Luận văn Phương pháp tọa độ diện tích trong hình học phẳng

trong Định lý 1.2 để định nghĩa tọa độ diện tích của một điểm trong mặt phẳng. Đây là lý do mà tọa độ diện tích còn được gọi là tọa độ tỉ cự (tiếng Anh: “barycentric coordinate”). Định lý 1.3. Nếu (x, y, z) là bộ ba số thực thỏa mãn x + y + z 6= 0 thì tồn tại duy nhất một điểm P trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện x −→ PA+ y −−→ PB + z −→ PC = ~0. 7 Chứng minh. Để chứng minh Định lý 1.3 ta cần bổ đề sau đây: Bổ đề 1.4. Cho M,N là hai điểm phân biệt trong mặt phẳng và α, β là hai số thực không đồng thời bằng không. Nếu α + β 6= 0 thì tồn tại duy nhất một điểm P trong mặt phẳng sao cho: α −−→ PM + β −−→ PN = ~0. Chứng minh. Theo giả thiết, ta có α −−→ PM + β −−→ PN = ~0 nên −α−−→MP + β(−−→MN −−−→MP ) = ~0. Biến đổi đẳng thức này ta thu được (α + β) −−→ MP = β −−→ MN. Do α + β 6= 0 nên ta rút được −−→ MP = β α + β −−→ MN. Đẳng thức này suy ra tính tồn tại và duy nhất của điểm P . Bây giờ, chúng ta chứng minh Định lý 1.3. Vì x+ y+ z 6= 0 nên tồn tại một trong ba số x+ y, y + z, z + x khác không. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x+ y 6= 0. Theo Bổ đề 1.4, tồn tại duy nhất điểmM thỏa mãn x −−→ MA+ y −−→ MB = ~0. Từ điều kiện x −→ PA+ y −−→ PB + z −→ PC = ~0 ta suy ra x( −−→ PM + −−→ MA) + y( −−→ PM + −−→ MB) + z −→ PC = ~0. Do đó (x+ y) −−→ PM + (x −−→ MA+ y −−→ MB) + z −→ PC = ~0 hay (x+ y) −−→ PM + z −→ PC = ~0. Vì (x+ y) + z 6= 0 nên điểm P được xác định duy nhất theo Bổ đề 1.4. Từ Định lý 1.3 ta có được hệ quả sau đây. 8 Hệ quả 1.5. Nếu (x, y, z) là bộ ba số thực thỏa mãn x + y + z = 1 thì tồn tại duy nhất một điểm P trong mặt phẳng nhận (x, y, z) làm tọa độ diện tích đối với một tam giác cơ sở nào đó. Hệ quả 1.5 chứng tỏ rằng Định nghĩa 1.1 là hoàn toàn có nghĩa. Ví dụ 1.6. Với tam giác cơ sở ∆ABC, kí hiệu S là hai lần diện tích tam giác ABC, SA = S cotA, SB = S cotB, SC = S cotC, ∑ cyclic a2SA = a 2SA + b 2SB + c 2SC và∑ cyclic SBSC = SBSC + SCSA + SASB. Khi đó, ta có tọa độ diện tích của một số điểm đặc biệt của tam giác ∆ABC như sau: Ba đỉnh A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) Trọng tâm G = ( 1 3 , 1 3 , 1 3 ) Tâm đường tròn nội tiếp I = ( a a+ b+ c , b a+ b+ c , c a+ b+ c ) Tâm đường tròn ngoại tiếp O =  a2SA∑ cyclic a2SA , b2SB∑ cyclic a2SA , c2SC∑ cyclic a2SA  Trực tâm H =  SBSC∑ cyclic SBSC , SCSA∑ cyclic SBSC , SASB∑ cyclic SBSC  1.2 Phương trình đường thẳng Định lý sau đây cho ta điều kiện cần và đủ đối với tọa độ diện tích để ba điểm trong mặt phẳng thẳng hàng. Điều kiện này chính là cơ sở để ta xây dựng phương trình đường thẳng trong hệ tọa độ diện tích. Định lý 1.7. Ba điểm P = (x1, y1, z1), Q = (x2, y2, z2) và R = (x3, y3, z3) trong mặt phẳng thẳng hàng khi và chỉ khi ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0. 