vecto và ứng dụng

---MỞ RỘNG CÔNG THỨC VECTƠ VỀ TRỌNG TÂM TAM GIÁC VÀ ỨNG DỤNG Nguyễn Văn Thiết GV trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế I.. G, H lần lượt là trọng tâm, trực tâm của tam giác A

-MỞ RỘNG CÔNG THỨC VECTƠ VỀ TRỌNG TÂM TAM GIÁC VÀ ỨNG DỤNG

Nguyễn Văn Thiết

GV trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế

I CÔNG THỨC MỞ RỘNG

Trong SGK Hình Học lớp 10 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo Dục năm 2006, trang 20 có Bài toán 2 như sau:

Bài toán 2: (SGK) Cho tam giác ABC với trọng tâm G Chứng minh rằng với điểm M bất kì,

ta có 3MG MA MB MC    (a)

Như đã quy ước, ta ký hiệu:

BC = a, CA = b, AB = c là độ dài các cạnh của tam giác ABC.

G, H lần lượt là trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC.

O, R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

I, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Bây giờ, bình phương vô hướng hai vế của công thức (a) ta được:

9MG2 MA2MB2MC22MA MB  2MB MC  2MC MA  (a’)

Áp dụng kết quả sau:

Với mọi vectơ u, v ta có: 1 2 2 2

2

u v  u  v  u v 

Ta được:

2MA MB MA   2MB2AB2 MA2MB2c2

2MB MC MB   2MC2BC2 MB2MC2a2

2MC MA MC   2MA2CA2 MC2MA2b2

Khi đó công thức (a’) trở thành:

9MG2 3MA2MB2MC2  a2b2c2

Từ đó ta được hai định lí sau là sự mở rộng của Bài toán 2 ở trên:

Định lí 1: Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì với điểm M bất kì ta có

9MG2 3MA2MB2MC2  a2b2c2 (i)

Định lí 2: Với mọi tam giác ABC và với mọi điểm M ta luôn có bất đẳng thức:

2 2 2 1 2 2 2

3

MA MB MC  a b c (ii)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi điểm M trùng với trọng tâm G của tam giác ABC.

Tiếp theo chúng ta xem ứng dụng của các công thức (i) và (ii) như thế nào?

II ÁP DỤNG

1) Trong bất đẳng thức (ii) khi cho M trùng với trực tâm H ta được:

2 2 2 1 2 2 2

3

HA HB HC  a b c (1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H trùng với trọng tâm G hay tam giác ABC đều.

2) Trong bất đẳng thức (ii) khi cho M trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC ta được:

2 2 2 1 2 2 2

3

hay 2 2 2 1 2 2 2

3

Suy ra 2 1 2 2 2

9

R  a b c (2)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O trùng với trọng tâm G hay tam giác ABC đều.

Áp dụng định lí SIN ta có a = 2RsinA, b = 2RsinB, c = 2RsinC thì bất đẳng thức (2) trở thành:

2 1 2 2 2 2 2 2 

9

Hay 2 2 2 9

4

A B C  (3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

3) Trong bất đẳng thức (ii) khi cho M trùng với tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác

3

IA IB IC  a b c (4)

Vì

sin 2

r IA

A



nên

2

2 sin

2

A

Tương tự, ta có: 2 2 1 cot2

2

B

2 2 1 cot2

2

C

Khi đó bất đẳng thức (4) trở thành:

2 2 2 2 1 2 2 2

Hay

2

r

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I trùng với trọng tâm G hay tam giác ABC đều.

r

r

C B

A

-4) Trong công thức (i) khi cho M trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

ta được:

9OG2 3OA2OB2OC2  a2b2 c29R2a2b2 c2

Suy ra 2 2 1 2 2 2

9

OG R  a b c (6) Sau đây là các kết quả khá thú vị và đẹp mắt:

Ta đã biết rằng trong tam giác nhọn ABC luôn có bất đẳng thức:

2 2 2 2 2 2

a b c h h h

với h a, h b, h c lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C.

Vậy thì hiệu  2 2 2  2 2 2

a b c  h h h bằng bao nhiêu?

Ta có các bài toán sau:

III VÀI BÀI TOÁN THÚ VỊ

Bài toán 1: G là trọng tâm của tam giác nhọn ABC và D, E, F lần lượt là chân các đường cao

hạ từ các đỉnh A, B, C, ta có đẳng thức:

a2b2c2  h a2h b2h c2 3 GD2GE2GF2

F

E

B A

Lời giải:

Trong công thức (i) cho M trùng với điểm D ta được:

9GD2 3DA2DB2DC2  a2b2c2

3 DA 2AB2DA2AC2DA2  a2b2c2

3 AB 2AC2DA2  a2b2c2

3c2b2h a2  a2 b2c2

Tương tự, khi cho M lần lượt trùng với các điểm E và F ta được:

9GE2 3a2c2 h b2  a2b2c2

9GF2 3b2a2h c2  a2b2c2

Cộng ba đẳng thức trên vế theo vế:

9GD2GE2GF23a2b2c2  h a2h b2h c2

Hay 3GD2GE2GF2  a2b2c2  h a2h b2h c2

Bài toán 2: Đường tròn ( O; R) ngoại tiếp tam giác ABC, G là trọng tâm của tam giác ABC, các

điểm A’, B’, C’ lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua tâm O Khi đó ta có:

a) A G' 2B G' 2C G' 2 4R2cos2Acos2Bcos2C

b) A G' 2B G' 2C G' 2 3R2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Lời giải:

O

A '

C B

A

a) Trong công thức (i) cho M trùng với điểm A’ ta được:

9 'A G2 3A A' 2A B' 2A C' 2  a2b2c2

Vì tam giác ABA’ vuông góc ở B nên ta có:

A B'  A A' cos AA'B 2 cos
 R C

Và tam giác AA’C vuông góc ở C nên:

A C'  A A' cos AA'C 2 cos
 R B

Khi đó ta được:

9 'A G2 3 4 R24R2cos2C4R2cos2B  a2 b2c2

12R21 cos 2Ccos2B  a2b2c2

Tương tự, khi cho M lần lượt trùng với các điểm B’ và C’ ta được:

9 'B G2 12R21 cos 2Ccos2 A  a2 b2c2

9 'C G2 12R21 cos 2 Acos2B  a2 b2c2

Cộng ba đẳng thức trên vế theo vế ta được:

9 A G' B G' C G' 12R 3 2cos A2cos B2cos C 3 a b c

Hay 3A G' 2B G' 2C G' 24R23 2cos 2A2cos2B2cos2C  a2b2c2

Áp dụng định lí SIN ta có:

a2b2c2 4R2sin2Asin2Bsin2C4R23 cos 2Acos2Bcos2C

-Khi đó ta có:

3 A G' B G' C G' 4R 3 2cos A2cos B2cos C 4R 3 cos Acos Bcos C

12R2cos2Acos2Bcos2C

Vậy: A G' 2B G' 2 C G' 2 4R2cos2 Acos2Bcos2C

b) Từ bất đẳng thức (3) ta có:

2 2 2 9

4

4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Theo kết quả câu a) ta có:

4

Vậy: A G' 2B G' 2C G' 2 3R2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Bài toán 3:

Các đường phân giác trong của các góc A, B, C của tam giác ABC lần lượt cắt đường

tròn ngoại tiếp tam giác tại D, E, F và G là trọng tâm của tam giác ABC Khi đó ta có:

2

b) DG2EG2FG2 2R2cosAcosBcosC

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Lời giải:

O I F

E

D

C B

A

a) Trong công thức (i) cho M trùng với điểm D ta được:

9DG2 3DA2DB2DC2  a2b2c2 (*)

Xét tam giác ABD ta có:

2 sin
2 sin

2

A

Xét tam giác ACD ta có:

2 sin
2 sin

2

A

Từ đó ta có:

Suy ra 2 cos

2

B C

B C

B C

Và 2 sin

2

A

Do đó ta có

2R2 3 cosB C cosB C cosA

2R23 2cos cos B CcosA

Thế vào công thức (*) ta được

9DG2 6R23 2cos cos B CcosAa2b2c2

Tương tự, khi cho M trùng với E, F ta được

9EG2 6R23 2cos cos C AcosBa2b2c2

9FG2 6R23 2cos cos A BcosCa2b2c2

Cộng ba đẳng thức sau cùng này vế theo vế, ta được

9 DG EG FG 6R 9 2cos cos A B2cos cosB C2cos cosC A 

6R2cosAcosBcosC3a2b2c2

Hay

3 DG EG FG 2R 9 2cos cos A B2cos cosB C2cos cosC A 

2R2cosAcosBcosCa2b2c2

2R 9 2cos cosA B 2cos cosB C 2cos cosC A 2R cosA cosB cosC

4R23 cos 2 Acos2Bcos2C

2

2R 3 2cos cosA B 2cos cosB C 2cos cosC A cosA cosB cosC

4R2cos2Acos2Bcos2C

2R 3 cosA cosB cosC cos A cos B cos C cosA cosB cosC 

2

2

2

b) Theo kết quả câu a) ta có

2

Suy ra 3DG2EG2FG26R2cosAcosBcosC

Hay DG2EG2FG2 2R2cosAcosBcosC

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ta có

3

1

2

A B C





Tam giác ABC đều

Bài toán 4: Các đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác ABC cắt các cạnh đối diện

lần lượt tại D, E, F và G là trọng tâm của tam giác ABC Khi đó ta có:

trong đó l l l a, ,b c lần lượt là độ dài các đường phân giác trong AD, BE, CF.

b) 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Lời giải:

a) Trong công thức (i) khi cho M trùng với điểm D ta được:

9DG2 3DA2DB2DC2  a2b2c2 (**)

Mặt khác, theo tính chất đường phân giác, ta có

DB AB c

-Suy ra DB DC DB DC BC a



B

A

Hay DB ac

b c



 ,

ab DC

b c





Từ đó ta có:

2

2

2

2

2

2

a

a bc

b c

 Khi đó công thức (**) trở thành:

2

2

b c



Tương tự, trong công thức (i) khi cho M lần lượt trùng với các điểm E, F ta được

2

2

a c



2

2

a b



Cộng ba đẳng thức sau cùng vế theo vế ta được

3 a 2b2c2

 2 2 2      

b) Theo kết quả câu a) ta có

a b c

Áp dụng bất đẳng thức sau: với hai số dương x và y ta có

2

xy



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Ta được

 2 2 2  2 2 2 1 2 2 2

3

2

a b c

Vậy 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều.

-Chú thích: Bài viết này đã được đăng ở Tập San Giáo Dục Đào tạo Thừa Thiên Huế, liên tục

hai số tháng 5.2008 và tháng 9.2008 Sở Giáo Dục & Đào Tạo Thừa Thiên Huế

Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết

Trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế