Bài 9 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) vuông ở \(A\) và có hai cạnh \(AB=7, AC=10.\) a) Tìm côsin cùa các góc \(\left( {\overrightarrow {AB} \,,\overrightarrow {AC} \,} \right);\) \(\left( {\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {BC} } \right)\,;\,\left( {\overrightarrow {AB} \,,\,\overrightarrow {CB} } \right)\,.\) b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\). Tính \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC} \). Giải (h.27). a) \((\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = {90^0}\) nên \(\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ) = 0\). \((\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} ) = {180^0} - \widehat {ABC}\) nên \(\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} ) = - \cos \widehat {ABC}\) \(= - \dfrac{7}{{\sqrt {149} }}\). \((\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} ) = \widehat {ABC}\) nên \(\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {CB} ) = \dfrac{7}{{\sqrt {149} }}\). b) \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC} = HB.HC.\cos {180^0}\) \(= - HB.HC = - A{H^2}.\) Theo hệ thức trong tam giác vuông \(\dfrac{1}{{A{H^2}}} = \dfrac{1}{{A{B^2}}} + \dfrac{1}{{A{C^2}}} = \dfrac{{149}}{{4900}}\), suy ra \(A{H^2} = \dfrac{{4900}}{{149}}\). Vậy \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {HC} = - \dfrac{{4900}}{{149}}\). Bài 10 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có \(AB=7, AC=5,\) \(\widehat A = {120^0}\). a) Tính các tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} \). b) Tính độ dài trung tuyến \(AM\) của tam giác (\(M\) là trung điểm của \(BC\) ). Giải a) Ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos {120^0}\\ = - \dfrac{{35}}{2}.\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )\\ = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - {\overrightarrow {AB} ^2}\\ = - \dfrac{{35}}{2} - 49 = - \dfrac{{133}}{2}.\end{array}\) b) M là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AM} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC)} \), suy ra \({\overrightarrow {AM} ^2} = \dfrac{1}{4}({\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {AC} ^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} )\) \(= \dfrac{1}{4}(49 + 25 - 35) = \dfrac{{39}}{4}\), suy ra \(AM = \dfrac{{\sqrt {39} }}{2}.\) Bài 11 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(MNP\) có \(MN=4, MP=8,\) \(\widehat M = {60^0}\).Lấy điểm \(E\) trên tia \(MP\) và đặt \(\overrightarrow {ME} = k\overrightarrow {MP} \). Tìm \(k\) để \(NE\) vuông góc với trung tuyến \(MF\) của tam giác \(MNP.\) Giải (h.28). \(\begin{array}{l}\overrightarrow {NE} = \overrightarrow {NM} + \overrightarrow {ME} = k\overrightarrow {MP} - \overrightarrow {MN},\\\overrightarrow {MF} = \dfrac{1}{2}(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MN} ).\\NE \bot MF\\ \Leftrightarrow(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MN} ).(k\overrightarrow {MP} - \overrightarrow {MN} ) = 0\\\Leftrightarrow \,k = \dfrac{{\overrightarrow {MN} .(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MN} )}}{{\overrightarrow {MP} .(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {MN} )}}\\ = \dfrac{{\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} + {{\overrightarrow {MN} }^2}}}{{{{\overrightarrow {MP} }^2} + \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MP} }}\\ = \dfrac{{16 + 16}}{{64 + 16}} = \dfrac{2}{5}.\end{array}\) Bài 12 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có các cạnh \(AC=b, AB=c\), \(\widehat {BAC} = \alpha \) và \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) (\(D\) thuộc cạnh \(BC\)). a) Hãy biểu thị vec tơ \(\overrightarrow {AD} \)qua hai vec tơ \(\overrightarrow {AB} , \overrightarrow {AC} \). b) Tính độ dài đoạn \(AD.\) Giải (h.29). a) Theo tính chất của đường phân giác, ta có \(\dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{c}{b}\) hay \(DB = \dfrac{c}{b}DC\). Mặt khác \(\overrightarrow {DB} , \overrightarrow {DC} \) ngược hướng nên \(\overrightarrow {DB} = - \dfrac{c}{b}\overrightarrow {DC} \). Từ đó dẫn đến \(\overrightarrow {AD} = \dfrac{{b\overrightarrow {AB} + c\overrightarrow {AC} }}{{b + c}}.\) b) Bình phương vô hướng để tính độ dài \(AD\). Ta có \(AD = \dfrac{{bc}}{{b + c}}\sqrt {2(1 + \cos \alpha )} .\) Bài 13 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh công thức sau (với hai vec tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) bất kì ): \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \dfrac{1}{2}(|\overrightarrow a + \overrightarrow b {|^2} - |\overrightarrow a {|^2} + |\overrightarrow b {|^2}).\) Giải Ta có \(\dfrac{1}{2}(|\overrightarrow a + \overrightarrow b {|^2} - |\overrightarrow a {|^2} + |\overrightarrow b {|^2})\)4 \(= \dfrac{1}{2}({\overrightarrow a ^2} + {\overrightarrow b ^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b - {\overrightarrow a ^2} - {\overrightarrow b ^2}) \) \(= \overrightarrow a .\overrightarrow b .\) Bài 14 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tam giác \(ABC\) có \(AB=c, BC=a, AC=b.\) a) Tính các tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} \) và \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \). b) Tính độ dài trung tuyến \(AM\) của tam giác \(ABC.\) Giải a) \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} \\ = \dfrac{1}{2}(|\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} {|^2} - {\overrightarrow {AB} ^2} - {\overrightarrow {BC} ^2})\\= \dfrac{1}{2}({\overrightarrow {AC} ^2} - {\overrightarrow {AB} ^2} - {\overrightarrow {BC} ^2})\\ = \dfrac{1}{2}({b^2} - {c^2} - {a^2}).\\\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}\\ = \dfrac{1}{2}[{\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {AC} ^2} - {(\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} )^2}]\\= \dfrac{1}{2}({\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {AC} ^2} - {\overrightarrow {CB} ^2})\\ = \dfrac{1}{2}({c^2} + {b^2} - {a^2}).\end{array}\) b) Vì \(AM\) là đường trung tuyến của tam giác \(ABC\) nên : \(\begin{array}{l}A{M^2} = {\overrightarrow {AM} ^2} = \dfrac{1}{4}{(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )^2}\\ = \dfrac{1}{4}({\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {AC} ^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} )\\= \dfrac{1}{4}({c^2} + {b^2} + {c^2} + {b^2} - {a^2})\\ = \dfrac{1}{4}(2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}).\end{array}\) Vậy \(AM = \dfrac{1}{2}\sqrt {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} .\) Bài 15 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tính đô dài các đường phân giác trong và phân giác ngoài của một tam giác theo độ dài ba cạnh của tam giác đó. Giải Xét tam giác \(ABC\) có \(AD, AE\) lần lượt là đường phân giác trong và ngoài (h.30). Theo bài 12a), ta có \(\overrightarrow {AD} = \dfrac{{b\overrightarrow {AB} + c\overrightarrow {AC} }}{{b + c}}.\) Bình phương vô hướng cả hai vế và sử dụng đẳng thức \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \dfrac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2}\) (theo bài 14) để tính độ dài đoạn \(AD\). Vì \(AE\) là phân giác ngoài nên \(\overrightarrow {EB} = \dfrac{c}{b}\overrightarrow {EC} \) (lưu ý rằng phân giác ngoài của góc \(A\) chỉ cắt đường thẳng \(BC\) khi \(b \ne c\). Từ đó \(\overrightarrow {AE} = \dfrac{{b\overrightarrow {AB} - c\overrightarrow {AC} }}{{b - c}}.\) Ta suy ra \(\begin{array}{l}AD = \dfrac{2}{{b + c}}\sqrt {bcp(p - a)} ;\\AE = \dfrac{2}{{|b - c|}}\sqrt {bc(p - b)(p - c)} \end{array}\) (\(p = \dfrac{{a + b + c}}{2}\) là nửa chu vi của tam giác). Bài 16 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba vec tơ \(\overrightarrow a , \overrightarrow b , \overrightarrow c \) khác \(\overrightarrow 0 \). Trong trường hợp nào đẳng thức sau đây đúng: \((\overrightarrow a .