Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán đại số 9 cơ bản và nâng cao được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết, đồng thời có các bài tập tự luyện ở phía dưới có hướng dẫn giải và đáp án của các phần bài tập tự luyện. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức về toán học lớp 9 và để ôn thi vào lớp 10.
Chuyên đề 7: BẤT ĐẲNG THỨC Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY (CƠ SI) Cho số thực khơng âm a, b, c ta có: a b �2 ab Dấu đẳng thức xảy a b a b c �3 abc Dấu đẳng thức xảy a b c Các bất đẳng thức 1, gọi bất đẳng thức Cauchy cho số thực không âm (Cịn gọi bất đẳng thức Cơ si hay bất đẳng thức AM- GM) Để vận dụng tốt bất đẳng thức Cauchy Ta cần nắm kết sau: 1 2 x2 y x y � � � a b2 ; a b ab 1) a b a b 1 3 � � a b2 c 2) a b c a b c 3 a ab b (a b) (a b) � ( a b) 4 3) a ab b (a b) (a b) � (a b) 4 4) 5) a b c ab bc ca � x2 y z x y z � abc 6) a b c a b 7) a b � 2(a b ) � a b 8) �a b c 2 2 � a b � ( a b) ( a b) 4 �� � a b � � � � � � a m n b m n � (a m b m ) 9) Với a, b �0 (*) Thật BĐT cần chứng minh tương đương với (a n b n )(a m b m )(a n b n ) �0 điều hiển nhiên n a n b n �a b � �� � �2 � (**) Tổng quát ta có n �a n 1 b n 1 � a n bn �a b � �a b � �� �� � � � � �2 � �2 � � � Thật áp dụng (*) ta có 1 a m n b m n c m n � (a m b m c m )(a n b n c n ) 10) Với a, b, c �0 (*) Thật ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: (a m b m )(a n b n ) (b m c m )(b n c n ) (c m a m )(c n a n ) �0 mà điều hiển nhiên n a n b n c n �a b c � �� � � � Thật áp dụng (*) ta có: Tổng quát ta có: �a n 1 b n 1 c n 1 � �a b c ��a n2 b n2 c n 2 � a n b n c n �a b c � �� � ��� � � �� 3 � � �� � �� �Áp dụng bất đẳng thức ta có: n n a n n b n n b n �n a n b n c � � � � � � 3 � � n anbnc n a bc n 1 �1 1 � a n b n c n ��a b c � � � � � � � Tương tự ta có: n 1 � � 1 n n �3 � � � n �a b c � Do a b c a b c suy a b c 1 � 11) a b 1 ab với a, b �1 1 � n n (1 a ) (1 b) ab Tổng quát: với a, b �1 ta có 1 � 12) Với �a, b �1 a b 1 ab a, b � 0;1 a + b3 x y m3 n3 � axm byn Áp dụng BĐT Cauchy ta có: n 1 n � 1 a b n ab ta có: Tổng quát: Với 13) Một số kết suy từ bất đẳng thức Cô si n (*) a3 x3 m3 3axm � 3 3 3 a b x y m n a b3 x3 y m3 n3 b3 y3 n3 3byn � 3 3 3 a b x y m n a b3 x3 y m3 n3 3� Cộng hai bất đẳng thức chiều ta suy ra: a b3 x y m3 n3 � axm byn a 3axm 3byn b x y m n3 � + Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: a b c x y z m3 n p � axm byn czp Bài tập 1: Cho số thực không âm a, b, c Chứng minh rằng: a b �ab a b a) 1 1 3 � 3 b) a b abc b c abc c a abc abc Với (a, b, c 0) a b b c c a �8abc c) a b b c c a � a b c ab bc ca d) ab bc ca � a b b c c a e) Cho Chứng minh: Lời giải: a) Ta có : a b3 a b a ab b Suy a b3 ab a b a b a 2ab b a b a b �0 b) Áp dụng bất đẳng thức câu a ta có: Suy 1 � a b abc ab a b c suy đpcm a b abc �ab a b abc ab a b c 3 Tương tự ta có: 1 1 � ; � b c abc bc a b c c a abc ca a b c 3 Cộng ba bất đẳng thức chiều 1 1 3 � 3 suy ra: a b abc b c abc c a abc abc Dấu xảy a b c a b b c c a �8abc c) Cách 1: Ta có: a b �2 ab , b c �2 bc , c a �2 ca � a b b c c a �8abc a b b c c a a b c ab bc ca abc Cách 2: Theo bất đẳng thức Cauchy ta 2 a b c ab bc ca �9abc có: a b c �3 abc , ab bc ca �3 a b c � Suy a b b c c a a b c ab bc ca abc �8abc Chú ý: nhiều chứng minh bất đẳng thức: a b b c c a a b c ab bc ca abc d) a b b c c a � a b c ab bc ca biến đổi sử dụng a b b c c a a b c ab bc ca abc Chú ý rằng: Áp dụng câu c ta có đpcm a b b c c a a b c ab bc ca abc e) Ta ý: Suy ab bc ca abc abc Theo bất đẳng thức Cơ si ta có: a b b c c a �3 a b b c c a � a b c � Mặt khác sử dụng: b a � b c c a 8abc Dấu ‘’=’’ xảy Bài tập 2: abc 1 abc ab bc ca � 8 a b c Từ suy ra: abc a) Cho số thực dương a, b, c cho a b c ab bc ca Chứng minh rằng: a b c �6 1 2 a , b b) Cho số thực dương cho : a b Chứng minh: 1 � 2 a b 2ab b a 2a b c) Cho số thực dương a, b cho a b Chứng minh: Q �a b � �1 � a b � � � ��10 �b a � �a b � d) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ P 2a bc 2b ac 2c ab 2 e) Cho số thực không âm a, b cho a b Tìm GTLN P ab a b Lời giải: a) Dự đoán dấu xảy a b c Ta có cách giải sau: Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: a b �2ab, b c �2bc, c a �2ac, a �2a, b �2b, c �2c Cộng bất đẳng thúc chiều ta suy a b c �2 ab bc ca a b c 12 � a b c �3 Dấu xảy a b c b) Dự đốn a b bất đẳng thức xảy dấu Từ ta có cách áp dụng BĐT Cơ si sau: 2 2 Ta có: a b �2a b, b a �2ab Từ suy 1 1 Q� 2 2a b 2ab 2b a 2a b 2ab a b 2ab a b ab a b Từ giả thiết 1 ab 1 Q � 2� � a b 2ab � a b a b ab a b suy Do a b a b Q� Dấu xảy a b Suy c) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: 2� 6 a b 2ab � � � 4ab a b 2ab a b 2ab �10 9 ab a 2b Hay 2 2ab 2ab 2 10 �0 � 2a 2b 4a 3b3 24ab 12a 2b 36 18ab �0 ab ab � 2a 2b 4a 3b3 24ab 12a 2b 36 18ab �0 � 4t 10t 42t 36 �0 (*) với a b t ab � 1 Ta có (*) tương đương với: 2t 5t 21t 18 �0 � t 1 2t 3t 18 �0 t 1 2t 3t 18 �0 Dấu Do 2t 3t 18 t �0 nên xảy t � a b d) 2a bc a a b c bc a b a c Áp dụng bất đẳng thức Cô si a ba c � , tương tự ta có: babc 2b ac b a b c ac � b a b c � , cacb 2c ab � Từ 2a b c 2b c a 2c a b P 2a bc 2b ac 2c ab � 2(a b c ) 2 suy Dấu xảy Ta viết lại P a bc ab � a b Đặt a b t � t � a b 2ab t � 2ab t 2t a b t 2 Ta có : a b � a b � a b �8 � a b �2 � t �2 2 P Ta chứng minh: ab t 2t ab2 t Dự đoán dấu xảy a b � t 2 nên ta t 2t P� � t 1 chứng minh: t2 1 t �0 � t 2 t �0 t2 2 t 2 Hay Bất đẳng thức t �2 Dấu xảy t 2 � a b MỘT SỐ KỸ THUẬT VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI Dạng 1: Dự đốn dấu để phân tích số hạng vận dụng bất đẳng thức Cô si Đối với toán bất đẳng thức đối xứng thông thường dấu xảy biến sở để ta phân tích số hạng cho áp dụng bất đẳng thức Cơ si dấu phải đảm bảo Ta xét ví dụ sau: x y x y �2 Bài tập 