PHƯƠNG PHÁP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Trần Anh Dũng¹

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 G_AÎBC sao cho m₂G_AB

= m₃G_AC. Dễ dàng khẳng định rằng tổng trọng lượng của B và C lúc này là m₂ + m₃ sẽ đặt lên điểm G_A và điểm cân bằng G của tam giác ABC thuộc đoạn thẳng AG_A (khẳng định này sẽ được lý giải trong phần khái niệm cơ sở) sao cho m₁AG = (m₂ + m₃)AG_A và khi đó tổng trọng lượng ba điểm A, B, C sẽ đặt vào điểm G.

Lại thấy rằng nếu gọi G_B, G_C lần lượt là điểm cân bằng của các cạnh CA, AB thì dễ dàng khẳng định được các đường thẳng AG_A, BG_B, CG_C 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

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, ..., A_n và các hệ số m₁, m₂, ..., m_n tương ứng luôn tồn tại một điểm G là tâm tỉ cự sao cho

1 n 0

i i

i

m GA

=

å

^{ }= ^{. Ta} 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:

GA GB BC  + + =0

, như vậy khi đặt A, B, C các trọng lượng 1 thì G là điểm cân bằng 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 GA+2GM=0

. Tức là GA = 2GM.

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 điểm A₁, A₂,..., A_k và k số thực m₁, m₂,..., m_k thỏa mãn

1 k 0

i i

m m

=

å

= ¹ . Khi đó, tồn tại duy nhất điểm G sao cho:

1 k 0

i i

i

m GA

=

å

^{ }= ^.

Ta gọi G là tâm tỉ cự của hệ điểm (A₁, A₂, ..., A_k) gắn với các hệ số (m₁, m₂, ..., m_k), gọi tắt G là tâm tỉ cự của hệ điểm (A_i, m_i)_k.

Chứng minh. Lấy một điểm o tùy ý, gọi l_i= ^mi

m Î, i=1,k. Khi đó ta luôn chọn được điểm G sao cho

1 k

i i

i

OG l OA

=

=

∑

 

Û

1

1 ^k

i i

i

OG m OA

m =

=

∑

 

Û

1 k

i i

i

mOG m OA

=

=

∑

 

Û

1 1

k k

i i i

i i

m OG m OA

= =

∑

^=

∑

^{ Û}

( )

1 k 0

i i

i

m GO OA

=

+ =

∑

^{   Û}

1 k 0

i i

i

m GA

=

∑

^{ }= ^(ĐPCM) Trong phạm vi nội dung bài viết này, ta ký hiệu tâm tỉ cự G trong định lý trên là

1

( ) ^k _i( )_i

i

G m A m

=

=

å

và các hệ số m, m_i được gọi là trọng số của các điểm G, A_i. Mệnh đề 1. Cho G₁ là tâm tỉ cự của hệ điểm (A_i, m_i)_k,

1 k 0

i i

m

=

å

¹ ^{. G2} là tâm tỉ cự của hệ điểm (B_j, n_j)_s,

1 k 0

i i

n

=

å

¹ . Khi đó, tâm tỉ cự của hệ k+s điểm trên với các hệ số tương ứng trùng với tâm tỉ cự của hai điểm (G₁, G₂) với hệ số tương ứng (m, n) trong đó

1 1

k , s

i j

i j

m m n n

= =

=

å

=

å

^{, m n+ ¹0} (hiển nhiên G thuộc đường thẳng G₁G₂).

Chứng minh.

G(m+n) = G1(m) + G2(n) Û mGG1+nGG2=0

Û 1 1 2 2

1 1 1 1

k k l l 0

i i i j j j

i i j j

m GG m G A n GG n G B

= = = =

æ ö

æ ö÷ ç ÷

ç + ÷ ç+ + ÷=

ç ÷ ç ÷

ç ÷ ç ÷

è

å

^

å

^ ø è

å

^{}

å

^{}ø ^

(vì _{1 2}

1 1 1 1

0, 0, , ^j

k l k

i i j j i j

i j i j

m G A n G B m m n n

= = = =

= = = =

å

^{ }

å

^{ }

å å

⁾

Û

1 1

k l

i i j j

i j

m GA n GB

= =

å

^+

å

^ Û G(m + n) =

1 1

( ) ( )

k l

i i j j

i j

A m B n

= =

å

+

å

(điều phải

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:

1MA 1MB 0 a+b=

Þ M 1 1 A 1 B 1

a b a b

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + ÷= ç ÷+ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø

Tương tự: N 1 1 B 1 C 1

b c b c

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + ÷= ç ÷+ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø,

1 1 1 1

P C D

c d c d

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + ÷= ç ÷+ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø, Q 1 1 D 1 A 1

d a d a

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + ÷= ç ÷+ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø. Theo kết quả bài 1, ta xác định được I 1 1 1

b c d

æ ö÷

ç + + ÷

ç ÷

çè ølà tâm tỉ sự của ba điểm:B 1

æ ö÷b ç ÷ç ÷ çè ø, C 1

æ ö÷c ç ÷ç ÷ çè ø, D 1

æ ö÷d ç ÷ç ÷ çè ø

Ta dễ dàng chứng minh được rằng: Tâm tỉ cự Z của của 4 điểm A 1 æ ö÷a ç ÷ç ÷ çè ø, B 1

æ ö÷b ç ÷ç ÷ çè ø, C 1

æ ö÷c ç ÷ç ÷

çè ø và D 1 æ ö÷c ç ÷ç ÷

çè ø có thể được tìm bằng nhiều cách:

- C1: Tìm tâm tỉ sự của M 1 1 A 1 B 1

a b a b

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + =÷ ç ÷+ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø và P 1 1 C 1 D 1

c d c d

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + =÷ ç ÷+ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è øÞ Z Î MP - C2: Tìm tâm tỉ cự của N 1 1 B 1 C 1

b c b c

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + =÷ ç ÷+ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø và Q 1 1 D 1 A 1

d a d a

æ ö÷ æ ö÷ æ ö÷ ç + =÷ ç ÷+ ç ÷

ç ÷ ç ÷ ç ÷

ç ç ç

è ø è ø è ø Þ Z Î NQ.

- Hoặc C3: Tìm tâm tỉ cự của A 1 æ ö÷a ç ÷ç ÷

çè ø và I 1 1 1 b c d

æ ö÷

ç + + ÷

ç ÷

çè ø Þ Z Î AI.

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:

m p 0

PM PA

p

+ - =

  

Þ

( )

1

m m p

P M A

p p

æ ö÷ æ - ö÷

ç ÷ = + ç ÷

ç ÷ ç ÷

ç ÷ ç ÷

ç ç

è ø è ø.

Tương tự,

( )

1

m m n

N M B

n n

æ ö÷ æ - ö÷

ç ÷= + ç ÷

ç ÷ ç ÷

ç ç

è ø è ø.

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.

Gọi I là tâm tỉ cự của P m æ ö÷p ç ÷ç ÷

ç ÷çè ø và N m æ ö÷n ç ÷ç ÷ çè ø Þ ^m_IP ^m_{IN 0}

p+ n  =

Þ ¹ _IP ¹_{IN 0} p+n=

Þ I º C. Như vậy C m m p n

æ ö÷

ç + ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø là tâm tỉ cự của P m

æ ö÷p ç ÷ç ÷

ç ÷çè ø và N m æ ö÷n ç ÷ç ÷

çè ø nên cũng là tâm tỉ cự của 4 điểm M

( )

1 , A m p p æ - ÷ö

ç ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø, B m n

n æ - ÷ö

ç ÷

ç ÷

çè ø và M

( )

1 (điểm M được tính 2 lần).

Mặt khác, ta có thể xác định I bằng cách tìm tâm tỉ cự của 2 điểm M(1) và 1 m p m n

J p n

æ - - ÷ö

ç + + ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø = M

( )

1 +A m p p æ - ÷ö

ç ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø+B m n n æ - ÷ö

ç ÷

ç ÷

çè ø nên I thuộc đường thẳng MJ.

Tức là C thuộc MJ.

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:

Bài toán 3. Cho tứ diện ABCD. Lấy các điểm M, N, P, Q, R lần lượt thuộc DA, DB,

DC, AB, AC sao cho ¹ _, ² _, ³ _, ⁴ _, ³

2 3 4 7 5

DM = MA DN= NB DP= PC AQ= AB AR= . AC Gọi G là giao điểm của BR và CQ, đường thẳng DG cắt mặt phẳng (MNP) tại I. Tính tỉ số ^ID

IG.

