chuyên đề toán - Trường THPT Chuyên Tiền Giang

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀPHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓCCô: Nguyễn Thị Hồng NhungThông thường khi viết phương trình của đường thẳng, ta hay sử dụng phương trình tổng quátcủa đường thẳng. Nhưng có một dạng khác của phương trình đường thẳng mà việc áp dụng nó để giảitoán cũng hiệu quả không kém, đó là phương trình đường thẳng theo hệ số góc. Tuy nhiên khi sửdụng dạng này ta chỉ tìm được những đường thẳng không song song với Oy. Do vậy, ta cần phải xétthêm đường thẳng dạng x m có thỏa mãn bài toán không?Sau đây là vài bài toán áp dụngBài 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 điểmB, C.Giảia) Gọi k là hệ số góc của đường thẳng đi qua A.y k x 1 1 kx y 1 k 0Khi đó thường thẳng có dạng: Theo giả thuyết d B; d C;k 42k 1 k 3k 4 1k k 1 2k 3 22 2k 1 k 1 k 3Suy ra có hai đường thẳng : 4x y 3 0 2 112: x y 0 2x 3y1 03 3b) Xét đường thẳng x 1 (đường thẳng này đi qua A nhưng không có hệ số góc)d C, 2Ta có: , 1d B , Như vậy đường thẳng x 1 không thỏa mãn đề bài.Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán : 4x y 3 0 : 2x 3y101 2Nhận 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 C 2 21 : x y 4x 8y11 0 và 2 2C và C .trình tiếp tuyến chung của 12GiảiĐường tròn C1 có tâm I 1(2; 4) và bán kính R 1 3Đường tròn C có tâm I 2(1; 1) và bán kính R2 2 2Ta có: R1 R2 1 I1I2 R1 R2Suy ra C và C cắt nhau nên chúng có hai tiếp tuyến chung. 12C2 : x y 2x 2y 2 0. Viết phươngTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 1

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 Cách 1:Giả sử tiếp tuyến chung có phương trình: ax by c 0 tiếp xúc với 1C và C 2a 4b c 32 2 a b a b c 2 2 2 a b+ Với c a 5b, ta có:22a 6bakhi và chỉ khi b2 22 2 ab 0d I1; R1 d I ; R2 2 2 2a 4b c 3 a b c 2 2b 4b 3a 0 .b 0 4b 3a- Với b 0 a c . Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất : x 1 01- Với 4b 3a, chọn a 4 , b 3 c 11.Ta có tiếp tuyến chung thứ hai : 4x 3y1102c a 5b 7a11bc 57a11b2a 6b2 2+ Với c , ta có: 2 12a 3ab 8b 0 , phương trình vô nghiệm.52 25 a bVậy C và C có hai tiếp tuyến chung là : x 1 0 và : 4x 3y11 01 2 12 Cách 2:+ Xét đường thẳng : x m là tiếp tuyến chung của tiếp xúc với 1 2 m 3 m 1 1 m 2Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất : x 1 01C và C2khi và chỉ khid I1; R1 d I ; R2 2+ Giả sử tiếp tuyến chung có phương trình: y kx b 2k 4 bd I1; R 32b k 51 k 1Ta có: 2 2k 4 b 3 k 1b 7k11 d I2; R2 k 1 bb 2 5 2 k 124 11- Với b k 5, ta có: k 3 k 1 k b .3 34 11Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2: y x 4x 3y11 03 37k1122- Với b , ta có: k 3 5 k 1 24k 6k16 0 , phương trình vô nghiệm.5TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 2

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012Bài toán 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Phương trình đường thẳng BC là 3x y 3 0 . Cácđỉnh A, B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tamgiác ABC.GiảiVì B vừa thuộc đường thẳng 3x y 3 0 , vừa thuộc trục hoành y 03x y 3 0nghiệm của hệ phương trình: y 0Gọi ; 0 0x 1 B(1; 0) y 0nên tọa độ của B làI x y là tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông ABC, thì I nằm trên đường phân giác củagóc CBA .Cạnh huyền BC có hệ số góc k 3 .Do đó BC tạo với chiều dương của trục hoành góc mà tan k 30 60 .Vậy đường phân giác của CBA tạo với chiều dươngcủa trục hoành góc030 , nên hệ số góc của đường0 3phân giác này là k1 tan 30 3Do đó, phương trình đường phân giác BI là:3 3y x 3 3Theo giả thuyết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2, suy ra:3 3 x0 2 3 1x0 2 3 3 x0 12 3Gọi H là hình chiếu của I trên Ox, thì xH x0. Khi đó:AH A2 3 3;0+ Với x0 2 3 1, thì x x 2 2 3 3Điểm C nằm trên 3xy 3 0 và có hình chiếu trên Ox là A nên C 2 3 3;6 2 3 4 3 7 2 3 6 Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: G ; 3 3 AH A 2 3 1;0 + Với x0 1 2 3 , thì x x 2 2 3 1 C 2 3 1; 6 2 3 4 3 1 2 3 6 Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: G ; 3 3 Vậy có hai tọa độ của điểm G.2 2x yBài toán 4: Cho Elip (E): 1 và điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt25 9(E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 3