1: Cho x, y số dương thỏa mãn x y Chứng minh Lời giải: 2 Ta dự đoán dấu xảy x y Khi xy , x y x y Mặt khác để tận dụng giả thiết x y ta đưa đẳng thức Vì ta x y x y xy.2 xy x y phân tích tốn sau: Theo bất đẳng thức Cauchy �2 xy x y � x y 2 x y xy x y � 4 � � xy � 1 � � , Từ suy x y x y �2 Dấu xảy x y Ngồi cách làm ta giải toán cách đưa biến: t x y 2 t xy với ý: x y �4 xy , x y � x y Thật vậy: Đặt t xy; x y x y xy � x y 2t � x y 2t Do x y xy � � t �1 Ta cần chứng minh: t 2t �2 � t 2t �0 � t 1 t t 1 �0 Bất đẳng thức với giá trị t �1 Bài tập 2: 2 a) Cho a, b số không âm thỏa mãn a b �2 Chứng minh rằng: a 3a a 2b b 3b b 2a �6 b) Với ba số dương x, y, z thỏa mãn x y z , tìm giá trị lớn biểu thức: Q x y z x x yz y y zx z z xy Lời giải: a) Dự đoán dấu xảy a b Khi 3a a 2b,3b b 2a nên ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy trực tiếp cho biểu thức dấu Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng a 3a a 2b �a x y xy � , dễ thấy 3a a 2b 3b b 2a 2a ab b 3b b 2a �b 2b ab 2 , Cộng hai bất đẳng thức lại vế theo vế, ta được: M a 3a a 2b b 3b b 2a �2 a b 2ab 2ab Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết, ta có: 2ab �4 a b Từ ta có M �6 2 Dấu xảy � a b x x x y z yz x x x yz x x x yz x x x y z yz x b) Ta có: x x yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy co hai số thực dương ab ab � ta có: x x y x z x xy yz xz �x y x z � x� x� xy xz � � � xy yz xz xy yz xz cộng vế, ta suy Q �1 Đẳng thức xảy x yz x yz Chứng minh tương tự Vậy Q lớn c a c c b c � ab Bài tập 3: Cho c a, b �c Chứng minh Lời giải:Dự đoán dấu xảy a b Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành: P c ac c bc �1 b a a b Sử dung bất đẳng thức Cauchy dạng: x y xy � , ta có: c a c c bc c c c c 1 1 a a b b a a b 1 P �b 2 Bài toán giải hoàn toàn �c a c � 1 �b a � � a b c �c b c b Đẳng thức xảy �a Ngoài ta chứng minh tốn biến đổi tương đương Bài tập 4: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: x2 y2 z2 �1 x yz y zx z xy Lời giải: 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng: 2ab �a b , dễ thấy: P x2 y2 z2 x2 y2 z2 � 1 x yz y zx z xy x y z y z x z x y Đẳng thức xảy x y z Bài tập 5: Cho x, y x y �1 Chứng minh x4 y �5 xy Giải: Dự đoán dấu xảy x y 4 Ta đánh giá x y để đưa xy Theo bất đẳng 4 2 x y �16 x y x y � x y thức Cô si ta có: suy Suy 1 �16 x y xy xy Để ý dấu xảy 16 x y nên ta phân tích x4 y sau: 16 x y 1 1 16 x y xy xy xy xy Áp dụng bất đẳng thức Cô si a b c �3 abc ta có: 16 x y 16 x y 1 �3 xy x�y xy xy , xy Suy 1 1 �3 x y xy xy xy Đẳng thức xảy Bài tập 6) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: 9a b c a bb cc a � a 2b c 2 Lời giải: a b b c c a � �2 � abc Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành: � a 2b b c c a số, ta có: a 2b a 2b c2a c2a 10 2 2 � ��9 � 1 �9 ab bc ca Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cauchy ba 1 1 �3 a 2b.a 2b 3a b