9 Chứng minh. Theo giả thiết, ta có x1 = [PBC] [ABC] , y1 = [PCA] [ABC] , z1 = [PAB] [ABC] , x2 = [QBC] [ABC] , ... Để đơn giản hóa trong trình bày, chúng tôi giả sử ba điểm P,Q,R đều nằm trong tam giác ∆ABC. Gọi Px, Py, Pz lần lượt là hình chiếu vuông góc từ P lên các đường thẳng BC,CA,AB. Ký hiệu tương tự với các điểm Q và R (xem Hình 1.4). Khi đó,ta có [PBC] = 1 2 PPx.a. Suy ra PPx = 2[PBC] a = 2[ABC] a .x1. Tương tự, chúng ta có QQx = 2[ABC] a .x2 và RRx = 2[ABC] a .x3. Chúng ta cũng có các đẳng thức tương ứng cho PPy, QQy, RRy, PPz, QQz và RRz. Hình 1.4: Ba điểm thẳng hàng Giả sử ba điểm P,Q,R thẳng hàng. Khi đó, với k = PR PQ , ta có RR x = (1− k)PP x + k.QQ x . 10 Kết hợp với các đẳng thức ở trên, ta được x3 = (1− k)x1 + kx2. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có y3 = (1− k)y1 + ky2 và z3 = (1− k)z1 + kz2. Từ đây suy ra ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0. Ngược lại, giả sử ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0. Khi đó, trong không gian vectơ ba chiềuR3, ba vectơ ~P = (x1, y1, z1), ~Q = (x2, y2, z2), ~R = (x3, y3, z3) là phụ thuộc tuyến tính. Vì vậy, một trong ba vectơ đó có thể biểu diễn tuyến tính được qua hai vectơ còn lại. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử ~R biểu diễn tuyến tính được qua hai vectơ ~P và ~Q. Mặt khác, do xi + yi + zi = 1, i = 1, 2, 3, nên tồn tại số thực k sao cho ~R = (1− k)~P + k ~Q. Từ đây suy ra RRx = (1− k)PPx + kQQx và do đó ba điểm P,Q,R thẳng hàng. Từ Định lý 1.7 ta suy ra phương trình một đường thẳng trong tọa độ diện tích có dạng px+ qy + rz = 0, 11 trong đó p, q, r là những hằng số thực không đồng thời bằng không. Các hệ số p, q, r xác định duy nhất sai khác một nhân tử khác không. Hơn nữa ta có hệ quả sau đây: Hệ quả 1.8. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt P = (x1, y1, z1) và Q = (x2, y2, z3) là ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x y z x1 y1 z1 x2 y2 z2 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0. Ví dụ 1.9. Tất cả các đường thẳng đi qua đỉnh A của tam giác cơ sở đều có dạng qy + rz = 0 với q, r là hai số thực không đồng thời bằng không. Tương tự như vậy, phương trình đường thẳng đi qua B có dạng px+ rz = 0 và phương trình đường thẳng đi qua C có dạng px+ qy = 0. Lưu ý rằng một phương trình có dạng px+ qy+ rz = 0 chưa chắc là phương trình của một đường thẳng trong tọa độ diện tích. Chẳng hạn không có điểm nào trong mặt phẳng thỏa mãn phương trình x + y + z = 0 vì tọa độ diện tích của một điểm phải thỏa mãn x + y + z = 1. Phương trình có dạng px + qy + rz = 0, với p, q, r không đồng thời bằng không là phương trình của một đường thẳng khi và chỉ khi hệ phương trình tuyến tính px+ qy + rz = 0x+ y + z = 1 có nghiệm. Điều này tương đương với hạng của ma trậnp q r 1 1 1  bằng 2. Do vậy ta có định lý sau đây: Định lý 1.10. Điều kiện cần và đủ để phương trình px+ qy+ rz = 0, với p, q, r là ba hằng số thực, là phương trình của một đường thẳng là p : q : r 6= 1 : 1 : 1. 