Chương 1
VECTƠ 1.1 1. 1 1.1. 1. 1.1 1
Cácc hệ th Cá thứ ức Quy Qu y tắ tắcc cơ bả bản n
Quy tắc cộng. Cho 3 điểm A,B,C bất kì, khi đó: − − →
− − →
−→
(1.1)
AB + BC = AC
Từ quy tắc 3 điểm ta có công thức tổng quát cho n điểm sau: Hệ quả 1.1 Cho n điểm A1 , A2 ,...,An , khi đó ta có: −−−→
−−−→
−−−−−→
A1A2 + A2 A3 + ... + An
−1
−−−→
(1.2)
An = A1 An
Quy tắc trừ. Cho 3 điểm A,B,C bất kì, khi đó ta có: − − →
−→
− − →
(1.3)
AB − AC = CB
Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hành ABCD, khi đó ta có − − →
− − →
−→
(1.4)
AB + AD = AC
%
%
$ &
$
&
% &
$
'
Hình 1.1:
1.1.2 1.1 .2
Công Côn g thức thức điểm điểm chia chia và và các hệ hệ quả −−→
−−→
= 1 thỏa M A = k. M B . Công thức điểm chia Cho hai điểm A, B phân biệt. Cho điểm M và số thực k
Khi đó với điểm O bất kì, ta có
−→
− − →
OA − k. OB OM = 1−k −−→
1
(1.5)
Chuyên đề hình học 10
CHƯƠNG CHƯƠ NG 1. VECT VECTƠ Ơ
−→
− − →
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→
( 1 − k ) OM Chứng minh Ta có OA − k.OB = OM + M A − k.OM − k.M B = (1
Từ đó suy ra điều cần chứng minh. @ Hệ quả 1.2 Cho hai điểm A, B phân biệt và M thuộc đoạn AB . Khi đó với điểm O bất kì ta có: −−→
OM =
M B −→ M A −−→ .OA + .OB AB AB
(1.6)
MA ta có (1.6) @ MB −−→ 1 −→ −−→ Với M là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có công thức quen thuộc sau: OM = OA + OB 2 Nếu cho M trùng với chân đường phân giác trong của góc A. Khi đó ta có hệ thức sau: c,AC = = b,BC b,BC = = a. AD là đường phân giác trong, khi đó ta có Hệ quả 1.3 Cho tam giác ABC có AB = c,AC
Chứng minh Từ (1.5), cho k = −
− − →
AD =
b −−→ c −→ .AB + .AC b+c b+c
(1.7)
MA S OM S OM OM A M B OM B = ; = , từ (1.6) ta có hệ thức sau: AB S OAB AB S OAB OAB OAB Hệ quả 1.4 Cho hai điểm A, B phân biệt và M thuộc đoạn AB . Khi đó với điểm O bất kì ta có:
Nếu đặt
− → S OM S OM OM B −→ OM A − .OA + .OB S OAB S OAB OAB OAB
−−→
OM =
1.1. 1. 1.3 3
(1.8)
Tâm tỉ tỉ cự của của một một hệ hệ điểm điểm
Bài toán 1 Cho hai điểm A, B phân biệt và các số thực α, β không đồng thời bằng 0 và có tổng khác 0.
Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho −−→
−−→
→ −
(1.9)
α.M A + β. M B = 0
Chứng minh: Ta có −−→
−−→
−−→
−−→
− − →
−−→
− − →
α.M A + β. M B = α.M A + β. M A + β. AB = (α + β ) M A + β. AB −−→
− → β − .AB α+β
→ −
−−→
(1..9) ⇔ AM = Do đó (1 khi đó ta có:
. Biểu thức trên cho ta cách xác định điểm M . Giả sử tồn tại M thỏa (1.9),
−−−→
−−→
−−→
− −− →
−−−→
0 = α.M A + β. M B = (α + β ) M M + α.M A + β. M B = (α + β ) M M −−−→
→ −
= 0 nên M M = 0 , do đó M ≡ M @ Vì α + β Bài toán 2 Cho 3 điểm A,B,C và các số thực α,β,γ không đồng thời bằng 0 và có tổng khác 0. Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho:
−−→
−−→
−−→
→ −
(1.10)
α.M A + β. M B + γ. M C = 0
Chứng minh
Vì 3 số α,β,γ có tổng khác 0 nên tồn tại hai số có tổng khác 0, ta giả sử là α, β . Do đó theo bài toán 1, − → −→ − → tồn tại điểm I sao cho α.I A + β. I B = 0 . Khi đó ta có: −−→ −−→ −−→ − − → −−→ → −
→ −
0 = α.M A + β. M B + γ. M C ⇔ 0 = (α + β ) M I I + + γ M C
Hệ thức cuối cùng kết hợp với bài toán 1, ta suy ra điều cần chứng minh. @ Từ cách giải bài toán trên, sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp ta có bài toán tổng quát sau: Bài toán 3 Cho n điểm A1 , A2 , . . . , An và n số thực α1 , α2 , . . . , αn không đồng thời bằng 0 và có tổng khác 0. Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho −−−→
