Phương pháp dùng trọng số và một số ứng dụng
PHƯƠNG PHÁP DÙNG TRỌNG SỐ
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
1
Trần Anh Dũng
Tóm tắt: Bài viết “Phương pháp dùng trọng số và một số ứng dụng” là một
nghiên cứu trong lĩnh vực phương pháp giải toán. Ý tưởng xuất phát một khái niệm
toán học quen thuộc “tâm tỉ cự” tương đồng với moment lực trong vật lý. Tác giả đã
chuyển những bài toán có tính chất afin với các khái niệm đồng qui, thẳng hàng, tìm
tỉ số bằng cách đặt các trọng số đồng thời đưa ra khái niệm tổng, hiệu của hệ điểm và
ứng dụng giải nhiều bài toán hấp dẫn với lời giải đẹp. Với phương pháp này, tác giả
đã sử dụng làm công cụ giải hai định lý toán học phổ dụng là định lý Cê-va và định lý
Menelaus.
Từ khóa: Tâm tỉ cự, trọng số, trọng tâm, đồng quy, thẳng hàng, tỉ số.
1. Mở đầu
Cho một tam giác ABC, người ta gắn tại
các đỉnh của tam giác các trọng lượng khác nhau
m1, m2, m3. Có thể chọn điểm G (gọi là điểm cân
bằng) trên mặt phẳng tam giác này làm điểm treo
để tam giác cân bằng (mặt phẳng (ABC) vuông
góc với phương thẳng đứng) được hay không?
Đây là một bài toán không khó.
Ta xét riêng trên đoạn thẳng BC của tam
giác, dựa vào công thức về moment lực ta có thể
tìm được điểm cân bằng GAÎBC sao cho m2GAB
= m3GAC. Dễ dàng khẳng định rằng tổng trọng lượng của B và C lúc này là m2 + m3 sẽ
đặt lên điểm GA và điểm cân bằng G của tam giác ABC thuộc đoạn thẳng AGA (khẳng
định này sẽ được lý giải trong phần khái niệm cơ sở) sao cho m1AG = (m2 + m3)AGA
và khi đó tổng trọng lượng ba điểm A, B, C sẽ đặt vào điểm G.
Lại thấy rằng nếu gọi GB, GC lần lượt là điểm cân bằng của các cạnh CA, AB thì
dễ dàng khẳng định được các đường thẳng AGA, BGB, CGC đồng quy tại G. Từ ý tưởng
trên, bằng hướng này, ta có thể giải được một số bài toán afin ở dạng chứng minh thẳng
hàng, đồng quy hoặc tìm tỉ số đoạn thẳng.
Điểm cân bằng (điểm đặt) trong moment lực vật lý của hai điểm B,C như trong
tình huống trên hoàn toàn tương đương với khái niệm tâm tỉ cự hình học của chúng.
_________
1. ThS, Khoa Toán, trường Đại học Quảng Nam
17
PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Dựa vào khái niệm về tâm tỉ cự của hệ điểm ta có thể dễ dàng giải quyết được
những bài toán dạng trên ở mức độ phức tạp hơn. Với hệ điểm A1, A2, ..., An và các hệ
n
m GA = 0. Ta
số m , m , ..., m tương ứng luôn tồn tại một điểm G là tâm tỉ cự sao cho å
i
i
1
2
n
i=1
thấy rằng điểm cân bằng đa giác được nói nôm na trong tình huống trên chính là tâm
tỉ cự của tập hợp điểm.
Từ ý tưởng trên, ta thử giải một bài toán đơn giản theo hướng này:
Bài toán. Chứng tỏ trọng tâm chia trung tuyến tam giác theo tỉ số 1:2.
Giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của BC, ta có:
, như vậy khi đặt A, B, C các trọng lượng 1 thì G là điểm cân bằng
GA+GB + BC = 0
và có trọng số 3, trung điểm M là điểm cân bằng của B và C có trọng số 2. Như vậy với
3 điểm thẳng hàng A, G, M trong đó G là điểm cân bằng của A(trọng số 1) và M(trọng
số 2), với cùng lập luận, ta dễ dàng suy ra được
. Tức là GA = 2GM.
GA+2GM = 0
Như vậy từ những bài toán đơn giản trên, ta có thể hướng đến một cách giải cho
một số bài toán hình học.
