Chuyên Đề Tâm Tỉ Cự Và Một Và Bài Toán Liên Quan.DOC

I-KHÁI NIỆM VỀ TÂM TỈ CỰ:Bài toán 1 : Bài toán về tâm tỉ cự của hai điểm.. Vế trái của 1 là một vectơ hoàn toàn xác định,nên từ 1 ta suy ra tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn 1 tức là thoã

I-KHÁI NIỆM VỀ TÂM TỈ CỰ:

Bài toán 1 : (Bài toán về tâm tỉ cự của hai điểm ) Cho hai điểm A,B và hai số thực α,β thoả mãn α +

β ≠ 0.

1) Chứng minh rằng : tồn tại duy nhất điểm I sao cho :

 IA                              IB               0

2) Chứng minh rằng : với mọi điểm M ta luôn có :

 MA                              MB                MI

Bài giải : 1) Ta có :

 IA  IB  0 IA IA AB   0

   .IA AB 0

Do α + β ≠ 0 (theo giả thiết ) Nên :

 IA  IB 0

   .AI   AB

Hay : AI  AB

 





(1)

Vế trái của (1) là một vectơ hoàn toàn xác định,nên từ (1) ta suy ra tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn (1) tức là thoã mãn yêu cầu bài toán

2) Với mọi điểm M ta có :

 MA  MB MI IA  MI IB 

  MI IA IB

  MI



(đpcm)

Nhận xét : Điểm I xác định duy nhất từ hệ thức  IA  IB 0

với các số thực α , β thoả mãn điều kiện α + β ≠ 0 được gọi là tâm tỉ cự của hai điểm A,B ứng với bộ số (α;β).Tâm tỉ cự là khái niệm mở rộng của các khái niệm thông thường

Chẳng hạn : Khi α = β ≠ 0, thì hệ thức :

 IA  IB 0

trở thành IA IB  0

  

hay I là trung điểm của đoạn thẳng AB

Khi α ≠ 0 còn β = 0 thì hệ thức

.IA .IB 0

trở thành  IA  0 I A

 

hay I trùng với điểm A

Khái niệm tâm tỉ cự được coi là mở rộng của khái niệm trung điểm,đầu mút của một đoạn thẳng.Bằng cách chọn bộ α , β thích hợp hệ thức trên còn cho

ta nhiều khái niệm khac nữa

Trong trường hợp α = β ≠ 0 thì công thức :

      

trở thành MA MB  2MI

đây là một công thức quen thuộc mà ta đã biết

Bài toán 2 : (Bài toán về tâm tỉ cự của ba điểm ).

Cho ba điểm A,B,C và ba số thực    , , thoả mãn       0

1) Chứng minh rằng : tồn tại duy nhất điểm I sao cho :

 IA  IB  IC 0

2) Chứng minh rằng : với mọi điểm M ta luôn có :

 MA  MB  MC     MI

Bài toán này được giải quyết hoàn toàn tương tự như bài toán 1.

Ta có nhận xét sau

Nhận xét: Điểm I xác định duy nhất từ hệ thức  IA  IB  IC  0

với các số thực    , ,  thoả mãn điều kiện       0 được gọi là tâm tỉ cự

của hai điểm A,B,C ứng với bộ số    , , 

Trong trường hợp       0 thì đẵng thức :

.IA .IB .IC 0

trở thành IA IB IC    0 I G

   

Hay I là trọng tâm của tam giác ABC

Trong trường hợp     0,   0 đẵng thức :  IA  IB  IC 0

trở thành :  IA  0 I A

 

Trong trường hợp :     0,   0 thì đẵng thức :

.IA .IB .IC 0

trở thành : IA IB  0

  

hay I là trung điểm của AB.

Như vậy tuỳ thuộc vào các cách chọn bộ    , ,  mà tâm tỉ cự của bộ ba

điểm A,B,C có thể là trọng tâm của ABC ,là một trong ba điểm A,B,C hoặc là trung điểm của một trong ba đoạn thẳng AB,BC,CA

Khi       0 thì hệ thức  MA  MB  MC    MI

trở thành :

3

   

với moi điểm M,đây là một đẵng thức quen thuộc mà ta

đã biết

Bài toán 3 : (Bài toán về tâm tỉ cự của n điểm ).

