Giáo án Toán Lớp 10 - Chương 3: Một số bài toán nâng cao

Nội dung text: Giáo án Toán Lớp 10 - Chương 3: Một số bài toán nâng cao

1. Chương 3. MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO I. CÁC HỆ QUẢ TỪ CÔNG THỨC ĐIỂM CHIA Nếu điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (khác 1) thì với mọi điểm O ta có uuur uuur uuuur OA− kOB OM = 1− k Trong nhiều bài toán, việc ứng dụng công thức trên cho ta cách giải ngắn gọn. Tuy nhiên để khai thác tiếp sự thuận lợi của công thức ta còn nhìn nhận nó ở các góc độ khác nhau, cụ thể ta xét các hệ quả sau: Hệ quả 1. Cho hai điểm A, B phân biệt và điểm M thuộc đoạn AB. Khi đó với mọi điểm O uuuurMB uuur MA uuur bất kì ta đều có: OM= OA + OB. AB AB MA Chứng minh: Rõ ràng điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k = − . Thay k vào công thức MB điểm chia ta được điều cần chứng minh. uuuur1 uuur uuur Đặc biệt khi M là trung điểm AB thì ta có công thức quen thuộc OM=( OA + OB ). 2 Hệ quả 2. Cho ∆ABC với AD là phân giác trong. Đặt AB= c,, BC = a CA = b. Khi đó ta có uuurb uuur c uuur AD= AB + AC. b+ c b + c DB b Chứng minh. Ta thấy D chia BC theo tỉ số k = − = − (tính chất đường phân giác). DC c Thay vào công thức điểm chia ta cos điều cần chứng minh. Hệ quả 3. Cho hai điểm A, B phân biệt và điểm M thuộc đoạn AB. Khi đó với mọi điểm O uuuur uuur uuur SS∆ ∆ bất kì ta đều có: OM=OMB OA + OMA OB. SS∆OAB ∆ OAB Chứng minh. Dễ thấy các tam giác ∆ OAB, ∆ OMA, ∆ OMB có cùng chiều cao hạ từ O xuống AB nên tỉ số cạnh đáy cũng là tỉ số diện tích. II. CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÍ
2. Trước hết ta nhắc lại các định lí nổi tiếng và có nhiều ứng dụng trong giải toán hình học sau đây mà cách chứng minh của nó có sử dụng các kĩ năng phân tích và vận dụng phương pháp véc tơ đã được trình bày trong sách bài tập Hình học 10 Nâng cao. 1. Định lý Melelaus Cho ∆ABC . M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh rằng M, N, uuur uuur uuuur MA MB MC P thẳng hàng khi và chỉ khi uuur. uuuur . uuur = 1. MB MC MA 2. Định lí Ceva Cho ∆ABC . M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh rằng AN, uuur uuur uuuur MA MB MC CM, BPđồng qui hoặc song song khi và chỉ khi uuur. uuuur . uuur = − 1. MB MC MA 3. Định lí Con nhím ur Cho đa giác AAA1 2 n . Từ một điểm O bất kì nằm trong đa giác ta dựng các véc tơ ai có giá ≡ vuông góc với AAi i+1 (với qui ước AAn+1 1 ) hướng ra phía ngoài đa giác và có độ dài tỉ lệ n ur r = với cạnh AAi i+1 . Khi đó ta có ∑ai 0. i=1 4. Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp a. Định lí: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn O. Khi đó trung điểm hai đường chéo AC, BD và tâm O thẳng hàng. b. Chứng minh
3. Gọi P, Q, R, S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn A thẳng AB, BC, CD, DA đối với đường tròn (O). Đặt = = = = = = = = AS AP aBP;;; BQ bCQ CR cDR DS d P S Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác ABCD ta có: uuur uuur uuur uuur r (a+ bOP ) + ( b + cOQ ) + ( c + dOR ) + ( d + aOS ) = 0 B O buuur a uuur  ⇔()a + b OA + OB + D + +  a b a b Q uuur uuur b c  R +()b + c OC + OB  + b+ c b + c  C duuur c uuur  auuur d uuur  r +()c + d OC + OD  + (d+ a ) OD + OA  = 0 c+ d c + d  d+ a d + a  uuur uuur uuur uuur r uuuur uuur r ⇔+(bdOA ) ++ ( acOB ) ++ ( bdOC ) ++ ( caOD ) =⇔+ 0 ( bd ).2 OM ++ ( acON )2 = 0 Trong đó M, N tương ứng là trung điểm AC và BD. Đẳng thức cuối cùng cho ta thấy M, N, O thẳng hàng, định lí được chứng minh. 5. Định lí Pascal a. Định lí : Cho sáu điểm A, B, C, D, E, F nằm trên một đường tròn (không nhất thiết theo thứ tự). Gọi AB× DE = P,,. BC × EF = Q CD × FA = R Khi đó P, Q, R thẳng hàng. b. Chứng minh: Đặt X= EF × ABY,, = AB × CDZ = CD × EF . Lần lượt áp dụng định lí Melelaus cho các đường thẳng BC, DE, FA trong tam giác XYZ ta có các đẳng thức uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA uuur. uuur . uuur= − 1; uuur . uuur . uuur = − 1; uuuruuur . . uuur = − 1. QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY Nhân các đẳng thức trên vế theo vế ta được D E uuur uuur uur ZQ XP YR Z uuur uuur uuur = − C . . 