Tài liệu Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ TRANG TỌA ĐỘ TỶ CỰ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG HÌNH HỌC PHẲNG THÁI NGUYÊN, 10/2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ TRANG TỌA ĐỘ TỶ CỰ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG HÌNH HỌC PHẲNG CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS. NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, 10/2017 i Mục lục Danh sách hình vẽ ii Mở đầu 1 Chương 1. Các khái niệm cơ bản 1.1 Khái niệm về tâm tỷ cự . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Tọa độ tâm tỷ cự của hệ hai điểm . . . 1.1.2 Tọa độ tâm tỷ cự của hệ ba điểm . . . . 1.1.3 Tọa độ tâm tỷ cự đối với hệ nhiều điểm 1.2 Ví dụ về tâm tỷ cự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 3 5 6 7 Chương 2. Một số ứng dụng của tọa độ tỷ cự trong hình học phẳng 2.1 Chứng minh các hệ thức hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Cực trị độ dài vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Cực trị độ dài bình phương của vô hướng . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Phương tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Một số bài tập vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Bất đẳng thức Klamkin và tọa độ tỷ tâm tỷ cự . . . . . . . . . . . 2.5.1 Bất đẳng thức Klamkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin . . . . . . . . . . . 2.6 Bất đẳng thức Klamkin mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.3 Một vài ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 25 30 34 34 35 49 49 49 51 51 52 52 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii Danh sách hình vẽ 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 I là tâm tỷ cự của AB với bộ số (x, y) và (x0 , y 0 ). . . . . . . . . . . Điểm I nằm trong tam giác ABC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . O(sin 2A, sin 2B, sin 2C) là tâm tỷ cự của ABC . . . . . . . . . . . . . 4 8 9 12 13 2.1 2.2 2.3 2.4 Điểm M cần tìm thỏa mãn AP M Q là hình bình hành . . . Điểm M cần tìm là trung trực của GI . . . . . . . . . . . . . I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABEI . . . . . . . . . . AB Quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kính bằng . . . . . . . . . 15 16 17 19 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 Quỹ tích của M chính là đường trung trực của đoạn thẳng GF . Quỹ tích điểm M là đường trung trục của P Q. . . . . . . . . . . I(1, 3, −2) là tâm tỷ cự của ABC , D(3, −2) là tâm tỷ cự của BC . BCEI là hình bình hành. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A, I, D thẳng hàng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kính AJ . . . . . . . . Phương tích của P với (O; R) là PP/(O) = OP 2 − R2 . . . . . . . . Phương tích của P với (O) là PP/(O) = P T 2 . . . . . . . . . . . . . Đường tròn chín điểm Euler (E) của ABC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 20 21 21 22 23 34 35 47 I là tâm tỷ cự của ABC ứng với bộ số (a, b, c). . . . . . . . . . . . . H là tâm tỷ cự của ABC ứng với bộ số (tan A, tan B, tan C). . . . . 2 . . . . . . . . 