Tâm tỉ cự

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa toán, đặc biệt các
thầy cô trong tổ hình học trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, đã tạo điều kiện
giúp đỡ em hoàn thành khoá luận của mình.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Đinh Văn Thủy,
người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình nghiên cứu đề tài khoá
luận này.
Do bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học nên khóa luận của
em không thể tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy em rất mong nhận được sự
chỉ bảo đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận của em
được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2011
Sinh viên
Đỗ Thị Ngân

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

1


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan rằng khóa luận tốt nghiệp này là do bản thân em tự

nghiên cứu, tìm tòi, tổng hợp và trích dẫn trung thực từ các tài liệu tham khảo
cùng với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Đinh Văn Thuỷ, không trùng
với kết quả báo cáo của các tác giả khác.
Hà Nội, tháng 5 năm 2011
Sinh viên
Đỗ Thị Ngân

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

2


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

MỤC LỤC
Lời cảm ơn
Lời cam đoan
Mở đầu .............................................................................................................. 4
Chương 1: Các kiến thức liên quan ................................................................... 5
§1. Không gian afin ....................................................................................... 5
§2. Tọa độ afin .............................................................................................. 6
§3. Phẳng trong không gian afin ................................................................... 7
§4. Hệ điểm độc lập ...................................................................................... 7
§5. Tâm tỉ cự ................................................................................................. 8
Chương 2: Các bài tập về tâm tỉ cự ........... …………………………………10
§1. Một số tính chất của tâm tỉ cự ............................................................. 10
§2. Ứng dụng của tâm tỉ cự để giải toán trong hình học phẳng ................ 15
2.2.1 Bài toán tính toán ......................................................................... 15

2.2.2 Bài toán chứng minh .................................................................... 18
2.2.3 Bài toán quỹ tích .......................................................................... 30
2.2.4 Bài toán dựng hình ....................................................................... 34
§3. Một số ứng dụng của tâm tỉ cự trong hình học không gian ................ 44
Kết luận ........................................................................................................ 53
Tài liêu tham khảo ......................................................................................... 54

MỞ ĐẦU
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

3


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

1. Lí do chọn đề tài:
Tâm tỉ cự là một khái niệm hình học được trình bày ở bậc cao đẳng,
đại học, khi chúng ta làm quen với môn hình học afin. Từ tiếng anh của tâm tỉ
cự là Barycenter (trung tâm của trọng lực hay trọng tâm). Lịch sử của trang
web Toán tại Đại học St Andrews ở Scotland đã tín dụng Mobius (1790-1868)
khi ông nghiên cứu về tâm tỉ cự. Năm 1827 ông xuất bản „Calcul
barycentrische Mobius Der‟ một cuốn sách nghiên cứu biến đổi hình học về
đường thẳng và đường cônic. Các tính năng mới của tác phẩm này là sự ra đời
của toạ độ trọng tâm.
Trong chương trình hình học ở phổ thông học sinh được biết đến các
khái niệm tâm tỉ cự không tường minh dưới dạng đặc biệt: trung điểm của
đoạn thẳng, trọng tâm của tam giác, và trọng tâm của tứ diện. Để góp phần
phần làm rõ khái niệm tâm tỉ cự, tính thống nhất giữa khái niệm này với các

khái niệm mà học sinh đã biết ở phổ thông nêu trên, em đi sâu nghiên cứu về
lí thuyết tâm tỉ cự, một số tính chất và ứng dụng của nó trong việc giải các bài
toán hình học.
2. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu:
- Nghiên cứu các kiến thức cơ bản, một số tính chất và ứng dụng của
tâm tỉ cự trong việc giải các bài toán hình học.
- Xây dựng hệ thống bài tập mẫu và bài tập tự luyện.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu : tâm tỉ cự
- Phạm vi nghiên cứu: một số tính chất và ứng dụng của tâm tỉ cự
trong việc giải một số bài toán hình học phẳng, hình học không gian.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phân tích, tổng hợp tài liệu có liên quan.

Chương 1: CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

4


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

§1. Không gian afin
1.1.1 Định nghĩa
Cho V – không gian véctơ trên trường K, A là một tập tùy ý
A

.

