Khối tâm và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ DIỆU HUYỀN KHỐI TÂM VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ DIỆU HUYỀN KHỐI TÂM VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Không gian Euclid 1.1 Không gian véctơ 1.2 Không gian affine 1.3 Không gian Euclid 13 Khối tâm vận dụng 21 2.1 Khối tâm 21 2.1.1 Khối tâm tọa độ khối tâm 21 2.1.2 Tọa độ khối tâm điểm đặc biệt 23 2.1.3 Diện tích theo tọa độ khối tâm 27 Phương trình đường thẳng đường tròn 35 2.2.1 Khoảng cách theo tọa độ khối tâm 35 2.2.2 Phương trình đường thẳng qua tọa độ khối tâm 37 2.2.3 Phương trình đường trịn 40 Vận dụng 43 2.2 2.3 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, người thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Khoa Tốn - Tin, Phịng Đào tạo, bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, 2015 Nguyễn Thị Diệu Huyền Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Mở đầu Cho hệ s điểm {M1 , M2 , , Ms } không gian Rn hệ gồm s số thực {α1 , α2 , , αs } với điểm M để s −→ s αk = Khi đó, tồn k=1 αk M Mk = với điểm P có k=1 s −→ s αk P M = k=1 Nếu s −→ α k P Mk k=1 αk = điểm M gọi điểm khối tâm hệ s điểm k=1 {M1 , M2 , , Ms }; hệ {α1 , α2 , , αs } với s αk = k=1 s −→ αk M Mk = k=1 gọi tọa độ khối tâm M hệ s điểm {M1 , M2 , , Ms } Trong luận văn tìm hiểu tọa độ khối tâm số ứng dụng như: Tính diện tích tam giác, tính khoảng cách theo tọa độ khối tâm giải số tốn hình học đề thi Olympic Ngoài phần mở đầu tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương với nội dung sau Chương chương chuẩn bị, chương trình bày số kiến thức không gian vector, không gian Euclid không gian affin Chương trình bày khái niệm khối tâm, toạ độ khối tâm số ứng dụng để tính diện tích tính khoảng cách theo tọa độ khối tâm Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Nguyễn Thị Diệu Huyền Email: huyendinh.7977@gmail.com Chương Khơng gian Euclid Chương trình bày số kiến thức không gian véctơ, không gian afin không gian Euclid 1.1 Không gian véctơ − − − Định nghĩa 1.1.1 Cho tập V mà phần tử kí hiệu: → u ,→ v ,→ w , trường K mà phần tử kí hiệu: a, b, c, Giả sử V có hai phép tốn: - Phép tốn trong, kí hiệu: + : V × V → V − − − − (→ u ,→ v)→→ u +→ v - Phép tốn ngồi, kí hiệu: : K × V → V − − (a, → v ) → a.→ v − − − thỏa mãn tính chất sau với → u ,→ v ,→ w ∈ V với a, b ∈ K: − − − − − − 1) (→ u +→ v)+→ w =→ u + (→ v +→ w ); → − → − − → − − − 2) Có ∈ V cho + → u =→ u + =→ u; → −′ → −′ → → − → − − 3) Có u ∈ V cho u + − u =→ u + u′ = ; − − − − 4) → u +→ v =→ v +→ u; − − − 5) (a + b).