Cho n điểm A A1 , 2 , ,A n và n số thực k k1 , , , 2 k n thoả mãn :

k1 k2  k n  0

1) Chứng minh rằng : tồn tại duy nhất điểm I sao cho :

k IA k IA1               1                2 2                 k IA n               n  0

2) Chứng minh rằng : với mọi điểm M ta luôn có :

1 1 2 2 n. n 1 2 n

Bài giải : 1) Ta có : k IA k IA1 1  2 2  k IA n. n  0

 k IA k1 1  2 IA1 A A1 2 k n.IA1 A A1 N  0

 k1 k2  k IA k A A n 1  2 1 2 k A A3 1 3  k A A n 1 n  0

 k1 k2  k A I n 1 k A A2 1 2 k A A3 1 3  k A A n 1 n

2 1 2 3 1 3 1 1

1 2

n

A I



(1)

Vế trái của đẵng thức (1) là một véc tơ hoàn toàn xác định ,nên từ (1) ta suy

ra tồn tại và duy nhất một điểm I thoả mãn đẵng thức (1) ,hay tồn tại duy nhất một điểm I thoả mãn đẵng thức k IA k IA1 1  2 2  k IA n. n  0

(đpcm) 2) Áp dụng đẵng thức trên với mọi M ta có :

k IA k IA1 1  2 2  k IA n. n  0

 k IM MA1  1k IM MA2  2 k IM MA n  n 0

 k1 k2  k IM k MA k M A n  1 1  2 2  k MA n n  0

 k MA k M A1 1  2 2  k MA n n k1 k2  k M I n

(đpcm)

Từ ba bài toán nêu trên ta có định nghĩa về tâm tỉ cự như sau :

Định nghĩa : Cho n điểm A A1 , 2 , ,A n và n số thực k k1 , , , 2 k n thoả mãn điều kiện : k1 k2  k n  0 Khi đó nếu tồ tại duy nhất một điểm G sao cho :

k GA k GA1. 1 2. 2 k GA n. n  0

Thì G được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm A i gắn với các hệ số k i

Trong trường hợp các hệ số ki bằng nhau i 1,n thì G được gọi là trọng tâm của hệ n điểm Ai , i 1,n;

II- MỘT VÀI BÀI TOÁN LIÊN QUAN :

Bài toán 1 : Cho ABC có ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c Gọi I là tâm

đường tròn nội tiếp ABC Chứng minh rằng I là tâm tỉ cự của hệ ba điểm

A,B,C ứng với bộ số a,b,c

Bài giải : Ba đường phân giác AA BB CC1 , 1 , 1 cắt nhau tại I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Vẻ hình bình hành IB’CA’

Theo quy tắc hình bình hành ta có :

             IC IA                             ' IB'

Trong BB’C : IA 1 // B’C Theo định lý Talet ta có :

1

1

' A C IB

IB A B (1)

Vì AA1 là đường phân giác nên ta có :

1

1

A B AB c (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra :

1

1

' A C

IB' b

c



 (do IB và IB 'đối nhau ) (3) Lập luận hoàn toàn tương tự ta có:

IA' a

c



 (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra : IA' IB' b IB a IA

IC IA' IB' b IB a IA

 aIA bIB cIC   0

Rõ ràng a + b + c ≠ 0 nên từ đẵng thức trên ta suy ra I là tâm tỉ cự của bộ ba điểm A,B,C ứng với bộ số a,b,c (đpcm).

Bài toán 2 : Cho ABC không vuông.Chứng

minh rằng trực tâm H của ABC là tâm tỉ cự

của bộ ba điềm A,B,C ứng với bộ số :

(tanA ; tanB ; tanC).

Bài giải :

Các đường cao của ABC cắt nhau tại trực

tâm H Vẻ hình bình hành HB’CA’

Trong BB’C ta có HA1 // B’C

Suy ra : 1

1

' A C HB

Ta lại có :

A 1 C = AA 1 cot C.

A 1 B = AA 1 cot B.

Do đó :

AA cot

AA cot tan

tan

tan

B

C

(1)

(vì HB và HB 'đối nhau)

Hoàn toàn tương tự ta có :

' tan .

tan

A

C



(2)

Từ (1) và (2) ta có :

' ' tan . tan .

 tan A HA tan B HB tan C HC 0

(3)

Ta luôn có :

tanA + tanB + tanC ≠ 0 ,do đó từ định nghĩa và đẵng thức (3) ta

suy ra H là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A,B,C ứng với bộ số :

(tanA ; tanB ; tanC)

Trong trường hợp ABC có một góc tù được chứng minh hoàn toàn tương

tự

Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD.Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.Điểm I

là điểm thuộc cạnh GC sao cho : IC = 3GC.

