Luận văn Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng

−−→MI + 3−−→MC = −→0 ⇔ −−→MI = −−−→MC. 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|−−→MA+−−→MB +−−→MC| = |−−→MA+ 2−−→MB + 3−−→MC|. A B C G I Hình 2.2: Điểm M cần tìm là trung trực của GI. Giải. Chọn G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có −−→ MA+ −−→ MB + −−→ MC = 3 −−→ MG. (2.2) 17 Gọi I là điểm sao cho −→ IA+ 2 −→ IB+ 3 −→ IC = −→ 0 . (I được xác định như trong Bài toán 2.1.2). Khi đó, 2|−−→MA+−−→MB +−−→MC| = |−−→MA+ 2−−→MB + 3−−→MC| ⇔ 2|3−−→MG| = |6−−→MI| ⇔MG = MI. Suy ra, M thuộc trung trực của đoạn GI.  Bài toán 2.1.4. Cho tam giác ABC. 1. Hãy dựng điểm I là tâm tỷ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ ba số (3,−2, 1). 2. Chứng minh rằng đường thẳng nối hai điểm MN được xác định được xác định từ hệ thức −−→ MN = 3. −−→ MA− 2.−−→MB +−−→MC luôn đi qua một điểm cố định. 3. Tìm quỹ tích của M sao cho |3−−→MA− 2−−→MB +−−→MC| = |−−→MB −−−→MA|. 4. Tìm quỹ tích của M sao cho 2|−−→MA+−−→MB +−−→MC| = 3|−−→MB +−−→MC|. 5. Tìm quỹ tích của M sao cho |2−−→MA+−−→MB| = |4−−→MB −−−→MC|. Giải. 1) Điểm I là tâm tỷ cự của bộ ba điểm A,B,C ứng với bộ số (3,−2, 1) nên điểm I cần tìm thỏa mãn hệ thức sau 3 −→ IA− 2−→IB +−→IC = −→0 ⇔ 2(−→IA−−→IB) +−→IA+−→IC ⇔ 2−→BA+ 2−→IE = −→0 (với E là trung điểm của đoạn AC) ⇔ −→IE = −→AB. A B C E F G I Hình 2.3: I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABEI. 18 Suy ra, I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABEI (với E là trung điểm của AC). 2) Theo tính chất của tâm tỷ cự, ta có 3 −−→ MA− 2−−→MB +−−→MC = (3− 2 + 1)−−→MI ⇔ 3−−→MA− 2−−→MB +−−→MC = 2−−→MI. Suy ra, −−→ MN = 3 −−→ MA− 2−−→MB +−−→MC = 2−−→MI. Hay −−→ MN = 2 −−→ MI. Do đó ba điểm M,N, I luôn thẳng hàng, hay mọi đường thẳng nối hai điểm M,N đều đi qua một điểm cố định. 3) Theo tính chất của tâm tỷ cự ta suy ra 3 −−→ MA− 2−−→MB +−−→MC = 2−−→MI. Do đó |3−−→MA− 2−−→MB +−−→MC| = |−−→MB −−−→MA| ⇔ |2−−→MI| = |−→AB| ⇔ 2MI = AB ⇔MI = AB 2 . Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kính bằng AB 2 . 4) Gọi G là trọng tâm của ∆ABC và F là trung điểm của cạnh BC. Ta có −−→ MA+ −−→ MB + −−→ MC = 3 −−→ MG, −−→ MB + −−→ MC = 2 −−→ MF. Do đó 2|−−→MA+−−→MB +−−→MC| = 3|−−→MB +−−→MC| ⇔ 2|3−−→MG| = 3|2−−→MF | ⇔ 6MG = 6MF ⇔MG = MF. Suy ra, quỹ tích của M chính là đường trung trực của đoạn thẳng GF với G là trọng tâm của ∆ABC và F là trung điểm của BC. 19 A B C E F G IM Hình 2.4: Quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kính bằng AB 2 . A B C E F G I Hình 2.5: Quỹ tích của M chính là đường trung trực của đoạn thẳng GF . 5) Gọi P là tâm tỷ cự của hai điểm A,B ứng với bộ số (2, 1) và K là trung điểm của cạnh AB. Khi đó, P thỏa mãn đẳng thức vectơ sau 2 −→ PA+ −−→ PB = −→ 0 ⇔ −→PA+ (−→PA+−−→PB) = −→0 ⇔ −→PA+ 2−−→PK = −→0 . Tương tự gọi Q là tâm tỷ cự của hai điểm B,C ứng với bộ số (4,−1). Khi đó, Q thỏa mãn đẳng thức vectơ sau 4 −−→ QB −−→QC = −→0 ⇔ 3−−→QB + (−−→QB −−→QC) = −→0 ⇔ 3−−→QB +−−→CB = −→0 20 ⇔ −−→QB = 1 3 −−→ BC. A C P K d M Q B Hình 2.6: Quỹ tích điểm M là đường trung trục của PQ. Theo tính chất tâm tỷ cự, ta có 2 −−→ MA+ −−→ MB = (2 + 1) −−→ MP = 3 −−→ MP, 4 −−→ MB −−−→MC = (4− 1)−−→MQ = 3−−→MQ. Từ đẳng thức |2−−→MA+−−→MB| = |4−−→MB −−−→MC| ta suy ra |3−−→MP | = |3−−→MQ| hay MP = MQ. Do đó quỹ tích điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng PQ.  