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012GiảiTa xét hai trường hợp:a) Đường thẳng qua M có dạng x 1. Gọi A1, B1là giao điểm của đường thẳng x 1 và (E). Rỏràng M không là trung điểm của A1 B1. Loại trường hợp này.b) Đường thẳng d qua M có hệ số góc k, có dạng: y k x Giả sử d cắt (E) tại hai điểm A x ; y , B x ; y 1 12 2Khi đó tọa độ của A, B nghiệm đúng hệ phương trình sau: 2 1 12 2 x y 1 25k 2 9 x 2 50k 1 k x 25 1 k 225 0 25 9 y kx 1 k y kx 1 kĐường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi2 2 2 2 2 25 k 1 k 25 1 k 225 25k 9 0 (*)Để M(1; 1) là trung điểm của AB, ta cần có: x1 x2 250k1k9 2 k (thỏa mãn (*))225k 925Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình:9y x 11 9x 25y 34 025Cuối 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 d 1: 2x y 2 0 ,d : x y 3 02 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 y 3là tam giác đều.và điểm C trên trục hoành sao cho ABCBài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng y x , phân giáctrong của góc C nằm trên đường thẳng x 3y 2 0. 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 cắtđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo một dây cung MN mà MN 2 3 .2 2x yBài 5: Cho Hypebol (H): 1 và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt2 3(H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.Bài 6: Cho Parabol (P):y2 2 px và đường thẳng di động đi qua tiêu điểm F của (P) và cắt (P) tạihai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với mộtđường thẳng cố định.TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 4

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNGCô: Nguyễn Thị Hồng Nhung1.Định lí: Cho đa giác lồi A 1 A 2 …A n và các vectơ đơn vị e i( AiAi 1 ) theo thứ tự vuông góc với (xem A n+1 A 1 ), hướng ra phía ngoài đa giác. Lúc đó ta có: A1 A2 e1 A2 A3 e2 ... AnA1en 0Chứng minh:+ Xét trường hợp n = 3, đa giác chính là tam giác.Gọi (I) là đường tròn nội tiếp ABC , lần lượt tiếp xúcvới 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. y Vì DBC, DB = y; CD = z nên DB DCz yHay điểm D chia đoạn thẳng BC theo tỉ số .z y IB IC zIB yICVới I bất kì thì: ID z a.ID zIB yICy1az 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 aIA bIB cIC 0 aID bIE cIF 0Suy ra định lí con nhím đúng với n = 3.+ Giả sử định lí con nhím đúng với (n – 1)-giác lồi (n 4) (2)đa giác lồi.Người ta còn gọi các vectơe ilà các lông nhím.Dựng vectơ đơn vị e vuông góc với A1 An 1, hướng ra phíangoài tam giác A 1 A n-1 A n .Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n – 1)-giác nênáp dụng tương ứng cho A 1 A n-1 A n và (n – 1)-giácA 1 A 2 …A n-1 , ta có: An 1An en 1 An A1 en A1 An1e 0 A1 A2 e1 A2 A3 e2 ... An1A1( e) 0 A A e A A e ... A A e 0 1 2 1 2 3 2 n 1 nNhư vậy định lí con nhím đúng với n-giác lồi.Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí con nhím đúng với mọiTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 5

