Luận văn Diện tích của đa giác định hướng

ra khi x = 1 4 . Như vậy diện tích lớn nhất của tứ giác bằng 589 336 . 19 1.3 Diện tích đa giác định hướng và phương trình bậc hai Phần này được trình bày dựa theo kết quả của các bài báo [4],[5]. Ngay từ năm 1823, trong cuốn sách "Tính toán với tọa độ Barycentric" của mình,nhà toán học và vật lý học Mơbius (August Ferdinand Mo.buis [1790-1868], người Đức) đã đặt bài toán về diện tích như sau: Hình 1.7: Năm điểm A,B,C,D,E tùy ý "Cứ hai trong năm điểm bất kỳ A,B,C,D,E được nối bởi một đường thẳng. Khi đó có 5 diện tích 5 tam giác EAB,ABC,BCD,CDE,DEA. Hãy biểu diễn diện tích ngũ giác ABCDE qua 5 diện tích tam giác đó." Bài toán có kết quả là: Nếu ký hiệu diện tích của các tam giác ABC,BCD,CDE,DEA,EAB lần lượt là a,b,c,d,e thì diện tích ngũ giác ABCDE là nghiệm của phương trình bậc hai: x2 − (a+ b+ c+ d+ e)x+ (ab+ bc+ cd+ de+ ea) = 0. (1.14) Chú ý rằng ABCDE không cần có điều kiện là ngũ giác lồi. Với đa giác không lồi, chẳng hạn trên hình 1.7, Mơbuis coi diên tích các tam giác ABC, BCD,... là số dương,còn diện tích tam giác CDE là số âm. Với khái niệm diện tích đa giác định hướng ta phát biểu lại bài toán như sau và có phép chứng minh đơn giản: 20 Với năm điểm A,B,C,D,E tùy ý, diện tích ABCDE là nghiệm của phương trình bậc hai x2 − (a+ b+ c+ d+ e)x+ (ab+ bc+ cd+ de+ ea) = 0. (1.15) trong đó, a = ABC, b = BCD, c = CDE, d = DEA, e = EAB. Bài toán không hiển nhiên khi các số a,b,c,d,e có thể là số âm. Ở đây ta chứng minh bằng ngôn ngữ của diện tích đa giác định hướng: Chứng minh. Áp dụng đồng nhất thức (??) cho 5 điểm A,B,C,D,E: ABC.ADE + ADB.ACE + ABE.ACD = 0. (1.16) Theo tính chất của diện tích định hướng ABCDE = x x = ABC + ACD + ADE = a+ ACD + d; x = CDE + CEA + CAB = c+ CEA + a; x = DEA + DAB + DBC = d+ DAB + b. Do đó: ACD = x− a− d; DAB = x− b− d; CEA = x− c− a Thay vào (??) nhận được: ad− (x− b−d)(x− c−a)+e(x−a−d) = 0. Khai triển vế trái thu được (??). Mơbuis cũng đề nghị một bài toán cho các tứ giác mà nội dung của nó được phát biểu theo ngôn ngữ đa giác định hướng là: Chứng minh rằng nếu α = ABCD, β = BCDE, γ = CDEA, δ = DEAB,  = EABC thì x = ABCDE là nghiệm của phương trình bậc 2: x2 − (α + β + γ + δ + )x+ 4(αβ + βγ + γδ + δ+ εα) = 0. (1.17) Lời giải của Mơbuis là "dễ nhận thấy(!)". Khó hơn là bài toán sau (được gọi là bài toán Mơbuis kéo dài): Chứng minh rằng nếu p = ACD, q = BDE, r = CEA, s = DAB, t = EBC thì x = ABCDE là nghiệm của phương trình bậc hai: x2 = (p+ q + r + s+ t)2 − 4(pr + rt+ tq + qs+ sp). (1.18) Thực ra cả bài toán của Mơbuis và bài toán kéo dài của ông đều là trường hợp đặc biệt của bài toán sau: 21 Trên các cạnh AB,BC,... của ngũ giác định hướng −−−−−→ ABCDE lấy các điểm A′,B′,C′,D′,E′ sao cho AA′ = λAB,BB′ = λBC, . . . Yêu cầu lập phương trình nhận x = ABCDE làm nghiệm nếu cho trước các diện tích a′ = ABC′, b′ = BCD′, c′ = CDE′, d′ = DEA′; e′ = EAB′. (Trường hợp λ = 0 ta có bài toán Mơbuis, còn λ = 1 ta có bài toán Mơbuis kéo dài.) Với trường hợp cụ thể λ = 13 ta nhận được x = 3 5 (a′ + b′ + c′ + d′ + e′). Đối với mọi λ 6= 13 , kết quả phức tạp, phương trình nhận được là: (1 − λ − λ2)x2 − (a′ + b′ + c′ + d′ + e′)(1 − λ)x + Φ = 0 (1.19) với Φ = (a′ + b′ + c′ + d′ + e′)2 [ 1−2λ−2λ2 (2−λ)2 − (1− λ)2(1− 3λ)2 [(1− λ)3 + 1](2− λ) ] + +[(1−λ)(a′b′+b′c′+c′d′+d′e′+e′a′)−λ2(a′c′+c′e′+e′b′+b′d′+d′a′)]× × (2− λ)(1− 3λ) 2 (1− λ)3 + 1 = 0 Khi λ = 0 hay λ = 1 ta nhận được các phương trình (??),(??). 