Đang tải... (xem toàn văn)
Ta đã biết, khi biết độ dài một số yếu tố của một hình ta có thể tính được diện tích hình đó bằng những công thức mà ta đã biết. Ngược lại các công thức tính diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng. Sử dụng công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng.Để so sánh hai độ dài đoạn thẳng nào đó bằng phương pháp diện tích, ta chú ý các điểm sau :1)Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.2)Sử dụng các công thức tính diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một đẳng thức có chứa các độ dài.3)Biến đổi đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn thẳng cần so sánh.
HÌNH HỌC I. Bất đẳng thức và cực trị Trong chương trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta gặp chỉ xoay quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh ,, abc , chu vi p , bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp , rR … và các yếu tố độ dài trong một đường tròn. Để nắm bắt rõ điều này, tôi sẽ bổ sung một số hệ thức lượng trong tam giác mà một số hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp trong chương trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các hệ thức rất cơ bản trên cấp 3 i) Hệ thức về diện tích tam giác ()()()() 11 sin 224 aa abc SahprbcAparppapbpc R =====−=−−− ii) Hệ thức về hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đường cao () () 222 222 2 2cos 2sin 22 1 4 2cos 2 2 1111 a a abc bcbcAa aRA bca m A bc l bc hhhr +−= = +− = = + ++= Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi sẽ chỉ chứng minh hệ thức (1) và (2). Chứng minh như sau Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC và tam giác ABM với góc B ta có 222 2 22 2cos 22cos2 2 a acacBb a cacBm +−= +−= Trừ hai vế đẳng thức với nhau ta có 222 2 22 4 a bca m +− = Đối với hệ thức (2) áp dụng công thức diện tích cho hai tam giác , ABDACD ta được 1 sin 22 1 sin 22 ABDa ACDa A Scl A Sbl = = Mặt khác () 2cos 11 2 sinsin 222 ABDACDaa A bc A SbcASSlbcl bc ==+=+⇒= + a m a h a l a b c A C B M D iii) Một số hệ thức đặc biệt khác Với O là điểm bất kì trên mặt phẳng thì ( ) 2222222 39 OAOBOCOGabc ++=+++ với G là trọng tâm tam giác Chứng minh Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác ,,, OADOGDOBCGBC ta được 2222 2222 2222 2222 224 422 224 422 OAODOGAD OMGDOGOD OBOCOMBC GMBCGBGC +=+ +=+ +=+ +=+ Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có 2222222 3 OAOBOCOGGAGBGC ++=+++ (*) Mà từ công thức đường trung tuyến ta dễ dàng suy ra 222 222 3 abc GAGBGC ++ ++= Thế vào (*) ta có ( ) 2222222 39 OAOBOCOGabc ++=+++ Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau 222222222 999 ROGabcRabc =+++⇒≥++ (**) Trước hết, chúng ta có một bài toán cơ bản là điều kiện tương đương để ba số dương là ba cạnh một tam giác. Điều kiện như sau: ,,0 abc > là ba cạnh tam giác ,,0: ayz xyzbxz cxy =+ ⇔∃>=+ =+ Chứng minh Điều kiện cần: Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC , khi đó, ,, xyz là các đoạn được biểu diễn trên hình Điều