụ 9. Cho ñiểm M nằm trên cạnh BC của tam giác ABC. Chứng minh rằng :
AM

MC

MB


Giải. (h. 1.8). Gọi N là ñiểm trên cạnh AB sao cho MN ỊỊ ẠC. Ta có :
——* — . .
-------- .
a n -rr N M — 1
AM = AN + NM =
i^ A B +^ A C .
(1)
Ao
/»c<
Mặt khác, theo định lí Thales :

AN
MC
AB ~ BC ;

NM MB
AC ~
BC '

(2)

MB
Từ(l) và (2) suy ra : AM = ~ r A B + ~ r A C . □
d

(J

BC

H ìn h'ỉ.8

Nhận xét. VD 9 là sự mở rộng của VD 1,
Ví du 10. ðường trốn nội liếp (ỉ) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với
các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng :
a) aĩẦ + bỉB + c ĩc = 0.
b) aĨD + bĩẼ + cĨF ~ ọ .
Giải.

•

a) (h.l .9) Gọi A' là giao ñiểm của Ạ1 yà BC

Theo Ưnh chất của ñửờng phân giác, ta có
A'C
A'B

b

A ’B
c

A'C

.

.

c

A'B + A ’C
a
b
■b + c
■b + ,c.
ac
„
ỈA'
BA'
h
r- ——,—
ã
va —— = —= —-+—

L
ỈA
BA
c
b +c

( 1)

Hình 1.9

(2)
'B

Trong tam giác IBC, theo VD 9 : ỈA' = ~ ~ -ỈB +
/c
BC
BC
Tứ đó, chd ý tới (1), ta có : ỈA ' =
—•

ĩA '

b ỈB +

b + e

c

ĩc .

(3)

•

Mặt khác : ỈA' = -~~~ỈA
ỈA
; Từđó, chú ý tới (2),ta có : ỈA'

b+c

/A.

Từ (3) và (4) suy ra : aỉA + bỉB + cỉC - 0-

(4)


b) (h. 1.10) ðặt AE = AF ~X\ B F -B D = y\C D = CE = z.
ðương nhiên :y + z = a ,z + x = b>x + y = c.
Trong các tam giác ỈBC, ỈCA, ỈAB, theo VD 9, ta có
aĨD = zĨB + y ĩc
CỈF = yỉA + XỈB
=> aỉð + bỉE + CỈF — (y + z)ỈA + (z + x)ỈB + (jc + ỳ)ỈC
— ạỉA + bỉB + CỈC.
Từ ñó, chú ý tới câu a), ta cồ : aỉD + blE + CĨF = õ . □
VI dụ 11. Cho ña giác lồi AịA2

A„ và các vectơ ñơn vị €ị (1 < i < n) theo

thứ tự vng góc với AịAi+l (xem An+l = Ax), hướng ra phía ngồi ña giác.
Chứng minh rằng:
+ Ả2 A3e2 +... + AnAlert = 0 (định lí con nhím).
Giải, (h.1.11) Từ câu b) trong VD 10, dễ thấy định lí con nhím đúng đơi với
tam giác ( 1 ).
Giả sử định lí con nhím ñúng với (« - 1) - giác lồi (n 2 4) (2).
Dụng vectơ đơn vị e vng góc với Ả ịA ^ ị,
hướng ra phía ngồi tam giác AỉAn_ỉAn.
Áp dụng ( 1 ), (2) tương ứng cho tam giác
A ^ ị \ và.(« - 1) - giác AlA2...AỊI_ĩ , ta
có :

a

2

+ K A\ẽ*n+ Ai \ - i ĩ = 3
[ A ^ I -+ ^2A3e2 + —+ An-ỉA\(~e) - 3.
Suy r a : AjA2et + A2À3e2 +...+ A„_ịAnen^ + AnAị7n = ồ.

