Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-3)
Trang 1Từ (2) cĩ = a > \2 @roy = (> aMA) im] a —> —» = ma + 2D ag, MAMA, i=l > isi<j<m Vi 2.MA,MA, = a ch
= MA? + MA? — (MA, — MÃ)?
= MA? + MA? — AA? nén m MO? = 5) aiMa? + D aa, MA? + = lei<jem 2 + 5) sua, MA, — >» ae; AA lsi<jem isi<jen Do cĩ thể viết Den; MA I<i<j€m l<i<jem = dae; Ma? nên : m 2 efMa? + DaaMa, + > M4? t=] l<icjem lsi<j<m
= Dae; MA;+ Xea, MA+ Daa, Ma?
lei<jem licjgm 1Ki<j<&m mm = 2z MA, =3 3 sa, MA? Lsijem fuel m = Sad at - petted Vậy cĩ : m > @,MA? (theo (3)) r=t m 2= 2 ~ 2 MŒ = Ð ai MA? ~ Sa, AA? (6) f=} leicjem Bay gid ta xét vài ví dụ ứng dụng các kết quả trên
VỀ dụ 1 Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp AABC với các cạnh a, b, c Hay tinh độ dài
đường phân giác trong AA, va ti 36 TAJIA,
Giải : Tại các điểm A, B, C ta dat các
khối lugng tuong ting a, b, c Vi AA, là đường phân giác nên
A\BIA,C = cb > cA,C = bAB — + —¬ — =bÁIB + cAIC = 00ÁIB + cÁIP = 0Ì
Vậy theo (4), A, là trọng tâm của hệ hai chất điểm B, C Theo (6) với m = 2ME=A
và theo định nghĩa đi, a, tacd:
5 € be
2 = 2 aRt4 © apr 2 AAT = sa gAB?+ rẺ LAO +h = be, et? beat
_ b+c b+e @ +e?
2 a
=be fi - °[ 6+a -
Với chú ý A là trọng tâm của hệ 1 chất
điểm A, nên theo tính chất (5) ta cĩ trọng tâm của hệ A, B, C nằm trên đường phân giác AA, Tương tự trọng tâm của hệ A, B, C cùng nằm trên đường phân giác BB, Vay 1 chính là trọng tâm của hệ A, B, C Do dé theo (5) ta cd :
TAITA, = (b + e/a
Nhận xét : Nếu tại A, B, C cùng đặt một khối lượng là 1 thì theo cách xác định trọng
tâm ở ví dụ 1 ta đễ dàng thấy trọng tâm của hệ ở chất điểm A, B, € chính là trọng tâm (giao điểm của 3 đường trung tuyến) của
A ABC
Vi du 2 Goi H, J, O, G là trực tâm, tam
đường trịn nội tiếp, tâm đường trịn ngoại tiếp và trọng tâm của AABƠ cĩ các cạnh a, ð,c; và bán kinh đường trịn ngoại tiếp, nội
tiếp R, r Hay xác định O2, OH2, OG2, IH2, 1G’, HG
Giải : Đặt tại các điểm A, B, C các khối
lượng tương ứng a, b, c, theo ví dụ 1 ta cĩ
Trang 2= abc(a + 6 + c) = 2Rr Vậy : 2, # 2 6 2 OF = abt atore® * e —t?_— g_ atb+e® — 2Rr (theo (7) và (8), hay OF = R? ~ 2Rr (he thức Ole) 2) Lại theo (6) ta cĩ : GỀ =———GA2+ a+b+c ồ e _ OR? — Œœ(2 — *a+b+ctf + cape eee _-—P" _ age (e+b+2 ac be ——————À- ———nC (arose ror) 2 a5 eset + ai GB? + Fb + GOS ~ Br
(theo (7) va (8) Goi A, la trung điểm của
BC, theo cơng thức đường trung tuyến ta cĩ Oat = gad = (2t - 5) Tuong tu GB = 2 (e+ a-% oc? = 3 (02+ - 5) nên : “ï“ a
+ Ge? = wares nar b+e)+
+ 2acla + b +c) + Bea + b + ec) - Gabe — (a3 + 63 + cd} Nhung dé thay Oto tes at b + cya? + 62 +c? — ab - ac — be) + Babe (9) nén S, = (ab + ac + be)/9 — ~ (g2 + 62 + c2 ~ ad ~ ac — boyd - — aba +b +e) = = (1/9)(8ab+3ae+ 3bc~ a2— b2 (theo (8) Vậy : 122 —e?)— 2Rr (8) GI? = (1/9)(8ab+3ae+8be~a?—62—e2)—4iRr (10) 8) Theo (6) cĩ : HẺ = —— a+b+e HA? + 6 HB? + a+b+c ¢ be s+ox+en' ~ (atbteh ac 2 ab (œ+b+e)2 (e+b+? Ta cần xác định HA?, HB?, HC? Dựng AABC cĩ các cạnh song song với các cạnh
tương ứng và đi qua các đỉnh của AABC, Do các tứ giác ABCC, ABCBH là các
hình bình hành nên AC = AB = BC và
HA 1 BC
Vi vậy dễ đàng thấy H la tam dudng tron
ngoại tiếp AABC, với bán kính R Cĩ AA HCAABC = RIR=BCIBC => R = 2R, 2 Từ đĩ HA? = R2 ~ CA2 = 4R2 ~ q2, Tương tự HE = 4R? — b2; HC? = 4R2 — c2 Vậy theo (7) và (8) ta cĩ 2m —— HP = capa ~ ey + 6 2 2) + ater ~ 8+ py AR = 3 3+ V3 = 4R2— opr Toe = ARS ORr- re = 4R2— 2Rr— (a?+ b2+ c?— sb— ae— be) — — Sabei(a + b + e) (theo (9)) Vậy theo (8) ta cổ : HP = 4R? — 8Rr — ~ (@ + b? + c? — ab — ae ~ be) (AD 4) Để xác định ĨG2, ta dat 4 A, B, C cùng
một khối lượng 1, theo nhận xét trên thi trong tâm G của AABC chính là trọng tâm
của hệ 3 chất điểm A, B, C Từ đớ theo (6) ta cĩ : OG2 = OA?⁄3 + OB?⁄3 + OC2⁄4 —
— AB?9 — AC?/9 — BC?/9 Vậy
0Œ? = R2 ~ (œ2 + b2 + c2/9 Theo
đường thang Ole, ta cé GH = 206 ;
OH = 30G Vậy :
Trang 3OH? = 9R2 — (œ2 + b2 + c3) (12) Hệ quả : Trong tam giác ABC ta cĩ : 1) 9R2 > œ? + ð2 + c2 > Bab+act+be > 18Rr Chitng minh : Từ (12) ea? + 562 + c2 < 982 Từ @-or +@~cer+O-c% 2 0 a? + 62 + c2 = ab + ac + be Lai theo (10) 3ịa + độc + 3ac — a? — b2 ~ c2 » 36Rr,
Nhung do ab + ac+ be~ a2- b2— c2 <Ụ
nên 2œb + 2ac + 2be > 36a + 8bc + Bac — a2 — b2 — ¿2 > 36Rr => ab + ac + bc > 18Rr (13) Tém lại ta cĩ (14) 2)a)2I0 >HI a)I0 = OG b) V2JO 2 GI e) 310 > OH c) 210 > GH f) 83GH? — 27H? + 61G?- 4102 = 0 Giải : Theo cdc cong thite tinh GH?, 1H2, IG’, 10? ta od : aGH? + BIH? + yIG? + wI0? = (4a + 4B + w)R - 2Rr(4B + Qy + w) + (8 + y/3)(ab + ac + be) ~ (a? + 6? + (40/9 + B + y/9) +1 a) Cho a = 0,7 = 0,8 = -1,w = 4, tir (14) 410?— IH? = a2+b2+02462+ 2~ ab~ be— ae (theo (13)) b) Cho ø = ổ = 0,y = -1, ø = 2, từ (14) ta cĩ 2710? - GP = 2R, ~ (ab + ac + be)/8+ (a2+ b2 + c2)/9 = = [(18R? — 2ab - 2c — 9ịe) + + (g 2+ b`+ c?—ab— ac~ be)|/9 > 0 {theo (13)) e) Cho ø = -1, 8 = y = 0,0 = 4, từ ta cĩ q4 AIO?— GH? = —BRr+ (A/9/(a2+ b2+ e3) (theo (13)),