Nếu có ánh xạ:

:

A

V

A

uuuur
(M, N) MN

(M, N) a

Thỏa mãn 2 tiên đề:
r
uuuur r
A , với mọi x V, ! N A : MN = x
uuuur uuur uuur
(2) Với mọi M,N,P A : MN + NP = MP

(1) Với mọi M

Thì ( A ,V,

) được gọi là không gian afin

Trong đó: V: là nền của không gian afin

: là ánh xạ liên kết, ánh xạ gắn
Mỗi phần tử của A gọi là điểm (afin).
Nếu dimV=n thì không gian afin đó gọi là không gian afin n chiều.
Kí hiệu: A n hoặc An
1.1.2 Ví dụ
Không gian hình học phổ thông là không gian afin 3 chiều, có nền là
không gian véctơ hình học và

là “phép nối 2điểm có thứ tự (M,N)” để có

véctơ là đoạn thẳng có hướng.
Tương tự có không gian A 2 là tập các điểm của mặt phẳng hình học
Cho V là không gian véctơ n chiều, xét A =V
:

Thì

A A
V
ur r
r ur
(m ,n )a n -m

là ánh xạ thoả mãn 2 tiên đề trên. Do đó A là không gian afin n

chiều (thường gọi là không gian afin xây dựng chính tắc từ V).
1.1.3 Tính chất
uuur r
+) AA = 0 , A A
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

5


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

uuur r
+) AB = 0
A B
uuur uuur
uuur uuur
+) AB = CD
AC = BD
uuur uuur
+) BA =- AB
uuur uuur uuur
+) AB = OB OA O A

§ 2. Toạ độ afin
1.2.1 Mục tiêu toạ độ
ur uur uur
Cho A n là không gian afin n chiều có nền V, với O A n và { e1 , e 2 ,.., e n }
ur uur uur
là cơ sở của V, ta gọi {O; e1 , e 2 ,.., e n } là mục tiêu afin hay hệ toạ độ afin của
ur
A n .O gọi là gốc của mục tiêu , ei là véctơ cơ sở thứ i của mục tiêu.

1.2.2 Định nghĩa toạ độ của điểm

Trong không gian afin n chiều A n cho mục tiêu afin ta gọi
ur uur uur
{O; e1 , e 2 ,.., e n }
+ Với mỗi M A n , khi đó có thể biểu thị một cách duy nhất:
ur
uur
uur
uuuur
OM = x1 e1 x 2 e2 ... x n en
Bộ số ( x1,x 2 ,..,x n ) gọi là toạ độ afin của điểm M đối với mục tiêu đã cho, kí
hiệu M=( x1,x 2 ,..,x n ) hay M( x1,x 2 ,..,x n )
r
+Với véctơ v bất kì của V cũng biểu thị được duy nhất dưới dạng:
ur
uur
uur
r
v = v1 e1 v 2 e2 ... v n e n
r
Bộ số ( v1,v2 ,..,vn ) gọi là tọa độ afin của v đối với mục tiêu đã cho, kí hiệu
r
r
v =( v1,v2 ,..,vn ) hay v ( v1,v2 ,..,vn ).
Rõ ràng nếu M = ( x1,x 2 ,..,x n ), N = ( y1, y2 ,.., yn ) thì:
uuuur
MN (y1 x1, y 2 x 2 ,.., y n x n ) .

§3. Phẳng trong không gian afin
1.3.1 Định nghĩa
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

6


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

, Vn ) cho điểm I A n , không gian véctơ con m chiều
uuur
n
n
{M A | IM W} , kí hiệu là =(I,W).
W V . Tập hợp
ur
Gọi là phẳng m chiều (hay m-phẳng) xuất phát từ I, có phương W. Kí hiệu
Trong A n =( A ,

là W.
Rõ ràng là với mọi J

ta đều có

uuur
{M A n | JM W} . Vậy mọi điểm của

đều có thể đóng vai trò điểm xuất phát.
1.3.2 Chú ý
Với m=0 thì 0-phẳng là 1điểm
m=1 thì 1-phẳng là đường thẳng

m=2 thì 2-phẳng là mặt phẳng
m=n-1 thì (n-1)-phẳng là siêu phẳng
m=n ta có

= An .

§4. Hệ điểm độc lập
1.4.1 Định nghĩa
Hệ m+1 điểm A0 ,A1,..,Am (m 1) của không gian afin A n gọi là độc lập
uuuuur uuuuur uuuuuur
ur
nếu m véctơ A 0 A1,A 0 A 2 ,..,A 0A m của A là hệ véctơ độc lập tuyến tính.
Hệ gồm một điểm A 0 bất kì (tức trường hợp m=0) luôn được xem là độc lập.
Ta chú ý rằng trong định nghĩa này A 0 không đóng vai trò gì đặc biệt so với
các điểm A i khác.
Hệ không độc lập còn gọi là hệ phụ thuộc
1.4.2 Tính chất
Trong A n :
+ Có tối đa n+1 điểm độc lập
+Mọi hệ m điểm (m>n+1) là hệ phụ thuộc

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

7


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

+Mọi hệ độc lập A0 ,A1,..,Am , mđiểm độc lập.
1.4.3 Định lí
Qua m+1 điểm độc lập của không gian afin A n có một và chỉ một mphẳng (m 0)
chứng minh:
Giả sử A0 ,A1,..,Am là m+1 điểm độc lập của không gian afin ( A , , Vn ).
uuuuur uuuuur uuuuuur
Khi đó: hệ m véctơ A 0 A1,A 0 A 2 ,..,A 0A m độc lập tuyến tính.
ur
Ta gọi là không gian véctơ con của Vn nhận m véctơ trên là cơ sở. Gọi
ur
là phẳng qua A 0 có phương .
uuuuur ur
Vì A 0 Ai
nên A i
, i 1,m .
Vậy

là cái phẳng qua m+1 điểm đã cho.