1 Mở đầu Các bài toán hình học nói chung và hình học phẳng nói riêng là chuyên mục khó trong lĩnh vực toán phổ thông, nhưng lại có sức hấp dẫn kì lạ, bởi vì những bài toán này không những trực giác về hình học mà còn đòi hỏi nhiều tư duy sáng tạo. Tọa độ tỷ cự trong hình học phẳng là đề tài lý thú, hấp dẫn nhiều chuyên gia toán học, thầy cô dạy toán trong các trường cấp trung học phổ thông và học sinh yêu toán. Tọa độ tâm tỷ cự thể hiện tọa độ của các điểm xác định nhờ một hình cơ sở thông qua các đại lượng vectơ. Nó là cầu nối, thể hiện mối quan hệ mật thiết giữa hình học và đại số. Nhờ có các công thức, các kết quả xây dựng từ trước mà những tính toán và biến đổi hình học thông thường đã được mô hình hóa thành một lớp các đại lượng và các quan hệ ràng buộc mang chất hình học giữa chúng. Ngoài một số dạng bài toán được nêu ra là tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn bộ số cho trước hoặc điều kiện nào đó, các bài tập về tâm tỷ cự liên quan đến nhiều dạng bài toán của hình học như dựa vào tâm tỷ cự chứng minh các hệ thức vectơ hình học, tìm cực trị độ dài vectơ, cực trị độ dài bình phương vô hướng, tính phương tích với đường tròn. Bài toán về ứng dụng tâm tỷ cự cũng xuất hiện nhiều trong bài toán khó trong đề thi học sinh giỏi, đề thi Olympic. Các tài liệu về tọa độ tâm tỷ cự xuất hiện dưới nhiều tài liệu tổng hợp từ các chuyên gia quốc tế, như của Z. Abel [5], M. Schindler and E. Chan [7], và của V, Prasolov [6]. Ở trong nước, tạp trí Toán học Tuổi trẻ cũng dành các số để đăng vấn đề toán học liên quan về tâm tỷ cự trong hình học phẳng [1]. Qua đó, chúng ta có thể thấy sự thú vị và quan trọng của chủ đề này trong toán học đối với giáo viên dạy phổ thông và học sinh phổ thông yêu thích hình học. Tìm hiểu và học tập về tâm tỷ cự là cần thiết cho việc nâng cao kiến thức của giáo viên trong công việc giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh ở các trường THPT. Với mong muốn cung cấp thêm một tài liệu tổng hợp kiến thức về tâm tỷ cự, 2 giúp cung cấp thêm một phương pháp hay và rất bổ ích để rèn luyện hình học phẳng, chúng tôi chọn chủ đề “Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng” để làm đề tài luận văn cao học. Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Các khái niệm cơ bản. Trong chương này, chúng tôi trình bày mệnh đề về sự tồn tại duy nhất, khái niệm, ví dụ về tọa độ tâm tỷ cự của hệ hai điểm, của hệ ba điểm, và hệ nhiều điểm. Sau đó chúng tôi trình bày một số ví dụ chi tiết tìm tâm tỷ cự của các hệ điểm cùng các bài toán liên quan tâm tỷ cự để hiểu rõ hơn và vận dụng khái niệm tâm tỷ cự cho các vấn đề ở Chương 2. Chương 2. Một số ứng dụng của tọa độ tỷ cự trong hình học phẳng. Chương 2 trình bày nhiều bài toán ứng dụng của tọa độ tỷ cự trong hình học phẳng và hình không gian bao gồm các bài toán tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn bộ số cho trước hoặc điều kiện nào đó, dựa vào tâm tỷ cự chứng minh các hệ thức vectơ hình học, tìm cực trị độ dài vectơ, tính phương tích với đường tròn, cuối cùng một số bài toán liên quan bất đẳng thức Klamkin. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên. Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo TS. Nguyễn Văn Ngọc. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy. Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn. Cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong thời gian làm luận văn. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Người viết luận văn Nguyễn Thị Trang 3 Chương 1 Các khái niệm cơ bản Trong chương này, đầu tiên chúng tôi trình bày mệnh đề về sự tồn tại duy nhất, khái niệm, ví dụ về tọa độ tâm tỷ cự của hệ hai điểm, của hệ ba điểm, và hệ nhiều điểm. Sau đó chúng tôi trình bày nhiều ví dụ chi tiết tìm tâm tỷ cự của các hệ điểm cùng các bài toán liên quan tâm tỷ cự. Nội dung của Chương được tham khảo từ các tài liệu [1, 2, 3]. 1.1 1.1.1 Khái niệm về tâm tỷ cự Tọa độ tâm tỷ cự của hệ hai điểm Mệnh đề 1.1.1 ([3]). Cho hai điểm A, B và hai số thực x, y không đồng thời bằng 0. Khi đó, tồn tại duy nhất điểm I sao cho − → −→ → − xIA + y IB = 0 . − → −→ − → (1.1) −→ Chứng minh. Vì xIA + y IB = (x + y)IA + y AB, nên: − → −→ −→ → − 1. Nếu x + y = 0 thì xIA + y IB = y AB 6= 0 do y = −x 6= 0. Vậy không tồn − → −→ → − tại I sao cho xIA + y IB = 0 . 2. Nếu x + y 6= 0 thì − → −→ → − → −y −→ −y −→ − → − xIA + y IB = 0 ⇔ IA = IB = (AB + IA). x x Khi đó, ta có − → −y −→ y − → − → −y −→ AB − IA hay IA = AB. IA = x x x+y (1.2) Vế phải của (1.2) là một vectơ hoàn toàn xác định, nên từ (1.2) suy ra tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn (1.1). Mệnh đề được chứng minh. 4 Định nghĩa 1.1.2 ([3]). Các số x, y (x + y 6= 0) được gọi là tọa độ tỷ cự của điểm I và viết I(x, y) đối với hệ hai điểm A, B (đối với đoạn thẳng AB ), nếu có hệ thức (1.1). − → −→ → − − → Nhận xét 1.1.3. Khi x = y 6= 0 thì hệ thức xIA + y IB = 0 trở thành IA+ −→ → − IB = 0 hay I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Khi x 6= 0 còn y = 0 thì hệ − → −→ → − → → − − thức xIA + y IB = 0 trở thành xIA = 0 ⇔ I ≡ A. Nhận xét 1.1.4. Nếu I(x, y) là tâm tỷ cự của đoạn thẳng AB thì với mọi điểm M , ta có −−→ −−→ −−→ xM A + y M B = (x + y)M I. (1.3) Thật vậy, − → −→ → −−→ −−→ −−→ −−→ − → − xIA + y IB = 0 ⇔ x(IM + M A) + y(IM + M B) = 0 . Từ đây dễ dàng suy ra hệ thức (1.3). Nhận xét 1.1.5. Khái niệm tâm tỷ cự I(x, y) được coi là mở rộng của khái niệm trung điểm của một đoạn thẳng AB vì I(1, 1) chính là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trong trường hợp này công thức (1.3) trở thành −−→ −−→ −−→ M A + M B = 2M I. (1.4) là công thức trung điểm quen thuộc trong hình học. Mệnh đề 1.1.6 ([3]). Giả sử (x, y) và (x0 , y 0 ) là các tọa độ tỷ cự của cùng điểm I đối với đoạn thẳng AB. Khi đó, x0 y0 = . x y B A I Hình 1.1: I là tâm tỷ cự của AB với bộ số (x, y) và (x0 , y 0 ). 5 Chứng minh. Ta có − → −→ → − xIA + y IB = 0 − → −→ − → → − ⇔ −xAI + y(AB − AI) = 0 − → y −→ AB. ⇔ AI = x+y − → −→ → − Như vậy I xác định duy nhất theo x, y. Giả sử x0 IA + y 0 IB = 0 . Tương tự, ta − → có AI = y 0 −→ AB. Từ đây suy ra, x0 + y 0 y x+y = 0 . 