→ u = a.→ u + b.→ u; − − − − 6) a.(→ u +→ v ) = a.→ u + a.→ v; − − 7) a.(b.→ u ) = (a.b).→ u; − − 8) 1.→ u =→ u phần tử đơn vị trường K Khi V với hai phép toán xác định gọi K− không gian véctơ hay không gian véctơ trường K hay gọi tắt không gian véctơ Nếu K = R V gọi khơng gian véctơ thực Nếu K = C V gọi khơng gian véctơ phức Ví dụ 1) Tập véctơ không gian với phép cộng nhân véctơ với số thực không gian véctơ thực 2) Tập K[x] đa thức biến x với hệ số thuộc trường K với phép cộng đa thức nhân đa thức với phần tử thuộc trường K K− không gian véctơ − Định nghĩa 1.1.2 1) Một tổ hợp tuyến tính hệ véctơ (→ ui ), i = 1, 2, , n với họ hệ số (ai ), i = 1, 2, , n n i=1 − Nếu → u = n i=1 → − − − u u2 + · · · + an − u + a2 → ui = a1 → → n − − − ui → u gọi biểu thị tuyến tính theo hệ (→ ui ), i = → 1, 2, , n − 2) Hệ véctơ (→ ui ), i = 1, 2, , n gọi độc lập tuyến tính n → − − ui = kéo theo = 0, i = 1, 2, , n → i=1 − Hệ véctơ (→ u ), i = 1, 2, , n gọi phụ thuộc tuyến tính i khơng độc lập tuyến tính Định nghĩa 1.1.3 Giả sử V không gian véctơ K 1) Một hệ véctơ V gọi hệ sinh V véctơ V biểu thị tuyến tính qua hệ 2) Nếu V có hệ sinh gồm hữu hạn phần tử V gọi khơng gian véctơ hữu hạn sinh 3) Một hệ véctơ V gọi sở V véctơ V biểu thị tuyến tính qua hệ Định nghĩa 1.1.4 Nếu V khơng gian véctơ hữu hạn sinh V có sở hữu hạn số phần tử sở V Số gọi số chiều không gian véctơ V Khi V khơng gian véctơ có số chiều n ta viết dim V = n − − →) K− không gian véctơ n Định nghĩa 1.1.5 Cho sở (→ u1 , → u2 , , − u n − chiều V véctơ → u ∈ V viết cách dạng → − u = n − ui , → i=1 ∈ K − − − →) Khi (a1 , a2 , , an ) gọi tọa độ → u sở (→ u1 , → u2 , , − u n Định nghĩa 1.1.6 Tập W K− không gian véctơ V gọi không gian véctơ V thỏa mãn điều kiện sau: 1) W đóng hai phép tốn V , nghĩa − − − − + ∀→ u ,→ v ∈ W, → u +→ v ∈ W − − + ∀→ u , ∀a ∈ K, a.→ u ∈ W 2) W với hai phép toán V K− không gian véctơ Nhận xét: - Điều kiện 1) tương đương với điều kiện sau: − − − − ∀→ u ,→ v ∈ W, ∀a, b ∈ W, a→ u + b→ v ∈ W → − - Từ điều kiện 2) suy W phải chứa véctơ , tức W = ∅ 1.2 Không gian affine Định nghĩa 1.2.1 Cho V không gian vector trường K A tập khác rỗng mà phần tử gọi điểm Giả sử có ánh xạ ϕ: A×A → V (M, N ) → ϕ(M, N ) thỏa mãn hai điều kiện sau: − a) Với điểm M ∈ A vector → v ∈ V có N ∈ A cho − ϕ(M, N ) = → v b) Với ba điểm M, N, P ∈ A ta ln có ϕ(M, N ) + ϕ(N, P ) = ϕ(M, P ) Khi đó, ta nói A khơng gian affine hay đầy đủ A không gian affine trường K liên kết với không gian vector V ánh xạ liên kết ϕ V gọi không gian vector liên kết với A thường kí