1. http://laisac.page.tl
GHI CHÉP TẢN MẠN VỀ VECTƠ.
Những phút rảnh rõi tranh thủ ghi chép của laisac
I. PHƯƠNG PHÁP CHỌN HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ.
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A .Tìm tập hợp điểm D sao cho DB 2 + DC 2 ≤ DA 2 .
HD. Chọn hệ trục toạ độ sao cho A(0 ;0) ; B(b ;0) ;C(0 ;c), và D(x ;y), ta có
DB 2 + DC 2 ≤ DA 2 ⇔ ( x − b) 2 + y 2 + x 2 + ( y − c) 2 ≤ x 2 + y 2 ⇔ ( x − b) 2 + ( y − c) 2 ≤ 0
⇒ ( x = b; y = c) ⇒ D (b; c) , hay điểm D là điểm sao cho ADBC là hình bình hành.
Bài 2. Cho hình thang ABCD,đường cao AB = 2a, đáy lớn BC = 3a,đáy nhỏ AD = 2a. Gọi I là
trung điểm CD. Tính góc của hai đường thẳng AI và BD.
HD. Chọn hệ trục toạ độ sao cho A(0 ;0) ; …..
Baøi 3. Cho tam giaùc ABC caân taïi A .Goïi I laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC, D laø
trung ñieåm AB, E laø troïng taâm tam giaùc ACD. Chöùng minh raèng IE vuoâng goùc vôùi CD.
HD. Goïi O laø trung ñieåm BC ta coù AO ⊥ BC .
c a c a
Choïn heä truïc toïa ñoä sao cho O(0;0),A(0;a); C(c;0); B(-c;0) ⇒ D(− ; ), E ( ; )
2 2 6 2
Vì tam giaùc ABC caân taïi A neân goïi taâm voøng ngoaïi tieáp laø I(0;y). Ta coù
c a
AB = (−c;− a), ID = (− ; − y ) .Vì
2 2
a2 − c2 ⎛ c c2 ⎞ ⎛ 3c a ⎞
ID ⊥ AB ⇒ ID. AB = 0 ⇒ I (0; ) ⇒ IE ⎜ ; ⎟, DC⎜ ;− ⎟
⎜ 6 2a ⎟
2a ⎝ ⎠ ⎝ 2 2⎠
⇒ IE .DC = 0 ⇒ IE ⊥ DC .
Bài 4. Cho tam giác vuông cân đỉnh A. Từ B, C kẻ hai trung tuyến .
Tính góc nhọn giữa hai trung tuyến ấy.
HD. Chọn hệ trục toạ độ sao cho hai vectơ AB; AC là hai vectơ đơn vị tương ứng I và J là
trung điểm AB, AC .Thế thì A(0;0), B(1;0), C(0;1)
1 1 1 1 4
I ( ;0), J (0; ) ⇒ BJ = (−1; ); IC = (− ;1) ⇒ cosα = .
2 2 2 2 5
Bài 5. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác vuông cân ABC vuông tại C , lấy các điểm M, N,
MB NC PA
P sao cho = = . Chứng minh CP vuông góc MN và CP = MN.
MC NA PB
HD. Chọn hệ trục toạ độ sao cho CA; CB là hai vectơ đơn vị ,suy ra C(0;0), A(1;0), B(0;1)
MB NC PA
Gọi = = = k , thế thì M, N, P lần lượt chia đoạn BC, CA, AB theo tỉ số k .
MC NA PB
⎧ xM = 0
⎪ ⎛ 1 ⎞ ⎛ k ⎞ ⎛ 1 k ⎞
Ta có ⎨ yB − kyC 1 ⇒ M ⎜ 0; ⎟ , tương tự N ⎜ ;0 ⎟ , P ⎜ ; ⎟
⎪ yM = 1 − k = 1 − k ⎝ 1− k ⎠ ⎝1− k ⎠ ⎝1− k 1− k ⎠
⎩
1

2. ⎛ k 1 ⎞ ⎛ 1 k ⎞
⇒ MN = ⎜ . ⎟ , CP = ⎜ .− ⎟ ⇒ MN CP = 0
⎝1− k 1− k ⎠ ⎝1− k 1− k ⎠
Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 3a ; AC = 4a . M là một điểm tùy ý trên
cạnh BC. Tính độ dài nhỏ nhất của véctơ v = 5MA + 4 MB + 3MC
HD. Cách 1.Ta nhận thấy tam giác ABC vuông tại A, nên chọn hệ trục toạ độ sao cho
⎧ x = 4a + 4at
A(0;0),B(4a,0); C(0;3a). ⇒ BC = (4a;3a ) ⇒ ⎨ (t ∈ R ) là toạ độ điểm M∈ BC .
⎩ y = 3at
Từ đó lập vectơ v theo a dẫn đến kết quả.