c b2 c �3 b2 c.b c 3b ab ab bc bc , 1 �3 c a.c a 3c ca ca Bài tập Trên cạnh BC,CD hình vng ABCD ta � lấy điểm M ,N cho MA N 45 Đường thẳng BD cắt đường thẳng A M ,AN tương ứng điểm P,Q a) Chứng minh tứ giác b) Chứng minh điểm đường tròn ABMQ A DNP nội tiếp M ,N ,Q,P,C nằm Lời giải: a) Gọi E giao điểm AN BC Các điểm M EB Q nằm hai cạnh EA tam giác EBA , nên tứ giác A BMQ lồi Các đỉnh A B nhìn đoạn thẳng Vì tứ giác MQ A BMQ góc 450 nội tiếp Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp � � � � b) Từ kết câu a, suy ADP ANP 45 ,QAM QBM 45 � NP A M ,MQ A N Tập hợp điểm P,Q,C nhìn đoạn MN góc vng, nên điểm nằm đường trịn đường kính MN Bài tập 2) Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn Một đường thẳng d ngồi vng góc với OM ; CM ,BM cắt d D,E Chứng minh B,C,D,E thuộc đường trịn O Lời giải: 254 O Kẻ đường kính AM cắt d N Ta có tiếp, suy Mặt khác Vậy � BA � N BEN � N BCM � BA � � BCM BEN B,C,D,E �NE A �BE 900 A nên tứ giác ABNE nội , hay � BED � BCD thuộc đường tròn Bài tập 3) Cho tam giác A BC có đường cao AD,BE,CF đồng quy H Gọi K giao điểm EF AH , M trung điểm AH Chứng minh K trực tâm tam giác MBC Lời giải: Lấy điểm S đối xứng với H qua BC , R giao điểm KC với MB Vì ME MA MH (Tính chất trung tuyến), kết hợp tính đối xứng điểm S ta có � BHD � MHE � � MSB MEB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy Lại có � CHD � � A �EK KSC AHF � RCE � MSE � MSE � RBE (1) nên tứ giác KSCE nội tiếp, (2).Từ (1) (2) suy � RCE � RBE nên tứ giác RBCE nội tiếp Từ � � suy BRC BEC 90 Trong tam giác MBC , ta có MK BC CK MB nên K trực tâm tam giác MBC Bài tập 4) Cho tam giác A BC nội tiếp đường tròn tâm O 255 Đường tròn (O') tiếp xúc với cạnh A B,A C E,F tiếp xúc với (O) S Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác A BC Chứng minh BEIS,CFIS tứ giác nội tiếp Lời giải: Nhận xét: toán thực chất định lý Lyness phát biểu theo cách khác;(Xem thêm phần: ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Kéo dài E,F O'EF SE,SF cắt đường trịn (O) Ta có tam giác cân O,O' OM S, nên � � � O'E / /OM � OM AB O'ES= OMS hay M điểm cung AB Kẻ đường phân giác góc A CB cắt EF I , ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Thật ta có: � IFS � � ICS tứ ACSB C,I,M thẳng hàng � �MCS � MSx � ICS giác IFCS tứ giác nội tiếp nội tiếp nên � SCF � � EIS � ABS � 1800 � EIS � A �BS 1800 ACS � �EFS � MSx � IFS Mặt khác tứ giác hay tứ giác EISB nội tiếp Cơng việc cịn lại chứng minh: IB phân giác góc Vì � ESI � EBI mà � � � � � ISB � ESB � AEF � MSB � 180 A MCB � 180 A C B ESI 2 2 chứng tỏ IB phân giác góc tiếp tam giác A BC �BC A nên �BC A Điều Hay I tâm vòng tròn nội Chú ý: Nếu thay giả thiết điểm I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác thành Các đường tròn ngoại tiếp tam giác FCS, SBS cắt I hình thức toán khác chất định lý Lyness Để ý rằng: AEF cân A nên ta dễ dàng suy được: I trung