\overrightarrow b )\overrightarrow c = \overrightarrow a (\overrightarrow b .\overrightarrow c )\)? Giải Giả sử \((\overrightarrow a .\overrightarrow b )\overrightarrow c = \overrightarrow a (\overrightarrow b .\overrightarrow c )\). Nếu \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 0\) thì \(\overrightarrow b .\overrightarrow c = 0\) ( vì \(\overrightarrow a = \overrightarrow 0 \)). Vậy cả hai vec tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow c \) cùng vuông góc với \(\overrightarrow b \) hay \(\overrightarrow a = k\overrightarrow c \). Nếu \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \ne 0\) thì \(\overrightarrow b .\overrightarrow c \ne 0\). Khi đó \(\overrightarrow a = \left( {\dfrac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\overrightarrow b .\overrightarrow c }}} \right).\overrightarrow c \) hay \(\overrightarrow a = k\overrightarrow c \). Ngược lại nếu \(\overrightarrow a = k\overrightarrow c \) thì \((\overrightarrow a .\overrightarrow b )\overrightarrow c = (k\overrightarrow c .\overrightarrow b )\overrightarrow c\) \( = (\overrightarrow b .\overrightarrow c )k\overrightarrow c \) \(= (\overrightarrow b .\overrightarrow c )\overrightarrow a\) \( = \overrightarrow a (\overrightarrow b .\overrightarrow c ).\) Như vậy , đẳng thức \((\overrightarrow a .\overrightarrow b )\overrightarrow c = \overrightarrow a (\overrightarrow b .\overrightarrow c )\) đúng khi và chỉ khi có số k để \(\overrightarrow a = k\overrightarrow c \). Bài 17 trang 40 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai điểm cố định \(A ,B\) có khoảng cách bằng \(a.\) a) Tìm tập hợp các điểm \(M\) sao cho \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = k\). b) Tìm tập hợp các điểm \(N\) sao cho \(\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AB} = 2{a^2}\). Giải: a) Gọi \(O\) là trung điểm cả \(AB\) thì \(\overrightarrow {OA} = - \overrightarrow {OB} \). Với moi điểm \(M\) ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \\ = (\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} ).(\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} )\\ = (\overrightarrow {MO} - \overrightarrow {OB} ).(\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} )\\= M{O^2} - O{B^2} \\= M{O^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}.\end{array}\) Từ đó \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = k \) \(\Leftrightarrow M{O^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4} = k\) \(\Leftrightarrow M{O^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} + k. (*)\) Ta có \(O\) cố định, \(\dfrac{{{a^2}}}{4} + k\) là số không đổi nên: - Nếu \(k < - \dfrac{{{a^2}}}{4}\)thì tập các điểm \(M\) là tập các điểm rỗng. - Nếu \(k = - \dfrac{{{a^2}}}{4}\)thì tập các điểm \(M\) chỉ gồm một điểm \(O\). - Nếu \(k > - \dfrac{{{a^2}}}{4}\) thì tập các điểm \(M\) là đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R = \dfrac{1}{2}\sqrt {{a^2} + 4k} .\) b) Lấy điểm \(C\) sao cho \(\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AB} \). Khi đó \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2{\overrightarrow {AB} ^2} = 2{a^2}.\) Từ đó có \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AB} = 2{a^2}\\\Leftrightarrow \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}\\\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AC} ) = 0\\\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CN} = 0 \Leftrightarrow CN \bot AB.\end{array}\) Vậy tập hợp các điểm \(N\) là đường thẳng vuông góc với đường thẳng \(AB\) tại điểm \(C.\) Bài 18 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(A\) cố định nằm ngoài đường thẳng \(\Delta \), \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(\Delta \). Với mỗi điểm \(M\) trên \(\Delta \), lấy điểm \(N\) trên tia \(AM\) sao cho \(\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AM} = A{H^2}\). Tìm tập hợp các điểm \(N.\) Giải (h.31). Ta có \(\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AM} = {\overrightarrow {AH} ^2}\) \( \Leftrightarrow \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AM} \) ( theo công thức hình chiếu) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AM} = 0 \cr & \Leftrightarrow (\overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AH} )\overrightarrow {AM} = 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {HN} .\overrightarrow {AM} = 0 \cr} \) Vậy tập hợp các điểm \(N\) là đường tròn đường kính \(AH\). Bài 19 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho đa giác đều \(A_1A_2…A_n\) nội tiếp trong đường tròn \((O ; R)\) và một điểm \(M\) thay đổi trên đường tròn đó. Chứng minh rằng: a) \(\cos \widehat {MO{A_1}} + \cos \widehat {MO{A_2}}\) \(+ ... + \cos \widehat {MO{A_n}} = 0;\) b) \(MA_1^2 + MA_2^2 + ... + MA_n^2\) có giá trị không đổi. Giải a) Theo định nghĩa của tích vô hướng ta có ( với mỗi \(i \in \left\{ {1,2,...,n} \right\}\)): \(\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {O{A_i}} = OM.O{A_i}.\cos \widehat {MO{A_i}}\) \(= {R^2}\cos \widehat {MO{A_i}}.\) Do đó \(\cos \widehat {MO{A_1}} + \cos \widehat {MO{A_2}} \)\(+ ... + \cos \widehat {MO{A_n}} = \dfrac{1}{{{R^2}}}\overrightarrow {OM} .(\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{A_2}} + ... + \overrightarrow {O{A_n}} ).\) Theo bài 7( chương I) thì \(\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{A_2}} + ... + \overrightarrow {O{A_n}} = \overrightarrow 0 \), nên : \(\cos \widehat {MO{A_1}} + \cos \widehat {MO{A_2}}\)\( + ... + \cos \widehat {MO{A_n}} = 0\). b) Ta có \(\begin{array}{l}MA_1^2 + MA_2^2 + ... + MA_n^2 \\= {\overrightarrow {M{A_1}} ^2} + {\overrightarrow {M{A_2}} ^2} + ... + {\overrightarrow {M{A_n}} ^2}\\= {(\overrightarrow {O{A_1}} - \overrightarrow {OM} )^2} + {(\overrightarrow {O{A_2}} - \overrightarrow {OM} )^2} + ... + {(\overrightarrow {O{A_n}} - \overrightarrow {OM} )^2} \\ = OA_1^2 + OA_2^2 + ... + OA_n^2 + nO{M^2} - 2(\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{A_2}} + ... + \overrightarrow {O{A_n}} ).\overrightarrow {OM} \\= {R^2} + {R^2} + ... + {R^2} + n{R^2} - 0 = 2n{R^2}.\\\end{array}\) Bài 20 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có \(AB =c, BC=a, CA=b\). Gọi \(M\) là điểm sao cho \(\overrightarrow {BM} = k\overrightarrow {BC} \). Tính độ dài đoạn thẳng \(AM\). Xét trường hợp đặc biệt khi \(k = \dfrac{1}{2}\). Giải Từ điều kiện \(\overrightarrow {BM} = k\overrightarrow {BC} \), ta suy ra \(\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} = k(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )\) hay \(\overrightarrow {AM} = (1 - k)\overrightarrow {AB} + k\overrightarrow {AC} .\) Bởi vậy \(\begin{array}{l}A{M^2} = {\overrightarrow {AM} ^2}\\ = {\left[ {(1 - k)\overrightarrow {AB} + k\overrightarrow {AC} } \right]^2}\\= {(1 - k)^2}{\overrightarrow {AB} ^2} + {k^2}{\overrightarrow {AC} ^2} + 2k(1 - k)\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = {(1 - k)^2}{c^2} + {k^2}{b^2} + 2k(1 - k).\dfrac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} - {a^2}} \right)\\ = (1 - k){c^2} + k{b^2} - k(1 - k){a^2}.\end{array}\) Trong trường hợp \(k = \dfrac{1}{2}\) thì \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC, AM\) là đường trung tuyến. Khi đó ta có công thức trung tuyến: \(AM = \dfrac{{{b^2} + {c^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}\). Bài 21 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) có \(AB=c, BC=a, CA=b.\) Đặt \(\overrightarrow u = (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} )\overrightarrow {CA} + (\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} )\overrightarrow {AB}\)\( + (\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} )\overrightarrow {BC} .\) Chứng minh rằng a) \(\overrightarrow u = - abc\left( {\cos B\dfrac{{\overrightarrow {CA} }}{b} + \cos C\dfrac{{\overrightarrow {AB} }}{c} + \cos A\dfrac{{\overrightarrow {BC} }}{a}} \right);\) b) Nếu ABC là tam giác đều thì \(\overrightarrow u = \overrightarrow 0 \); c) Nếu \(\overrightarrow u = \overrightarrow 0 \) thì ABC là tam giác đều. Giải a) Ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow u = ca.