Cách 2.Ta có ABC là tam giác lần lượt có ba cạnh 3a, 4a, 5a. Gọi I là điểm sao cho
5 IA + 4 IB + 3IC = 0 . Ta dễ dàng nhận thấy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có v = 5MA + 4 MB + 3MC = 12 MI . Để độ dài đó nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất , lúc đó
M là hình chiếu của I xuống cạnh BC.Suy ra kết quả .
Bài 7.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A(1; 1); B(0; 1) ;C(1; 0).
Tìm trên đường thẳng x+y+3 = 0 các điểm M sao cho MA + 2 MB + 3MC là nhỏ nhất.
HD.Cách 1.Gọi (x; y) là toạ độ điểm M ta có
MA = (1 − x; 1 − y), 2 MB = (−2 x; 2 − 2 y), 3MC = (3 − 3x; − 3y) ⇒ MA + 2 MB + 3MC = (4 − 6 x; 3 − 6 y)
1
⇒ MA + 2 MB + 3MC = (4 − 6 x ) 2 + (3 − 6 y ) 2 ≥ (7 − 6( x + y)) = 25
2 2
⎧x + y + 3 = 0
⎪ 19 17
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎨ 4 − 6 x 3 − 6 y ⇒ x = ; y = .
⎪ 1 = 1 12 12
⎩
25 19 17
Vaäy MA + 2 MB + 3MC coù giaù trò nhoû nhaát baèng khi vaø chæ khi x = ; y =
2 12 12
2 1
Caùch 2.Xeùt ñieåm I thoûa maõn IA + 2 IB + 3IC = 0 ⇒ I ( , )
3 2
Ta coù MA + 2 MB + 3MC = 6 MI + IA + 2IB + 3IC = 6 MI ⇒ MA + 2 MB + 3MC = 6 MI
Ñeå MA + 2 MB + 3MC nhoû nhaát ,khivaø chæ khi MI nhoû nhaát ,töông ñöông MI laø khoaûng caùch
2 1
+ +3
3 2 25
töø I ñeán ñöôøng thaúng (d) x + y + 3 = 0 ⇔ MI = d (I , d ) = =
2 6 2
25 19 17
Suy ra MA + 2 MB + 3MC coù giaù trò nhoû nhaát baèng khi vaø chæ khi x = ; y = .
2 12 12
II. CHỨNG MINH VUÔNG GÓC.
Bài 1. Cho tứ giác ABCD có AB 2 + CD 2 = AD 2 + CB 2 . Chứng minh tứ giác có hai đường chéo
vuông góc.
HD. Ta có AB 2 + CD 2 = AD 2 + CB 2 ⇔ AB 2 − AD 2 = CB 2 − CD 2
( ) ( ) ( )
⇔ AB. + AD .DB = CB + CD .DB ⇔ DB AB + AD − CB − CD = 0 ⇔ DB.2 AC = 0 ⇔ DB ⊥ AC
2

3. Bài 2. Chứng minh rằng rằng nếu trong tam giác ABC ta có BC2 +AC2 = 5AB2 . Thì hai trung
tuyến AM và BN vuông góc nhau.
1 1 5 1
HD.Ta có BN = CA − CB; AM = CB − CA từ đó AM BN = CA.CB − ( CA2 + CB 2 ) (1)
2 2 4 2
.
Lại có AB 2 = CA2 + CB 2 − 2CA.CB , theo giả thiết BC2 +AC2 = 5AB2
2
⇒ CA.CB = ( CA2 + CB 2 ) ⇒
5
Kết quả .
Bài 3.Cho tam giác ABC (góc BAC < 900 ).Gọi O là trung điểm BC.Dựng ngoài tam giác hai
tam giác ABM và ACN vuông cân tại A.
1. Chứng minh AO ⊥ MN .
2. Chứng minh BN ⊥ CM ⇒ BN = CM .
3. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của BM và CN.Chứng minh rằng tam giác IOJ là một tam
giác vuông cân.
Bài 4. (Hình chiếu) .Cho tam giác cân ABC cân đỉnh A và đường cao AH. Gọi D là hình chiếu
vuông góc của H trên AC,M là trung điểm HD. Chứng minh
A rằng AM ⊥ BD
D HD. AM =
1
2
( )
AH + AD ; BD = BH + HD = HC + HD
M
B
H
C
⇒ AM .BD =
1
2
(
AH + AD ( HC + HD ) = )
1
( AH .HC + AH .HD + ADHC + ADHD ) = 0 + AH .HD + ADHC
2
= − HD 2 + AD.DC = 0 ⇒ AM ⊥ BD .
Bài 5. Cho hình thang ABCD,đường cao AB = 2a, đáy lớn BC = 3a,đáy nhỏ AD = 2a.Gọi I là
trung điểm CD. Tính góc của hai đường thẳng AI và BD.
Bài 6.Cho nửa đường tròn tâm O và một dây cung BC và đường kính AD vuông góc với BC. M
là một điểm trên đường thẳng BC; đường thẳng AM cắt đường (O ) tại M’
1.Chứng minh: AD. AM = AD. AB .