điểm EF 256 (O1),(O ) Bài tập 5) Cho hai đường trịn tiếp xúc ngồi với Kẻ đường thẳng O1O2 cắt hai đường tròn (O1),(O2) A ,B,C ( B tiếp điểm ) Đường thẳng tiếp tuyến chung hai đường tròn với tiếp điểm tương ứng (O 2) D1,D2 Đường thẳng ( ') tiếp tuyến với qua C Đường thẳng M , A D2 cắt BD1 BD1 cắt ( ') E A D1 cắt ED2 H Chứng minh AE MH Phân tích định hướng giải: + Vì ED1 MA A D1B góc góc nội tiếp chắn đường trịn Vì để chứng minh AE MH ta phải chứng minh AD ME , tức ta chứng minh H trực tâm tam giác MAE Khi ta có: hay tứ giác A D1D 2E tứ giác nội tiếp + Gọi N giao điểm (O 2) �D E A �D E A CD AM Xét tiếp tuyến chung qua B cắt () I Khi ta có: D1E / /CN (cùng vng góc với BD2 ) Do tiếp tuyến dây cung), mặt khác � D ND � D � AD D C CA 1 � D D � EC ED suy tứ giác ta có: ED1D 2C (2) Từ (1), (2) ta suy điểm 257 � D D �D N BD 2 � IBD � ED1 / /CD ,BEC ED1D2C A D1D 2E � D BD � D BA 1 vng B , (Góc tạo tia (so le trong) Suy tứ giác nội tiếp (1) Xét tứ giác Suy tứ giác ID1 IB ID2 � BD1D (O1) ( góc đồng vị) Suy hình thang cân nên nội tiếp A ,D1,D2 ,C,E nội tiếp thuộc đường tròn Bài tập 6) Cho tam giác A BC có hai đường cao BD,CE cắt H gọi I trung điểm BC Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI CDI cắt K , DE cắt BC M Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp Phân tích định hướng giải: Ta thấy đường trịn ngoại tiếp tam giác A DE,BEI,CDI cắt điểm K (Định lý Miquel) Như ta thấy A EKD tứ giác nội tiếp, mặt khác từ giả thiết ta có: A EHD tứ giác nội tiếp Nên suy điểm A ,E,H ,K ,D thuộc đường trịn đường kính AH Đây chìa khóa để giải tốn Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc tham khảo phần ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Ta có: �B �C � EKC � EKI � IKD � 5400 A � tứ giác AEKD nội tiếp Theo giả thiết � EKI � IKD � C � 1800 � A � EKD � 1800 B �DE A �KE BD A C,CE A B � �A , � B � � ADE tứ giác BEDC nội � � � � � AKE � � AKE � � EKI A KE EKI B 180 Kết hợp với ADE B � A ,K ,I thẳng hàng BDC tam giác vuông nên ID IC , IKDC tứ giác nội tiếp nên ta có: tiếp � IDC � ICD, � � KAC � ACK � IKC IKC � ICK � KCD � � KAC � ICK � , ICD giác MEKC nội tiếp 258 (Tính chất góc ngồi ), � DEK � � mà KAD (chắn cung DK ) � � � MEC MKC � DEK � � ICK � Theo kết suy tứ � AED � MEB,MEC � � MEB � 900 ,MKC � � IKC � � MKI � 900 � MK KI � A ,E,H ,D,K IKC MKI nằm đường trịn đường kính AH � HK AI Tứ giác DEHK nội tiếp � HDK � � HEK � M ,H ,K thẳng hàng , tứ giác MEKC nội tiếp � KMC � � � � � � � KEC � KMC HDK � KMB BDK tứ giác BKDM nội tiếp Bài tập 7) Cho hai đường tròn (O1),(O2) cắt A ,B Kéo dài AB phía B lấy điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn ( E,F tiếp điểm) điểm (O1) F,O2 nằm phía so với Đường thẳng BE,BF cắt đường tròn (O 2) P,Q gọi I giao điểm PQ EF Chứng minh I trung điểm PQ AB Phân tích định hướng giải: Để ý rằng: Đường thẳng EFI cắt ba cạnh tam giác Theo định