d) va e) Theo dutng thang Ole cé GH =
GO, GH = (2/3) OH Vay tit c) ta cé OF = OG, 310 = OH
f) Thay a2 = 3,8 = -2,y = 6: = -4 (14) ta cĩ ngay kết luận
Các bạn cĩ thể suy diễn tiếp các tính chất lí thứ khác từ các kết quả ở trên Để giải ví
dụ 2, các phương pháp khác đều gặp nhiều khĩ khăn hoặc bị bế tác Phương pháp dùng khái niệm trọng tâm cĩ ưu điểm trong nhiều
bài tốn Ưu điểm cơ bản của phương pháp
này là việc xác định các khối lượng thích hợp sẽ cho lời giải ngắn gọn và mở rộng phạm vi ứng dụng linh hoạt cho nhiều bài tốn
n MỘT CƠNG THUC DONG DE TINH TONG ` kĩ
Xin giới thiệu một cơng thức, từ đớ cĩ thể tính tổng n Sey et k=0 (trong đĩ r là số nguyên > 1) một cách khá dễ dàng Bằng cách đạt uÍ!Ï = ư(w ¬ 1) ( ~ r+ 1) ta cĩ cơng thức thuận tiện sau đây : k=0 PHAN ĐỨC THÀNH n Stony = DAM = alla + yee @) k=0
Bay gid ta ching minh tinh ding dan cua cơng thức (1) bằng phương pháp quy nạp theo n
Dễ dàng nhận thấy rằng mệnh đề đúng
với n = Ì,n = 2
Trang 4Giả sử mệnh đề dung véi n = m, tite la Stem = mlm + Dlr + Ð) Ta cĩ Sư = Stroy + om + 1Ì, Chủ ý rằng ứn + 1mtÌ = (m + ợn ~ r + 1) Vậy 8 [r.mt1] = ứm + 1)fÌ@n + 2) + DY, tức mệnh để cũng đúng với n = ra mệnh đề luơn luơn đúng Từ cơng thức (1) Với r = 1S, = n(n + 1)/2 Voir = 2= 5.) =8,-S,= = nứt — Lực + 1/3 > 8; = nín + 1)(2n + 1)/6 Với r = 8 = Suy„¡ = 8; -88; + 28, = = nín — l)(n - 2)(n + 1)/4 m +1 Suy =8; = nữn + 12 Với r = 4 => Stan = S,- 68, + 118, - 6S, = = n{n - Dm - 2)(n - 3a + D5 => S, = nit 1)Qn + 1)Bn? + ẩn ~ 1/80 vv Mở rộng của cơng thức (1) là cơng thức sau => K+ tk en = (ally tr Yon + 1) 0m + lm + Dd (a + m)/m 1) trong do &,, ., k, > 0 va r=rn+ +, ching hạn : Với m = 2, rị = 1," cà = xứ = De + l)@ + 23/24 Với m = 2,r, = 2,r,=1 = Dak, - Dat, ktk<n kj tk <n = n(n ~ 1)(n - 2)(n + Dn + 2)/60 DS Bk = na~ Yn t De + 2)(2n+ 1/120 K + k, en 2=1 Sau = Spa, Wy VV
MAT CAU GIA NOI TIEP DA DIEN
Trong các kì thi vào đại học hoặc các ki thi hoc sinh giỏi, các bạn thường gặp ba loại mặt cầu : mặt cầu ngoại tiếp đa diện, mặt cầu nội tiếp đa diện và mặt cầu giả nội tiếp
đa diện Hai loại mặt cầu đầu đã được các
tác giả nghiên cứu khá sâu sắc (xem, chẳng
hạn : "Một số phương pháp giải tốn sơ cấp",
Đ.H.TH Hà Nội, riêng loại mặt cầu thứ ba
thì rất Ít tài liệu để cập, cĩ chăng thi cing
đẻ cập một cách sơ sài Trong bài báo này, tơi xin trình bày một cách hệ thống loại mặt cầu đĩ, nhằm giúp các bạn làm tốt các để tốn liên quan đến mặt cầu này Trước hết,
xin nêu một khái niệm rất quen thuộc trong
hình học sơ cấp, nhưng chưa được trình bày
trong sách giáo khoa hình học phổ thơng
1 Trục đường trịn :
&) Định nghĩa 1 : Trục đường trịn là
đường thẳng vuơng gĩc với mặt phẳng 124 LÊ QUỐC HÁN chứa đường trịn và đi qua tâm của đường trịn ấy Các bạn đễ dàng chứng minh :
b) Tỉnh chốt : Nếu M là một điểm trên trục đường trịn thì Ä cách đều các điểm
trên đường trịn
¢) Dinh li 1: Trong khơng gian, quỹ tích
những điểm cách đều các cạnh của một đa
giác ngoại tiếp là trục của đường trịn nội tiếp đa giác ấy
2 Mặt cầu giả nội tiếp đa diện :
ø) Định nghĩa 2 : Mặt cầu giả nội tiếp đa
diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh (Khơng kể phần kéo dài) của đa diện
ð) Nhận xét : Nếu O là tâm mặt cầu giả
nội tiếp đa diện thì Ĩ cách đều các cạnh của
Trang 5©) Định lí 2 : (Điều kiện cần và đủ để tổn tại mặt cầu giả nội tiếp tứ diện ABCD là AB +CD = AC + BD = AD + BC a 2 Tình 1
Chúng mình : Điều kiện cần : Giả sử tồn
tại mặt cầu tam O, tiếp xúc với AB, BC, CD, DA, AC, BD tai M,N, PQ, R, S Khi do,
AOAM = AOAR = AOAQ AM = AR = AQ Tương tự BM = BS = BN CP =CR=CN DP = DS = DQ Cộng từng vế các đằng thức trên, ta cĩ (1)
Điều kiện dù : Giả sử đã cĩ (1) Gọi (0, ry) va (0,, r,) là các đường trịn nội tiếp
ABCD va AACD, và các tiếp điểm trên CD tương ứng là P' và P Khi đĩ, dễ chứng minh : c Hình 2 CP = (1/2).(AC + CD - AD) va CP’ = (1/2).(BC + CD ~ BD) ma AC = BC + BD = AD + BC, nén AC - AD = - BD Do đĩ CP = CP’ => P= Pp’, Goi
PO là đường kính ì của đường trịn ngoại tiếp O,PO, Khí dé O0,P = 909 (gĩc nội tiếp
chắn nửa đường trịn) OO, + O,P mà CD + 10,P0,] ; CD 1 0,0» 0,0 + [BCD] + 00,
là trục của đường trịn nội tiếp ABCD Tương tự, OO, là trục của đường trịn nội tiếp AACD Hai trục này cắt nhau tại O Tương tự, ta chứng minh được các trục của các đường trịn nội tiếp các mát của tứ diện đơi một cắt nhau, Vì khơng cĩ ba trong bốn trục nào đổng phẳng nên chúng phải đồng quy (tại Ø) Khi đĩ O cách đều các cạnh của tứ diện nên Ĩ là tâm mặt cầu giả nội tiếp tứ điện
