Title B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG - BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO.doc ✅

Trang 2 .ACCDDBAAADDCAAAB Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D nằm trên AB , tức là khi D là giao điểm I của AB và 2.d Vậy vị trí điểm D cần tìm là giao điểm I của AB và 2d Ví dụ 21. Nếu hai đường cao của một tam giác có độ dài bằng 12, 20 thì độ dài đường cao thứ ba bé hơn 30. Giải. Gọi S là diện tích tam giác (bằng nửa chiều cao nhân đáy); gọi a và b là hai cạnh tương ứng với các đường cao 12, 20, cạnh c ứng với đường cao thứ ba h . Ta có: 222 ,,,. 1220 SSS abcabc h Do đó: 222 1220 SSS h , hay 106212 30. 6015 SSS h hh   Ví dụ 22. (Thi vào lớp 10 chuyên Toán – Tin Đại học KHTN, Đại học QG Hà Nội, Vòng 1, nằm học 1996 - 1997) Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a . Gọi ,,,MNPQ là các điểm bất kì lần lượt nằm trên các cạnh ,,,.ABBCCDDA a) Chứng minh rằng: 22222224.aMNNPPQQMa b) Giả sử M là một điểm cố định cho trước trên cạnh AB . Hãy xác định vị trí của các điểm ,,NPQ lần lượt trên các cạnh ,,BCCDDA sao cho MNPQ là một hình vuông. Giải. (Học sinh vẽ hình) a) Chú ý rằng với mọi ,0xy ta luôn có: 22221. 2xyxyxy (*) Ta có: 222 222 222 222 . MNMBNB NPNCPC PQPDQD QMQAMA          Suy ra 222222222222.MNNPPQQMMBMANBNCPCPDQDQA Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: 22222224.aMNNPPQQMa b) Giả sử MBx Ta chọn ,,NPQ sao cho: ;;.NCxDPxQAx Dễ dàng chứng minh MNPQ là hình vuông. Bài toán có duy nhất nghiệm Ví dụ 23. Hãy tìm một điểm trong tứ giác lồi sao cho tổng các khoảng cách từ nó đến các đỉnh là bé nhất. Giải. Giao điểm các đường chéo là điểm cần tìm. Thật vậy, cho tứ giác lồi ABCD như hình vẽ. Gọi M là điểm bất kì nằm trong tứ giác. Không mất tính tổng quát, ta giả sử điểm M nằm trong tam giác AOD như hình bên. Khi đó, ,MAMCMBMDACBDOAOBOCOD Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng O , suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 24. a) Cho một góc nhọn và A là một điểm ở trong góc đó. Hãy dựng một tam giác ABC có chu vi bé nhất mà các đỉnh ,BC tương ứng nằm trên hai cạnh góc đó. b) Qua đỉnh A của một tam giác ABC , hãy vẽ một đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách từ ,BC đến đường thẳng d là bé nhất.
Trang 3 Hướng dẫn. a) Gọi 12,AA lần lượt là các điểm đối xứng của A qua ,OxOy . Đường thẳng 12AA cắt ,OxOy tương ứng tại B và C . Hãy chứng minh đó là hai điểm cần tìm. b) Ta xét các trường hợp của đường thẳng d : Trường hợp 1: d cắt cạnh đáy BC của tam giác ABC tại E . Gọi 12,hh là các khoảng cách từ ,BC đến d , gọi S là diện tích tam giác ABC . Khi đó: 12122.hAEhAEShhAE Vì S không đổi nên tổng bé nhất khi AE lớn nhất, điều này xảy ra khi đường thẳng d chưa cạnh lớn nhất trong hai cạnh AB và AC . Trường hợp 2: d không cắt cạnh đáy BC của tam giác ABC . Gọi 1B là điểm đối xứng của B qua A . Lúc này, để ý rằng khoảng cách từ B đến d cũng là khoảng cách từ 1B đến d . Do vậy, tổng các khoảng cách từ ,BC đến d chính là tổng các khoảng cách từ 1,BC đến d . Áp dụng cách chứng minh như trường hợp trên cho tam giác 1ABC ta đi đến kết quả như trên. Tóm lại, tổng các khoảng cách từ ,BC đến d bé nhất khi đường thẳng d chứa cạnh lớn nhất trong hai cạnh AB và AC . Ví dụ 25. (Tạp chí Komal, Hungaria, 1- 2001, bài B.3883) Trong một tam giác vuông, kí hiệu ,abss là các trung tuyến ứng với hai cạnh góc vuông, cs là trung tuyến ứng với cạnh huyền. Tìm giá trị lớn nhất của .ab c ss s  Giải. Theo Định lí Pythagore: 22 2222 ,. 22ab ab sbsa    Mặt khác: . 2c c s Ta có bất đẳng thức 222225510, 22884 ababssss abcc  10 2 4 10. 2 ab c c ss cs   Đẳng thức xảy ra khi ab Vậy giá trị lớn nhất của ab c ss s  là 10. 1.2. Các khái niệm và một số bài toán quỹ tích Một hình A được gọi là tập hợp điểm (quỹ tích) của những điểm B thỏa mãn tính chất C khi nó chứa những điểm có tính chất C . Xét lại ví dụ 16, bài tập 1.14, 1.25 (trang 109), ta thấy những bài này chưa phải là bài toán quỹ tích, chúng chỉ dừng lại ở việc chứng minh một điểm di động nào đó luôn nằm trên một đường thẳng, đoạn thẳng hay một hình tương ứng. Tuy nhiên, có thể phát triển thành bài toán quỹ tích nếu chúng ta chứng minh phần đảo lại và chỉ ra giới hạn cho các điểm quỹ tích. Để giải một bài toán quỹ tích ta phải thực hiện các bước sau.