2. Nội dung
2.1. Khái niệm cơ sở:
Định lý. Trong mặt phẳng (hoặc không gian), Tâm tỉ cự của hệ điểm cho trước
k
m = m ¹ 0. Khi đó, tồn
k điểm A , A ,..., A và k số thực m , m ,..., m thỏa mãn å
i
1
2
k
1
k
2
k
i=1
tại duy nhất điểm G sao cho: å
m GA = 0 .
i
i
i=1
Ta gọi G là tâm tỉ cự của hệ điểm (A1, A2, ..., Ak) gắn với các hệ số (m1, m2, ...,
mk), gọi tắt G là tâm tỉ cự của hệ điểm (Ai, mi)k.
mi
Chứng minh. Lấy một điểm o tùy ý, gọi li=
Î, i =1, k . Khi đó ta luôn chọn
m
k
k
k
1
được điểm G sao cho OG = l OA Û OG =
m OA
Û
mOG = m OA
∑
∑
∑
i
i
i
i
i
i
m
i=1
i=1
i=1
m GA = 0 (ĐPCM)
k
k
k
k
Û
m OG = m OA
Û
m GO + OA = 0
Û
(
)
∑
∑
∑
∑
i
i
i
i
i
i
i
Trong phạm vi nội dung bàiiv=1iết này, ta ký hiệu tâm tỉi=c1ự G trong định lý trên
i=1
i=1
k
làG(m) =
A (m ) và các hệ số m, m được gọi là trọng số của các điểm G, A .
å
i
i
i
i
k
i=1
Mệnh đề 1. Cho G1 là tâm tỉ cự của hệ điểm (Ai, m )
m ¹ 0 . G2 là tâm tỉ cự
i k, å
i
i=1
k
n ¹ 0. Khi đó, tâm tỉ cự của hệ k+s điểm trên với các hệ số
của hệ điểm (B , n ) , å
i
j
j s
i=1
tương ứng trùng với tâm tỉ cự của hai điểm (G1, G2) với hệ số tương ứng (m, n) trong đó
18
TRẦN ANH DŨNG
k
s
m =
m , n =
n
,
(hiển nhiên G thuộc đường thẳng G G ).
m + n ¹ 0
å
å
i
j
1
2
i=1
j=1
Chứng minh.
G(m+n) = G1(m) + G2(n)
mGG1 +nGG2 = 0
Û
k
k
l
l
æ
ö
æ
ö
÷
ç
÷
ç
÷
m GG +
m G A +
÷ ç
n GG +
n G B = 0
ç
Û
(vì
Û
çå
å
çå
å
i
1
i
1
j
2
j
2
j
÷
÷
ø
i
÷
÷
ç
è i=1
ø
è j=1
n G B = 0, m =
i=1
j=1
j
k
l
k
1
m G A = 0,
m , n =
n
)
å
i=1
k
å
j=1
å
å
i
j
2
j
i
j
i
i=1
j=1
l
k
l
m GA +
n GB
A (m )+
B (n )
Û G(m + n) =
(điều phải
å
å
å
å
i
i
j
j
i
i
j
j
i=1
j=1
i=1
j=1
chứng minh)
Chúng ta đi vào giải một vài bài toán khi áp dụng mệnh đề trên:
2.2. Một số bài toán ứng dụng
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (o). Lần lượt tại các
điểm M, N, P, Q. MP cắt NQ tại G, BP cắt DN tại I. Chứng minh ba điểm A, G, I
thẳng hàng.
Giải.
Đặt AM = AQ = a, BM = BN = b, CN = CP = c, DP =
DQ = d. Khi đó:
æ
ç
ç
ö
æ ö
æ ö
1
1
1
1
1
1
÷
÷
÷
ø
÷
÷
ç
ç
+ B
÷
ç
Þ
M
+
= A
MA+ MB = 0
÷
ç
÷
÷
ç
ç
ç
è
è ø
è ø
a
b
a
b
a
b
æ
ç
ç
ö
æ ö
æ ö
÷
ç
è ø
c
1
1
1
1
÷
÷
÷
ø
÷
÷
ç
ç
Tương tự:
N
+
æ
ç
è
= B
+C
,
÷
÷
ç
ç
÷
ç
ç
è
è ø
b
c
1
d
b
æ
ç
ç
ö
æ ö
æ
ç
ç
ö
æ ö
æ
ç
ç
1
1
1
1
1
1
1
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
÷
ç
ç
ç
= D
P
+
= C
+ D
,
Q
+
+ A
÷
.
