Luận văn Kỹ thuật biến đổi tâm tỷ cự và ứng dụng vào giải toán

ch 2. Chọn G ≡ [1A,4B,1C,4D], tức −→GA+ 4−→GB+−→GC+ 4−→GD =~0. Khi đó điều kiện của M tương đương với: ( −→ GA−−−→GM) + 4(−→GB−−−→GM) + (−→GC−−−→GM) + 4(−→GD−−−→GM) = 5.−→AD⇐⇒−10−−→GM = 5 −→ AD.Cần xác định vị trí của G: Với mọi O, −→ OG= 1. −→ OA+4. −→ OB+1. −→ OC+4. −→ OD 10 . Từ đẳng thức đó chọnO≡ I (tâm hình vuông) thì ta có:−→IG= −→ IA+4. −→ IB−−→IA−4.−→IB 10 = −→ 0 . Tức G≡ I là tâm hình vuông và M là trung điểm của AB. Cách 3. Chọn G≡ [1A,4B,1C,4D]≡ [[1A,1C], [4B,4D]]≡ [2I,8I]≡ [10I]≡ I với I là tâm hình vuông. Cách 1 ngắn vì rất may ta chọn G đúng là tâm hình vuông. Cách 2 chính là áp dụng kỹ thuật chọn tâm tỷ cự của hệ chất điểm 1A, 4B, 1C, 4D. Cách 3 ngắn nhất do sử dụng kỹ thuật kết hợp một cách hợp lý. Các bài toán tiếp theo sẽ khẳng định ưu thế của kỹ thuật này. Ví dụ 2.3. Cho hình vuông ABCD. Tìm điểmM thỏa mãn −−→ MA+2 −−→ MB+3 −−→ MC+4 −−→ MD= 5 −→ AD. Lời giải. Chọn G là tâm tỷ cự của hệ chất điểm {1A,2B,3C,4D}. Khi đó: −→ GA+2 −→ GB+3 −→ GC+4 −→ GD= −→ 0 . Điều kiện đề bài −−→ MA+2 −−→ MB+3 −−→ MC+4 −−→ MD= 5 −→ AD ⇐⇒ (−→GA−−−→GM)+2(−→GB−−−→GM)+3(−→GC−−−→GM)+4(−→GD−−−→GM) = 5−→AD⇐⇒−10−−→GM = 5 −→ AD⇐⇒−−→GM = −1 2 −→ AD. Xác định vị trí của G: −→ GA+2 −→ GB+3 −→ GC+4 −→ GD= −→ O ⇐⇒ (−→OA−−→OG)+2(−→OB−−→OG)+3(−→OC−−→OG)+4(−→OD−−→OG) = −→O ⇐⇒−→OG = 1 10 ( −→ OA+2 −→ OB+3 −→ OC+4 −→ OD). Lấy O≡ I ( tâm hình vuông) thì: −→ IG = 1 10 ( −→ OA+ 2 −→ OB+ 3 −→ OC+ 4 −→ OD) = −2 5 ( −→ OA+ −→ OB) = −2 5 −→ OE với E là trung điểm của AB. 21 Hình 2.2: Quĩ tích là đường tròn Quỹ tích các điểm M là đường tròn tâm G (thỏa mãn −→ IG = −2 5 −→ IG, I là tâm hình vuông), bán kính GM = IE = 1 2 AD. Ví dụ 2.4. Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểmM sao cho a. −−→ MA+2 −−→ MB+3 −−→ MC= −→ 0 ; b. −−→ MA+2 −−→ MB−3−−→MC=−→0 ; c. 2 | −−→MA+−−→MB+−−→MC |=| −−→MA+2−−→MB+3−−→MC | . Lời giải. a. Vì 1 + 2 + 3 = 6 6= 0 nên tồn tại duy nhất điểm M là tâm tỷ cự của hệ chất điểm {1A,2B,3C}. Suy ra với mọi điểm O ta có: −−→OM = −→ OA+2 −→ OB+3 −→ OC 6 . Ta xác định vị trí của M bằng cách cho O vào một trong các vị trí đặc biệt A, B, C,... . Chẳng hạn O≡A, ta có−−→AM = 2 −→ OA+3 −→ AC 6 = 1 3 −→ AB+ 1 2 −→ AC. Như vậy, quỹ tích điểm của M là một điểm, đỉnh của hình bình hành với hai cạnh −→a = 1 3 −→ AB; −→ b = 1 2 −→ AB. b. Vì 1 + 2 - 3 = 0 nên không có M thỏa mãn đẳng thức. Quỹ tích rỗng. c. Gọi G ≡ [1A,1B,1C] và I ≡ [1A,2B,3C]. Theo định nghĩa với mọi điểm M ta có: −−→ MG = 1 3 ( −−→ MA+ −−→ MB+ −−→ MC); −→ MI = 1 6 ( −−→ MA+2 −−→ MB+3 −−→ MC). Từ đó, 2|−−→MA+ −−→ MB+ −−→ MC|= |−−→MA+2−−→MB+3−−→MC| ⇐⇒ 2.3|−−→MG|= 6|−→MI| ⇐⇒M cách đều hai 22 điểm G và I. Ở đây G là trọng tâm 4ABC còn I xác định như điểm M trong phần a. Vậy quỹ tích các điểm M cần tìm là đường trung trực của đoạn IG. Ví dụ 2.5. Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Tìm điểm M trên d sao cho |−−→MA+−−→MB+3−−→MC| đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải. Chọn G ≡ [1A,1B,3C] khi đó với mọi điểm M ta có: −−→ MG = −−→ MA+ −−→ MB+3 −−→ MC 5 . Theo giả thiết |−−→MA+−−→MB+3−−→MC| = 5|−−→MG| = 5MG. Suy ra |−−→MA+−−→MB+3−−→MC| nhỏ nhất nếu và chỉ nếu MG nhỏ nhất, tức M là hình chiếu của G trên d. Xác định vị trí của G: Từ đẳng thức −−→ MG = −−→ MA+ −−→ MB+3 −−→ MC 5 , chọn M ≡ C thì −→ CG = −→ CA+ −→ CB 5 = 2 5 −→ CE với E là trung điểm của AB. Từ đó ta dựng được G và hình chiếu của G xuống d. Ví dụ 2.6. Cho tứ giác ABCD và số k ∈ R. Tìm quỹ tích các điểmM thỏa: |−−→MA+3−−→MB−−−→MC|= k|−−→MD|. Lời giải. Chọn G≡ [1A,3B,−1C], nghĩa là với mọi điểm O ta có −→ OG= 1. −→ OA+3. −→ OB−1.−→OC 3 =⇒ |1.−→OA+3.−→OB−1.−→OC|= 3|−→OG|,∀O. Với O ≡ M thì |−−→MA+ 3−−→MB−−−→MC| = 3|−−→MG|, ∀M. Bởi vậy đẳng thức đã cho tương đương với 3|−−→MG|= k|−−→MD| hay 3MG= kMD. Từ đó ta có • Nếu k < 0, quỹ tích là /0. • Nếu k = 3, quỹ tích là đường thẳng trung trực của đoạn GD (G sẽ được xác định ngay sau đây). • Nếu 0 < k 6= 3, đẳng thức đã cho tương đương với MG MD = k 3 , quỹ tích là đường tròn Aponolius dựng trên đoạn GD. Điểm G được xác định: Cho O ≡ B thì −→BG = −→ BA−−→BC 3 = 1 3 −→ CA. Ví dụ 2.7. Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểmM sao cho |−−→MA+3−−→MB−2−−→MC|= |2−−→MA−−−→MB−−−→MC|. Lời giải. Ta phải biến đổi cả hai vế: Chọn I ≡ [1A, 3B, -2C], nghĩa là với mọi điểm O ta có 23 −→ OI = 1. −→ OA+3. −→ OB−2.−→OC 2 =⇒ |−→OA+3.−→OB−2.−→OC|= 2|−→OI|,∀ O. Cho O≡M ta có vế trái |−−→MA+3−−→MB−2−−→MC|= 2|−→MI|. Hình 2.3: I là đỉnh thứ tư hình bình hành Vế phải 2 −−→ MA−−−→MB−−−→MC=(−−→MA−−−→MB)+(−−→MA−−−→MC)=−→BA+−→CA=−(−→AB+ −→ AC) = −2−→AJ với J là trung điểm BC. Do đó điều kiên của M tương đương với 2|−→MI| = 2|−→AJ| ⇐⇒ MI = AJ = const. Quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I, bán kính AJ. Ngay từ khi chọn I là tâm tỷ cự ta đã biết I tồn tại và duy nhất vì 1 + 3 - 2 = 2 6= 0 (vế phải không làm thế này được). Vì I ≡ [1A, 3B, -2C] nên −→ IA+3 −→ IB−2−→IC=−→0 ⇐⇒ (−→IA+−→IB)−2(−→IB−−→IC) =−→0 ⇐⇒ 2−→IE+2−→CB= −→ 0 ⇐⇒−→IE = −→CB (E là trung điểm của AB). Như vậy I là đỉnh thứ tư của hình bình hành BCEI. Ví dụ 2.8. Cho4 ABC. Tìm quỹ tích những điểmM sao cho (2 −−→ MA−3−−→MB)(−−→MA+2−−→MB) =~0. Lời giải. Gọi M ≡ [2A, -3B]; G′ ≡ [1A, 2B] thì G và G′ tồn tại duy nhất và cố định. Với mọi M trong mặt phẳng: 2 −−→ MA− 3−−→MB = (2− 3)−−→MG = −−−→MG;−−→MA+ 2−−→MB = (1+ 2)−−→MG′ = 3−−→MG′. Do đó, (2 −−→ MA−3−−→MB)(−−→MA+2−−→MB) = 0⇐⇒−3−−→MG.−−→MG′ = 0⇐⇒ ĜMG′ = 900, quỹ tích của M là đường tròn đường kính GG’. 24 Xác định vị trí dựng điểm G,G′: Vì G ≡ [2A, -3B] nên với mọi M, −−→GM = 3 −−→ MB−2−−→MA. Chọn M ≡ A thì −→AG= 3−→AB. Tương tự, −−→AG′ = 2 3 −→ AB. Quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính GG′ với G,G′ được dựng theo các đẳng thức véc tơ: −→ AG= 3 −→ AB; −−→ AG′ = 2 3 −→ AB. Các bài toán khác Bài toán 2.1. Trên các cạnh tam giác ABC lấy các điểm L, M sao cho −→ CL = α −→ CA; −−→ CM= β −→ CB, 0< α < 1,0< β < 1. Giả sử P = AM∩BL, tính tỷ số AP AM . HD. AP AM = 1−α 1−αβ . Bài toán 2.2. Trên các cạnh AB, AC cua tam giác cân BAC lấy các điểm P, Q sao cho BP = nPA,AQ = nQC. Đường thẳng PQ chia đường cao AM của tam giác theo tỷ số nào? Bài toán 2.3. Trên các cạnh AC, BC cua tam giác ABC lấy các điểm L, M sao cho −→ CL = α −→ CA, −−→ CM = β −→ CB. Giả sử P = AM ∩ BL. Tính các tỷ số AP : AM, BP : BL. Bài toán 2.4. Diện tích hình bình hành ABCD bằng 1. Điểm M chia cạnh BC theo tỷ số 3 : 5. Tính diện tích tứ giác CMPD, trong đó P= AM∩BD. Bài toán 2.5. Chứng minh định lý Ce′va bằng phương pháp chọn tâm tỷ cự. HD. Giả sử các đường thẳng AA1 và CC1 cắt nhau tại O và giả sử AC1 : C1B = p, BA1 : A1C = p. Ta phải chứng minh BB1 đi qua O⇐⇒ CB1 : B1A = 1 : pq. Đặt 1, p, pq tương ứng tại A, B và C. Ta có C1 ≡ [1A,pB];A1 ≡ [pB,pqC]. Do đó tâm tỷ cự của 1A, pB, pqC là điểm O = CC1∩AA1. Mặt khác O thuộc đoạn thẳng nối B với tâm tỷ cự của A và c. NếuB1≡ [1A,pqC] thìAB1 :B1C= pq : 1. Còn lại phải chứng minh có một điểm trên AC chia AC theo tỷ số AB1 : B1C. Bài toán 2.6. Trên các cạnh AB, BC, CD và DA của tứ giác lồi ABCD đặt các điểm K, L, M, N tương ứng và thoa mãn: AK : KB = DM : MC = α;BL : LC = AN : ND = β . Gọi P = KL ∩MN. Chứng minh rằng NP : PL = α;KP : PM= β . Bài toán 2.7. Trong tam giác ABC tìm điểm O sao cho với mọi đường thẳng đi 25 qua O giao với AB tại K và giao với BC tại L thỏa mãn p AK KB +q CL LB = 1, trong đó p,q là các số dương cho trước. Bài toán 2.8. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC đặt các điểm A1,B1,C1 tương ứng và thỏa mãn: các đường thẳng CC1,AA1,BB1 đồng quy tai O. Chứng minh rằng: a. CO OC1 = CA1 A1B + CB1 B1A . b. AO OA1 . BO OB1 . CO OC1 AO OA1 + BO OB1 + CO OC1 +2> 8. Bài toán 2.9. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC đặt các điểm A1,B1,C1 tương ứng và thỏa mãn: BA1 A1C = CB1 B1A = AC1 C1B . Chứng minh rằng tâm tỷ cự của tam giác ABC và tam giác A1B1C1 trùng nhau. Bài toán 2.10. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC đặt các điểm A1,B1,C1 tương ứng sao cho các đường thẳng B1C1,BB1,CC1 cắt đường thẳng AA1 tương ứng tại các điểmM, P, Q. Chứng minh rằng: a. A1M MA = A1P PA + A1Q QA . b. Nếu P≡ Q thìMC1 : MB1 = BC1AB : CB1 AC . Bài toán 2.11. Lấy P,P1 trên đường thẳng BA, Q,Q1 trên đường thẳng AC. Đường thẳng nối A với giao của các đường thẳng PQ và P1Q1 cắt đường thẳng BC tại D. Chứng minh rằng BD CD = BP PA − BP1 P1A CQ QA − CQ1 Q1A Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC, hai điểmM và N thay đổi thỏa mãn −−→ MN= 4 −−→ MA+ −−→ MB−2−−→MC. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. 26 Bài toán 2.13. Cho tư giác ABCD. Tìm quỹ tích điểmM sao cho: a. | −−→MA+−−→MB+−−→MC+−−→MD |=| −−→MA+−−→MB−2−−→MC |; b. −−→ MA−2−−→MB+3−−→MC−4−−→MD=−→AB; c. 2 −−→ MA+3 −−→ MB−−−→MD=−2−→AC. Bài toán 2.14. Cho 4 ABC. Tìm điểm M để | 3−−→MA+2−−→MB−−−→MC | đạt giá trị bé nhất. Bài toán 2.15. Cho4 ABC và số k ∈ R. Tìm quỹ tích các điểmM thỏa mãn: −−→ MA+2 −−→ MB+ k −−→ MC= −→ 0 . Bài toán 2.16. Cho hình bình hành ABCD. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho: a. |−−→MA+−−→MB|= |−−→MC+−−→MD|, b. |2−−→MA−−−→MB−−−→MC|= |−−→MC+2−−→MD|. Bài toán 2.17. Cho hình vuông cạnh a. Tìm quỹ tích những điểmM sao cho: a. −−→ MA. −−→ MB+ −−→ MB. −−→ MD= a2, b.MA2+MB2+MC2 = 3MD2. 2.2 Kỹ thuật diện tích hóa và tọa độ hóa. Kỹ thuật diện tích hóa là áp dụng trực tiếp các hệ quả của tính chất 1.4 với mục đích chuyển việc tính tâm tỷ cự trong mặt phẳng về tính diện tích đại số các tam giác. Áp dụng tọa độ tỷ cự trong mặt phẳng cho phép giải khá nhiều các bài toán khó bằng tính toán và biến đổi đại số. Vì khuôn khổ luận văn có hạn nên chúng tôi chỉ xét các ví dụ điển hình. Vấn đề này sẽ được đề cập sâu hơn vào một dịp khác. Ví dụ 2.9. Cho ∆ABC. Gọi G, I, O, H, Oa 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. Khi đó ta có tọa độ tỷ cự đối với ∆ABC: a. G(1.A: 1.B:1.C), b. I (a.A: b.B: cC), 27 c. O(sin2A.A: sin2B.B: sin2C.C) hay dưới dạng: O(a2(b2+ c2−a2).A: b2(c2+a2−b2).B: c2(a2+b2− c2).C) d. Oa(-S(OaBC).A:S(OaCA).B:S(OaAB).C) ≡ (-a.A: b.B: c.C), e. H(tan A.A: tan B.B: tanC.C) hay dưới dạng: H( 1 b2+ c2−a2 .A: 1 c2+a2−b2 .B: 1 a2+b2− c2 .C). Chứng minh. a. Vì G ở trong tam giác và S(GBC) =S(GCA) =S(GAB) nên G ≡ [1A,1B,1C] b. Ta có I nằm trong tam giác và S(IBC)= 1 2 a.r; S(ICA)= 1 2 b.r; S(IAB)= 1 2 c.r nên I ≡ [1 2 ar.A, 1 2 br.B, 1 2 cr.C] ≡ [aA, bB, cC]. c. Nếu  ≤ 900 thì O và A khác phía nhau đối với BC. Khi đó Sa =S(OBC) = 1 2 OB.OC.sin BOC = 1 2 R2sin 2A. Nếu  > 900 thì A và O khác phía nhau đối với BC. Khi đó, Sa = S(OBC) = 1 2 OB.OC.sin(3600−2A= 1 2 R2 sin2A. Tương tự, Sb= 1 2 R2 sin2B,Sc= 1 2 R2 sin2C. Bởi vậy, O ≡ [sin2A.A,sin2B.B,sin2C.C]. Vì sin 2A = 2 sin A cos A = 2a. b2+ c2−a2 2bc ; sin 2B = 2b. c2+a2−b2 2ca ; sin 2C = 2c. b2+a2− c2 2ab nên ta cũng có O ≡ [a2(b2+ c2−a2).A,b2(c2+a2−b2).B,c2(a2+b2− c2).C]. d. Áp dụng (1.7). e. Cách 1. Hình 2.4: Trực tâm H 28 Khi ABC là tam giác nhọn (trực tâm H ở miền trong tam giác). Ta cần chứng minh: tanA. −→ HA+ tanB. −→ HB+ tanC. −→ HC =~0. Trước hết ta vẽ hình bình hành AB′CA′. Trong tam giác BB′C ta có HA1 ‖ B′C, suy ra: HB ′ HB = A1C A1B . Lại cóA1C =AA1 cotC;A1B =AA1 cotB. Do đó, HB′ HB = A1C A1B = AA1 cotC AA1 cotB = tanB tanC =⇒−−→HB′ =−tanB tanC −→ HB (Vì −→ HB, −−→ HB′ ngược chiều nhau). Tương tự, −−→ HA′ = −tanA tanC −→ HA. Từ đó: −→ HA+ −−→ HB′ = −tanA tanC −→ HA− tanB tanC −→ HB = −→ HC⇐⇒ tanA.−→HA + tanB. −→ HB + tanC. −→ HC=~0. + Khi tam giác ABC là tam giác tù. Chứng minh hoàn toàn tương tự với chú ý rằng −→ HB và −−→ HB′ cùng chiều. Cách 2. (dùng diện tích) + Trường hợp4 ABC không có góc tù (trực tâm H ở trong tam giác): S(HBC) S(ABC) = HA′ AA′ = tanHBC tanABC = cotACB tanABC = 1 tanB.tanC =⇒ Sa = tanAtanA.tanB.tanCS(ABC). Tương tự, Sb = tanB tanA.tanB.tanC S(ABC). Sc = tanC tanA.tanB.tanC S(ABC). Từ (1.2.3):~0 = Sa −→ HA + Sb −→ HB + Sc −→ HC = tanA. −→ HA + tanB. −→ HB + tanC. −→ HC hay H ≡ [tan A.A, tan B.B, tan C.C]. + Khi H ở ngoài tam giác (tam giác ABC tù): Ta vẫn có kết quả trên. Nhờ định lí hàm tan ta còn có cách viết dạng khác : H≡ [ 1 b2+ c2−a2 .A, 1 