ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Batigoal–mathscope.org
Email: hoangquan9@gmail.com
Bản quyền chuyên ñề thuộc về Batigoal. Chuyên ñề viết ra nhằm phục vụ
cộng ñồng các bạn yêu toán. Nếu bạn nào muốn sử dụng cho mục ñích
thương mại hay dùng cho các cuộc thi viết chuyên ñề phải có sự ñồng ý của
tác giả.
I.CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP GIẢI SỬ DỤNG TÂM TỈ CỰ
+
k k ,
,...,
k
+ + ...
k
= „ k
0
Xuất phát từ việc khai thác bài toán sau:
Cho hệ n ñiểm
A,...,
và n số 1
2
k mà 1 k
n
2
n
A,A 1
2
n
a,Chứng minh rằng có duy nhất một ñiểm G sao cho:
uuur
=
+ + ...
r 0
1
uuuur + k GA k GA 2
1
2
uuuur k GA n n
iA , gắn với các hệ số
ik .
Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ ñiểm
ik bằng nhau (và do ñó có thể xem các
ik ñều bằng
Trong trường hợp các hệ số
iA .
1), thì G gọi là trọng tâm của hệ ñiểm
b, Chứng minh rằng nếu G là tâm tỉ cự nói ở câu a, thì mọi ñiểm O bất kì ta có:
uuur
=
uuur OG
(
+ + ...
)
uuuur + k OA k OA 1 2
1
2
uuuur k OA n n
1 k
Chứng minh
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
uuur
1
uuuur k GA n n
r = 0 uuur
+
)
(
r = ) 0
1
1
1
uuuur + + + ... k GA k GA 2 2 uuuur uuur + k GA k GA A A ( 1 1 2 2 uuur
+ + ... uuuur
+
a,Tacó 1 uuur (cid:219)
+ + ...
(
k
)
uuuur + k GA A A 1 n n uuuur k GA k A A k A A n 2 1
3
1
k 1
2
2
+ + ... uuuur
1
2
+ 3 uuuur k A A n 1 n
+
=
(cid:219) uuuur k A A 1 n n
+ + ...
0
k
k
= „ k
uuur GA 1
2
n
3 +
k
n
= 1 uuuur + + + k A A k A A ... 3 1 2 + + ... k k 1
2
(cid:219) vì 1 k
uuur
r 0
1
2
Vậy ñiểm G xác ñịnh và duy nhất.
uuuur (
+ + ) ...
= r ) 0
1
2
uuuur + + + k GA k GA ... 2 uuuuur uuur + k OA OG k OA OG ) ( 1 uuur
uuuuur ( 2 uuur
=
+
+ + ...
(
)
k
b, Với ñiểm O bất kì , ta có 1 uuur - - - (cid:219)
uuuur k GA n n uuur = k OA OG n n uuuur uuuur k OA k OG k OA k OA n 1 2 n n
k 1
1
2
+ + ... uuur
uuur
1
+ 2 uuuur k OA n n
=
=
(
+ + ...
)
uuur OG
(cid:219)
uuuur + k OA k OA 1 2
1
2
uuuur k OA n n
2 +
k
k
1 k
uuuur + + + k OA k OA ... 2 1 + + k ... 1
2
n
+
+ + ...
0
k
k
= „ k
(cid:219) (ñfcm)
2
n
. vì 1 k
+
,...,
+ + ...
0
k k ,
k
k
= „ k
Vậy từ bài toán này ta có hai kết quả quan trọng sau:
1. Cho hệ n ñiểm
A,...,
n
n
và n số 1
2
k mà 1 k
2
A,A 1
2
n
Khi ñó có duy nhất một ñiểm G sao cho:
uuur
=
+ + ...
r 0
uuuur k GA n n
1
uuuur + k GA k GA 2
1
2
iA , gắn với các hệ số
ik .
Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ ñiểm
2. Nếu G là tâm tỉ cự thì mọi ñiểm O bất kì ta có:
uuur
=
uuur OG
(
+ + ...
)
uuuur + k OA k OA 1 2
1
2
uuuur k OA n n
1 k
Bây giờ ta sẽ sử dụng hai kết quả này ñể giải các bài toán quỹ tích và cực trị hình
học.