2.Chứng minh: AM '. AM = AB 2
III. TẬP HỢP ĐIỂM VÀ CHỨNG MINH.
Bài 1. Cho hai điểm A, B cố định và hai số thực α, β thoả mãn điều kiện α + β ≠ 0 . Tìm tập hợp
điểm M sao cho αMA2 + β MB 2 = k 2 ( k độ dài cho trước).
HD. Chọn điểm I sao cho α IA + β IB = 0 . (I được xác định ,tâm tiêu cự).
(k 2
− αIA2 − β IB 2 )
( ) ( )
2 2
Ta có αMA + β MB = k ⇔ α IA − IM
2 2 2
+ β IB − IM = k ⇒ IM
2 2
=
α+β
Bài 2 . Cho tam giác ABC .Tìm qui tích các điểm M sao cho 2MA + MB = 2MC2 . 2 2
HD . Gọi I là điểm xác định bỡi 2 IA + IB − 2 IC = 0 (Gọi D là điểm đối xứng của C đối với A,
thì BIDC là hình bình hành ). Ta có 2MA2 + MB2 - 2MC2 = 0 ⇔ MI 2 + 2 IA2 + IB 2 − 2 IC 2 = 0
Bài 3. Cho tam giác ABC, gọi G là điểm định bỡi . α GA + β GB + γ GC = 0 (α + β + γ ≠ 0 )
3

4. Chứng minh với mọi M, ta
có α MA2 + β MB 2 + γ MC 2 = (α + β + γ ) MG 2 + α GA2 + β GB 2 + γ GC 2
Áp dụng. a. Định M để α MA2 + β MB 2 + γ MC 2 là nhỏ nhất.( α + β + γ > 0).
b. Tìm tập hợp điểm M sao cho α MA2 + β MB 2 + γ MC 2 = k .( hằng số) ( α + β + γ ≠ 0 ).
Bài 4. Gọi M là điểm bất kì trong tam giác ABC. Chứng minh rằng
S BMC .MA + S AMC .MB + S AMB .MC = 0
HD. Gọi A1 là giao điểm MA với cạnh BC ta có
( )
S AMC .MB + S AMB .MC = S AMC MA1 + A1 B + S AMB MA1 + A1C( )
(
= ( S AMC + S AMB ) MA1 + S AMC A1 B + S AMB A1C )
Mặt khác các tam giác MCA, MAB có cạnh chung MA vì thế tỉ số diện tích của chúng
SAMC:SAMC
bằng tỉ số các đường cao hC:hB xuống cạnh này
h AC
Mà c = 1 ⇒ S AMC . A1 B = S AMB A1C ⇒ S AMC A1 B + S AMB A1C = 0 .
hb A1 B
⇒ v = S BMC .MA + S AMC .MB + S AMB .MC = S BMC .MA + ( S AMC + S AMB ) MA1
⇒ v cùng phương với vectơ MA . Chứng minh tương tự ta có v cùng phương với vectơ
MB; MC .
Điều này cứng tỏ v = 0 ⇔ S BMC .MA + S AMC .MB + S AMB .MC = 0
Bài 5. Cho tam giác ABC ngoại tiếp trong đường tròn tâm I, M là điểm trên đường tròn. Chứng
minh rằng :a.MA2 + b.MB2 + c.MC2 không phụ thuộc M
HD. Ta có MA2 = MI2 +IA2 +2 MI .IA ;MB2 = MI2 +IB2 +2 MI .IB ;MC2 = MI2 +IC2 +2 MI .IC ;
Vậy để chứng minh a.MA2 + b.MB2 + c.MC2 không đổi , ta chứng minh
(
2aMI IA + 2bMI IB + 2cMI IC = 2MI aIA + bIB + cIC = 0 )
Bài 6. Cho tam giác ABC và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .
IA2 IB 2 IC 2
Chứng minh + + = 1.
bc ac ab
( )
2
HD. Ta có aIA + bIB + cIC = 0 ⇔ a 2 IA2 + b 2 IB 2 + c 2 I 2 + 2abIAIB + 2bcIBIC + 2caIC IA (1)
Mà IA.IB = IA2 + IB 2 − AB 2 , IB.IC = IB 2 + IC 2 − BC 2 , IC.IA = IC 2 + IA2 − AC 2 ,
Thế vào (1) , nhóm thừa số chung ,ta có ( a + b + c ) ( aIA2 + bIB 2 + cIC 2 − abc ) = 0
IA2 IB 2 IC 2
⇒ + + =1
bc ac ab
1 1 1 x2 + y2 + z2
Bài 7. Cho tam giác ABC và x, y, z > 0 . Chứng minh cosA+ cosB+ cosC ≤
x y z 2 xyz
HD. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC . Gọi M, N, P lần lượt là tiếp điểm của đường tròn
( )
2
nội tiếp với các cạnh BC, CA, AB của ΔABC . Ta có x.IM + y.IN + zIP ≥ 0 (1)
(
Khai triển (1) ta được ( x 2 + y 2 + z 2 ) .r 2 + 2 xy.IM IN + yz.IN IP + xz.IPIM ≥ 0 )
⇒ ( x 2 + y 2 + z 2 ) .r 2 + 2r 2 ( xy.cos(π-C) + yz.cos(π-A) + xz.cos(π-B) ) ≥ 0
4

5. ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 xycosC+2 yzcosA+2 xzcosB (2)
1 1 1 x2 + y2 + z2
⇒ cosA+ cosB+ cosC ≤ (đpcm).
