Ta đã biết, với∆ABC và điểmM thuộc miền∆ABC ta luôn cóαM A−→ + βM B−→ + γM C−→ = ~0, trong đó α = SM BC
SABC
, β = SM CA
SABC
, γ = SM AB
SABC
; Nhưng khi điểm M nằm ngoài miền ∆ABC và ở trong∠BAC thì ta có −αM A−→ + βM B−→ +γM C−→ =~0. Ký hiệu tọa độ khối tâm của điểm M qua M = (u, v, t) khiuM A−→ +vM B−→ +tM C−→ =~0vớiu, v, t ∈ Rvàu+v+t= 1.Chú ý ràng, trong nhiều trường hợp điều kiệnu+v+t= 1được thay bằngu+v+t6= 0.
Dễ dàng chỉ ra kết quả sau đây:
Mệnh đề 2.1.3. Cho tam giácABC. Giả sử ba điểm M1, M2, M3 với tọa độ khối tâmMi = (ui, vi, ti). Khi đó diện tích∆M1M2M3 bằng
SM1M2M3 =
u1 v1 t1
u2 v2 t2
u3 v3 t3
S.
Chứng minh: Giả sửA(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3).Biểu diễn tọa độ M1(u1x1 +v1x2 +t1x3, u1y1 + v1y2 +t1y3)
M2(u2x1 +v2x2 +t2x3, u2y1 + v2y2 +t2y3) M3(u3x1 +v3x2 +t3x3, u3y1 + v3y2 +t3y3)
vớiui +vi +ti = 1, i = 1,2,3.Vậy, diện tíchS của tam giácM1M2M2 :
S = 1 2
u1x1 +v1x2 +t1x3 u1y1 +v1y2 +t1y3 1 u2x1 +v2x2 +t2x3 u2y1 +v2y2 +t2y3 1 u3x1 +v3x2 +t3x3 u3y1 +v3y2 +t3y3 1
= 1 2
u1 v1 t1
u2 v2 t2
u3 v3 t3
x1 y1 1 x2 y2 1 x3 y3 1
=
u1 v1 t1
u2 v2 t2
u3 v3 t3
SABC.
Như vậy, chúng ta cóSM1M2M3 =
u1 v1 t1
u2 v2 t2
u3 v3 t3
SABC.
Hệ quả 2.1.2. Cho tam giác ABC. Giả sử ba điểm M1, M2, M3 với tọa độ khối tâm Mi = (ui, vi, ti). Ba điểm M1, M2, M3 thẳng hàng khi và chỉ khi
định thức
u1 v1 t1
u2 v2 t2
u3 v3 t3
= 0.
Chứng minh: Kết quả được suy ra trực tiếp từ Mệnh đề 2.1.3.
Ví dụ 2.1.5. Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c. Giả sử ba điểm Ja, Jb, Jc là tâm ba đường tròn bàng tiếp với bán kính tương ứng r1, r2, r3 và I là tâm đường tròn nội tiếp với bán kínhr. Xác định diện tích bốn tam giác
∆JaJbJc,∆IJbJc,∆IJaJc,∆IJaJb.
Chứng minh: Tọa độ khối tâm của Ja, Jb, Jc ghi theo độ dài ba cạnh và ba bán kính là Ja = −ar1
2S ,br1
2S, cr1
2S
, Jb = ar2
2S,−br2
2S ,cr2
2S
và Jc = ar3
2S,br3
2S,−cr3 2S
, I = ar 2S, br
2S, cr 2S
. Theo Mệnh đề 2.1.3 ta nhận được
kết quả
SJaJbJc = 1 8S3
−ar1 br1 cr1
ar2 −br2 cr2
ar3 br3 −cr3
S = abcr1r2r3
2S2 .
Nếu ta thay các biểu thứcabc = 4Rrpvàr1r2r3 = p2r,ở đó2p= a+b+c, ta nhận được kết quảSJaJbJc = abcr1r2r3
2S2 = 2Rp.Hoàn toàn tương tự, ta còn có SIJbJc = 2R(p−a), SIJaJc = 2R(p−b)vàSIJaJb = 2R(p−c).
Ví dụ 2.1.6. Cho tam giácABC nội tiếp trong đường tròn tâmObán kínhR.
Giả sử ba điểmJa, Jb, Jc là tâm ba đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC.