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
III. ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
1. DẠNG I Cực trị ñộ dài véc tơ.
+
,...,
k
+ + ...
k
= „ k
0
Nhận xét : Áp dụng tâm tỉ cự:
Cho n ñiểm
với n số
và ñường
A,...,
k k , 1
2
k mà n
k 1
2
n
A,A 1
2
n
thẳng d ( hoặc mặt phẳng(P)) .Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d ( hoặc mp(P)) sao
uuuur
+ + ...
cho
nhỏ nhất.
uuuur + k MA k MA 1 2
2
1
uuuur k MA n n
Cách giải
uur
=
+ + ...
r 0
Bước 1: Áp dụng tâm tỉ cự . Gọi I là ñiểm thỏa mãn 1
uuur + k IA k IA 2
2
1
uuur k IA n n
Bước2: Áp dụng quy tắc 3 ñiểm biến ñổi:
uuuur
=
+
=
+ + ...
(
k
+ + ...
uuur k MI
uuuur + k MA k MA 1 2
1
2
uuuur k MA n n
k 1
2
uuur k MI ) n
Bước 3: Tìm ñộ dài nhỏ nhất của véc tơ ñã cho xảy ra khi M ở vị trí nào?
+
+
Ví dụ 1.1: Cho tam giác ABC và ñường thẳng d . Tìm ñiểm M trên ñường thẳng d
sao cho uuuur uuur uuur MA MB MC
2
nhỏ nhất
Giải
=
+
uur uur + IA IB
uur IC
r 0
2
Chọn ñiểm I thỏa mãn
, khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A, B, C
gắn với bộ số (1, 1, 2) nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất.
uuur
uuuur
=
+
+
+
+
+
=
vì
(
uuur uur + IA MI (
)
uur IB
+ ) 2(
uuur MI
uur IC
)
uuur MI
uur uur + IA IB
uuur uur = IC MI 4
2
4
Ta có: uuur uuur + + MA MB MC MI 2 uur uur uur + IC IA IB
+
+
=
+
+
r + = 0 2 uuuur uuur uuur MA MB MC
2
uuur MI
4
uuuur uuur uuur MA MB MC
2
Vậy .
Do ñó
nhỏ nhất khi và chỉ khi M
là hình chiếu vuông góc của I lên ñường thẳng d.
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
Ví dụ sau minh họa cho cách dùng tâm tỉ cự giải bài toán cực trong mặt phẳng
tọa ñộ Oxy.
Ví dụ 1.2
uuur
+
+
TRong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC có A(-1;0), B(2;3), C(3;-6) và
:
x
- = 2 y
3 0
. Tìm ñiểm M trên D
uuuur uuur sao cho MA MB MC
nhỏ
D - ñường thẳng
nhất.
+
+
=
uuur uuur uuur GA GB GC
r 0
. Và trọng tâm G có tọa
Giải
- + +
+ -
=
=
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có
G
(
1 2 3 0 3 6 ;
)
(
; 1)
3 uuur
3 uuuur
4 3 uuur
uuuur
uuur
uuur
+
+
=
=
+
+
+
=
+
uuuur uuur uuur MA MB MC
uuuur MG
3
uuuur uuur + MA MB MC MG GA GB GC MG
3
3
- ñộ
nên
Ta có
uuuur MG
.
(cid:219) nhỏ nhất (cid:219) M là hình chiếu vuông góc của G lên ñường Vậy nhỏ nhất
thẳng D
G
(
; 1)
:
x
- = 2 y
3 0
4 3
(2;1)
- D - Gọi d là ñường thẳng qua và vuông góc với ñường thẳng
uur dn
nên ñường thẳng d có vec tơ pháp tuyến .
2(
x
+ = y
1) 0
(
+ )
4 3
- Phương trình tổng quát ñường thẳng d :
+ - = 2 x
y
0
5 3
(cid:219) .
Tọa ñô ñiểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:
x
- = y
2
3 0
x =
19 15
- (cid:219)
=
2
x
0
y
13 15
5 y+ - = 3
uuur
uuur
-
+
+
uuuur ) là ñiểm cần tìm ñể MA MB MC
19 13 ; 15 15
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
- Vậy M( nhỏ nhất
MỞ RỘNG : Với việc nắm tốt cách giải trên, sau này lên lớp 12 học sinh cũng có
thể làm tốt các bài toán cực trị tương tự trong không gian Oxyz. như sau:
y
x
+ + + = 3 0 z
Ví dụ 1.3 Trong không gian Oxyz cho 2 ñiểm A(3;1;1) và B(7; 3; 9) và mặt phẳng
uuur
uuur Tìm ñiểm M trên mp(a ) ñể MA MB+
(a ) :
ñạt giá trị nhỏ nhất.