x y z 2 xyz
3
Chú ý. Nếu chọn x = y = z = 1 , ta có cosA+cosB+cosC ≤ .
2
1 x2 + 2
Nếu ta chọn y = z = 1 , ta có cosA+cosB+cosC ≤
x 2x
2
x
Hay 1 + ≥ cosA+x ( cosB+cosC ) .
2
Bài 8. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng 3cosA+2cosB+2 3cosC ≤ 4
1 1 1
Cách 1. Áp dụng bài toán 10, chọn x = ;y= ;z=
3 2 2 3
1 1 1
+ +
⇒ 3cosA+2cosB+2 3cosC ≤ 3 4 12 = 4 .
1
2.
12
AB AC BC
Cách 2.Gọi các véctơ đơn vị sau đây : e1 = ; e2 = , e3 =
AB AC BC
( ) ( )
2
Xét 0 ≤ e3 + 3 e2 + 2e1 = 1+ 3 + 4 − 2 3cosA+2cosB+2 3cosC
⇒ 3cosA+2cosB+2 3cosC ≤ 4
Đẳng thức xảy ra e3 + 3 e2 + 2e1 = 0 ⇔ ⎨
⎧ 3 e + e 2 = (2e ) 2
⎪ 2 3 1 ⎪
⇔⎨
(
⎧e2 e3 = 0
⎪ )
⎧ A = 9o 0
1 ⇔ ⎨ B=60
0
(
⎪e1 e2 = − )
2
⎪ 2e1 + e3 = ( 3 e2 ) 2 ⎪C=300
⎩ ⎩ 2 ⎩
Bài 9. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R). Với mỗi điểm M ở trong đường tròn
ta gọi A’, B’, C’ theo thứ tự là giao điểm của AM, BM, CM với đường tròn. Tìm tập hợp các
MA MB MC
điểm M ở trong đường tròn sao cho = = ≤ 3.
MA' MB ' MC '
A
B'
HD. Vì M ở trong (O) nên
MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ = R 2 − OM 2 .
MA 2 + MB 2 + MC 2 + MA MB MC
Suy ra = = = ≤ 3 (1)
R 2 − MO 2 MA' MB' MC '
C' O
B
M
Mặt khác với điểm X tùy ý trong mặt phẳng ta có
C
XA + XB 2 + XC 2 = 3 XG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 .
2
A'
Với G là trọng tâm tam giác ABC. Cho X trùng với M và O ta có
MA + MB + MC = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 . (2)
2 2 2
3R 2 = OA 2 + OB 2 + OC 2 = 3OG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 . (3)
Từ (2) và (3) suy ra MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3 MG 2 + 3R 2 − 3OG 2 = 3(MG 2 + R 2 − OG 2 )
MA 2 + MB 2 + MC 2 MG 2 + R 2 − OG 2
Thế vào (1) ta có ≤3⇔ ≤1
R 2 − MO 2 R 2 − MO 2
Bài 10.(THTT.11/2007).
5

6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi E là trung điểm của AB. Trên cạnh AC lấy
AF 1
điểm F sao cho = . Dựng hình bình hành AEMF. Chứng minh rằng
AC 3
MA + MB + MC ≤ 11( R 2 − OM 2 ) .
HD. Từ giả thiết bài toán, ta
1 1
3
1
2
1
có AM = AE + AF = AB + AC ⇒ AM = AM + MB + AM + MC .
2 3
( ) ( )
1 1 1
Hay MA + MB + MC = 0 .(1). Mặt khác
6 2 3
( )
2
R 2 = OA2 = OM + MA = OM 2 + 2OM .MA + MA2
1 2 1 1
⇒ R 2 − OM 2 − 2OM .MA = MA2 ⇔ ( R − OM 2 ) − 2OM . MA = MA2 .(2)
6 6 6
1 1 1
Lập luận tương tự ,ta có ( R 2 − OM 2 ) − 2OM . MB = MB 2 (3).
2 2 2
1 2 1 1
( R − OM 2 ) − 2OM . MC = MC 2 .(4)
3 3 3
1 1 1
Cộng (2) , (3), (4) vế theo vế,để ý (1) ta có R 2 − OM 2 = MA2 + MB 2 + MC 2
6 2 3
1 1 1
Áp đụng BCS ta có 11( R 2 − OM 2 ) = (6 + 2 + 3)( MA2 + MB 2 + MC 2 ) ≥ ( MA + MB + MC )
2
6 2 3
Suy ra MA + MB + MC ≤ 11( R 2 − OM 2 ) .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MA = 3MB = 2MC.
+Tổng quát hoá bài toán . Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ;R). M là một điểm nằm
trong đường tròn (O),còn m, n, p là các số thực dương thoả mãn mMA + nMB + pMC = 0 .
(m + n + p )( mn + mp + pn) 2
Chứng minh MA + MB + MC ≤
mnp
( R − OM 2 )
IV.SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ CÓ TÊN:MENELAUS, SVA,SÍMON…
Bài 1. Cho tam giác ABC.Các tiếp tuyến tại A,B,C lần lượt cắt BC, CA, AB tại M,N,P.Chứng
minh rằng ba điểm M,N,P thẳng hàng
HD. Xét hai tam giác đồng dạng MAB vàMCA ,ta có
A
MA MB AB MB AB 2
= = ⇒ =
MC MA CA MC CA 2
NC BC 2 PA CA 2
O
Tương tự = ; =
B M
NA BA 2 PB CB 2
C
MB NC PA
Do đó . . = 1 .(Định lý MENELAUS). Suy ra M, N, P
MC NA PB
thẳng hàng.
Bài 2. Cho tam giác ABC. I là một điểm tùy ý trên đường trung tuyến AM. Đường thẳng BI, và
CI lần lượt cắt AC, AB tại E và F . Chứng minh EF // BC.
6

7. A HD. Vì AM, CE, BF đồng qui tại I nên theo định lí
Xêva ta
EA MB FC EA FC
F có . . =1⇒ . = 1.
E
EB MC FA EB FA
B j EA FA
C
⇒ = . Suy ra EF // BC.
M
EB FC
Bài 3. Cho tam giác ABC.Trên cạnh AB lấy hai điểm tùy ý P, Q trên cạnh AC lấy hai điểm tùy
ý M, N sao cho CP cắt BM tại O1, CQ cắt BN tại O2 và PN cắt QM tại O3. Chứng minh ba điểm
O1, O2, O3 thẳng hàng.
HD. Áp dụng định lí Menelaus.
O3 N QP MA
Cho tam giác APN với cát tuyến (QO3M) ,ta có . . =1 (1)
O3 P QA MN
O2 B CN QA
. . =1
A
Cho tam giác ABN với cát tuyến (QO2C ) ta có
O2 N CA QB
Q N (2)
O3
O2 Giả sử BN cắt CP tại H.
P
O1
M
Cho tam giác BHP với cát tuyến (QO2C )
O2 H QB CP
. . = 1 (3)
B C
ta có
O2 B QP CH
PO1 AC BM
Cho tam giác MO1C với cát tuyến (PBA) tacó . . = 1 (4)
PC AM BO1
HC NO1 BM
Cho tam giác MO1C với cát tuyến (BHN) tacó . . = 1 (5)
HO1 NM BC
ON OP O H
Nhân 5 đẳng thức trên ta có 3 . 1 . 2 = 1
O3 P O1 H O2 N
Áp dụng định lí đáo Menelaus cho tam giác HPN ta có ba điểm O1, O2, O3 thẳng hàng.
IV. SỬ DỤNG VECTƠ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.
Bài 1. . Cho 4 số thực tùy ý a1, a2, b1, b . Chứng minh :
2 2 2 2
a1 + a2 + b1 + b2 ≥ (a1 + b1 ) 2 + (a2 + b2 ) 2 .
HD : Xét các véctơ : u = (a1 ; a2 ); v = (b1 ; b2 ) ⇒ u + v = (a1 + b1 ; a2 + b2 ) .
Áp dụng : u + v ≥ u + v ⇒ a1 2 + a2 2 + b1 2 + b2 2 ≥ (a1 + b1 ) 2 + (a2 + b2 ) 2 .
Đẳng thức xảy ra khi u cùng hướng với v ⇔ a1 .b2 = a2 .b1 .
Bài 2. Cho 6 số thực a,b,c,x,y,z tỏa mãn : a+b+c = 2 ; ax+by+cz = 6.
Chứng minh rằng 16a 2 + a 2 x 2 + 16b 2 + b 2 y 2 + 16c 2 + c 2 z 2 ≥ 10 .
HD: Đặt u = (4a; ax), v = (4b; by), w = (4c; cz) .
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f = x + 2 − x 2 + x. 2 − x 2 .
HD: Đặt u = ( x;1; 2 − x 2 ), v = (1; 2 − x 2 ; x) ⇒ u.v = x + 2 − x 2 + x. 2 − x 2 và
u . v = x 2 + 1 + (2 − x 2 ) . 1 + (2 − x 2 ) + x 2 . = . 3. 3 = 3
7

8. Ta có : u.v ≤ u . v ⇔ x + 2 − x 2 + x. 2 − x 2 ≤ 3 .
⎧x = k
⎪
⎪
Đẳng thức xảy ra khi ⎨1 = k 2 − x 2 ⇒ x = 1 .
⎪
⎪ 2 − x 2 = kx
⎩
Lưu ý : Có thể giải bằng phương pháp đạo hàm hoặc sử dụng BĐT BCS.
Bài 4.(ĐH Khối A-2003) .Cho x,y,z là ba số dương và x + y + z ≤ 1 .
1 1 1
Chứng minh rằng: 2
x2 +
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
x y z
1 1 1 1 1 1
HD : Xét các véctơ u = ( x; ), v = ( y; ), w = (z; ), ⇒ u + v + w = ( x + y + z; + + ) .
x y z x y z
⇒ u + v + w ≥ u+v+w ⇔
2
1 1 1 ⎛1 1 1⎞
x + 2 +
2
y + 2 +
2
z + 2 ≥
2
(x + y + z ) 2
+⎜ + + ⎟
⎜x y z⎟
x y z ⎝ ⎠
81 1 80
≥ ( x + y + z )2 + = ( x + y + z )2 +
+ ≥ 2 + 80 = 82 .
( x + y + z )2 ( x + y + z ) ( x + y + z )2
2
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
3
Lưu ý :Có thể giải bằng BĐT Cauchy.
Bài 5 .(ĐH Khối B 2006) . Cho x,y là các số thực thay đổi .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 + y 2 − 2 x + 1 + x 2 + y 2 + 2 x + 1 + y − 2 .
HD : Ta có : x 2 + y 2 − 2 x + 1 + x 2 + y 2 + 2 x + 1 = (1 − x ) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2
Đặt u = (1 − x; y), v = ( x + 1; y) ⇒ u + v = (2;2 y) ⇒ (1 − x ) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 ≥ 4 + 4 y 2 .
Dấu bằng xảy ra khi x = 0 .Ta chứng minh tiếp A ≥ 4 + 4 y 2 + y − 2 .
Đặt f(y) = 4 + 4 y 2 + y − 2 .Xác định trong R .
Dùng phương pháp đạo hàm ta chứng minh f (y) = 4 + 4y 2 + y − 2 ≥ 2 + 3 .
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 ; y = .
3
Lưu ý :Có thể giải bằng BĐT BCS.
Bài 6. Cho ba số thực x,y,z tùy ý . Chứng minh : x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≥ y 2 + yz + z 2 .
HD : Bất đẳng thức tương đương :
2 2 2
y⎞ ⎛ 3 ⎞ z⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ y z⎞ ⎛ 3 3 ⎞
2 2 2
⎛ ⎛
⎜x + ⎟ +⎜
⎜ y⎟ + ⎜ x +
⎟ ⎟ +⎜ z⎟ ≥ ⎜ − ⎟ + ⎜ ⎟
⎜ 2 y − 2 z⎟
⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎜ 2
⎝
⎟
⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ ⎠
⎛ y 3 ⎞ ⎛ z 3 ⎞ ⎛y z 3 3 ⎞
Đặt u = ⎜ x + ; y ⎟, v = ⎜ − x − ;− z⎟ ⇒ u + v = ⎜ − ; ⎟
⎜ 2 2 2 y − 2 z⎟.
⎜
⎝ 2 2 ⎟ ⎠
⎜
⎝ 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎠
Bài 7. (Dự bị ĐH 2005). Cho x,y,z là ba số thực thỏa x + y + z = 0 .
Chứng minh rằng : 3 + 4 x + 3 + 4 y + 3 + 4 z ≥ 6.
HD : Đặt u = ( 3;2 x ); v = ( 3;2 y ); w = ( 3;2 z ) ⇒ u + v + w = (3 3;2 x + 2 y + 2 z ) .
8

9. Lưu ý :Có thể giải bằng BĐT Cauchy.
Bài 8. Giải phương trình : x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 .
HD : Phương trình tương đương (x − 1)2 + 4 + (x + 1)2 + 9 = 29
Đặt u = ( x − 1;2), v = (− x − 1;3) ⇒ u + v = (−2;5 ).
Bài 9. Giải phương trình x − 1 + x − 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2 .
HD : Đặt u = ( x − 1; x − 3), v(1;1) ⇒ u.v = x − 1 + x − 3, u . v = 2(x − 3) 2 + 2 x − 2
⎧ x −1 = k
Vậy phương trình trên tương đương u.v = u . v ⇔ ⎨ ⇔ x = 5.
⎩x − 3 = k
Bài tập đề nghị .Tiếp tục giải các bài tập sau đây theo phương pháp trên.
Bài 1.Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ,ta luôn có:
9 + tg 4 A + 9 + tg 4 B + 9 + tg 4 C ≥ 9 2 .
Bài 2.Chứng minh rằng với mọi x,y ta đều có :
4 cos 2 x. cos 2 y + sin 2 ( x − y ) + 4 sin 2 x. sin 2 y + cos 2 ( x − y ) ≥ 2 .