\cos ({180^0} - B).\overrightarrow {CA} + ab.\cos ({180^0} - C).\overrightarrow {AB} + bc.\cos ({180^0} - A).\overrightarrow {BC} \\ = - ca.\cos B.\overrightarrow {CA} - ab.\cos C.\overrightarrow {AB} - bc.\cos A.\overrightarrow {BC} \\ = - abc\left( {\cos B\dfrac{{\overrightarrow {CA} }}{b} + \cos C\dfrac{{\overrightarrow {AB} }}{c} + \cos A\dfrac{{\overrightarrow {BC} }}{a}} \right).\end{array}\) b) Nếu tam giác \(ABC\) đều thì \(a=b=c,\) \(\cos A=\cos B=\cos C,\) từ đó suy ra \(\overrightarrow u = - {a^2}.\cos A.(\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} )\)\( = \overrightarrow 0 .\) c) Nhân vô hướng vec tơ \(\overrightarrow u = \overrightarrow 0 \) lần lượt với \(\dfrac{{\overrightarrow {CA} }}{b} , \dfrac{{\overrightarrow {AB} }}{c} , \dfrac{{\overrightarrow {BC} }}{a}\), ta có:\(\overrightarrow u .\dfrac{{\overrightarrow {CA} }}{b} = 0\), suy ra \(\cos B - 2\cos C.\cos A = 0\). Tương tự ta có \(\cos C - 2\cos A.\cos B = 0 ;\)\( \cos A - 2\cos B.\cos C = 0\). Rút \(\cos B\) từ đẳng thức đầu và thay vào đẳng thức thứ hai, ta có \(\cos C - 4{\cos ^2}A.\cos C = 0\) mà \(\cos C \ne 0\) ( vì nếu \(\cos C = 0\) thì \(\cos B = 0\), \(\widehat B = \widehat C = {90^0}\), vô lí) nên \({\cos ^2}A = \dfrac{1}{4}\) hay \(\cos A = \pm \dfrac{1}{2}\). Vậy \(\widehat A = {60^0}\), hoặc \(\widehat A = {120^0}\). Tương tự như vậy, góc \(C\) hoặc bằng \(60^0\) hoặc bằng \(120^0\). Vì tổng ba góc của tam giác bằng \(180^0\), nên chỉ có thể có \(\widehat A = \widehat B = \widehat C = {60^0}\). Vậy \(ABC\) là tam giác đều. Bài 22 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tứ giác \(ABCD\) có hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) vuông góc với nhau tại \(M\). Gọi \(P\) là trung điểm đoạn thẳng \(AD\). Chứng minh rằng : \(MP \bot BC\) khi và chỉ khi \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} .\) Giải (h.32). \(\begin{array}{l}2\overrightarrow {MP} .\overrightarrow {BC} = (\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} ).(\overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MB} )\\= \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} \\= \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} - \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} \end{array}\) ( Do \(AC \bot BD\) nên \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MC} = 0\)). Từ đó ta có \(\begin{array}{l}MP \bot BC \Leftrightarrow \overrightarrow {MP} .\overrightarrow {BC} = 0\\\Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} .\end{array}\) Bài 23 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hình vuông \(ABCD\), điểm \(M\) nằm trên đoạn thẳng \(AC\) sao cho \(AM = \dfrac{{AC}}{4}\). Gọi \(N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(DC\). Chứng minh rằng \(BMN\) là tam giác vuông cân. Giải Đặt \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow a , \overrightarrow {AB} = \overrightarrow b .\) Khi đó, ta có \(\overrightarrow {AM} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {AC} = \dfrac{1}{4}(\overrightarrow a + \overrightarrow b ),\) \( \overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} = \overrightarrow a + \dfrac{{\overrightarrow b }}{2}.\) Từ đó suy ra \(\begin{array}{l}\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AM}\\ = \overrightarrow b - \dfrac{1}{4}(\overrightarrow a + \overrightarrow b )\\ = \dfrac{1}{4}( - \overrightarrow a + 3\overrightarrow b ).\\\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AN} - \overrightarrow {AM}\\ = \overrightarrow a + \dfrac{{\overrightarrow b }}{2} - \dfrac{1}{4}(\overrightarrow a + \overrightarrow b ) \\= \dfrac{1}{4}(3\overrightarrow a + \overrightarrow b ).\end{array}\) Ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MN}\\ = \dfrac{1}{{16}}( - \overrightarrow a + 3\overrightarrow b )(3\overrightarrow a + \overrightarrow b )\\= \dfrac{1}{{16}}\left( { - 3\overrightarrow a + 3\overrightarrow b + 8\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right) = 0.\\{\overrightarrow {MB} ^2} = \dfrac{1}{{16}}( - \overrightarrow a + 3\overrightarrow b ) \\= \dfrac{1}{{16}}({\overrightarrow a ^2} + 9{\overrightarrow b ^2} - 6\overrightarrow a .\overrightarrow b ) = \dfrac{5}{8}{\overrightarrow a ^2}.\\{\overrightarrow {MN} ^2} = \dfrac{1}{{16}}{\left( {3\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)^2}\\ = \dfrac{1}{{16}}\left( {9{{\overrightarrow a }^2} + {{\overrightarrow b }^2} + 6\overrightarrow a .\overrightarrow b } \right)\\ = \dfrac{5}{8}{\overrightarrow a ^2}.\end{array}\) Vậy \(MB \bot MN\) và \(MB=MN\), tam giác \(BMN\) vuông cân tại đỉnh \(M.\) Bài 24 trang 41 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho \(AA'\) là một dây cung của đường tròn \((O)\) và \(M\) là một điểm nằm trên dây cung đó. Chứng minh rằng \(2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MO} = MA(MA - MA').\) Giải (h.34). Gọi \(P\) là trung điểm của \(AA’\) thì \(OP \bot AA'\) nên theo công thức hình chiếu ta có \(2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MO} = 2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MP} \). Nhưng vì \(P\) là trung điểm của \(AA’\) nên \(2\overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MA'} \). Vậy: \(\begin{array}{l}2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MO} = \overrightarrow {MA} .(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MA'} )\\ = M{A^2} + \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MA} '\\= M{A^2} - MA.MA'\\ = MA(MA - MA').\end{array}\) Bài 25 trang 42 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) nội tiếp trong đường tròn \((O)\) và một điểm \(M\) sao cho các góc \(AMB, BMC, CMA\) đều bằng \(120^0\). Các đường thẳng \(AM, BM, CM\) cắt đường tròn \((O)\) lần lượt tại \(A’, B’, C’\). Chứng minh rằng: \(MA+MB+MC\)\(=MA’+MB’+MC’.\) Giải (h.35). Lấy các điểm \(A_1, B_1, C_1\) sao cho \(\overrightarrow {M{A_1}} = \dfrac{{\overrightarrow {MA} }}{{MA}};\) \( \overrightarrow {M{B_1}} = \dfrac{{\overrightarrow {MB} }}{{MB}};\) \(\overrightarrow {M{C_1}} = \dfrac{{\overrightarrow {MC} }}{{MC}} \), khi đó cả ba vec tơ trên đều có độ dài bằng 1, mà góc giữa hai vectơ bất kì trong chúng đều bằng \(120^0\) nên \(M\) là tâm của tam giác đều \(A_1 B_1 C_1\). Theo bài 24, ta có \(2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MO}\) \( = MA(MA - MA')\), suy ra \(2\dfrac{{\overrightarrow {MA} }}{{MA}}.\overrightarrow {MO} \) \(= MA - MA'\), hay \(2\overrightarrow {M{A_1}} .\overrightarrow {MO} = MA - MA'\). Tương tự \(2\overrightarrow {M{B_1}} .\overrightarrow {MO} = MB - MB',\) \( 2\overrightarrow {M{C_1}} .\overrightarrow {MO} = MC - MC'.\) Từ đó ta có \(MA + MB + MC\)\( - MA' - MB' - MC' \) \(= 2(\overrightarrow {M{A_1}} + \overrightarrow {M{B_1}} + \overrightarrow {M{C_1}} ).\overrightarrow {MO} = 0\) Hay \(MA + MB + MC\)\( = MA' + MB' + MC'\) Bài 26 trang 42 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho \(n\) điểm \(A_1, A_2, …,A_n\) và \(n\) số \(k_1, k_2,…,k_n\) với \({k_1} + {k_2} + ... + {k_n} = k (k \ne 0).\) a) Chứng minh rằng có một và chỉ một điểm \(G\) sao cho \({k_1}\overrightarrow {G{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {G{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {G{A_n}} = \overrightarrow 0 \). b) Tìm quỹ tích những điểm \(M\) sao cho: \({k_1}MA_1^2 + {k_2}MA_2^2 + ... + {k_n}MA_n^2 = m\), trong đó \(m\) là một số không đổi. Giải a) Lấy một điểm \(O\) bất kì thì đẳng thức \({k_1}\overrightarrow {G{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {G{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {G{A_n}} = \overrightarrow 0\) (1) tương đương với \({k_1}\left( {\overrightarrow {O{A_1}} - \overrightarrow {OG} } \right) + {k_2}\left( {\overrightarrow {O{A_2}} - \overrightarrow {OG} } \right) \) \(+ \ldots + {k_n}\left( {\overrightarrow {O{A_n}} - \overrightarrow {OG} } \right) = \overrightarrow 0 \) Hay \(\overrightarrow {OG} = \dfrac{1}{k}(\overrightarrow {O{A_1}} + \overrightarrow {O{A_2}} + ... + \overrightarrow {O{A_n}} ).