c2+a2−b2 .B, 1 a2+b2− c2 .C]. Đương nhiên với ký hiệu tọa độ tỷ cự trong tam giác ABC ta có thể viết: G = (1:1:1); I = (a: b: c); O = (sin 2A: sin 2B: sin 2C) = (a2(b2+ c2−a2) : b2(c2+ a2−b2) : c2(a2+b2− c2)); Oa = (-a: b: c), Ob = (a: -b: c), Oc = (a: b: -c); H = (tan A: tan B: tan C) = ( 1 b2+ c2−a2 : 1 c2+a2−b2 : 1 a2+b2− c2 ). Ví dụ 2.10. Với các ký hiệu như ví dụ trên, hãy chứng minh S∆OIH = 1 8r (a−b)(b− c)(c−a). Lời giải. Theo (1.8) diện tích4 OIH là 29 ABC. R 2rp . 1 2p . R rp . ∣∣∣∣∣∣∣∣ acosα bcosβ ccosγ a b c acosβ cosγ bcosγ cosα ccosα cosβ ∣∣∣∣∣∣∣∣ = R2abc 4rp2 ∣∣∣∣∣∣∣∣ cosα cosβ cosγ 1 1 1 cosβ cosγ cosγ cosα cosα cosβ ∣∣∣∣∣∣∣∣ = R2 p (cosβ − cosα)(cosγ − cosβ )(cosα − cosγ). Sử dụng công thức cosβ − cosα = c2+a2−b2 2ca − b 2+ c2−a2 2bc = (a−b)(a+b+ c)(a+b− c) 2abc = (a−b)(p− c) 2rR thu được: 1 8pr2 (p - a)(p - b)(p - c)(a - b)(b - c)(c - a) = 1 8r (a - b)(b - c)(c - a). Chú ý rằng rp = √ p(p−a)(p−b)(p− c). Ví dụ 2.11. Cho tam giác ABC có đường tròn ngoại tiếp (O) và đường tròn nội tiếp (I). Các đường thẳng AO, BO, CO cắt (O) tương ứng tại D, E, F các đường thẳng ID, IE, IF cắt BC, CA, AB tương ứng tại X, Y, Z. Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy. Tìm tọa độ tỷ cự của điểm đồng quy. Lời giải. Nếu tam giác ABC vuông chẳng hạn tại A, khi đó BY, CZ ≡ BC, bài toán hiển nhiên. Bởi vậy ta chỉ cần xét tam giác ABC không vuông, khi đó SA,SB,SC 6= 0. Hình 2.5: Tọa độ tỷ cự điểm đồng quy 30 Phương trình đường thẳng AD: c2SCy = b2SBz=⇒ z= c 2SC b2SB y. Suy ra tọa độ của D là nghiệm của hệ z = c2SC b2SB y a2yz +b2zx+ c2xy = 0 Cho x = 1 ta có hệ:  z = c2SC b2SB y a2yz +b2z+ c2y = 0 =⇒ y2a2.c 2SC b2SB + y. c2SC SB + yc2. c2SC b2SB = 0 ⇐⇒ y2a2c2SC+ yb2c2(SB+SC) = 0⇐⇒ y = −b 2c2(SB+SC) a2c2SC = −b 2 SC . Tương tự ta có: z = − c 2 SB =⇒ D ( 1 :−b 2 SC :− c 2 SB ) = (−SBSC : b2SB : c2SD). Suy ra đường thẳng ID có phương trình bc(cSC−bSB)x− cSC(SB+ ca)y+bSB(SC+ab)z= 0 Kết hợp với phương trình BC: x = 0 cho ta X = BC ∩ ID = ( 0 : bSB SB+ ca : cSC SC+ab ) Bằng cách hoán vị vòng quanh a, b, c ta thu được tọa độ của Y, Z: Y= ( cSC SC+ ab : 0 : aSA SA+bc ) ;Z= ( aSA SA+bc : bSB SB+ ca : 0 ) . Suy ra AX, BY, CZ đồng quy tại H có tọa độ tỷ cự là H= ( aSA SA+bc : bSB SB+ ca : cSC SC+ ab ) . Các bài toán khác Bài toán 2.18. Chứng minh phương trình các đường đặc biệt trong tam giác: a. Phương trình các cạnh BC, CA, AB của tam giác cơ sở ABC tương ứng là: x = 0; y = 0; z = 0. b. Trung trực của cạnh BC: (b2− c2)x+ a2(y− z) =0. Tương tự cho trung 31 trực hai cạnh kia. c. Phương trình đường thẳng Euler (SAB−SCA)x+(SBC−SAB)y+(SCA−SBC)z= 0 d. Phương trình đường thẳng OI nối tâm ngoại tiếp O = (a2SA : b2SB : c2SC) với tâm nội tiếp I = (a:b:c):∑  (b2SBc− c2SCb)x =∑  bc(bSB− cSC)x= 0 Vì bSB− cSC = ... = -2(b - c)p(p - a) nên phương trình này có thể viết lại là ∑  bc(b− c)p(p−a)x= 0 hay∑  (b− c)(p−a) a x = 0. Bài toán 2.19. Cho4 ABC không vuông tại C. AD, BE là các đường cao còn AP, BQ là các phân giác trong ( D, P ∈ BC, E, Q ∈ CA). Gọi I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. chứng minh rằng: D, E, I thẳng hàng⇐⇒ P, Q, O thẳng hàng. Bài toán 2.20. Cho ∆ABC. Gọi D, E, F là ảnh của A, B, C qua phép đối xứng trục SBC,SCA,SAB theo thức tự đó. Gọi (O) và H là đường tròn ngoại tiếp và là trực tâm của tam giác. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng⇐⇒ OH = 2R. Bài toán 2.21. Cho4ABC không cân tại C. GọiM là trung điểm củaAB.AH, CK lần lượt là đường cao, phân giác trong của tam giác ABC. K, L là trung điểm của CH, CD còn P = CD ∩MK. Chứng minh rằng P và L là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giac ABC. 2.3 Kỹ thuật giao hoán-kết hợp. Kỹ thuật giao hoán-kết hợp dựa vào tính chất 1.3: Nếu σ(1),σ(2), ...,σ(n) là một hoán vị của tập hợp {1,2, ...,n} thì [miAi]1≤i≤n≡ [mσ(i)Aσ(i)]1≤σ(i)≤n. Nếu hai hệ chất điểm {miAi}ni=1,{n jB j}nj=1 thỏa mãn: Σni=1mi+Σnj=1k j 6= 0 thì [m1A1, ...,mnAn,k1B1, ...,knBn]≡ [[m1A1, ...,mnAn], [k1B1, ...,knBn]]. 32 Khi áp dụng kỹ thuật này ta hay nhóm lại và kết hợp một biểu thức tỷ cự theo những kiểu khác nhau, giống như cách nhóm kết hợp một biểu thức đại số. Kỹ thuật này thường được sử dụng trong các bài toán tính tỷ số hoặc chứng minh tính đồng quy, thẳng hàng. Ta minh họa kỹ thuật này qua các ví dụ sau: Ví dụ 2.12. Trong tam giác ABC, điểm F nằm trên cạnh BC, chia BC theo tỷ số 3:1, kể từ B. Các điểmM và P tương ứng nằm trên các cạnh AB, AC chia chúng theo tỷ số 1:6 kể từ A và C. Giao điểm của hai đoạn thẳngMP và AF chia các đoạn thẳng này theo tỷ số nào? Lời giải. Hình 2.6: Tính tỷ số Ta sẽ đặt tại B và C các trọng lượng sao cho tâm tỷ cự của hệ là điểm F: Chỉ cần đặt tại B trọng lượng 1 và tại C trọng lượng 3 (theo quy luật Archimedes), tức là xét hệ {1B, 3C}. Ta thấy 1B và xA thỏa mãn 1.BM = x.MA, suy ra, x = BM : MA = 5. Cuối cùng, xét hệ chất điểm {3C, yA} sao cho P là tâm tỷ cự. Theo quy tắc Archimedes, ta có: 3CP = yPA, suy ra, y = 3CP:PA = 0,6 = 3 5 . Tới đây xuất hiện sự kiện mới: tại A có hai trọng lượng khác nhau: 5 và 0,6. Áp dụng kỹ thuật giao hoán-kết hợp, gọi Z≡ [1B,5A,3C,0,6A] = [[1B,5A],[3C,0,6A]] = [6M,3,6P]=⇒ Z ∈MP. Lại xét Z ≡ [1B,5A,3C,0,6A] = [[1B,3C],[5,6A]] = [4F,5,6A]=⇒ Z∈AF. Vì Z ≡ [5,6A,4F] nên 5,6 AZ = 4FZ hay AZ : FZ = 5:7. Tương tự, 6MZ = 3,6PZ hay MZ:ZP = 3:5. Ta có kết quả cần tìm. Dùng ký hiệu thu gọn và kỹ thuật giao hoán-kết hợp có thể trình bày lời giải bài toán ở ví dụ 2.3.1 như sau: Từ giả thiết ta có 4F = 1B + 3C; 6M = 1B + 5A; 33 6P = 3C + 0,6A. Giả sử Z= 1B+5A+3C+0,6A 9,6 . Khi đó, Z= (1B+5A)+(3C+0,6A) 9,6 = 6M+3,6P 9,6 =⇒ Z ∈MP. Z= (1B+3C)+(5A+0,6A) 9,6 = 4F+5,6A 9,6 =⇒ Z ∈ FA. Ta thấy Z = MP∩FA và theo quy luật Archimedes, 6MZ = 3,6ZP; 4FZ = 5,6ZA. Từ đó, MZ:ZP = 3:5; AZ:FZ = 5:7. Ví dụ 2.13. Các điểmM, N, P, Q, R, S theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA của lục giác ABCDEF. Chứng minh rằng ∆MPR,∆NQS có cùng trọng tâm. Lời giải. Chọn G ≡ [1A, 1B, 1C, 1D, 1E, 1F] thì G duy nhất. Dùng kỹ thuật giao hoán-kết hợp: G ≡ [[1A, 1B], [1C, 1D], [1E, 1F]] ≡ [2M, 2P, 