hiệu → − lại A Còn ϕ gọi ánh xạ liên kết để thuận tiện trực −−→ quan ta thay kí hiệu ϕ(M, N ) M N Khi điều kiện định nghĩa viết lại sau: → − −−→ − − a′ ) ∀M ∈ A, ∀→ v ∈ A ; ∃! N ∈ A, M N = → v; −−→ −−→ −−→ b′ ) M, N, P ∈ A; M N + N P = M P (hệ thức Chasles) Khi K = R, ta nói A khơng gian affine thực Khi K = C, ta nói A khơng gian affine phức Đơi ta nói A K− không gian affine để nhấn mạnh vế trường K → − Kí hiệu (A, A , ϕ) khơng gian affine Để đơn giản ta viết tắt A(K) hay A → − Khi A không gian vector n chiều ta nói A khơng gian affine n chiều dùng kí hiệu An để nhấn mạnh số chiều A Kí hiệu số chiều → − A dim A Như dim A = dim A Ví dụ 1.2.1 Khơng gian hình học trung học phổ thơng với véctơ không gian không gian affine Sau số tính chất đơn giản suy từ định nghĩa khơng gian affine Định lí 1.2.1 Với M, N, P, Q ∈ A, ta có −−→ → − a) M N = M = N , −−→ −−→ b) M N = −N M , −−→ −→ −−→ −−→ c) M N = P Q M P = N Q, −−→ −−→ −−→ d) M N = P N − P M −−→ −−→ Chứng minh a) Giả sử M = N Theo hệ thức Chasles ta có M N + M M = −−→ −−→ → − M M Do M M = −−→ → −−→ → − − Ngược lại M N = theo chứng minh ta có M M = Do đó, theo điều kiện thứ định nghĩa 1, ta có M = N b) Theo hệ thức Chasles ta có −−→ −−→ −−→ → − MN + NM = MM = −−→ −−→ Do M N = −N M −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ c) Ta có M N = P Q ⇔ M N + N P = N P + P Q ⇔ M P = N Q d) Suy từ hệ thức Chasles tính chất b Tiếp theo khái niệm phẳng, độc lập affine phụ thuộc affine Phẳng khái niệm mở rộng theo số chiều khái niệm quen thuộc điểm (0 - chiều), đường thẳng (1 - chiều) mặt phẳng (2 - chiều) Trong E , đường thẳng d hoàn toàn xác định biết điểm P ∈ d − vector phương → v Một mặt phẳng α hoàn toàn xác định biết điểm P ∈ α cặp vector phương 38 Hệ 2.2.2 Phương trình cạnh (BC); x = 0, (CA) : y = 0, (AB) : z = x y z Chứng minh: Đường thăng (BC) : = hay (BC) : x = 0 Đối với cạnh lại, kết chứng minh tương tự Hệ 2.2.3 [Ceva] Cho tam giác ABC ba đường ceva AD, BE, CF BD CE AF Ba đường ceva AD, BE, CF đồng quy = DC EA F B Chứng minh: Vì điểm D thuộc cạnh BC nên tọa độ khối tâm D(0, d, 1− d) phương trình (AD) : (1 − d)y − dz = với < d < Tương tự, E, F có tọa độ khối tâm E(1 − e, 0, e) F (f, − f, 0) phương trình đường thăng (BE) : ex − (1 − e)z = (CF ) : (1 − f )x − f y = với < e, f < Xét hệ ba phương trình     0x + (1 − d)y − dz =    ex + 0y − (1 − e)z =      (1 − f )x − f y + 0z = Do matrận tương ứng hệ có hạng nên hệ có nghiệm khơng tầm thường định thức hay 1−d −d e −1 + e 1−f −f = hay def = (1 − d)(1 − e)(1 − f ) (1 − d)(1 − e)(1 − f ) = def