\) Điều đó chứng tỏ rằng có điểm \(G\) thỏa mãn (1). Giả sử điểm G’ củng thỏa mãn \({k_1}\overrightarrow {G'{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {G'{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {G'{A_n}} = \overrightarrow 0 \) (2) Bằng cách trừ theo vế (1) cho (2) ta được \(k.\overrightarrow {GG'} = \overrightarrow 0 \), suy ra \(\overrightarrow {GG'} = \overrightarrow 0 \) hay \(G’\) trùng với \(G\). (Điểm \(G\) được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm \(\left\{ {{A_1},{A_2}, \ldots {A_n}} \right\}\) gắn với các hệ số \({k_1},{k_2} \ldots {k_n}\)). b) Với mọi điểm \(M\), ta có \(\begin{array}{l}{k_1}MA_1^2 + {k_2}MA_2^2 + ... + {k_n}MA_n^2 = m\\ \Leftrightarrow {k_1}{\overrightarrow {M{A_1}} ^2} + {k_2}{\overrightarrow {M{A_2}} ^2} + ... + {k_n}{\overrightarrow {M{A_n}} ^2} = m\\ \Leftrightarrow {k_1}{\left( {\overrightarrow {G{A_1}} - \overrightarrow {GM} } \right)^2} + {k_2}{\left( {\overrightarrow {G{A_2}} - \overrightarrow {GM} } \right)^2} + ... + {k_n}{\left( {\overrightarrow {G{A_n}} - \overrightarrow {GM} } \right)^2} = m\\ \Leftrightarrow {k_1}GA_1^2 + {k_2}GA_2^2 + ... + {k_n}GA_n^2 + kG{M^2} - 2\overrightarrow {GM} \left( {{k_1}\overrightarrow {G{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {G{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {G{A_n}} } \right) = m.\end{array}\) Ta đặt \({k_1}GA_1^2 + {k_2}GA_2^2 + ... + {k_n}GA_n^2 = s\) thì đẳng thức trên tương đương với \(s + kG{M^2} = m\) hay \(G{M^2} = \dfrac{{m - s}}{k}\). Từ đó suy ra Nếu \(\dfrac{{m - s}}{k} > 0\) thì quỹ tích các điểm \(M\) là đường tròn tâm \(G\), bán kính \(r = \sqrt {\dfrac{{m - s}}{k}} \). Nếu \(m - s = 0\) thì quỹ tích các điểm \(M\) là một điểm \(G\). Nếu \(\dfrac{{m - s}}{k} > 0\)thì quỹ tích các điểm M là tập rỗng. Chú ý: Khi \({k_1} + {k_2} + ... + {k_n} = k = 0\) thì hệ điểm \(\left\{ {{A_1},{A_2}, \ldots {A_n}} \right\}\) không có tâm tỉ cự, song vec tơ \(\overrightarrow u = {k_1}\overrightarrow {O{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {O{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {O{A_n}} \) không phụ thuộc vào việc chọn điểm \(O\). Thực vậy, với điểm \(O’\) khác điểm \(O\), ta có \(\begin{array}{l} {k_1}\overrightarrow {O'{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {O'{A_2}} + .. + {k_n}\overrightarrow {O'{A_n}} \\ = ({k_1} + {k_2} + ... + {k_n})\overrightarrow {O'O} + {k_1}\overrightarrow {O{A_1}} + {k_2}\overrightarrow {O{A_2}} + ... + {k_n}\overrightarrow {O{A_n}} = \overrightarrow u \end{array}\) Bây giờ chọn một điểm \(O\) nào đó, ta có \(\begin{array}{l}{k_1}MA_1^2 + {k_2}MA_2^2 + ... + {k_n}MA_n^2 = m\\ \Leftrightarrow {k_1}{\overrightarrow {M{A_1}} ^2} + {k_2}{\overrightarrow {M{A_2}} ^2} + ... + {k_n}{\overrightarrow {MA_n^{}} ^2} = m\\ \Leftrightarrow {k_1}{\left( {\overrightarrow {O{A_1}} - \overrightarrow {OM} } \right)^2} + {k_2}{\left( {\overrightarrow {O{A_2}} - \overrightarrow {OM} } \right)^2} + ... + {k_n}{\left( {\overrightarrow {O{A_n}} - \overrightarrow {OM} } \right)^2} = m\\ \Leftrightarrow {k_1}OA_1^2 + {k_2}OA_2^2 + ... + {k_n}OA_n^2 - 2\overrightarrow {OM} .\overrightarrow u = m.\end{array}\) Đặt \({k_1}OA_1^2 + {k_2}OA_2^2 + ... + {k_n}OA_n^2 = s\) thì đẳng thức trên trở thành :\(2\overrightarrow u .\overrightarrow {OM} = s - m\). Bởi vậy: Nếu \(\overrightarrow u = \overrightarrow 0 \) và \(s=m\) thì quỹ tích các điểm \(M\) là toàn bộ mặt phẳng. Nếu \(\overrightarrow u = \overrightarrow 0 \) và \(s \ne m\) thì quỹ tich các điểm \(M\) là tập rỗng. Nếu \(\overrightarrow u \ne \overrightarrow 0 \) thì quỹ tích các điểm \(M\) là một đường thẳng vuông góc với vec tơ \(\overrightarrow u \). Bài 27 trang 42 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) không vuông. a) Gọi \(AA’\) là đường cao của tam giác \(ABC\). Chứng minh \(\left( {{\mathop{\rm tanB}\nolimits} } \right)\overrightarrow {A'B} + \left( {\tan C} \right)\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow 0 \) b) Gọi \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC.\) Chứng minh \((\tan A)\overrightarrow {HA} + (\tan B)\overrightarrow {HB} \)\( + (\tan C)\overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 \). Giải: a) Xét trường hợp điểm \(A’\) nằm trên cạnh \(BC\), tức là các góc \(B\) và \(C\) đều nhọn (h.36a). Khi đó \(AA' = A'B.\tan B = A'C.\tan C.\) Vì \(\tan B > 0, \tan C > 0\) và hai vec tơ \(\overrightarrow {A'B} ; \overrightarrow {A'C} \) ngược hướng nên ta suy ra \((\tan B)\overrightarrow {A'B} + (\tan C)\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow 0 (*)\) Nếu điểm \(A’\) nằm ngoài cạnh \(BC\), chẳng hạn điểm \(C\) nằm giữa hai điểm \(B\) và \(A’\) (h.36b), thì khi đó góc \(B\) nhọn và góc \(C\) tù, tức là \(\tan B > 0\) và \(\tan C < 0\). Ta có \(AA' = A'B\tan B\) \(= A'C\tan ({180^0} - C)\) \(= - A'C\tan C.\) Trong trường hợp này hai vec tơ \(\overrightarrow {A'B} ; \overrightarrow {A'C} \) cùng hướng nên ta có : \((\tan B)\overrightarrow {A'B} + (\tan C)\overrightarrow {A'C} = \overrightarrow 0 \). b) Nếu \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) thì ta có các số \(\alpha , \beta , \gamma \) không đồng thời bằng 0 sao cho :\(\alpha \overrightarrow {HA} + \beta \overrightarrow {HB} + \gamma \overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 \) (theo bài 14 chương I). Vì \(AH \bot BC\) nên nhân hai vế của đẳng thức trên với \(\overrightarrow {BC} \) ta được \(\beta \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {BC} + \gamma \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \) và do đó ta có ( theo công thức hình chiếu): \(\begin{array}{l}\beta \overrightarrow {A'B} .\overrightarrow {BC} + \gamma \overrightarrow {A'C} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {BC} (\beta \overrightarrow {A'B} + \gamma \overrightarrow {A'C} ) = \overrightarrow 0 \\ \Leftrightarrow \beta \overrightarrow {A'B} + \gamma \overrightarrow {A'C} = \overrightarrow 0 \end{array}\) (vì vec tơ\(\beta \overrightarrow {A'B} + \gamma \overrightarrow {A'C} \) cùng phương với \(\overrightarrow {BC} \)). So sánh đẳng thức này với (*) ta suy ra \(\dfrac{\beta }{{\tan B}} = \dfrac{\gamma }{{\tan C}}\). Bằng cách tương tự ta đi đến: \(\dfrac{\alpha }{{\tan A}} = \dfrac{\beta }{{\tan B}} = \dfrac{\gamma }{{\tan C}}\). Bởi vậy đẳng thức \(\alpha \overrightarrow {HA} + \beta \overrightarrow {HB} + \gamma \overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 \) trở thành \(\tan A.\overrightarrow {HA} + \tan B.\overrightarrow {HB} \)\( + \tan C.\overrightarrow {HC} = \overrightarrow 0 .\) Bài 28 trang 42 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(O\) bất kì nằm trong tam giác \(A_1A_2A_3\). Gọi \(B_1, B_2, B_3\) lần lượt là hình chiếu của \(O\) trên \(A_1A_2, A_2A_3, A_3A_1\). Đặt \(\begin{array}{l}\overrightarrow {{a_1}} = {A_1}{A_2}\dfrac{{\overrightarrow {O{B_1}} }}{{O{B_1}}} ,\\\overrightarrow {{a_2}} = {A_2}{A_3}\dfrac{{\overrightarrow {O{B_2}} }}{{O{B_2}}} ,\\\overrightarrow {{a_3}} = {A_3}{A_1}\dfrac{{\overrightarrow {O{B_3}} }}{{O{B_3}}} .\end{array}\) Chứng minh rằng \(\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} = \overrightarrow 0 \). Chú ý: kết quả trên đúng với đa giác \(A_1A_2…A_n\) bất kì (định lí Con Nhím). Trên hình 23, \(|\overrightarrow {{a_k}} | = {A_k}{A_{k + 1}}\) ( xem \({A_{n + 1}} \equiv {A_1}\)), \(\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + ... + \overrightarrow {{a_n}} = \overrightarrow 0 \) (các vec tơ \(\overrightarrow {{a_k}} \) được gọi là các “ lông nhím”). Giải (h.37). Ta có \(\begin{array}{l}\left( {\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} } \right).