Thí dụ 1 : Cho tứ điện ABCD cĩ AB = a,
CD = b, AC = AD = BC = BD Goi I va J
là trung điểm của AB va CD sid =k Tim
hệ thức liên hệ giữa ơ, b, è để tồn tại mặt cầu già nội tiếp ABCD (Đề thi tuyển sinh khối A, 1978) : GIải : VIAC = BC (gt), AI = IB (gt) nén CI 1 AB Th cĩ : tồn tại mặt cầu giả nội tiếp ABCD Hình 3 AB + CD = AC + HD = AD + BC AB + CD = AC (AB + CD)? = 4AC? “(4 +0)? = 402/4 + k2 + b2/4) coab = 202, đ) Các phương pháp xúc định tâm mặt
cầu giả nội tiếp da diện
Phương pháp 1 : Chi ra một điểm cách
đều các cạnh đa diện
Thí dụ 2 : Cho tứ điện đều ABCD Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu giả nội tiếp tứ diện đĩ (Đề số 141 ~ Bộ đề thi do Bộ
DH, TH và DN ban hành)
Giải : Gọi M, N,PQ,R, Sia trung điểm
của AB, BC, DA, AC, BD, CD Khi đề : MP, WQ, RS đồng quy tại O, trung điểm mỗi đường (xem sách giáo khoa hình học khơng
gian lớp 11),
Mặt khác ÁP = BP = a V82 nên AAPB cân tại P = trung tuyến MP L AB Tương
Trang 6
Hình 4
tu ON 1 BC Tit dé AOAM = AOBN = AOCD = AODQ = AOAR = AOBS = OM
= ON = OP = 0Q@ = OS O la tam mat cfu
giả nội tiếp ABCD Khi đĩ :
OM? = (1/4)MP? = (1/4)(AP? - AM?) =
= (1/4/44 - a2/4) = 207/16 = OM = a V2/4, Phương pháp 2 : Dựng hai trục của hai đường trịn nội tiếp hai mặt của đa diện Chứng minh hai trục ấy cát nhau (tai 0) Chứng minh ĨØ cách đều các cạnh của đa
điện
Thi dụ 3 : Cho tứ diện OABC : gĩc tam diện đỉnh Ở ba mặt vuơng OẤ = a, OB = b, ĨC = c Tìm điều kiện giữa œ, b, e để tồn
tại mặt cầu giả nội tiếp OABC Xác định tâm
và tính bán kính mặt cầu đĩ (Đề thi khối A, DHSP Vinh, 1988)
Hinh 5
Giải : Tổn tại mặt cầu giả nội tiếp OABC
«0A + BC = ĨOB +ẤC = OC +AB
a+ Vote =b+ fate act a*+bˆ œ a=b=c (VÌ chẳng hạn : a+ JbŸ+ cổ =b + Ja?+ cổ erat +b? +02 + 9gjb? + c7 = 126 t = b2 + a2 + 02 + Ya + ce (œ{02 + 22 = ofa? +027 ab? + arc? = a? + b2c2 2a = b
Khi đĩ O.ABC là hình chớp đều Kẻ đường cao OH cua hinh chop thi OH 1a truc của vịng trịn nội tiếp (và ngoại tiếp) tam giác ABC Gọi D là tâm của đường trịn nội
tiếp AOAB, OD cát AB tai M Vi OA = OB
nén AM = MB va AB 1 OM = OM di qua H va OM 1 AB Gọi Mĩ là đường kính của đường trịn ngoại tiếp AMDH thì IDM = 909 nên ID L OM mà AB L [OMC] nên AB L ID = D là trục của đường trịn nội tiếp AOAB Ké JE 1 OA; IF 1 OB, IJ 4 OC Vil nam trên trục của các đường trịn nội tiếp tam giác ABC và OAD nên ¡ cách đều BC, CA,
AB, OA, OB Mat khac AOIE = AOI = E = IJ » I cach déu OA và ĨC Vậy ï là tâm mặt cầu giả nội tiếp OABC
Ta cĩ : AIOE AAOH = JE/AH =
OE/OH => IE = OE.AHIOH, trong đĩ OE = ĨA - AE = OA - AM (vì AE và AM là hai tiếp tuyến của mặt cẩu Œ, 1E) xuất phát từ A) = = a ~ aV2/2 = fa(2 ~ ¥2)1/2 ; AH = (2/3).(a¥2) ¥3/2 = a{2/3 ; OH? = OA? - AH? = a? - 2a7/3 = 07/3 = 0H = a3
Thay vào, ta cé IE = a(¥2 ~ 1)
Bay giờ, đề nghị các bạn làm một số bài
tập sau đây để rèn luyện các kiến thức đã
học :
1) Một hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ điện đều Tìm thể tích của phần
hình cầu nằm phía ngồi của khối tứ diện
đều, biết cạnh tứ diện đều là ø (Đề số 137, bộ đề thi do Bộ ĐH, TH và DN ban hành) 2) Giả sử tâm O cia mặt cầu giả nội tiếp
hình chĩp S.ABC nằm trên đường cao của hình chớp a) Chitng minh S.ABC là hình
chĩp đều b) Biết bán kính mặt cầu là và
OS = RY3 Tính thể tích hình chớp (Dé thi
Trang 7UNG DUNG CUA TICH NGOAI 3 VÉCTƠ TRONG KHƠNG GIAN
1 Thể tích hình tứ diện
Chúng ta biết rằng thể tích của tứ diện
ABCD là 1/6 của thể tích hình hộp vẽ trên
chang han 3 canh DA, DB, DC Vay thé tich Ÿ của tử điện cho bởi :
6V = [DÃ DỀ pÈI —~ => a» Với già thiết tam diện { DA, DB, DC} là
thuận Với điểm gốc O tùy ý, ta dat GẦ = A, ƠỀ = B, ĐỀ = cðB =p Ta cớ 6V =[A-P,B-D,C- DỊ V= gIA, B, C] — (8, G, DỊ + + [C, D, A] - [D, A, BỊ Chú ý : 1) Ta lay O tai D thi V = 1/6[A, B, C] 2) Ta lay O tai trọng tâm G cia tứ diện th A+B+C+D=0<=D=-A-B-C Do đĩ (10) - [B, C, D) = [B, C, A} = {A, B, C} [C, D, A] = ~ [C, B, Al = IA, B, C} - [D, A, B] = IC, A, B] = TA, B, Cy Kết quả trên cho thấy rằng nếu gĩc Ở nằm trong tứ diện ABCD, nhu trong tam G
chẳng hạn, thÌ các tích ngồi sau đây : (A, B, C], [C, B, DỊ, [C, Ð, AI] {A, D, BỊ
cùng dấu như nhau
Nĩ cũng cho thấy rằng các tứ diện GABC, GCBD GCDA, GADB là tương đương
2 Điều kiện đồng phẳng cho 4 điểm Phương trình của mật phẳng : Bốn điểm A,B, C, D là đồng phẳng nếu và chỉ nếu (DA, DB, DO) = = [A-D,B-D,C-D)=0 q1) hay là [A, B, C] [B, €, Đ] + + [Œ,Đ, A] ~ [D, A, BỊ] =0 (12) NGUYEN Thc HAO Th biết là nơi chung ta cĩ thé dat : D = aA +BB+y7C
v6i géc O chon ngoai mat phang (A, B, C)
Thay D vào (12), sẽ được z+8+y=1
Điều kiện này tương đương với (12)