Bài 3. Với x,y là hai số thực bất kì.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
S = x 2 + 4 + x 2 − 2 xy + y 2 + 1 + y 2 − 6 y + 10 .
VI.HỆ THỨC LƯỢNG TRONG ĐƯỜNG TRÒN.
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A ,H là chân của đường cao phát xuất từ A.
Vòng tròn (O) đường kính AH cắt AB và AC lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh rằng bốn điểm B, M, N, C ở trên đường tròn (T).
2. Vòng (A) tâm A , bán kính AH cắt vòng (T) tại E và F.Chứng minh rằng AE, AF tiếp xúc
với vòng (T)
HD. 1. Góc AMH nội tiếp trong nửa đường tròn, là một góc vuông.
Trong tam giác vuông AHB, có AM là hình chiếu của cạnh AH trên
A
N
đường huyền AB, do đó
AM AB = AH 2 (1) . Tương tự ta có AN AC = AH 2 (2). Từ (1) và (2)
F
M
j
⇒ AM AB = AN AC
E H C
Do đó B,M,N,C ở trên một vòng tròn.
2.Ta có AM AB = AH 2 và AE = AH ⇒ AM AB = AE 2 . Do đó AE là
tiếp tuyến vòng (T),
Tương tự AF là tiếp tuyến vòng (T).
Bài 2. Cho tam giác ABC. BM, CN là các trung tuyến phát xuất từ B và C, và AH là đường cao
phát xuất từ A. Chứng minh rằng AH là trục đẳng phương của các vòng tròn đường kính BM và
CN.
HD.Ta có phương tích của điểm A với vòng tròn đường kính BM là
A AB. AM
M Ta có phương tích của điểm A với vòng tròn đường kính CN là AC. AN
N
O1 O2 AC AB AB AC
H C Vì AM = ; AN = . Nên AB. AM = AC. AN (= ).
B
2 2 2
Do đó điểm A có cùng phương tích với hai vòng tròn .Trục đẳn phương
9

10. D là đường thẳng vẽ từ A vuông góc với đường nối tâm của hai
đường tròn O1 , O2. Mà O1O2 // BC ⇒ D ≡ AH .
C
O I
C' Bài 3.Cho vòng tròn (O;R) và một điểm A . Gọi MN là đường
O'
H
kính thay đổi của vòng ( ). Chứng minh rằng vòng tròn ngoại
B A A B' tiếp tam giác AMN qua một điểm cố định khác A.
M
(C)
HD. Gọi A’ là điểm mà đường thẳng OA cắt lại đường tròn
A' O
(AMN),
R2
N ta có: OA.OA ' = OM .ON = − R 2 ⇒ OA ' = − = (hằng số).Vậy A’ là
OA
một điẻm cố định.
Bài 4. Trong mặt phẳng cho đường tròn (O)và một điểm A cố định. Một đường tròn thay đổi (C)
qua A và cắt đường tròn (O) tại M và N. Chứng minh rằng giao điểm P của MN và tiếp tuyến tại
A với vòng (C) thuộc về một đường thẳng cố định.
HD. Ta có P P/(O) = PM.PN ; P P/(C) = PA2. Suy ra PM.PN = PA2 , điểm P nằm trên trục
đẳng phương của hai đường tròn trên
Bài 5. Cho một đoạn thẳng AB, qua B kẽ đường thẳng Δ ⊥ AB . Trên AB lấy một điểm cố định
C . Trên Δ lấy hai điểm thay đổi M, N sao cho CN ⊥ AM .
Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua một điểm cố định C’ khi M thay đổi . Tìm
tập hợp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (AMN).
M HG. 1.Ta nhận thấy C là trực tâm tam giác MAN, nên CM ⊥ AN . Xét hai
tam giác vuôngABM, NBC đồng dạng
BC BN
A C B C'
⇒ = ⇔ BC.BA = − BM .BN , (1).Gọi C’ là giao điểm khác A của
BM AB
N đường thẳng AB với đường tròn (AMN). Phương tích của điểm Bđối với
vòng (AMN) là BA.BC ' = − BM ..BN ,(2).
Từ (1) và (2) ,ta có BA.BC ' = BC.BA ⇒ BC ' = − BC . Suy ra C’ là điểm đối xứng của C qua B,
vì C cố định nên C’ cố định.
Vì vòng (AMN)qua A, C’ cố định nên tập hợp tâm của nólà đoạn trung trực AC’.
Bài 6. Cho hai đường tròn (O) và (O’) khôngcó điểm chung lần lượt có bán kính R, R’. Gọi Δ
là trục đẳng phương của chúng. A là điểm thay đổi trên Δ . H là giao điểm của Δ và OO’. Gọi
AB, AC, AB’, AC’ là tiếp tuyến với (O), (O’) phát xuất từ A.