1.4 Ứng dụng diện tích đa giác định hướng vào giải toán Với diện tích đa giác định hướng ta có thể áp dụng vào các phép chứng minh tránh phải phân chia thành nhiều trường hợp về vị trí các hình và không phụ thuộc vào hình vẽ. Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1.4.1. Giả sử A1A2...An là một n-giác bất kỳ,M1,M2, ...,Mn là các điểm bất kỳ tương ứng nằm trên các cạnh A1A2,A2A3, ...,AnA1 (hoặc phần kéo dài) của đa giác. Khi đó tích các tỷ số đơn (A1A2M1).(A2A3M2)...(AnA1Mn) = A1M1 A2M1 . A2M2 A3M2 ... AnMn A1Mn . (1.20) 22 được bảo toàn qua phép chiếu xuyên tâm từ mặt phẳng chứa đa giác lên chính nó hoặc lên mặt phẳng nào đó. Chứng minh. Trước hết ta có nhận xét rằng:Với phép chiếu xuyên tâm O từ đường thẳng d lên đường thẳng d′, biến A,B,C ∈ d tương ứng thành A′,B′,C′ ∈ d′ . Khi đó, (A′B′M′) = (ABM). (A′AO) B′BO . Thật vậy, theo tính chất của diện tích đa giác định hướng: OA′M′ OAM = OA′.OM′ OA.OM = (A′AO) (MM′O) ; OB′M′ OBM = OB′.OM′ OB.OM = (B′BO) (MM′O) . Chia hai đẳng thức vế với vế ta được: OA′M′ OB′M′ : OAM OBM = A′AO B′BO . Mặt khác: OA′M′ OB′M′ = A′M′ B′M′ = (A′B′M′) và OAM OBM = (ABM). Bây giờ chứng minh vào bài toán. Giả sử phép chiếu xuyên tâm O từ mặt phẳng Π lên mặt phẳng Π′, các điểm A1,A2, ...,An,M1,M2, ...,Mn tương ứng thành các điểm A′1,A ′ 2, ...,A ′ n,M ′ 1,M ′ 2, ...,M ′ n Áp dụng nhận xét trên ta có: (A′1A ′ 2M ′ 1) = (A1A2M1). (A′1A1O) (A′2A2O) , (A′2A ′ 3M ′ 2) = (A2A3M2). (A′2A2O) (A′2A3O) , ................................................ (A′nA ′ 1M ′ n) = (AnA1Mn). (A′nAnO) (A′1A1O) . Nhân hai đẳng thức vế với vế ta được: (A′1A ′ 2M ′ 1).(A ′ 2A ′ 3M ′ 2).(A ′ nA ′ 1M ′ n) = (A1A2M1).(A2A3M2).(AnA1Mn). Đó là điều phải chứng minh. Đây là tính chất quan trọng của phép chiếu xuyên tâm, nó dẫn tới sự bảo toàn tỷ số kép, hàng điểm điều hòa qua phép chiếu. 23 Ví dụ 1.4.2. Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích những điểm M thỏa mãn MAB = MAC Lời giải. Với giả thiết diện tích hình học thông thường S(MAB) = S(MAC), ta đã biết kết quả là: quỹ tích những điểm M là hai đường thẳng :d‖BC hoặc d′ chứa trung tuyến đi qua A. Khi thay đổi giả thiết S(MAB) = S(MAC) bằng giả thiết MAB = MAC thì kết quả quỹ tích là đường thẳng d‖BC vì mọi điểm M ∈ d′ bị loại do hướng của hai tam giác ngược chiều. Ví dụ 1.4.3. Cho tứ giác ABCD. Tìm quỹ tích những điểm O thỏa mãn: OAB + OCD = OBC + ODA. Lời giải. Hình 1.8: Quỹ tích điểm O Phần thuận: Giả sử O là điểm thỏa mãn: OAB + OCD = OBC + ODA. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BD,AC.Ta có: OAB + OBC + OCD + ODA = ABCD. Suy ra: OBC + ODA = 1 2 ABCD = MDA + MBC. Từ đó,ODA−MDA = MBC−OBC. Mặt khác, theo tính chất của đa giác định hướng: MDA = OMD + ODA + OAM. Suy ra: 24 ODA−MDA = −OAM−OMD hay MDA−ODA = OAM + OMD. Tương tự cũng có: MBC−OBC = OCM−OMB. Ngoài ra, do M là trung điểm của BD nên ta có: OMB = −OMD. Từ các đẳng thức trên ta thu được :OCM = −OAM. Từ đó MO đi qua trung điểm N của AC, hay M,O,N thẳng hàng. Phần đảo. Lấy O bất kỳ thuộc đường thẳng MN. Nối O với các đỉnh tứ giác. Ta đi chứng minh đẳng thức OAB + OCD = OBC + ODA. Lặp lại tương tự như phần thuận theo thứ tự ngược lại. Kết luận: Quỹ tích các điểm O là đường thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Ví dụ 1.4.4. Cho góc ∠xOy. Hai điểm A và B lần lượt thuộc Ox, Oy sao cho 1 OA + 1 OB = m = const. Chứng minh rằng các đường thẳng AB đồng quy tại một điểm. Lời giải Ở đây ta giải bằng cách sử dụng diện tích định hướng. Hình 1.9: Điểm I cố định Đặt góc (Ox,Oy) = 2α (góc định hướng). Gọi I là giao của phân giác góc ∠xOy và đường thẳng AB. Ta có: OAB = OAI + OIB ⇐⇒ 1 2 OA.OB. sin 2α = 1 2 OA.OI. sinα + 1 2 OI.OB. sinα 25 ⇐⇒ OA.OB. cosα = OA.OI + OI.OB⇐⇒ cosα = m.OI ⇐⇒ OI = cosα m . Suy ra điểm I cố định, các đường thẳng AB đồng quy tại I. Ví dụ 1.4.5. (IMO 1976,#1) Cho tứ giác lồi có diện tích bằng 32cm2, tổng độ dài hai cạnh đối diện và một đường chéo bằng 16m. Tìm tất cả các giá trị có thể có của độ dài đường chéo còn lại. Lời giải Chọn A làm gốc véc tơ-điểm, đặt ~x = −→ AB; ~y = −→ BD; ~z = −→ DC. Ta có ~x+ ~y + ~z = −→ AC. Diện tích tứ giác bằng σ = 12( −→ BD∧−→BA)+ 12( −→ DB∧−→DC) = 12(~y∧(−~x)+(−~y)∧~z) = 12(~x∧~y+~z∧~y). Theo giả thiết σ = 32 = 12~x ∧ ~y + 12~z ∧ ~y =⇒ 32 ≤ 12 |~x|.|~y|+ 12 |~z|.|~y|. Suy ra: 64 ≤ |~y|(|~x|+ |~z|) ≤ (|~y|+ |~x|+ |~z| 2 )2 = ( 16 2 )2 = 64. Điều đó chỉ xảy ra khi |~y|(|~x|+ |~z|) = 64. Khi đó (~x, ~y) = 0; (~z, ~y) = 0; |~y| = |~x|+ |~z|; 64 = |~y|(|~x|+ |~z|) = |~y|2. Vậy |~y| = |~x|+ |~z| = 8. Gọi độ dài đường chéo kia là λ, ta có: λ2 = (~x+ ~y + ~z)2 = ~x2 + ~y2 + ~z2 + 2~x.~z =⇒ λ2 = ~y2 + (~x+ ~z)2, trong đó,~y2 = 64 và do ~x và ~z cùng phương, cùng hướng (tính chất tứ giác lồi) nên (~x+ ~z)2 = (|~x|+ |~z|)2 = 64. Vậy λ2 = 128 =⇒ λ = 8√2. Nhận xét 1.4.1. - Bài giải bằng phương pháp sử dụng tích ngoài như trên khá ngắn gọn và có hình dáng một lời giải đại số. Bài giải hình học thuần túy phức tạp hơn nhiều. - Trong bài giải như trên ta chỉ xác định được |~y| và |~x| + |~z| chứ không xác định được |~x| và |~z|. Lời giải gốc của bài toán sử dụng cực trị hàm số. Ví dụ 1.4.6. (Định lý Carnot) Cho 4ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R và ngoại tiếp đường tròn tâm I, bán kính r. Khi đó: OM + ON + OP = R + r 26 trong đó OM,ON,OP là các khoảng cách đại số từ tâm O đến các cạnh tam giác. Hình 1.10: Định lý Carnot Chứng minh. Ta có: OM AA′ = OBC ABC ,AA′ = ha = bc 2R =⇒ OM = bcOBC 2R.ABC = bc sin 2A 2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) . Tương tự, ON = ac sin 2B 2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) ; OP = ab sin 2C 2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) . Do