ðiều đó có nghĩa ỉà định lí con nhím ñúng với /2-giác lồi.
Vậy, theo nguyên lí quy nạp, ñịnh ư con nhím đúng với mọi đa giác lồi.
2A-CT HÌNH HỌC 10

17


Ví dụ 12. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường trịn
(/). Hai điểm E, F theo thứ tự là trung ñiểm của AC,
BD. Chứng minh rằng /, E, F cùng thuộc một ñường

thẳng.
Giải, (h.1.12). Gọi M, N, p, Q theo thứ tự là tiếp
ñiểm của (/) với AB, BC, CD, DA ; X , y, z, ỉ là khoảng
cách ữ A ,B , c , D tới các tiếp ñiểm tương ứng.
Theo định lí con nhím, ta có :
(x + y)ĨM + cy + z)ĨN + (z + t)ĨP + (t+ x)ĨQ = ãs*

Hình 1.12

=> (yĩẴ + xĨB) + (zĩẼ + y lc ) + ị t ĩ c + ZỈD) + (xĩB + tỉẰ) = 0
=> (y + 0(M + IC) + (x + z)ỰB + ID) = 0
. => (y + t)ĨÈ + (x + z)ĨF = õ
=> ĨẺ Ịịlỉ.
ðiều đó có nghĩa là /, £, F thẳng hàng. □
Ví dụ 13. Về phía ngồi tam giác ABC, ta dựng các tam giác ñồng dạng XBC,
YCA, ZAB. Chứng minh rằng cáo tam giác ABC, XYZ có cùng trọng tâm.
Giỏi. (h. 1.13). Gọi H, K, L theo thứ tự là hình chiếu củaX, Y, z trẽn BC, CA, AB.
Gọi ea, eb, ec là các vectơ ñơn vi, hướng ra ngồi tam giáệ ABC và theo thứ tự
vng góc với BC„CA, AB.
Vì các tam giác XBC, YCA, ZAB đồng dạng nên ;
BH = CK = AL
=m ;
(1)
B C ~ CA ~ AB
XH YK ZL
=n.
(2)
B C ~ CA ~ AB
Từ (1) và (2), ta c ó :
BX + CY + AZ

= BH + HX + CK + KY + AL + Z z
. = (BĨỈ + CK + ÃL) + (HX + KY + LZ)
= m(BC + CA + AB) + n(BCeữ + CAeb + ABec)
• = n(BCeữ + CAeb + ABec) .
18

2B-CT HÌNH HỌC 10


Từ đó, theo định lí con nhỉm, BX + CY + KL = 0 .
Vậy, theo VD 5, các tam giác ABC, x y z có cùng trọng tâm. □
Ví dụ 14] cho tam giác ABC và ñiểm M nằm trong tam giác. Gọi Sữ, sb, Sc
theo thứ tự là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. Chứng minh rằng:
SaMA + SbMB + ScMC = Õ.

Giải, (h.1.14)
Gọi A' là giao ñiểm của các ñường thẳng AM, BC.
Trong tam giác MBC, theo VD 9 :
777*' _ A'C 772
= BC

BC

■

Chú ý làng :
, ,
ta có :

AB

SMA.B SMAB sc
A'C _
sb A 'B
_ s c
■___ = — —— *——~ = ----- — .

Suy r a :

ÃM! =

.

BC sb+sc BC

Lai chú ỷTÌng: ~

* _ JĨB +

s„+sc

MA

=

H M 1J4

sb+sc

-f T - i t e .

(1)

s„ + sc

SMAB

= ệ a x = .V .'A± .V :ẹ

SMAC

Sma B +S mac

sb + Sc

.

và MA' Ti M A, ta cỏ :
(2)

=

+ ?c

Từ (ỉ) và (2) suy ra : SaMA + SbMB + ScMC = õ .
Nhận xét.
1. Cho M trùng vói trọng tâm G hoặc tâm đường trịn nội tiếp / của tam giác
ABC, ta nhận lại ñược các kết quả quen thuộc:
GÃ + GB + GC = 0 ; ÕĨẴ + bĨB + c ĩẽ = 0 .
2. Nếu M nằm ngồi tam giầc ABC, ta có kết quả tương tự :
~Sa MA + sb MB + Sc MC = 0 (khi M thuộc góc BAC và góc đốì (tình của nó).