Mặt khác: do

là phẳng qua A 0 và có phương

ur

nên

là phẳng duy nhất

qua A0 ,A1,..,Am .
Hệ quả:
m+1 điểm của không gian A n là độc lập khi và chỉ khi chúng không
cùng nằm trên một (m-1)-phẳng (m 1).

§5. TÂM TỈ CỰ
1.5.1 Định nghĩa tâm tỉ cự
A n là không gian afin trên trường K. Cho họ m điểm { P1,P2 ,..,Pm } gắn

với các hệ số { 1,

2 ,..,

m },

K, thoả mãn điều kiện

i

m

:=

i

0. Khi đó

i 1

có một và chỉ một điểm G thuộc A thoả mãn hệ thức:

m

uuur
GP
i
i

r
0

i 1

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

8


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

Ta gọi G là tâm tỉ cự của họ điểm { P1,P2 ,..,Pm } gắn với hệ số
{ 1,

m }.

2 ,..,

1.5.2 Định lí
Tâm tỉ cự của một họ điểm luôn xác định và duy nhất.

Chứng minh:
Giả sử G là tâm tỉ cự của họ điểm { P1,P2 ,..,Pm } gắn với hệ số { 1,

2 ,..,

m }.

Lấy một điểm O tuỳ ý trong không afin A n . Khi đó:
uuur
GP
i
i

m

r
0

uuur
(OP
i
i

m

i 1

uuur r
OG) 0

i 1

uuur
OP
i
i

m

m

(

i 1

uuur
)OG
i

i 1

uuur
1 m
OG = m .

uuur
OP
do
i
i

m
i

0

(1)

i 1

i 1

i
i 1

Đẳng thức (1) chứng tỏ điểm G xác định và duy nhất.
1.5.3 Trọng tâm của hệ điểm
Tâm tỉ cự G của hệ { P1,P2 ,..,Pm } gắn với { 1,
các

2 ,..,

m}

trong trường hợp

bằng nhau, gọi là trọng tâm của hệ điểm { P1,P2 ,..,Pm }. Khi đó G xác

i

định bởi

m

uuur
GPi

uuur
r
0 hay OG

i 1

1 m uuur
OPi .
mi 1

Chú ý:
- Khi m=2 thì trọng tâm G của hệ 2 điểm { p1,p2 } còn được gọi là trung
điểm của đoạn [ p1,p2 ].
- Nếu thay các hệ số

m

i ,( i 1,m ,

i

0 ) bởi các hệ số k i , k K\{0}

i 1

thì tâm tỉ cự G không thay đổi.

Chương 2:

CÁC BÀI TẬP VỀ TÂM TỈ CỰ

§1. Một số tính chất của tâm tỉ cự
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

9


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

Bài 1
Cho G’ là tâm tỉ cự của họ k điểm { P1,P2 ,..,Pk } gắn với họ hệ số
m

{ 1,

k} (

2 ,..,

0). Cho G” là tâm tỉ cự của họ (m-k) điểm { Pk 1,..,Pm }

i
i 1

gắn với họ hệ số {

k

m } với

1,..,

m

0 . Chứng tỏ rằng khi đó G là tâm

j
j k 1

tỉ cự của họ điểm {G’, G”} gắn với họ hệ số

k

'

m
i

i 1

và

j.

''
j k 1

Bài giải
Do điểm G‟ là tâm tỉ cự của họ điểm { P1,P2 ,..,Pk } gắn với họ hệ số
{ 1,

2 ,..,

k

} nên:

uuuur r
G
i 'Pi = 0

k

(1)

i 1

Tương tự, vì G” là tâm tỉ cự của họ (m-k) điểm { Pk 1,..,Pm } gắn với họ hệ số
{

k 1,..,

m}

nên:

uuuuur r
G
j ''Pj = 0

m

(2)

j k 1

Từ (1), (2) suy ra:
k

uuuur
G
i 'Pi +

i 1

uuuuur r
G
j ''Pj = 0

m

k

uuur
GP
i
i

i 1
m

k
uuur
GP
(
j
j

m
j k 1

uuur
GP
i
i=

i 1

k
i 1

uuuur
GG ') +

i 1

j k 1

k

uuur
(GP
i
i

uuuuur
GG'
i
i

uuuuur
GG'
i
i

i 1
m

m

uuur uuuur r

(GP
j
j GG '') = 0

j k 1

m

uuuur r
GG'')
0
j

j k 1

uuuur
GG''
j

(3)

j k 1

Mặt khác:

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

10

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

Do G là tâm tỉ cự của họ m điểm { P1,P2 ,..,Pm } gắn với họ hệ số
uuur r
GP
i
i =0

m

{ 1,

2 ,..,

m } nên:

(4)

i 1

Từ (3),(4) suy ra:

uuuuur
GG'
i
i

k

i 1

uuuur r
=0
GG''
j

m

(5)

j k 1

Lại có:
k

'

m
i ; ''

j

i 1

nên

'

(6)

'' 0

j k 1

Từ (5),(6) suy ra: G là tâm tỉ cự của họ 2 điểm G‟,G” gắn với họ hệ số

', '' .

Bài 2
Cho p điểm M1,M2 ,..,Mp của không gian afin A n có G là tâm tỉ cự ứng
với họ hệ số m1,m2 ,..,mp với m1 m2 ... mp 0 và H là tâm tỉ cự của hệ
điểm M1,M2 ,..,Mk với k
m1,m2 ,..,mk với m1 m2 ... mk 0. Chứng minh rằng tâm tỉ cự G nói
trên trùng với tâm tỉ cự C của hệ điểm {H, Mk 1,Mk 2 ,..,Mp } ứng với các hệ
số {

k

m j ,mk 1,mk 2 ,..,mp } với

j 1

k

m j mk

1

mk

.. mp

2

0.

j 1

Bài giải
Vì G là tâm tỉ cự của hệ điểm M1,M2 ,..,Mp ứng với họ các hệ số

m1,m2 ,..,mp nên ta có:
p

uuuur r
mi GM i = 0

p

uuur uuur uuuur r
mi (GC CH HM i ) = 0

i 1

i 1
p

uuur

mi GC

i 1
p
i 1

uuur
mi GC

P
i 1

uuur
mi CH

P

uuur
mi CH

i 1
k

uuuur
mi HM i

i 1

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

p

uuuur
mi HM i

r
0

i 1
p

uuuuuuur
mi HM i

r
0

i k 1

11


Trường ĐHSP Hà Nội 2

p

uuur
mi GC

i 1

p

uuur
mi CH

uuur
mi GC (

uuur
mi CH

P

i 1

k

i k 1

p

uuuuuur
mi HC)

i k 1

uuur
mi CH

k

i 1

uuuuuur
mi HC

p

i 1

i 1

uuur
mi GC

uuuur
mi HM i

k

i 1

i 1
p

P

Khóa Luận Tốt Nghiệp

k

i 1

p

r
0

i k 1

uuuur
mi HM i

i 1

uuuur
mi HM i

uuuuuuur
miCM i

p

p

uuuuuuur
miCM i

r

0

i k 1

uuuuuuur
miCM i

r
0

(1)

i k 1

Vì H là tâm tỉ cự của hệ điểm M1,M2 ,..,Mk với các hệ số m1,m2 ,..,mk nên
uuuur
HM i

k

r
0

(2)

i 1

Và C là tâm tỉ cự của hệ điểm {H, Mk 1,Mk 2 ,..,Mp } ứng với các hệ số
k

{

m j ,mk 1,mk 2 ,..,mp } nên:
j 1

uuuur
mi HM i

k
i 1

p

uuuuuuur
miCM i

r
0

(3)

i k 1

Từ (1),(2),(3) suy ra:

uuur r
GC 0

p

uuur r
GC 0 (do m1 m2 ... mp 0)

i 1

G C.
đpcm.
Bài 3
Trong A n cho hệ m+1 điểm không cùng nằm trong một (m-1)- phẳng.
Xét một hệ con tùy ý (k+1) điểm trong hệ đó và hệ con m-k điểm còn lại.
Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trọng tâm của hai hệ con đó đi qua
một điểm cố định.
Bài giải
Gọi G là trọng tâm của hệ điểm P1,P2 ,..,Pm thì:

uuur
Với mọi O A n : OG

1 m uuur
OPi
m 1i 0

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

(1)
12


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

Gọi G‟ là trọng tâm của hệ con k+1 điểm P1,P2 ,..,Pk thì:

uuuur
OG '

1
k 1i

k

uuur
OPi

0

k

uuur
OPi

uuuur
(k 1)OG '

(2)

i 0

Gọi G” là trọng tâm của hệ con m-k điểm Pk 1,Pk 2 ,..,Pm thì:

uuuur
OG ''