đó, OM + ON + OP = bc sin 2A + ac sin 2B + ab sin 2C 2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) . Mặt khác ta có: sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4.sinA.sinB.sinC và cosA + cosB + cosC = 1 + r R . Do đó: bc sin 2A + ac sin 2B + ab sin 2C 2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) = = 8R2sinAsinBsinC(cosA + cosB + cosC) 8R.sinAsinBsinC = R + r. 27 Nhận xét 1.4.2. - Ở đây các góc A, B, C là các góc định hướng. Điểm O có thể nằm trong hay ngoài tam giác ABC. - Cách giải truyền thống là áp dụng định lý Ptole′my đối với tứ giác nội tiếp và phân chia thành ba trường hợp tam giác nhọn, vuông, tù. Ví dụ 1.4.7. (IMO.1961,#4) Cho điểm P ở bên trong tam giác P1P2P3. Goi Q1,Q2,Q3 là giao của PP1,PP2,PP3 với các cạnh liên tiếp của tam giác P1P2P3. Chứng minh rằng trong các số PP1 PQ1 , PP2 PQ2 , PP3 PQ3 tồn tại ít nhất 1 số không lớn hơn 2 và ít nhất 1 số không nhỏ hơn 2. Chứng minh. Theo tính chất của diện tích ta có: PP2P3 P1P2P3 = PQ1 P1Q1 . Tương tự: PP3P1 P1P2P3 = PQ2 P2Q2 ; PP1P2 P1P2P3 = PQ3 P3Q3 . Cộng các đẳng thức vế với vế ta được: 1 = PP2P3 P1P2P3 + PP3P1 P1P2P3 + PP1P2 P1P2P3 = PQ1 P1Q1 + PQ2 P2Q2 + PQ3 P3Q3 = 1 Vì P ở trong tam giác nên: PQ1 P1Q1 + PQ2 P2Q2 + PQ3 P3Q3 = PQ1 P1Q1 + PQ2 P2Q2 + PQ3 P3Q3 . Suy ra trong 3 số: PQ1 P1Q1 , PQ2 P2Q2 , PQ3 P3Q3 . phải có ít nhất một số không lớn hơn 1 3 và ít nhất một số không nhỏ hơn 1 3 . Bằng cách biến đổi đơn giản, trong các số PPi PQi có ít nhất 1 số không nhỏ hơn 2 và ít nhất 1 số không lớn hơn 2( thứ tự ngược lại). Nhận xét 1.4.3. - Điểm P ở trong tam giác đóng vai trò quan trọng trong giả thiết. - Có thể phát biểu và giải toán với P tùy ý theo cách giải trên. Các bài toán sau cũng áp dụng được diện tích đa giác định hướng : Bài toán 1.4. (Đường thẳng Newton) Chứng minh rằng trong một tứ giác ngoại tiếp thì tâm đường tròn nội tiếp và trung điểm của hai đường chéo cùng thuộc một đường thẳng. 28 Bài toán 1.5. (Bất đẳng thức Erdos) Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi p, q, r là khoảng cách từ M đến các cạnh BC,AC và AB. Đặt MA = x,MB = y,MC = z. Chứng minh rằng x+y+z ≥ 2(p+q+r) Bài toán 1.6. (IMO,sortlist 1999) Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O). X là điểm bất kỳ trên cung AB (không chứa C) và gọi O1,O2 là tâm đường tròn nội tiếp của 4CAX,4CBX. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp 4XO1O2 đi qua điểm cố định Y 6= X. Bài toán 1.7. Cho 4ABC.Tìm quỹ tích tất cả các điểm nằm trong tam giác mà khoảng cách từ điểm đó đến một cạnh bàng tổng khoảng cách từ điểm đó đến hai cạnh kia. Bài toán 1.8. (IMO-2007#2) Xét 5 điểm A,B,C,D,E sao cho ABCD là hình bình hành, BCED là tứ giác nội tiếp. ` là đường thẳng đi qua A cắt cạnh DC ở Fvà cắt đường thẳng BC ở G. Giả sử EF=EG=EC. Chứng minh rằng ` là phân giác góc D̂AB. Chương 1 trình bày khái niệm hướng của đa giác và diện tích của chúng bằng phương pháp tiên đề. Một số vấn đề mới (ít được đề cập đến trong các tài liệu hiện hành): các tính chất của diện tích đa giác định hướng, hình