Tâm tỉ cự với bài toán chứng minh tính đồng quy và thẳng hàng

Chia sẻ: AtaruMoroboshi _AtaruMoroboshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong bài viết này, tác giả sử dụng định nghĩa tâm tỉ cự và các tính chất của tâm tỉ cự để chứng minh một số bài toán về sự đồng quy, thẳng hàng trong hình học phẳng, và bằng kỹ thuật tương tự chứng minh các kết quả được mở rộng trong không gian (nếu có). Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tâm tỉ cự với bài toán chứng minh tính đồng quy và thẳng hàng

Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 TÂM TỈ CỰ VỚI BÀI TOÁN CHỨNG MINH TÍNH ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG Đinh Bích Hảo Khoa Tự nhiên, Trường Đại học Hoa Lư Tóm tắt nội dung Trong bài viết này, tác giả sử dụng định nghĩa tâm tỉ cự và các tính chất của tâm tỉ cự để chứng minh một số bài toán về sự đồng quy, thẳng hàng trong hình học phẳng, và bằng kỹ thuật tương tự chứng minh các kết quả được mở rộng trong không gian (nếu có). 1 Định nghĩa tâm tỉ cự của hệ điểm Định lý 1. Nếu P1 , P2 , . . . , Pn là các điểm của không gian afin và α1 , α2 , . . . , αn là các số có tống khác 0 thì tồn tại duy nhất điểm G sao cho n −→ − → ∑ αi GPi = 0. i =1 Chứng minh. Lấy một điểm O tùy ý, khi đó điểm G xác định bởi n −→ − → ∑ αi GPi = 0 i =1 n −→ −→ −→ ⇔ ∑ αi OPi − OG = 0 i =1 ! n −→ n −→ ⇔ ∑ αi OPi = ∑ αi OG i =1 i =1 −→ n −→ 1 ⇔ OG = · ∑ αi OPi (∗). ∑in=1 αi i =1 n −→ 1 Đặt n · ∑ αi OPi = − → u. ∑ αi i =1 i =1 166
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 −→ Với Pi xác định, điểm O cố định và các αi cho trước thì − → u cố định. Do đó OG = − → u nên điểm G tồn tại và duy nhất. Định nghĩa 1. Điểm G xác định trong định lí 1 được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm { P1 , P2 , . . . , Pn } gắn với họ hệ số α1 , α2 , . . . , , αn . Hoặc ta nói điểm G là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {α1 P1 , α2 P2 , . . . , αn Pn }. Chú ý 1. Từ (∗) với O là điểm bất kì trong không gian, ta có thể quy ước không viết điểm O. Khi đó công thức có dạng mG = α1 P1 + α2 P2 + . . . + αn Pn n trong đó m = ∑ αi . i =1 Trong các ví dụ và bài toán ở mục sau chúng tôi sử dụng các viết này. Bài toán 1. Trung điểm I của đoạn thẳng AB là tâm tỉ cự của hệ {1A, 1B}, tức là 2I = 1A + 1B. Bài toán 2. Trọng tâm G của tam giác ABC là tâm tỉ cự của hệ {1A, 1B, 1C }, tức là 3G = 1A + 1B + 1C. 2 Một số tính chất của tâm tỉ cự Tính chất 1. Tâm tỉ cự của hệ điểm {α1 A1 , α2 A2 } là điểm G nằm trên đường thẳng A1 A2 thỏa mãn |α1 |d1 = |α2 |d2 , trong đó d1 , d2 là khoảng cách từ tâm tỉ cự G tới hai điểm A1 và A2 . Tính chất 2. Giả sử G là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {α1 A1 ,α2 A2 ,. . ., αk Ak , αk+1 Ak+1 ,. . . , αn An }; G1 là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {α1 A1 , α2 A2 , . . . , αk Ak }; G2 là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {αk+1 Ak+1 , . . . , αn An }. Khi đó G là tâm tỉ cự của hệ chất điểm k n {m1 G1 , m2 G2 }, trong đó m1 = ∑ αi và m2 = ∑ αi . i =1 i = k +1 Tính chất 3. Nếu G là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {α1 A1 ,α2 A2 ,. . .,αn An } thì G 0 là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {α1 A10 ,α2 A20 ,. . .,αn A0n }, ở đó G 0 , A10 , A20 , . . . , A0n là hình chiếu của G, A1 , . . . , An theo phương d lên đường thẳng ∆. 167