1. Chứng minh bốn điểm B, C, B’, C’ cùng nằm trên một đường tròn (C).
2. Tính P H/(C) theo R, R’ và d = OO’ .
HD. 1.Ta có P A/(O) = P A/(O’) ,hay AB2 = AC2 = AB’2 = AC’2. Vậy A là tâm đường tròn
(C) qua bốn điểm B, C. B’, C’
2.Ta có P A/(O) = OA2 – R2 = OH2 + HA2 – R2 = AB2.
P H/(C) = HA2 − AB 2 = HA2 − OH 2 − HA2 + R 2 = R 2 − OH 2
R 2 − R '2
Gọi I là trung điểm OO’, ta có IH = .
2d
d R 2 − R '2 d 2 + R 2 − R '2
Vậy OH = OI + IH = + ⇒ OH =
2 2d 2d
10

11. (d 2 + R 2 − R '2 ) 2
2
Do đó P H/(C) = R − OH = R − 2 2
.
4d 2
Bài 7. Cho đường tròn (O, R) và một điểm A cố định ở ngoài (O) với OA = 2R. đường tròn (O’)
di động, luôn tiếp xúc với OA tại A và cắt (O) tại M, N. Chứng minh rằng MN luôn luôn qua một
điểm cố định I và tính P I/(O) .
HD. Gọi I là giao điểm của MN với OA, ta có IA2 = IM IN = P I/(O’) .
Mà IM IN = P I/(O) = IO2 – R2.
Vậy IA2 = IO2 – R2. ⇔ IO 2 − IA2 = R 2 ⇔ ( IO + IA ) ( IO − IA) = R 2 ,
N
R
trong đó IO + IA = 2R 2 R ( IO − IA) = R 2 ⇔ IO − IA = . Ta có
O M
I
A
2
⎧ IO + IA = 2 R
⎪ 5R 3R
⎨ R ⇒ IO = ; IA = ⇒ I cố định. P I/(O) = IO2 – R2 =
⎪ IO − IA = 2
⎩
4 4
9R2
.
16
Bài 7. (HSG bảng B ,2002).
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm cố định (O, R1) và (O, R2)với R1 > R2. Một hình
thang ABCD (AB // CD) thay đổi sao cho bốn đỉnh A, B, C, D nằm trên đường tròn (O, R1) và
giao điểm của hai đường chéo AC, BD nằm trên đường tròn (O, R2). Hãy tìm quĩ tích giao điểm
P của hai đường chéo AD và BC.
HD. Phần thuận. Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Vì
P ABCD là hình thang nội tiếp nên nó là hình thang cân.Suy ra OI là trục
đối xứng của hình thang ABCD và O, I, P thẳng hàng.
Dễ thấy tứ giác ODAI là tứ giác nội tiếp. Do đó PA.PD = PO.PI = PO.(PO
A B
– OI) = OP2 – OP.OI (1).
Mà PA.PD = OP 2 − R12 , nên từ (1) ta được OP.OI = R12 . Suy ra
I
R12 R12
O OP = = .
C
OI R2
D
Như vậy khi hình thang ABCD thay đổi thì P chuyển động trên đường
R2
tròn tâm O bán kính 1 .
R2
Phần đảo. Gọi I là giao điểm của đường thẳng OP và đường tròn tâm O bán kính R2. Dễ dàng
dựng được hình thang ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R1, nhận I là giao điểm của
hai đường chéo và nhạn P là giao điểm của hai đường thẳng chứa hai cạnh bên.
Bài 8.(HSG 2006-2007).
Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC và nội tiếp đường tròn (O) tâm O. Gọi P là một điểm thay
đổi trên đường thẳng BC và nằm ngoài đoạn BC sao cho PA không là tiếp tuyến của đường tròn
(O).Đường tròn đường kính PD cắt (O) tại E (E khác D). Gọi M là giao điểm của BC với DE, N
là giao điểm khác A của PA với (O). Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua một điểm cố
định.
HD.Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua tâm O. Ta chứng minh N,
M, A’ thẳng hàng, từ đó suy ra MN đi qua điểm cố định A’.
A D Thật vậy, trước tiên ta có DE là trục đẳng phương của đường tròn
N (O)và đường tròn ( γ ) đường kính PD. Để ý PNA ' = 900 nên NA’
O
B FM
11
C P
A' E

12. là trục đẳng phươngcủa đường tròn (O) và đường tròn ( λ ) đường kính PA’. Giả sử DA’ và BC
sd AC + sdCA '
cắt nhau tại F, do ADA ' = 900 ⇒ 900 = ABA ' = = PFA'
2
Nên BC là trục đẳng phương của hai đường tròn ( γ ) và ( λ ). Vì các trục đẳng phương đồng qui
tai tâm đẳng phương , suy ra DE, BC, NA’ đồng qui tại M, vậy M, N, A’ thẳng hàng.
Hãy tiếp tục bạn nhé, nếu có thời gian!………
12