1. Lại theo định lí Melelaus R P QX PY RZ Q Y A thì P, Q, R thẳng hàng, định lí được chứng X B minh. F 6. Định lí Desargues
4. a. Định lí : Cho hai tam giác ∆ABC , ∆ABC'''. Đặt P= BC × B' C '; Q = CA × C ' A '; R= AB × A' B '. Nếu các đường thẳng AA', BB ', CC ' đồng qui tại một điểm thì các điểm P, Q, R thẳng hàng. b. Chứng minh Gọi điểm đồng qui của ba đường thẳng là O. Áp dụng định lí Melelaus cho đường thẳng A’B’ đối với tam giác OAB, đường thẳng B’C’ đối với tam giác OBC, đường thẳng C’A’ đối với tam giác OCA tương tự như cách chứng minh định lí Pascal. III. HỆ THỨC JACOBI TRONG TAM GIÁC VÀ CÁC HỆ QUẢ. 1. Hệ thức Jacobi trong tam giác a. Hệ thức: Giả sử N là điểmuuur bất kỳ thuộc uuur miền trong uuur tam giác r ABC . Chứng minh rằng + + = S∆NBC. NA S ∆ NCA . NB S ∆ NAB . NC 0 . b. Chứng minh: ’ Gọi AN cắt BC tại A1, BN cắt AC tại B1; Kẻ CA //BB1, A ’ CB //AA1. Gọi AH, CK tương ứng là các đường cao kẻ từ A và C của các tam giác NAB, NBC. P Theo qui tắc HBH ta có B' K H N B1 B uuur uuuur uuuurNA'' uuur NB uuur A1 NC= NA'' + NB = − × NA − × NB (1) NA NB A' C ' L ⇒NA = BC1 Vì NB1 // A ' C . Hơn nữa hai tam giác NA B1 A vuông B1 AH, B 1 CK đồng dạng với nhau nên 1 CK. BN BC CKSS∆ NA' ∆ 1 = =2 =NBC ⇒ = NBC ×(2). B A AH1 S NA S 1 AH. BN NAB NAB 2 1 NB' AC CL CL. NA S∆ NA// B ' C ⇒ =1 = = 2 = NCA . Tương tự 1 1 (3) NB A1 B BP2 BP. NA S∆NAB uuur uuur uuur uuur uuur uuur = −SS∆NBC × − ∆ NCA × ⇔ = − − ⇒ Thay (2), (3) vào (1) ta được NC NA NB S∆NAB NC S ∆ NBC NA S ∆ NCA NB SS∆NAB ∆ NAB Đpcm. uuur uuur uuur r 2. Hệ quả 1. N trùng với trọng tâm tam giác thì ta có GA+ GB + GC = 0.
5. uur uur uur r 3. Hệ quả 2. N trùng với tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác thì aIA+ bIB + cIC = 0. Chứng minh: SBT Hình học 10 Nâng cao. 4. Hệ quả 3. Nếu ∆ABC nhọn và N trùng với trực tâm H của tam giác thì uuur uuur uuur r tanA . HA+ tan B . HB + tan C . HC = 0. Chứng minh: SBT Hình học 10 Nâng cao. 5. Hệ quả 4. (Điểm Gergonne) Cho ∆ABC với các kí hiệu thông thường. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng qui tại một điểm J và ta có uur uur uuur r (pbpcJA− )( − ) + ( pcpaJB − )( − ) + ( papbJC − )( − ) = 0. (Điểm J được gọi là điểm Gergonne của ∆ABC ) Chứng minh: Đặt AE=AF=x;BF=BD=y;CD=CE=z. Khi đó ta có x=p-a, y=p-c, z=p-c và uuur uuur uuur DB EC FA y   z   x  uuur. uuur . uuur = − ÷ .  − ÷ . − ÷ = − 1. Do DC EA FB z   x   y  đó theo định lí Ceva, AD, BE, CF đồng qui tại một điểm J. Ta lại có S∆JAB= x S ∆ JAB = y ⇒ = = = ;.xS∆JBC zS ∆ JAB yS ∆ JAC M S∆JBC z S ∆ JAC z MMMuur uur uuur r uur uur uur r Theo hệ thức Jacobi ta có JA+ JB + JC =0 ⇔ yzJA + zxJB + xyJ C=0. Đẳng thức x y z cuối chính là điều cần chứng minh. IV. KHOẢNG CÁCH GIỮA CÁC ĐIỂM ĐẶC BIỆT TRONG TAM GIÁC Thực ra trong một tam giác người ta đã tìm ra rất nhiều điểm đặc biệt, mỗi điểm có một một hay một số tính chất đặc trưng nào đó và mỗi tính chất đó là một bài toán, một định lí hay và khó. Trong mục này ta chỉ xét các điểm đặc biệt quen thuộc, đó là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội ngoại tiếp tam giác. V. ỨNG DỤNG TÍCH NGOÀI CỦA HAI VÉC TƠ TRONG GIẢI TOÁN