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012Cách phát biểu khác của định lí con nhím: Cho đa giác lồi A 1 A 2 …A n . Gọi a i(1 i n) là các vectơvuông góc với cạnh AiAi 1(xem A n+1 A 1 ), hướng ra ngoài đa giác và ai Ai Ai 1thì: a1 a2 ... a n 0 .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: BC . AC IM . IN AB . IP 0IM IN IP2. Một số ví dụVí dụ 1: Cho ABC . I là tâm đường tròn bàng tiếp ACB của tam giác. Gọi M; N; P lần lượt là hìnhchiếu vuông góc của I lên BC; CA; AB. Chứng minh rằng: a) a. IM b. IN c. IP 0 b) a. IA b. IB c. IC 0GiảiIP ABIN CAa) Xét ABCcó: IM CBIP IN IMÁp dụng định lí con nhím cho ABCta có: a. IM b. IN c. IP 0 (đpcm)b) Ta có: a. IA b. IB c.IC aIM MAb IN NB c IP PC aMA bNB cPC MB AB AC Lại có AM MC MC.AB MBAC=MB1aMC(vì M chia đoạn BC theo tỉ số MBMC ) a. MA MC. AB MB.ACTương tự: và c. PC PA. CB PB.CA a. IA bIB c. IC MC. AB MB. AC NC. BA NA. BC PA. CB PB.CAb. NB NC. BA NA.BC PA(vì P chia đoạn AB theo tỉ số )PB AB. NC MC BC. NA PA CA.PB MB AB.0 BC.0 CA.0 0 (đpcm)TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 6

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012Ví dụ 2: Cho ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm AB và G là trọng tâmcủa ACD. Chứng minh rằng: OG CD.GiảiXétABCcân tại A và nội tiếp đường tròn tâm O. 1 AC OD OA OCCD. v 02 3 AC. OG CD.v2 2CD OG . v3AC OG DC. (đpcm)OD ABTa có: OE ACOD OEGọi vectơ v là vectơ vuông góc với DC, hướng rangoài miền ADCvà có độ lớn v OD OE .Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ADC ta có: AD. OD AC. OE CD. v 01 1 AB. OD AC OA OC CD. v 02 21 1 AC. OD AC OA OC CD. v 02 2 OG cùng phương với v Ví dụ 3: Cho ABCkhông đều. BC là cạnh nhỏ nhất, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theothứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. Gọi G là trọng tâm của XYZ . Trên tia BA, CA theo thứ tựlấy các diểm E, F sao cho BE = CF = BC. Chứng minh rằng: IG EF.GiảiKhông mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường tròn nội tiếp (I)của ABCbằng 1.Dựng vectơ đơn vị e vuông góc với EF.Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác EBCF ta có: EB. IZ BC. IX CE. IY EF. e 0 BC IX IY IZ EF.e 3 BC. IG EF.e EF IG . e3BC IG cùng phương với e . IG EFTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 7

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012Ví dụ 4: Cho ABCvuông tại A có AB c,AC b . Tìm điểm D AC sao cho BD AM với AMlà trung tuyến của ABC .GiảiGọi N là hình chiếu của M trên AC, kẻ BP MN (P MN). DN AD BD BN BAAN ANNên từ (1) ta cóTrong AMNBP MNcó BD AMBA ANÁp dụng định lý Con nhím trong AMNta có:MN AN AM BP BA BD 0BP BA BD(1)Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:MN AN AM DN AM AD BP BA BN BA 0BP BA BD AN BD ANMN AN AM AD AM DN BP BA BN 0BP BA BD AN BD ANc b a 2AD a 2DN BP BA BN 0b 2c 2BD b 2BD b Do ta có: BN BP BA nên ta suy ra ac b a 2AD BD DN2a 2DN c2c DN b 2c 2BD b 2BD b 2ac b 2cBD AD2 2b 2c2 2Trường hợp nếu b 2c 0 thì N nằm ngoài A và N, ta làm tương tự.Bài toán được giải quyết.2 2ADVí dụ 5: Tìm tất cả những điểm N tronglần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB.GiảiTrongABCcó:NA1 BCNB1 ACNC1 ABÁp dụng định lý Con nhím cho ABCthỏa mãn: NA1 NB1 NC1 0 , trong đó A1 , B1 , C1BC AC AB ABC , ta có: NA1 NB1 NC1 0NA NB NC1 1 1TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 8

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 Do N thỏa NA1 NB1 NC1 0BC nên ta có: AC ABNA1 NB1 NC1hay AB. NB1 AC.NC1Gọi AD là phân giác trong của góc A, D BC Lấy N1đối xứng với N qua đường phân giác ADKhi đó ta có: Khoảng cách từ N1đến AC bằng NC1,Khoảng cách từ N1đến AB bằng NB1.Suy raGọiTừS SAN1BAN1CA'là giao của AN1với BC.S SAN1BAN1C AB. NA .sin BAN AC. NA .sinCAN1 1 1 1 AB.sin BAN AC.sin CAN AB.AA'.sin BAA ' AC.AA'.sin CAA '1 1 SSuy raBAA' SCAA'A'là trung điểm của BC.Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC , vậy N thuộcđường thẳng đối xứng với AA’ qua đường phân giác gócA.Tương tự ta sẽ có: N thuộc đường thẳng đối xứng vớiBB’ và CC’ qua đường phân giác góc B và góc C (vớiB’, 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 củamỗi góc.Bài toán được giải quyết. Điểm N như trên được gọi là điểm đối trung của ABChoặc điểm Lemoine của ABCthoả 2 2 2mãn hệ thức vectơ: a . NA b . NB c . NC 0 (a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác)Thật vậy:BC AC AB a b cTheo chứng minh trên ta có: NA NB NC NA NB NC1 1 11 1 12 2 2 2 2 22a 2b 2ca b c (*)aNA1 bNB1 cNC1Sa Sb Sc Mặt khác, ta đã biết: nếu N là điểm bất kì trong tam giác ABC thì: S . NA S . NB S . NC 0 , trongđó S a S MBC, Sb S MAC, Sc S MAB. Vậy (*) a 2 . NA b 2 . NB c 2 . NC 0a b cVí dụ 6: Cho tam giác ABC. Điểm M nằm trong tam giác ABC, H, I, K lần lượt là hình chiếu của Mtrên BC, CA, AB. Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khiTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 9

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 . . . 02 2 2a MH b MI c MKGiải Vì M nằm trong tam giác ABC nên: Sa. MA Sb. MB Sc. MC 0 (1) M là trọng tâm tam giác ABC MA MB MC 0 (2)Từ (1) và (2) , ta có: Sa Sb Sc a. MH b. MI c.MKa . b MH . MI c . MK 0MH MI MK 2 2 2Khi đó: (3) a . MH b . MI c . MK 02 2 2a b c (3)a b cMH MI MKMặt khác, áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có:Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba đường cao. Chứng minh rằng nếuA' B ' C ' có chung trọng tâm thì ABCđều.GiảiGọi H là trực tâm tam giác ABCBC AC AB Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có: . HA' . HB' . HC ' 0HA' HB ' HC ' Mặt khác, nếu ABCvà A' B' C ' có chung trọng tâm thì ta có: AA' BB' CC ' 0AA' BB' CC ' . HA' . HB' . HC ' 0 (2)HA' HB ' HC 'BC AC ABTừ (1) và (2), suy ra: (3)AA' BB ' CC 'ABC(1)vàNgoài ra, ta lại có: ABA' CBC' và ACA' BCB'AB AA'AC AA'nên: và (4)CB CC ' BC BB 'Từ (3) và (4) AB BC ACVậy tam giác ABC đều.Ví dụ 8 : Cho ABCnội tiếpđường tròn tâm O, M là điểm thuộc (O). Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếucủa M lên BC, CA, AB. Chứng minh rằng : H, I, J thẳng hàngGiảiÁp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có :AC . AB MI . MJ BC . HM 0MI MJ MHTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 10

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012AC AB BC . HI HM . HJ HM . HM 0MI MJ MH BC AC AB AC AB HM . HI . HJ 0 (*) MH MI MJ MI MJTa lại có:AI MI AI BH+ BMH AMInên: BH MH MI MHMH CH CH AJ+ MCH MAJnên: MJ AJ MH MJMI CI CI BJ+ MCI MBJnên: MJ BJ MI MJKhi đó:BC AC AB BH CH AI CI AJ BJ MH MI MJ MH MH MI MI MJ MJ AI AJ AI BJ AJ BJ 0 MI MJ MI MJ MJ MJ Vậy (*) AC AB. HI . HJ 0MI MJ HI cùng phương với HJ H, I, J thẳng hàng.3. Bài tậpBài 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 DBGiảiDựng vecto e là vectơ đơn vị vuông góc với BD và hướng rangoài BDC .Áp dụng định lí con nhím cho BDC , ta có:BC DC . AH . HD DB. e 0 (*)AH HDHD DC 2DCMặt khác, HDC AHCnên: AH HC BCBC 2DC AH HD2Do đó, (*) DC DC. AH . HD DB. e 0HD HD DC 2 AH HD DB . e 0HDDC AH AD DB . e 0 DC .2 AM DB . e 0HDHD AM cùng phương với e AM BDBài 2: Cho ABCcó góc BAC nhọn. Vẽ bên ngoài tam giác các tam giác vuông cân đỉnh A là ABEvà ACD. M là trung điểm BC. Chứng minh rằng AM DE.TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 11