12 1.3 Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng Trong mặt phẳng, xét hai đường thẳng d1 : p1x + q1y + r1z = 0 và d2 : p2x + q2y + r2z = 0. Rõ ràng hai đường thẳng này trùng nhau khi và chỉ khi p1 : q1 : r1 = p2 : q2 : r2. Hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau khi và chỉ khi hệ phương trình p1x+ q1y + r1z = 0 p2x+ q2y + r2z = 0 x+ y + z = 1 có nghiệm duy nhất. Điều này tương đương với∣∣∣∣∣∣∣∣∣ p1 q1 r1 p2 q2 r2 1 1 1 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0 hay ∣∣∣∣∣∣q1 r1q2 r2 ∣∣∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∣∣r1 p1r2 p2 ∣∣∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∣∣p1 q1p2 q2 ∣∣∣∣∣∣ 6= 0. Trong trường hợp này, tọa độ giao điểm của d1 và d2 là 1 δ ∣∣∣∣∣∣q1 r1q2 r2 ∣∣∣∣∣∣ , ∣∣∣∣∣∣r1 p1r2 p2 ∣∣∣∣∣∣ , ∣∣∣∣∣∣p1 q1p2 q2 ∣∣∣∣∣∣  , với δ = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ p1 q1 r1 p2 q2 r2 1 1 1 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ . Từ đây, ta có mệnh đề sau đây: Mệnh đề 1.11. Cho ba đường thẳng phân biệt di : pix + qiy + riz = 0, i = 1, 2, 3. Ba đường thẳng d1, d2, d3 đồng quy khi và chỉ khi∣∣∣∣∣∣∣∣∣ p1 q1 r1 p2 q2 r2 p3 q3 r3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0. 13 1.4 Quan hệ vuông góc Trước khi nghiên cứu về quan hệ vuông góc trong hệ tọa độ diện tích chúng ta có khái niệm sau đây về tọa độ diện tích của một vectơ. Định nghĩa 1.12. Cho P = (p1, p2, p3) và Q = (q1, q2, q3) là hai điểm trong mặt phẳng với hệ tọa độ diện tích. Bộ ba (q1− p1, q2− p2, q3− p3) được gọi là tọa độ diện tích của vectơ −→ PQ. Ta sẽ làm rõ hơn khái niệm tọa độ diện tích của một vectơ. Trước tiên ta chú ý rằng tổng các tọa độ diện tích của một vectơ luôn bằng không. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác cơ sở ∆ABC. Vì (p1, p2, p3) là tọa độ của điểm P nên ta có p1 + p2 + p3 = 1 và p1 −→ PA+ p2 −−→ PB + p3 −→ PC = ~0. Do đó, ta có −→ PO + p1 −→ OA+ p2 −−→ OB + p3 −→ OC = ~0. Tương tự, ta cũng có −→ QO + q1 −→ OA+ q2 −−→ OB + q3 −→ OC = ~0. Trừ vế với vế của hai đẳng thức trên ta được −→ PQ = (q1 − p1)−→OA+ (q2 − p2)−−→OB + (q3 − p3)−→OC. Như vậy nếu (x, y, z) là tọa độ diện tích của một vectơ ~u thì ta có x+ y + z = 0 và ~u = x −→ OA+ y −−→ OB + z −→ OC. Định lý sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để hai đường thẳng vuông góc với nhau trong hệ tọa độ diện tích. Định lý 1.13. Cho M,N,P,Q là bốn điểm trong mặt phẳng với −−→ MN = (x1, y1, z1) và −→ PQ = (x2, y2, z2). Khi đó đường thẳngMN vuông góc với đường thẳng PQ khi và chỉ khi a2(y1z2 + y2z1) + b 2(z1x2 + z2x1) + c 2(x1y2 + x2y1) = 0. 14 Chứng minh. Sử dụng tích vô hương của hai vectơ, ta cóMN vuông góc với PQ khi và chỉ khi −−→ MN · −→PQ = 0, tức là (x1 −→ OA+ y1 −−→ OB + z1 −→ OC) · (x2−→OA+ y2−−→OB + z2−→OC) = 0. Khai triển biểu thức này ta được x1x2 −→ OA2 + y1y2 −−→ OB2 + z1z2 −→ OC2 + (x1y2 + x2y1) −→ OA · −−→OB + (y1z2 + y2z1) −−→ OB · −→OC + (z1x2 + z2x1)−→OC · −→OA = 0. Mặt khác, ta có −→ OA2 = −−→ OB2 = −→ OC2 = R2 và −→ OA · −−→OB = R2 − c 2 2 , −−→ OB · −→OC = R2 − a 2 2 , −→ OC · −→OA = R2 − b 2 2 , trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC và a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA,AB. Do đó ta được R2(x1x2 + y1y2 + z1z2) + (x1y2 + x2y1) ( R2 − c 2 2 ) + (y1z2 + y2z1) ( R2 − a 2 2 ) + (z1x2 + z2x1) ( R2 − b 2 2 ) = 0. Từ đó suy ra R2 (x1x2 + y1y2 + z1z2 + x1y2 + x2y1 + y1z2 + y2z1 + z1x2 + z2x1) = 1 2 ( a2(y1z2 + y2z1) + b 2(z1x2 + z2x1) + c 2(x1y2 + x2y1) ) . Vế trái của đẳng thức này bằng R2(x1 + y1 + z1)(x2 + y2 + z2) = 0 nên ta suy ra điều phải chứng minh. Sử dụng kết quả của Định lý 1.13 ta dễ dàng chứng minh được Định lý Pytago. Hệ quả 1.14 (Định lý Pitago). Tam giác ∆ABC vuông tại A khi và chỉ khi a2 = b2 + c2. 