lý Menelauyt ta có: điểm PQ QI EP FB 1 IP EB FQ ta chứng minh: EP FB 1 EB FQ BPQ I,E,F Để chứng minh I trung Bây ta tìm cách thay EP FB 1 EB FQ đại lượng (*) thành đại lượng tương đương để thơng qua ta quy việc chứng minh tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng Xét đường tròn 259 (O1) với cát tuyến M ,B,A hai tiếp tuyến ME,MF Ta có tính chất quen thuộc: FA EA FB EB (Xem FB FA EB EA chùm tập cát tuyến tiếp tuyến) Từ suy ta quy tốn chứng minh: phần thay vào (*) EP FA EP EA 1� � EPA : FQA FQ EA FQ FA � � � � ta có: EPA FQA góc nội tiếp chắn cung AB AEP AFQ (tứ giác AEBF nội tiếp) Qua ta có kết cần chứng minh: Các em học sinh tự hoàn chỉnh lời giải dựa phân tích định hướng mà tác giải vừa trình bày Nếu khơng dùng định lý Menaleuyt ta giải theo khác sau: � � Vì MF tiếp tuyến đường trịn (O1) nên ta có: MFB FAB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy M FB,MA F đồng dạng � MF FB MA FA � ME EB MA EA Tương tự ta có: , mà ME MF � � � ABE AQP (do tứ giác FB EB FA EA ABPQ MEB, MAE (1) , mặt khác đồng dạng suy � ABE � AFE � � nội tiếp) Suy AFE AQP � A FIQ tứ giác � � � � nội tiếp, suy AFQ AIQ � AFB AIP , ta có: FBA ,IPA ABE, A QI đồng dạng suy BF PI AF AI đồng dạng suy � APQ � ABF QI BE IA A E (3).Từ (1), (2), (3) suy O Bài tập 8) Cho tam giác A BC Đường tròn qua A cắt A B,A C theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt B M Chứng minh BIOJ C 260 � OMB suy (2) Tương tự ta chứng minh được: QI PI � IP IQ IA IA hình bình hành từ suy (chắn cung AE ) vng Phân tích định hướng giải: Để chứng minh BIOJ hình bình hành ta chứng minh BI / /OJ,BJ / /OI Mặt khác dễ thấy OI trung trực AC nên OI AC Ta cần chứng minh BJ AC , việc tìm liên hệ trực tiếp tương đối khó ta nghỉ đến hướng tạo đường thẳng ‘’đặc biệt’’ vng góc với BJ sau chứng minh đường thẳng song song với AC từ ta nghỉ đến dựng tiếp tuyến Bx đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN Khi ta có : Bx BJ � BNK � KBx (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây) Mặt khác AKNC nội tiếp suy BJ / /OI � A � � Bx / /AC � C BNK � � MKx � BA Từ Tương tự: Từ B kẻ tiếp tuyến By với đường tròn ngoại tiếp ABC , chứng minh ta có: BI / /OJ � tứ giác BIOJ hình bình hành Gọi Q giao điểm BO IJ � QO QB , IJ trung trực BM (Tính chất đường nối tâm hai đường trịn cắt nhau) � QM QB � QM QB QO � BMO Bài tập 9) Cho hai đường tròn tam giác vuông � � OMB 900 O1 O2 tiếp xúc O M (đường tròn nằm trong) Hai điểm P thuộc đường tròn O1 O2 qua Q O2 cắt O O kẻ tiếp tuyến với cắt 1 P kẻ tiếp tuyến với D qua Q A C Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD,BCD nằm PQ B Phân tích định hướng giải: 261 Vì giả thiết hai đường tròn tiếp xúc với điểm M nên ta nghỉ đến việc tiếp tuyến chung Mx để tận dụng yếu tố góc: Bài tốn làm ta nghỉ đến định lý Lyness tiếng ( Xem thêm phần định lý hình học tiếng (Định lý Lyness mở rộng) tínhchất