Bài toán 2.1.5. Cho tam giác ABC. 1. Xác định điểm I sao cho nó là tâm tỷ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ ba số (1, 3,−2). Xác định điểm D sao cho nó là tâm tỷ cự của hai điểm B,C ứng với bộ số (3,−2). 2. Chứng minh rằng A, I,D thẳng hàng. 3. Gọi E là trung điểm đoạn AB và N là một điểm sao cho −−→ AN = k −→ AC hãy xác định k sao cho AD,EN,BC đồng quy. 4. Tìm quỹ tích điểm M sao cho |−−→MA+ 3−−→MB − 2−−→MC| = |2−−→MA−−−→MB −−−→MC|. 21 A B C EI D Hình 2.7: I(1, 3,−2) là tâm tỷ cự của ABC, D(3,−2) là tâm tỷ cự của BC. Giải. 1) Giả sử I là tâm tỷ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ số (1, 3,−2), E là trung điểm của AB. Khi đó, I thỏa mãn đẳng thức vectơ sau −→ IA+ 3 −→ IB − 2−→IC = −→0 ⇔ −→IA+−→IB + 2(−→IB −−→IC) = −→0 ⇔ 2−→IE + 2−−→CB = −→0 ⇔ −→IE = −−→BC. Vậy I là đỉnh thứ tư của hình bình hành BCEI. A B C EI D Hình 2.8: BCEI là hình bình hành. Gọi D là tâm tỷ cự của hai điểm B,C ứng với bộ số (3,−2). Khi đó, D thỏa mãn đẳng thức sau 3 −−→ DB − 2−−→DC = −→0 22 ⇔ −−→DB + 2(−−→DB −−−→DC) = −→0 ⇔ −−→DB + 2−−→CB = −→0 ⇔ −−→DB = 2−−→BC. Vậy B,C,D cùng nằm trên một đường thẳng và B nằm giữa C,D và DB = 2BC. 2) Chứng minh A, I,D thẳng hàng. A B C EI D N H Hình 2.9: A, I,D thẳng hàng. E là trung điểm của AB suy ra 2 −→ IE = −→ IA+ −→ IB. Thay 2 −→ IE = 2 −−→ BC = −−→ DB vào đẳng thức trên ta được −−→ DB = −→ IA+ −→ IB ⇒ −−→DB −−→IB = −→IA⇔ −→DI = −→IA. Suy ra, A, I,D thẳng hàng. 3) Theo chứng minh trên, ta có AD và BC giao nhau tại D. Giả sử DE cắt AC tại N nên N thuộc AC. Theo giả thiết −−→ AN = k −→ AC, do đó k > 0. Kẻ BH song song với AC, H thuộc DN . Ta có ∆HEB = ∆NEA⇒ BH = NA. Theo định lý Talet, ta có BH CN = DB DC = 2 3 BH = 2 3 CN AN = 2 3 NC. 23 Vậy ta có AC = AN +NC = 2 3 NC +NC = 5 3 NC = 5 3 · 3 2 AN = 5 2 AN ⇔ AN = 2 5 AC. Suy ra, −−→ AN = 2 5 −→ AC ⇒ k = 2 5 . Vậy với k = 2 5 thì AD,BC,EN đồng quy tại D. 4) Theo tính chất tâm tỷ cự, ta có −−→ MA+ 3 −−→ MB − 2−−→MC = 2−−→MI. Mặt khác gọi J là trung điểm của BC, ta có 2 −−→ MA−−−→MB −−−→MC = (−−→MA−−−→MB) + (−−→MA−−−→MC) = −→ BA+ −→ CA = −(−→AB +−→AC) = −2−→AJ. Do đó |−−→MA+ 3−−→MB − 2−−→MC| = |2−−→MA−−−→MB −−−→MC| ⇔ 2|−−→MI| = 2|−→AJ | ⇔MI = AJ. Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kính AJ .  A B C EI D N H J M Hình 2.10: Quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kính AJ . 24 Mệnh đề 2.1.6. Cho đoạn thẳng AB và điểm I nằm trên đường thẳng AB. Khi đó: 1. I(IB,−IA); 2. Nếu I(α, β) thì với mọi P thì αPA2 + βPB2 = (α + β)PI2 + αβAB2 α + β ; 3. Áp dụng chứng minh hệ thức Sterwartz trong tam giác ABC với mọi M thuộc đoạn BC thì MB.AC2 +MC.AB2 = BC.MA2 +MB.MC.BC. A B CM Giải. 1. Gọi −→e là vectơ chỉ phương trục AB. Ta dễ thấy IB −→ IA− IA−→IB = IB.IA.−→e − IA.IB−→e = −→0 . 2. Ta có αPA2 + βPB2 = α( −→ PI + −→ IA)2 + β( −→ PI + −→ IB)2 = (α + β)PI2 + 2 −→ PI.(α −→ IA+ β −→ IB) + αIA2 + βIB2 = (α + β)PI2 + αIA2 + βIB2. (2.3) Từ chú ý α −→ IA+ β −→ IB = −→ 0 . Bình phương vô hướng ta có (α −→ IA+ β −→ IB)2 = 0⇔ α2IA2 + β2IB2 + 2αβ−→IA−→IB = 0 ⇔ α2IA2 + β2IB2 + 2αβ IA 2 + IB2 − AB2 2 = 0 ⇔ (α2 + αβ)IA2 + (β2 + αβ)IB2 = αβAB2 ⇔ (α + β)αIA2 + (α + β)βIB2 = αβAB2 ⇔ αIA2 + βIB2 = αβ α + β AB2. 25 Thay lại (2.3) ta được αPA2 + βPB2 = (α + β)PI2 + αβAB2 α + β . 3. Áp dụng vào tam giác ABC ta dễ thấy với M nằm trên đường thẳng BC thì M(MB,−MC). Do đó áp dụng hệ thức Jacobi phần (ii) ta dễ suy ra MB.AC2 −MC.AB2 = (MB −MC).AM2 − MB.MC.BC 2 MB −MC ⇔MB.AC2 −MC.AB2 = CB.AM2 +MB.MC.BC. Khi M thuộc đoạn thẳng ta chọn vectơ chỉ phương trục cùng hướng −−→ BC để bỏ dấu của độ dài đại số, suy ra MB.AC2 +MC.AB2 = BC.MA2 +MB.MC.BC. Đó là điều phải chứng minh.  Nhận xét 2.1.7. Qua chứng minh ta còn thấy được công thức Sterwartz tổng quát với độ dài đại số MB.AC2 −MC.AB2 = CB.AM2 +MB.MC.BC. 2.2 Cực trị độ dài vectơ Bài toán 2.2.1 ([4]). Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho |−−→MA+−−→MB + 3−−→MC| nhỏ nhất. Giải. Chọn G là điểm sao cho −→ GA+ −−→ GB + 3 −→ GC = −→ 0 . (2.4) Khi đó, |−−→MA+−−→MB + 3−−→MC| = ∣∣∣(−−→MG+−→GA) + (−−→MG+−−→GB) + 3(−−→MG+−→GC)∣∣∣ = ∣∣∣5−−→MG+−→GA+−−→GB + 3−→GC∣∣∣ = |5−−→MG| = 5MG. 26 A B C I G d M Suy ra, |−−→MA + −−→MB + 3−−→MC| nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, tức là M là hình chiếu vuông góc của điểm G lên đường thẳng d. Xác định điểm G: Với bộ số (1, 1, 3), ta có (2.4)⇔ −→OA+−−→OB + 3−→OC = 5−→OG. Chọn O ≡ C, suy ra −→ CA+ −−→ CB = 5 −→ CG ⇔ −→CG = 1 5 −→ CA+ 1 5 −−→ CB ⇔ −→CG = 1 5 ( −→ CA+ −−→ CB) = 2 5 −→ CI (với I là trung điểm của AB). Vậy với điểm G sao cho −→ CG = 2 5 −→ CI và M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng d thì |−−→MA+−−→MB + 3−−→MC| đạt giá trị nhỏ nhất.  Bài toán 2.2.2 ([4]). Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho |−−→MA+−−→MB + 2−−→MC| nhỏ nhất. Giải. Chọn điểm I thỏa mãn −→ IA + −→ IB + 2 −→ IC = −→ 0 , khi đó, điểm I là tâm tỷ cự của A,B,C gắn với bộ số (1, 1, 2) nên điểm I xác định duy nhất. Ta có −−→ MA+ −−→ MB + 2 −−→ MC = ( −−→ MI + −→ IA) + ( −−→ MI + −→ IB) + 2( −−→ MI + −→ IC) = 4 −−→ MI + −→ IA+ −→ IB + 2 −→ IC = 4 −−→ MI (vì −→ IA+ −→ IB + 2 −→ IC = −→ 0 ). Vậy |−−→MA+−−→MB + 2−−→MC| = 4|−−→MI|. Do đó |−−→MA+−−→MB + 2−−→MC| nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.  27 Bài toán 2.2.3 ([4]). Cho hệ n điểm A1, A2, . . . , An và n số k1, k2, . . . , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + . . . + kn 6= 0 và đường thẳng d (hoặc mặt phẳng (P )). Tìm điểm M trên đường thẳng d (hoặc mặt phẳng (P )) sao cho |k1.−−−→MA1 + k2.−−−→MA2 + · · ·+ kn.−−−→MAn| nhỏ nhất. Giải. Gọi I là tâm tỷ cự của bộ điểm A1, A2, . . . , An ứng với bộ số (k1, k2, . . . , kn). Điểm I điểm thỏa mãn k1 −−→ IA1 + k2 −−→ IA2 + . . .+ kn −−→ IAn = −→ 0 . Theo (1.11), với mọi M ta có k1. −−−→ MA1 + k2. −−−→ MA2 + . . .