÷
ç
ç
ç
÷
÷
ç
ç
è ø
ç
ç
ç
è
è
è ø
è
c
d
c
d
a
d
a
æ
ç
ç
ö
÷
1
1
1
Theo kết quả bài 1, ta xác định được
æ ö æ ö
I
+ + là
÷
÷
ç
è
ø
b
c
d
æ ö
1
1
1
÷
÷
÷
ç
ç
ç
D
tâm tỉ sự của ba điểm:
B
,
C
,
÷
÷
÷
ç
ç
ç
÷
÷
÷
ç
ç
ç
è ø
è ø
è ø
b
c
d
æ ö
æ ö
1
1
÷
÷
ç
ç
Ta dễ dàng chứng minh được rằng: Tâm tỉ cự Z của của 4 điểm
æ ö
A
,
B
,
÷
÷
ç
ç
÷
÷
ç
ç
è ø
è ø
b
a
æ ö
1
1
÷
÷
ç
ç
C
và
D
có thể được tìm bằng nhiều cách:
÷
÷
ç
ç
÷
÷
ç
è ø
c
ç
è ø
c
19
PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
æ
ö
æ ö
æ ö
æ
ç
è
ö
æ ö
æ ö
1
1
1
1
1
1
1
1
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
+ D
- C1: Tìm tâm tỉ sự của
- C2: Tìm tâm tỉ cự của
M
+
= A
+ B
và
P
+
= C
Þ Z Î MP
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
è
è ø
è ø
è ø
è ø
a
b
a
b
c
d
c
d
æ
ö
æ ö
æ ö
æ
ö
æ ö
æ ö
1
1
1
1
1
1
1
1
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ç
ç
ç
ç
ç
ç
+ A
N
+
= B
+C
và
Q
+
= D
Þ Z Î NQ.
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
è
è ø
b
è ø
c
è
è ø
d
è ø
a
b
c
d
a
æ ö
æ
ç
ç
ö
1
1
1
1
÷
÷
÷
÷
ø
ç
- Hoặc C3: Tìm tâm tỉ cự của
A
và
I
+ +
Þ Z Î AI.
÷
ç
÷
ç
ç
è ø
è
a
b
c
d
Từ ba cách tìm trên, ta suy ra rằng ba đường thẳng MP, NQ và AI đồng quy tại
ZºG. Vậy ba điểm A, G, I thẳng hàng.
Bài toán 2. Cho đường tròn (O), các tiếp tuyến tại A, B cắt nhau tại M; tại B,C
cắt nhau tại N; tại C, A cắt nhau tại P (hình vẽ). Chứng minh rằng các đường thẳng AN,
BP và CM đồng quy.
Giải. Đặt: m = MA = MB, n = NB = NC,
p = PC = PA. Ta có:
PA = 0
m- p
Þ
PM +
p
æ ö
æ
ç
ç
ö
÷
÷
ø
m
m- p
÷
÷
ç
ç
ç
P
N
÷= M 1 + A
÷
.
( )
÷
÷
ç
è
p
p
è ø
Tương tự,
æ ö
æ
ö
m
è ø
n
m-n
÷
÷
÷
÷
ø
ç
ç
= M 1 + B
.
( )
÷
ç
ç
÷
ç
ç
è
n
Gọi J là giao điểm của AN và BP, theo kết quả bài 1, ta có J là tâm tỉ cự của ba điểm
A, B, M theo các trọng số đã xác định.
æ ö
æ ö
m
m
÷
÷
÷
÷
ç
ç
ç
÷
ç
Gọi I là tâm tỉ cự của
P
và N
÷
ç
÷
ç
è ø
p
è ø
n
æ
ç
ç
ö
m
m
p
m
p
m
1
1
÷
Þ
Þ
Þ I º C. Như vậy
IP + IN = 0
C
+ ÷ là
IP + IN = 0
÷
÷
ç
è
n
p
n
n
ø
æ ö
æ
ç
ç
ö
æ ö
m
m
m- p
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
ø
ç
ç
ç
÷
ç
tâm tỉ cự của
P
và N
nên cũng là tâm tỉ cự của 4 điểm M 1
,
A
,
( )
÷
ç
÷
ç
ç
è
è ø
p
è ø
n
p
æ
ç
ç
ö
m-n
÷
÷
÷
ø
B
và M 1 (điểm M được tính 2 lần).