quen thuộc liên quan đến chứng minh định lý là: MP phân giác góc � DMB , kéo dài MP cắt (O1) E E trung điểm � BD … Từ định hướng ta suy cách giải cho toán sau: + Dựng tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn � � � sđPM � � � DPM PMx DBM DMx sđDM 2 , tam giác), mà (O1),(O ) � � PBM � DPM PMB � PMD � � � � PMx DMx � PMD PMB � MP ta có: (tính chất góc phân giác � DMB O � � CE , gọi E giao điểm MP với 1 E trung điểm BD phân � giác BCD + Gọi I giao điểm CE PQ ta cần chứng minh DI phân giác � củan BDC Mặt khác I tâm vòng trịn nội tiếp tam giác BCD ta có: EI ED EB (Tính chất quen thuộc liên quan đến tâm vịng trịn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có nội tiếp suy 262 � sđEDM � sđDM � sđDE � sđDM � sđEB � � ICM DPM � EPB � IQM � IQCM 2 � MQC � MIC mà � � � MQC MPQ sđMQ (Tính chất góc tạo � � � � tiếp tuyến dây cung) suy MIC MPQ � EPI EIM � EIM đồng dạng EPI � EI EP.EM , Tương tự ta chứng minh DPIM tứ giác nội � � tiếp DEP đồng dạng với MDE � ED EP.EM � ED EI EB � EDI EID � I tâm đường tròn nội tiếp BCD + Tương tự, tâm đường tròn nội tiếp ACD nằm PQ Nhận xét: Đối với tốn có giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với việc kẻ tiếp tuyến chung để suy góc từ phát tứ giác nội tiếp hướng quan trọng để giải toán � 900 ABC A � � Bài tập 10) Cho tam giác vuông B C tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC A cắt cạnh BC kéo dài D gọi E điểm đối xứng A qua BC , H hình chiếu A BE Gọi I trung điểm AH đường thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC K Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK Phân tích định hướng giải: Để chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường trịn thơng thường ta chứng minh đường thẳng vng góc với bán kính tiếp điểm Muốn làm điều điều kiện cần phải xác định rõ tâm đường trịn Nhưng việc làm khơng dễ tâm đường trịn khơng phải điểm đặc biệt Để khắc phục khó khăn ta thường 263 chọn cách chứng minh theo tính chất góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung Trở lại toán: Để chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn (A KD) � KAD � ta phải chứng minh: KDB + Vì E điểm đối xứng A qua BC � DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ABC � AE BC MA ME Theo giả thiết IA IH nên � KBE � KAE � � A ,I,M ,K IM / /BE � KIM � BAE � HA � E BKE � IKM � MKE � BAH nằm đường tròn (1) � EAD � � khác, ABE (chắn cung AE ); + Từ (1) (2) suy � IKM � � IAM Mặt � 900 A �BH 900 EAD � A �DM EDM � BAH � � MKE EDM � ; bốn điểm � � � KA � D � BD � KDM KEM KEA đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK Tiêu chuẩn 3) Cho hai đường thẳng M ,K ,D,E (2) nằm tiếp tuyến đường tròn 1, cắt điểm M Trên hai đường thẳng 1, lấy điểm A ,B C,D điểm A ,B,C,D thuộc đường tròn MA.MB MC.MD Bài tập 1) Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB đường thẳng nằm ngồi đường trịn (O) vng