1
m ki

m

uuur
OPi

k 1

m

uuur
OPi

uuuur
(m k)OG ''

(3)

i k 1

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

uuur
OG

1 m uuur
OPi
m 1i 0

uuur
OG

k uuur
1
( OPi
m 1 i0

m

uuur
OPj )

j k 1

uuuur
uuuur
1
(k 1)OG ' (m k)OG"
m 1
k 1 uuuur m k uuuur
OG '
OG ''
=
m 1
m 1

=

Vì

k 1 m k
1 nên G, G‟, G” thẳng hàng
m 1 m 1

Vậy G‟G” luôn đi qua điểm G cố định.
đpcm.
Bài tập
Bài 1
Cho 4 điểm phân biệt P1,P2 ,P3 ,P4 . Xét các đường thẳng đi qua một trong
4 điểm đó và đi qua trọng tâm của 3 điểm còn lại (có 4 đường thẳng như vậy).
Lại xét các đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai trong 4
điểm đó và đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm còn lại (có 3 đường
thẳng như vậy). Chứng minh rằng 7 đường thẳng nói trên cùng đi qua 1 điểm.

Bài 2

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

13


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

Trong A n với mục tiêu afin đã chọn, giả sử k điểm M1,M2 ,..,Mk có toạ

độ là: Mi

(x1i , x i2 ,.., x in ) với i 1,k .

Và tâm tỉ cự G có toạ độ (X1i ,Xi2 ,..,Xin ) thoả mãn hệ thức:
uuuur
uuuuur
uuuuur r
m1 GM1 m 2 GM 2 ... m k GM k 0 .
Với m1 m2 ... mk
Chứng minh rằng: X j

0.
m1x1j m 2 x 2j ... m k x kj
m1 m2 ... mk

.

Hướng dẫn giải:
Bài 1: Gọi G là trọng tâm của hệ 4 điểm P1,P2 ,P3 ,P4 . Theo bài 3, G thuộc
đường thẳng nối 2 trung điểm của các cạnh đối diện của tứ diện P1P2P3P4 , và
G thuộc đường thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện của tứ diện

P1P2P3P4 . Suy ra 7 đường thẳng đồng qui tại G.
Mở rộng cho hệ m điểm phân biệt:
Ta chia hệ m điểm thành 2 tập N và N‟ khác

và không giao nhau. Khi đó

các đường thẳng nối trọng tâm của hệ điểm trong N và hệ điểm trong N‟ đồng

qui tại G là trọng tâm của hệ m điểm ban đầu.
Bài 2: Gọi O là gốc toạ độ và G là tâm tỉ cự của hệ điểm M1,M2 ,..,Mk .
uuuur
uuuuur
uuuuur
uuur m OM m OM ... m OM
1
1
2
2
k
k
Ta có OG
.
m1 m2 ... mk

Xj

m1x1j m 2 x 2j ... m k x kj
m1 m2 ... mk

j 1,n .

§2. Ứng dụng tâm tỉ cự để giải toán trong hình học phẳng
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

14


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

2.2.1 Bài toán tính toán
Bài 1
Cho tam giác ABC có diện tích s. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt
lấy các điểm M, N và K sao cho:
uuur uuur r uuur uuur r
uuur uuur r
30MB MC 0 ; 4NA NC 0 ; 14KA KB 0 .
Gọi D là giao điểm của AM và CK, E là giao điểm của BN và AM, F là giao
điểm của CK và BN. Hãy tính diện tích tam giác DEF theo s.
Bài giải
Từ giả thiết ta có M là tâm tỉ cự của hai điểm B, C với bộ số (30, 1). N là tâm
tỉ cự của hai điểm A, C với bộ số (4, 1). Như vậy E là tâm tỉ cự của hai điểm
A, M với bộ số (4, 31). Từ đó ta có:

BF
FN

5

Tương tự ta có:

Mặt khác ta có:

31
.
35

35
17

5
14

5

AE
AM

CD
CK

S
S

15
1
30

15

AMB
ABC

=

BM
BC

450
451

1 S
,
31 S

CN
AC

BNC
ABC

4 S
,
5 S

AKC
ABC

AK
AB

1
15

Từ đó ta có:

S

S

AEB
ABC

1.31
31.35

1
S
;
35 S

4.35
5.37

BFC
ABC

28
;
37

S
S

ADC
ABC

1.450

15.451

30
451

Từ đó ta có:

S
S

DEF

1

ABC

1 28
35 37

30
451

S

DEF

(1

1
35

28
37

30
)S
451

ABC

Bài 2
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

15


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi I, J lần lượt là tâm tỉ cự của họ
ur uur
điểm {A, B} và {A, C} gắn với họ các hệ số {1, -2} và {3, 2}. Tính IJ,IG theo
uuur uuur
hai véctơ AB,AC .
Bài giải
Do I là tâm tỉ cự của hệ điểm {A, B} gắn với họ hệ số {1, 2} nên:
uur
uur r
IA 2IB 0

uur
uur uuur r
IA 2(IA AB) 0
uur
uuur
IA
2AB
Do J là tâm tỉ cự của hệ điểm {A, C} gắn với họ hệ số {3, 2} nên:
uur
uur r
3JA 2JC 0
uur
uur uuur r
3JA 2(JA AC) 0
uur 2 uuur
AJ
AC
5
ur uur uur
uuur 2 uuur
IJ IA AJ
2AB
AC
5
uuuur 1 uuur uuur
(AB AC)
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AM
2
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên:
uuur 2 uuuur 2 1 uuur uuur 1 uuur 1 uuur

AG
AM
. (AB AC)
AB
AC
3
3 2
3
3
uur uur uuur
uuur 1 uuur 1 uuur
IG IA AG
2AB
AB
AC
3
3
uur
5 uuur 1 uuur
IG
AB
AC
3
3
ur uur uur
uuur 2 uuur
uur
5 uuur 1 uuur
2AB
AC ;

IG
AB
AC
Vậy IJ IA AJ
5
3
3
*) Nhận xét:
ở bài toán trên ta tính được :
ur uur uur 2
uuur uuur
IJ IA AJ
( 5AB AC)
5
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

16


Trường ĐHSP Hà Nội 2
uur
IG

uuur uuur
1
( 5AB AC)
3

Khóa Luận Tốt Nghiệp
ur

IJ

6 uur
IG (*)
5

Do đó bài toán trên có thể hỏi thêm: hãy chứng minh 3 điểm I, J, G thẳng
hàng. Khi đó từ đẳng thức (*) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 3
Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R) có BC=a, AC= b, AB=c.
a) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng I là
tâm tỉ cự của hệ điểm {A, B, C} gắn với họ hệ số {a, b, c}.
b) Tính OI.
Bài giải
µµµ
a) Kẻ phân giác AA‟, BB‟, CC‟ lần lượt của góc A,B,C

Ta dựng hình bình hành ANIM sao cho C‟ thuộc IN và B‟ thuộc IM.
uur uuuur uuur
Khi đó: AI AM AN
A
AM
IC
AN
IB
Hay
uuuur
AM

AB'

B'C
AC'
C'B

AB
CB
AC
CB

c
a
b
a

M

B'

N

C'

I

c uur
IC
B
A'
a
uuuuur b uur

AN
IB
a
suy ra:
uur c uur b uur
AI
IC
IB
a uur a uur
uur r
aIA bIB cIC 0 .
b) Do tam giác ABC nội tiếp (O; R) nên OA=OB=OC=R ta có:
uuur uuur
uuur uuur
(OA OB) 2 OA 2 OB2 2OA.OB
uuur 2
uuur uuur
BA 2R 2 2OA.OB
uuur uuur
2OA.OB 2R 2 c2

C

Tương tự cũng có:
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

17


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

uuur uuur
2OB.OC 2R 2 a 2
uuur uuur
2OA.OC 2R 2 b 2
Gọi P là chu vi tam giac ABC ta có: 2p=a+b+c
Theo phần a) ta có:
uur
uur
uur r
aIA bIB cIC 0
uuur uur
uuur
a(OA OI) b(OB
uur
uuur
(a b c)OI aOA
uur
uuur
uuur
2pOI aOA bOB

4p2OI2

a 2OA 2

uur
uuur uur r

OI) c(OC OI) 0
uuur
uuur
bOB cOC
uuur
cOC
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
b 2OB2 c2OC2 2abOA.OB 2bcOB.OC 2caOC.OA

4p 2OI2

R 2 (a 2

b 2 c2 ) ab(2R 2 c 2 ) ac(2R 2 b 2 ) bc(2R 2 a 2 )

4p 2OI2
OI2

R2

Vậy OI

4p 2R 2 2pabc
abc
abc
R2
2p
a b c

R2

abc
a b c

2.2.2 Bài toán chứng minh.
Bài 1

uuuur
uuuur uuur
uuur
Cho tam giác ABC xét MN 2MA 3MB kMC (k là hằng số). Chứng
tỏ rằng đường thẳng MN luôn qua một điểm cố định hoặc phương không
đổi.
Bài giải
- Nếu k 1
Gọi I là tâm tỉ cự của {A,B,C} ứng với họ hệ số {2,-3,k}.
Ta có:
uur uur
uur r
2IA 3IB kIC 0