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 3 Bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy Bài toán 3 (Điểm Nagel của tam giác). Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giác và chia đôi chu vi tam giác đồng quy tại điểm Nagel Na của tam giác. Lời giải. A C0 B0 B C A0 Giả sử tam giác ABC có độ dài các cạnh AB = c, BC = a, AC = b. a+b+c Đặt p = . 2 Theo giải thiết ta có AB + BA0 = BC + CB0 = CA + AC 0 = p. suy ra BA0 = AB0 = p − c; CB0 = BC 0 = p − a; AC 0 = CA0 = p − b. Xét hệ chất điểm {( p − b) B, ( p − c)C } có tâm tỉ cự là A0 , do đó aA0 = ( p − b) B + ( p − c)C. Xét hệ chất điểm {( p − a) A, ( p − b) B, ( p − c)C } có tâm tỉ cự Na . Khi đó pNa = ( p − a) A + ( p − b) B + ( p − c)C = ( p − a) A + aA0 Suy ra Na ∈ AA0 . Chứng minh tương tự ta có Na ∈ BB0 và Na ∈ CC 0 . 168
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Vậy AA0 , BB0 , CC 0 động quy tại Na . Bài toán 4. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giác và tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với cạnh đối đồng quy tại một điểm K. Lời giải. Giả sử tam giác ABC có các tiếp điểm A1 , B1 , C1 . a+b+c Đặt α = A1 B = BC1 , β = CA1 = CB1 , AC1 = AB1 = γ và p = . 2 Ta có   α + β = a α = p − b β+γ = b ⇒ β = p−c γ+α = c γ = p − a.   1 −−→ 1 −−→ − → 1 1 Ta có A1 B + A1 C = 0 suy ra A1 là tâm tỉ cự của hệ { B, C }. α β α β 1 1 1 1 Tương tự ta có B1 là tâm tỉ cự của hệ { C, A}; C1 là tâm tỉ cự của hệ { A, B}. β γ γ α 1 1 1 Gọi K là tâm tỉ cự của hệ { A, B, C }. Khi đó γ α β 1 1 1 1 1 1 + + K= A+ B+ C γ α β γ α β 1 1 1 = A+ B+ C γ α β 1 1 1 = A+ + A1 . γ α β Do đó K ∈ AA1 . Tương tự, ta chứng minh được K ∈ BB1 và K ∈ CC1 . Vậy ba đường AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại K. Bằng kĩ thuật tương tự, ta chứng minh kết quả mở rộng của ví dụ 2 trong không gian như sau. Bài toán 5. Cho tứ diện có tất cả các cạnh cùng tiếp xúc với mặt cầu. Chứng minh rằng: i) Ở mỗi mặt của tứ diện có 3 đường thẳng, mỗi đường thẳng nối một đỉnh của mặt và tiếp điểm của mặt cầu tiếp xúc với cạnh đối đồng quy tại một điểm. iii) Bốn đường thẳng, mỗi đường thẳng nối một đỉnh với điểm đồng quy ở i) của mặt đối diện đồng quy tại Z. 169
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Lời giải. A M P N Q B D S R C Giả sử mặt cầu tiếp xúc với các cạnh AB, AC, AD, BD, CD, BC của tứ diện ABCD lần lượt tại M, N, P, Q, R, S. Khi đó    AM = AN = AP = a BM = BQ = BS = b    CN = CS = CR = c DP = DQ = DR = d  với a, b, c, d > 0. 1 1 1 i) Xét mặt BCD. Gọi Z1 là tâm tỉ cự của hệ điểm { B, C, D }. Khi đó b c d 1 1 1 1 1 1 + + Z1 = B+ C+ D b c d b c d 1 1 1 = B+ + R. b c d Suy ra Z1 ∈ BR. Tương tự, ta chứng minh được Z1 ∈ DS, Z1 ∈ CQ. Vậy ở mặt BCD các đường BR, CQ, DS đồng quy tại Z1 . Các mặt còn lại chứng minh tương tự, ta được các điểm đồng quy Z2 , Z3 , Z4 . 1 1 1 1 ii) Gọi Z là tâm tỉ cự của hệ điểm { A, B, C, D }. Khi đó a b c d 170