Hệ 2.2.4 [Menelaus] Cho tam giác ABC ba điểm E, F, D thuộc Do def = nên cạnh AC, AB cạnh BC kéo dài, Ba điểm D, E, F thẳng hàng BD CE AF = DC EA F B 39 Chứng minh: Tọa độ khối tâm D(0, d, − d), E(1 − e, 0, e) F (f, − f, 0) Ba điểm D, E, F thẳng hàng đường thẳng EF qua D hay 1−d d e 1−e 1−f f Do def = nên = hay def + (1 − d)(1 − e)(1 − f ) = (1 − d)(1 − e)(1 − f ) BD CE AF = −1 hay = def DC EA F B Ký hiệu O R tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC → → Điểm M với tọa độ khối tâm M (u, v, w) ta có biểu diễn uM A + v M B + → → wM C = Đặc biệt, u + v + w = ta nhận → → → → M O = −uOA − v OB − wOC Để đơn giản, ta ký hiệu kết qua M = (u, v, w) với u + v + w = Giả sử M = (u, v, w) N = (u′ , v ′ , w′ ) với u + v + w = u′ + v ′ + w′ = Ta có → M N = (u′ − u, v ′ − v, w′ − w) = (t1 , t2 , t3 ), t1 + t2 + t3 = Phương trình đường thẳng đặc biệt → → Định lí 2.2.2 Giả sử M N = (x1 , y1 , z1 ) P Q = (x2 , y2 , z2 ) Khi M N ⊥P Q a2 (y1 z2 +y2 z1 )+b2 (z1 x2 +z2 x1 ) +c2 (x1 y2 +x2 y1 ) = → → Chứng minh: Ta biết M N ⊥P Q M N P Q = Biểu → → → → → → → → diễn M N = x1 OA + y1 OB + z1 OC P Q = x2 OA + y2 OB + z2 OC nên → → M N P Q = tương đương → → → → → → = (x1 OA + y1 OB + z1 OC).(x2 OA + y2 OB + z2 OC) 40 → → = (x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 )R2 + (x1 y2 + x2 y1 )OA.OB → → → → + (y1 z2 + y2 z1 )OB.OC + (z1 x2 + z2 x1 )OC.OA = (x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 )R2 + (x1 y2 + x2 y1 )(R2 − c2 /2) + (y1 z2 + y2 z1 )(R2 − a2 /2) + (z1 x2 + z2 x1 )(R2 − b2 /2) Từ có 2R2 (x1 +y1 +z1 )(x2 +y2 +z2 ) = a2 (y1 z2 +y2 z1 )+b2 (z1 x2 +z2 x1 ) +c2 (x1 y2 + x2 y1 ) Do x1 + y1 + z1 = = x2 + y2 + z2 nên ta nhận hệ thức a2 (y1 z2 + y2 z1 ) + b2 (z1 x2 + z2 x1 ) +c2 (x1 y2 + x2 y1 ) = → Hệ 2.2.5 Giả sử M N = (x1 , y1 , z1 ) Khi M N ⊥BC (z1 − y1 )a2 − x1 b2 + x1 c2 = → Chứng minh: Do B = (0, −1, 0), C = (0, 0, −1) nên BC = (0, 1, −1) Theo định lý ta có M N ⊥BC (z1 − y1 )a2 − x1 b2 + x1 c2 = Hệ 2.2.6 Đường trung trực cạnh BC có phương trình x(c2 − b2 ) − ya2 + za2 = Chứng minh: Trung điểm M cạnh BC có tọa độ M = (0, −1/2, −1/2) → M X = (x, y + 1/2, z + 1/2) Theo định lý ta có M X⊥BC a2 (z + 1/2 − y − 1/2) − xb2 + xc2 = hay a2 (z − y) − b2 x + c2 x 2.2.3 Phương trình đường tròn → Bổ đề 2.2.1 Giả sử M N = (x1 , y1 , z1 ) với x1 + y1 + z1 = Khi ta có M N = −a2 y1 z1 − b2 z1 x1 − c2 x1 y1 → → → → → → Chứng minh: Từ M N = (x1 OA+y1 OB+z1 OC).