kiện đủ: Với ayz bxz cxy =+ =+ =+ ta dễ dàng chứng minh ,, abc bcaabc cab +> +>⇒ +> là ba cạnh tam giác Rõ ràng điều kiện trên là rất đơn giản nhưng lại rất hữu dụng, các bạn sẽ có thể nhìn một bất đẳng thức hình học dưới cái nhìn đại số và không bị ràng buộc bởi cái yếu tố cạnh của tam giác nữa. Ta hãy xét một vài ví dụ • Các bất đẳng thức chỉ chứa yếu tố các cạnh tam giác Cho ,, abc là ba cạnh tam giác. Chứng minh ( ) () () ()()() 222 2 222 [1] 2 [2] 2 [3] 3 111111 [4] 2 abcabbcca abcabc ababbcbccacaabc papbpcabc ++<++ ++<++ +++++> ++≥++ −−− A B C D O M G x x y y z z () () ()()() ()()() () 222 222 [5] 2 3 [6] 2 [7] 2 [8] 3 [9] 2 1 [10] 4 1 2 [11] abc abc papbpc abc papbpc abbcca abc abcbcacab abcabcabcabc abcabc bccacaabbcca abcabcabc ppa ++≥++ −−− ++≥ −−− ++≥++ +−+−+− +−−+−++≤ +++< ++++++ +++<++= <− ()()() ()()() ()()() 222 222 3 [12] 2220 [13] 0 [14] 0 [15] 1 [16] pbpcp ababcbcbcacacab abcbcacab ababbcbccaca abcacb bcacba abbcca abbcc +−+−≤ +−++−++−≥ −+−+−≥ −+−+−≥ ++−−−< −−− ++ +++ 1 8a < Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn đều có thể giải được bằng cách sử dụng điều kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16], trong các bất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó hơn cả [10] () 222 1 4 1 2 abcabcabc +++<++= Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương) ()()()()()() 222 1 4 2 xyyzzxxyyzzx +++++++++< với 1 2 xyz ++= Để cho hai vế của bất đẳng thức trên cùng bậc (*) ta nhân thêm các lượng như sau ()()()()()()() () () ()() () 2223 3 222222222 1 248 2 03 xyzxyyzzxxyyzzxxyz xyzxyzxyyzzxxyxzyxyzzxzyxyz xyz +++++++++++<++ ⇔+++++++++++++<++ ⇔< [9] ()()() 3 2 abcabc bccacaabbcca +++< ++++++ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ()()() 32 0 aabacbbcbaccacbabcabbcca bcacababc ⇔+++++++++<+++ ⇔+−+−+−> [15] 1 abcacb bcacba ++−−−< và 1 8 abbcca abbcca −−− ++< +++ Chú ý rằng ( ) ( ) ( ) ()()() ()()() abbcca abcacb bcacbaabc abbcca abbcca abbccaabbcca −−− ++−−−= −−− −−− ++= ++++++ ta có đpcm • Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác ( ) ,,,,, mlhRrS ( ) () () ()() 222 222 2222 9 2 111111 3 2 4 23 23 ,,0 5 9 abcabc abcabc a rrrhhhr lllhhh Rr abc am pqr abcSpqr qrrppq Rabc ++≥++≥ ++>++ ≥ ++ ≥ ++≥> +++ ≥++ Độ mạnh của bất đẳng thức Tại sao chúng ta phải nhắc đến điều này, thực ra có quá nhiều bất đẳng thức mà tôi không thể liệt kê ra hết được nhưng chúng ta không cần biết hết mà chỉ cần nhớ những bất đẳng thức mạnh mà thôi, vậy thì một bất đẳng thức A gọi là mạnh hơn bất đẳng thức B khi nào, khi từ A có thể suy ra B. Chẳng hạn như trong một dãy những bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh ,, abc và diện tích S thì bất đẳng thức 2222 9 Rabc ≥++ là rất mạnh, thật vậy, ta có () 2 2222222 2 222 3 99 16 4 abc abc RabcabcS S abc ≥++⇔≥++⇔≥ ++ (*) Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau () () 222 2 3 12 4 33 abcS abc S ++≥ ++ ≥ () () () ()()()()()() 2 3 222 22222 3 4 2 1 43 abcS abbccaabc S apbpcbpcpacpapbpR ≥ ++−−− ≥ −−+−−+−−≤ Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng lớn hơn vế trái của (*) nên (*) mạnh hơn ba bất đẳng thức đó. Ta cũng có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức cuối. Việc xét xem giữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơn là một điều khó khăn nhưng ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn bằng cách sử dụng điều kiện tương đương. Khi đó ( ) ( ) 1443 xyyzzxS ⇔++≥ ()() 2 3 xyyzzxxyzxyz ⇔++≥++ ( ) ()()() 222222 222 222 0 xyyzzxxyzxyz xyzyzxzxy ⇔++≥++ ⇔−+−+−≥ Bất đẳng thức (2) quá quen thuộc, ta sẽ không chứng minh, còn với (3) và (4) thì chỉ cần áp dụng công thức tính , aa ml ta sẽ thu được kết quả. Bất đẳng thức 2 Rr ≥ là một bất đẳng thức quan trọng và chắc các bạn cũng biết đến lời giải hình học của nó, nhưng tôi sẽ đưa ra một chứng minh khác chỉ bằng các hệ thức lượng và các bất đẳng thức đã nêu ( ) 2 4 2 416 abcabc abcS RrS Sabc ++ ≥⇔≥⇔≥ ++ Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớn hơn bình phương vế trái của (*) là đơn giản, từ đó ta chứng minh được 2 Rr ≥ Xét bất đẳng thức (5) Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có ()() ()() () () 222 2 222 2 2 222222 2 1 2 2 abc qrrppqabc qrrppq abc pqrabc qrrppq pqr abcabcabc qrrppq +++++++≥++ +++ ⇒++++≥++ +++ ++≥++−++ +++ Ta cần chứng minh tiếp vế phải lớn hơn 23 S , chính là bất đẳng thức (1) • Các bất đẳng thức hình học thuần túy Trong phần này tôi sẽ trình bày những bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa là khi chứng minh chúng ta hầu như chỉ cần những kiến thức đơn giản nhất về hình học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” như phương tích, hệ thức lượng… [1] Cho đường tròn bán kính 1 và n điểm 12 ,, , n AAA không cùng nằm trên một đường thẳng. Khi đó trên đường tròn có thể chọn được điểm M để 12 n MAMAMAn +++≥ [2] Nếu một đa giác lồi nằm bên trong một đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên ngoài không nhỏ hơn chu vi của đa giác trong. [3] Trong một tam giác không cân, đường phân giác a l luôn nằm giữa đường cao a h và đường trung tuyến a m [4] Nếu qua trọng tâm G của tam giác ABC vẽ đường thẳng cắt các cạnh của tam giác tại , MN thì ta có bất đẳng thức 2 OMON ≥ [5] Cho tam giác ABC có cạnh abc >> và một điểm O nằm trong tam giác. ,, PQR lần lượt là giao điểm các đường thẳng ,, AOBOCO với ba cạnh tam giác. Ta có OPOQORa ++< [6] Nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc C trong tam giác ( ) ABCMC ≡ thì MAMBCACB +>+ [7] Nếu một tam giác nhọn đặt được vào trong một đường tròn thì bán kính đường tròn đó không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác [8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau của hình vuông cạnh 1 thì chu vi của nó không nhỏ hơn 22 • Cực trị hình học [1] Trong tất cả các tam giác có cạnh a và đường cao a h cho trước, tìm tam giác có góc A nhỏ nhất [2] Trong tất cả các tam giác có các cạnh , ABAC có độ dài cho trước, tìm tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất [3] Tìm bên trong ABC một