+ kn. −−−→ MAn = (k1 + k2 + . . .+ kn) −−→ MI. Cho nên |k1.−−−→MA1 + k2.−−−→MA2 + . . .+ kn.−−−→MAn| = |(k1 + k2 + . . .+ kn)−−→MI| = k|−−→MI|, với k = |(k1 + k2 + . . .+ kn)|. Do đó |k1.−−−→MA1 + k2.−−−→MA2 + · · ·+ kn.−−−→MAn| đạt độ dài nhỏ nhất của vectơ đã cho xảy ra khi MI nhỏ nhất, tức là M là hình chiếu của I lên đường thẳng d (hoặc mặt phẳng (P )).  Bài toán 2.2.4. Cho hình vuông ABCD. Tìm điểm M thỏa mãn: −−→ MA+ 4 −−→ MB + −−→ MC + 4 −−→ MD = 5 −−→ AD. Giải. Cách 1. Gọi G là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó, ta có −−→ MA+ 4 −−→ MB + −−→ MC + 4 −−→ MD = 5 −−→ AD ⇔ −−→MA+−−→MC + 4−−→MB + 4−−→MD = 5−−→AD 2 −−→ MG+ 8 −−→ MG = 5 −−→ AD ⇔ −−→GM = −1 2 −−→ AD. Cách 2. Gọi G là điểm sao cho −→ GA+ 4 −−→ GB + −→ GC + 4 −−→ GD = −→ 0 . (2.5) Khi đó, −−→ MA+ 4 −−→ MB + −−→ MC + 4 −−→ MD = 5 −−→ AD 28 ⇔ (−→GA−−−→GM) + 4(−−→GB −−−→GM) + (−→GC −−−→GM) = 4(−−→GD −−−→GM) = 5−−→AD ⇔ −10−−→GM = 5−−→AD ⇔ −−→GM = −1 2 −−→ AD. Ta cần phải định G từ (2.5). Với mỗi O, ta có ( −→ OA−−→OG) + 4(−−→OB −−→OG) + (−→OC −−→OG) + 4(−−→OD −−→OG) = −→0 −→ OG = 1 10 −→ OA+ 2 5 −−→ OB + 1 10 −→ OC + 2 5 −−→ OD. Chọn O ≡ A, ta thu được −→ AG = 2 5 −→ AB + 1 10 −→ AC + 2 5 −−→ AD. Mặt khác, −→ AB + −−→ AD = −→ AC. Suy ra, −→ AG = 1 2 −→ AC.  Ví dụ sau minh họa cho cách dùng tâm tỷ cự giải bài toán cực trị trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Bài toán 2.2.5 ([4]). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(−1; 0), B(2; 3), C(3;−6) và đường thẳng ∆ : x − 2y − 3 = 0. Tìm điểm M trên ∆ sao cho |−−→MA+−−→MB +−−→MC| nhỏ nhất. Giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có −→ GA + −−→ GB + −→ GC = −→ 0 và trọng tâm G có tọa độ G = (−1 + 2 + 3 3 ; 0 + 3− 6 3 ) = ( 4 3 ;−1 ) . Ta có −−→ MA+ −−→ MB + −−→ MC = 3 −−→ MG+ −→ GA+ −−→ GB + −→ GC = 3 −−→ MG. Nên |−−→MA+−−→MB +−−→MC| = 3|−−→MG|. Vậy |−−→MA+−−→MB +−−→MC| nhỏ nhất khi và chỉ khi |−−→MG| nhỏ nhất, do đó M là hình chiếu vuông góc của G lên đường thẳng ∆. Gọi d là đường thẳng qua G (4 3 ;−1) và vuông góc với đường thẳng ∆ : x − 2y− 3 = 0. Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến −→nd(2; 1). Phương trình tổng quát của đường thẳng d 2(x− 4 3 ) + (y + 1) = 0 ⇔ 2x+ y − 5 3 = 0. Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của phương trình{ x− 2y − 3 = 0 2x+ y − 5 3 = 0 ⇔ x = 19 15 y = −13 15 . 29 Vậy M (19 15 ;−13 15 ) là điểm cần tìm để |−−→MA+−−→MB +−−→MC| nhỏ nhất.  Với việc nắm tốt cách giải trên, sau này lên lớp 12 học sinh cũng có thể làm tốt các bài toán cực trị tương tự trong không gian Oxyz như sau Bài toán 2.2.6 ([4]). Trong không gian Oxyz cho 2 điểm A(3; 1; 1) và B(7; 3; 9) và mặt phẳng (α) : x + y + z + 3 = 0. Tìm điểm M trên mặt phẳng (α) để |−−→MA+−−→MB| đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Chọn I(x, y, z) là điểm thỏa mãn −→ IA + −→ IB = −→ 0 , suy ra I là trung điểm của AB nên I có tọa độ I(5; 2; 5). Ta có −−→ MA+ −−→ MB = 2 −−→ MI + ( −→ IA+ −→ IB) = 2 −−→ MI. Vậy |−−→MA+−−→MB| = 2|−−→MI|. Do đó |−−→MA+−−→MB| nhỏ nhất khi và chỉ khi |−−→MI| nhỏ nhất, do đó M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (α). Đường thẳng MI có phương trình tham sốx = 5 + ty = 2 + t z = 5 + t. Nên M có tọa độ M(5 + t; 2 + t; 5 + t). Tọa độ của M thỏa mãn phương trình mặt phẳng (α). Do đó 5 + t+ 2 + t+ 5 + t+ 3 = 0⇔ 3t = −15⇔ t = −5. Vậy M(0;−3; 0) thì |−−→MA+−−→MB| đạt giá trị nhỏ nhất.  