Phương trình mặt phẳng Điểm m thuộc mặt phẳng (A, B, C) nếu và chỉ nếu
(AM, AB, AC] = 0
Với một gốc Ở nào đớ, ta đặt
OA =A, OM = X, AB = u,AC=0
Phuong trinh trén cho ta :
[X-A, u,v] = 0 q4)
Đĩ là phương trình của mặt phẳng đi qua A và theo phương phẳng {z, v} X là điểm vạch ra mặt phẳng (13) Khai triển (14) ta ed ; (X, 4, 0] = [A, ứ, 0] dang [X, u, vl] = a ø là một hàng số thực Ngược lại, nếu cho phương trình (15) ta cĩ thể xác định (bằng vơ số cách) véctơ OA = A sao cho [4, 4, v)=a@
và ta sẽ cĩ phương trình (14) Như vậy, (15) biểu diễn một mặt phẳng cĩ phương phẳng
{u, 0}
Trang 8là thuận thì khoảng cách từ P đến mặt
phẳng (14) là _— 6 = [AP, u,v]
ð ={P- A,u, 0] (16)
vÌ rằng ố là chiều cao của hình hộp chữ
nhật vẽ trên {AP,u,ø} mà đáy là hình
vuơng đơn vị {u, 0} và P là một đỉnh thuộc mặt đối diện đáy
Tất nhiên, nếu tích ngồi khơng chắc là dương thì ta viết ð = +ÍÐ- Á,u, 0] a8) dấu + hoặc - phải chọn sao cho ổ > 0 Nếu 2 véctơ w, u là bất kì thì ð =+[P- A,u, 0]/J¿|.|u|.sina (17) trong đĩ œ là gĩc giữa ứ, 0
3 Định lÍ Thales khơng gian
Cho 3 mặt phẳng P, Q, # lần lượt cắt hai
cát tuyến tại A, A’, B, B’, C, C’ va trong 3
mặt phẳng cớ hai mặt song song với nhau
(P/ Q) Thế thì
(A, B, C) = (A, B’, C’) (18)
là điều kiện cẩn và đủ để cho mặt phẳng
thứ ba f song song với hai mặt P, Q
Chứng minh : Néu dat
- > —
AC = PAB, A’C’ = PA'B thì điều kiện (18) là tương đương với
P=P (19)
Mat khac, P // Q cd nghia 1a tén tai u, v khơng đồng phương sao cho tức (ẢÄ',u, 0] = 0, (BỂ!,u,ø] = 0 (20) Ta sẽ chứng minh rằng (19) tương đương với [CỞ,u,u] = 0 (21) 128 Co thé viét — CƠ = CA + AA' +A'C" — > = — pAB + AA + pare’ Mat khác A°Š =Ầ + AŠ+ BỂ' thay vào trên ta cĩ : =, > — > CC = (P' — p)AB + (1 — p’)AA’ + PBB’ Dựa vào (20) ta thấy — > (CC, u,v] = (P' — ĐỊAB, u, 0] Nhưng (AB, u,v] # 0 cho nén (CC, u,v] = Op’ -p =0
Mời các bạn ứng dụng tích ngồi của 3 véctơ trong khơng gian để giải các bài tốn
sau:
1 Trong hình tứ diện ABCD, trên các
cạnh ÁB, DC, AC, BD lần lượt lấy các điểm
M, N, P, Q sao cho M chia AB va N chia CD
theo ti số A, P chia AC va Q chia BC theo ti
SỐ j
Với diéu kién nao thi MN va PQ giao
nhau ?
2 (Bai 9/143 b4o THTT s6 6/85)
Cho tứ diện ABCD cd thể tích V, một
điểm P trong tứ điện Trên ÁP, BP, CP, DP kéo dài về phía P ra ngồi tứ diện, lấy các
điểm tùy ý Ai, Bị, C¡, D Bốn mặt phẳng
lần lượt qua Ả;, Bị, C¡, Ð, song song tương
ứng với các mặt BCD, CDA, DAB, ABC cắt nhau tạo thành một tứ diện mới A’B’C’D’ cd
thể tích V' Lần lượt nối các điểm Aj, B,,
{, dD, với các đỉnh các tam giác BCD, CDA,
DAB, ABC tương úng để được một thập nhị điện (các mặt đều là tam giác) cĩ thể tích
là Vị
Chứng minh rằng vì =Vw.V 3 (Bai 11/153, THTT sé 4/87)
Cho hai đường thẳng ø, b khơng đồng phẳng, vuơng gớc với nhau nhận AB là
Trang 9TICH NGOAI CUA 3 VECTO TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
1 Trong một số bài viết trước (THTT số
2 và 6-1985, số 6-1986) tơi đã giới thiệu với
bạn đọc tích ngồi của 2 véctơ trong mặt
phẳng, như là một hàm số thực, tuyển tính và phản xứng của 2 véctơ Giờ đây, tơi xin
giới thiệu tích ngồi của 3 0écfØ x, y, z (ta
quy ước bỏ dấu mũi tên) trong khơng gian Do là một hàm số thực của +, y, z, tuyến tính và phản xứng, kÍ hiệu là [x, y, z] Nĩ là tuyến tỉnh dối uới mỗi uéctd, nghĩa là, đối với x chẳng hạn, ta cĩ : Eị † x;y, 2] = Eáụ, y,2] + bey, 2] a lax, y, 2] = alx, y, 2] Với mọi véctơ +, *ị 3; %, z và với mọi số thực a
Nĩ là phân xứng, nghĩa là nếu hốn vị hai véctơ nào đĩ cho nhau, thì BÌÁ trị của
tích ngồi đổi thành số đối xứng Chẳng hạn, ta CĨ : Ix, y, 2z] = - ly, x, z] (2) hoac iy 2) = - [z, y, z] (2) Dac biét (xz, x, z] = 0 (3)
Ta suy ra néu trong 3 véctơ x, %, z cĩ 2
véctơ đồng phương thì tích ngồi của chúng bằng 0 Chẳng hạn nếu y = ax, thi
(x, ax, 2] = alx, x, 2] = 0 (4)
2 Cho 3 véctơ ơ, ư, c Th biểu diễn chúng bằng các đoạn thẳng định hướng cĩ chung một gốc Ĩ ĐÃ =a,ƠB =b, ĐÈ =c Nếu các đoạn ấy cùng thuộc một mặt phẳng thì các véctø ø, b, c gọi là đồng phẳng hoặc cộng diện
Bây giờ để xác định tích ngồi của 3 véctơ
bất kì, ta hãy chọn một bộ ba véctơ tùy ý khơng đồng phẳng, {u, u, tơ] và quy ước cho
[u, ø, ư] một giá trị ổ # 0 cho trước :
[u, 0, tử] = Š ( # 0)
9-TeTr
NGUYÊN THÚC HÀO
Khi đĩ, mọi bộ ba véctơ {x, y, z} cd thể phân tích theo w, ø, tơ như sau : x=xyu +x„u + xu YR yu + yyy + yyw () z=zyu + zy + zw và ta sẽ cĩ &y 2) = [xu tap + xy, yu + y0 +yyn, Z¡ữ † Z2U + za]
Th khai triển vế thứ hai, dựa vào hai tính
chất tuyến tính và phản xứng, cuối cùng sẽ được
Ix, y, z] = Cys + tye, + Ry 2,
— #3yzZ) — #2yJ#2 — XWaZ2) X[M, v, w] (6) Đẳng thức này cho ta giá trị của Ix, y, 2]