2R]. Từ đó, G là trọng tâm ∆MPR. Lại áp dụng kỹ thuật giao hoán-kết hợp kiểu khác thì G ≡ [[1B, 1C], [1D, 1E], [1F, 1A]] ≡ [2N, 2Q, 2S]. Từ đó, G là trọng tâm ∆NQS. Vậy hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm. Ví dụ 2.14. Qua điểm P ở trong hình bình hành ABCD kẻ các đường thẳng song song với các cạnh, chúng cắt các cạnh AB, BC, CD, DA tại K, L, M, N. Gỉa sử Q là giao các đường trung bình của tứ giác KLMN còn S là tâm hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng Q nằm trên đoạn thẳng PS. Điểm này chia đoạn PS theo tỷ số nào? Lời giải. Thoạt tiên ta sẽ đặt các trọng lượng tại 4 đỉnh K, L, M, N sao cho tâm tỷ cự của hệ 4 điểm đó là Q. Để có được điều đó chỉ cần đặt tại mỗi đỉnh các trọng lượng bằng 1:Q ≡ [1K, 1L, 1M, 1N]. Bây giờ chú ý rằng KLMN là hình bình hành nên ta có thể thay hệ {1K, 1L} bằng hệ {1B, 1P}, tức là Q ≡ [1B, 1P, 1D, 1P]. Suy ra Q ≡ [1S, 2P] (S là trung điểm của BD). Nhưng khi đó theo quy tắc Archimedes điểm Q nằm đoạn thẳng PS và chia đôi đoạn thẳng này. Ví dụ 2.15. Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn, các tiếp điểm làM, N, P, Q. Biết độ dài các đoạn thẳng tiếp tuyến xuất phát từ A, B, C, D tương ứng bằng a, b, c, d. Giao điểm củaMP và NQ chia mỗi đoạn thẳng đó theo tỷ số nào? 34 Lời giải. Đặt các trọng lượng m1,m2 tại các điểm A, B sao cho M ≡ [m1A, m2B]. Theo quy tắc Archimedes, am1 = bm2 bởi vậy có thể lấy m1 = 1 a ,m2 = 1 b . Từ cách làm tương tự, bây giờ nếu tại các đỉnh A, B, C, D ta đặt các trọng lượng 1 a , 1 b , 1 c , 1 d thì M ≡[1 a A, 1 b B], N ≡[1 b B, 1 c C], P ≡[1 c C, 1 d D], Q ≡[1 d D, 1 a A]. Áp dụng kỹ thuật kết hợp: Gọi Z ≡[1 a A, 1 b B, 1 c C, 1 d D] ≡[(1 a + 1 b )M, ( 1 c + 1 d )P] =⇒ Z ∈MP. Tương tự, ta khảng định được Z thuộc đoạn NQ. Do đó, Z là giao của các đoạn thẳng MP và NQ. Theo quy tắc Archimedes, ( 1 a + 1 b )MZ = ( 1 c + 1 d )ZP. Từ đó nhân được MZ ZP = ( 1 c + 1 d ): ( 1 a + 1 b ) = (c+d)ab (a+b)cd . Tương tự: NZ ZQ = ( 1 a + 1 d ): ( 1 b + 1 c ) = (a+d)bc (b+ c)ad . Ví dụ 2.16. Trên các cạnh AC, BC của tam giác ABC ta lấy các điểm M và P sao cho: AM : MC = 3 : 1; BP : PC = 1 : 2. Các đoạn thẳng AP và BM cắt nhau ở Q. Biết diện tích tam giác BPQ bằng 1m2 hãy tính diện tích tam giác ABC. Lời giải. Hình 2.7: Tính diện tích Dễ thấy, SABC= 3SBAP= 3SBPQ. AP QP . Bởi vậy ta chỉ cần tính tỷ số AP QP . Ta đặt các trọng lượng m1,m2,m3 lần lượt vào các đỉnh A, B, C sao cho M ≡ [m1A,m3C] còn P ≡ [m3C,m2B]. Theo giả thiết bài toán và quy tắc Archimedes ta sẽ đặt trọng lượng m1 = 1 vào A, trọng lượng m3 = 3 vào C và trọng lượng m2 = 6 vào B. Giả sử Z ≡ [1A, 3C, 6B], Khi đó 35 Z = 1A+3C+6B 10 = (1A+3C)+6B 10 = 4M+6B 10 =⇒ Z ∈MB Z = 1A+(3C+6B) 10 = 1A+9P 10 =⇒ Z ∈ PA. Từ đó, Z = MB ∩ PA, tức Z ≡ Q. Từ đẳng thức trên theo quy tắc Archimedes: 1.AQ = 9.QP; AP = AQ + QP = 10QP. Nghĩa là AQ AP = 10 =⇒ SABC = 30m2. Ví dụ 2.17. Mặt phẳng α cắt các cạnh bên PA, PB, PC của chóp tam giác đều P.ABC tương ứng theo tỷ số 2 5 ; 3 5 ; 4 5 . Mặt phẳng α cắt đường cao PM của