Trang 4 Bước 1. Phần thuận: Chứng minh rằng nếu điểm B thỏa mãn tính chất C thì nó phải thuộc hình A . Bước 2. Giới hạn: Căn cứ vào các vị trí đặc biệt của điểm B , chứng tỏ điểm B chỉ thuộc một phần M nào đó của hình A (cũng có thể là cả hình A ). Chẳng hạn, ở Bước 1, ta chứng minh được các điểm B luôn nằm trên một đường thẳng d , tuy nhiên, ở Bước 2. Ta khẳng định B chỉ có thể di động trong phạm vi đoạn thẳng PQ nào đó của đường thẳng d mà thôi. Bước 3. Phần đảo: Lấy điểm B bất kì thuộc hình M , ta chứng minh B phải có tính chất C . Bước 4. Kết luận: Tập hợp (hay quỹ tích) cá điểm B là hình M . Trong phạm vi mở rộng của chương này, ta chỉ xét vài ví dụ mà quỹ tích là một đường thẳng hay đoạn thẳng. Các vẫn đề về quỹ tích sẽ được tiếp tục trình bày ở các chương sau. Lúc đó, các bài toán sẽ phong phú hơn khi học về diện tích đa giác, tam giác đồng dạng. 1.2.1. Điểm M di động trên một đường thẳng song song với một đường thẳng và qua một điểm cố định: Quỹ tích M là một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho và qua một điểm đã cho. Ví dụ 26. Hai điểm ,DE di động tương ứng trên hai cạnh ,ABBC của tam giác ABCABBC sao cho ADCE . Tìm quỹ tích trung điểm M của DE . Giải. Phần thuận: Gọi I là trung điểm AC . Dựng hình bình hành CEDF . Gọi J là trung điểm của AF Ta có: // // IJCFDM và 1 2IJCFDM do đó DMIJ là hình bình hành, từ đó, // MIJD Mặt khác, FDCEAD nên tam giác FDA cân, mà J là trung điểm AF nên JD là phân giác góc ADF . Gọi T là điểm trên AC sao cho BT là phân giác góc ABC . Vì // DFBC nên suy ra // DJBT Do đó // MIBT Ta có I cố định và đường thẳng BT cố định. Vậy điểm M nằm trên đường thẳng d cố định qua I và song song BT . Giới hạn: Giả sử d cắt BC tại K Khi D trùng A thì E trùng C , còn M trùng với I . Vì ABBC nên khi D trùng B thì E trùng 1E , với 1E trên BC sao cho 1ABCE . Lúc đó, M trùng với K . Vậy các điểm M thỏa mãn đề bài chuyển động trên đoạn thẳng IK . Phần đảo: Giả sử M là điểm bất kì nằm trên đoạn thẳng IK , xác định như trên. Gọi D là điểm bất kì trên cạnh AB . Nối ,DMDM kéo dài cắt BC tại E . Gọi J là đỉnh thứ ba của hình bình hành MIJD . Dựng hình bình hành DECF . Khi đó, // DJMI , hay // // DJIKBT (với BT là phân giác góc ABC ) và // DFBC nên dễ thấy DJ là phân giác góc ADF . (1) Mặt khác, do I là trung điểm AC và // // IJDMFC nên suy ra DJ là trung điểm của tam giác ADF . (2)