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + Z= A+ B+ C+ D a b c d a b c d 1 1 1 1 = A+ B+ C+ D a b c d 1 1 1 1 = A+ + + Z1 . a b c d Suy ra Z ∈ AZ1 . Tương tự, ta chứng minh được Z ∈ BZ2 , Z ∈ CZ3 và DZ4 .Tức là AZ1 , BZ2 , CZ3 , DZ4 đồng quy tại Z. Bài toán 6. Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì ba đường trung tuyến đồng quy tại một điểm và điểm đó chia theo tỷ lệ 2 : 1 tính từ đỉnh. Lời giải. A C0 B0 G B C A0 Giả sử tam giác ABC có các trung tuyến lần lượt là AA0 , BB0 , CC 0 . Ta cần chứng minh AA0 , BB0 , CC 0 đồng quy tại một điểm. Theo giả thiết ta có A0 là tâm tỉ cự của hệ {1B, 1C }, tức là 2A0 = 1B + 1C. Xét G là tâm tỉ cự của hệ {1A, 1B, 1C }. Khi đó 3G = 1A + 1B + 1C ⇒ 3G = 1A + 2A0 . Suy ra G ∈ AA0 và G chia AA0 theo tỉ lệ 2 : 1 tính từ A. Tương tự ta chứng minh được G thuộc BB0 , CC 0 và chia hai trung tuyến này theo tỉ lệ 2 : 1 tính từ đỉnh. 171
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bằng kĩ thuật tương tự chúng tôi chứng minh kết quả mở rộng của ví dụ 4 trong không gian như sau. Bài toán 7. Trong một tứ diện bất kì bốn trọng tuyến (các đoạn thẳng nối 1 đỉnh với trọng tâm mặt đối diện) và ba trung tuyến kép (các đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh đối diện) đồng quy tại một điểm. Điểm đồng quy này là trung điểm của các trung tuyến kép và nó chia các trọng tuyến theo tỉ số 3 : 1 tính từ đỉnh. Lời giải. A M R P Q B D S N C Giả sử cho tứ diện ABCD, gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, AC, BD, AD, BC. Gọi G1 là tâm tỉ cự của hệ 1D, 1B, 1C, tức là 3G1 = 1D + 1B + 1C. Xét hệ {1A, 1B, 1C, 1D } có tâm tỉ cự là G. Khi đó 4G = 1A + 1B + 1C + 1D = 1A + (1B + 1C + 1D ) = 1A + 3G1 . Suy ra G ∈ AG1 và G chia trọng tuyến AG1 theo tỉ số 3 : 1. Tương tự ta chứng minh được G thuộc các đường BG2 , CG3 , DG4 và chia các trọng tuyến theo tỉ số 3 : 1. 172
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Ta lại có 4G = 1A + 1B + 1C + 1D = (1A + 1B) + (1C + 1D ) = 2M + 2N. Suy ra G ∈ MN và G chia MN theo tỉ số 1 : 1. Tương tự ta chứng minh được G thuộc PQ, RS và chia các trung tuyến kép này theo tỉ số 1 : 1. 4 Bài toán chứng minh quan hệ thẳng hàng, đồng phẳng Bài toán 8. Nếu ba điểm A1 , B1 , C1 theo thứ tự nằm trên các đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC và thỏa mãn hệ thức A1 B B1 C C1 A · · = 1. A1 C B1 A C1 B thì chúng phải nằm trên một đường thẳng. Lời giải. A C1 B1 B A1 C Đặt A1 B γ =− A1 C β B1 C α =− B1 A γ 173
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 với 0 6= α, β, γ ∈ R. Khi đó A1 B B1 C C1 A · · =1 A1 C B1 A C1 B γ α C A ⇔ − · − · 1 =1 β γ C1 B C A β ⇔ 1 = . C1 B α A1 B γ Ta có = − , tức là A1 là tâm tỉ cự của hệ { βB, γC }. A1 C β B C α và 1 = − , tức là B1 là tâm tỉ cự của hệ {γC, αA}. B1 A γ Tương tự ta có C1 là tâm tỉ cự của hệ {αA, − βB}. Do đó ta có (α − β)C1 = αA − βB = (αA + γC ) − (γC + βB) = (α + γ) B1 − (γ + β) A1 Suy ra C1 ∈ A1 B1 hay A1 , B1 , C1 thẳng hàng. Bằng kĩ thuật tương tự chúng tôi chứng minh kết quả mở rộng của ví dụ 8 trong không gian như sau. Bài toán 9. Cho tứ diện ABCD, các điểm K, L, M, N lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho KA LB MC ND · · · = 1. KB LC MD N A Chứng minh rằng bốn điểm K, L, M, N đồng phẳng. Lời giải. Đặt KB β =− (1) KB α LB γ =− (2) LC β MC δ =− (3) MD γ 174