Bài toán 2.2.7 ([4]). Trong không gian Oxyz cho hình tứ diện ABCD có các đỉnh A(3; 4;−1), B(−5; 3;−2), C(3;−1; 2), D(1; 1; 4). Tìm điểmM trong không gian để |−−→MA+−−→MB +−−→MC +−−→MD| đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Gọi G(x, y, z) là điểm thỏa mãn −→ GA + −−→ GB + −→ GC + −−→ GD = −→ 0 , khi đó G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên G có tọa độ G = ( 3− 5 + 3 + 1 4 ; 4 + 3− 1 + 1 4 ; −1− 2 + 2 + 4 4 ) = ( 1 2 ; 7 4 ; 3 4 ) . Áp dụng quy tắc 3 điểm, ta có −−→ MA+ −−→ MB + −−→ MC + −−→ MD = −−→ MG+ −→ GA+ −−→ MG+ −−→ GB + −−→ MG+ −→ GC + −−→ MG+ −−→ GD 30 = 4 −−→ MG+ −→ GA+ −−→ GB + −→ GC + −−→ GD = 4 −−→ MG. Vậy |−−→MA+−−→MB+−−→MC+−−→MD| đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi |4−−→MG| nhỏ nhất, do đó M ≡ G hay M(1 2 ; 7 4 ; 3 4 ) .  2.3 Cực trị độ dài bình phương của vô hướng Bài toán 2.3.1 ([4]). Cho đa giác A1A2 . . . An và n số thực k1, k2, . . . , kn mà k1 + k2 + . . . + kn = k > 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (thuộc đường thẳng) sao cho tổng S = k1MA 2 1 + k2MA 2 2 + . . .+ knMA 2 n đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Gọi I là điểm thỏa mãn k1 −−→ IA1 + k2 −−→ IA2 + . . . + kn −−→ IAn = −→ 0 , khi đó điểm I là tâm tỷ cự của A1, A2, . . . , An gắn với bộ n số k1, k2, . . . , kn mà k1 + k2 + . . . +kn = k > 0. Vì I là tâm tỷ cự nên điểm I xác định duy nhất. Áp dụng quy tắc 3 điểm biến đổi dẫn tới MA21 = −−−→ MA1 2 = ( −−→ MI + −−→ IA1) = MI 2 + 2 −−→ MI −−→ IA1 + IA 2 1. Tương tự, MA22 = MI 2 + 2 −−→ MI −−→ IA2 + IA 2 2 . . . . . . . . . . . . MA2n = MI 2 + 2 −−→ MI −−→ IAn + IA 2 n. Do đó S = k1MA 2 1 + k2MA 2 2 + . . .+ knMA 2 n = (k1 + k2 + . . .+ kn)MI 2 + (k1IA 2 1 + k2IA 2 2 + . . .+ knIA 2 n) + 2 −−→ MI(k1 −−→ IA1 + k2 −−→ IA2 + . . .+ kn −−→ IAn) = k.MI2 + (k1IA 2 1 + k2IA 2 2 + . . .+ knIA 2 n) vì (k1 −−→ IA1 + k2 −−→ IA2 + . . .+ kn −−→ IAn) = −→ 0 . Do I xác định duy nhất và cố định nên tổng k1IA21 + k2IA 2 2 + . . . + knIA 2 n cố định. Vậy để S = k1MA21 + k2MA 2 2 + . . .+ knMA 2 n đạt giá trị nhỏ nhất thì ta xác định vị trí M sao cho MI nhỏ nhất. Do đó M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (đường thẳng).  31 Chú ý 2.3.2. Bài toán cho đa giác A1A2 . . . An và n số thực k1, k2, . . . , kn mà k1 + k2 + . . . + kn = k < 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (thuộc đường thẳng) sao cho tổng S = k1MA 2 1 + k2MA 2 2 + . . .+ knMA 2 n đạt giá trị lớn nhất có cách giải tương tự như trên. Bài toán 2.3.3 ([4]). Tìm điểm M trên mặt phẳng chứa tam giác ABC sao cho tổng MA2 + 2MB2 + 3MC2 nhỏ nhất. Giải. Gọi I là điểm thỏa mãn −→ IA+ 2 −→ IB + 3 −→ IC = −→ 0 , khi đó điểm I là tâm tỷ cự của A,B,C nên điểm I xác định duy nhất. Với mọi M , ta có MA2 + 2MB2 + 3MC2 = ( −−→ MI + −→ IA)2 + 2( −−→ MI + −→ IB)2 + 3( −−→ MI + −→ IC)2 = 6MI2 + (IA2 + 2IB2 + 3IC2) + 2 −−→ MI( −→ IA+ 2 −→ IB + 3 −→ IC) = 6MI2 + (IA2 + 2IB2 + 3IC2) (vì −→ IA+ 2 −→ IB + 3 −→ IC = −→ 0 ). Do đó MA2 + 2MB2 + 3MC2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ I.  Bài toán 2.3.4 ([4]). Tìm điểm M nằm trên mặt phẳng chứa tam giác ABC sao cho tổng MA2 + 2MB2 − 6MC2 đạt giá trị lớn nhất. Giải. Gọi I là điểm thỏa mãn −→ IA+ 2 −→ IB − 6−→IC = −→0 , khi đó điểm I là tâm tỷ cự của A,B,C nên điểm I xác định duy nhất. Với mọi điểm M , ta có MA2 + 2MB2 − 6MC2 = (−−→MI +−→IA)2 + 2(−−→MI +−→IB)2 − 6(−−→MI +−→IC)2 = −3MI2 + (IA2 + 2IB2 − 6IC2) + 2−−→MI(−→IA+ 2−→IB − 6−→IC) = −3MI2 + (IA2 + 2IB2 − 6IC2) (vì −→IA+ 2−→IB − 6−→IC = −→0 ). Vậy MA2 + 2MB2 − 6MC2 đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ I.  Bài toán 2.3.5 ([4]). Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ∆ : x+ y + 2 = 0 và các điểm A(2; 1), B(−1;−3);C(1; 3). Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA2 +MB2 −MC2 nhỏ nhất. Giải. Cách 1: Giải theo phương pháp đại số. Gọi M(x; y) thuộc đường thẳng ∆ : x+ y + 2 = 0 là điểm cần tìm, ta có x = −y − 2 MA2 = (x− 2)2 + (y − 1)2 32 MB2 = (x+ 1)2 + (y + 3)2 MC2 = (x− 1)2 + (y − 3)2. Vậy MA2 +MB2 −MC2 = x2 + y2 + 10y + 5 = (−y − 2)2 + y2 + 10y + 5 = 2y2 + 14y + 9. Xét hàm số f(y) = 2y2 + 14y + 9 có đồ thị là Parabol, bề lõm quay lên trên nên f(y) = 2y2 +14y+9 đạt giá trị nhỏ nhất khi y = −7 2 suy ra x = 3 2 nên M ( 3 2 ;−7 2 ) . Vậy MA2 +MB2 −MC2 nhỏ nhất khi M ( 3 2 ;−7 2 ) . Cách 2: Giải theo phương pháp tâm tỷ cự. Gọi I(x; y) là điểm thỏa mãn −→ IA+ −→ IB −−→IC = −→0 . Khi đó, −→ IA = (2− x; 1− y) −→ IB = (−1− x;−3− y) −→ IC = (1− x; 3− y). Vậy −→ IA+ −→ IB −−→IC = −→0 ⇔ {−x = 0 −5− y = 0 ⇔ I(0;−5). Ta có MA2 +MB2 −MC2 = (−−→MI +−→IA)2 + (−−→MI +−→IB)2 − (−−→MI +−→IC)2 = MI2 + (IA2 + IB2 − IC2) + 2−−→MI(−→IA+−→IB −−→IC) = MI2 + (IA2 + IB2 − IC2) (vì −→IA+−→IB −−→IC = −→0 ). Do các điểm I, A,B,C xác định nên để MA2 +MB2 −MC2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, do đó MI vuông góc với ∆ hay M hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng ∆. Đường thẳng ∆ nhận −→n∆(1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên đường thẳng MI có vectơ pháp tuyến −→n (1;−1). Phương trình tổng quát của đường thẳng MI qua điểm I(0;−5) và có vectơ pháp tuyến −→n (1;−1) là 1(x− 0)− 1(y + 5) = 0 33 ⇔ x− y − 5 = 0. Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình{ x+ y + 2 = 0 x− y − 5 = 0 ⇔M ( 3 2 ; −7 2 ) . So sánh hai cách giải thì cách giải thứ hai là cách giải hình học thuần túy, đối với cách giải thứ nhất thì học sinh cần phải nắm vững cả kiến thức đại số về hàm bậc hai có đồ thị là parabol.  Ví dụ sau đây chỉ ra rằng phương pháp tâm tỷ cự không chỉ là phương pháp hữu hiệu để giải bài toán cực trị trong mặt phẳng Oxy đã nói ở trên mà cả giải bài toán cực trị trong không gian Oxyz. Bài toán 2.3.6 ([4]). Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P ) : x−y+2z = 0 và các điểm A(1; 2;−1), B(3; 1;−2), C(1;−2; 1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P ) sao cho MA2 −MB2 −MC2 lớn nhất. Giải. Gọi I(x; y; z) là điểm thỏa mãn −→ IA−−→IB −−→IC = −→0 . Ta có −→ IA = (1− x; 2− y;−1− z) −→ IB = (3− x; 1− y;−2− z) −→ IC = (1− x;−2− y; 1− z). Vậy −→ IA−−→IB −−→IC = −→0 ⇔ −3 + x = 03 + y = 0 z = 0 ⇔ I(3;−3; 0). Ta có MA2 −MB2 −MC2 = (−−→MI +−→IA)2 − (−−→MI +−→IB)2 − (−−→MI +−→IC)2 = −MI2 + (IA2 − IB2 − IC2) + 2−−→MI(−→IA−−→IB −−→IC) = −MI2 + (IA2 − IB2 − IC2) (vì −→IA−−→IB −−→IC = −→0 ). Do các điểm I, A,B,C xác định nên MA2 −MB2 −MC2 lớn nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P ). Ta tìm tọa độ M . Đường thẳng MI đi qua điểm I(3;−3; 0) và có vectơ chỉ phương là −→np(1;−1; 2). Phương trình đường thẳng MIx = 3 + ty = −3− t z = 2t. 34 Vậy M có tọa độ M(3 + t;−3− t; 2t). Vì M thuộc mặt phẳng (P ) nên ta có 3 + t− (−3− t) + 2.2t = 0⇔ 6t+ 6 = 0⇔ t = −1. Vậy M(2;−2;−2) là điểm cần tìm.  2.4 Phương tích 2.4.1 Khái niệm Phương tích trong chương trình Hình học 10 thường được gắn liền với việc khai triển nó theo cát tuyến. Tuy nhiên ta sẽ định nghĩa phương tích một cách độc lập và nhìn lại việc khai triển nó theo cát tuyến cũng như một hệ quả của hệ thức Leibnitz cho hai điểm. Định nghĩa 2.4.1. Cho đường tròn (O;R) và điểm P bất kì, ta gọi số thực OP 2 − R2 là phương tích của điểm P đối với đường tròn (O), phương tích được kí hiệu là PP/(O). Như vậy từ định nghĩa ta dễ thấy dấu của phương tích xác định tùy theo vị trí của điểm đối với đường tròn. O B A P R Hình 2.11: Phương tích của P với (O;R) là PP/(O) = OP 2 −R2. Định lý 2.4.2 (Khai triển phương tích theo tiếp tuyến). Cho đường tròn O và điểm P bất kì ở ngoài (O). PT là tiếp tuyến của (O). Khi đó, PP/(O) = PT 2. Chứng minh. Định lý là hệ quả trực tiếp từ định nghĩa phương tích thông qua định lý Pythagoras. Ta có PT vuông góc với OT nên PT 2 + OT 2 = OP 2. Từ đó PP/(O) = OP 2 −R2 = OP 2 −OT 2 = PT 2. 35 O T T ′ P Hình 2.12: Phương tích của P với (O) là PP/(O) = PT 2. Định lý 2.4.3 (Khai triển phương tích theo cát tuyến). Cho đường tròn O và P bất kì. Một cát tuyến qua P cắt đường tròn tại hai điểm A,B thì tích PA.PB luôn không đổi với mọi cát tuyến qua P và chính bằng phương tích tại điểm P đối với (O) tức PP/(O) = PA.PB. Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh chi tiết định lý này trong phần bài tập. Sau đây chúng ta sẽ đi đến một số bài toán vận dụng kết hợp cả hai kiến thức về tâm tỷ cự và phương tích để giải toán. Để nắm rõ các bài tập và ví dụ này yêu cầu cần có kiến thức cơ bản nhất về vectơ và độ dài đại số của vectơ. 2.4.2 Một số bài tập vận dụng Bài tập đầu tiên chúng ta xây dựng chi tiết hơn bài toán tâm tỷ cự của hai điểm, nói cách khác là ta chỉ ra một bộ số cụ thể. Bài toán 2.4.4 (Công thức khai triển phương tích theo hai điểm và đường tròn). Cho đường tròn (O) và đoạn thẳng AB bất kỳ, I là tâm tỷ cự của A,B theo bộ số α, β, chứng minh rằng αPA/(O) + βPB/(O) = (α + β)PI/(O) + αβ α + β AB2. 