SaMA - SbMB + ScMC = ồ (khi M thuộc góc CBA va góc đối đỉnh của nó).
Sa MA + sb MB - ScMC = õ (khi M thuộc gộc ACB và góc đốì tình của nó).

19


Ví dụ 15. Cho tam giác đều ABC tâm 0. M là điểm bất kì trong tam giác. D,
E, F lần lươt là hình, chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng :
MD + ME + MF =

2

.

Giải:
Cách 1. (h.l. 15). Gọi s, Sa,S bỊ Sc tương ứng là diện
tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB. Gọi A\ B\
c lần lượt ìà hình chiếu củ&A, B, C trên BC, CA, AB.
T acó:M Ỡ = ^ Ã V = ^ Ã Ĩ = | ^ Ã Õ .
Tupng tự : ME = ~

^

/ ---------M Hình 1.Ị5

B 0 : MF = 2 S c 0 ■

Từ đó, với chú ý rằng Sa +Sb+Sc = S \S aMA+ShMB +ScMC = Ồ (VD 14),
ta c ộ :
MD + M£ + MF = ~ ( S aÃÕ + SbBÕ + ScCO)

£0

= ^ ( s a( m - m ) + sb( A W - m ) + sc(M 0~ M C ))
= m (5“ + S 6+ s< ỹ ũ ° -

+Sb^

-ệ /ữ õ .
2
Cách 2. (h. 1.16). Qua M, kẻ các ñường thẳng .lần lượt
song song với BC, 'CA, AB. Chúng tưang ứng cắt các
cặp ñường thẳng AB, AC ; BC, BA ; CA, CB tại V, z ;
r ’ £/;T,X
Dễ thấy MTAƯ, MVBX MYCZ là các hình bình hành
và các ñiểm D, £, F tương ứng lắ trúng ñiểm cỏa XY, B
ZT, ưv.
Vậy, theo quy tắc hình bình hành và theo Vð 1, ta có :

+Sc^

£

XDY
^ lnh ỉ ỉ6

MD + ME + MF = ~(M X + ~MY) + ~ựÃZ + MT) + j (m ữ + MV)
= ^(M T + Add) + ~{MV + MX) + ^ ( m + MZ)
= ị(M Ầ + Mầ + ÃĨC) = ^ M d . n
20

}

c


Ví dụ 16. Cho các điểm M, N theo thứ tự thuộc ñoạn AD, BC sao cho

MD = Arc = §• Chứngminhrằng: ^ = T

^ {yAB + xDC) ■

Giải.
= xMN + .yÃ/Ã? .
- y(ÃĨẴ + ĂB + BN) + x (m Õ + DC + CN)
=(yŨẮ + xMD) - XyNB + xNC) + (yÂệ + xDC) .

( 1)

Mặt khác, từ giả thiết dễ thấy : yMA + xMD - õ ; yNB + xNC = õ .

(2)

Từ (I) và (2) suy ra : ~MN - —í— (ỹÃB + xDC) . □
Nhận xét. VD 16 là sự mở rộng của VD 2.
Ví dụ 17. Cho tam giác ABC. ðiểm M nằm trọng tam giác, tì, K, L tương ứng
là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Tìm quỹ tích các ñiểm M sao cho
MH - MK + ML.
Giải. Gọi BE; CF là các ñường phân giác kẻ từ B, c của tam giác ABC.
Thuận, (h. 1.17). Giả SỬM thoả mãn ñiều kiện ñề bài.
Gọi. Sa, Sh, Sc tương ứng ỉà diện tích của các tam

giác MBC, MCA, MAB. Theo VD 14, ta có :
s4Ẵ + s hm + SCÃÍC = Õ.

(1)

ðặt BC = a, CA = b;A B = c.

B

V\M H = MK + ML n ê n ^ - = % + ^ .
a

b

c

(2)

H

c

Hình 1.17

Từ (1) và (2) suy r a :
+ ShMB +S J 4 C =Q
=> Ậ- (aỉÃĂ + bMB)+ ^ (ÕMẴ+cMC) = õ
b
c
^> ^-{a ^b )Ã ĨF + ị-(a F Ả + b F B )+ ^(a + c)m + ^(a Ẽ Ă +cẼC) = 0

b
b
c
c

(3)

X * V___ FA b EA c
Màt khác, theo tính chất của ñương phân giác-:
- —; -TTT7 = —.
FB a EC a
21


Suy r a : aFA + bFB = ổ ; aEA + cEC = ố

(4).

Từ (3) và (4) suy r a : -ậ -(<2 + b)MF + — (ữ 4- c)ME = 0.
h
r
Từ đó, với chú ý rằng -~{a + ử) > 0 ; — (a + c) > 0, ta có : M thc đoan EF.
ơ
c
'
£>ờớ. (h.L18). Giả sử Af thuộc ñoạn £F. Gọi X K
theo thứ tự là hình chiếu của E trên BC, BA ; Z ,T
theo thứ tự là hình chỉếu của F trên CB, CA,
Dêthấy :E X= EY;F Z = PT
Theo định lí Thales,

(5).

ME _ HX ME _ KE ME _ LY
MF HZ ' MF ’KT ’ MF ~ L F '
r w ME _ H X
ðặt

H X c

Hình ỉ.18
KE _ L Y
X (
m +u _ ■ ,
= j ỳ = - (x, y > 0), theo VD 16, ta có :

MH = —}— (yEX + xFZ) ; MK = --— -FT', ML = ~ — EY
x +y
JC+ _y
x +y
=>

=

1
a: + 7

+ xFZ)

=

+y

FT

ML

x +y

Từ đó, với chó ý rằng
TT F Z , ta c ó :
1
MH =
(y£X + xFZ) ; AÍẲ' = ~ ^ ~ F T ; ML = —Z— EY.
■X + .y '
r ■
Jt
+ 3?
........
Jrr +
Từ (5) và (6) suy ra : M// = /iT+ ML.

■EY

(6)

Kểt luận. Quỹ tích các điểm M thoả mãn điều kiộn đề bài là đoạn EF. □
Ví dụ 18. Cho hai ñiểm A, B phân biệt và hai số ữ, p thoả mãn ñiếu kiện
a + p * 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất ñiểm M sao cho aMA+/3MB=0.
Giai. Ta c ó :

aM A + PMB = Ổ <=> ~ ã m + y?(ÃS - ÃM) = õ
(a + ậ)ÃM = J3AB
<=> Ã ữ = —Ế—rÃB.
a +0
ðẳng thức trên chứng tỏ sự tồn tại duy nhất của ñiểm M. □
Nhận xét Khi a + Ị5 = 0 , khơng tồn tạì điểm M sao cho a MA + /3MB = õ .
22


Ví dụ 19. Cho tam giác ABC và ba số a , /?, Ỵ thoả mãn diều kiên
a + p+ ỵ ^ 0. Chứng minh rằng tồn tại diiy nhất ñiểmM sao cho
a M A + jm B + rM C = 0 .