0 y x + y0 Từ đó x0 y + yy 0 = xy 0 + yy 0 hay 1.1.2 x0 y0 = . x y Tọa độ tâm tỷ cự của hệ ba điểm Mệnh đề 1.1.7 ([3]). Cho ba điểm A, B, C và ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z 6= 0. Khi đó, tồn tại duy nhất điểm I = I(x, y, z) sao cho − → −→ −→ → − xIA + y IB + z IC = 0 . (1.5) Chứng minh. Thật vậy, − → −→ −→ → − → −→ − → −→ − → − → − xIA + y IB + z IC = 0 ⇔ xIA + y(AB + IA) + z(AC + IA) = 0 . Suy ra, − → IA = − −→ −→ z y AB − AC. x+y+z x+y+z (1.6) Vế phải của (1.6) là một vectơ hoàn toàn xác định, nên từ (1.6) suy ra tồn tại duy nhất điểm I = I(x, y, z) thỏa mãn (1.6), tức là thỏa mãn yêu cầu mệnh đề. Định nghĩa 1.1.8 ([3]). Các số x, y, z (x + y + z 6= 0) được gọi là tọa độ tỷ cự của điểm I và viết I(x, y, z) đối với hệ ba điểm A, B, C (đối với tam giác ABC nếu A, B, C không thẳng hàng), nếu có hệ thức (1.5). 6 Nhận xét 1.1.9. Nếu I(x, y, z) là tâm tỷ cự của hệ 3 điểm A, B, C thì với mọi điểm M , ta có −−→ −−→ −−→ −−→ xM A + y M B + z M C = (x + y + z)M I. (1.7) Thật vậy, − → −→ −→ → −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − → − xIA + y IB + z IC = 0 ⇔ x(IM + M A) + y(IM + M B) + z(IM + M C) = 0 . Từ đây dễ dàng suy ra hệ thức (1.8). Nhận xét 1.1.10. Khái niệm tâm tỷ cự I(x, y, z) được coi là mở rộng của khái niệm trọng tâm của tam giác ABC vì I(1, 1, 1) chính là trọng tâm G của tam giác ABC. Trong trường hợp này công thức (1.4) trở thành −−→ −−→ −−→ −−→ M A + M B + M C = 3M G (1.8) là công thức trọng tâm quen thuộc đối với tam giác. Mệnh đề 1.1.11 ([3]). Giả sử (x, y, z) và (x0 , y 0 , z 0 ) là các tọa độ tỷ cự của cùng điểm I đối với hệ ba điểm A, B, C. Khi đó, y0 z0 x0 = = . x y z Chứng minh của mệnh đề này được tiến hành tương tự như đối với chứng minh của Mệnh đề 1.1.6 và dựa trên hệ thức (1.6). 1.1.3 Tọa độ tâm tỷ cự đối với hệ nhiều điểm Mệnh đề 1.1.12 ([3]). Cho n điểm A1 , A2 , . . . , An và n số thực k1 , k2 , . . . , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + . . . + kn 6= 0. Khi đó, tồn tại duy nhất một điểm I(k1 , k2 , . . . , kn ), sao cho −−→ −−→ −−→ → − k1 IA1 + k2 IA2 + . . . + kn IAn = 0 . (1.9) Chứng minh. Thật vậy, −−→ −−→ −−→ → − k1 IA1 + k2 IA2 + . . . + kn IAn = 0 −−→ −−→ −−−→ −−→ −−−→ → − ⇔ k1 IA1 + k2 (IA1 + A1 A2 ) + . . . + kn (IA1 + A1 An ) = 0 . Từ đây suy ra n X −−→ IA1 = − i=2 −−−→ ki A1 Ai . k1 + k2 + . . . + kn Hệ thức này cho thấy điểm I được xác định một cách duy nhất. (1.10) 7 Định nghĩa 1.1.13 ([3]). Các số k1 , k2 , . . . , kn (k1 + k2 + . . . + kn 6= 0) được gọi là tọa độ tỷ cự của điểm I và viết I(k1 , k2 , . . . , kn ) đối với hệ điểm A1 , A2 , . . . , An , nếu có hệ thức (1.9). Nhận xét 1.1.14. Nếu I(k1 , k2 , . . . , kn ) là tâm tỷ cự của hệ n điểm A1 , A2 , . . . , An thì với mọi điểm M , ta có −−−→ −−−→ −−−→ −−→ k1 M A1 + k2 M A2 + . . . + kn .M An = (k1 + k2 + . . . + kn )M I. (1.11) Thật vậy, −−→ −−→ −−→ → − k1 IA1 + k2 IA2 + . . . + kn .IAn = 0 −−→ −−−→ −−→ −−−→ −−→ −−−→ → − ⇔ k1 (IM + M A1 ) + k2 (IM + M A2 ) + . . . + kn (IM + M An ) = 0 . Từ đây dễ dàng suy ra hệ thức (1.11). Nhận xét 1.1.15. Khái niệm tâm tỷ cự I(k1 , k2 , . . . , kn ) là mở rộng của khái niệm trọng tâm của hệ điểm A1 , A2 , . . . , An vì I(1, 1, . . . , 1) chính là trọng tâm G của đa giác A1 A2 . . . An . Trong trường hợp này công thức (1.11) trở thành −−−→ −−−→ −−−→ −−→ M A1 + M A2 + . . . + M An = nM G. (1.12) là công thức trọng tâm quen thuộc đối với đa giác lồi. Mệnh đề 1.1.16 ([3]). Giả sử (k1 , k2 , . . . , kn ) và (k10 , k20 , . . . , kn0 ) là các tọa độ tỷ cự của cùng điểm I đối với hệ điểm A1 , A2 , . . . , An . Khi đó, k10 k20 kn0 = = ... = . k1 k2 kn Chứng minh của mệnh đề này được tiến hành tương tự như đối với chứng minh của Mệnh đề 1.1.6 và dựa trên hệ thức (1.10). 