bình hành định hướng và tích ngoài hai véc tơ, diện tích định hướng coi như nghiệm của phương trình bậc hai(các bài toán Mơbuis),công thức tính diện tích thông qua tọa độ trong trường hợp tổng quát. Đó chính là những nội dung chính mà tác giả luận văn muốn đề cập đến. 29 Chương 2 Diện tích tam giác định hướng và tọa độ barycentric Phương pháp diện tích định hướng khi vận dụng vào tam giác thu được một số kết quả bất ngờ, giải có hiệu quả các bài toán trong Hình học tam giác. Liên quan đến diện tích định hướng có thể xây dựng tọa độ barycentric của điểm và đường thẳng. Ta có thêm một công cụ giải toán hình học. Những nội dung ở đây có thể liệt kê là: tìm tọa độ các điểm đặc biệt, phương trình các đường đặc biệt trong tam giác, chứng minh các hệ thức trong tam giác và trong đường tròn, chứng minh một số định lý nổi tiếng của hình học phẳng; tìm quỹ tích, tính diện tích, tìm cực trị hình học,... Tìm thêm cách giải mới cho các bài toán khó. Cũng phải nói ngay đến tên gọi "barycentric", do Mơbuis sử dụng. Thoạt đầu "barycentric" được Việt hóa là "tỷ cự" vì nó thường gặp ở các bài toán chia đoạn thẳng theo tỷ lệ (liên quan đến quy tắc Archimedes), có tác giả sử dụng "barycentric" là "khối tâm" vì khái niệm đang xét liên quan đến Cơ học (người Nga dịch là "Ãåîìåòðèß ìàññ"). Khi xét đến diện tích tam giác định hướng, từ "barycentric" lại liên quan đến diện tích nên có tác giả gọi là "tọa độ diện tích". Mỗi tên gọi đều có nguồn gốc và phản ánh một phần của khái niệm tuy nhiên chưa có tên gọi nào thỏa đáng. Chính bởi vậy tác giả luận văn sử dụng cách viết " tọa độ barycentric" trong suốt luận văn. Chương II được kham khảo trong tài liệu [1], [2],[3]. 30 2.1 Diện tích của tam giác định hướng Ta nhắc lại một số kết quả đã có và bổ sung thêm một số kết quả cần thiết để phát triển sang tọa độ barycentric. Định nghĩa 2.1. Tích ngoài (hay tích phản vô hướng) của hai véc tơ −→u ,−→v , ký hiệu là −→u ∧−→v là một số thực bằng 0 khi −→u = −→0 hoặc −→v = −→0 , bằng|−→u ||−→v | sin(−→u ,−→v ) khi −→u = −→v 6= −→0 . Ta có nhân xét: • ABC = 1 2 −→ AB ∧ −→AC .Từ đó tam giác ABC định hướng thuận khi và chỉ khi −→ AB ∧ −→AC > 0. • −→v ∧ −→u = −−→u ∧ −→v ,−→u và −→v cùng phương ⇐⇒ −→u ∧ −→v = 0 Xét mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi −→ i , −→ j là hai véc tơ chỉ phương đơn vị của hai trục Ox, Oy, góc định hướng ( −→ i , −→ j ) = pi 2 [mod 2pi]. Khi đó nếu −→u = (u1, u2),−→v = (v1, v2) thì −→u ∧ −→v = u1v2 − u2v1 = ∣∣∣∣∣u1 v1u2 v2 ∣∣∣∣∣ . Thật vậy, khi −→u hay −→v bằng −→0 thì rõ ràng u1v2 − u2v1 = 0. Khi −→u và −→v khác −→0 thì ta có: sin(−→u ,−→v ) = sin((−→i ,−→v )− (−→i ,−→u )) = sin( −→ i ,−→v ) cos(−→i ,−→u )− cos(−→i ,−→v ) sin(−→i ,−→u ) = v2|v| u1−→u − v1 |v| u2−→u nên −→u ∧ −→v = u1v2 − u2v1. Ngoài tính chất quan trọng đã nêu trong ?? (hệ thức Chasles), diện tích ABC có các tính chất hay sử dụng sau: a. Cho 4ABC. Với 2 điểm B′,C′ ∈ BC ta có: BC B′C′ = ABC AB′C′ 31 b. Cho tam giác ABC và điểm O. Giả sử các đường thẳng AO,BC cắt nhau tại M ( khác B, C). Ta có: MB MC = OBA OCA c. Cho tam giác ABC và M thuộc đường thẳng BC.Ta có: MB MC = MBA MCA . Chứng minh. Hiển nhiên. Tính chất sau đặc biệt quan trọng khi ta chuyển sang xét tọa độ barycentric của một điểm đối với tam giác cơ sở ABC. Chính vì tính chất này mà tọa độ barycentric còn được gọi là "tọa độ diện tích". Tính chất 2.1. 