( )
ç
è
n
Mặt khác, ta có thể xác định I bằng cách tìm tâm tỉ cự của 2 điểm M(1) và
æ
ç
è
ö
æ
ç
ç
ö
æ
ö
m- p m-n
m- p
m-n
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
ø
ç
J 1+
+
=
M 1
+
A
+
B
nên I thuộc đường thẳng MJ.
( )
ç
ç
ç
è
ç
ç
è
p
n
p
n
Tức là C thuộc MJ.
20
TRẦN ANH DŨNG
Vậy ba đường thẳng AN, BP và CM đồng quy.
Chúng ta thử dùng phương pháp này xem xét một số bài toán hình học không gian:
Bàitoán3. ChotứdiệnABCD. LấycácđiểmM, N, P, Q, Rlầnlượt thuộcDA, DB,
1
2
3
4
3
DC, AB, AC sao cho
.
DM = MA, DN = NB, DP = PC, AQ = AB, AR =
2
3
4
7
5
Gọi G là giao điểm của BR và CQ, đường thẳng DG cắt mặt phẳng (MNP) tại I. Tính
ID
tỉ số
.
IG
Giải. Theo giả thiết bài toán, ta có:
3
1
1
Þ
Þ
Þ
M
= D 1 + A
MD + MA = 0
( )
2
2
2
2
5
2
N
= D 1 + B
,
ND + NB = 0
( )
3
3
3
3
7
3
P
= D 1 + C
PD + PC = 0
( )
4
4
4
Lại có:
4
1
2
, do đó:
AQ = AB Þ QA+ QB = 0
7
2
3
7
1
2
Q
= A
+ B
6
2
3
3
1
3
, do đó:
AR = AC Þ RA+ RC
5
2
4
5
1
3
R
= A
+ C
. G là giao điểm của CQ và BR nên là tâm tỉ cự của 3
4
2
4
æ
ö
æ
ç
ç
ö
1
2
3
23
12
÷
÷
÷
÷
ø
ç
điểm A, B, C nên
G
+ + = G
. Gọi J là tâm tỉ cự của 4 điểm A, B, C, D theo
÷
ç
÷
ç
ç
è
è
ø
4
2
3
æ
ç
ç
ö
æ
ç
ç
ö
1
2
2
3
35
12
÷
÷
÷
÷
ø
trọng số trên, Ta có,
J
+ + +1 = J
thuộc đường thẳng DG, J là tâm tỉ cự
÷
1
÷
ç
ç
è
ø
è
3
4
æ
ö
æ
ç
ö
35
12
47
12
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
ø
ç
của hai điểm D, J theo trọng số trên, khi đó J 1+
= J
thuộc đường thẳng
ç
ç
1 ç
è
1 ç
è
æ
ö
æ
ç
ö
47
12
59
12
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
ø
ç
DJºDG, J2 là tâm tỉ cự của D và J1, khi đó, J2 cũng thuộc DG và J 1+
= J
.
ç
ç
2 ç
è
2 ç
è
Như vậy J2 là tâm tỉ cự của A, B, C, D, D và D. Khi đó ta dễ thấy rằng J2 cũng chính
là tâm tỉ cự của 3 điểm
M = D+A, N = D+B và P = D+C. Do đó J2 là giao điểm của DG và (MNP). Tức
là J2ºI
21
PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
æ
ç
ç
ö
æ
ç
ç
ö
35
12
23
12
23
12
23
35
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
ø
Từ lập luận trên, ta có: J
=
D 1 +G
( )
ÞDJ =
JG ÞDJ =
DG.
ç
ç
è
è
35
47
59
47 35 23
23
Tương tự, ta có DJ1 =
DJ, DI =
DJ1 ÞDI =
.
.
DG =
DG Þ ID =
47
59 47 35
59
23
23
IG = IG
36
ID 23
=
Vậy
.
59-23
IG 36
Bài toán 4. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Gọi G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng
tâm của các tam giác SAB, SBC, SCD, SDA; M1, M2, M3, M4 lần lượt là trung điểm
của các cạnh đáy CD, DA, AB, BC.