=
uur uur IA IB+
r 0
Giải
=
+
, suy ra I là trung ñiểm AB nên I có Chọn I(x; y; z) là ñiểm thỏa mãn
)
uur uuur + IA IB (
uuuur = 2 MI uuur
=
Ta có
uuur MI
2
(cid:219) tọa ñộ I(5; 2; 5) uuuur uuur uuur + MA MB MI 2 uuur uuur uuur + MA MB MI nhỏ nhất nhỏ nhất (cid:219) M là hình Vậy uuur . Do ñó MA MB+
chiếu vuông góc của I lên mp(a ).
x
y
= + 5 t = + t 2
z
= + 5 t
+
+
+ ). Tọa ñộ M thỏa mãn phương trinh mp(a )
Đường thẳng MI có phương trình tham số
t
; 2
t
;5
t
+ + + = 3 0 z
y
x
+ + + + + + = (cid:219) 5 3 0
2
t
t
= - 3 t
(cid:219) = - 15
t
5
Nên M( 5
t uuur
uuur Vậy M(0; -3 ; 0) thì MA MB+
Ta có 5 .
ñạt giá trị nhỏ nhất
Ví dụ 1.4:Trong không gian Oxyz cho hình tứ diện ABCD có các ñỉnh A(3;4;-1),
uuuur
uuur
uuur
+
+
+
uuuur Tìm ñiểm M trong không gian sao cho MA MB MC MD
B(-5; 3;-2), C(3;-1;2), D(1;1;4)
nhỏ nhất.
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
Giải
uuur
uuur
+
+
=
uuur uuur + GA GB GC GD
r 0
Gọi G(x; y; z) là ñiểm thoả mãn , khi ñó G là trọng tâm của
- + +
+ - +
tứ diện ABCD nên G có toạ ñộ
=
(
3 5 3 1 4 3 1 1 ;
- + + ;
(
)
;
;
)
4
4
1 2 2 4 4
1 7 3 2 4 4
uuur
uuuur
uuuur
uuuur
uuuur
uuuur
uuuur
uuur
uuur
+
+
=
+
+
+
+
+
- G =
+ uuuur
+ uuur
uuur
+
+
+
+
=
uuur 4MG GA GB GC GD
uuuur = 4MG
uuur
uuuur
+
+
+
uuuur 4MG
(
;
;
)
uuuur uuur Vậy MA MB MC MD
Áp dụng quy tắc 3 ñiểm , ta có: uuur uuur uuur + MA MB MC MD MG GA MG GB MG GC MG GD uuur
1 7 3 2 4 4
nhỏ nhất (cid:219) nhỏ nhất (cid:219) M G” hay M
+
k
k
,...,
+ + ...
A A A và n số thực
= > 0 k
2. DẠNG 2: Cực trị ñộ dài bình phương vô hướng của véc tơ
2...
n
, k k 1
2
k mà 1 k
n
2
n
BÀI TOÁN:Cho ña giác 1
=
+
S
+ + ...
Tìm ñiểm M thuộc mặt phẳng (thuộc ñường thẳng) sao cho tổng
2 k MA 1 1
2 k MA 2 2
2 k MA n n
ñạt giá trị nhỏ nhất.
uur
=
+ + ...
r 0
Cách Giải
uuur + k IA k IA 1 2
1
2
uuur k IA n n
+
,...,
k k ,
,...,
k
+ + ...
k
0
k
Bước 1: Gọi I là ñiểm thỏa mãn , khi ñó ñiểm I là tâm tỉ
= > , Vì I là tâm
A A , 1 2
A gắn với bộ n số 1
n
2
k mà 1 k
n
2
n
cự của
tỉ cự nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất.
=
+
S
+ + ...
2 k MA 1 1
2 k MA 2 2
2 k MA n n
2
+
+
+
(
k
+ + ...
(
(
+ + ...
)
Bước 2: Áp dụng quy tắc 3 ñiểm biến ñổi dẫn tới
k 1
2
2 k IA 1 1
2 k IA 2 2
1
k MI ) n
uuur k IA n n
+ + ... uur
2
+
+
=
kMI
(
+ + ...
)
2 r 0
+ + ...
=
2 k IA 1 1
2 k IA 2 2
2 k IA n n
+ 2 ) 2 k IA n n uuur + k IA k IA 2
1
2
uuur uur uuur + MI k IA k IA 1 2 uuur k IA n n
=
+
S
+ + ...