15 Chứng minh. Sử dụng tam giác ∆ABC là tam giác cơ sở, ta có A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) và C = (0, 0, 1). Do đó −→ AB = (−1, 1, 0) và −→AC = (−1, 0, 1). Áp dụng Định lý 1.13, tam giác ∆ABC vuông tại A khi và chỉ khi a2 − b2 − c2 = 0. Từ đây suy ra điều phải chứng minh. 1.5 Khoảng cách Trong mục này ta sẽ xây dựng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm trong mặt phẳng với hệ tọa độ diện tích. Trước tiên, ta sẽ chứng minh định lý sau đây về độ dài vectơ trong tọa độ diện tích. Định lý 1.15. Giả sử vectơ ~u trong mặt phẳng có tọa độ diện tích là (x, y, z). Khi đó độ dài của ~u được xác định bởi |~u|2 = −a2yz − b2zx− c2xy. Chứng minh. Theo giả thiết (x, y, z) là tọa độ diện tích của vectơ ~u nên ta có x+ y+ z = 0 và ~u = x −→ OA+ y −−→ OB + z −→ OC, trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cơ sở ∆ABC. Do đó, ta có |~u|2 = ~u · ~u = (x−→OA+ y−−→OB + z−→OC) · (x−→OA+ y−−→OB + z−→OC) = x2 −→ OA2 + y2 −−→ OB2 + z2 −→ OC2 + 2xy −→ OA · −−→OB + 2yz−−→OB · −→OC + 2zx−→OC · −→OA. Mặt khác, ta có −→ OA2 = −−→ OB2 = −→ OC2 = R2 và −→ OA · −−→OB = R2 − c 2 2 , −−→ OB · −→OC = R2 − a 2 2 và −→ OC · −→OA = R2 − b 2 2 , 16 trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác cơ sở ∆ABC và a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA,AB. Vì vậy, ta tính được |~u|2 = R2(x2 + y2 + z2) + 2xy ( R2 − c 2 2 ) + 2yz ( R2 − a 2 2 ) + 2zx ( R2 − b 2 2 ) = R2(x+ y + z)2 − (xyc2 + yza2 + zxb2). Vì x+ y + z = 0 nên ta suy ra điều phải chứng minh. Bây giờ, ta giả sử P = (p1, p2, p3) và Q = (q1,2 , q3) là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Khi đó, ta có −→ PQ = (q1 − p1, q2 − p2, q3 − p3). Áp dụng Định lý 1.15, ta có PQ2 = |−→PQ|2 = −a2(q2 − p2)(q3 − p3)− b2(q3 − p3)(q1 − p1) − c2(q1 − p1)(q2 − p2). 1.6 Phương trình đường tròn Dựa vào công thức khoảng cách đã xây dựng ở mục trước, ta xây dựng được phương trình tổng quát của một đường tròn trong mặt phẳng với hệ tọa độ diện tích. Định lý 1.16. Phương trình tổng quát của một đường tronftrong mặt phẳng với hệ tọa độ diện tích có dạng −a2yz − b2zx− c2xy + (ux+ vy + wz)(x+ y + z) = 0, trong đó, a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA,AB của tam giác cơ sở ∆ABC và u, v, w là ba số thực. Chứng minh. Xét đường tròn (I; r) có tâm I = (j, k, l) và bán kinh r. Khi đó, theo công thức khoảng cách, một điểm (x, y, z) nằm trên đường tròn (I; r), khi và chỉ khi −a2(y − k)(z − l)− b2(z − l)(x− j)− c2(x− j)(y − k) = r2. Khai triển biểu thức này ta được −a2yz − b2zx− c2xy + C1x+ C2y + C3z = C, 17 trong đó C1 = b 2l + c2k, C2 = a 2l + c2j, C3 = a 2k + bj và C = r2 + a2kl + b2lj + c2jk. Mặt khác, vì x+ y+ z = 1 nên phương trình đường tròn đã cho có thể được viết lại là −a2yz − b2zx− c2xy + (C1 − C)x+ (C2 − C)y + (C3 − C)z = 0. Đặt u = C1 − C, v = C2 − C,w = C3 − C. Thay vào phương trình ta được −a2yz − b2zx− c2xy + ux+ vy + wz = 0. Vì x+ y + z = 1 nên ta có thể viết phương trình thành −a2yz − b2zx− c2xy + (ux+ vy + wz)(x+ y + z) = 0. Ta sẽ xác định các hệ số u, v, w trong phương trình đường tròn một cách hình học. Áp dụng công thức khoảng cách ta có IA2 = −a2kl − b2lj − c2jk + b2l + c2k. Do đó, ta có u = C1 − C = IA2 − r2. Tương tự, ta có v = IB2 − r2 và w = IC2 − r2. Với cách xác định này ta suy ra ngay phương trình đường tròn ngoại tiếp của tam giác cơ sở ∆ABC. Hệ quả 1.17. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác cơ sở ∆ABC là a2yz + b2zx+ c2xy = 0. 18 Chương 2 Một số ứng dụng của tọa độ diện tích Trong chương này, chúng tôi trình bày ứng dụng của tọa độ diện tích trong việc giải một số bài toán hình học phẳng. 2.1 Định lý Ceva và định lý Menelaus Ứng dụng đầu tiên của hệ tọa độ diện tích mà chúng tôi muốn trình bày là sử dụng tọa độ diện tích để chứng minh hai định lý nổi tiếng của hình học phẳng: Định lý Ceva và Định lý Menelaus. Định lý 2.1 (Định lý Ceva). Cho tam giác ∆ABC và ba điểm D,E, F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC,CA,AB. Khi đó, nếu ba đường thẳng AD,BE và CF đồng quy tại một điểm P thì ta có AF FB · BD DC · CE EA = 1. Chứng minh. Xét hệ tọa độ diện tích với tam giác cơ sở ∆ABC. Vì D thuộc đường thẳng BC nên tọa độ của D có dạng (0, d, 1− d), với d ∈ R và ta có d 1− d = DC BD . Lưu ý rằng nếu D nằm giữa B và C thì 0 < d < 1; nếu B nằm giữa D và C thì d > 1; nếu C nằm giữaD và B thì d < 0. Phương trình đường thẳng AD đi qua điểm A = (1, 0, 0) và D = (0, d, 1− d) là (1− d)y − dz = 0, hay z = 1− d d y. 19 Vì E nằm trên đường thẳng AC nên tọa độ của E có dạng (1− e, 0, e), với e ∈ R và ta có e 1− e = EA CE . Lưu ý rằng nếu E nằm giữa A và C thì 0 < e < 1; nếu A nằm giữa E và C thì e 1. Phương trình đường thẳng BE đi qua điểm B = (0, 1, 0) và E = (1− e, 0, e) là −ex+ (1− e)z = 0, hay x = 1− e e z. Vì F nằm trên đường thẳng AB nên tọa độ của F có dạng (f, 1− f, 0), với f ∈ R và ta có f 1− f = FB AF . Lưu ý rằng nếu F nằm giữa A và B thì 0 < f < 1; nếu A nằm giữa B và F thì f > 1; nếu B nằm giữa A và F thì f < 0. Phương trình đường thẳng CF đi qua điểm C = (0, 0, 1) và F = (f, 1− f, 0) là (1− f)x− fy = 0, hay y = 1− f f x. Nếu ba đường thẳng AD,BE và CF đồng quy tại điểm P thì điểm P nằm trên cả ba đường thẳng đó. Vì vậy, ta có x = 1− e e z = 1− e e · 1− d d y = 1− e e · 1− d d · 1− f f x. Từ đó suy ra 1 = 1− e e · 1− d d · 1− f f . Vì d 1− d = DC BD , e 1− e = EA CE và f 1− f = FB AF nên ta thu được 1 = CE EA · BD DC · AF FB . Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Định lý 2.2 (Định lý Menelaus). Trong mặt phẳng, cho tam giác ∆ABC. Giả sử một đường thẳng không đi qua đỉnh của tam giác và cắt ba cạnh AB,BC,CA lần lượt tại D,E và F . Khi đó, ta có BD DC · CE EA · AF FB = −1. 