Chứng minh rằng các đường thẳng G1M1, G2M2, G3M3, G4M4 đồng quy.
a) Gọi I là điểm đồng quy của các đường thẳng trên. Chứng minh rằng:
IG1
IG2
IG3
IG4
=
=
=
IM1 IM2 IM3 IM4
Giải: Ta gán trọng số cho các đỉnh của hình chóp S.ABCD đồng thời bằng 1. Khi
đó trung điểm của các cạnh của hình chóp có cùng trọng số 2, trọng tâm G1, G2, G3, G4
của các mặt bên có cùng trọng số 3 và trọng tâm G của hình chóp có trọng số 5.
a) Có nhiều cách để xác định G.
- G được xác định là tâm tỉ cự của 2 hệ
điểm {S, A, B} và {C, D} tức là tâm tỉ cự của
G1(3) và M1(2) Þ GÎG1M1 Þ G1M1 đi qua G.
- G còn được xác định là tâm tỉ cự của 2
hệ điểm {S,B,C} và {A,D} tức là tâm tỉ cự của
G2(3) và M2(2) Þ GÎG2M2 Þ G2M2 đi qua G
Tương tự ta cũng dễ dàng chứng minh được
G3M3, G4M4 cùng đi qua G Þ các đường thẳng
trên đồng quy tại G Þ GºI.
IG1
2
3
b) Ta có I(5) = G (3) + M (2) Þ
Þ
=
. Chứng minh
3IG1 +2IM1 = 0
1
1
IM1
IG1
IG2
IG3
IG4
2
3
tương tự, ta suy ra được:
=
=
=
=
(ĐPCM).
IM1 IM2 IM3 IM4
22
TRẦN ANH DŨNG
Lưu ý:
- Nếu gọi J là trung điểm của đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo tứ
giác ABCD, tương tự các lập luận trên, ta cũng dễ dàng chứng minh được 3 điểm S, I,
JI
1
J thẳng hàng đồng thời xác định được tỉ số:
.
=
JS
4
- Các kết quả trên vẫn đúng với ABCD là tứ giác ghềnh.
Từ kết quả trong 1.1 cơ sở lý luận, với n = m, ta có mệnh đề sau:
n
n
Mệnh đề 2. Cho G (m) =
A (m ) và G (l) = B (l ) . Giả sử Ci(mi+li) =
∑
∑
A
i
i
B
i
i
i=1
i=1
n
A (m ) + B (l ). Khi đó tâm tỉ cự G m + l = C (m + l ) là tâm tỉ cự của G (m) và
(
)
∑
i
i
i
i
i
i
i
A
i=1
GB(l) và cũng là tâm tỉ cự của 2n điểm ban đầu.
Bài toán 5. Trong không gian, cho 6 điểm tùy ý A1, A2, A3, B1, B2, B3. Gọi GA,
GB lần lượt là trọng tâm tam giác A1A2A3 và tam giác B1B2B3. M, N, P là trung điểm
của các cạnh A1B1, A2B2, A3B3.
a. CMR mặt phẳng (MNP) cắt đoạn thẳng GAGB tại trọng tâm I của tam giác MNP.
GAI
b. Tính tỉ số
.
IGB
Giải:
Theo đề bài, ta có hai hệ điểm {A1,
A2, A3} và {B1, B2, B3}. Tại mỗi điểm ta
cùng đặt trọng số là 1. Khi đó: GA(3) =
A1(1) + A2(1) + A3(1)
GB(3) = B1(1) + B2(1) + B3(1). Các
trung điểm M, N, P cùng có trọng số là 2.
Rõ ràng giao điểm I của mp(MNP) và GAGB là tâm tỉ cự (trọng tâm) của 6 điểm trên.
GAI
Do đó
=1 và hiễn nhiên, I cũng là trọng tâm của tam giác MNP.
IGB
n
n
Lưu ý: Với hệ điểm G (m) =
A (m ) và G (l) = B (l ) , trong đó Ci(mi+li)
∑
∑
A
i
i
B
i
i
i=1
i=1
= Ai(mi) + Bi(li). Trường hợp các điểm Ai trùng nhau tại A khi đó GA trùng với A và
n
trọng số của A cũng bằng A(m) = A
m
.
