CHUYÊN đề Hội THẢO Các TRƯỜNG CHUYÊN PHƯƠNG TÍCH Và ...

Tài liệu đại học Toggle navigation

• Miễn phí (current)
• Danh mục
  • Khoa học kỹ thuật
  • Công nghệ thông tin
  • Kinh tế, Tài chính, Kế toán
  • Văn hóa, Xã hội
  • Ngoại ngữ
  • Văn học, Báo chí
  • Kiến trúc, xây dựng
  • Sư phạm
  • Khoa học Tự nhiên
  • Luật
  • Y Dược, Công nghệ thực phẩm
  • Nông Lâm Thủy sản
  • Ôn thi Đại học, THPT
  • Đại cương
  • Tài liệu khác
  • Luận văn tổng hợp
  • Nông Lâm
  • Nông nghiệp
  • Luận văn luận án
  • Văn mẫu
• Luận văn tổng hợp

1. Home
2. Luận văn tổng hợp
3. CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN PHƯƠNG TÍCH và TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG của CHUYÊN VĨNH PHÚC

Trich dan CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN PHƯƠNG TÍCH và TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG của CHUYÊN VĨNH PHÚC - Pdf 32

PHƯƠNG TÍCH- TRỤC ĐẲNG PHƯƠNGLê Xuân Đại, THPT Chuyên Vĩnh PhúcA. PHẦN MỞ ĐẦU1. Lý do chọn đề tàiPhương tích và trục đẳng phương là chủ đề đề đã rất quen thuộc và quan trọngtrong hình học phẳng. Cho dù lý thuyết về phần này khá đơn giản nhưng lại có nhiềuứng dụng quan trọng trong hình học phẳng. Nhiều bài toán khó trong các đề thi họcsinh giỏi về toán có thể được giải quyết một cách đơn giản nhờ sử dụng các tính chấtcủa phương tích, trục đẳng phương mà điển hình nhất là các bài toán về quan hệvuông góc, bài toán về sự đồng quy, thẳng hàng, về các điểm và đường cố định…Chuyên đề này tác giả muốn đưa ra một số ứng dụng của phương tích- trụcđẳng phương thông qua một số bài toán điển hình, các nhận xét quan trọng và hệthống bài tập tương tự, hy vọng phần nào chia sẻ và giúp các em học sinh nắm bắt thậttốt các ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương.Nội dung của bài viết này được chia làm ba phần, đầu tiên tóm tắt lại lý thuyếtcơ bản về phương tích, phần thứ hai là một số ứng dụng của phương tích- trục đẳngphương và phần cuối là một số bài tập áp dụng.2. Mục đích của đề tàiĐề tài "Phương tích-trục đẳng phương" được tác giả chọn viết nhằm giớithiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp củachúng tôi khi giảng dạy về chủ đề phương tích- trục đẳng phương trong chương trìnhchuyên toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng và vẻ đẹp hình học quacác ứng dụng của nó, đặc biệt là các bài toán về quan hệ vuông góc, các điểm cùngthuộc một đường tròn và một số dạng toán khác thường xuất hiện trong các kì thi họcsinh giỏi (HSG) về toán. Các bài toán được giải quyết bằng phương tích thường lànhững lời giải hay và đẹp đẽ.1Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinhgiỏi các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10. Tác giải rất mong nhận2. Trục đẳng phương, tâm đẳng phương2.1. Định nghĩa trục đẳng phương của hai đường trònCho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không cùng tâm. Khi đó quỹ tích các điểm cócùng phương tích đối với chúng là một đường thẳng vuông góc với nối tâm O1O2 .Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) .2.2. Xác định trục đẳng phương.a) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm A, B . Lúc đó A, B đều cócùng phương tích bằng 0 đối với ( O1 ) và ( O2 ) . Suy ra trục đẳng phương của ( O1 ) và( O2 )là đường thẳng AB.3b) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) tiếp xúc nhau tại điểm T. Lúc đó T có cùngphương tích bằng 0 đối với ( O1 ) và ( O2 ) . Suy ra trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 )là tiếp tuyến chung của ( O1 ) và ( O2 ) tại điểm T.c) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không có điểm chung ta dựng một đường tròn( O3 )cắt cả ( O1 ) và ( O2 ) lần lượt tại A, B và C , D . Giả sử AB cắt CD tại M, khi đótrục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) là đường thẳng đi qua M và vuông góc với O1O2 .2.3. Tâm đẳng phương của ba đường trònCho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) có các tâm O1 , O2 , O3 không cùng thuộcmột đường thẳng. Gọi d1, d 2 , d3 lần lượt là trục đẳng phương của ( O2 ) , ( O3 ) , củaLời giải. Giả sử BI cắt ( O ) tại điểm thứ hai M, vẽ đường kính MN của ( O ) . Đườngtròn ( I ) tiếp xúc với BC tại D.Khi đó ∆BDI : ∆NCM , suy raBIIDID==. Do đó IB.IM = ID.NM = 2 Rr .NM MC MIMặt khác IB.IM = R 2 − OI 2 , suy ra R 2 − OI 2 = 2 Rr , hay OI 2 = R 2 − 2 Rr (đpcm).5Bài toán 1.2 (RMO 2006). Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Hai cát tuyến quaA là ABC, ADE theo thứ tự. Vẽ dây cung DF song song BC. AF cắt ( O ) tại G; BC cắtGE tại M. Chứng minh rằng111=+.AM AB ACyt. Do đózz−x ytO1 A12 − r12 =  − x ÷( z − x ) =( yt − xz )z zCùng các đẳng thức tương tự ta được4∑O Ai =1i12i− ri2=)2Do đó PM / ( O ) + PN / ( O ) = MN . MP − NP = MN (đpcm).Bài 1.5 (IMO shorlist 2012). Cho tam giác ABC vuông tại C và C0 là hình chiếu củaC trên AB. X là một điểm trên đoạn CC0 và K , L nằm trên đoạn AX , BX sao choBK = BC và AL = AC . Gọi M là giao điểm của AL và BK . Chứng minh rằngMK = ML .Lời giải. Từ AC = AL suy ra C , L nằm trên đường tròn ( A ) tâm A, bán kính AC.Tương tự C , K nằm trên đường tròn ( B ) tâm B, bán kính BC. Gọi C ' là giao điểmthứ hai của ( A ) và ( B ) , ta có ngay C' đối xứng với C qua AB. Do ·ACB = 900 nên AClà tiếp tuyến của ( B ) và BC là tiếp tuyến của ( A ) . Gọi K1 ≠ K là giao điểm thứ haicủa AX với ( B ) , L1 ≠ L là giao điểm thứ hai của BX và ( A ) .8Theo phương tích của X đối với đường tròn( A)và( B)ta đượcXK . XK1 = XC. XC ' = XL. XL1 , suy ra bốn điểm K1 , L, K , L1 nằm trên một đường trònBài 1.6.1. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A cố định nằm ngoài ( O; R ) . Điểm I dichuyển trên ( O ) sao cho đường tròn ( I ) tâm I bán kính IA cắt ( O ) tại hai điểm M,Nphân biệt. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cốđịnh.Lời giải.10Do đã có hai đường tròn ( O ) và ( I ) cùng sự xuất hiện của trục đẳng phương MN,nên ta nghĩ ngay đến công thức hiệu số phương tích của điểm A. Gọi A' là hình chiếucủa A trên MN. Ta cóPA/ ( O ) − PA/ ( I ) = 2OI . AA ' ⇒ AA ' =PA/( O )2OI⇒ AA ' =PA/ ( O )2RDo đó AA' không đổi, suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kínhR' =PA/ ( O )2Rkhông đổi.Bài 1.6.2. Cho đường tròn ( O; R ) và một đường tròn ( I ; r ) nằm trong nó. X là mộtEF , FD, DE và do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Gọi ( O; R ) làđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có ∆ABC : ∆DEF ⇒RBC=⇒ HF = 2 R .HF EFÁp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông HAF ta cóHF 2 = HA2 + FA2 ⇒ HA2 = 4 R 2 − BC 2 .HA S 2 + S3S + S3=⇒ HA = HA1. 2HA1S1S1Đặt S1 = S HBC ; S2 = S HAC ; S3 = S HAB ; S = S ABC , ta cóTương tự HB = HB1.S1 + S3S + S2; HC = HC1. 