\overrightarrow {{A_1}{A_2}} \\ = \left( {\overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} } \right).\overrightarrow {{A_1}{A_2}} \\= \left( {\overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} } \right)\left( {\overrightarrow {{A_1}{A_3}} - \overrightarrow {{A_2}{A_3}} } \right)\\= \overrightarrow {{a_2}} .\overrightarrow {{A_1}{A_3}} - \overrightarrow {{a_3}} .\overrightarrow {{A_2}{A_3}} \\= |\overrightarrow {{a_2}} |{A_1}{A_3}.\cos \left( {\overrightarrow {{a_2}} ,\overrightarrow {{A_1}{A_3}} } \right) \\- |\overrightarrow {{a_3}} |.{A_2}{A_3}.\cos \left( {\overrightarrow {{a_3}} ,\overrightarrow {{A_2}{A_3}} } \right).\\\end{array}\) Theo giả thiết \(|\overrightarrow {{a_2}} | = {A_2}{A_3} , |\overrightarrow {{a_3}} | = {A_1}{A_3}\). Ngoài ra dễ thấy \(\cos \left( {\overrightarrow {{a_2}} ,\overrightarrow {{A_1}{A_3}} } \right) = \cos \left( {\overrightarrow {{a_3}} ,\overrightarrow {{A_2}{A_3}} } \right).\) Suy ra \(\left( {\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} } \right).\overrightarrow {{A_1}{A_2}} = 0\). Do đó, vec tơ \(\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} \) vuông góc với đường thẳng \(A_1A_2\). Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có vec tơ \(\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} \) vuông góc với đường thẳng \(A_2A_3\). Vậy \(\overrightarrow {{a_1}} + \overrightarrow {{a_2}} + \overrightarrow {{a_3}} = 0\). Bài 29 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai đường thẳng \(AB, CD\) cắt nhau ở điểm \(M\). Chứng minh rằng bốn điểm \(A, B, C, D\) cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} .\) Giải Nếu \(A, B, C, D\) cùng thuộc một đường tròn \((C)\) thì \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} ,\,\,\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} \) cũng bằng phương tích của điểm \(M\) đối với đường tròn \((C)\) nên \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} \) Ngược lại, vẽ đường tròn qua ba điểm \(A, B, C\) và giả sử đường tròn đó cắt đường thẳng \(CD\) ở điểm \(D’\) khác \(C\). Khi đó ta có \(A, B, C, D’\) cùng thuộc một đường tròn nên \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD'} \) Nếu có \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} \) thì \(\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD'} \), suy ra \(\overrightarrow {MC} .\overrightarrow {DD'} = 0\). Do \(\overrightarrow {MC} \ne \overrightarrow 0 \) và \(\overrightarrow {DD'} \) cùng phương với \(\overrightarrow {MC} \) nên \(\overrightarrow {DD'} = \overrightarrow 0 \) hay \(D, D’\) trùng nhau. Vậy \(A, B, C, D\) cùng thuộc một đường tròn. Bài 30 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Vẽ đồ thị của hàm số \( y = \left | \frac{2}{3}x^2 - \frac{8}{3}x + 2 \right | \) Giải: Vì \( \left | f(x) \right | = \left\{\begin{matrix} f(x), f(x) \geq 0 \\ -f(x), f(x) < 0 \end{matrix}\right. \) Nên để vẽ đồ thị của hàm số y = |f(x)| ta vẽ đồ thị của hàm số y = f(x), sau đó giữ nguyên phần đồ thị ở phía trên trục hoành và lấy đối xứng phần đồ thị nằm phía dưới trục hoành qua trục hoành. Trong trường hợp này, ta vẽ đồ thị của hàm số \( y = \frac{2}{3}x^2 - \frac{8}{3}x + 2 \) , sau đó giữ nguyên phần đồ thị ứng với các nửa khoảng (-∞; 1] và [3; +∞). Lấy đối xứng phần đồ thị ứng với khoảng (1;3) qua trục hoành. Đồ thị của hàm số \( y = \left | \frac{2}{3}x^2 - \frac{8}{3}x + 2 \right | \) được vẽ trên hình 41 (đường nét liền) Bài 31 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai đường tròn không đồng tâm \((O ; R)\) và \((O’ ; R’)\). Tìm tập hợp các điểm \(M\) sao cho \({\wp _{M/(O ; R)}} = {\wp _{M/(O' ; R')}}.\) Giải \(\begin{array}{l}{\wp _{M/(O ; R)}} = {\wp _{M/(O' ; R')}}\\ \Leftrightarrow M{O^2} - {R^2} = MO{'^2} - R{'^2}\\ \Leftrightarrow {\overrightarrow {MO} ^2} - {\overrightarrow {MO'} ^2} = {R^2} - R{'^2}\\ \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {MO} - \overrightarrow {MO'} } \right).\left( {\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {MO'} } \right)\\ = {R^2} - R{'^2}\end{array}\) \( \Leftrightarrow 2\overrightarrow {O'O} .\overrightarrow {MI} = {R^2} - R{'^2}\), trong đó \(I\) là trung điểm của \(OO’\). Lấy \(H\) là hình chiếu của điểm \(M\) trên đường thẳng \(OO’\), ta có \( \overrightarrow {O'O} .\overrightarrow {MI} = \overrightarrow {O'O} .\overrightarrow {HI} = \overrightarrow {OO'} .\overrightarrow {IH} .\) Từ đó suy ra \(\overline {IH} = \dfrac{{{R^2} - R{'^2}}}{{2\overline {OO'} }}\) không đổi nên \(H\) là điểm cố định. Vậy \({\wp _{M/(O ; R)}} = {\wp _{M/(O' ; R')}}\) khi và chỉ khi thuộc đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với đường thẳng \(OO’\) tại điểm cố định \(H\). Đường thẳng \(\Delta \) được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn đã cho. Bài 32 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Trong đường tròn \(C(O ; R)\) cho hai dây cung \(AA’, BB’\) vuông góc với nhau ở điểm \(S\) và gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh rằng \(SM \bot A'B'\). Giải (h.38). Xét tích vô hướng \(\begin{array}{l}\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {A'B'}\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} } \right)\left( {\overrightarrow {SB'} - \overrightarrow {SA'} } \right)\\ = \dfrac{1}{2}\left( {\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB'} - \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SA'} + \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SB'} - \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SA'} } \right).\end{array}\) Ta có \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SB'} = 0\) do \(SA \bot SB'\), \(\overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SA'} = 0\) do \(SB \bot SA'\), \(\overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SA'} = \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SB'} \). Từ đó suy ra \(\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {A'B'} = 0\), nên \(SM \bot A'B'\). Bài 33 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(P\) cố định nằm trong đường tròn \((O ; R)\) và hai điểm \(A, B\) chạy trên đường tròn đó sao cho góc \(APB\) luôn bằng \(90^0\). Gọi \(M\) là trung điểm của dây \(AB\) và \(H\) là hình chiếu của \(P\) xuống \(AB\). Chứng minh rằng \(M ,H\) luôn cùng thuộc một đường tròn cố định. Giải: (h.39). Ta có \({\wp _{H/(O)}} = \overrightarrow {HA} .\overrightarrow {HB} = - H{P^2}\) và \({\wp _{H/(O)}} = H{O^2} - {R^2}\), suy ra .. hay \(H{O^2} + H{P^2} = {R^2}\). (*) Tương tự \({\wp _{M/(O)}} = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = - M{B^2}\) và \({\wp _{M/(O)}} = M{O^2} - {R^2}\). Mặt khác tam giác vuông \(APB\) có trung tuyến \(MP = \dfrac{1}{2}AB = MB\). Từ đó suy ra \(M{O^2} - {R^2} = - M{P^2}\) hay \(M{O^2} + M{P^2} = {R^2}\). (**) Từ (*) và (**) ta có \(H, M\) cùng thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của \(OP\) và bán kính bằng \(\dfrac{1}{2}\sqrt {2{R^2} - O{P^2}} \). Bài 34 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) ngoại tiếp đường tròn \((I)\) và \((J)\) là đường tròn bàng tiếp góc \(A\)(*) của tam giác. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn đó đi qua trung điểm của cạnh \(BC.\) Giải Đặt tên các tiếp điểm của hai đường tròn như hình 40. Ta có \(AR=AS\) và \(AR+AS=(AB+BR)+(AC+CS)\) \(=(AB+BH)+(AC+CH)\) \(=AB+BC+AC=2p.\) Vậy \(AR=AS=p,\) suy ra \(c+BH=p\) hay \(BH=p-c.\) Ta cũng có \(AP=AQ, BP=BK, CK=CQ\) nên \(c+CK=b+BK.\) Do \((c+CK)+(b+BK)\)\(=a+b+c=2p\) nên \(c+CK=p\) hay \(CK=p-c=BH.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\) từ \(BH=CK\) suy ra \(MH=MK\) hay \({P_{M/(I)}} = M{K^2} = M{H^2} = {P_{M/(J)}}.\) Vậy \(M\) thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn \((I)\) và \((J)\). Bài 35 trang 43 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho điểm \(M\) nằm trong góc \(\widehat {xOy}\) và gọi \(M_1, M_2\) lần lượt là hình chiếu của \(M\) trên \(Ox, Oy.