Giải. Theo giả thiết bài toán, ta có:

1 0

MD+2MA=

  

Þ ³

( )

1 ¹

2 2

M   =D +A   

2 0

ND+3NB=

  

Þ ⁵

( )

1 ²

3 3

N   =D +B   ,

3 0

PD+4PC=

  

Þ ⁷

( )

1 ³

4 4

P  =D +C  

   

Lại có:

4 1 2 0

7 2 3

AQ= ABÞ QA+ QB=

, do đó:

7 1 2

6 2 3

Q   = A   +B   

3 1 3

5 2 4

AR= ACÞ RA+ RC, do đó:

5 1 3

4 2 4

R   =A   +C   . G là giao điểm của CQ và BR nên là tâm tỉ cự của 3 điểm A, B, C nên 1 2 3 23

2 3 4 12

Gæçççè + + ö÷÷÷ø=Gæ öçççè ø÷÷÷. Gọi J là tâm tỉ cự của 4 điểm A, B, C, D theo trọng số trên, Ta có, 1 2 3 1 35

2 3 4 12

Jæçççè + + + =ö÷÷÷ø Jæ öçççè ø÷÷÷ thuộc đường thẳng DG, J₁ là tâm tỉ cự của hai điểm D, J theo trọng số trên, khi đó ₁ 1 35 ₁ 47

12 12

J æçççè + ö÷÷÷ø=J æ öçççè ø÷÷÷ thuộc đường thẳng DJºDG, J₂ là tâm tỉ cự của D và J₁, khi đó, J₂ cũng thuộc DG và ₂ 1 47 ₂ 59

12 12

J æçççè + ö÷÷÷ø=J æ öçççè ø÷÷÷. 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

Từ lập luận trên, ta có: 35

Jæ ö÷ç ÷ç ÷çè ø12 =D

( )

1 + 23

Gæ ö÷ç ÷ç ÷çè ø12 ÞDJ = ²³

12JG ÞDJ = ²³ 35DG.

Tương tự, ta có DJ₁ = ³⁵

47DJ, DI = ⁴⁷

59DJ₁ ÞDI = ⁴⁷ 59.³⁵

47.²³

35DG = ²³

59DG Þ ID =

23 23

59 23IG=36IG

- Vậy ²³

36 ID IG= .

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:

3

1 2 4

1 2 3 4

IG

IG IG IG

IM =IM = IM =IM

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.

b) Ta có I(5) = G₁(3) + M₁(2) Þ ₃IG₁+₂IM₁=₀

Þ ¹

1

2 3 IG

IM = . Chứng minh tương tự, ta suy ra được: ^{1 2 3 4}

1 2 3 4

2 3 IG

IG IG IG

IM = IM = IM = IM = (ĐPCM).

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, J thẳng hàng đồng thời xác định được tỉ số: ¹

4 JI JS = .

- 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:

Mệnh đề 2. Cho

1

( ) ⁿ ( )

A i i

i

G m A m

=

=

∑

^và

1

( ) ⁿ ( )

B i i

i

G l B l

=

=

∑

^{. Giả sử Ci(mi+li) =}

A_i(m_i) + B_i(l_i). Khi đó tâm tỉ cự

( )

1

G m l ⁿ _i( _{i i})

i C m l

=

+ =

∑

+ là tâm tỉ cự của G_A(m) và G_B(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 G_A, G_B 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 G_AG_B tại trọng tâm I của tam giác MNP.

b. Tính tỉ số ^A

B

G I IG . 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: G_A(3) = A₁(1) + A₂(1) + A₃(1)

G_B(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 G_AG_B là tâm tỉ cự (trọng tâm) của 6 điểm trên.

Do đó ^A 1

B

G I

IG = và hiễn nhiên, I cũng là trọng tâm của tam giác MNP.

Lưu ý: Với hệ điểm

1

( ) ⁿ ( )

A i i

i

G m A m

=

=

∑

^và

1

( ) ⁿ ( )

B i i

i

G l B l

=

=

∑

, trong đó C_i(m_i+l_i)

= A_i(m_i) + B_i(l_i). Trường hợp các điểm A_i trùng nhau tại A khi đó G_A trùng với A và trọng số của A cũng bằng

1

( ) ⁿ _i

i

A m A m

=

 

= 

∑

^.

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 1

2 2

M  =D +A  

   , ⁵

( )

1 ²

3 3

N  =D +B  

   , ⁷

( )

1 ³

4 4

P  =D +C  

   

Lại có

7 1 2

6 2 3

Q  =A  +B  

     , 5 1 3

4 2 4

R  =A  +C  

      và 1 2 3 23

2 3 4 12

Gæçççè + + ö÷÷÷ø=Gæ öçççè ø÷÷÷là 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 của DG và mặt phẳng (MNP). Do đó ⁵⁹

( )

3 ²³

12 12

I =D +G 

   Þ ^{2312 23}

3 36

ID

IG = =

Bài toán 6: Cho hình chóp S.ABCD trong đó ABCD là hình bình hành. Ta lấy các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC sao cho: ³

SM =5MA, SN = NB

và ⁵

SP=3PC. Mặt phẳng (MNP) cắt SD tại Q. Tính tỉ số ^SQ QD. Giải: Ta có DA DB DC   − + =0 nên

A(1) + B(–1) + C(1) = D(1 – 1 +1) = D(1)

Ta có:

5 0

3

0

3 0

5

MS MA NS NB

PS PC

 + =

− − =



 + =



  

  

  

Þ

5 (1) 8

3 3

( 1) ( 1) ( 2)

3 (1) 8

5 5

S A M

S A N

S C P

   + =   

    

 − + − = −

    

  + =  

    



Do đó, trọng số của S là 5 1 3 19

3 5 15

S − + =S 

   .

Như vậy: A(1) + B(–1) + C(1) + 19 S15

 

 = D(1) + 19 S15

 

  = 34 Q15

 

 . Vậy ^SQ

QD= ^{1 15} 19 /15 19= .

Lưu ý: Trong lời giải bài toán trên, ta dễ dàng thấy rằng 34 Q15

 

  cũng là tâm tỉ cự của 3 điểm 8 , ( 2), 8

3 5

M    N − P    nên ta có: ⁸ ₂ ⁸ ₀ 3QM− QN+5QP = Þ

1 1 1

3QM+5QP= 4QN.

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:

' . ' . ' 1

' ' '

A B B C C A

A C B A C B= - (Định lý Ceva)

b/ Điều kiện cần và đủ để 3 điểm A’. B’, C’ thẳng hàng là:

' . ' . ' 1

' ' '

A B B C C A

A C B A C B= (Định lý Menelaus) Chứng minh:

a/ Theo giải thiết, ta có: ' ' . ' 0, '

C A C A C B

-C B =

   ' ' . ' 0 (1)

'

B A B A B C

-B C =

  

. Ta đặt các trọng số: A(1),, ^'

' B C A

C B

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø, ^'

' C B A

B C

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø, ta có tâm tỉ cự của M của ^' ' B C A

C B

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø

và ^'

' C B A

B C

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø là ^{' '}

' '

C A B A M C B B C

æ ö÷

ç- - ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø trong đó BB’, CC’ và AM đồng quy.

Lại có: ' ' . ' 0

'

A B A B A C

-A C =

  

' . ' ' . ' . ' 0 (2)

' ' '

C A A B C A A B A C C B C B A C

Þ - +  =

Từ (1) và (2), xét trọng số của A’, ta có: AA’, BB’, CC’ đồng quy Û A’ºM

Û ' . ' '

' ' '

C A A B B A C B A C = -B C

Û ' . ' . ' 1

' ' '

C A A B B C

C B A C B A= - (ĐPCM).

b/ Cũng theo giải thiết, ta có:

' ' ' 0

' C B C BC A

-C A =

   , ' ' 0

CB CBCA

-CA =

  

. Khi đó, B(1), ' ,'

A C B C A

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø '

' A CB

CA

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø. Ta có: B(1) + _'

' A CB

CA

æ ö÷

ç- ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø = ₁ ' C CB

CA

æ ö÷

ç - ÷

ç ÷

ç ÷

çè ø(1) (C là tâm tỉ cự của B và A’)

Do B’ÎACÞ ' ' . ' 0

'

B A B A B C

-B C =

  

Û ' . ' ' . ' . ' 0

' ' '

C B B A C B B A B C C A C A B C

- +  =

(2)

Theo các lập luận trước đó: A’, B’, C’ thẳng hàng Û B’ là tâm tỉ cự của A, B, A’ với các trọng số đã cho Û B’ là tâm tỉ cự của A,C(1)&(2)

Û 1 ' . '

' ' '

CB C B B A CA C A B C

- = Û

' ' ' '

1 .

' ' '

A B A C C B B A CA C A B C

- - =

Û ' ' . '

' ' '

A B C B B A C A

A C = B CÛ ' . ' . ' 1

' ' '

A B B C C A

A C B A C B= (ĐPCM).

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.

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.