36 OA B I R Giải. Gọi bán kính của (O) là R, từ hệ thức phần ii) Bài toán 2.1.6 trừ hai vế cho (α + β)R2 ta được α(OA2 −R2) + β(OB2 −R2) = (α + β)(OI2 −R2) + αβ α + β AB2. Theo định nghĩa phương tích, hệ thức này cho ta αPA/(O) + βPB/(O) = (α + β)PI/(O) + αβ α + β AB2.  Bây giờ ta quay lại chứng minh định lý về khai triển phương tích theo cát tuyến như sau Định lý 2.4.5 (Khai triển phương tích theo cát tuyến). Cho đường tròn (O) và điểm P bất kỳ, một cát tuyến qua P cắt đường tròn tại hai điểm A,B thì tích PA.PB luôn không đổi với mọi cát tuyến qua P và chính bằng phương tích điểm P đối với (O) tức PP/(O) = PA.PB. Chứng minh. Ta giả sử P là tâm tỷ cự của A,B theo bộ số α, β, khi cho A,B ∈ (O) thì PA/(O) = PB/(O) = 0 từ đó suy ra 0 = (α + β)PP/(O) + αβ α + β AB2 hay PP/(O) = − αβ (α + β)2 AB2 Tuy nhiên theo i) Bài toán 2.1.6 ta chú ý α PB = − β PA do đó β = −αPA PB . Cho nên αβ (α + β)2 = − PA · PB (PB − PA)2 . 37 Kết hợp hệ thức trên ta suy ra PP/(O) = PA · PB (PB − PA)2AB 2 = PA · PB. Nhận xét 2.4.6. Cách làm này tuy dài nhưng có rất nhiều ưu điểm. Thứ nhất chúng ta xây dựng định nghĩa phương tích một cách độc lập và chúng ta khai triển phương tích theo cát tuyến hoặc tiếp tuyến như những hệ quả của định lý Leibnitz. Thứ hai trong quá trình chứng minh, thực chất chúng ta đã đưa ra bài toán tổng quát rất quan trọng đó là ta có thể tính phương tích của một điểm I bất kỳ trên một đoạn thẳng đối với một đường tròn thông qua phương tích của hai mút đoạn thẳng đó. Công thức này có ý nghĩa lớn trong thực hành giải toán. Công thức tính phương tích của điểm trên đoạn thẳng theo phương tích của hai đầu mút còn có thể viết dưới dạng sau Bài toán 2.4.7. Cho đường tròn (O) và ba điểm A,B,C thẳng hàng, chứng minh rằng PA/(O).BC + PB/(O).CA+ PC/(O).AB +BC.CA.AB = 0. OA C B Giải. Chúng ta chỉ cần để ý rằng vai trò của A,B, I trong Bài toán 2.4.4 là như nhau như vậy bản chất bài toán này là Bài toán 2.4.4 nhưng viết theo cách khác mà thôi. Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử B nằm giữa A và C. Khi đó, B là tâm tỷ cự của A và C theo bộ số (BC,−BA). Theo Bài toán 2.4.4, ta có αPA/(O) + βPC/(O) = (α + β)PB/(O) + αβ α + β AC2 38 ⇔ BCPA/(O) −BAPC/(O) − (BC −BA)PB/(O) = − BC.BA BC −BAAC 2 ⇔ BCPA/(O) + ABPC/(O) − (BC + AB)PB/(O) + BC.BA BC −BAAC 2 = 0 ⇔ BCPA/(O) + ABPC/(O) − ACPB/(O) + BC.BA AC AC2 = 0 ⇔ PA/(O).BC + PB/(O).CA+ PC/(O).AB +BC.CA.AB = 0.  Với tâm tỷ cự cho hai điểm chúng ta đã ứng dụng và xây dựng lại được định lý khai triển phương tích theo cát tuyến đồng thời đã tổng quát hơn định lý này ở Bài toán 2.4.4 và 2.4.7, câu hỏi đặt ra là với tâm tỷ cự hệ ba điểm ta sẽ thu được điều gì. Sau đây chúng ta sẽ ứng dụng đồng nhất thức Jacobi-Lagrange vào xây dựng cách tính phương tích của tâm tỷ cự hệ 3 điểm. Bài toán 2.4.8 (Khai triển phương tích theo bộ ba điểm). Cho đường tròn (O) và tam giác ABC bất kì. I là tâm tỷ cự của A,B,C ứng với các bộ số α, β, γ, chứng minh rằng PI/(O) = αPA/(O) + βPB/(O) + γPC/(O) α + β + γ − βγa 2 + γαb2 + αβc2 (α + β