\) a) Vẽ đường tròn \((C)\) qua \(M_1, M_2\), đường tròn này cắt hai cạnh \(Ox, Oy\) lần lượt ở \(N_1, N_2\). Kẻ đường thẳng vuông góc với \(Ox\) ở \(N_1\) và đường thẳng vuông góc với \(Oy\) ở \(N_2\), giả sử hai đường thẳng đó cắt nhau ở \(N\). Chứng minh \(ON \bot {M_1}{M_2}\). b) Chứng minh rằng khi \((C)\) thay đổi nhưng vẫn đi qua \(M_1\) và \(M_2\) thì điểm \(N\) luôn thuộc một tia \(Oz\) cố định và \(\widehat {zOy} = \widehat {MO{N_1}}\). Giải (h.41). a) Ta có \(\overrightarrow {O{M_1}} .\overrightarrow {O{N_1}} = \overrightarrow {O{M_2}} .\overrightarrow {O{N_2}} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(*)\) Xét tích vô hướng \(\overrightarrow {ON} .\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \overrightarrow {ON} .\left( {\overrightarrow {O{M_2}} - \overrightarrow {O{M_1}} } \right)\) \(= \overrightarrow {ON} .\overrightarrow {O{M_2}} - \overrightarrow {ON} .\overrightarrow {O{M_1}} .\) Do \(\overrightarrow {O{N_1}} \) là hình chiếu của \(\overrightarrow {ON} \) trên Ox nên \(\overrightarrow {ON} .\overrightarrow {O{M_1}} = \overrightarrow {O{N_1}} .\overrightarrow {O{M_1}} .\) Tương tự \(\overrightarrow {ON} .\overrightarrow {O{M_2}} = \overrightarrow {O{N_2}} .\overrightarrow {O{M_2}} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(**)\) Từ (*), (**) suy ra \(\overrightarrow {ON} .\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = 0\) hay \(ON \bot {M_1}{M_2}\). b) Theo câu a), \(N\) thuộc tia \(Oz\) cố định (vuông góc với \(M_1M_2\)). Lại có \(\widehat {zOy} = \widehat {{M_1}{M_2}M}\) (do \(Oz \bot {M_2}{M_1}\,,\,\,Oy \bot {M_2}M\)). Mặt khác, \(OM_1MM_2\) là tứ giác nội tiếp (\(\widehat {O{M_1}M} = \widehat {O{M_2}M} = {90^0}\)) nên \(\widehat {{M_1}{M_2}M} = \widehat {{M_1}OM}\). Từ đó suy ra \(\widehat {zOy} = \widehat {MO{N_1}}\). Bài 36 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho đường tròn đường kính \(AB\) và đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với \(AB\) ở \(H\) (\(H\) không trùng với \(A\) và \(B\)). Một đường thẳng quay quanh \(H\) cắt đường tròn ở \(M, N\) và các đường thẳng \(AM, AN\) lần lượt cắt \(\Delta \) ở \(M’, N’.\) a) Chứng minh rằng bốn điểm \(M, N, M’, N’\) cùng thuộc một đường tròn \((C)\) nào đó. b) Chứng minh rằng các đường tròn \((C)\) luôn đi qua hai điểm cố định. Giải (h.42). a) Tứ giác \(HBMM’\) nội tiếp được do \(\widehat {M'HB} = \widehat {M'MB} = {90^0}\), suy ra \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AM'} .\) Tứ giác \(HBN’N\) cũng nội tiếp được do \(\widehat {N'HB} = \widehat {N'NB} = {90^0}\), suy ra \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AN'} .\) Từ đó ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AM'} = \overrightarrow {AN} .\overrightarrow {AN'} \) Suy ra \(M, N, M’, N’\) cùng thuộc một đường tròn, ta kí hiệu đường tròn đó là \((C).\) b) Gọi \(P, Q\) là các giao điểm của \((C)\) với đường thẳng \(AB\) và \(E, F\) là các giao điểm của \(\Delta \) với đường tròn đường kính \(AB.\) Khi đó \(\overrightarrow {HE} .\overrightarrow {HF} = \overrightarrow {HM} .\overrightarrow {HN} = \overrightarrow {HP} .\overrightarrow {HQ} \) nên \(E, P, F, Q\) cùng thuộc đường tròn \((S)\). Đường tròn này tiếp xúc với \(AE, AF\) lần lượt tại \(E, F\) và do \(AE, AF\) đối xứng qua \(AB\) nên \((S)\) cố định, suy ra \(P, Q\) là hai điểm cố định. Vậy \(P, Q\) thuộc đường tròn \((S)\) tiếp xúc với \(AE, AF\) ở \(E, F.\) Do \((S)\) là đường tròn cố định nên \(P, Q\) là hai điểm cố định của \((C).\) Bài 37 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho đường tròn \((O ; R)\) và điểm \(A\) không thuộc đường tròn đó. Đường thẳng \(\Delta \) quay quanh \(A\) cắt \((O ; R)\) ở \(M\) và \(N\). Xác định vị trí của \(\Delta \) để một trong ba điểm \(A, M, N\) cách đều hai điểm kia. Giải (h.43). Nếu \(A\) ở ngoài đường tròn thi điều kiện \(AM=MN\) tương đương với \(AN=2AM.\) Ta lại có \(AM.AN=d^2-R^2 (d=OA).\) Từ đó dẫn đến \(2AM^2=d^2-R^2\) hay \(AM = \dfrac{{\sqrt {2({d^2} - {R^2})} }}{2}\). Điểm \(M\) (nếu có) là một điểm chung của đường tròn \((O ; R)\) và đường tròn tâm \(A\), bán kính bằng \(\dfrac{{\sqrt {2({d^2} - {R^2})} }}{2}\). Nếu A nằm trong đường tròn thì đường thẳng \(\Delta \) cần tìm là: - Đường thẳng vuông góc với \(OA\) ở \(A\) khi \(A\) không trùng với \(O.\) - Đường kính bất kì của đường tròn khi \(A\) trùng với \(O.\) Bài 38 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho đường tròn đường kính \(AB, H\) là điểm nằm giữa \(AB\) và đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với \(AB\) tại \(H.\) Gọi \(E, F\) là giao điểm của đường tròn và \(\Delta \). Vẽ đường tròn tâm \(A,\) bán kính \(AE\) và đường tròn \((C)\) bất kì qua \(H, B\). Giả sử hai đường tròn đó cắt nhau ở \(M\) và \(N\), chứng minh rằng \(AM\) và \(AN\) là hai tiếp tuyến của \((C)\). Giải (h.44). Ta có \(AM=AN=AE\) (do \(M, N, E\) cùng thuộc đường tròn tâm \(A\)). Trong tam giác vuông \(AEB,\) \(EH \bot AB\) nên \(A{E^2} = AH.AB = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} \). Từ đó suy ra \(A{M^2} = A{N^2} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} \). Vậy \(AM, AN\) là tiếp tuyến của \((C)\) (xem bài 30 chương II). Bài 39 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai điểm \(P, Q\) nằm ngoài đường tròn \((I)\) cố định với \(IP \ne IQ\). a) Vẽ đường tròn \((C)\) bất kì đi qua \(P, Q\). Chứng minh rằng trục đẳng phương của \((C)\) và \((I)\) đi qua một điểm cố định. b) Hãy nêu cách vẽ đường tròn đi qua \(P, Q\) và tiếp xúc với đường tròn \((I)\). Giải a) (h.45). Gọi \((C_1)\) là đường tròn cố định có tâm \(O\) và đi qua \(P, Q.\) Do \(I\) không thuộc đường trung trực của \(PQ\) nên trục đẳng phương \(\Delta \) của \((C_1)\) và \((I)\) không song song với \(PQ\), chúng phải cắt nhau ở \(J\). Bây giờ giả sử \((C)\) là đường tròn bất kì đi qua \(P\) và \(Q\), ta có \(J\) thuộc trục đẳng phương \(PQ\) của \((C)\) và \((C_1)\) nên \({P_{J/(C)}} = {P_{J/({C_1})}}\). Lại có \(J\) thuộc trục đẳng phương của \((C_1)\) và \((I)\) nên \({P_{J/({C_1})}} = {P_{J/(I)}}\). Từ đó ta có \({P_{J/(C)}} = {P_{J/(I)}}\), hay \(J\) thuộc trục đẳng phương của \((C)\) và \((I).\) b) (h.46). Kẻ tiếp tuyến \(JM\) với \((I)\) (\(M\) là tiếp điểm), ta có \(J{M^2} = {P_{J/(I)}}.\) Do \({P_{J/(I)}} = \overrightarrow {JP} .\overrightarrow {JQ} \) nên đường tròn \((MPQ)\) tiếp xúc với \(JM\) ở \(M\) và cũng tiếp xúc với \((I)\) ở \(M\). Từ đó suy ra cách dựng. Bài toán có hai nghiệm. Bài 40 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tứ giác \(ABCD\) có các cạnh \(AB, CD\) kéo dài cắt nhau ở \(E\) và các cạnh \(AD, BC\) kéo dài cắt nhau ở \(F.\) Chứng minh rằng các trung điểm của các đoạn \(AC, BD\) và \(EF\) cùng thuộc một đường thẳng (đường thẳng Gao-xơ của tứ giác ). Giải (h.47). Kẻ các đường cao \(CC’, DD’, FF’\) của tam giác \(CDF\) và gọi \(H\) là trực tâm của tam giác đó thì \(\overrightarrow {HC} .\overrightarrow {HC'} = \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {HD'}\) \( = \overrightarrow {HF} .\overrightarrow {HF'} \,\,\,\,(*)\) Ta có trung điểm \(I\) của \(AC\) cũng la tâm đường tròn đường kính \(AC\), đường tròn đó đi qua \(C’\) (do \(\widehat {AC'C} = {90^0}\)). Suy ra \({\wp _{H/(I)}} = \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {HC'} \). Tương tự như vậy, \({\wp _{H/(J)}} = \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {HD'} \) (\(J\) là tâm đường tròn đường kính \(BD\) ). \({\wp _{H/(K)}} = \overrightarrow {HF} .\overrightarrow {HF'} \) (\(K\) là tâm đường tròn đường kính \(EF\) ). Kết hợp với (*) suy ra \({\wp _{H/(I)}} = {\wp _{H/(J)}} = {\wp _{H/(K)}}\). Nếu lấy trực tâm \(H’\) của tam giác \(BCE\) ta cũng sẽ có \({\wp _{H'/(I)}} = {\wp _{H'/(J)}} = {\wp _{H'/(K)}}\). Vậy \(HH’\) là trục đẳng phương của hai đường tròn \((I)\) và \((J)\), nên \(HH' \bot IJ\). \(HH’\) cũng là trục đẳng phương của \((I)\) và \((K)\), nên \(HH' \bot IK\). Từ đó ta có \(I, J, K\) thẳng hàng. Bài 41 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho tam giác \(ABC\) nội tiếp trong đường tròn \((O ; R)\), có đường cao \(AA’\). Gọi \(E, F\) tương ứng là hình chiếu của \(A’\) trên \(AB, AC\) và \(J\) là giao điểm của \(EF\) với đường kính \(AD.