−−−→
−−−→
→ −
α1 .M A1 + α2 .M A2 + ... + αn M An = 0
(1.11)
(Điểm M được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm A1 , A2 , . . . , An với các hệ số α1 , α2 , . . . , αn ). 2
Chuyên đề hình học 10
1.1.4 1.1 .4
1.1.. CÁ 1.1 CÁC C HỆ THỨC THỨC
Hệ thức thức Jac Jacobi obi và và các các hệ quả quả
Hệ thức Jacobi Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Đặt S MAB MAB = S c , S M AC = S b , S MB MB C = S a . Khi đó ta có
−−→
−−→
−−→
→ −
(1.12)
S a .M A + S b .M B + S c .M C = 0
Hướng
dẫn $
6E
0
6D %
&
$
Hình 1.2: Gọi A là giao điểm của M A và BC Áp dụng công thức (1.6) cho tam giác M BC ta có:
−−→
MA =
CA −−→ BA −−→ .M B + .M C AB AB
Mà C A /AB = S MC MB C = S AA ABC = S MAC MAC /(S MAC MAC + S MAB MAB ) = S b /(S b + S c ) MC A /S MB AA C /S ABC và tương tự BA /AB = S M AB /(S MAC MAC + S MAB MAB ) = S c /(S b + S c ) Mặt khác
−−→
MA =
Từ đó
M A −−→ S a −−→ .AM = .AM AM S b + S c
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − S a −−→ S b S c → .AM = .M B + .M C ⇔ S a .M A + S b .M B + S c .M C = 0 S b + S c S c + S b S b + S c
@ Với tam giác ABC có A1 , B1 , C 1 lần lượt thuộc các cạnh BC,AC,AB và AA1, BB 1 , CC 1 đồng quy tại điểm M thì ta có (1.9), ta xét trường hợp đặc biệt sau: Hệ quả 1.5 Cho tam giác ABC có G, I, O, H lần lượt là trọng tâm, tâm nội tiếp, tâm ngoại tiếp và trực tâm của tam giác. Khi đó ta có: a) −→ − − → − − → − → GA + GB + GC = 0 (1.13) b)
− →
−→
− →
→ −
(1.14)
a.I A + b.I B + c.I C = 0
Nếu ABC nhọn thì ta còn có các hệ thức: c)
−→
− − →
− − →
→ −
(1.15)
−−→
−−→
−−→
− →
(1.16)
sin2A. sin2 A.OA + sin sin 2B. OB + sin sin 2C.OC = 0
d)
tan A.H A + tan B. H B + tan C.H C = 0
Chứng minh Dành cho bạn đọc. Hệ quả 1.6 Cho tam giác ABC có đường tròn I nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC,AC,AB lần lượt
tại D , E , F . Khi đó AD,BE,CF đồng quy tại điểm J của tam giác và ta có hệ thức −→
−→
−→
→ −
( p − b) ( p − c) J A + ( p ( p − a) ( p − c) J B + ( p ( p − b) ( p − a) J C = 0
(1.17) 3
Chuyên đề hình học 10
CHƯƠNG CHƯƠ NG 1. VECT VECTƠ Ơ
Trong đó a,b,c là độ dài các cạnh BC,AC,AB và p là nửa chu vi. Điểm J được gọi là điểm Gergonne của tam giác ABC Chứng minh
$
( ) -
,
%
'
&
Hình 1.3: Đặt AE = AF = x,BF = BD = y,CE = C D = z. Suy ra x = p − a, y = p − b, z = p − c Khi đó ta có:
x =
DB EC F A y z . . = − . − z x DC EA F B
−
y
−1
Theo định lý Ceva ta có AD,BE,CF đồng quy tại J . Mặt khác
S JAB x S JAB y JAB JAB = ; = ⇒ x.S JB JB C = y.S J AC = z.S J AB = T S JB z S JAC z JB C JAC
Do đó theo hệ thức Jacobi ta có: Hay
T −→ T −→ T −→ − → .J A + .J B + J C = 0 x y z −→
−→
−→
→ −
yz..J A + xz. J B + xy J C = 0 yz
Thế x = p − a, y = p − b, z = p − c vào ta có điều cần chứng minh.
1.1.5 1.1 .5
Đường Đư ờng đối đối trung trung và và điểm điểm Lemoin Lemoinee
Định nghĩa: Đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác xuất phát cùng đỉnh được gọi là đường đối trung của tam giác.
Như vậy trong tam giác có 3 đường đối trung xuất phát từ 3 đỉnh. Ta có định lý: Định lý 1 Trong một tam giác, 3 đường đối trung đồng quy tại một điểm L. Hơn nữa, ta có hệ thức −→
−→
−→
→ −
a2 LA + b2 LB + c2LC = 0
(1.18)
Điểm L được xác định như trên được gọi là điểm Lemoine. Chứng minh. Trước khi chứng minh định lý, ta chứng minh bổ đề:
DB c2 = 2 DC b I , H D AB,AC P, Q Chứng minh bổ đề. Gọi là hình chiếu của trên và là hình chiếu của M trên AB,AC .