Xác định giá trị lớn nhất của diện tích∆JaJbJc.
Chứng minh: Ta có SJaJbJc = 2Rp = R(a + b + c) theo ví dụ trên, ở đó a = BC, b = CA, c= AB.Ta cóa+b+clớn nhất bằng3√
3R.Vậy, giá trị lớn nhất của diện tích∆JaJbJc bằng3√
3R2 khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 2.1.7. Cho tam giácABC với độ dài ba cạnha, b, c,trọng tâmGvàO là tâm đường tròn ngoại tiếp. Xác định diện tích tam giác∆GOI. Từ đó suy ra điều kiện∆ABC cân khi và chỉ khi SGOI = 0.
Chứng minh: Tọa độ khối tâm của G, O, I ghi theo độ dài ba cạnh và bán kính G = 1
3,1 3, 1
3
, O = aRcos∠A
2S ,bRcos∠B
2S ,cRcos∠C 2S
và I = ar
2S, br 2S, cr
2S
. Theo Mệnh đề 2.1.3 ta nhận được hệ thức
SGOI = Rr 12S2
1 1 1
acos∠A bcos∠B ccos∠C
a b c
= |(a−b)(b−c)(c−a)|
24r .
Từ đây suy ra điều kiện∆ABC cân khi và chỉ khiSGOI = 0.
Ví dụ 2.1.8. Cho ∆ABC với độ dài ba cạnh a, b, c và 2p = a + b + c.
Giả sử đường tròn nội tiếp trong tam giác tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1; các đường tròn bàng tiếp tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tại A2, B2, C2,tương ứng. Khi đó có
(1) Ba đường thẳngAA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm Gg.Điểm này là điểm Gergonne với tọa độ khối tâm Gg
1
p−a, 1
p−b, 1 p−c
.
(2) Ba đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm N. Điểm này dược gọi là điểm Nagel với tọa độ khối tâm N(p−a, p−b, p−c).
(3) Gọi chân các đường phân giác trong của tam giácABC là A3, B3, C3. Cho điểm A3 đối xứng qua trung điểm cạnh BC thành điểm A′3; Cho điểm B3 đối xứng qua trung điểm cạnh CA thành điểmB3′; Cho điểm C3đối xứng qua trung điểm cạnhABthành điểmC3′.Khi đóAA′3, BB3′ và CC3′ đồng quy tại điểmI′ với tọa độ khối tâmI′(bc, ca, ab).
(4) I′A2
a + I′B2
b + I′C2
c = a3 +b3 + c3 ab+bc+ca. (5) N A2
(p−b)(p−c) + N B2
(p−c)(p−a) + N C2 (p−a)(p−b)
= a2
p(p−a) + b2
p(p−b) + c2 p(p−c).
(6) GgA2
p−a + GgB2
p−b + GgC2 p−c
= (p−a)a2 + (p−b)b2 + (p−c)c2
(p−b)(p−c) + (p−c)(p−a) + (p−a)(p−b).
Chứng minh: Ba đường AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm Gg, ba đườngAA2, BB2, CC2đồng quy tại một điểmN và ba đườngAA′3, BB3′, CC3′ đồng quy tại điểmI′ theo Định lý Ceva. Tọa độ khối tâm củaGg, N a, I′ ghi theo độ dài ba cạnh là Gg 1
p−a, 1
p−b, 1 p−c
, N a(p−a, p −b, p−c) và
I (bc, ca, ab) (hoặc I (1/a,1/b,1/c)) theo Định lý Menelaus. Ta có (1), (2) và (3).
(4) Ta có bc−→
I′A + caI→′B + abI→′C = →0. Bình phương và biến đổi, ta nhận được
0 = bcI→′A+caI→′B +abI→′C2
= b2c2I′A2 +c2a2I′B2 +a2b2I′C2 + abc 2aI→′B.I→′C + 2bI→′C.I→′A+ 2cI→′A.I→′B
= b2c2I′A2 +c2a2I′B2 + a2b2I′C2 + abc
a(I′B2 +I′C2 −a2) +b(I′C2 +I′A2 −b2) +c(I′A2 +I′B2 −c2) .
Từ đây suy ra đồng nhất thức I′A2
a + I′B2
b + I′C2
c = a3 +b3 +c3 ab+ bc+ ca.