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 với 0 6= α, β, γ, δ ∈ R. Khi đó KA LB MC ND ·· · =1 KB LC MD N A β γ δ ND ⇔ − · − · − · =1 α β γ NA ND α ⇔ =− (4). NA δ Từ (1) suy ra K là tâm tỉ cự của hệ {αA, βB}. Từ (2) suy ra L là tâm tỉ cự của hệ { βB, γC }. Từ (3) suy ra M là tâm tỉ cự của hệ {γC, δD }. Từ (4) suy ra N là tâm tỉ cự của hệ {δD, αA}. Gọi Z là tâm tỉ cự của hệ {αA, βB, γC, δD }. Ta có (α + β + γ + δ) Z = αA + βB + γC + δD = (αA + βB) + (γC + δD ) = (α + γ)K + (γ + β) M Suy ra Z ∈ KM. Tương tự ta chứng minh được Z ∈ LN.Hai đường thẳng KM và LN cắt nhau tại Z suy ra K, L, M, N đồng phẳng. Bài toán 10. Cho O là tâm của hình tứ diện đều ABCD và M là một điểm bất kỳ trên một mặt nào đó của tứ diện. Gọi N, P, Q là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt còn lại và G là trọng tâm của 4 NPQ. Chứng minh rằng M, G, O thẳng hàng. Lời giải. Giả sử M ∈ ( ABC ) và N, P, Q là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt ( BCD ), (CDA), ( DAB) còn A0 , B0 , C 0 là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên các mặt đối diện. Do tứ diện ABCD đều nên O là trọng tâm của tứ diện và AA0 , BB0 , CC 0 là các trọng tuyến của tứ diện. Do M ∈ ( ABC ) ⇒ ∃α, β, γ ∈ R, α + β + γ = 1 sao cho M là tâm tỉ cự của hệ chất điểm: {αA, βB, γC } tức là: 1M = αA + βB + γC. Theo tính chất chiếu được của tâm tỉ cự ta có: 1N = αA0 + βB + γC 1P = αA + βB0 + γC 175
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 1Q = αA + βB + γC 0 suy ra 1M + 1N + 1P + 1Q = (3αA + αA0 ) + (3βB + βB0 ) + (3γC + γC 0 ) Do đó ta có: 1M + 3G = α(3A + A0 ) + β(3B + B0 ) + γ(3C + C 0 ) A M O B D N H C 8 1 8 4 Mặt khác: α(3A + A0 ) = α A + (1A + 3A0 ) = α A+ O 3 3 3 3 Làm tương tự cho 2 biểu thức còn lại ta có: 8 4 8 4 8 4 1M + 3G = αA + αO + βB + βO + γC + γO 3 3 3 3 3 3 8 4 = (αA + βB + γC ) + (α + β + γ)O 3 3 8 4 = M+ O 3 3 5 4 suy ra 3G = M + O ⇔ 9G = 5M + 4O 3 3 suy ra G ∈ MO. Vậy G, M, O thẳng hàng. 5 Bài tập áp dụng Bài 1. Cho tứ diện ABCD bất kỳ có G A , GB , GC , GD lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC và G là trọng tâm tam giác G A GB GC . Chứng minh rằng A, G, G A thẳng hàng. 176
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài 2. Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt nằm trên đường tròn. Chứng minh rằng các đường thẳng mỗi đường đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối 2 trong số 4 điểm đó và vuông góc với đường thẳng đi qua 2 điểm còn lại là đồng quy. Bài 3 (Mở rộng của ví dụ 10). Cho M là điểm bất kỳ trong không gian và N, P, Q, R lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt của một tứ diện đều bất kỳ. Khi đó M, G, O thẳng hàng ở đó G là trọng tâm của tứ diện NPQR và O là trọng tâm của tứ diện đều đã cho Bài 4 (USAMO 2001). Cho tam giác ABC, đường tròn (C ) nội tiếp tam giác. Các điểm D1 và E1 lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (C ) với cạnh BC và AC. Điểm D2 và E2 nằm trên BC và AC tương ứng sao cho CD2 = BD1 và CE2 = AE1 . Giao điểm của đường thẳng AD2 và BE2 là P. Đường thẳng AD2 cắt đường tròn (C ) tại hai điểm, điểm gần đỉnh A kí hiệu là Q. Chứng minh rằng AQ = D2 P. Tài liệu [1] Văn Như Cương, Tạ Mân (2000), Hình học afin và Hình học Ơclit, NXB ĐHQG Hà Nội (2000). [2] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ. [3] Diễn đàn MathScope: http://forum.mathscope.org/index.php [4] Eric W. Weisstein. Barycentric Coordinates.From MathWorld A Wolfram Web Re- source. http://mathworld.wolfram.com/BarycentricCoordinates.html [5] AoPS. Practice Olympiad 4. WOOT 2011-2012. 177