tu gid tri d cia [u, v, w] Ta quy ước viết
gọn biểu thức trong ngoặc của vế bên phải của (6) bằng cách đặt #| #; 3; #t ¥2 Ya) = #22 + 24732, + #ay‡Z; — #22 5| ype, — ayes - xượy Œ tức dưới dạng một bảng số hình vuơng cĩ 3 hàng, 3 cột, gọi là định thức, Như vậy, hệ thức (6) viết gọn là : li + + Ixy 21 = [Z4 3 3| Lu, v, w) (8) 2 42 23
Giá trị của định thức, ta tính theo biểu
thức trong vế thứ hai của đẳng thức (7) Để nhớ cách tính, người ta đặt ra quy tắc sau (quy tác Sarrus) Th viết định thức nhự trong
Trang 10'Ta lập các tích số của 3 phần tử theo các đường chấm chấm Nếu từ trên đi xuống sang bên phải thì đặt dấu + trước tích số,
cịn nếu từ trên đi xuống sang bên trái thì đặt đấu — trước tích số Ta chú ý rằng định thức cĩ thể viết dưới dạng *ị 52%; vì #223 25223 A= = Zjays — #2) † z2yï — #2) + +Z:Œjy; ~ #zy)) tức dưới dạng A = Az, + Bz, + Cz,
Néu chon hai vécta x, y khong ddng
phương thì A, B, C khơng triệt tiêu đồng thời
và ta cĩ thể chọn Z¡, Z„, z¿ (bằng vơ số cách) tức chọn véctơ z sao cho A # 0 va do dé
Ix, y, z] # 0
Thé là ta cĩ vơ số cách chọn x, y, z để
cho tích ngồi của chúng khác khơng 3 Điều kiện đồng phẳng cho 3 véctd (khác khơng) Ta sẽ chứng mỉnh rằng 3 véctơ khác khơng, z, y, z là đồng phẳng nếu và chỉ nếu tích ngồi của chúng bằng 0 Ix, y, 2] = 0 (9) a) Điều kiện cần : Giả sử +, y, z đồng phẳng Khi đĩ ta cĩ z= ax + py và Ix, y, z] = Lx, y, ax + 8y]
= alx, y, x) + fix, yy) = 0
b) Điều kiện dù : Gia stt ta od [x, y, 2] = 0
Nếu +, y đồng phương thì rõ ràng là
chúng đồng phẳng với mọi vếctơ z
Nếu x, y khơng đồng phương, ta chọn véctơ £ sao cho
[x, y, 41 #0
C&c vécta {x, y, £} sẽ khơng đồng phẳng
(theo phần a) và ta cĩ thể phân tích z theo *,, £ z = ax +Ổy +yí và lz, y, z] = lx, y, œx + Ay + yf] = rls, y, a Ta thay rang [x, y, z] = 0 kéo theo y = 0 tức là z đồng phẳng với +, y 130
4 Bây giờ ta xác định giá trị cho tích
ngồi trong hình học ơ-cơ-iÍt với quy ước là Ix, y, z] = 1 néu x, y, z la vécto đơn vị và
tạo thành một tam dién thudn Khi đĩ bộ ba Ix, y, z] gọi là một cơ số trực chuẩn Điều quan trọng cần nêu là quy ước trên chỉ cổ nghĩa, nếu một khi tích ngồi bằng l với một cơ sở trực chuẩn nào đĩ rồi thì nĩ sẽ bằng 1 với mọi cơ sở trực chuẩn khác Ta phải chứng minh
điều đĩ Trước bất ta lấy một cơ sở trực
chuẩn thứ hai là {x, y, z} cĩ chung véctơ z
với cơ sở trực chuẩn {*z, y, z} Ta phải chứng minh {x, y, 2] = 1 ekiyizel — Goi a - gée xox’ (xem hinh vé 1) ta sẽ cớ Hinh I x’ = xcosa + ysing y’ = -xsina + ycosa z'=z và cosa sina 0 —sina cosa 0 0 6 1 Za + sin? Ik, yz] = cos’ œ= 1 Trong trường hợp tổng quát, vị trí của {x’, y, 2} là bất kÌ so với vị trí của {x, y, 2}
Ta goi OU ~ giao tuyến của mặt phẳng (XOY) với mặt phẳng vuơng gúc với ØZ' qua O, tức là mặt phẳng chứa OX', OY’ Ta chon trục OV
Trang 11Ta lần lượt biến đổi cơ sở {z, y, z} theo 3 bước ; 1) {x, y, 2} — {u, r, z} với phép quay trục Z, gĩc VỤ 2) {u, 7, z} — {u, v, z} với phép quay trục Ù, gĩc 6 3) {u, v, z} — {x’, y’, z'} với phép quay trục Zˆ gĩc ø
Trong mỗi bước, cơ sở sau cĩ chung một trục với cơ sở trước, cho nên nếu tích ngồi
của cơ sở trước bằng một thì tích ngồi của cơ sở sau cũng bằng 1: [x?; y; z1 = [z, ø, z1 = = fur, 2) = [x, +, z] = 1 Các gĩc W, 6, ø gọi là các gĩc Euler (Động học) ð Thể tích hình hộp :
Cho 3 véctơ bất kÌ, khơng đồng phẳng, x,
y, z mà ta biểu diễn bằng các đoạn OA, OB, oc:
x= OA,y = OB,z = 00
Hình hộp vẽ trên 3 cạnh OA, OB, OC cũng sẽ gọi là hình hộp vẽ trên 3 véctơ +, y, z Ta chọn một cơ sở trực chuẩn {ưứ, v, w} sao cho œ cùng phương véi x, v và đồng phẳng với x, y Như vậy, ta cĩ thể viết (xem hình 3) Hình 3 +
y = |y|.cosa.w + |y| sinz.u ——
trong đĩ ta gọi œ là gĩc xƠy Mặt khác, ta phân tÍch z z=k+h trong đĩ è đồng phẳng với +, y và u, cịn h theo phương to (vuơng gĩc với mật phẳng (0, v)) Khi đĩ : [, y, z] = Íz, y, # + h] = iy, A} vì ta cổ [x y, š] = 0 Vậy (x, y, 2] = lz, y, h] = [lz|u, ly|cos.z + |y| gina.p, h] = lz|.|y|sginz[u, v, A} lz|.z
nhưng A = + |h|, cho nên
fy y, 2] = + Ix} lylsine.fAl tu, v, w] = + |z|.]y| sinz.| h|
‘Ta thấy |x| |y| sina = 8, nếu gọi S là diện tích hình bình hành vẽ trên x, y Con [A|
là chiều cao của hình hộp mà đáy là hình
bình hành ấy và đáy trên cớ một đỉnh là
Cc (z = OO) Thế là :
lx y, zÌ = + Ì5|.S = + W (10)
V la thé tich hinh h6p cé canh OA, OB, oc
Néu A cùng hướng với ø, tức tam diện
{ OA, 6B, OC} 1a thugn thi ta ed
iy, z1=V
Như ` vậy, thể tích hình hộp cĩ cạnh OA
= x, OB = y, OC =z bang Ix, y, z] néu tam diện {z, y, z} là thuận Nếu tam điện ấy là nghịch, ta cĩ tích ngồi am, nên phải lấy giá
trị tuyệt đối
Tém lại, tích ngồi [x, y, z] là thể tích của hình hộp vẽ trên 3 véctơ x, y, z với dấu
+ nếu {x, y, z} là một tam diện thuận, với
dấu - nếu ngược lại Đĩ là ý nghĩa hình học của tích ngồi của 3 véct Theo ý nghia đớ, rõ ràng là tích ngồi [x, y, z] bằng 0 khi và chỉ khi 3 véc tơ z, y, z đồng phẳng
Trang 12UNG DUNG CUA TICH NGOAI HAI VÉCTƠ TRONG HÌNH HỌC PHANG
Trong bài này, xin tiếp tục giới thiệu thêm với bạn đọc về ứng dụng của tích ngồi (cĩ thể kết hợp với tích vơ hướng) vào hình học phẳng
1 Hệ thức giữa 3 véctơ bất kÌ Từ nay, chúng ta sẽ quy ước bỏ cả dấu
mũi tên trên các chữ dùng để chỉ vectơ
Chẳng hạn, œ sẽ được thay bằng œ, sau khi đã nĩi trước ø là một vectd,
Bây giờ, trong mặt phẳng, xét 3 vectơ bất kì a, ð, c Nếu chúng đồng phương với nhau thì
Ía, 6} = [ư, e] = [e, a]Ì = 9
và khơng cĩ gÌ đáng nĩi Nếu cĩ Ít nhất một cặp vectơ khơng đồng phương, chẳng
hạn ø và b, thì :
[a, b] z 0
và vectơ cịn lại là e biểu diễn được bằng một tổ hợp tuyến tính của a, ư (phân tích ¢
theo hai phương a và 5), tức cĩ œ, 8 là số thực sao cho e = aa + fb a) L&n lugt lay tich ngoai cha hai vé véi a và b, ta sẽ được : Ic, a] = 8, a], [e, b] = la, b] Jð,ơ] _ — le a] tỨC œø = — [a,b] II (2) Hệ thức (1) trở nên _ — E,c]a - [c,a]b (a, 8) hay là
la, ble + [6, cla + [c, a]b = 0 (3)
Đĩ là hệ thức giữa 3 vectơ bất kì trong mặt phẳng Ta chú ý rằng, trường hợp ø, b, e đồng phương với nhau thỉ hệ thức (3) vẫn đúng 2 Cơng thức cộng cung trong lượng giác : Ta hay xét 3 vectd a, 6, ¢ la nhitng vecta don vj: 182 NGUYEN THUC HAO fal = [dl = Jel =1 Định lí Chasles về gĩc cho ta hệ thức : ac =ab+be + Đhe
k 1A một số nguyên, cịn ac, ab, be la những gúc lượng giác (gĩc cĩ định hướng
nghĩa rộng, cia hai tia) Ta hay dat : ab =a,bc =B
thi
Gc =a +f (+ 2kn)
Ti (3) ta rit ra:
[a.c]b = [a, be + [b, cla Nhân 0ơ hướng với b, ta cĩ :
la, l(b?) = [ø, b](, b) + [ð, e](ø, 6)
Do a, 6, ¢ la vecto don vị, ta được cơng
thức
sin(œ + Ø) = sinz.eosổ + cosa.sin8 (4)
Tu do suy ra sin(a - 8), cos(a + 8),
cos(œ - ), v.v,
3 Đường thẳng, giao diểm của hai đường thẳng
a) Đường thẳng Ta hãy xác định một
đường thẳng bằng cách cho điểm A và phương ú (vectd) của nở Đường thẳng di
qua 4, theo phương u, là quỹ tích điểm M sao cho AM đồng phương với u, tức là
(AM, u] = 0
hay 1a
[M- A, uv] = 0 (5)
Bạn đọc nhớ rằng ta kí hiệu OM va OA lần lượt bằng M, A (với O là gốc đã chọn cho
các vectơ bán kính của các điểm) Cơ thể nơi (5) la phương trình của đường thẳng, trong đĩ M là điểm chạy trên đường thẳng
b) Giao của hai dường thẳng
Cho thêm một đường thẳng thứ hai, đi qua B, theo phương ở (khác ¿), mà phương
trình là
Trang 13và buộc M thỏa mãn cá (ð) và (6), sẽ được
[A ~ au — fu, uJ] = 0 (B - au - Bo, v) =0f >
IA, u] + Blu, v] = 0
> 1B, ul — alu, o] = 0
Tu dd, ta rut ra a, 8 tồi thay vào (7),
được giao điểm của hai đường thẳng (5) và (6) là : [B;u]u — [A„]u [z, 0] @ 4 Điều kiện đồng quy của ba đường thắng Lại cho thêm đường thẳng thứ ba với phương trình là : {C- M, W]= 0 (9) Ba dudng thdng (5), (6) và (9) là déng quy nếu và chỉ nếu giao của hai đường (5)
và (6), cho bởi (8), thỏa mãn phương trình
(9) Điều kiện đơ là :
([4, 0]C - [B, 0]u¿ + [A, u]u, W] =0 hay là [u, 0][C, W] + [u, W][A, uw) + + [W u](B,u] =0 q0) Ấy là điều kiện đồng quy cho 3 đường thẳng (ð), (6) và (9)
Chú ý 1) Cĩ thể lấy điểm C lam gốc các vectơ buộc Khi ấy € = 0 Diều kiện (10) trở
nên
M=
{v, WIA, u] + [W, ¿][B, vo} = 0
(Cc = 0)
2) Nếu mỗi đường thẳng được xác định
bằng 2 điểm, tức nếu cho 3 đường thang AA’, BB’, CC’, thi ta lay céc vecta chi phương là :
u = AA’ = A’- Av = BB = B’- B,
W = CC =C’ —C r6i ap dung diéu kien
(10) hode (11)
5 Dinh li Céva
Cho tam giác ABC Trên các cạnh (cĩ thể
kéo dài) BC, CA, AB, lần lượt cho các điểm
A, B, C' Hãy tim điều kiện đồng quy cho 3 đường thẳng AA, BB”, CC' (at) Như trong bài trước ở mục nĩi về định H Menelaus (THVTT số 2-1985), ta hãy đặt : — — > A'B BC CA (we) = (aa) 7= (SR): Từ đớ, ta suy ra : a= 1 Bre, C-pA A-B Ae ag Baap a4 Chon C = 0, ta cĩ : , 1» 7B 4 _An-yB Ae rg B= pape aa Ta lai co : „=A-A=B-d-sj4 l-a = n8 '-p-= “8A-(1-)B ve BO B= w=c-c=c = A778 1l-y Ấp dụng điều kiện (11), ta sẽ được (1 + afy)[A, BI? = 0 Nhung [A, B] # 0, cho nén apy = -1 (12) 6 Bài tốn 7/142 của báo THWTT số 5- 1985
Đề bài ; - Trên các cạnh của tứ giác lồi cĩ diện tích 6, về phía ngồi, dựng các hình vuơng Tâm các hình vuơng do tao thanh
một tứ giác cớ diện tích Sị- Chứng minh :
a) S; > 28
b) S, = 2S khi và chỉ khi các đường chéo của tứ giác ban đầu bằng nhau và vuơng gĩc
với nhau
Giải Cho tứ giác lồi ABCD Ta gọi M, N,
Trang 14a) Ta hãy tính 8, Taco: S = (DA, DB) + (DB, DO = (DA ~ DC, DB) = (CA, DB) = [2NM, 2PM] = 4[M - N, N - PỊ = 4[M ~ N, N +M] 2S = 8[M, N] 6 đây, ta nhớ rằng P = -M, Q = ~, b) Bây giờ tính 8, Ta hay đặt : AB = 2u, BC = 2u, CD = 2w, DA = 2r