(5) Ta có(p−a)IN A→ + (p−b)N B→ + (p−c)N C→ = →0.Bình phương và biến đổi, ta nhận được
0 = (p−a)N A→ + (p−b)N B→ + (p−c)N C→ 2
= (p−a)2N A2 + (p−b)2N B2 + (p−c)2N C2 + (p−a)(p−b)(p−c)
2
N B.→ N C→ p−a + 2
N C.→ N A→ p−b + 2
N A.→ N B→ p−c
= (p−a)2N A2 + (p−b)2N B2 + (p−c)2N C2 + (p−a)(p−b)(p−c) . N B2 + N C2 −a2
p−a + N C2 + N A2 −b2
p−b + N A2 +N B2 −c2 p−c
.
Từ đây suy ra N A2
(p−b)(p−c) + N B2
(p−c)(p−a) + N C2 (p−a)(p−b)
= a2
p(p−a) + b2
p(p−b) + c2 p(p−c).
(6) được chứng minh hoàn toàn tương tự như trong chứng minh cho (5).
Ví dụ 2.1.9. Cho∆ABC với độ dài ba cạnh a, b, c,trọng tâm G vàI là tâm đường tròn nội tiếp. Ký hiệu điểm tâm với trọng chu vi qua tọa độ khối tâm M(b + c, c+ a, a+ b), N(b+ c −a, c + a − b, a + b − c) và điểm Nagel
N a(p − a, p − b, p − c). Khi đó năm điểm G, I, M, N, N a thẳng hàng và 2IG = GN a.
Chứng minh: Tọa độ khối tâm của G, I ghi theo độ dài ba cạnh là G = (1,1,1), I = (a, b, c).Vì hai định thức
1 1 1
a b c
p−a p−b p−c
= 0,
1 1 1
a b c
b+c c+a a+ b
= 0
nên bốn điểm G, I, M, N a thẳng hàng theo Hệ quả 2.1.2. Hiển nhiên điểm N((b+c−a, c+a−b, a +b−c) cũng thuộc đường thẳng này.
TừG 1/3,1/3,1/3
, I a/2p, b/2p, c/2p
, N a p−a/p, p−b/p, p−c/psuy ra2IG = GN a.
Nhận xét 2.1.1. Phương trình thuần nhất của đường thẳngG, I, M, N, N alà (b−c)x+ (c−a)y + (a−b)z = 0. Đây cũng chính là một trong các lý do để ta xét Hình học xạ ảnh.
Ví dụ 2.1.10. [Rumani 2007]Với số nguyên dươngn > 1,ta xét2nsố thực ai, bi, i = 1,2, . . . , n,thỏa mãn hệ các điều kiện sau đây:
n
X
i=1
a2i = 1,
n
X
i=1
b2i = 1,
n
X
i=1
aibi = 0.
Chứng minh rằng, ta luôn có Pn
i=1
ai
2
+
n
P
i=1
bi
2
6 n.
Chứng minh: Xét hai điểm A(a1, a2, . . . , an), B(b1, b2, . . . , bn) và chọn hai điểmO(0,0, . . . ,0), P(1,1, . . . ,1)trongRn.HạP M⊥OA, M ∈ OA, P N⊥OB, N ∈ OBvà hạP H⊥(OAB), H ∈ (OAB).VìOA⊥OBnênOM2+ON2 = OH2 6 OP2 hay OP .→ OA→ 2
+ OP .→ OB→ 2
6 n. Như vậy, chúng ta nhận được bất đẳng thức Pn
i=1
ai
2
+
n
P
i=1
bi
2
6 n.
Ví dụ 2.1.11. Cho ∆ABC. Lấy điểm M, N, P thuộc cạnh BC, CA và AB, tương ứng. Đặtu = M B
M C, v = N C
N A, t = P A
P B.Khi đó ta có SM N P
SABC
= 1 +uvt
(1 +u)(1 +v)(1 +t).