uuur uur
uuur uur
uur r
2(CA CI) 3(CB CI) kCI 0

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

18


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

uur
uuur
uuur
(1 k)CI
2CA 3CB
uur
uuur
uuur
1
CI
( 2CA 3CB)
1 k
Suy ra I cố định
Ta lại có:
uuuur
uuur uur
uuur uur
uuur uur
MN 2(MI IA) 3(MI IB) k(MI IC)
uuuur
uuur
uur
uur

uur
MN ( 1 k)MI 2IA 3IB kIC
uuuur
uuur
MN ( 1 k)MI
uuuur uuur
Suy ra MN,MI cùng phương.
Hay MN qua điểm I cố định.
- Nếu k=1
uuuur
uuuur
uuuur uuur
uuuur uuur
MN 2MA 3(MA AB) (MA AC)
uuuur
uuur uuur
MN
3AB AC
(véctơ không đổi)
Suy ra đường thẳng MN có phương không đổi.
Bài 2
Cho 5 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Gọi

là một

tam giác có 3 đỉnh trong 5 đỉnh đó, hai điểm còn lại xác định một đoạn
thẳng (d). chứng minh rằng với mọi cách chọn
qua trọng tâm của

khác nhau, đường thẳng

và trung điểm của đoạn thẳng (d) luôn qua một điểm

cố định.
Bài giải
Gọi A,B,C,D,E là 5 điểm đã cho. Xét tam giác ABC với trọng tâm G và đoạn
thẳng DE có chung điểm M.
Với mọi điểm I thì:
uur uur uur
uur uur
uur
uuur
(IA IB IC) (ID IE) 3IG 2IM
Chọn I là trọng tâm của hệ điểm A,B,C,D,E thì:
uur uur uur uur uur r
IA IB IC ID IE 0
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

19


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

uur
uuur r
3IG 2IM 0
uur
2 uuur

IG
IM
3
Suy ra GM qua I cố định. Tương tự các cách chọn khác ta có đpcm.

Bài 3
Cho tam giác ABC với điểm M bất kì trong tam giác.
Đặt: S MBC Sa ;S MAC Sb ;S
uuuur
uuur
uuur r
Sa MA Sb MB Sc MC 0 .

Sc . Chứng minh rằng:

MAB

Bài giải
Gọi A‟ là giao điểm của đường thẳng MA với BC.
A

M

B

A'

uuuur
Ta có: MA '

Nhưng:

A 'C uuur
MB
BC

A'C
A'B

uuuur
MA'

C

S
S

Sb
Sb Sc

MA 'C
MA 'B

uuur
MB

A 'B uuur
MC
BC

S
S

MAC
MAB

Sc
Sb Sc

Sb
Sc

A 'C
BC
A 'B
BC

Sb
Sb Sc
Sc
Sb Sc

uuur
MC

Mặt khác:

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

20

Trường ĐHSP Hà Nội 2
MA '
MA

S MA 'B
S MAB

uuuur
MA'

Khóa Luận Tốt Nghiệp

S MA 'C
S MAC

S MA 'B S
S MAB S

MA 'C

Sa

MAC

Sb Sc

Sa uuuur
MA

Sb Sc

Thay vào trên ta được:
uuuur
uuur
uuur
Sa MA Sb MB Sc MC
uuuur
uuur
uuur r
Sa MA Sb MB Sc MC 0
(đpcm)
Sau đây là một số ứng dụng của tâm tỉ cự cùng với bài toán trên:
Cho tam giác ABC gọi G,H,O,I,J lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường
tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp trong góc
A của tam giác.
Ta có các hệ thức sau:
uuur uuur uuur r
a) GA GB GC 0
uuur
uuur
uuur r
b) tan A.HA tan B.HB tanC.HC 0 với tam giác ABC không vuông
uuur
uuur
uuur r
c) sin 2A.OA sin 2B.OB sin 2C.OC 0
uur
uur
uur r

d) a.IA b.IB c.IC 0
uur
uur
uur r
e) a.JA b.JB c.JC 0
uuur
uuur
uuur r
f) (tan A tan B).OC (tan B tan C).OA (tan C tan A)OB 0
Áp dụng bài toán trên:
a) Khi M G thì Sa
uuur
1
S ABC (GA
3
uuur uuur
Hay GA GB

Sb

Sc

1
S
3

ABC

uuur uuur r
GB GC) 0

uuur r
GC 0

b)Khi M H thì Sa

S

BHC

ta có:
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

21


Trường ĐHSP Hà Nội 2

S
S

A'H
AA'

BHC
ABC

Khóa Luận Tốt Nghiệp

·

tan HBC
·
tan ABC

·
cot ACB
·
tan ABC

tan A
.S
tan A.tan B.tan C

Sa

1
tan B.tan C

ABC

Tương tự:
Sb

tan B
.S
tan A.tan B.tan C

ABC

tan C

.S ABC
tan A.tan B.tan C
uuur
uuur
uuur r
Suy ra tan A.HA tan B.HB tanC.HC 0
Sc

c)Nếu A 90o

A,O cùng phía đối với BC

Khi đó:

Sa

S

OBC

1
·
.OB.OC.sin BOC
2

1 2
R sin 2A
2

Nếu A> 90o thì O,A khác phía đối với BC

Khi đó:
Sa

S

OBC

1
·
.OB.OC.sin BOC
2

1
.OB.OC.sin(360o
2

2A)

1 2
R sin 2A
2

Tương tự:

Sb

1 2
R sin 2B ; Sc
2

1 2
R sin 2C
2

Áp dụng bài toán trên với M O thì:
uuur
uuur
uuur r
sin 2A.OA sin 2B.OB sin 2C.OC 0
d)Áp dụng bài toán trên với M I ta có:

Sa

S

IBC

1
ra; Sb
2

1
rb; Sc
2

1
rc
2

(với a, b, c là độ dài 3 cạnh AB, BC, CA; r là bán kính đườn tròn nội tiếp của

tam giác ABC)
Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

22


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

uur
uur
uur r
Suy ra: a.IA b.IB c.IC 0
Các câu e,f cũng chứng minh tương tự.
Sau đây là một số bài toán ứng dụng của bài toán 3:
Bài 4
Cho tam giác ABC đều tâm O. M là điểm bất kì trong tam giác. Hạ MD,
ME, MF lần lượt vuông góc với BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
uuuur uuur uuur 3 uuuur
MD ME MF
MO
2
Bài giải
Gọi AA‟, BB‟, CC‟ là các đường cao trong tam giác.
Ta có:
uuuur
uuur
uuur r
Sa MA Sb MB Sc MC 0

Mặt khác:
uuuur MD uuuur S uuuur 3 S uuur
a
MD
AA '
AA '
. a .OA
AA '
S
2 S
uuur 3 S uuur
uuur
. b .BO ; MF
Tương tự ta có: ME
2 S

3 Sc uuur
. .CO
2 S

A

O
M
B

Từ đó suy ra:
uuuur uuur uuur
MD ME MF

A'

D

C

uuur
uuur
uuur
3
(Sa AO Sb BO Sc CO)
2S
uuuur uuuur
uuuur uuur
uuuur uuur
3
Sa (MO MA) Sb (MO MB) Sc (MO OC)
2S

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

23


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

uuuur 3
uuuur

uuur
uuur
3
(Sa Sb Sc )MO
(Sa MA Sb MB Sc MC)
2S
2S
uuuu
r
3
.S.MO
2S
3 uuuur
.MO
2S
uuuur uuur uuur 3 uuuur
Vậy MD ME MF
MO (đpcm)
2
Bài 5
·
·
·
IBC
ICA
Gọi I là điểm trong tam giác ABC sao cho: IAB

(điểm

IA

IB
IC
;;
;
mỗi không vượt
2
2
sin B sin C sin 2 A

Brocap). Chứng minh trong 3 số
quá tổng hai số kia.

Bài gải
Áp dụng bài toán 3 ta có: Sa

S

1
.a.IB.sin
2

BIC

(*)

A

I
B

C

Theo định lí hàm số sin ta có: IB 2R c sin
( R c là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB)
Suy ra:

2R c
IB

AB
·
sin AIB

c
sin(180o

B

)

c
sin B

c
.sin .
sin B

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

24

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Khóa Luận Tốt Nghiệp

ac
.sin 2
2sin B

Từ (*) suy ra Sa

abcsin 2
2bsin B

abcsin 2
4R sin 2 B

Tương tự:
Sb

abcsin 2
;
4R sin 2 C

Sc

abcsin 2
4R sin 2 A

Thay vào biểu thức:
uur
uur
uur r
Sa IA Sb IB Sc IC 0 ta được:
1 uur
IA
sin 2 B

1 uur
1 uur r
IB
IC 0
sin 2 C
sin 2 A
1 uur
1 uur
1 uur
IA
IB
IC
sin 2 B
sin 2 C
sin 2 A
1 uur
1 uur
1 uur
|
IA
|

|
IB
IC |
sin 2 B
sin 2 C
sin 2 A

uur
1
1 uuur
|
IB
|
| IC |
sin 2 C
sin 2 A

(đpcm)
Bài 6
Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc các cạnh BC, AC, AB
uuur
uur uur r
lần lượt tại M,N,P. chứng minh rằng aIM bIN cIP 0 .
Bài giải
Gọi P là nửa chu vi tam giác ABC ta có:
A
N
P

I

C
B

M

AP AN p a
BM BP p b
CN CM p c

Đỗ Thị Ngân – K33C SP Toán

25