\) a) Chứng minh rằng \(AA’\) là tiếp tuyến của đường tròn \((A’JD).\) b) Tìm điều kiện của \(AA’\) để ba điểm \(E, F, O\) thẳng hàng. Giải (h.48). a) Trong hai tam giác vuông \(AA’B\) và \(AA’C\) ta có \(\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} = AA{'^2}\) và \(\overrightarrow {AF} .\overrightarrow {AC} = AA{'^2}\) nên \(\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AF} .\overrightarrow {AC} \), suy ra tứ giác \(BEFC\) nội tiếp được, do đó ta có\(\widehat {AFE} = \widehat {ABC}\). Mặt khác \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) nên tứ giác \(DCFJ\) nội tiếp được, suy ra \(\overrightarrow {AJ} .\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AF} .\overrightarrow {AC} \). Vậy \(\overrightarrow {AJ} .\overrightarrow {AD} = AA{'^2}\) do đó \(AA’\) là tiếp tuyến của đường tròn \((A’JD).\) b) Ba điểm \(E, F, O\) thẳng hàng khi \(O\) trùng với \(J\) hay \(AJ=R.\) Do \(\overrightarrow {AJ} .\overrightarrow {AD} = AA{'^2}\) nên \(AJ=R\) nếu \(AA’^2=2R^2\) hay \(AA' = R\sqrt 2 \). Bài 42 trang 44 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba điểm \(A, B, C\) thẳng hàng, \(B\) nằm giữa \(A, C\) và đường thẳng \(\Delta \) qua \(A.\) a) Chứng minh rằng có hai đường tròn cùng đi qua \(B, C\) và cùng tiếp xúc với \(\Delta \). b) Chứng minh rằng khi \(\Delta \) quay quanh \(A\), các đường tròn đi qua \(B\) và hai tiếp điểm của \(\Delta \) với hai đường tròn ở câu a) luôn đi qua một điểm cố định khác \(B\). Giải (h.49). a) Gọi \(M\) là tiếp điểm của \(\Delta \) với đường tròn \((C)\) đi qua \(B\) và \(C,\) khi đó \(A{M^2} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC\) không đổi. Do đó \(M\) là giao điểm của \(\Delta \) và đường tròn tâm \(A\), bán kính bằng \(\sqrt {AB.AC} \). Từ đó suy ra có hai đường tròn cùng đi qua \(B, C\) và cùng tiếp với \(\Delta \). b) Gọi \(M, M’\) là hai tiếp điểm của \(\Delta \) với hai đường tròn ở câu a) và gọi\(D\) là giao điểm (khác B) của đường thẳng \(BC\) với đường tròn \((BMM’)\) thì \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AM'}\) \( = - A{M^2} = - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} .\) Từ đó suy ra \(\overrightarrow {AD} = - \overrightarrow {AC} \) hay \(D\) là điểm đối xứng với \(C\) qua \(A\), do đó \(D\) là điểm cố định. Vậy khi \(\Delta \) quay quanh \(A\), các đường tròn \((BMM’)\) luôn đi qua điểm \(D\) cố định khác \(B.\) Bài 43 trang 45 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho đường tròn đường kính \(AB\) có dây cung \(CD\) vuông góc với \(AB\). Với mỗi điểm \(M\) chạy trên đường tròn đó (khác với \(C\) và \(D\)), kẻ các đường thẳng \(AM, BM\) lần lượt cắt đường thẳng \(CD\) ở \(J\) và \(I.\) a) Chứng minh rằng từ điểm \(P\) bất kì cố định trên đường thẳng \(AB,\) có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn \((MIJ).\) b) Kẻ các tiếp tuyến \(AT, AT’\) đến đường tròn \((MIJ)\) (\(T, T’\) là các tiếp điểm ). Chứng minh rằng \(T, T’\) luôn thuộc một đường tròn cố định. Giải (h.50). a) Ta có \(B\) là điểm chính giữa của cung \(CD\) (do \(AB \bot CD\)) và \(MA \bot MB\) (\(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(MB\) và \(MA\) là phân giác trong và phân giác ngoài của góc \(CMD.\) Từ đó suy ra \(\dfrac{{\overline {IC} }}{{\overline {ID} }} = - \dfrac{{\overline {JC} }}{{\overline {JD} }}. (*)\) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(CD, O\) là tâm đường tròn \((MIJ)\) thì \(H\) là trung điểm của \(CD\) và \(O\) là trung điểm của \(IJ.\) Từ (*) suy ra \(\overline {IC} .\overline {JD} + \overline {JC} .\overline {ID} = 0\) hay \(\begin{array}{l}\left( {\overline {OC} - \overline {OI} } \right).\left( {\overline {OD} - \overline {OJ} } \right) + \left( {\overline {OC} - \overline {OJ} } \right).\left( {\overline {OD} - \overline {OI} } \right) = 0\\ \Rightarrow \overline {OC} .\overline {OD} + \overline {OI} .\overline {OJ} - \overline {OC} .\overline {OJ} - \overline {OI} .\overline {OD} + \overline {OC} .\overline {OD} + \overline {OI} .\overline {OJ} - \overline {OD} .\overline {OJ} - \overline {OI} .\overline {OC} = 0\\ \Rightarrow - \left( {\overline {OC} + \overline {OD} } \right)\left( {\overline {OI} + \overline {OJ} } \right) + 2\left( { - {{\overline {OI} }^2} + \overline {OC} .\overline {OD} } \right) = 0\end{array}\) Do \(\overline {OI} + \overline {OJ} = 0\) nên \(O{I^2} = \overline {OC} .\overline {OD} < {\left( {\dfrac{{\overline {OC} + \overline {OD} }}{2}} \right)^2}.\)Mà \(\dfrac{{\overline {OC} + \overline {OD} }}{2} = \overline {OH} \) nên \(O{I^2} < O{H^2}\) hay \(OI < OH\). Vậy \(H\) và cả đường thẳng \(AB\) nằm ngoài đường tròn \((MIJ)\). Từ đó suy ra từ điểm \(P\) bất kì trên \(AB\), kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn \((MIJ)\). b) Ta có \(A{T^2} = AT{'^2} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AJ} \) mà \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AJ} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} \) không đổi (do \(A, H, B\) cố định). Vậy \(A{T^2} = AT{'^2} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} \) không đổi, suy ra \(T\) và \(T’\) luôn thuộc đường tròn tâm \(A\) bán kính bằng \(\sqrt {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} } \). Bài 44 trang 45 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng: Trong tam giác, trung điểm các cạnh, chân các đường cao cùng thuộc một đường tròn \((\omega )\) và đường tròn \((\omega )\) cũng đi qua trung điểm của các đoạn thẳng nối mỗi đỉnh với trực tâm tam giác (đường tròn chín điểm hay đường tròn Ơ-le của tam giác). Giải Giả sử tam giác \(ABC\) có \(AA' \bot BC\) và \(M, N\) là trung điểm của \(BC\) và \(AC.\) Vẽ đường tròn \((\omega )\) đi qua \(A’, M, N\) nếu \(A’\) khác \(M\), hoặc \((\omega )\) đi qua \(N\) và tiếp xúc với \(BC\) tại \(M\) nếu \(A’\) trùng với \(M\). Lấy giao điểm thứ hai \(B’\) của \((\omega )\) và \(AC.\) Khi đó \(\overrightarrow {CA'} .\overrightarrow {CM} = \overrightarrow {CN} .\overrightarrow {CB'} \) hay \(\dfrac{1}{2}\overrightarrow {CA'} .\overrightarrow {CB} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB'} \), suy ra \(\overrightarrow {CA'} .\overrightarrow {CB} = \overrightarrow {CB'} .\overrightarrow {CA} \). Vậy bốn điểm \(B, A’, B’, A\) cùng thuộc một đường tròn. Trong đường tròn này \(\widehat {AB'B} = \widehat {AA'B} = {90^0}\), vậy \((\omega )\) đi qua chân đường cao \(B’\) hạ từ đỉnh \(B\) của tam giác \(ABC.\) Đặt \(K\) là gao điểm thứ hai của \((\omega )\) với \(AA’,\) ta có \(\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {AN} \). Ta lại có \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {AC} \) (do \(HB’CA’\) nội tiếp được). Từ đó suy ra \(\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {AA'} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AB'} .\overrightarrow {AC} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AA'} \). Do đó \(\overrightarrow {AK} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AH} \). Vậy \((\omega )\) đi qua trung điểm \(K\) của \(AH.\) Gọi \(P\) là trung điểm của \(AB,\) ta có \(KP// BB’\) và \(MP// AC,\) suy ra \(\widehat {KPM} = {90^0}\). Tương tự cũng có \(\widehat {KNM} = {90^0}\) nên \(P\) nằm trên đường tròn \((\omega )\) đi qua \(M, N, K.\) Lí luận tương tự như trên ta được chân đường cao \(C’\) hạ từ đỉnh \(C\) và trung điểm các đoạn \(HB, HC\) đều thuộc đường tròn \((\omega )\). Bài 45 trang 45 SBT Hình học 10 Nâng cao. Trong mặt phẳng tọa độ cho \(\overrightarrow a = (1 ; 2) ; \overrightarrow b = ( - 3 ; 1) ; \)\(\overrightarrow c = ( - 4 ; - 2)\). Tính \(\overrightarrow a . \overrightarrow b ; \overrightarrow b . \overrightarrow c ; \overrightarrow c . \overrightarrow a ;\)\( \overrightarrow a .