4ABC và điểm M tùy ý trong mặt phẳng. Khi đó MBC. −−→ MA + MCA. −−→ MB + MAB. −−→ MC = −→ 0 . (2.1) Hình 2.1: Tọa độ diên tích Chứng minh. Trong các đường thẳng AM,BM,CM phải có ít nhất một đường thẳng không song song với BC,CA,AB theo thứ tự đó vì chẳng hạn có BM‖AC,CM‖AB thì tứ giác ABMC là hình bình hành nên AM phải cắt BC.Bởi vậy, ta có thể coi AM cắt BC ở điểm A’. Bước 1. Ta có BC. −−→ MA′ = (A′C− A′B).−−→MA′ = A′C.−−→MA′ − A′B.−−→MA′ 32 = ( −−→ MB + −−→ BA′)A′C− (−−→MC +−−→CA′)A′B = A′C. −−→ MB + AC′. −−→ BA′ − A′B.−−→MC− A′B.−−→CA′ = A′C. −−→ MB− A′B.−−→MC + A′C.−−→BA′ − A′B.−−→CA′. Từ đây ta suy ra: −−→ MA′ = A′C BC −−→ MB− A ′B BC −−→ MC. Bước 2. Theo tính chất về độ dài đại số và diện tích đại số: −A ′C A′B = AA′C ABA′ = MA′C MBA′ = MCA MAB . Suy ra: A′C BC = A′C A′C− A′B = MCA MCA−MAB . Tương tự: −A ′B BC = MAB MCA + MAB . Thay vào đẳng thức tính −−→ MA′ ở trên ta được: −−→ MA′ = MCA MCA + MAB . −−→ MB + MAB MCA + MAB . −−→ MC. Bước 3. Vì MA′ MA = MCA′ MCA = MA′B MAB = MCA′ + MA′B MCA + MAB nên −−→ MA′ = MBC MCA + MAB . −−→ MA = MCA MCA + MAB . −−→ MB + MAB MCA + MAB . −−→ MC. Suy ra: MBC. −−→ MA + MCA. −−→ MB + MAB. −−→ MC = −→ 0 Lưu ý rằng dấu của tọa độ barycentric trên mặt phẳng tam giác xác định như sau: (Hình 2.2) Hình 2.2: Dấu của tọa độ barycentric 33 2.2 Tọa độ barycentric trong hình học tam giác Phần này được tham khảo trong [2] và [3] với sự sắp xếp theo chủ ý của đề tài và những bổ sung cần thiết của tác giả. 2.2.1 Tọa độ điểm Ta cố định ∆ABC (không suy biến), gọi nó là tam giác cơ sở. Khi đó theo ??, mọi điểm M nằm trong mặt phẳng đều có: MBC. −−→ MA + MCA. −−→ MB + MAB. −−→ MC = −→ 0 . tức là M là tâm tỷ cự của hệ chất điểm { MBC.A + MCA.B + MAB.C } . Từ đó ta có định nghĩa Định nghĩa 2.2. Giả sử ∆ABC là tam giác cơ sở. Tọa độ barycentric của điểm M đối với ∆ABC là bộ ba số (x : y : z) sao cho x : y : z = MBC : MCA : MAB. Gọi D = AM ∩ BC,E = BM ∩ AC,F = CM ∩ AB (các vết của M trên các cạnh) thì dễ thấy ta có định nghĩa tương đương: Định nghĩa 2.3. Giả sử ABC là tam giác cơ sở. Tọa độ barycentric của điểm M đối với tam giác ABC là bộ ba số (x : y : z) sao cho BD DC = z y ; CE EA = x z , AF FB = y x , kèm theo dấu của các tỷ số. Ta chú ý ngay rằng nếu M(x : y : z) thì M(kx : ky : kz) vói mọi k 6= 0. Tọa độ đó được gọi là chuẩn hóa nếu x + y + z = 1. Dễ thấy bao giờ cũng đưa được tọa độ barycentric bất kỳ về dạng chuẩn hóa: M(x : y : z) có thể chuẩn hóa là M ( x x+ y + z : y x+ y + z : z x+ y + z ) Nếu x + y + z = 0 thì AD,BE,CF song song và ngược lại, lúc đó P là điểm vô tận trọng mặt phẳng mở rộng( mặt phẳng xạ ảnh). Các đỉnh tam giác cơ sở có tọa độ A(1 : 0 : 0); B(0 : 1 : 0); C(0 : 0 : 1) 34 Ví dụ 2.2.1. Cho 4ABC, gọi