1.S2S3PH2/( O )214 HAPH2/( O )4 HC12PH2/( O )≥214 HB≥.PH2/( O )214 HC⇒ HA12 ≤ HB12 ≤ HC12 .221  S + S 2  S + S 2  S + S 2 1222332÷ (2)≥ ( HA1 + HB1 + HC1 )   2+ 1+ 1÷÷  S1   S 2   S3 ÷3 ÷222S +S  S +S  S +S Dễ chứng minh được  2 3 ÷ +  1 3 ÷ +  1 2 ÷ ≥ 12 (3).tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau.Cũng dễ thấy rằng định lý bốn điểm vẫn đúng khi các điểm A, B, C , D bất kìtrong không gian.Sau đây xin giới thiệu một số ứng dụng của định lí bốn điểm trong các bài toánvề quan hệ vuông góc mà học sinh có thể giải nó khi chưa biết về phương tích, trụcđẳng phương.Bài 2.1. Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của tia DA và tia đối của tia CB lầnlượt lấy hai điểm F và E sao cho DF=CE=CD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm H saocho CH=CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH.Lời giải. Tất nhiên bài toán này có thể giải quyết khá đơn giản bằng bằng phươngpháp toạ độ hoặc véc tơ. Tuy nhiên việc áp dụng định lý bốn điểm cho ta lời giải thậtđẹp đẽ và ngắn gọn.14Đặt AB = x; BC = y . Ta có DF = CE = CD = EF = x, CH = BC = y .Áp dụng đlí pytago ta được: AH 2 + EF 2 = 2 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = AF 2 + HE 2 (đpcm).Bài 2.2. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , đồng thời ngoại tiếp ( I ) cócác tiếp điểm với các cạnh AD, AB, BC , CD lần lượt là M , N , P, Q . Chứng minh rằngMP vuông góc với NQ.Lời giải. Ta sẽ tính các đoạn MN,NP,PQ,QM theo các đại lượng nào đó. Tốt nhất ởđây là ta chọn các ẩn là khoảng cách từ đỉnh của tứ giác tới các tiếp điểm. Sau khi tínhtoán xong thì mọi việc sẽ trở lên rất đơn giản vì đã có định lí bốn điểm.15Gọi H = IA ∩ MN ; E = IC ∩ PQ . Do tứ giác ABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp nên41 14 x 2 r 2 4 x 2 ( xz ) 4 x 2 z2Ta có=+⇒= + ⇒ MN = 2==MH 2 MA2 IM 2MN 2 x 2 r 2x + r 2 x 2 + xz x + z4 xz 24 y 2t4 yt 222; NP =; MQ =Tương tự PQ =.x+zy+ty +t2Khi đó MN 2 + PQ 2 = NP 2 + MQ 2 = 4r 2 . Vậy MP ⊥ NQ .Nhận xét. Ta thu được hai kết quả cơ bản hay và khá kinh điển của một tứ giác vừaTừ hai kết quả trên suy ra H , O, D thẳng hàng.Bài 2.4. Cho tam giác ABC. Một đường tròn ( O; R ) đi qua A, C cắt AB, BC tại K vàN. Đường tròn ( ABC ) và ( KBN ) cắt nhau tại B và M. Chứng minh rằng OM vuônggóc với BM.Lời giải.Đây là một bài toán thực sự khó rồi, việc chỉ áp dụng nguyên định lý bốn điểm chưathực sự đủ mạnh để giải quyết nó. Ta cần áp dụng thêm về trục đẳng phương của haiđường tròn nữa.Theo tính chất về ba trục đẳng phương ta có ngay BM, KN, AC đồng quy tại tâm đẳngphương P, khi đó dễ thấy tứ giác PMNC nội tiếp, suy raBM .BP = BN .BC = BO 2 − R 2 ; PM .PB = PN .PK = PO 2 − R 2Suy ra PO 2 − BO 2 = PB ( PM − BM ) = ( PM + MB )( PM − MB ) = PM 2 − MB 2Vậy OM ⊥ BP ⇒ OM ⊥ BM (đpcm).18Bài 2.5. Cho tam giác nhọn ABC. E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của B, C qua AC,AB. Gọi D là giao điểm của BF , CE và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.Chứng minh rằng AK ⊥ BC .Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên BC, ( K ) là đường tròn ngoại tiếp tam giácDEF , bán kính R . Dễ thấy ∆ABC = ∆ABF và ∆ACB = ∆ACE , do đó A chính là tâmbàng tiếp góc D của tam giác DBC và H là tiếp điểm của đường tròn đó với cạnh BC.Ta có BH =CB + CD − BDBC + BD − CD; CH =; BC = BF = CE .219Bài 2.6. Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy điểm M saocho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O1, O2 lần lượt là tâm đường trònngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O1O2 vuông góc với OM.Lời giải. Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và (O2). E là giao điểmthứ hai của hai đường tròn (O1) và AC. F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O2)và BD.MBAOEO1O2FCDNM, N, O thẳng hàng. Mặt khác O1O2 ⊥ MN ⇒ O1O2 ⊥ OM. (đpcm)Bài 2.7 (THTT 2013). Cho tam giác nhọn ABC, E là tâm đường tròn Euler. Cácđường cao AX , BY , CZ đồng quy tại H. BH, CH theo thứ tự cắt XZ, XY tại M,N.Chứng minh rằng AE vuông góc với MN.Lời giải.20Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, (K) là đường tròn ngoại tiếp tam giácHBC. Do K đối xứng với tâm ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng BC nên theokết quả cơ bản ta có E là trung điểm của AK (1).Mặt khác, do các tứ giác BXHZ, CXHY nội tiếp nên ta đượcPM /( K ) = MB.MH = MX .MZ = PM /( E )PN /( K ) = NC.NH = NX .NY = PN /( E )Do đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (E) và (K), suy ra MN ⊥ KE (2).Từ (1) và (2) suy ra AE ⊥ MN .Nhận xét. Từ kết quả bài toán này ta có thể trực tiếp suy ra các kết quả hay khó hơnnhư sau:KQ1. Cho tam giác ABC; O, I a theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đườngtròn bàng tiếp đối diện đỉnh A. BE, CF là các đường phân giác trong của tam giácABC. Khi đó OI a ⊥ EF .Chứng minh.21Gọi I , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp đối diệnđỉnh B, đỉnh C của tam giác ABC. Dễ thấy các điểm O, I theo thứ tự là tâm đườngtròn Euler, trực tâm của tam giác I a I b I c . Do đó theo kết quả bài 2.7 thì OI a ⊥ EF .tứ giác nội tiếp. Tuy nhiên phép chứng minh sử dụng phương tích vẫn là phép chứngminh đơn giản và đẹp đẽ nhất.Bài 2.8. (Định lý Brocard). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O; R ) . GọiE , F , H lần lượt là giao điểm của AB và CD; BC và AD; AC và BD. Khi đó O là trựctâm tam giác HEF .Lời giải.Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AFB cắt đoạn EF tại G. Khi đó dễ thấyEGBC , FGDC là các tứ giác nội tiếp. Từ đóEF 2 = EG.EF + FG.FE = EC.ED + FB.FC = PE / ( O ) + PF / ( O ) = EO 2 − R 2 + FO 2 − R 2= EO 2 + FO 2 − 2 R 2 (1)Mặt khác EH 2 = EO 2 + HO 2 − 2 R 2 (2). Từ (1) và (2) suy raEF 2 − EH 2 = FO 2 − HO 2 ⇔ EF 2 − FO 2 = EH 2 − HO 2 ⇒ FH ⊥ EO .Tương tự ta được EH ⊥ FO . Do đó H là trực tâm tam giác EFH.24Sau đây là một số bài toán minh họa cho việc áp dụng định lý Brocard.Bài 2.8.1. Cho tam giác ABC với AC > AB . Các đường cao BB ', CC ' của tam giáccắt nhau tại H. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC ', CB ' . MH cắt đường trònngoại tiếp tam giác CHB ' tại I; NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC ' tại J.Giả sử P là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng AP vuông góc với IJ.Lời giải. Đặt k =HBvà gọi d là đường thẳng chứa đường phân giác trong của gócHC·. Xét phép đồng dạng S = V ( H ; k ) o Dd , trong đó V ( H ; k ) là phép vị tự tâm H, tỉTừ đó S : J a I ; M a N nên dễ thấy HM .HI = HN .HJ , suy ra M , N , I , J cùng nằmtrên đường tròn (1).Giả sử F là giao điểm của B ' C ' với BC , FH cắt AB, AC theo thứ tự tại X, Y. Khi đó( AXC ' B ) = ( AYB 'C ) = −1 , và với chú ýM , N là trung điểm của BC ' và CB ' , theohệ thức Maclaurin ta có:AC '. AB = AX . AM ; AB '. AC = AY . ANTừ đó bốn điểm M , X , Y , N cùng nằm trên đường tròn (2).25