(\overrightarrow b + \overrightarrow c ) ; \overrightarrow a .(\overrightarrow b - \overrightarrow c ).\) Giải \(\begin{array}{l}\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1.( - 3) + 2.1 = - 1 ;\\ \overrightarrow b .\overrightarrow c = 10 ; \overrightarrow c .\overrightarrow a = - 8 ;\\\overrightarrow a \left( {\overrightarrow b + \overrightarrow c } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow a .\overrightarrow c = - 9 ;\\\overrightarrow a \left( {\overrightarrow b - \overrightarrow c } \right) = \overrightarrow a .\overrightarrow b - \overrightarrow a .\overrightarrow c = 7.\end{array}\) Bài 46 trang 45 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho các vec tơ \(\overrightarrow a ( - 2 ; 3) ; \overrightarrow b (4 ; 1)\). a) Tính côsin của góc giữa mỗi cặp vec tơ sau: \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b; \) \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow i; \) \(\overrightarrow b \) và \(\overrightarrow j ;\) \(\overrightarrow a + \overrightarrow b \) và \(\overrightarrow a - \overrightarrow b \) b) Tìm các số \(k\) và \(l\) sao cho vec tơ \(\overrightarrow c = k\overrightarrow a + l\overrightarrow b \) vuông góc với vec tơ \(\overrightarrow a + \overrightarrow b \). c) Tìm vec tơ \(\overrightarrow d \) biết \(\overrightarrow a . \overrightarrow d = 4\) và \(\overrightarrow b . \overrightarrow d = - 2\). Giải a) Ta có \(\begin{array}{l}\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \dfrac{{ - 2.4 + 3.1}}{{\sqrt {{2^2} + {3^3}} .\sqrt {{4^2} + {1^2}} }}\\ = - \dfrac{5}{{\sqrt {221} }} ;\\\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow i } \right) = - \dfrac{2}{{\sqrt {13} }} ; \\\cos \left( {\overrightarrow b ,\overrightarrow j } \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {17} }} ;\\\overrightarrow a + \overrightarrow b = (2 ; 4) ; \overrightarrow a - \overrightarrow b = ( - 6 ; 2) ;\\\cos \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b , \overrightarrow a - \overrightarrow b } \right) \\= \dfrac{{ - 4}}{{\sqrt {{2^2} + {4^2}} .\sqrt {{6^2} + {2^2}} }} = - \dfrac{1}{{5\sqrt 2 }}.\end{array}\) b) Ta có \(\begin{array}{l}\overrightarrow c = k\overrightarrow a + l\overrightarrow b = ( - 2k + 4l ; 3k + l) ;\\\overrightarrow c \bot \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) \Leftrightarrow \overrightarrow c .\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = 0 \\ \Leftrightarrow 2( - 2k + 4l) + 4(3k + l) = 0\\ \Leftrightarrow 2k + 3l = 0.\end{array}\) Vậy với \(2k+3l=0\) thì \(\overrightarrow c \bot \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right).\) c) Giả sử \(\overrightarrow d = (x ; y)\). Khi đó từ \(\overrightarrow a .\overrightarrow d = 4 ; \overrightarrow b .\overrightarrow d = - 2\), suy ra hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l} - 2x + 3y = 4\\4x + y = - 2\end{array} \right.\) Từ đó giải hệ ta có \(\overrightarrow d = \left( { - \dfrac{5}{7} ; \dfrac{6}{7}} \right)\). Bài 47 trang 45 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho hai điểm \(A(-3 ; 2)\) và \(B(4 ; 3)\). Tìm tọa độ của: a) Điểm \(M\) trên trục \(Ox\) sao cho tam giác \(MAB\) vuông tại \(M.\) b) Điểm \(N\) trên trục \(Oy\) sao cho \(NA=NB.\) Giải a) Giả sử \(M(x ; 0) \in Ox \) \(\Rightarrow\overrightarrow {AM} (x + 3 ; - 2) ; \overrightarrow {BM} (x - 4 ; - 3).\) Tam giác \(MAB\) vuông tại \(M\) khi \(\overrightarrow {AM} \bot \overrightarrow {BM} \) hay \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} = 0\). Từ đó ta có \((x+3).(x-4)+(-2).(-3)=0\) hay \(x^2-x-6=0.\) Phương trình có hai nghiệm \(x_1=3, x_2=-2.\) Vậy có hai điểm cần tìm là \(M_1(3 ; 0) ; M_2(-2 ; 0).\) b) Giả sử \(N(0 ; y) \in Oy\). Khi đó \(\begin{array}{l}N{A^2} = N{B^2}\\ \Leftrightarrow {(0 + 3)^2} + {(y - 2)^2} \\= {(0 - 4)^2} + {(y - 3)^2}\\ \Leftrightarrow 9 + {y^2} - 4y + 4 \\= 16 + {y^2} - 6y + 9\\ \Leftrightarrow y = 6\end{array}\) Vậy \(N=(0 ; 6).\) Bài 48 trang 45 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho ba điểm \(A(-1 ; 1), B(3 ; 1), C(2 ; 4).\) a) Tính chu vi và diện tích của tam giác \(ABC.\) b) Tìm tọa độ trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Hãy kiểm nghiệm lại hệ thức \(\overrightarrow {IH} = 3\overrightarrow {IG} \). Giải a) Ta có \(\begin{array}{l}AB = \sqrt {{{(3 + 1)}^2} + {{(1 - 1)}^2}} = 4.\\BC = \sqrt {{{(2 - 3)}^2} + {{(4 - 1)}^2}} = \sqrt {10} .\\AC = \sqrt {{{(2 + 1)}^2} + {{(4 - 1)}^2}} = 3\sqrt 2 .\end{array}\) Chu vi tam giác \(ABC\) là \(4 + \sqrt {10} + 3\sqrt 2 .\) Ta có \(\overrightarrow {AB} = (4 ; 0) ; \overrightarrow {AC} = (3 ; 3)\) nên \(\cos \widehat {BAC} = \dfrac{{12}}{{4.3\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\), suy ra \(\widehat {BAC} = {45^0}\). Vậy diện tích tam giác \(ABC\) bằng \(\dfrac{1}{2}AB.AC.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}{5^0} = \dfrac{1}{2}.4.3\sqrt 2 .\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\) \(= 6\). b) Gọi \(H({x_1} ; {y_1})\) là trực tâm tam giác \(ABC.\) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right..\) Từ đó dẫn đến \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 2 = 0\\{x_1} + {y_1} - 4 = 0\end{array} \right..\) Suy ra \(H=(2 ; 2).\) Trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) có tọa độ \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{ - 1 + 3 + 2}}{3} = \dfrac{4}{3}\\{y_G} = \dfrac{{1 + 1 + 4}}{3} = 2\end{array} \right.\) Giả sử \(I({x_2} ; {y_2})\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Khi đó \(IA=IB\) và \(IA=IC.\) Từ \(IA=IB\) suy ra \({({x_2} + 1)^2} + {({y_2} - 1)^2}\) \(= {({x_2} - 3)^2} + {({y_2} - 1)^2}.\) (1) Từ \(IA=IC\) suy ra \({({x_2} + 1)^2} + {({y_2} - 1)^2}\) \(= {({x_2} - 2)^2} + {({y_2} - 4)^2}.\) (2) Từ (1) ta có \(x_1=1\), thay vào (2) được \(y_2=2\). Vậy \(I=(1 ; 2).\) Như vậy \(\overrightarrow {IH} = (1 ; 0) ; \overrightarrow {IG} = \left( {\dfrac{1}{3} ; 0} \right)\). Từ đó suy ra \(\overrightarrow {IH} = 3\overrightarrow {IG} \). Bài 49 trang 46 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho bốn điểm \(A(-8 ; 0), B(0 ; 4),\)\( C(2 ; 0), D(-3 ; -5)\).Chứng minh rằng tứ giác \(ABCD\) nội tiếp được trong một đường tròn. Giải \(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = (8 ; 4) ; \overrightarrow {AD} = (5 ; - 5) ;\\ \overrightarrow {CB} = ( - 2 ; 4) ; \overrightarrow {CD} = ( - 5 ; - 5).\\\cos \left( {\overrightarrow {AB} , \overrightarrow {AD} } \right)\\ = \dfrac{{8.5 + 4.( - 5)}}{{\sqrt {{8^2} + {4^2}} .\sqrt {{5^2} + {5^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {10} }} ,\\\cos \left( {\overrightarrow {CB} , \overrightarrow {CD} } \right)\\ = \dfrac{{( - 2).( - 5) + 4.( - 5)}}{{\sqrt {{2^2} + {4^2}} .\sqrt {{5^2} + {5^2}} }} = - \dfrac{1}{{\sqrt {10} }} ,\\ \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} , \overrightarrow {AD} } \right) + \cos \left( {\overrightarrow {CB} , \overrightarrow {CD} } \right) = 0 \\ \Rightarrow \widehat {BAD} + \widehat {BCD} = {180^0}\end{array}\) Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp. Bài 50 trang 46 SBT Hình học 10 Nâng cao. Biết \(A(1 ; -1)\) và \(B(3 ; 0)\) là hai đỉnh của hình vuông \(ABCD\). Tìm tọa độ các đỉnh \(C\) và \(D.\) Giải Gọi \(C=(x ; y)\). Khi đó \(\overrightarrow {AB} = (2 ; 1) ; \overrightarrow {BC} = (x - 3 ; y)\). Từ \(ABCD\) là hình vuông , ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {BC} \\AB = BC\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2(x - 3) + 1.y = 0\\{(x - 3)^2} + {y^2} = 5\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = - 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 2\end{array} \right.\end{array} \right.\) Với \(C_1(4 ; -2)\) ta tính được đỉnh \(D_1(2 ; -3).\) Với \(C_2(2 ; 2)\) ta tính được đỉnh \(D_2(0 ; 1).\)