G,I,O,H,Oa,Ob,Oc lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A, B,C. Khi đó ta có: Điểm Tọa độ barycentric G (1 : 1 : 1) I (a : b : c) O (sin 2A : sin 2B : sin2C) ≡ (a2(b2 + c2 − a2) : b2(c2 + a2 − b2) : c2(a2 + b2 − c2)) H (tanA : tanB : tanC) ≡ ( 1 b2 + c2 − a2 : 1 ... : 1 ... ) Oa (−S(OaBC) : S(OaCA) : S(OaAB)) ≡ (−a : b : c) Ob (S(OaBC) : −S(OaCA) : S(OaAB)) ≡ (a : −b : c) Oc (S(OaBC) : S(OaCA) : −S(OaAB)) ≡ (a : b : −c) Chứng minh. a. Vì G ở trong tam giác và S(GBC) = S(GCA) = S(GAB) nên G(1, 1, 1) b. I nằm trong tam giác và S(IBC) = 1 2 ar; S(ICA) = 1 2 br; S(IAB) = 1 2 = cr nên I( 1 2 ar, 1 2 br, 1 2 cr) ≡ (a, b, c). c. Nếu  < 90◦ thì O và A cùng phía đối vói BC. Khi đó, Sa = S(OBC) = 1 2 .OB.OC. sin BOC = 1 2 R2sin2A. Nếu  > 90◦ thì O và A khác phía nhau đối với BC.Khi đó, Sa = S(OBC) = 1 2 OB.OC. sin(360◦ − 2A) = 1 2 R2sin2A, Sb = 1 2 R2sin2B,; Sc = 1 2 R2sin2C Bởi vậy, O(sin 2A : sin 2B : sin 2C) Vì sin2A = 2sinAcosA = 2a. b2 + c2 − a2 2bc ; sin2B = 2b. c2 + a2 − b2 2ca ; sin2C = 2c. a2 + b2 − c2 2ab ; nên ta cũng có: O(a2(b2+c2−a2) : b2(c2+a2−b2) : c2(a2+b2−c2)) d. Hiển nhiên 35 Hình 2.3: Trực tâm H e. Dùng diện tích: + Trường hợp M ABC không có góc tù (trực tâm H ở trong tam giác): S(HBC) S(ABC) = HA′ AA′ = tan HBC tan ABC = cot ACB tanABC = 1 tan B. tan C =⇒ Sa = tanA tanA.tanB.tanC S(ABC). Tương tự, Sb = tanB tanA.tanB.tanC S(ABC); Sc = tanC tanA.tanB.tanC S(ABC). Từ (??) ta có:−→ 0 = Sa −→ HA + Sb −→ HB + Sc −→ HC = tanA. −→ HA + tanB. −→ HB + tanC. −→ HC hay H(tanA : tanB : tanC). + Khi H ở ngoài tam giác( 4ABC tù) ta vẫn có kết quả trên. Các công thức được chứng minh. Nhờ định lý tang ta có cách viết khác của điểm H: H ( 1 b2 + c2 − a2 : 1 c2 + a2 − b2 : 1 a2 + b2 − c2 ) Ví dụ 2.2.2. Một số điểm đặc biệt khác trong tam giác: điểm Gergone Ge, điểm Nagel Na,điểm Feuerbach F, tâm Euler O9, điểm (symme- 36 dian) Lemoine L, điểm Mittenpunkt M,tâm Spieker S: Điểm Tọa độ barycentric Ge ((p− b)(p− c) : (p− c)(p− a) : (p− a)(p− b)) Na (p− a : p− b : p− c) F ((b+ c− a)(b− c)2 : (c+ a− b)(c− a)2 : (a+ b− c)(a− b)2) O9 (a cos (B− C) : b cos (C− A) : c cos (A− B)) L (a2 : b2 : c2) M (a(p− a) : b(p− b) : c(p− c)) S (b+ c : c+ a : a+ b) Chứng minh. Ta chứng minh một số điểm: + Tọa độ các điểm Ge và Na được suy ra từ các đẳng thức véc tơ: (p− b)(p− c)−−→GeA + (p− c)(p− a)−−→GeB + (p− a)(p− b)−−→GeC = −→0 (p− a)−−→NaA + (p− b)−−→NaB + (p− c)−−→NaC = −→0 + Gọi Ma,Mb,Mc là trung điểm của BC,CA,AB. Tâm Spieker S là điểm có tọa độ (a : b : c) đối với tam giác MaMbMc nên có tọa độ ( b+ c 2 : c+ a 2 : a+ b 2 ) đối với tam giác ABC. Sau khi chuẩn hóa ta có S = 1 4p (b+ c : c+ a : a+ b). 2.2.2 Ký hiệu Conway Ký hiệu Conway cho cách tìm quan hệ gữa các góc trong tam giác một cách thuận lợi. Định nghĩa 2.4. Ta ký hiệu σ là hai lần diện tích tam giác,σθ = σcotθ và ký hiệu thu gọn σθϕ = σθσϕ. Với ký hiệu đó ta có: σA = −a2 + b2 + c2 2 = bc.cosA. Tương tự cho các góc B,C.Gọi ω là góc Broca thì vì cotω = cotA + cotB + cotC nên ta có σω = a2 + b2 + c2 2 . Ta có các đồng nhất thức σB + σC = a 2;σAB + σBC + σCA = σ 2. 