20 Chứng minh. Xét trong tọa độ diện tích với tam giác cơ sở ∆ABC. Khi đó, tọa độ củaD có dạng (0, d, 1− d), với d ∈ R thỏa mãn d 1− d = DC BD ; tọa độ của E có dạng (1 − e, 0, e), với e ∈ R thỏa mãn e 1− e = EA CE ; tọa độ của F có dạng (f, 1 − f, 0), với f ∈ R thỏa mãn f 1− f = FB AF . Theo giả thiết, ba điểm D,E, F thẳng hàng nên, theo Định lý 1.7, ta có∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 d 1− d 1− e 0 e f 1− f 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0, hay (1− e)(1− f)(1− d) + d.e.f = 0. Suy ra 1− d d · 1− e e · 1− f f = −1. Từ đẳng thức này và các đẳng thức d 1− d = DC BD , e 1− e = EA CE và f 1− f = FB AF ta suy ra điều cần phải chứng minh. 2.2 Công thức Conway Như các phần đã trình bày phí trước, tọa độ diện tích (x, y, z) của một điểm P trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Điều kiện này được gọi là điều kiện chuẩn hóa. Với mỗi số thực khác không k, ta gọi (kx : ky : kz) được gọi là tọa độ không chuẩn hóa của điểm P = (x, y, z) trong tọa độ diện tích. Tọa độ không chuẩn hóa được sử dụng rất hữu hiệu trong nhiều áp dụng của tọa độ diện tích. Công thức Conway là một công cụ hữu hiệu để làm việc với các góc liên quan đến một tam giác trong tọa độ diện tích. Trước tiên ta cần sử dụng kí hiệu sau đây, gọi là các kí hiệu Conway: kí hiệu S là hai lần diện tích của tam giác ∆ABC; với mỗi số thực θ, ta kí hiệu S cot θ là Sθ. Với các kí hiệu này ta có SA = bc cosA = b2 + c2 − a2 2 ;SB = ca cosB = c2 + a2 − b2 2 21 và SC = ab cosC = a2 + b2 − c2 2 . Công thức cho bởi định lý dưới đây được gọi là công thức Conway. Định lý 2.3 (Công thức Conway). Trong mặt phẳng tọa độ diện tích với tam giác cơ sở ∆ABC, cho điểm P với các góc (có hướng) P̂BC = θ và B̂CP = φ. Khi đó, tọa độ không chuẩn hóa của P được xác định bởi P = (−a2 : SC + Sφ : SB + Sθ). Chứng minh. Theo định lý hàm số sin trong tam giác PBC ta có BP = a sinφ sin(θ + φ) và CP = a sin θ sin(θ + φ) . Do đó, diện tích tam giác PBC là 1 2 ·BC ·BP sin θ = a 2 sin θ sinφ 2 sin(θ + φ . Hoàn toàn tương tự, diện tích của hai tam giác PCA và PBA lần lượt là ab sin θ sin(φ+ C) 2 sin(θ + φ) và ac sinφ sin(θ +B) 2 sin(θ + φ) . Từ đó, ta suy ra tọa độ của điểm P là: (−a2 sin θ sinφ : ab sin θ sin(φ+ C) : ac sinφ sin(θ +B)) = ( −a2 : ab sin(φ+ C) sinφ : ac sin(θ +B) sin θ ) = (−a2 : ab cosC + ab sinC cotφ : ca cosB + ca sinB cot θ) = (−a2 : SC + Sφ : SB + Sθ). 2.3 Một số bài toán chứng minh đồng quy Trong mục này, chúng tôi trình bày áp dụng của phương pháp tọa độ diện tích trong một số bài toán chứng minh đồng quy. 22 Ví dụ 2.4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AO,BO,CO cắt đường tròn tâm O lần lượt tại D,E, F . Đường thẳng ID cắt BC tại X , IE cắt CA tại Y và IF cắt AB tại Z. Chứng minh rằng ba đường thẳng AX,BY,CZ đồng quy tại một điểm. Chứng minh. Nếu tam giác ABC là tam giác vuông, chẳng hạn, vuông tại A. Khi đó BY và CZ trùng với BC nên bài toán hiển nhiên đúng. Vì vậy, ta chỉ cần xét với tam giác không vuông, khi đó SA, SB, SC đều khác không. Xét tọa độ diện tích với tam giác cơ sở ABC. Phương trình đường tròn tâm O là a2yz+ b2zx+ c2xy = 0 và phương trình đường thẳng AD là c2SCy = b2SBz. Do đó, tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình z = c2SC b2SB · y, a2yz + b2zx+ c2xy = 0. Cho x = 1, ta có hệ  z = c2SC b2SB · y, a2yz + b2z + c2y = 0. Từ đó suy ra y2a2 c2SC b2SB + yc2 + yc2 c2SC b2SB = 0. Quy đồng mẫu thức ta được y2a2c2SC + yb 2c2(SB + SC) = 0. 