Trích đoạn Ứng dụng trong chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn Tải File Word Nhờ tải bản gốc Tài liệu, ebook tham khảo khác

• Các công cụ phân tích và lập kế hoạch của giám đốc bán hàng
• Các công cụ phân tích và lập kế hoạch của giám đốc bán hàng
• CÁC CÔNG CỤ PHÂN TÍCH VÀ LẬP KẾ HOẠCH CỦA GIÁM ĐỐC BÁN HÀNG
• CÁC CÔNG CỤ PHÂN TÍCH VÀ LẬP KẾ HOẠCH CỦA GIÁM ĐỐC BÁN HÀNG
• CÁC CÔNG CỤ PHÂN TÍCH VÀ LẬP KẾ HOẠCH CỦA GIÁM ĐỐC BÁN HÀNG
• Kỷ yếu Hội thảo các trường chuyên phía Bắc 2010
• Sinh 12 kỷ yếu hoi thao cac truong chuyen (hay)
• Tạo hứng thú học tập cho học sinh trong dạy học lịch sử lớp 6 ở các trường trung học cơ sở dân tộc nội trú tỉnh vĩnh phúc
• CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN môn TOÁN một số vấn đề về đa THỨC
• CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN CHUYÊN đề PHƯƠNG TÍCH
• Tổ chức công tác kế toán tập hợp chi phí và tính giá thành sản phẩm tại Công ty TNHH Xây dựng và Thương mại Thanh Tùng
• Công tác huy động vốn tại Ngân hàng VPBank chi nhánh tỉnh Nam Định. Thực trạng và giải pháp
• Thực trạng và giải pháp thu hút khách tại công ty trách nhiệm hữu hạn liên hiệp thương mại và tư vấn Quốc tế Việt Minh
• Công tác cấp giấy chứng nhận quyền sử dụng đất của huyện Tam Nông, tỉnh Phú Thọ giai đoạn 2005-2009
• Công tác đăng ký đất đai và cấp giấy chứng nhận quyền sử đất trên địa bàn thành phố Vinh, tỉnh Nghệ An
• Dịch vụ quản lý cao ốc văn phòng cho thuê tại Công ty Cổ phần Bất Động Sản EMD
• Công tác giải phóng mặt bằng trong đầu tư dự án tại Công ty Cổ phần Đầu tư Bắc Kỳ (ví dụ dự án Khu du lịch sinh thái biển cao cấp Hội An)
• Định giá đất cho DNNN cổ phần hóa tại Công ty cổ phần Định Giá và Dịch Vụ Tài Chính Việt Nam
• Hoạt động môi giới bất động sản của Công ty Cổ phần bất động sản Hòa Phát
• Giải pháp hoàn thiện công tác BT GPMB ở tỉnh Nghệ An qua dự án đường ven sông Lam

Hệ thống tự động tổng hợp link tải tài liệu, ebook miễn phí cho các bạn sinh viên tham khảo.

Học thêm

• Nhờ tải tài liệu
• Từ điển Nhật Việt online
• Từ điển Hàn Việt online
• Văn mẫu tuyển chọn
• Tài liệu Cao học
• Tài liệu tham khảo
• Truyện Tiếng Anh

Music ♫

Copyright: Tài liệu đại học ©

Top