Giải.
Cách ỉ. Vì a + /?+ Ỵ * 0 nên(cr + /0 + 0# + / ) + ( / + or)V 0. Do đó, một
trong ba số c« + /?), (/?+ Ỳ), (ỵ + a) khác khơng.
Khơng mất tính tổng qt già sỏ, a + p 5É0. Theo VD 18, tồn tại duy nhất
ñiểm E sao cho : aEA + p E B .
Vậy, ta c ó :
a Ũ Ẵ + PMB+ ỵMC = ỏ

<=> a(MẼ + ẼẴ) + fi(ÃĨẼ+ẼB)+rĂĨC = d
<=>(a + /3)MẼ + (CCẼẲ + pẼB) + ỵMC = õ
'<£> (a + J3)ME + ỵA/C = õ.

Vì (a + /?)+ 7 ^ 0 nến thẹo VD 18, tồn tại duy nhất ñiểm M thoả mãn đẳng
thức (a + P)ME + ỵMC - 0.
ðiều đó có nghĩa là tồn tại duy nhất điểm M sao cho:
aMA + /ỈM B+ỵMC = õ .
Cách 2. Lấy ñiểm ồ bất kì (nhung đã xác định).

Chú ý rằng « + yơ+7 ^ 0 ,ta c ó :
ứrMA + /ỈMB+ ỵMC = õ
<» a(ÕẪ - ÔM) + Ị3(jÕB- ÕM)+ r(ÕC - ỠM) = õ
<» (a + /? + ỸỊOM = aOA + /ỢỠB 4- ỵOC
<=> ÕM = —— ^ — (a d Ẵ * pÕB. + ỵÕC).
a + /3 + ỵ
ðẳng thức trên chứng tỏ Sự tồn tại và duy nhất của ñiểm M. □
Nhận xét.
I . Khi a + p + ỵ = 0„ khịng tồn tại điểm M sao cho
ÕMẴ + Ị3MB+ ỵMC — õ .

•


2. Trong khá nhiều trường hợp, lời giải 1 cho ta cách xác ñịnh ñiểm M rất
hiệu quả.
3. Với các ñiểm

Ạ2,—, AjVà các số a x, a2,..., a.n thoả mãn ñiều kiện

5* 0, ta có kết quả tổng quát sau :
i=l

.
n
Tồn tại duy nhất ñiểm M sao cho: ^ ữ ịM A ị = 0.
.. Í=I
ðiểm M xác định như trên ñược gọi là tâm tỉ cự của hệ ñiểm ÍA}, A2,..., An)
' •••
■■

với các hệ số tương úng là Ịữj, a2,‘:r \

Khi a-ị = a z

"M là tâm tỉ cựcủa hệđiểm

thay cho cầch nói

{i4j, A2,...y An} với các hệ số tương ứng là {«J, « 2’”*’ an} r ó i

tè

/rợng tâm của hệ ñiểm {Aị, A2,...,
Nếu Af là tâm ti cự của hệ ñiểm [Aị, A2

An] với các hệ số tươngứng

là

{«J, or2,..., a„} th ì:
'ỵ^cCìỡAị =
với mọi điểm 0,
Ì=1
;=1
ðẳng thức trên được gọi là "cơng thức thu gọn", thưịng xun được sử dụng
trong các bài tốn liên quan tới tâm tỉ cự .
It
.
n

Khi
= 0, hoặc không tồn tại ñiểm M sao cho ^ a éMAị = 0, hoặc với
/=]
/=1
n
mọi điểm M ta đều.có ^ctịM A ị = 0. □
Í=1
Ví dụ 20. Cho tam giác ABC, trọng tâm G và 'điểm M. Gọì A \ B \ c theo thứ
tự là ñiểm ñối xứng với M qua trung ñiểm của các âom BC, CA, AB. Chứng
minh rằng:
a) AA', BB\ c c ñồng quy tại trung ñiểm của mỗi ñoạn.
b) ðiểm đồng quy nói trong câu a) thuộc MG.
Giải, (h.1.19)
a) Dễ thấy A', ư , c ỉần lượt là tâm tí cựcủa các hệ điểm
(a, B, M} với các hệ số tương úng là Ịl, 1, -1 } .

c , M} ; Ịc, A, M] ;