23 Vì vậy, ta rút được y = −b 2c2(SB + SC) a2c2SC = − b 2 SC . Tương tự, ta có z = − c 2 SB . Do đó, tọa độ không chuẩn hóa của D là D = ( 1 : − b 2 SC : − c 2 SB ) = (−SBSC : b2SB : c2SB). Mặt khác, tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tọa độ I = (a : b : c). Do vậy, phương trình đường thẳng ID có phương trình bc(cSC − bSB)x− cSC(SB + ca)y + bSB(SC + ab)z = 0. Điểm X là giao điểm của đường thẳng ID là đường thẳng BC : x = 0 nên ta có X = ( 0 : bSB SB + ca : cSC SC + ab ) . Từ đó suy ra phương trình đường thẳng AX là − cSC SC + ab y + bSB SB + ca z = 0. Bằng cách hoán vị vòng quanh a, b, c ta tìm được BY : − cSC SC + ab x+ aSA SA + bc z = 0 và − bSB SB + ac x+ aSA SA + bc y = 0. Áp dụng Mệnh đề 1.11, ta suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 2.5. Cho hình bình hành ABCD, các điểm M,N nằm trên các đường thẳng AB,BC. Gọi I, J,K lần lượt là trung điểmDM,MN,ND. Chứngminh rằngAI,BJ,CK đồng quy. 24 Chứng minh. Xét tọa độ diện tích với tam giác cơ sở ABC. Vì ABCD là hình bình hành nên ta có −−→ DB = −−→ DA+ −−→ DC. Do đóD = (1,−1, 1). VìM nằm trên đường thẳng AB nên tọa độ của M có dạng (xM , yM , 0), với xM + yM = 1. Vì N thuộc đường thẳng BC nên N = (0, yN , zN), với yN + zN = 1. Vì I là trung điểm củaDM nên ta có I = ( xM + 1 2 , yM − 1 2 , 1 2 ) . Do đó, phương trình đường thẳng AI là −y + (yM − 1)z = 0. Tương tự, ta có BJ : −zNx+ xMz = 0 và CK : (yN − 1)x− y = 0. Áp dụng Mệnh đề 1.11, ta dễ dàng kiểm tra được ba đường thẳng AI,BJ và CK đồng quy. Ví dụ 2.6. Cho tam giác ABC. Giả sử đường tròn nội tiếp (I) của tam giác theo thứ tự tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB tại X, Y, Z. Đặt M = BY ∩ XZ và N = CZ ∩ XY . Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của MY,NZ. Chứng minh rằng AI, Y F, ZE đồng quy. Chứng minh. Xét hệ tọa độ diện tích với tam giác cơ sở là tam giác ABC. Khi đó, ta có I = (a : b : c) và X = ( 0 : 1 p− b : 1 p− c ) , Y = ( 1 p− a : 0 : 1 p− c ) , Z = ( 1 p− a : 1 p− b : 0 ) , 25 trong đó, a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA,AB và p là nửa chu vi của tam giác ABC. Suy ra phương trình đường thẳng BY là (p− a)x = (p− c)z và đường thẳng XZ có phương trình là (p− a)x− (p− b)y + (p− c)z = 0. Do đó,M có tọa độ thỏa mãn 2(p− a)x = (p− b)y = 2(p− c)z. Suy raM = ( 1 p− a : 2 p− b : 1 p− c ) . Đặt Ty = 1 p− a + 1 p− c, T = 1 p− a + 1 p− b + 1 p− c. Gọi E là trung điểm củaMY . Khi đó E = ( T p− a : Ty p− b : T p− c ) . Suy ra phương trình đường thẳng ZE là −x T (p− b)(p− c) + y T (p− a)(p− c) + z 1 (p− a)(p− b)2 = 0. Tương tự, ta có phương trình đường thẳng Y F là −x T (p− b)(p− c) + y 1 (p− a)(p− c)2 + z T (p− a)(p− b) = 0. Gọi J là giao điểm của Y F và ZE thì tọa độ của J thỏa mãn hệ−x T (p−b)(p−c) + y T (p−a)(p−c) + z 1 (p−a)(p−b)2 = 0, −x T(p−b)(p−c) + y 1(p−a)(p−c)2 + z T(p−a)(p−b) = 0. Suy ra yJ T (p− b)(p− c) + zJ 1 (p− a)(p− b)2 = yJ 1 (p− a)(p− c)2 + zJ T (p− a)(p− b) . Điều này tương đương với yJ (p− a)(p− c) ( T − 1 p− c ) = zJ (p− a)(p− b) ( T − 1 p− b ) . 26 Do đó yJ p− c ( 1 p− a + 1 p− b ) = zJ p− b ( 1 p− a + 1 p− c ) ⇔ c.yJ = bzJ . Mặt khác, đường thẳng AI có phương trình cy − bz = 0. Suy ra J cũng nằm trên đường thẳng AI . Vậy ba đường thẳng AI, Y F và ZE đồng quy tại J . 