= vì 1
2 k MA 1 1
2 k MA 2 2
2 k MA n n
Bước 3 : Do k > 0 vậy ñể ñạt giá trị nhỏ nhất thì ta
,...,
xác ñịnh vị trí M cần tìm.
A A A và n số thực 1
2...
n
k k , 1
2
k mà n
+
k
+ + ...
k
0
k
= < . Tìm ñiểm M thuộc mặt phẳng ( thuộc ñường thẳng) sao cho
k 1
2
n
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
Chú ý : Bài toán cho ña giác
=
+
S
+ + ...
2 k MA 1 1
2 k MA 2 2
2 k MA n n
tổng ñạt giá trị lớn nhất có cách giải tương tự như
trên.
2
2
2
+
+
MA
2
MB
MC 3
Ví dụ 2.1 : Tìm ñiểm M nằm trên mặt phẳng chứa tam giác tam giác ABC sao
cho tổng nhỏ nhất.
+
=
+
uur IA
uur IB
uur IC
3
r 0
2
Bài giải
, khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A, B, C
Gọi I là ñiểm thỏa mãn
2
2
2
2
2
2
=
+
+
+
+
+
+
nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất.
MC
MA
MB
3
2
(
uur IA )
2(
uuur MI
uur IB
)
3(
)
uuur MI
2
2
2
2
+
+
+
6
MI
(
IA
2
IB
3
IC
+ ) 2
uur IB
)
Với mọi ñiểm M ,Ta có uuur MI
2
2
2
2
+
+
+
+
+
=
6
(
2
3
)
vì
=
MI
IA
IB
IC
uur + IC uuur uur MI IA ( uur IA
2
+ 2 uur IB
+ 3 uur IC 3
uur IC r 0
2
2
2
+
+
=
Do ñó
MA
2
MB
MC 3
(cid:219) ” ñạt giá trị nhỏ nhất M I .
2
2
2
+
Ví dụ 2.2 : Tìm ñiểm M nằm trên mặt phẳng chứa tam giác tam giác ABC sao cho
2
6
MA
MB
MC
- tổng ñạt giá trị lớn nhất.
+
Bài giải
uur IA
uur IB
2
uur = IC
6
r 0
, khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của A, B, C
- Gọi I là ñiểm thỏa mãn
2
2
2
2
= 2
+
+ 2
nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất.
6
2
(
2(
)
6(
MC
MA
MB
uur IA )
uuur + MI
uur IB
uuur + MI
2
+ 2
+ 2
- - Với mọi ñiểm M ,Ta có uuur + MI
3
(
2
6
) 2
)
MI
IA
IB
+ 2 IC
uur IB
2
2
+ 2
+ 2
+
- - - =
vì
=
3
(
2
6
)
2
6
uur IC r 0
MI
IA
IB
IC
uur IC ) uuur uur + MI IA ( uur IA
2 uur IB
6 uur = IC
2
2
2
+
- - -
Do ñó
MA
2
MB
6
MC
- (cid:219) ” ñạt giá trị lớn nhất M I .
Ví dụ 2.3 : Trong mặt phẳng xoy cho ñường thẳng D : x+y+2=0 và các ñiểm
2
2
2
+
A(2;1), B(-1;-3),C(1;3). Tìm ñiểm M thuộc ñường thẳng D sao cho:
MA MB MC
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
- nhỏ nhất.