(x1 OA+y1 OB+z1 OC) suy M N = −a2 y1 z1 − b2 z1 x1 − c2 x1 y1 41 Bổ đề 2.2.2 Giả sử N = (x1 , y1 , z1 ) Đường tròn tâm N với bán kính r có phương trình −a2 (y − y1 )(z − z1 ) − b2 (z − z1 )(x − x1 ) − c2 (x − x1 )(y − y1 ) = r2 x + y + z = = x1 + y1 + z1 Chứng minh: Giả sử M = (x, y, z) Điểm M thuộc đường trịn tâm N bán kính u M N = u2 hay −a2 (y − y1 )(z − z1 ) − b2 (z − z1 )(x − x1 ) − c2 (x − x1 )(y − y1 ) = u2 theo Bổ đề 2.2.2, x + y + z = = x + y1 + z Định lí 2.2.3 Phương trình tổng qt đường trịn −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (ux + vy + wz)(x + y + z) = Chứng minh: Giả sử N = (x1 , y1 , z1 ) Giả sử M = (x, y, z) với x + y + z = Điểm M thuộc đường trịn tâm N bán kính r M N = u2 hay −a2 (y − y1 )(z − z1 ) − b2 (z − z1 )(x − x1 ) − c2 (x − x1 )(y − y1 ) = r2 theo Bổ đề 2.2.2, x + y + z = = x1 + y1 + z1 Từ suy −a2 yz − b2 zx − c2 xy + x(b2 z1 + c2 y1 ) + y(c2 x1 + a2 z1 ) + z(a2 y1 + b2 x1 ) = r2 + a2 y1 z1 + b2 z1 x1 + c2 x1 y1 = D Vì x + y + z = nên D = D(x + y + z) Đặt u = b2 z1 + c2 y1 − D, v = c2 x1 + a2 z1 − D, w = a2 y1 + b2 x1 − D Vậy −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (ux + vy + wz)(x + y + z) = Hệ 2.2.7 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình a2 yz + b2 zx + c2 xy = Chứng minh: Theo Định lý 2.2.3, phương trình đường trịn tổng qt −a2 yz− b2 zx − c2 xy + (ux + vy + wz)(x + y + z) = Ví đường trịn qua A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) nên ta có u = v = 42 w = Do vậy, đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình a2 yz + b2 zx + c2 xy = Ví dụ 2.2.1 [USAMO 2008] Cho tam giác ABC nhọn với trung điểm cạnh BC, CA, AB M, N, P, tương ứng Giả sử đường trung cạnh AB, AC cắt trung tuyến AM D E tương ứng Đường thẳng BD CE cắt F, bên tam giác ABC Chứng minh bốn điểm A, N, F, P nằm đường tròn Bài giải: Tọa độ khối tâm A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) hai điểm P = 1/2, 1/2, , N 1/2, 0, 1/2 Phương trình đường thẳng (AM ) : x y z 0 = hay (AM ) : y − z = Vì D thuộc đường thẳng (AM ) 1/2 1/2 → nên D = (1 − 2t, t, t) P D = (1 − 2t − 1/2, t − 1/2, t) Hiển nhiên → c2 Hoàn toàn tương AB = (−1, 1, 0) Từ P D⊥AB suy t = 3c + b2 − a2 b2 Lập phương trình hai tự, với E = (1 − 2u, u, u) ta có u = 3b + c2 − a2 đường thẳng (BD) : tx − (1 − 2t)z = (CE) : ux − (1 − 2u)y = Giả sử F = (x, y, z) Khi x + y + z = 1, tx = (1 − 2t)z, ux = (1 − 2u)y uv tv c2 v b2 v Như F = v, , , Gọi = v, − 2u − 2t c + b2 − a2 c2 + b2 − a2 2b2 v 2c2 v ′ F = 2F − A = 2v − 1, , Bốn điểm A, N, F, P c + b2 − a2 c2 + b2 − a2 nằm đường tròn bốn điểm A, B, C, F ′ nằm đường tròn Kiểm tra điều kiện tọa độ khối tâm F ′ có thỏa mãn a2 yz + b2 zx + c2 xy = Dễ dàng