Bài giải: Giả thiết A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3). Vì BM~ = u ~M C nên ta có tọa độM(x2 +ux3
1 +u ,y2 + uy3
1 +u ).Mặt khác, ta cũng cóN(x3 +vx1
1 +v ,y3 +vy1
1 +v ) vàP(x1 + tx2
1 +t ,y1 +ty2
1 +t ).Đặt α = (1 +u)(1 +v)(1 +t)và biến đổi
T =
1 1 1
x2 +ux3 1 +u
x3 +vx1 1 +v
x1 +tx2 1 +t y2 +uy3
1 +u
y3 +vy1
1 +v
y1 +ty2
1 +t
= 1
(1 +u)(1 +v)(1 +t)
1 +u 1 +v 1 +t x2 +ux3 x3 +vx1 x1 +tx2
y2 +uy3 y3 +vy1 y1 +ty2
= 1 α
1 1 1 x1 x2 x3
y1 y2 y3
0 v 1 1 0 t u 1 0
= 1 +uvt α
1 1 1 x1 x2 x3
y1 y2 y3
. Như vậy
SM N P
SABC
=
1 1 1
x2 +ux3 1 +u
x3 +vx1 1 +v
x1 +tx2 1 +t y2 +uy3
1 +u
y3 +vy1
1 +v
y1 +ty2
1 +t
1 1 1 x1 x2 x3
y1 y2 y3
= 1 +uvt
(1 +u)(1 +v)(1 +t)
hay SM N P
SABC
= 1 +uvt
(1 +u)(1 +v)(1 +t).
Ví dụ 2.1.12. [VMO 6]Cho∆ABC với diện tích bằng 1. Lấy điểmM, N, P thuộc cạnh BC, CA, AB, tương ứng sao cho k1 = M B
M C, k2 = N C
N A, k3 = P A
P B vớik1, k2, k3 < 1.Xác định diện tích tam giác với các đỉnh là giao điểm giữa AM, BN, CP.
Bài giải: Giả thiết A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3).VìBM~ = k1M C~ nên tọa độ M(xm = x2 +k1x3
1 +k1
, ym = y2 +k1y3
1 +k1
). Tương tự, ta cũng có N(xn = x3 +k2x1
1 +k2
, yn = y3 +k2y1
1 +k2
) và P(xp = x1 +k3x2
1 +k3
, yp = y1 +k3y2
1 +k3
). Gọi E = AM × BN. Ta có AE
EM BM
BC N C
N A = 1 theo Định lý Menêlaus. Vậy AE = 1 +k1
k1k2
EM và điểm E có tọa độE(xe = k1k2x1 + (1 +k1)xm
1 +k1 +k1k2
, ye = k1k2y1 + (1 +k1)ym
1 +k1 +k1k2
).Từ đây có E(xe = k1k2x1 +x2 +k1x3
1 +k1 +k1k2
, ye = k1k2y1 +y2 +k1y3 1 +k1 +k1k2
).
GọiF = BN ×CP, G = CP ×AM.Tương tự như trên chúng ta nhận được F(xf = k2k3x2 +x3 +k2x1
1 +k2 +k2k3
, yf = k2k3y2 +y3 +k2y1 1 +k2 +k2k3
) G(xg = k3k1x3 +x1 +k3x2
1 +k3 +k3k1 , yg = k3k1y3 +y1 +k3y2
1 +k3 +k3k1 ).
Đặtδ = (1 +k1 + k1k2)(1 +k2 +k2k3)(1 +k3 +k3k1)và biến đổi T =
1 1 1
k1k2x1 + x2 +k1x3 1 +k1 +k1k2
k2k3x2 +x3 +k2x1 1 +k2 +k2k3
k3k1x3 +x1 +k3x2 1 +k3 +k3k1
k1k2y1 +y2 +k1y3
1 +k1 +k1k2
k2k3y2 +y3 +k2y1
1 +k2 +k2k3
k3k1y3 +y1 +k3y2
1 +k3 +k3k1
)
=
1 δ
1 +k1 + k1k2 1 +k2 + k2k3 1 +k3 + k3k1
k1k2x1 + x2 + k1x3 k2k3x2 +x3 + k2x1 k3k1x3 +x1 + k3x2
k1k2y1 +y2 +k1y3 k2k3y2 +y3 +k2y1 k3k1y3 +y1 +k3y2
=
1 δ
1 1 1 x1 x2 x3
y1 y2 y3
k1k2 k2 1 1 k2k3 k3
k1 1 k3k1
= (1−k1k2k3)2 δ
1 1 1 x1 x2 x3
y1 y2 y3
.
Như vậySEF G = (1−k1k2k3)2
(1 +k1 +k1k2)(1 +k2 +k2k3)(1 +k3 +k3k1).