Ta goi u’, v’, w’, r' lần lượt là ảnh của các vectd œ, 0, tơ, r trong phép quay một gĩc
vuơng theo chiều âm tức —z/2 Ta thấy rằng :
Ai=M+u?, Bị =N tui C¡ = TM + tới, ÐĐ,=-N+r (2) Th cĩ : 2S, = [A,, B) + [B,, C) +c, Dit + (D,, Aj] hay la =(Mtu’,N+ve] + +IN+v,-M+w ]+ +[-Mt+w’,-N+r]+ +[EN+ry,M+u] 2S, = 4[M, N] + 2[M, 0' ~ r7] + + QIN, wu] + fu’, oT + wT + t+ iw r+ [ru (3) Đo phép quay bảo tồn tích ngồi, cho nên : (1) lia [u’, v] = [u, 0] = 7 AB, B = Cũng vậy ta cĩ : 1 [o’, w'] = [v, w] = 2 Saep 1 tớ, r1 = [w, 7) = 5 Sep, 1s [rý z1] = trị] = ZSAnp
Cơng lại, được :
le, ol + [ve w+ [wi rl tir, ul= S =
= 4[M, N] (4)
Mat khác nếu goi A’, B’, C’, D’ la cdc vectơ ảnh của A, B, C, D trong phép quay gĩc ~z/2, thì :
134
2(0' Tp) =Ơ — B! + D! — A' = — AM" 5
2(w’ - w) = D0 + A — BY = - art )
trong dé M’, N' là các vectơ M, W đã quay
gốc -z/2 tức M' = zat By=- s(C+ D’y N'= ìœ +Œ)= -3œ +A’) 2 2 Từ kết quả (5) ta cơ : 2M, 0° ~ r1} + 2[N, œ' - w”] = =~ 4[M, M1 - 4[N, N] = 4n? +n2) — (6) VÌ nếu đặt [M] = m và [N] = n thì : ~[M, M1 = MỸ = mề, - [N, N1 = [NỆ = n2 Vậy hệ thức (3) cho ta : 25, = 8[M, N] + 40m? + n?) hoặc = 4[M, N] + 2(m2 + n2) hoặc §¡ = 8[M, N] + 2ữn? + n2) - A[M, NY = 2S + 20n2 + n2 ~ 2mnsin8)
trong đĩ 6 là gĩc hai vectd M, N Cuối cùng ta cơ thể viết :
$, = 2S + 2[0m — n)2 + 2mn(1 — sin8)] (7)
Từ kết quả trên, ta suy ra ngay kết luận
của bài tốn
Nhận xét thêm Ta hãy để ý hai đường
chéo của tứ giác A 13,C,D, Ta cd (theo (2) và (B)) : Pp =A; 1=C,-4,=-2Mt+w’-u’ = =~ 2N + 2M’ = 2(M’- Cho quay ~ 2/2, sé duge Pp’ =~ 2(M’- N) =~ qq’ = 2-M-N) =p Vay ta cĩ : & Pp? = Iq, g1 = [-p, gì tức là : bP = fF = bp, 4]
Kết luận là : hai đường chéo A,C, va B,D, bang nhau va vudng gée vi nhau,
1 Bài tốn 1 thi quốc tế 1985
Đề bài : Cho một đường trịn tâm ở trên
cạnh 4B của một tứ giác lồi ABCD và tiếp xúc với 3 cạnh cịn lại Chứng mỉnh rằng nếu
Trang 15Giải Ta gọi O là tâm của vịng trịn đã cho, nằm trên AB, và lấy nĩ làm gốc các vectơ bán kính cho các điểm Th đặt :
AB =a, BC = b, CD =c, DA =d
~ —
OB = 20A tite B = AAG # 1)
Điều ta phải chứng minh là : a=b+d q) Điểm O phải cách đều các cạnh BC, CD, DA bằng r, cho nên ÏB, C] _ [C, DỊ _ [D,A] _ “ee ee Mặt khác điều kiện Ä3+ÊÈ=Ê+Ơ=x kéo theo sind = sing sinB = sinD hay là > — ~> => [AB, AD] _ [CD, CB] a, be, [BC, BA] _ [DA, DC] ab ed {8 ~A,D “AI _[ЗC,B- C] > ad be [C¬B,A - BỊ _[A-D,C- DỊ ab ed [B, DỊ + [D, A] - [D, B] + [B, C] + [C, D] ad CO * VIC, Al + (BCl_ [4, C1 + 1D, A) + IC, DI ab ~ ed Can cứ vào (2) và chú ý rằng B = A, [A, B] = 0, ta đi đến : 1~A _b+c+Ảd a be —1_b+Ác+Àd a ed hay là : 1-A_b+†c+Âd _ ~bTÂc~Àd © a bc s ed a _ (-Aye_ 1-A _ be+cd b+a' So sánh hai tÌ số đầu và cuối (4 z l), ta cĩ a=b+d
Đĩ là điều phải chứng minh
CHUNG QUANH ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN
Về đường trung tuyến thì cịn cĩ vấn dé gì nữa để nơi với các bạn ? Đường trung
tuyến chia tam giác ra làm hai phần cĩ diện
tích bằng nhau, đường trung tuyến là quỹ tích của những điểm cĩ tÌ số khoảng cách đến hai cạnh kề của tam giác thì tỈ lệ nghịch
với độ đài của hai cạnh, quỹ tích này cịn cĩ
thêm một đường thẳng nữa đi qua đỉnh và
song song với cạnh đối diện của tam giác, ba
đường trung tuyến của tam giác thì đồng
quy tại một điểm gọi là trọng tâm của tam
giác v.v Quả là các bạn đã biết hết mọi
chuyện về đường trung tuyến, thế thi cdn cd vấn đề gì để nới nữa ? Ấy thế mà vẫn cịn
cĩ vấn đề để nĩi nữa đây Đớ là những vấn đề cĩ liên quan đến đường trung tuyến
Trong hình tam giác thường ABC, xuất phát từ đỉnh A, ta vẽ đường trung tuyến AM
NGUYEN TƯỜNG
và đường thẳng AS đối xứng với đường trung
tuyến AM qua đường phân giác AD (8 là giao điểm của AS với cạnh BC của tam giác) Ta sẽ gọi tên đường AS là đường đối trung của tam giác ABC, xuất phát từ đỉnh A (di nhiên trong tam giác cĩ ba đường đối trung tương ứng với ba đường trung tuyến) Câu chuyện "Chung quanh đường trung tuyến" mà tơi muốn ngỏ cùng với các bạn là những vấn đề thuộc về đường đối trung này,
1 Đường đối trung xuất phát từ một đỉnh của tam giác là quỹ tích của những điểm cớ tÌ số khoảng cách đến hai cạnh kế của tam giác tÌ lệ thuận với độ đài của hai cạnh, tức làp € AS e>x/c = y/ (xem hình 1) Ta cũng đễ dàng nhận thấy quỹ tích này cịn cĩ thêm một đường thẳng nữa là đường tiếp tuyến
Trang 16với đường trịn ngoại tiếp của tam giác tại đỉnh xuất phát của đường đối trung 2 Đường đối trung xuất 8 $0 Ê phát từ một đỉnh của tam
giác đi qua giao
điểm của hai đường tiếp tuyến với đường
trịn ngoại tiếp của tam giác tại hai đỉnh kia
(xem hinh 2)
Hình 1
Chứng mình
Gọi N là giao điểm của hai đường tiếp