Chứng minh rằng với mọi M ta luôn có hệ thức :

MA MB MC MD    4MI

    

Bài giải :

Theo giả thiết,G là trọng tâm của ABD nên :

G là tâm tỉ cự của bộ ba điểm A,B,D ứng

với bộ số (1;1;1).Nghĩa là :

IA IB ID   3IG

   

(1) Mặt khác : IC 3IG IC 3IG

(Do IC và

IG



là hai vectơ đối nhau)

Thế IC 3IG

vào biểu thức (1) ta có :

IA IB IC ID    0

    

Do đó với mọi điểm M ta luôn có :

IA IB IC ID    0

    

0

IM MA IM MB IM MC IM MD

        

      4

    

,(đpcm)

Bài toán 4 :Cho ABC, M là một điểm nằm trong tam giác.Chứng minh rằng M là tâm tỉ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ số (S a ,S b ,S c ).Trong đó: S a =

S MBC ; S b = S MCA ; S c = S MAB

Bài giải : Giả sử AM,BM,CM

kéo dài cắt BC,CA,AB lần lượt tại

A 1 ,B 1 ,C 1.Dựng hình bình hành

MB’CA’.Khi đó ta có : MC MA ' MB'

  

(1).Kẻ AH BM và CK BM Theo định lý Talet ta có :

1

B C

1

CB CK

Từ (2) và (3) ta suy ra : 1

1

MA AB AH (4)

Do B C' MA'

MA MA (vì MA’ = B’C ) ; MBC a

CK





'

MA

(5).(do MA và MA ' ngược hướng)

Lập luận hoàn toàn tương tự ta có : ' b

c

S

S



(6)

Thay (5) và (6) vào (1) ta được :

hay S MA S MB S MC a  b  c  0

(7)

Mặ khác: S a + S b + S c ≠ 0 ,nên từ đẵng thức (7) ta suy ra M là tâm tỉ cự của

ba điểm A,B,C ứng với bộ số (S a ,S b ,S c) (đpcm)

Nhận xét : Qua các bài toán trên ta thấy rằng khái niệm tâm tỉ cự rất đa dạng.Có thể kết luận rằng với mị điểm M nằm trong tan giác ABC đều có thể xem là tâm tỉ cự của ba đỉnh A,B,C ứng với một bộ số nào đó

 Từ bài toán trên ta có thể suy ra được nhiều kết quả đã biết.Chẳng hạn :

Nếu M G (G là trọng tâm của tam giác ABC )thì khi đó : S a = S b = S c =

3

S

Và do đó G là tâm tỉ cự của bộ ba điểm A,B,C ứng với bộ (1;1;1).

Nếu M I (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ) ,vì :

1 , 1 , 1

S  ar S  br S  cr

Khi đó : I là tâm tỉ cự của bộ ba điểm A,B,C ứng với bộ số (a,b,c)

Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì mọi điểm M nằm trong tam giác đều

là tâm tỉ cự của ba đỉnh A,B,C theo một bộ số (x;y;z) với x,y,z lần lượt là khoảng cách từ M xuống các cạnh AB,BC,CA (học sinh có thể tự chứng

minh nhận xét này )

Bài toán 5 : Cho tam giác ABC

1)Hãy dựng điểm I là tâm tỉ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ số (3;-2;1) 2)Chứng minh rằng đường thẳng nối hai điểm MN được xác định từ hệ thức

luôn đi qua một điểm cố định

3) Tìm quỹ tích của M sao cho: 3MA 2MB MC MB MA

4)Tìm quỹ tích của M sao cho : 2 MA MB MC   3MB MC

5) Tìm quỹ tích của M sao cho: 2MA MB  4MB MC

Bài giải: 1) Điểm I là tâm tỉ cự của bộ ba

điểm A,B,C ứng với bộ số (3;-2;1) nên điểm

I cần tìm yhoả mãn hệ thức sau :

3IA 2IB IC  0

    

2BA 2IE 0

(Với E là trung điểm của đoạn AC).

 

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 tỉ cự ta có :

3MA 2MB MC  (3 2 1)   MI

Suy ra :

hay MN  2MI

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 điịnh (đpcm).

