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 1 OA kOB OM k − = − uuur uuur uuuur 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 bất kì ta đều có: . MB MA OM OA OB AB AB = + uuuur uuur uuur Chứng minh: Rõ ràng điểm M chia đoạn AB theo tỉ số MA k MB = − . Thay k vào công thức điểm chia ta được điều cần chứng minh. Đặc biệt khi M là trung điểm AB thì ta có công thức quen thuộc 1 ( ). 2 OM OA OB= + uuuur uuur uuur Hệ quả 2. Cho ABC∆ với AD là phân giác trong. Đặt , ,AB c BC a CA b= = = . Khi đó ta có . b c AD AB AC b c b c = + + + uuur uuur uuur Chứng minh. Ta thấy D chia BC theo tỉ số DB b k DC c = − = − (tính chất đường phân giác). 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 bất kì ta đều có: . OMB OMA OAB OAB S S OM OA OB S S ∆ ∆ ∆ ∆ = + uuuur uuur uuur 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 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, P thẳng hàng khi và chỉ khi . . 1 MA MB MC MB MC MA = uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur . 2. Định lí Ceva Cho ABC∆ . M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh rằng AN, CM, BPđồng qui hoặc song song khi và chỉ khi . . 1 MA MB MC MB MC MA = − uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur . 3. Định lí Con nhím Cho đa giác 1 2 n A A A . Từ một điểm O bất kì nằm trong đa giác ta dựng các véc tơ i a ur có giá vuông góc với 1i i A A + (với qui ước 1 1n A A + ≡ ) hướng ra phía ngoài đa giác và có độ dài tỉ lệ với cạnh 1i i A A + . Khi đó ta có 1 0. n i i a = = ∑ ur r 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 Gọi P, Q, R, S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA đối với đường tròn (O). Đặt ; ; ;AS AP a BP BQ b CQ CR c DR DS d= = = = = = = = Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác ABCD ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) a b OP b c OQ c d OR d a OS b a a b OA OB a b a b b c b c OC OB b c b c + + + + + + + =   ⇔ + + +   + +     + + + +   + +   uuur uuur uuur uuur r uuur uuur uuur uuur O D A C B P Q R S ( ) d c c d OC OD c d c d   + + + +   + +   uuur uuur ( ) 0 a d d a OD OA d a d a   + + =   + +   uuur uuur r ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ).2 ( )2 0b d OA a c OB b d OC c a OD b d OM a c ON⇔ + + + + + + + = ⇔ + + + = uuur uuur uuur uuur r uuuur uuur r 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 AB Y AB CD Z 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 . . 1; . . 1; . . 1. ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY = − = − = − uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Nhân các đẳng thức trên vế theo vế ta được . . 1 ZQ XP YR QX PY RZ = − uuur uuur uur uuur uuur uuur . Lại theo định lí Melelaus thì P, Q, R thẳng hàng, định lí được chứng minh. Z X Q E P R A D B C F Y 6. Định lí Desargues a. Định lí : Cho hai tam giác ABC∆ , ' ' 'A B C∆ . 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 điểm bất kỳ thuộc miền trong tam giác ABC . Chứng minh rằng . . . 0 NBC NCA NAB S NA S NB S NC ∆ ∆ ∆ + + = uuur uuur uuur r . b. Chứng minh: Gọi AN cắt BC tại A 1 , BN cắt AC tại B 1 ; Kẻ CA ’ //BB 1 , CB ’ //AA 1 . Gọi AH, CK tương ứng là các đường cao kẻ từ A và C của các tam giác NAB, NBC. Theo qui tắc HBH ta có ' ' ' ' NA NB NC NA NB NA NB NA NB = + = − × − × uuur uuuur uuuur uuur uuur (1) Vì 1 1 1 ' // ' B C NA NB A C NA B A ⇒ = . Hơn nữa hai tam giác vuông 1 1 ,B AH B CK đồng dạng với nhau nên B1 A1 B A C N H P L K B' A' 1 1 1 2 1 2 . ' . NBC NBC NAB NAB CK BN S S B C CK NA B A AH S NA S AH BN ∆ ∆ = = = ⇒ = × (2). Tương tự 1 1 2 1 1 1 2 . ' // ' . . NCA NAB CL NA S A C NB CL NA B C NB A B BP BP NA S ∆ ∆ ⇒ = = = = (3) Thay (2), (3) vào (1) ta được . . . NBC NCA NAB NBC NCA NAB NAB S S NC NA NB S NC S NA S NB S S ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ = − × − × ⇔ = − − ⇒ uuur uuur uuur uuur uuur uuur Đpcm. 2. Hệ quả 1. N trùng với trọng tâm tam giác thì ta có 0.GA GB GC+ + = uuur uuur uuur r 3. Hệ quả 2. N trùng với tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác thì 0.aIA bIB cIC+ + = uur uur uur r 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 tan . tan . tan . 0.A HA B HB C HC+ + = uuur uuur uuur r 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 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0.p b p c JA p c p a JB p a p b JC− − + − − + − − = uur uur uuur r (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 . . . . 1. DB EC FA y z x z x y DC EA FB       = − − − = −  ÷ ÷  ÷       uuur uuur uuur uuur uuur uuur Do đó theo định lí Ceva, AD, BE, CF đồng qui tại một điểm J. Ta lại có ; . JAB JAB JBC JAB JAC JBC JAC S x S y xS zS yS M S z S z ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆ = = ⇒ = = = Theo hệ thức Jacobi ta có 0 C=0. M M M JA JB JC yzJA zxJB xyJ x y z + + = ⇔ + + uur uur uuur r uur uur uur r Đẳng thức 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