∑
i
i=1
23
PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Với kết quả này, ta dễ dàng chứng minh được bài toán 3 mà trong phần trước ta
gặp ít nhiều khó khăn.
3
1
5
2
7
3
M
= D 1 + A
,
N
= D 1 + B
,
P
= D 1 + C
( )
( )
( )
2
2
3
3
4
4
Lại có
æ
ç
ç
ö
æ
ç
ç
ö
7
1
2
5
1
3
1
2
2
3
23
12
÷
÷
÷
÷
ø
Q
= A
+ B
, R
= A
+ C
và
G
+ + = G
là
÷
÷
ç
ç
è
ø
4
è
6
2
3
4
2
4
3
tâm tỉ cự của A, B, C, ta suy ra tâm tỉ cự của hệ điểm {A, B, C} và D(3) là giao điểm I
23
59
12
23
12
ID
IG
23
36
12
của DG và mặt phẳng (MNP). Do đó
I
= D 3 + G
Þ
=
=
( )
3
Bài toán 6: Cho hình chóp S.ABCD trong đó ABCD là hình bình hành. Ta lấy
3
các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC sao cho:
, SN = NB
SM = MA
5
SQ
5
SP = PC
3
và
. Mặt phẳng (MNP) cắt SD tại Q. Tính tỉ số
.
QD
Giải: Ta có
nên
DA− DB + DC = 0
A(1) + B(–1) + C(1) = D(1 – 1 +1) = D(1)
5
3
MS + MA = 0
Ta có:
−NS − NB = 0
PS + PC = 0
3
5
5
8
S
+ A(1) = M
3
3
Þ
S(−1) + A(−1) = N(−2)
3
8
S
+ C(1) = P
5
5
5
3
3
5
19
15
19
15
Do đó, trọng số của S là
S
−1+
= S
.
19
15
34
15
Như vậy: A(1) + B(–1) + C(1) +
SQ
S
= D(1) +
S
= Q
.
1
15
Vậy
=
.
=
QD 19 /15 19
24
TRẦN ANH DŨNG
34
15
Lưu ý: Trong lời giải bài toán trên, ta dễ dàng thấy rằng Q
cũng là tâm
8
8
8
3
8
tỉ cự của 3 điểm M
, N(−2), P
nên ta có:
Þ
QM − 2QN + QP = 0
3
5
5
1
3
1
1
.
QM + QP = QN
5
4
2.3. Chứng minh Ceva - Menelaus bằng phương pháp dùng trọng số
Định lý Ceva - định lý Menelaus: Cho tam giác ABC và ba điểm A’, B’, C’ lần
lượt thuộc đường thẳng BC, CA, AB.
a/ Điều kiện cần và đủ để các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy là:
A'B B'C C ' A
.
.
=-1 (Định lý Ceva)
A'C B' A C 'B
b/ Điều kiện cần và đủ để 3 điểm A’. B’, C’ thẳng hàng là:
A'B B'C C ' A
.
.
=1 (Định lý Menelaus)
A'C B' A C 'B
Chứng minh:
a/ Theo giải thiết, ta có: C ' A-
C ' A
C 'B
B' A
B'C
.C 'B = 0, B' A-
.B' C = 0 (1) . Ta
æ
ç
ç
è
ö
æ
ç
ç
è
ö
æ
ç
ç
è
ö
C ' A
C 'B
B' A
B'C
C ' A
C 'B
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
ç
ç
ç
đặt các trọng số: A(1),,
,
, ta có tâm tỉ cự của M của
B -
C -
B -
ç
ç
ç
æ
ç
ç
è
ö
æ
ç
ç
è
ö
B' A
B'C
C ' A B' A
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
ç
ç
và
là
trong đó BB’, CC’ và AM đồng quy.
C -
M -
-
ç
ç
B'C
C 'B
Lại có: A'B-
A'B
A'C
.A'C = 0
.A'B +
C ' A
C ' A A'B
Þ-
.
.A'C = 0 (2)
C 'B
C 'B A'C
Từ (1) và (2), xét trọng số của A’, ta
có: AA’, BB’, CC’ đồng quy Û A’ºM
C ' A A'B
B' A
B'C
Û
.
=-
C 'B A'C
25
PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
C ' A A'B B'C
Û
.
.
=-1 (ĐPCM).