kiểm tra điều kiện Ví dụ 2.2.2 Giả sử ω đường trịn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Các tiếp tuyến ω B, C cắt P Đường thẳng AP BC cắt D Các điểm E F thuộc cạnh AC AB tương ứng cho DE AB, DF AC Chứng minh bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn 43 Bài giải: Tọa độ khối tâm A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) Do đường AP đối xứng với đường trung tuyến AM qua phân giác b2 c2 góc ∠A nên tọa độ khối tâm điểm D = 0, Từ suy , b + c2 b2 + c2 b2 c2 c2 b2 E= , 0, , , Phương trình tổng F = b + c2 b2 + c b2 + c b2 + c2 quát đường tròn −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (ux + vy + wz)(x + y + z) = b2 c Đường tròn Đường tròn qua B, C, E nên v = w = u = b + c2 b2 c qua B, C, E ω : −a2 yz − b2 zx − c2 xy + x(x + y + z) = Kiểm b + c2 tra điều kiện tọa độ khối tâm F thỏa mãn −a2 yz − b2 zx − c2 xy + b2 c2 x(x + y + z) = Bốn điểm B, C, E, F nằm đường b2 + c2 trịn 2.3 Vận dụng Bài tốn 2.3.1 (USAMO 2001/2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω Gọi D1 E1 tiếp điểm ω với hai cạnh BC AC Gọi D2 E2 điểm cạnh BC AC cho CD2 = BD1 CE2 = AE1 , gọi P giao điểm AD2 BE2 Đường tròn ω cắt đoạn AP Q Chứng minh AQ = D2 P Bài giải: Ta có D1 = (0, s − c, s − b) =⇒ D2 = (0, s − b, s − c) hay s−c D2 = 0, s−b a , a Tương tự E2 = s−a s−c b , 0, b Phương trình đường thẳng AD2 BE2 AD2 : (s − c)y = (s − b)z, BE2 : (s − c)x = (s − a)z Suy ra, tọa độ giao điểm P AD2 BE2 P = s−a s−b s−c s , s , s Lấy Q′ cho AQ′ = P D2 Suy Q′y + Py = Ay + D2y , Q′y = s−b a − s−b s = (s−a)(s−b) sa Vì Q′ nằm đường thẳng AD2 nên Q′z = 44 A Q E1 E2 I D1 B s−c s−b · Q′y = (s−a)(s−c) sa Q′x = − P D2 C Do đó, ((s − b) + (s − c))(s − a) sa − a(s − a) a = = sa sa s Do đó, Q′ = Gọi I = a b c 2s , 2s , 2s a (s − a)(s − b) (s − a)(s − c) , , s sa sa Ta chứng minh I trung điểm Q′ D1 Thật vậy, 0+ a a = s 2s (s − a)(s − b) s − c + sa a (s − a)(s − b) + s(s − c) 2sa ab = 2sa = b (s − a)(s − c) s − b + = 2s sa a = c 2s Suy Q nằm đường tròn đối xứng với D1 Do Q = Q′ Bài toán 2.3.2 (ISL 2005/G5) Cho tam giác nhọn △ABC với AB = AC Gọi H trực tâm ABC M trung điểm BC Gọi D điểm 45 nằm cạnh AB, E điểm nằm cạnh AC cho AE = AD điểm D, H, E thẳng hàng Chứng minh HM vng góc với dây cung chung đường tròn ngoại tiếp △ABC △ADE A F 90◦ E H D M B C Bài giải: Đặt AD = AE = ℓ Khi D = (c − ℓ, ℓ, 0), E = (b − ℓ, 0, ℓ) vàH = 1 SA , SB , SC Vì điểm D, H, E thẳng hàng nên  c−ℓ ℓ   det  b − ℓ ℓ  SA =⇒ SB SC    =0  −ℓ(c − ℓ) b−ℓ ℓ −ℓ − =0 SB SC SA cSC − bSB 1 =ℓ + + =⇒ S B SC SA S B SC 46 b + c − a2 SA (cSC − bSB ) , SB = Thay SA = SB S C + SA S C + SA SB c + a2 − b a2 + b2 − c2 SC = nhớ SB SC + SA SC + SA SB = S 2 ta có Do ℓ = (b2 + c2 − a2 )[c(a2 + b2 − c2 ) + b(a2 − b2 + c2 )] ℓ= (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + b − a) Dễ thấy c = −b nghiệm ngoặc vuông tử số, suy a2 + 2bc − b2 − c2 = a2 − (b − c)2 = (a − b + c)(a + b − c) Do (b2 + c2 − a2 )(b + c)(a − b + c)(a + b − c) (b2 + c2 − a2 )(b + c) ℓ= = (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + b − a) (a + b + c)(b + c − a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (x + y + z)(ux + vy + wz) = Thay tọa độ điểm A, D E ta u=0 −c2 (c − ℓ)(ℓ) + c ((c − ℓ)u + ℓv) = −b2 (b − ℓ)(ℓ) + b ((b − ℓ)u + ℓw) = Giải hệ phương trình ta u = 0, v = c(c − ℓ) w = b(b − ℓ) Ta cần tìm phương trình dây cung chung hai đường tròn −a2 yz − b2 zx − c2 xy = 0; −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (x + y + z)(c(c − ℓ)y + b(b − ℓ)z) = Ta thấy dây cung chung có phương trình c(c − ℓ)y + b(b − ℓ)z = 47 Xét hai điểm dây cung chung A = (1, 0, 0) P = (0, b(b − ℓ), −c(c − ℓ)) −→ Khi đó, tọa độ vector P A (b(b − ℓ) − c(c − ℓ), −b(b − ℓ), c(c − ℓ)) −−→ Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp vector khơng Khi đó, vector M H bằngA + B + C − B+C = 1, 21 , 21 hay (2, 1, 1) Vì P A có tổng hệ số nên M H ⊥ P A ⇔ a2 [c(c − ℓ) − b(b − ℓ)] + b2 [c(c − ℓ) + b(b − ℓ)] + c2 [−b(b − ℓ) − c(c − ℓ)] = Suy b(a2 − b2 + c2 )(b − ℓ) = c(a2 + b2 − c2 )(c − ℓ) Nhưng ta có b(a + b + c)(b + c − a) − (b2 + c2 − a2 )(b + c) b−ℓ= (a + b + c)(b + c − a) 2 c(a + b − c2 ) = (a + b + c)(b + c − a) Tương tự b(a2 − b2 + c2 ) c−ℓ= (a + b + c)(b + c − a) Do c(a2 + b2 − c2 ) b(a − b + c )(b − ℓ) = b(a − b + c ) (a + b + c)(b + c − a) 2 2 2 = c(a2 + b2 − c2 )(c − ℓ) =⇒ M H ⊥ P A Bài toán 2.3.3 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω Gọi H O kí hiệu trực tâm tâm đường trịn ngoại tiếp Gọi M N 48 trung điểm AB AC Các tia M H N H cắt ω P Q Các đường thẳng M N P Q cắt R Chứng minh OA ⊥ RA A R M N H O Q B C P Bài giải: Gọi A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) C = (0, 0, 1) Đặt TA = SA , H = (TA , TB , TC ) Đàu tiên ta tìm điểm R′ M N với R′ A ⊥ OA Đặt O = 0, ta thấy thỏa mãn phương trìnhc2 y + b2 z = x = y + z Do đó, ta viết R′ = (b2 − c2 , b2 , −c2 ) Tiếp tục, ta tính tọa độ P ta có HM : x − y + TB − TA z = TC Hơn nữa, đường trịn ngoại tiếp có phương trình z[a2 y + b2 x] + c2 xy = Đồng để z = −TC ; phương trình đầu trở thành y = x + TA − TB Thay vào phương trình thứ hai, ta có c2 x(x + (TA − TB )) + a2 (−TC )(x + TA − TB ) + b2 (−TC )(x) = Suy c2 x2 + [c2 (TA − TB ) − a2 TC − b2 TC ]x + a2 (−TC )(TA − TB ) = 49 Hình chiếu H M nằm đường trịn Do nghiệm khác phương trình H ′ = A + B − H (vì H ′ AHB hình bình hành) Do đó, ta suy H ′ = (TB + TC , TA + TC , −TC ) Do vậy, theo công thức Vieta ta có c2 (TA − TB ) − a2 TC − b2 TC a2 + b − c x=− − (TB + TC ) = TC − TA c2 c2 Do a2 + b2 − c2 TC − TB y= c2 Cuối ta thu P = a2 + b2 − c2 a2 + b − c TC − TA , TC − TB , −TC c2 c2 Tương tự Q= a2 + c − b a2 + c − b TB − TA , −TB , TB − TC b2 b2 Còn lại chứng minh P , Q R′ thẳng hàng Điều xảy    = det   a2 +b2 −c2 TC c2 a2 +c2 −b2 TB c2 − TA a2 +b2 −c2 TC c2 − TA −TB b2 − c − TB b2 Trừ cột thứ hai thứ ba cho cột thứ nhất, ta có  2 TC + TB − TA a +bc2 −c TC − TB   = det  TC + TB − TA −TB  b2 a   +c −b TB − TC  b2  −c a2 + b2 − c2 TC − TB = c TB −b TC − −(c ) c2 2 −TC a2 +c2 −b2 TB b2 −c2 suy −TC     − TC   a2 + c2 − b2 + (b ) TB − TC b2 50 hay −(a2 − b2 + c2 )TB + (a2 + b2 − c2 )TC Nhưng TB = SB điểm thẳng hàng = a2 −b2 +c2 TC = a2 +b2 −c2 Vì −2 + = 0, ta suy ba 51 Kết luận Trong luận văn tơi trình bày kết sau: (1) Trình bày số kiến thức không gian vector, không gian Euclid khơng gian affin (2) Trình bày toạ độ khối tâm, diện tích tam giác, khoảng cách phương trình đường thẳng-đường tròn theo tọa độ khối tâm (3) Vận dụng tọa độ khối tâm để giải số tốn hình học kỳ thi Olympic 52 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phạm Khắc Ban, Phạm Bình Đơ (2004), Hình học afin hình học Ơclít ví dụ tập, Nhà xuất Đại học sư phạm [2] Văn Như Cương, Tạ Mân (1998), Hình học afin hình học Ơclít, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [3] Đàm Văn Nhỉ (Chủ biên), Văn Đức Chín, Đào Ngọc Dũng, Phạm Minh Phương, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2015), Hình học sơ cấp, Nhà xuất Thông tin truyền thông Tiếng Anh [4] Max S., Evan C (2012), "Barycentric Coordinates in Olympiad Geometry", Misouri [5] Bottema O (1987), Topics in Elementary Geometry, Springer ... Chương Khối tâm vận dụng Trong chương chúng tơi trình bày số khái niệm kết khối tâm Chúng xét số vận dụng khối tâm vào giải đề thi học sinh giỏi 2.1 Khối tâm 2.1.1 Khối tâm tọa độ khối tâm Mục... 13 Khối tâm vận dụng 21 2.1 Khối tâm 21 2.1.1 Khối tâm tọa độ khối tâm 21 2.1.2 Tọa độ khối tâm điểm đặc biệt 23 2.1.3 Diện tích theo tọa độ khối. .. Euclid khơng gian affin Chương trình bày khái niệm khối tâm, toạ độ khối tâm số ứng dụng để tính diện tích tính khoảng cách theo tọa độ khối tâm Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Nguyễn Thị