1.2 Ví dụ về tâm tỷ cự Ví dụ 1.2.1. Cho tam giác ABC có ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng I là tâm tỷ cự của hệ ba điểm A, B, C ứng với bộ số a, b, c. 8 A B0 B1 C1 I C B A1 A0 Hình 1.2: I là tâm tỷ cự của ABC ứng với bộ số (a, b, c). − → −→ −→ → − Chứng minh. Ta phải chứng minh aIA + bIB + cIC = 0 . Ba đường phân giác AA1 , BB1 , CC1 cắt nhau tại I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Vẽ hình bình hành IB 0 CA0 . Theo quy tắc hình bình hành, ta có −→ −→0 −−→0 IC = IA + IB . Trong ∆BB 0 C ta có IA1 song song B 0 C . Theo định lý Talet, ta có A1 C IB 0 = . IB A1 B (1) Vì AA1 là đường phân giác nên ta có A1 C AC b = = . A1 B AB c (2) Từ (1) và (2) ta suy ra IB 0 A1 C AC b = = = . IB A1 B AB c −→ −−→ Do IB và IB 0 đối nhau nên −−→0 IB b −→ = − c . IB (3) −→0 IA a − → = −c. IA (4) Tương tự, ta có Từ (3) và (4) ta suy ra −→0 −−→0 → b −→ a − IA + IB = − IB − IA c c 9 → −→ −→ −−→ b −→ a − ⇒ IC = IA0 + IB 0 = − IB − IA c c − → −→ −→ → − ⇔ aIA + bIB + cIC = 0 . Rõ ràng a + b + c 6= 0 nên từ đẳng thức trên ta suy ra I là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A, B, C ứng với bộ ba số a, b, c. Ví dụ 1.2.2. Cho ∆ABC không vuông. Chứng minh rằng trực tâm H của ∆ABC là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A, B, C ứng với bộ số (tan A, tan B, tan C). B0 A B1 H C B A1 A0 Hình 1.3: H là tâm tỷ cự của ABC ứng với bộ số (tan A, tan B, tan C). Chứng minh. Ta phải chứng minh −−→ −−→ −−→ → − tan A HA + tan B HB + tan C HC = 0 . Các đường cao của ∆ABC cắt nhau tại trực tâm H . Vẽ hình bình hành HB 0 CA0 . Trong ∆BB 0 C ta có HA1 song song B 0 C . Suy ra, HB 0 A1 C = . HB A1 B Ta lại có A1 C = AA1 cot C, Do đó A1 B = AA1 cot B. HB 0 A1 C AA1 cot C tan B = = = . HB A1 B AA1 cot B tan C 10 −−→ −−→ Vì HB và HB 0 đối nhau nên −−→0 tan B −−→ HB. HB = − tan C (1) −−→0 tan A −−→ HA = − HA. tan C (2) Hoàn toàn tương tự, ta có Từ (1) và (2), ta có −−→0 −−→0 tan A −−→ tan B −−→ HA − HB HA + HB = − tan C tan C −−→ −−→ −−→ tan A −−→ tan B −−→ ⇔ HC = HA0 + HB 0 = − HA − HB tan C tan C −−→ −−→ −−→ → − ⇔ tan AHA + tan B HB + tan C HC = 0 . (3) Ta luôn có tan A + tan B + tan C 6= 0, do đó từ định nghĩa và đẳng thức (3) ta suy ra H là tâm tỷ cự của hệ ba điểm A, B, C ứng với bộ ba số (tan A, tan B, tan C). Trong trường hợp ∆ABC có một góc tù được chứng minh hoàn toàn tương tự. Ví dụ 1.2.3 ([2]). Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng tam giác. Đặt m1 = SM BC , m2 = SM CA , m3 = SM AB , trong đó SM BC , SM CA , SM AB lần lượt là diện tích các tam giác M BC, M CA và M AB . Chứng minh rằng M (m1 , m2 , m3 ) là tâm tỷ cự đối với tam giác ABC, nghĩa là −−→ −−→ −−→ → − SM BC M A + SM CA M B + SM AB M C = 0 . Chứng minh. Trong các đường thẳng M A, M B, M C phải có ít nhất một đường thẳng không song song với BC, CA, AB theo thứ tự. Giả sử M A không song song BC . Khi đó, M A cắt BC tại A0 . Ta có −−→0 −−0→ −−→ M A + A B = M B, Suy ra, A0 C −−→0 −−0→ −−→ M A + A C = M C. −−→ −−0→ −−→ M A + A B = A0 C · M B 0 −−→ −−→ −−→ A0 B M A0 + A0 C = A0 B · M C. −−→ Chú ý rằng, A0 là tâm tỷ cự của BC ứng với bộ số (A0 C, −A0 B), nên A0 C · A0 B = −−→ A0 B · A0 C , do đó