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012GiảiXétAEDcóAB AEAC AD AM DE (đpcm).Gọi vectơ e là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng rangoài AED .Áp dụng định lí con nhím vào AEDta có:AE AD . AB . AC ED. e 0AB ACLại có AD =AC và AB = AE (ABE, ACD vuông cân tại A) AB AC ED. e 0 2 AM ED. e 0 AM và e cùng phươngBài 3: cho ABCvuông cân tại A có AB AC a . Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt nằm trên baAM BN CPcạnh AB, BC, CA sao cho . Chứng minh AN PM và AN PMAB BC CAGiảiGọi H là trung điểm BC.Dựng vecto e là vectơ đơn vị vuông góc với AN và hướng ra ngoài ANB .AB NB Áp dụng định lí con nhím cho ANB , ta có: . CA . AH AN. e 0AC AH 2NB CA . AH AN. e 0 (vì tam giác ABC vuông cân tại A) (*)BCAM BN CPMặt khác, vì nên:AB BC CA CP CP BN CP . CA AP 1 AC 1CA CA CA BC AM BN AM . AB . AB AB BC BN BN PM AM AP CA . AB AC CA 2 . AHBCBC Do đó, (*) PM AN. e 0 PM / / e PM ANVậy: (đpcm)PM PM AN.e ANTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 12

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012Bài 4: Cho ABCvuông tại A, gọi M là trung điểm của BC. Lấy các điểm B 1 , C 1 trên AB, AC saocho AB.AB 1 =AC.AC 1 . Chứng minh rằng: AM B 1 C 1 .GiảiGọi 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:AB 1AC 1. MN1 . MN2 B1C 1. e 0MN1 MN2 2AB12AC1. MN1 . MN2B1C 1. e 0AC AB AB ACLại có AB.AB 1 = AC.AC 1 1 1AC AB2AB1 MN1 MN2 B1 C1. e 0AC4AB 1 . MA B1 C1. e 0 MA cùng phương với e MA B1 C 1 . (đpcm)ACBài 5: Cho hình chữ nhật ABCD. K là hình chiếu vuông góc củaB trên AC. M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. Chứngminh rằng: BM MN .GiảiGọi e là vectơ đơn vị vuông góc vơi MN và hướng ra ngoài MNC.Áp dụng định lí con nhím vào MNC ta có: MC NCBK BC MN. e 0BK BC KC MK KC MK NC Lại có BK . BM . BC . BM . BC . BC MN. e 0MC MC BK BK BCMà MK 1 1 1 1 1 2 AK tan ABK tanCAD CD NC NCBK 2 BK 2 2 2 AD 2 BC BCKC . BM MN . e 0BK BM cùng phương với e BM MN. (đpcm)Bài 6: cho ABCvà điểm O nằm trong tam giác. Gọi A 1 ; B 1 ; C 1 theo thứ tự là hình chiếu vuông góccủa 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 .GiảiĐặt e OA2a=OA OBe OCe .22;b;c2OB2OC2TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 13