góc với C Kẻ cát tuyến CMN với đường tròn (O) , cắt D,E Chứng minh MNED nội tiếp được: AB Phân tích định hướng giải: 264 A M ,A N Vì � AMB 900 � BCDM tứ giác nội tiếp , suy AB.AC AM.AD (1) Tương � BCE � 900 ANB 900 � BNE hay tứ giác BCNE nội tiếp, từ suy AB.AC AN.AE (2) Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD AN.AE � MNED tứ giác nội tiếp góc � Bài tập 2) Cho tam giác cân ABC(AB AC,A 90 ) có đường cao BD Gọi M ,N ,I theo thứ tự trung điểm đoạn BC,BM ,BD Tia NI cắt cạnh AC K Chứng minh tứ giác A BMD,ABNK nội tiếp 3BC 4CA.CK Giải: Do tam giác A BC cân A nên AM BC mặt khác BD AC � ABMD Vì NI / / có tứ giác nội tiếp � DMC � MD � KNC , � � B DMC KA � ta (Tính chất tứ giác � nội tiếp) suy KNC KA B hay A BNK tứ giác nội tiếp Ta có: CA.CK CN.CB mà CN 3 CB � BC CA.CK � 3BC 4CA.CK 4 Bài tập 3) Cho tứ giác lồi ABCD có giao điểm đường chéo M Đường phân giác góc 265 �CD A cắt BA K Giả sử MA.MC MA.CD MB.MD Chứng minh � CDB � BKC Phân tích định hướng giải: Ta gọi N giao điểm CK BD theo tính chất đường phân giác ta có: ND CD MC.DN � CD NM CM MN MA.MC MA.CD MB.MD MB.MD MA.MC MA thay vào biểu thức ta có: MC.DN MD MA.MC � MA.MC MB.MN MN MN Do M nằm tứ giác ABCN theo tiêu chuẩn ta có: A BNC tứ giác nội tiếp nên � ACK � KCD � ABD Theo tiêu chuẩn ta có: BCDK tứ giác nội tiếp Suy � CDB � BKC Bài tập 4) Cho tam giác A BC Đường tròn qua A C cắt A B,A C theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp O tam giác KBN cắt B M Chứng minh vng (IMO 1985) � OMB Phân tích định hướng giải: Gọi P giao điểm đường thẳng AC KN Ta có 266 � � � � BNK � KPA � KMA BMA BMK BCA nên điểm M ,P,A ,K nằm � � � � đường trịn Ngồi ta có A MP A KP 180 A CB 180 AMB (do ACNK tứ giác nội tiếp) nên ta suy điểm M nằm đoạn BP Gọi R bán kính đường trịn O 2 Ta có: BM.BP BN.BC BK.BA BO R PM.PB PN.PK PA.PC PO vế hai đẳng thức ta thu được: BM.BP PM.BP BO PO2 2R � BP BO2 PO 2R 2 R2 cộng Khi ta có: �BO R � �OP R � (BO PO2 2R 2)(BO OP 2) BM PM � � � � � BP � � BP � BP � � � � BO2 OP 2 Từ suy OM BP Chú ý: Để chứng minh OM BP ta dùng kết quả: Cho tam giác ABC điểm H nằm cạnh BC Khi AH đường cao A B2 A C2 HB2 HC2 Thật vậy: Nếu AH đường cao ta ln có: Pitago) Ngược lại: Nếu ta có: BC cho A B2 AC HB2 HC A B2 AC2 HB2 HC2 (*), A B2 AC MB2 MC Từ ta có: (Theo định lý gọi M điểm HB2 HC MB2 MC (HB HC)(HB HC) (MB MC)(MB MC) � BC.(HB HC) BC(MB MC) HB � HC MB MC 267 M H suy điều phải chứng minh: hay 268 ... ta có: a2 b2 c2 9abc �2(ab bc ca ) abc Để chứng 9abc abc � � a b c �9abc abc minh toán ta cần ra: Theo bất đẳng a b c �3 abc � a b c ? ?9 thức Cơ si ta có: ... Áp dụng bất 9abc �2 ab bc ca abc 9abc �4 ab bc ca a b c Hay : a b c Do ta cần chứng minh 9abc 2abc � a b c hay � � 2� abc �1 � �a b c � 9 S� abc... a3 b3 c3 P a, b, c ab bc ca Lúc dễ thấy b 2c c 2a a 2b Theo bất đẳng 21 9a 9b3 9c b 2c a �6a c 2a b �6b a 2b c �6c thức Cô si ta có: b 2c , c 2a