hình chóp theo tỷ số nào? Lời giải. Hình 2.8: Hình chóp tam giác đều Gọi A1,B1,C1 là giao điểm của các cạnh SA, SB, SC với mặt phẳng α . Đặt các đỉnh A, B, C các trọng lượng bằng 1. Vì AP = 5 2 AP tức là: AA1 = 3 2 A1P nên 5 2 A1 = 1A+ 3 2 P, tức là A1 là tâm tỷ cự của hệ {1A, 32P}. Tương tự, 5 3 B1 = 1B+ 2 3 P, 5 4 C1 = 1C+ 1 4 P. Ngoài ra do chóp S.ABC là chóp tam giác đều nên 3K = 1A + 1B + 1C. Giả sử Q là tâm tỷ cự của hệ 6 chất điểm đang xét, tức là: 1A+ 3 2 P+1B+ 2 3 P+1C+ 1 4 P= 65 12 Q. Áp dụng kỹ thuật giao hoán-kết hợp ta có 65 12 Q= (1A+ 3 2 P)+(1B+ 2 3 P)+(1C+ 1 4 P) = 5 2 A1+ 5 3 B1+ 1 4 C1. 36 Suy ra Q ∈ α. Áp dụng kỹ thuật giao hoán-kết hợp theo kiểu khác: 65 12 Q= (1A+1B+1C)+( 3 2 P+ 2 3 P)+ 1 4 P)+(1C+ 1 4 P) = 3M+ 29 12 p, ta thu được Q ∈ PM. Vậy Q = PM ∩α . Các bài toán khác Bài toán 2.22. Trong góc P̂AQ vẽ nội tiếp một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc tại P, Q. Đường thẳng BC, B ∈ (AP), C ∈ (AQ) tiếp xúc với đường tròn tại T. GọiM = BQ ∩ CP. Chứng minh rằng ba điểm A, T, M thẳng hàng. Bài toán 2.23. Đáy hình chóp F.ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng α cắt các cạnh bên, BF, CF, DF tương ứng tại A1,B1,C1,D1 sao cho AA1 A1F = 2, BB1 B1F = 5, CC1 C1F = 10. Tính tỷ số x = DD1 D1F . Bài toán 2.24. Trên cạnh4ABC lấy các điểm L,M sao cho:−→CL= α−→CA,−−→CM= β−→CB (0< α < 1;0< β < 1). Giả sử P là giao của AM và BL. Tính tỷ số AP AM . 2.4 Kỹ thuật quán tính. Kỹ thuật mô men quán tính dựa vào các tính chất 1.5 và 1.6 nói về các công thức Lagrang và Jacobi. Với kỹ thuật này ta thu được các công thức về khoảng cách. Đặc biệt cho ta phép chứng minh mới về công thức Euler. Ví dụ 2.18. Biết các bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC là R,r. Tính khoảng cách d giữa các tâm đường tròn này. Lời giải. Giả sử Z là tâm nội tiếp và O là tâm ngoại tiếp, a, b, c là độ dài các cạnh tam giác ABC. Dễ thấy điểm Z là tâm tỷ cự của hệ chất điểm aA, bB, cC. Theo công thức Lagrang, (a + b + c)|OZ|2 = JO− JZ. Hơn nữa, theo định nghĩa mô men quán tính thì JO = a|OA|2 + b|OB|2 + c|OC|2 = (a+b+ c)2R2. Cuối cùng, theo công thức Jacobi, JZ = 1 a+b+ c (ab|AB|2+bc|BC|2+ca|CA|2)= 37 abc2+bca2+ cab2 a+b+ c = abc. Bởi vậy, d2 = |OZ|2 = JO− JZ a+b+ c = R2− abc a+b+ c . Từ các công thức quen biết S = abc 4R = 1 2 (a+b+ c)r ta rút ra: abc a+b+ c = 2Rr và bởi vậy, d2 = R(R−2r), ta thu được công thức Euler. Ví dụ 2.19. (Bài toán Apolonius) Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B. λ 6= 1 là một số cho trước. Tìm quỹ tích các điểmM sao cho MA MB = λ . Lời giải. Điều kiện MA MB = λ tương đương với hệ thức λ 2MB2−MA2 = 0. Ta nhận thấy vế trái là mô men quán tính của hệ hai chất điểm {λ 2B,(−1)A} đối với điểm M. Nghĩa là bài toán chuyển về tìm quỹ tích điểm M sao cho JM = 0. Ký hiệu Z là tâm tỷ cự của hệ chất điểm {λ 2B,(−1)A}, ta có theo công thức Lagrang và Jacobi: JM = JZ+(λ 2−1)ZM2 =− λ 2 λ 2−1AB 2+(λ 2−1)ZM2. Bởi vậy điều kiện JM = 0 được thực hiện khi và chỉ khi ZM= λ |λ 2−1|AB. Từ đó rõ ràng quỹ t