C 'B A'C B' A
b/ Cũng theo giải thiết, ta có:
C 'B
C ' A
C 'B-
C ' A = 0
,
CB-
CB
CA'
CA'= 0 . Khi đó, B(1),
æ
ç
ç
è
ö
æ
ç
ç
è
ö
C 'B
C ' A
CB
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
ç
ç
.
A -
, A' -
ç
ç
CA'
æ
ç
ç
è
ö
æ
ç
ç
è
ö
CB
CB
÷
÷
÷
÷
ø
÷
÷
÷
÷
ø
ç
ç
Ta có: B(1) +
=
(1) (C là tâm tỉ cự của B và A’)
A' -
C 1-
ç
ç
CA'
CA'
B' A
B'C
Do B’ÎACÞ B' A-
.B'C = 0
.B' A+
C 'B
C ' A
C 'B B' A
Û-
.
.B'C = 0(2)
C ' A
B'C
Theo các lập luận trước đó: A’, B’, C’ thẳng hàng Û B’ là tâm tỉ cự của A, B,
CB C 'B B' A
A’ với các trọng số đã cho Û B’ là tâm tỉ cự của A,C (1Û)&(2) 1-
A'B- A'C C 'B B' A
=
.
Û
C ' A
CA'
B'C
1-
=
.
C ' A
CA'
B'C
A'B C 'B B' A
A'B B'C C ' A
Û
=
.
Û
.
.
=1 (ĐPCM).
C ' A
A'C
B'C
A'C B' A C 'B
3. Kết luận
Như vậy, trong bài viết này, chúng ta đã sử dụng phương pháp dùng trọng số - trên
cơ sở tâm tỉ cự của hệ điểm kết hợp hình ảnh moment lực trong vật lý – đã giải được
một số bài toán có tính chất afin về chứng minh đường thẳng đồng quy, các điểm thẳng
hàng đồng thời tính tỉ số đoạn thẳng. Qua một số bài toán đưa ra làm ví dụ ta thấy rằng
nhiều bài toán được giải rất dễ dàng, sáng sủa bằng phương pháp này nhưng sẽ rất khó
khăn, phức tạp nếu sử dụng các phương pháp khác. Sự thuận lợi của phương pháp này
là trong chừng mực nào đó, chúng ta đã “số hóa” các điểm dựa vào tỉ số của các đoạn
thẳng. Nhờ vậy, khi đã thành công trong việc gán trọng số vào những điểm hợp lý, ta
có thể dễ dàng nhẩm tính được tỉ số các đoạn thẳng có liên quan.
26
TRẦN ANH DŨNG
Trong bài viết này, chúng tôi không tham vọng giới thiệu một phương pháp giải
toán tốt nhất. Tuy nhiên với một số bài toán cụ thể đặt ra, có thể thấy rằng phương pháp
này đã giúp giải quyết ngắn gọn, rõ ràng một số ít bài toán hình học. Do giới hạn về
thời gian và phạm vi bài viết chúng tôi chưa có điều kiện tìm tòi được nhiều hơn nữa
các dạng toán vận dụng rất mong được bạn đọc khảo cứu và góp ý.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đoàn Thế Hiếu (1997), Giáo trình Hình học Afin và Euclide, NXB Giáo dục Hà Nội.
[2] Nguyễn Mộng Hy (2003), Hình học sơ cấp, NXB Giáo dục Hà Nội.
Title: THE METHOD USING WEIGHT AND ITS APPLICATIONS
TRAN ANH DUNG
Quang Nam University
Abstract: The article “The method using weight and its applications” is a
research in the field of problem solving method in mathematics. The idea was started
from a familiar mathematical concept “barycenter” similar to the moment of a force in
physics. The author have transformed the affine problems with concepts of concurrent,
straight line, finding the ratio by putting the weights, giving addition and subtraction
concept of point systems, that can be effectively applicable to solve many maths
problems with great solutions. With this method, the author has used as a tool to solve
two popular mathematical theorems, namely Ce-va and Menelaus.
Key words: Barycenter, Weight, Center of gravity, Concurrent, Straight line, Ratio.
27
11 trang
15/01/2024
3680
Bạn đang xem tài liệu "Phương pháp dùng trọng số và một số ứng dụng", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- phuong_phap_dung_trong_so_va_mot_so_ung_dung.pdf