điểm O sao cho tổng bình phương khoảng cách từ điểm đó đến các cạnh của tam giác là nhỏ nhất [4] Cho góc XAY và một điểm O nằm trong góc đó. Hãy kẻ qua một đường thẳng cắt ra từ góc đó một tam giác có diện tích lớn nhất [5] Bên trong góc nhọn BAC cho một điểm M . Tìm trên các cạnh , ABAC các điểm , XY sao cho chu vi tam giác XYM là nhỏ nhất [6] Từ điểm M trong tam giác ABC cho trước hạ các đường vuông góc 111 ,, MAMBMC xuống các đường thẳng ,, BCCAAB . Với vị trí nào của M trong ABC đại lượng 111 abc MAMBMC ++ có giá trị nhỏ nhất [7] Cho tam giác đều ABC cạnh 10 và M là điểm thỏa mãn 9 MBMC += . Tìm max MA II. Các bài toán “kinh điển” và bài tập Bài toán con bướm Qua trung điểm M của dây PQ của một đường tròn , vẽ hai dây cung AB và CD. Dây AB và CD cắt PQ tại X và Y. Khi đó M là trung điểm của XY Chứng minh Cách 1. Từ O , vẽ , OUOV vuông góc AD và BC . Ta có , OXUMOMYV nội tiếp. Ta cần có MXMYMOXMOY =⇔= Do , OXUMOMYV nội tiếp nên , MOXAUMMOYMVC == Vậy ta cần chứng minh AUMCVM = . Ta có ~ ~ ADMCBMAUMCVM ⇒ AUMCVM ⇒=⇒ đpcm Cách 2. Hạ các đoạn vuông góc từ , XY xuống các đoạn như trên hình. Ta cần chứng minh xy = . Đặt MPMQa == . Từ các cặp tam giác đồng dạng 1 Mx và 1 My , 2 Mx và 2 My , 1 Ax và 2 Cy , 2 Dx và 1 By ta có 1212 1221 , , , xxxx xxAXXD yyyyyCYyYB ==== ( ) ( ) ()() 222 12 222 12 1 axax xxxAXXDPXXQax xy yyyCYYBPYYQayayay −+ − ⇒======⇒= +−− (đpcm) O Y A P X Q D C B M V U O Y A P X Q D C B M x 2 x y 1 x 1 y 2 y Mở rộng - M không chỉ là trung điểm của XY mà còn là trung điểm của RS với , RS là giao điểm của , ACBD với PQ . Chứng minh Ta vẽ hai đường vuông góc xuống hai cạnh , ACBD và giải hoàn toàn tương tự như cách 1. - Với M là giao điểm của AB và CD . , XCDYAB ∈∈ là hai điểm thỏa OXOY = . { } ,, XYADBCPQ ∩=. Khi đó , XYPQ có cùng trung điểm. Khi cho { } ,, ACBDPQRS ∩= , ta cũng có trung điểm XY là trung điểm RS Lưu ý. Khi cho XYM ≡≡ ta có bài toán con bướm ban đầu Chứng minh Cách chứng minh khá giống cách 2 tuy nhiên vẫn khá phức tạp, xin dành cho bạn đọc suy nghĩ Điểm Torricelli Cho tam giác ABC có các góc không lớn hơn 0 120 . Tìm điểm M trong tam giác sao cho SMAMBMC =++ đạt giá trị nhỏ nhất Lời giải Dựng hai tam đều , AMEACD như hình. Khi đó ta có ~ AMCAED MAMBMC ⇒++ MBMEED =++ MAMBMCBD ⇒++≥ Đẳng thức xảy ra 0 120 AMBBMCCMA⇔=== Điểm M thoả hệ thức trên được gọi là điểm Torricelli Lưu ý Khi tam giác ABC có một góc chẳng hạn 0 120 A > , ta có S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA ≡ . Thật vậy do 0 120 A > nên A nằm trong BMED MAMBMCBMMEEDBAADBAAC ⇒++=++>+=+ Đẳng thức xảy ra MA ⇔≡ O Y A P X Q D C B M S F E R O Y A P C Q D . B M X A B C M E D A B D E C M Đường thẳng Euler Cho tam giác ABC với trực tâm H , trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O . Khi đó ta có ,, HGO thẳng hàng và 2 HGGO = và G nằm giữa , HO Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác và ',',' ABC lần lượt là trung điểm ,, BCCAAB . Ta có '''~ ABCABC với tỉ số ½. H là trực tâm ABC , O là trực tâm ''' ABC . Do tỉ số đồng dạng là ½ nên 2' AHOA = . Do ,'//'' AHOABCAHOAHAGOAG ⊥⇒⇒= . Từ đó ta suy ra ~'',, HAGOAGHGAOGAHGO ⇒=⇒ thẳng hàng và G nằm giữa H và O , 2 HGGO = . Bài tập [1] Tương tự như cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp tam giác ABC là tam giác tù [2] Chứng minh rằng 22 ' 2 bc DA a − = Đường tròn chín điểm Euler Với ABC . Khi đó ba chân đường cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Euler, bán kính ½ R Lời giải Gọi , OH là tâm ngoại tiếp, trực tâm; ,, KLM lần lượt là trung điểm ,, HAHBHC ; ',',' ABC lần lượt là trung điểm ,, BCCAAB Dễ thấy 0 ''''''90 KCAKLAKBAKMA==== Suy ra ',',',,, ABCKLM cùng thuộc đường tròn đường kính ' KA là ( ) C . { } ' KAOHN ∩= . Dễ thấy N là trung điểm ' KA . Tương tự ta cũng có N là trung điểm ( ) ',' LBMCC ⇒ là đường tròn đường kính ',',' KALBMC Ta có ,, DEF lần lượt nằm trên đường tròn đường kính ',',' KALBMC . ⇒ ',',',,,,,, ABCKLMDEF đồng viên Bài tập [1] Trong đường tròn Euler, các điểm ,, KLM chia đôi các cung ,, EFFDDE [2] Đường tròn ngoại tiếp ABC là đường tròn Euler của abc III [3] Đường tròn Euler cắt các cạnh của tam giác bằng các góc ,, BCCAAB −−− A C D H . ' C E G O B ' A ' B . . A C D H ' C E O B ' A ' B N L M K F . . . Hệ thức Euler Cho tam giác ABC . , OI lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó ta có hệ thức 22 2 OIRRr =− Lời giải Phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại L , là trung điểm BC không chứa A . LM là đường kính vuông góc với BC . Để ý rằng , BMLBALLBCLAC αβ ==== Do là góc ngoài ABI tại I nên BILLBI αβ=+= LBI cân: LILB = . Vì vậy 22 22 / / sin .22 sin LBLM ROILIIALBIALMIY IYIA LMIYLMIYRrOIRRr α α −=== ===⇒=− Từ hệ thức trên ta rút ra 2 Rr ≥ Đường thẳng Simson (tìm ra năm 1797 bởi William Wallace) Ba chân đường cao từ một điểm đến các cạnh tam giác nằm thẳng hàng khi và chỉ khi điểm đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp Lời giải Từ P bất kì, vẽ ba đường cao xuống ba cạnh tam giác là 111 ,, ABC . Khi đó ta có 1111 , PCABPBAC nội tiếp. Suy ra 00 1111111 90, 90 ABCAPCCAPCBACPAPCB ==−==− i) ( ) PO ∈⇒ 1 CAPPCB =⇒ 1111 ABCCBA = 111 ,, ABC ⇒ thẳng hàng ii) 111 ,, ABC thẳng hàng 11111 ABCCBACAPPCBABCP ⇒=⇒=⇒ nội tiếp ( ) PO ⇒∈ Mở rộng [1] Phép vị tự tâm P tỉ số 2 biến đường thẳng Simson thành một đường thẳng mới đi qua trực tâm tam giác. Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Steiner Chứng minh Ta cần chứng minh 0 180 MHN = Thật vậy, từ APCB nội tiếp và , PM đối xứng nhau qua đường thẳng AB ACBAPBAMB ⇒== . Do H là trực tâm nên 00 180180 AHBACBAHBAMB+=⇒+= MAHB ⇒ nội tiếp MHAABMABP ⇒== Tương tự BHCN nội tiếp NHCMBCPBC ⇒== Vậy ta có 0 180 MHANHCABPCBPABCAHC +=+==− 0 180MHANHCAHC ⇒++=⇒ đpcm A B I C L M Y O α α α α β β A B C P 1 A 1 B 1 C A B C P M N H [2] 1 PA cắt đường tròn lần nữa tại U . Khi đó ta có 111 // AUABC [3] Góc giữa đường thẳng Simson của ,' PP bằng một nửa số đo cung ' PP [4] Đường thẳng Simson của một điểm (nằm trên đường tròn) chia đôi đoạn nối điểm đó và trực tâm tam giác [5] Hai đường thẳng Simson của hai điểm đối tâm cùng thuộc ( ) ABC vuông góc với nhau và giao điểm của chúng nằm trên đường tròn Euler Định lý Ptolemy Cho tứ giác lồi ABCD . Khi đó ta có bất đẳng thức ABCDADBCACBD +≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD nội tiếp Chứng minh Dựng trên AD tam giác ADM đồng dạng với ACB ADBCACDM ⇒= (1) Từ ~ ADAM ADMACB ACAB ⇒= Kết hợp với ADCMAB = ta có ~ DACMAB ABCDACBM ⇒= (2) Từ (1) và (2) ta có ( ) ABCDADBCACDMBMACBD +=+≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MBDABCD ∈⇔ nội tiếp Bài tập [1] Cho P là điểm nằm trên cung CD của đường tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD ta có ( ) ( ) PAPAPCPBPBPD +=+ [2] Nếu một đường tròn cắt hai cạnh và một đường chéo của một hình bình hành ABCD tại các điểm ,, PQR như trên hình. Khi đó APABARADAQAC += Định lý Ceva (năm 1678) Nếu ba cát tuyến ,, AXBYCZ với ,,,, XYZBCCAAB ∈ . Ta có ,, AXBYCZ đồng qui 1 XBYCZA XCYAZB ⇔= Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên) Nếu ba điểm ,, XYZ trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC . Ta có ,, XYZ thẳng hàng 1 XBYCZA XCYAZB ⇔= A B C P 1 A 1 B 1 C U A B C U ' U P ' P O A C B D M A B C D P Q R [...]... tích) có tính chất cho trước là một hình gồm tất cả những điểm thoả mãn tính chất đó Lời giải một bài toán tìm tập hợp điểm gồm có hai phần - Chứng minh rằng những điểm có tính chất đã cho thuộc hình H (hình này là kết quả của bài toán) - Chứng minh rằng tất cả những điểm của hình H đều có tính chất đã cho Tập hợp những điểm thoả mãn hai tính chất là giao điểm của hai hình, tập hợp các điểm có tính chất... cấp 2 thì điều này là chưa thật cần thiết Vì vậy, tôi O H' H sẽ trình bày sơ lược về phép biến hình này một cách đơn giản và dễ hiểu nhất có thể Cho hai hình H và H ' và một điểm O trên mặt phẳng Khi đó ta nói phép vị tự tâm O biến tỉ số k > 0 biến hình H thành hình H ' khi và chỉ khi với mỗi điểm M thuộc hình H tồn tại duy nhất một điểm M ' thuộc H ' sao cho M ' ∈ tia OM và OM ' : OM = k H ' được... hợp các điểm có tính chất thứ hai Đối với một bài toán dựng hình thì sự tỉ mỉ, cẩn thận là rất cần thiết, vì vậy, điều đầu tiên bạn làm khi gặp một bài toán dựng hình là phải xét hết tất cả các trường hợp có thể xảy ra, khi tìm ra hình chứa các điểm cần tìm phải xét đến giới hạn của chúng Các quĩ tích mà trong chương trình cấp 2 các bạn được học chủ yếu là đường thẳng hay đoạn thẳng, tia, đường tròn... tiếp bất kì u, v, w sẽ tạo thành đường gấp khúc Q Q ' Dễ thấy PQQ ' P ' là hình bình hành nên Q Q ' ≥ PP ' suy ra chu vi một tam giác bất kì nội tiếp ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi ba đỉnh của tam giác đó là chân ba đường cao của ABC Định lý Morley Đây là một trong những định lý về hình học sơ cấp đẹp nhất được tìm ra năm 190 4 bới Frank Morley Ông giới thiệu nó cho những người bạn của mình ở Cambridge,... [1] Với hình vẽ như bài [1] phần thẳng hàng, hãy chứng minh đường tròn đường kính AU , BV , CW đồng qui