37 Với kí hiệu này ta có thể viết tọa độ Barycentric, chẳng hạn của O(a2σA : b 2σB : c 2σC); H(σAB : σBC : σCA) = ( 1 σA : 1 σB : 1 σC ) 2.2.3 Diện tích tam giác Mệnh đề 2.1. Giả sử các điểm P,Q,R có tọa độ barycentric chuẩn hóa P(p1 : p2 : p3),Q(q1 : q2 : q3),R(r1 : r2 : r3). Khi đó PQR = ∣∣∣∣∣∣∣ p1 q1 r1 p2 q2 r2 p3 q3 r3 ∣∣∣∣∣∣∣ .ABC. (2.2) Chứng minh. Thật vậy, với mọi điểm O,−→ OP = p1 −→ OA + p2 −→ OB + p3 −→ OC; −→ OQ = q1 −→ OA + q2 −→ OB + q3 −→ OC nên −→ PQ = (q1 − p1)−→OA + (q2 − p2)−→OB + (q3 − p3)−→OC. Lấy O ≡ C ta có: −→PQ = (q1 − p1)−→CA + (q2 − p2)−→CB. Tương tự, −→ PR = (r1 − p1)−→CA + (r2 − p2)−→CB. Ta nhận được: PQR = 1 2 −→ PQ ∧ −→PR = 1 2 (q1 − p1)(r2 − q2)−→CA ∧ −→CB + 1 2 (q2 − p2)(r1 − p1)−→CB ∧ −→CA. Vì ABC = 1 2 −→ CA ∧ −→CB = −1 2 −→ CB ∧ −→CA nên ta tìm được: PQR = ((q1 − p1)(r2 − p2)− (q2 − p2)(r1 − p1))ABC = [(p1q2 − p2q1) + (q1r2 − q2r1) + (r1p2 − r2p1)]ABC. Cuối cùng sau khi nhân biểu thức (p1q2 − p2q1) với r1 + r2 + r3 = 1, biểu thức (q1r2 − q2r1) với p1 + p2 + p3 = 1, biểu thức (r1p2 − r2p1) với q1 + q2 + q3 = 1 ta nhận được (??). Chú ý: Nếu M(x : y : z) chuẩn hóa thì ta có MBC = ∣∣∣∣∣∣∣ x y z 0 1 0 0 0 1 ∣∣∣∣∣∣∣ .ABC = x.ABC; MCA = y.ABC; MBA = z.ABC. 38 Ví dụ 2.2.3. Diện tích tam giác OIH bằng 1 8r (a− b)(b− c)(c− a). Với I,O,H lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác. Lời giải. Theo (??) diện tích của 4OIH là: ABC. R 2rp . 1 2p . R rp ∣∣∣∣∣∣∣ a cosα b cos β c cos γ a b c a cos β cos γ b cos γ cosα c cosα cos β ∣∣∣∣∣∣∣ = = R2abc 4rp2 ∣∣∣∣∣∣∣ cosα cos β cos γ 1 1 1 cos β cos γ cos γ cosα cosα cos β ∣∣∣∣∣∣∣ = = R3 p (cos β − cosα)(cos γ − cos β)(cosα− cos γ). Sử dụng công thức: cos β − cosα = (a− b)(a+ b+ c)(a+ b− c) 2abc = (a− b)(p− c) 2rR . Tương tự:cos γ−cos β = (b− c)(p− a) 2rR ; cosα−cos γ = (c− a)(p− b) 2rR . Thay vào ta được: 1 8pr3 (p− a)(p− b)(p− c)(a− b)(b− c)(c− a) = 1 8r (a− b)(b− c)(c− a). (Có đẳng thức nhờ công thức Heron: rp = √ p(p− a)(p− b)(p− c)) 2.2.4 Phương trình đường thẳng Mệnh đề 2.2. Đường thẳng qua hai điểm P(a1 : b1 : c1),Q(a2 : b2 : c2) có phương trình ∣∣∣∣∣∣∣ x y z a1 b1 c1 a2 b2 c2 ∣∣∣∣∣∣∣ = 0 (2.3) ⇐⇒ (b1c2 − b2c1)x+ (c1a2 − c2a1)y + (a1b2 − a2b1)z = 0 (2.4) Chứng minh. Giả sử M(x : y : z),M ∈ PQ⇔ MPQ = 0. Áp dụng công thức (??), ta có điều phải chứng minh. 39 Từ đây ta thấy ba điểm có tọa độ (xi : yi : zi) với i = 1, 2, 3 thẳng hàng khi và chỉ khi ∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣ = 0. Giao điểm của hai đường thẳng p1x+ q1y+ r1z = 0; p2x+ q2y+ r2z = 0 là nghiệm của hệ: p1x+ q1y + r1z = 0 p2x+ q2y + r2z = 0, x+ y + z 6= 0 (x, y, z) = (q1r2 − q2r1, r1p2 − r2p1, p1q2 − p2q1). Từ đó suy ra ba đường thẳng pix+ qiy+ riz = 0 với i = 1, 2, 3 đồng quy khi và chỉ khi ∣∣∣∣∣∣∣ p1 q1 r1 p2 q2 r2 p3 q3 r3 ∣∣∣∣∣∣∣ = 0. Như vậy một đường thẳng bất kỳ có phương trình mx+ny+ pz = 0 với m,n, p là các hằng số. Các cạnh tam giác ABC có phương trình: (BC) : x = 0; (CA) : y = 0; (AB) : z = 0. Ví dụ 2.2.4. Phương trình một số đ