2.4 Một số bài toán về diện tích Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày ứng dụng của phương pháp tọa độ diện tích vào một số bài toán về diện tích trong hình học phẳng. Trước tiên chúng ta cần xây dựng công thức xác định diện tích của một tam giác trong tọa độ diện tích. Định lý 2.7. Cho tam giác P1P2P3 với các đỉnh có tọa độ (chuẩn hóa) tương ứng là (xi, yi, zi), i = 1, 2, 3. Khi đó diện tích của tam giác P1P2P3 được xác định bởi công thức [P1P2P3] [ABC] = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ . Chứng minh. Đặt u = x2 − x1, v = y2 − y1, w = z2 − z1, u′ = x3 − x1, v′ = y3 − y1, w′ = z3 − z1. Gọi Q là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Khi đó, ta có −−→ P1P2 = u −→ QA+ v −−→ QB + w −→ QC và −−→ P1P3 = u ′−→QA+ v′−−→QB + w′−→QC. Chú ý rằng u+ v + w = u′ + v′ + w′ = 0 nên ta có −−→ P1P2 = u( −→ QA = −→ QC) + v( −−→ QB −−→QC) = u−→CA+ v−−→CB. Tương tự −−→ P1P3 = u ′−→CA + v′−−→CB. Coi các vectơ này trong không gian, ta tính tích có hướng −−→ P1P2 ∧ −−→P1P3 = (u−→CA+ v−−→CB) ∧ (u′−→CA+ v′−−→CB) = (uv′ − vu′)(−→CA ∧ −−→CB). 27 Mặt khác, vì xi + yi + zi = 1, i = 1, 2, 3, nên ta dễ dàng kiểm tra được uv′ − vu′ = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ . Kết hợp các đẳng thức trên ta được −−→ P1P2 ∧ −−→P1P3 = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ( −→ CA ∧ −−→CB). Chú ý rằng |−−→P1P2 ∧ −−→P1P3| = 2|[P1P2P3]|, |−→CA ∧ −−→CB| = 2|[ABC]|. Do đó, ta có điều cần chứng minh. Nhận xét 2.8. Trong Định lý 2.7, tọa độ các điểm đều đã được chuẩn hóa, tức là tổng các tọa độ bằng 1. Trong trường hợp tọa độ không chuẩn hóa, công thức xác định diện tích trở thành: [P1P2P3] [ABC] = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 x2 y2 z2 x3 y3 z3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (x1 + y1 + z1)(x2 + y2 + z2)(x3 + y3 + z3) . Ví dụ 2.9 (Định lý Routh). Cho tam giácABC, các điểmM,N,P nằm trênBC,CA,AB và chia các đoạn BC,CA,AB lần lượt theo các tỉ sốm : 1, n : 1, p : 1. Gọi I là giao điểm của BN và CP ; J là giao điểm của CP và AM ; K là giao điểm của AM và BN . Khi đó a) [IJK] = (mnp− 1)2 (mn+m+ 1)(np+ n+ 1)(pm+ p+ 1) [ABC]; b) [MNP ] = mnp+ 1 (m+ 1)(n+ 1)(p+ 1) [ABC]. 28 Chứng minh. Xét tọa độ diện tích với tam giác cơ sở ABC. Khi đó, ta cóM = (0 : 1 : m), N = (n : 0 : 1), P = (1 : p : 0). Do đó, phương trình các đường thẳng AM,BN,CP là AM : my − z = 0;BN : x− nz = 0;CP : px− y = 0. Do đó, ta tìm được I = (n : np : 1), J = (1 : p : pm) và K = (mn : 1 : m). Suy ra [IJK] = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ n np 1 1 p pm mn 1 m ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (mn+m+ 1)(np+ n+ 1)(pm+ p+ 1) [ABC] = (mnp− 1)2 (mn+m+ 1)(np+ n+ 1)(pm+ p+ 1) [ABC] và [MNP ] = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 0 1 m n 0 1 1 p 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ (m+ 1)(n+ 1)(p+ 1) [ABC] = mnp+ 1 (m+ 1)(n+ 1)(p+ 1) [ABC]. Nhận xét 2.10. Từ Định lý Routh ta dễ dàng suy ra Định lý Ceve và Định lý Menelaus: nếu mnp = 1 thì S1 = 0 nên AM,BN và CP đồng quy; nếu mnp = −1 thì S2 = 0 nênM,N,P thẳng hàng. Ví dụ 2.11 (Công thức E