Bổ đề 1.1 Nếu AD là đường đối trung của trung tuyến AM thì ta có
Ta có S ABM ABM = S ACM ACM ⇒
MQ AB c = = M P AC b
Và 4
Chuyên đề hình học 10
1.1.. CÁ 1.1 CÁC C HỆ THỨC THỨC ΔAI AID D ∼ ΔAQM ⇒
DI AD = MQ AM
Tương tự thì DH AD = M P AM
Suy ra DI MQ c = = DH M P b
Ta có BD BD CM DI M Q c2 = . = . = 2 CD BM C D M P DH b
@ Chứng minh định lý: Gọi AD,BE và C E là các đường đối trung của tam giác ABC , khi đó ta có: DB c2 EC a2 F A b2 = 2; = 2; = 2 . Theo định lý Ceva thì AD,BE và CF đồng quy tại L. DC b EA c FB a
Khi đó theo hệ thức Jacobi ta có:
−→
−→
−→
→ −
S LBC LBC .LA + S LAC LAC .LB + S LAB LAB .LC = 0
(1) Hơn nữa, S LAB DB c2 S LBC FB a2 S LAB S LAC S LBC LAB LBC LAB LAC LBC = = 2; = = 2 ⇒ = = = T 2 2 S LAC DC b S LAC FA b c b a2 LAC LAC
(2) Từ (1) và (2) ta có (1.18) @ Định lý 2 Trong một tam giác điểm Lemoine là trọng tâm của tam giác có các đỉnh là hình chiếu của điểm
Lemoine trên các cạnh của tam giác đó. Chứng minh
Ta có bổ đề: Bổ đề 1.2 Cho tam giác ABC , đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC,AC,AB lần lượt tại D , E , F . Khi đó ta có: −→
− →
− →
→ −
a.I D + b.I E E + + c.I F = 0
(1.19)
Chứng minh
Áp dụng (1.6) ta có: −→
−→
− →
BC. I D = CD CD..I B + BD. I C − → − → − → AC.I E = CE .I A + AE. I C − → −→ − → AB. I F = AF.I B + BF. I A
Mặt khác AE = AF,BD = BF và CD = CE Nên cộng vế theo vế các đẳng thức trên và áp dụng (1.14) ta có điều cần chứng. @ Chứng minh định lý. Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu của L trên BC,AC,AB . Ta chứng minh L là −−→ − − → −→ − → trọng tâm của tam giác M N P hay LM + LN + LP = 0 Ta có −−→
− − →
−→
LM + LN + LP =
→ 2S LAC → 2S LAB → LM −→ LN −→ LP −→ 2S LBC LBC − LAC − LAB − .I D + .I E E + + .I F = .I D + .I N + .I P r r r ar ar ar
(3) 5
Chuyên đề hình học 10
CHƯƠNG CHƯƠ NG 1. VECT VECTƠ Ơ
Hơn nữa, ta có S LBC S LAC S LAB LBC LAC LAB = = 2 2 a b c2
(4) Từ (3), (4) và bổ đề 2 ta có điều cần chứng minh. @ $
1
3
/
% 0
&
Hình 1.4:
1.1. 1. 1.6 6
Định Đị nh lý co con n nhí nhím m
→ ei (1 ≤ i ≤ n) có độ dài bằng 1, vuông góc Định lý Cho đa giác lồi n(n ≥ 3) cạnh A1 A2 . . . An , các vectơ −
với cạnh Ai Ai+1 (An+1 ≡ A1 ) và hướng ra ngoài. Khi đó ta có hệ thức: → −
→ A1A2 .− e1 + ... + An
−1
→ An .− en = 0
(1.20)
Chứng minh Ta chứng minh định lý trên bằng quy nạp.
Với n = 3. Theo đổ đề 2 thì (1.20) đúng. Giả sử (1.20) đúng với n = k. Ta chứng minh (1.20) đúng với n = k + 1 → → →=− e1 + ... + Ak Ak+1 − ek−+1 0 (trong đó các Cho đa giác lồi k + 1 cạnh A1A2 . . . Ak+1 , ta cần chứng minh A1 A2− − → vectơ ei (1 ≤ i ≤ k + 1) được xác định như trên. → − Xét đa giác A1 A2 . . . . Ak , dựng ra phía ngoài đa giác vectơ e vuông góc với A1 Ak và có độ dài bằng 1. Theo giả thiết quy nạp thì
→ A1 A2 − e1 + ... + Ak
−1
→ −
→ −
Ak − ek−→1 + A1 Ak e = 0 −
(1) Mặt khác, với tam giác A1Ak Ak+1 , ta có: → −
→ → − A1 Ak+1− e− k+1 + Ak Ak+1 ek + A1 Ak − e
→ −
= 0
(2) Từ (1) và (2) ta có → A1 A2 − e1 + ... + Ak
→ −
−1
→+A A → − Ak − ek−→1 + A1 Ak+1− ek−+1 k k+1 ek = 0 −
6