3)Theo tính chất của tâm tỉ cự ta suy ra : 3MA 2MB MC  2MI

Do đó :

3MA 2MB MC MB MA

2MI AB

 

2

AB MI

Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I có bán kính bằng

2

AB

4)Gọi G là trọng tâm của ABC

Và F là trung điểm của cạnh BC.Ta có :

MA MB MC MG                                                          

MB MC                                            2MF

Do đó : 2 MA MB MC   3MB MC

 2 3MG  3 2MF

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.

5) Gọi P là tâm tỉ cự của hai

điểm A,B ứng với bộ số

(2;1),và K là trung điểm của

canh AB.Khi đó P thoả mãn

đẵng thức véctơ sau :

2PA PB  0

  

Tương tự gọi Q là tâm tỉ cự của

hai điểm B,C ứng với bộ số

(4;-1).Khi đó Q thoả mãn đẵng thức véctơ sau :

4QB QC  0

  

                                                           

  

3

Theo tính chất của tâm tỉ cự ta có :

2MA MB 2 1  MP 3MP

;

4MB MC 4 1  MQ 3MQ

;

Từ đẵng thức : 2MA MB  4MB MC

ta suy ra :

3MP  3MQ

Hay MP = MQ .

Do đó quỹ tích điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng PQ

Bài toán 6 : Cho tam giác ABC.

1) Xác định điểm I sao cho nó là tâm tỉ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ số : (1;3;-2)

Xác định điểm D sao cho nó là tâm tỉ 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 của 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 3MB 2MC  2MA MB MC 

;

Bài giải : 1) Giả sử I là tâm tỉ cự của ba điểm A,B,C ứng với bộ số

(1;3;-2) ,E là trung điểm của AB

Khi đó I thoả mãn đẵng thức véctơ sau :

IA 3IB 2IC 0

 IA IB  2IB IC   0

 2IE 2CB  0 IE BC

Vậy I là đỉnh thứ tư của hình bình hành

BCEI

Gọi D là tâm tỉ cự của hai điểm B,C ứng với bộ số (3;-2).Khi đó D thoả mãn đẵng thức sau : 3DB 2DC 0

 DB 2DB DC  0

Vậy B,C,D cùng nằm trên một đường thẳng,B nằm giữa C,D và

DB = 2BC

2) Chứng minh A,I,D

thẳng hàng:

E là trung điểm của AB

2IE IA IB

  

Thay 2IE 2BC DB

vào đẵng thức trên ta được :

DB IA IB   DB IB IA   DI IA

suy ra A,I,D thẳng hàng (đpcm)

3)Theo chứng minh trên ta có AD và BC giao nhau tại D Giả

sử DE cắt AC tại N,N thuộc AC,theo giả thiết AN k AC

,do đó k > 0 Kẻ

BH song song với AC, H thuộc DN

HEBNEA BH NA

2 2

( Vì

Suy ra : 2 2

Vậy Với 2

5

k  thì AD,BC,EN đòng quy tại D

4)Gọi J là trung điểm của BC

Theo tính chất của tâm tỉ cự ta có :

Mặt khác :

2MA MB MC   MA MB  MA MC

      

BA CA

 

Do đó : MA 3MB 2MC  2MA MB MC 

2MI 2 AJ MI AJ

Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn tâm I bán kinh AJ

III-BÀI TẬP VẬN DỤNG :

Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

đó.Chứng minh các đẵng thức véc tơ sau :

1) 1 1 1 0

2) sin A IA sin B IB sin C IC 0

3) cot cot cot cot cot cot 0

4)

.cos cos cos cos cos cos 0

 

5)

6)

Gọi R 1 ,R 2 ,R 3, là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác

BIC, AIC, AIB ,chứng minh rằng:

7)

1 cos 2 cos 3 cos 0

Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB

Chứng minh rằng :

8)

b c a IM   c a b IN   a b c IP    0

9)

cot cot cot 0

Với D,E,F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC,CA,AB với đường tròn

nội tiếp tam giác ABC.

Chứng minh rằng :

10) a ID b IE c IF    0

11) a AD b BE c CF    0

Cho M là một điểm nằm trong tam giác D’ ; E’ ; F’ lần lượt

là hình chiếu của M lên các cạnh BC,CA,AB.

Chứng minh rằng :

12)

Với Sa = SMBC ; Sb = SMCA ; Sc = SMAB