tại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm H [2] Cho hình vuông ABCD và M là điểm bất kì nằm trong hình vuông Từ A, B, C , D ta vẽ AA ' ⊥ MB, BB ' ⊥ MC , CC ' ⊥ MD, DD ' ⊥ MA Chứng minh rằng AA ', BB ', CC ' và DD ' đồng qui Gợi ý: Sử dụng phép quay [3] Cho tam giác ABC Dựng ra phía ngoài 2 hình vuông... quĩ tích điểm M thành việc tìm quĩ tích điểm N , sau đó suy ngược lại quĩ tích M bằng phép vị tự Bài [ 19] cũng sử dụng phép vị tự để giải, đầu tiên là tìm quĩ tích điểm đối xứng của O qua BC Bài [9] và [18] sử dụng phép quay Sơ lược về phép quay Phép quay tâm O theo góc 00 < φ < 1800 là một phép biến hình trên mặt phẳng, biến điểm X thành điểm X ' thỏa mãn điều kiện OX = OX ' và góc quay từ OX tới OX... toán Kết luận Quĩ tích E là phần giới hạn của đường thẳng XY IV • Chứng minh các tính chất hình học khác Thẳng hàng [1] Cho tam giác ABC và U ,V ,W là ba điểm thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng BC , CA, AB Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AU , BV , CW thẳng hàng Gợi ý: Vẽ các đường phụ như trên hình và chứng minh thẳng hàng bằng định lý Menelaus A W V B C [2] Đường tròn đường kính BV... tiếp đường tròn cho trước thì tam giác có chu vi và có diện tích lớn nhất là tam giác đều [2] Cho tứ giác ABCD thay đổi nội tiếp ( O ) cố định Khi đó, hình vuông là hình có chu vi và có diện tích lớn nhất Chứng minh B P i) Xét tứ giác lồi ABCD bất kì và hình vuông MNPQ cũng nội tiếp ( O ) sao cho C A Q N D M MP ⊥ AC ⇒ P, M là trung điểm AC Dễ thấy AB + BC ≤ PA + PC ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( APCM ) DA +... cao Chứng minh Bài toán này có nhiều A cách chứng minh nhưng tôi nghĩ hay nhất vẫn là A cách chứng minh của C Q' v nhà toán học H A B Schwarz Sau đây, tôi sẽ P' u c w Q w b b trình bày với các bạn a v a B c v u chứng minh đó P w c Dựng các tam giác bằng b B nhau và kề nhau như C hình Tam giác có ba A cạnh là a, b, c là tam giác có đỉnh là chân các đuờng cao Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các... tích là một đường tròn và được gọi là đường tròn Apolonius Với k = 1 , quĩ tích là một đường thẳng [3] Quĩ tích những điểm X thỏa mãn bất đẳng thức XA ≤ XB ≤ XC [4] *Cho điểm O cố định và hình H , điểm M di động trên hình H , tìm quĩ tích những điểm N nằm giữa O, M và chia đoạn OM theo tỉ số a : b ( a, b > 0 ) [5] Cho A ≡ B cố định Tìm quĩ tích những điểm M thoả mãn MA2 + MB 2 = k > 0 Gợi ý: Sử dụng . thức hình học thuần túy Trong phần này tôi sẽ trình bày những bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa là khi chứng minh chúng ta hầu như chỉ cần những kiến thức đơn giản nhất về hình học. 222 222 3 abc GAGBGC ++ ++= Thế vào (*) ta có ( ) 2222222 39 OAOBOCOGabc ++=+++ Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau 222222222 99 9 ROGabcRabc =+++⇒≥++ (**) Trước hết, chúng ta. đến ba cạnh ,, abc và diện tích S thì bất đẳng thức 2222 9 Rabc ≥++ là rất mạnh, thật vậy, ta có () 2 2222222 2 222 3 99 16 4 abc abc RabcabcS S abc ≥++⇔≥++⇔≥ ++ (*) Ta hãy so sánh