−−→0 −−→ −−→ 0 0 0 0 MA A C − A B = A C · MB − A B · MC 11 −−→ A0 C −−→ A0 B −−→ ⇔ M A0 = · MB − · M C. BC BC Mặt khác, ta có − ⇒ Vì vậy, A0 C A0 B = SAA0 C S 0 SM CA = MA C = SABA0 SM BA0 SM AB A0 C A0 C A0 B SM CA SM AB = = ;− = . SM CA + SM AB SM CA + SM AB BC BC A0 C − A0 B −−→0 MA = −−→ −−→ SM AB SM CA MB + M C. SM CA + SM AB SM CA + SM AB Lại có, M A0 SM CA0 S 0 SM CA0 + SM A0 B SM BC = = MA B = = SM CA SM AB SM CA + SM AB SM CA + SM AB MA −−→ ⇒ M A0 = − Vậy, −−→ SM BC M A. SM CA + SM AB −−→ −−→ −−→ −SM BC M A = SM CA M B + SM AB M C −−→ −−→ −−→ → − ⇒ SM BC M A + SM CA M B + SM AB M C = 0 . Ví dụ 1.2.4 (Bài toán về tâm tỷ cự hệ ba điểm). Cho tam giác ABC và I là tâm tỷ cự của A, B, C ứng với bộ số α, β, γ . Chứng minh rằng: i) Nếu I nằm trong tam giác ABC thì α, β, γ luôn cùng dấu, hãy xét dấu của α, β, γ trong các miền còn lại của mặt phẳng. α β γ = = với Sa = Sa Sb Sc lần lượt là diện tích các tam giác IBC, ICA và ii) Khi I nằm trong tam giác hãy chứng minh rằng SIBC , Sb = SICA , Sc = SIAB IAB . iii) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là tâm tỷ cự O(sin 2A, sin 2B, sin 2C). Chứng minh. i) Gọi đường thẳng IA giao BC tại A0 bằng phép chiếu vectơ dễ dàng suy ra A0 (β, γ) là tọa độ tỷ cự trên BC . Tương tự, gọi B 0 là giao của IB với AC , C 0 là giao của IC với AB . Ta có B 0 (γ, α) là tọa độ tỷ cự trên CA, 12 A I C B Hình 1.4: Điểm I nằm trong tam giác ABC. C 0 (α, β) là tọa độ tỷ cự trên AB . Như vậy I ở trong tam giác ABC khi và chỉ khi A0 ∈ [BC], C 0 ∈ [AB], B 0 ∈ [CA] hay α, β, γ cùng dấu. ii) Khi I nằm trong tam giác thì như câu i) trên, đường thẳng IA giao BC tại A0 thì A0 (β, γ) trên BC . Mặt khác dễ chứng minh A0 (A0 B, A0 C) trên BC mà A0 B Sb = . Theo Mệnh đề 1.1.6, suy ra 0 AC Sc Sb β γ β = ⇔ = . γ Sc Sb Sc Tương tự, ta có γ α α β = và = . Sc Sa Sa Sb Suy ra, α β γ = = . Sa Sb Sc iii) Ta cần xét tỷ lệ các bộ ba tỷ số đó theo các diện tích Sa , Sb , Sc tương ứng với các điểm đặc biệt. Dựa theo tính chất số đo góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm chắn cung đó, ta có các kết quả [ = 2BAC, [ BOC [ = 2CBA, [ COA [ = 2ACB. [ AOB Theo công thức diện tích tam giác, ta có 1 [ = 1 OB 2 sin(2BAC) [ = 1 OB 2 sin 2A. SOBC = OB · OC sin BOC 2 2 2 Tương tự, ta có 1 SOCA = OC 2 sin 2B, 2 1 SOAB = OA2 sin 2C. 2 13 Theo Ví dụ 1.2.3, O(m1 , m2 , m3 ) là tâm tỷ cự đối với tam giác ABC , trong đó m1 = SOBC , m2 = SOCA , m3 = SOAB . Tức là, −→ −−→ −→ → − SOBC OA + SOCA OB + SOAB OC = 0 hay −→ 1 −−→ 1 −→ → 1 − OB 2 sin 2AOA + OC 2 sin 2B OB + OA2 sin 2C OC = 0 . 2 2 2 Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có OA = OB = OC nên rút gọn hệ thức trên ta được −→ −−→ −→ → − sin 2AOA + sin 2B OB + sin 2C OC = 0 . Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là tâm tỷ cự O(sin 2A, sin 2B, sin 2C). A O B C Hình 1.5: O(sin 2A, sin 2B, sin 2C) là tâm tỷ cự của ABC. 14 Chương 2 Một số ứng dụng của tọa độ tỷ cự trong hình học phẳng Chương 2 nêu ra nhiều bài toán ứng dụng của tọa độ tỷ cự trong hình học phẳng, ngoài ra có cả một số bài toán trong hình không gian. Một số dạng bài toán được nêu ra là tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn bộ số cho trước hoặc điều kiện nào đó, chứng minh các hệ thức vectơ hình học, cực trị độ dài vectơ, cực trị độ dài bình phương vô hướng, tính phương tích với đường tròn và một số bài toán liên quan bất đẳng thức Klamkin. Nội dung của Chương 2 được tổng hợp và tham khảo từ các tài liệu [1, 2, 4, 5, 6]. 2.1 Chứng minh các hệ thức hình học Bài toán 2.1.1. Cho tứ giác ABCD. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD. Điểm I là điểm thuộc cạnh GC sao cho IC = 3IG. Chứng minh rằng với mọi M ta luôn có hệ thức −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ M A + M B + M C + M D = 4M I. Giải. Theo giả thiết G là trọng tâm của tam giác ABD nên G là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A, B, D ứng với bộ số (1, 1, 1). Nghĩa là − → −→ −→ −→ IA + IB + ID = 3IG. −→ −→ Mặt khác IC = 3IG mà IC và IG là vectơ đối nhau nên −→ −→ IC = −3IG. −→ −→ Thế IC = −3.IG vào (2.1) ta được − → −→ −→ −→ → − IA + IB + IC + ID = 0 . (2.1) 15 B A G I C D Do đó với mọi điểm M ta luôn có − → −→ −→ −→ → − IA + IB + IC + ID = 0 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ → − ⇔ IM + M A + IM + M B + IM + M C + IM + M D = 0 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ → − ⇔ 4IM + M A + M B + M C + M D = 0 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ M A + M B + M C + M D = 4M I.  Bài toán 2.1.2. Cho tam giác ABC . Tìm điểm M sao cho −−→ −−→ −−→ → − −−→ −−→ −−→ → − a) M A + 2M B + 3M C = 0 . b) M A + 2M B − 3M C = 0 . Giải. a) Cách 1: Theo tính chất về tâm tỷ cự của ba điểm thì với bộ ba số −−→ −−→ −−→ → − α = 1, β = 2, γ = 3, tồn tại duy nhất điểm M sao cho M A + 2M B + 3M C = 0 . Với mỗi điểm O, ta có −−→ −−→ −−→ → − M A + 2M B + 3M C = 0 A P Q I B M C Hình 2.1: Điểm M cần tìm thỏa mãn AP M Q là hình bình hành 16 −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ → − ⇔ M O + OA + 2M O + 2OB + 3M O + 3OC = 0 −−→ −→ −−→ −→ → − ⇔ 6M O + OA + 2OB + 3OC = 0 −−→ 1 −→ 1 −−→ 1 −→ ⇔ OM = OA + OB + OC. 6 3 2 −→ −→ −−→ Chọn O ≡ A, ta có AM = 13 AB + 12 AC . Khi đó, M là đỉnh còn lại của hình bình hành AP M Q trong đó −→ 1 −→ −→ 1 −→ AP = AB, AQ = AC. 3 2 (Ta có thể chọn O là các điểm B, C .) − → −→ → − Cách 2: Tồn tại I sao cho IA + 2IB = 0 . Khi đó, −−→ −−→ −−→ → − M A + 2 M B + 3M C = 0 −−→ − → −−→ −→ −−→ → − ⇔ M I + IA + 2(M I + IB) + 3M C = 0 −−→ −−→ → − ⇔ 3M I + 3M C = 0 −−→ −−→ ⇔ M I = −M C. Vậy M là trung điểm của đoạn IC . b) Theo kết quả của Bài toán về tâm tỷ cự của ba điểm thì với bộ ba số α + β + γ = 1 + 2 − 3 = 0 ta suy ra không có điểm M nào thỏa mãn điều kiện.  Bài toán 2.1.3. Cho tam giác ABC . Tìm điểm M sao cho −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ 2|M A + M B + M C| = |M A + 2M B + 3M C|. A G I B C Hình 2.2: Điểm M cần tìm là trung trực của GI. Giải. Chọn G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ M A + M B + M C = 3M G. (2.2)