tuyến với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C, 7 là gìao điểm của đường phân giác AD với đường trịn ngoại tiếp ¡!' là đường kính
Ta phai chitng minh AN là đường đối
trung, tức là đường thẳng AN đối xứng với
đường trung tuyến AM qua đường phân giác
AD Rõ ràng hàng điểm (MNIT) là hàng
điểm diéu hda (vi OF = OM.ON), géc TAP = 1 vuơng, suy ra A7 là đường phân giác của gĩc MAN Vạy AN đối xứng với AM qua phân giác AD hay AN là đường đối trung của tam
giác ABC xuất phát từ đỉnh A
3 Đường đối trung chia cạnh của tam
giác thành hai đoạn thẳng tỈ lệ với bình 186
phương độ dài của hai cạnh kế, tức là SB/SC = 7/62, Chitng minh tinh chat này dựa trên nhận xét :
ŠB _ diện tích ABS
S§C ` diện tich ASC”
4 Tacs 45 AM pak Chứng minh đành 02+ 2be cho bạn
ð Tổng bình phương các khoảng cách từ
một điểm bất kì nằm trên một cạnh của tam giác đến hai cạnh kia sẽ đạt cực tiểu khi điểm đĩ trùng với chân đường đối trung tương ứng với cạnh do
Chứng mính Gọi P là một điểm bất kì nằm trên cạnh BC của tam giác ABC z và y là khoảng cách từ P đến cạnh AB và AC, rõ rang ta co cx + by = 2s (e là điện tích tam giác ABC) Ap dung bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta được :
(cx + by)? = 4s? & (c2 + b2)Œœ2 + y2)
Từ đây suy ra min(x? + y2) = xy c2 + 2 4 đạt
tại điểm P cớ tính chất x/c = +/b, tức là Ð = S (chân đường đối trung AS)
6 Ba đường đối trung của một tam giác đồng quy tại một điểm Dễ dàng chứng minh tính chất này bằng cách sử dụng một trong
các tính chất kể trên của đường đối trung
? Tổng bình phương các khoảng cách từ một điểm bất kì trong mặt phẳng tam giác đến ba cạnh của nĩ sẽ đạt cực tiểu khi điểm đĩ trùng với giao điểm của ba đường đối
trung
Chứng minh tính chất này tương tự như chứng minh tính chất 5,
8 Gọi giao điểm của ba đường đối trung của tam giác ABC là K Từ K ha ba đường vuơng gĩc KP, KQ, KR xuống ba cạnh của tam giác ABC Diểm K chính là trọng tâm của tam giác PQR
Chứng mình (xem hình 3) Kéo dai RK ra doan KQ’ = RK
Do tính chất 1 : KR/AB = KQ/AC nN
hay KQ'/AB = KQIAC va QKQ’ = 4, suy ra hai tam giác X@!Q và ABC đồng đạng với nhau Do đố gĩc KQQ' = C hay KP//QQ’, như vậy XP đi qua điểm giữa của RQ hay KP nàm trên đường trung tuyến xuất phát
Trang 17
Hinh 3
chứng minh đối với KQ và KR Vậy K là trọng tâm của tam giác PQR
9 Tam giác PQR cĩ diện tích bằng
1293
tam giác ABC ; a, b, e là độ dài các cạnh
trong đĩ s là điện tích của
19 Trong tất cả các hình tam giác nội tiếp trong tam giác ABC thì tam giác PQR là tam giác cĩ tổng bình phương các cạnh là
bé nhất
Chứng mỉnh tính chất này dựa trên nhận xét : Tổng bình phương các khoảng cách từ
một điểm bất kÌ trên một đường thẳng cho trước đến hai điểm cố định cho trước sẽ đạt cực tiểu khi điểm đĩ trùng với chân đường vuơng gĩc hạ từ điểm giữa của hai điểm cố định xuống đường thẳng cho trước
Sơ bộ qua 10 điểm thú vị mà tơi đã ngỏ cùng các bạn trong câu chuyện "Chung quanh đường trung tuyến", câu chuyện sẽ
cịn dài, để nghị các bạn hãy chứng minh tỉ
mi ede tính chất 1, 3, 4, 6, 7, 9, 10 xem do là những bài tập phải hồn thành ở nhà,
Chúc các bạn học giỏi mơn Tốn
VỀ MỘT TÍNH CHẤT CỦA TAM GIÁ C VA TU DIEN
Các bạn thân mến !
Việc tìm kiếm các tính chất của tam giác
(và tương tự cho tứ diện) là một việc làm
rất thú vị, song cũng khơng phải là một việc lam dễ đàng mà nĩ địi hỏi ta phải suy luận
liên tục Chẳng hạn, cdc ban co thé dé dang thấy rằng cĩ vơ số đường thẳng chia chu vi của tam giác thành hai phần bằng nhau, và cũng cĩ vơ số đường thẳng chỉa diện tích của
tam giác thành hai phần bằng nhau (việc chứng mỉnh là đễ đàng) Tuy nhiên từ đây xuất hiện vấn đề
Bài tốn 1 Cĩ tổn tại hay khơng một
đường thẳng đồng thời chia đơi chu vi và
chia đơi diện tích của một tam giác ABC cho trước hay khơng ?
HỒNG ĐỨC TÂN
Câu trả lời là : cĩ ! Và sau đây là cách chứng minh
Giả sử AARC cĩ các cạnh ø, 6, c (tương
ứng với các đỉnh A, B, € và chu vi 2p Mot cách tổng quát, ta cĩ thể giả thiết ø = 6 > c Mục đích của ta là phải tìm điểm N trén cạnh BA (tức là phải tìm z = BW > 0) sao cho trên cạnh BC cĩ điểm AM thỏa mãn hệ
thức MB = p - x và đoạn MN chia đơi diện
tích AABC R ràng z cần tìm phải thỏa mãn điều kiện 0 <z<ce Œ) và Osp-xea (2) Mặt khác, ta phải cĩ 1_dt(BMN) _BN.BM _ x(p ~ x) 2 đ(ABO ~ BC.BA ac Tie la: 2x2 ~ 2px + œe = 0 (8)
Do vậy ta phải tìm nghiệm x của phương trình (3) thỏa mãn các điều kiện (1) và (2)
Xét (3) ta cĩ : A’ = p2 — Đạc,
![ngoài trong hình học ơ-cơ-iÍt với quy ước là Íx, y, z] = 1 nếu z, y, z là véctơ đơn vị và - Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-3)](https://media.store123doc.com/figures/000/018/hinh-hoc-iit-uoc-ix-vecto-don-vi-18846.png)