Giải
Cách 1: Giải theo phương pháp ñại số
2
2
=
+ 2
x+y+2 = 0 là ñiểm cần tìm, ta có: x = - y - 2 Gọi M(x;y) thuộc ñường thẳng D
MA
(
x
2)
(
y
1)
2
2
2
=
+
+
+
MB
(
x
1)
(
y
3)
2
2
=
+ 2
- -
MC
(
x
1)
(
y
3)
2
2
+
= 2
+ 2
- -
MA MB MC
x
+ 2 10
+ y
y
5
- Vậy
(
y
+ 2 2)
+ 2 y
+ = y
10
5 2
+ 2 y
+ 14 y
9
2
=
+
f y ( )
2
y
14
y
9
+ có ñồ thị là Parabol, bề lõm quay lên trên nên
- - =
Xét hàm số
2
=
+
=
f y ( )
2
y
14
y
9
y
x
y= -
- = 2
+ ñạt giá trị nhỏ nhất khi
7 2
3 2
- . Vậy nên
(
)
3 7 ; 2 2
- M
2
2
2
+
(
)
MA MB MC
M
3 7 ; 2 2
+
- - Kết luận: nhỏ nhất khi
uur uur uur = IA IB IC
=
- Cách 2: Giải theo phương pháp tâm tỉ cự r 0 Gọi I(x; y) là ñiểm thoả mãn
(2
x
;1
y
)
= -
- - Khi ñó
( 1
x ; 3
y
)
- - -
= - (1
x ;3
y
)
uur IA uur IB uur IC
+
-
uur uur uur = IA IB IC
r 0
- (cid:219) Vậy - x = 0 (cid:219) I (0;-5)
2
2
2
2
+
= 2
+ 2
-5 – y = 0
MA MB MC
uuur + MI
(
uur IA )
uuur + MI
(
uur IB
)
uur IC
- -
Ta có:
) uur
2
2
2
+
+
+ 2
MI
IA
IB
IC
2
)
- -
=
2
2
2
2
+
+
+
MI
IA
IB
IC
uuur + MI ( uur uuur uur + MI IA IB IC ( uur uur uur = IA IB IC
r 0
- -
=
(Vì
)
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
2
2
2
+
MA MB MC
- Do các ñiểm I, A, B, C xác ñịnh nên ñể nhỏ nhất (cid:219) MI nhỏ
(1;1)
r nD
D MI ^ hay M là hình chiếu vuông góc của I lên ñường thẳng D . nhất (cid:219)
nhận làm vec tơ pháp tuyến nên ñường thẳng MI có vec tơ
(1; 1)
- Đường thẳng D r n pháp tuyến . Phương trình tổng quát ñường thẳng MI qua ñiểm I (0; - 5) và
r n
(1; 1)
- có véc tơ pháp tuyến là : 1(x - 0) – 1(y +5) = 0
(cid:219) x - y - 5 = 0
Tọa ñộ ñiểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình
M
(
)
7 3 ; 2 2
- x + y +2 = 0 (cid:219)
x - y – 5 = 0
So sánh 2 cách giải trên rõ ràng cách giải thứ 2 là cách giải hình học thuần tuý ,
ñối với cách giải thứ nhất thì học sinh cần phải nắm vững cả kiến thức ñại số về
hàm bậc 2 có ñồ thị là parabol.
Ví dụ sau ñây chỉ ra rằng phương pháp tâm tỉ cự không chỉ là phương pháp
hữu hiệu ñể giải bài toán cực trị trong mặt phẳng Oxy ñã nói ở trên mà cả giải
bài toán cực trị trong không gian Oxyz .
Ví dụ 2.4:Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x – y + 2z = 0 và các ñiểm
2
2
2
A (1;2; -1), B(3;1;-2), C(1;-2;1). Tìm ñiểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho:
MA MB MC
- - lớn nhất.
Giải
uur uur uur = IA IB IC
r 0
- - Gọi I(x;y;z) là ñiểm thoả mãn
= - (1
x ; 2
y
; 1
z
)
=
- - - Ta có :
(3
x ;1
y
; 2
z
)
- - - -
uur IA uur IB uur IC
y
;1
z
)
- - -
= - (1 uur uur uur = IA IB IC
; 2 x r 0
- - (cid:219) -3 + x = 0 Vậy
3 + y = 0 (cid:219) I(3; - 3 ; 0)
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
z = 0
2
2
2
2
2
= 2 MA MB MC
uuur + MI
(
uur IA )
uuur + MI (
uur IB
)
+ (
)
2
2
2
+ 2
MI
IA
IB
+ IC
2
)
2
2
2
+ 2
- - - - Ta có: uur - - - - - =
MI
IA
IB
IC
uur uuur MI IC uur uuur uur MI IA IB IC ( uur uur uur = IA IB IC
2
2
2
- - - - - r 0 = ( Vì )
MA MB MC
- - Do các ñiểm I, A, B, C xác ñịnh nên lớn nhất (cid:219) MI nhỏ nhất
hay M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P).
Ta tìm toạ ñộ M.
(1; 1; 2)
uur pn
- Đường thẳng MI ñi qua ñiểm I(3;-3;0) và có vec tơ chỉ phương là .
Phương trình ñường thẳng MI x = 3 + t
y = -3 – t
z = 2t
Vậy M có toạ ñộ M( 3 + t; -3-t;2t). Vì M thuộc mp(P) nên ta có:
6t + 6 = 0 (cid:219) t = -1 . vậy M(2; -2; -2) là ñiểm cần tìm.
Batigoal Email:hoangquan9@gmail.com
3 + t – (-3 - t) + 2.2t =0 (cid:219)