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 Suy ra: OA2 OA2. ea BC.ea; OB2 OB2. eb CA.eb; OC2 OC2. ec AB.ecÁp dụng định lí con nhím cho ABCta lại có: BC. e a+ CA e b+ AB. e c= 0 OA OB OC O là trọng tâm của2 2 20A 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 A ... 1A2 An, điểm O ở trong miền đa giác. Cácđiểm A 1', A 2',..., An' lần lượt là hình chiếu vuông góc của Otrên A 1A 2, A 2A 3,..., AnA 1. Lấy các điểm A 1'', A 2'',..., An'' lầnlượt thuộc các tia OA1 ', OA2',..., OAn' sao choOA '' A A , OA '' A A ,..., OA '' A A . Khi đó ta có O là1 1 2 2 2 3 n n 1trọng tâm của đa giác A ... 1A2 An.Bài 7: Cho ABC và XYZ. Đoạn BC theo thứ tựcắt các đoạn XZ, XY tại M, N; đoạn CA theo thứ tựcắt các đoạn YX, YZ tại P, Q; đoạn AB theo thứ tựcắt các đoạn ZY, ZX tại R, S. Giả sử MN = NP =PQ = QR = RS = SM. Chứng minh rằng: ABCđều XYZ đều.Giải‣ Điều kiện cần:Từ (1) và (2) ta có:e x+e y+Gọie a,e z,e b,e x,e c,e ylần lượt là các vectơ đơn vị hướngra ngoài lục giác MNPQRS và lần lượt vuông góc với các canhMN, NP, PQ, QR, RS, SM.Áp dụng định lí con nhím cho lục giác MNPQRS, ta có: MN. e NP. e PQ. e QR. e RS. e SM. e 0a z b x c yLại có MN = NP = PQ = QR = RS = SM nên:e a+e z= 0 (3)e z+e b+e x+e c+e y= 0 . (1)Mặt khác áp dụng định lí con nhím cho ABC đều ta có: BC.e a+ AC. e b+ AB. e c= 0 BC.( e a+ e b+ e c) = 0 e a+e b+e c= 0 (2)TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 14

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012Áp dụng định lí con nhím vào XYZ ta có: YZ. e x+ ZX. e y+ XY. e z=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.GiảiGọi M, N, P, Q theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của Itrên AB, BC, CD; x, y, z, t là khoảng cách từ A, B, C, D tớicác 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 IA + IBx y x y (x + y) IM = y. IA + x. IBTương 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 zy t IF IE cùng phương với IF I, E, F thẳng hàng. (đpcm)Bài 9: Về phía ngoài ABC dựng các tam giác đồngdạng XBC, YCA, ZAB. Chứng minh rằng các tam giácABC và XYZ có cùng trọng tâm.GiảiGọi H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của X, Y, Z trênBC, CA, AB.GọiTỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 15e a,e b,e clà các vectơ đơn vị, hướng ra ngoàiABC 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 2011-2012BH CK AL m (1)BC CA ABXH YK ZL n (2)BC CA ABTừ (1) và (2) ta có: BX CY AZ BH HX CK KY AL LX m. BC n. BC. ea m. CA n. CA. eb mAB n. AB.ec m AB BC CA n. BC. ea CA. eb AB.ec n. BC. ea CA. eb AB.ecMặt khác áp dụng định lí con nhím vào ABC ta có: BC. e a+CA. e b+AB. e c= 0 BX CY AZ 0 Gọi G là trong tâm của ABC, ta có: GA GB GC 0 Khi đó: BX CY AZ 0 GX GB GY GC GZ GA 0 GX GY GZ GA GB GC 0 GX GY GZ 0 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 giácta 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 thẳnghàng.GiảiVì G là trọng tâm của M’P’R’ nên ta có: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’. GM ' GR' GP ' 01 GA GB GE GF GC GD 021 1 1 GA GF GB GC GE GD 02 2 2 GS ' GN ' GQ' 0 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 trọngtâm. (*)TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 16

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012 GM ' GR' GP' 03 ' GO OM OR ' OP ' 0 OM ' OR' OP ' 3 GO . OM . OR OP 0OM OR OPLại có AB = CD = EF và các tam giác MAB, PCD, REF đồng dạng nên:OM ' OP ' OR' kOM OP OR3 . GO k OM OR OP 0 3GO 3kOO1 0 (vì O 1 là trọng tâm của MPR) GO cùng phương với OO 1hay 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:AB BC CD DE EF FA . M ' M . N ' N . P ' P . Q' Q . R' R . S ' S 0M ' M N ' N P ' P Q ' Q R' R S ' SMà các tam giác MAB, NBC, PCD, QDE, REF, SFA đồng dạng nên:AB BC CD DE EF FAM ' M N ' N P' P Q' Q R' R S ' S M ' M N ' N P' P Q' Q R' R S ' S 0 GM GN GP GQ GR GS 0 GM GP GR GN GQ GS 0 3GO1 3GO2 0 (Vì O1 , O 2 là trọng tâm của các tam giác MPR và NQS) GO 1cùng phương với GO 2hay G, O 1 , O 2 thẳng hàng. (2)Từ (1) và (2) O, O 1 , O 2 thẳng hàng.TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 17