Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018

TÂM TỈ CỰ VỚI BÀI TỐN 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 khơng 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 =

i =1
n

⇔

∑ αi

−
→
0

−→ −→
−
→
OPi − OG = 0

i =1
n

⇔

−→
∑ αiOPi =


i =1

−→
⇔ OG =
Đặt

1
n

∑ αi

1
∑in=1 αi

n

∑ αi

−→
OG

i =1
n

−→
· ∑ αi OPi
i =1

n


−→
→
· ∑ αi OPi = −
u.
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 khơng gian, ta có thể quy ước khơng viết điểm O.
Khi đó cơng thức có dạng
mG = α1 P1 + α2 P2 + . . . + αn Pn
n


trong đó m =

∑ αi .

i =1

Trong các ví dụ và bài tốn ở mục sau chúng tơi sử dụng các viết này.
Bài tốn 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

{m1 G1 , m2 G2 }, trong đó m1 =

n

∑ αi và m2 = ∑


i =1

αi .

i = k +1

Tính chất 3. Nếu G là tâm tỉ cự của hệ chất điểm {α1 A1 ,α2 A2 ,. . .,αn An } thì G là tâm
tỉ cự của hệ chất điểm {α1 A1 ,α2 A2 ,. . .,αn An }, ở đó G , A1 , A2 , . . . , An 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 tốn 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

C

B


B

A

C

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 + BA = BC + CB = CA + AC = p.
suy ra BA = AB = p − c; CB = BC = p − a; AC = CA = p − b.
Xét hệ chất điểm {( p − b) B, ( p − c)C } có tâm tỉ cự là A , do đó
aA = ( 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 + aA
Suy ra Na ∈ AA .
Chứng minh tương tự ta có Na ∈ BB và Na ∈ CC .
168


Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018

Vậy AA , BB , CC 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 .
Đặt α = A1 B = BC1 , β = CA1 = CB1 , AC1 = AB1 = γ và p =
Ta có


α + β = a
α = p − b
β+γ = b ⇒ β = p−c


γ+α = c
γ = p − a.

a+b+c
.
2

→
1 −−→ 1 −−→ −
1 1
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
Ta có

1
1 1
+ +
γ α β

1
1
1
A+ B+ C
γ
α
β
1
1
1
B+ C
= A+
γ
α
β
1
1 1
= A+
+
A1 .

γ
α β

K=

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 khơng
gian như sau.
Bài tốn 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

S

D

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

+ +
b c d

1
1
1
B+ C+ D
b
c
d
1
1 1
= B+
+
R.
b
c d

Z1 =

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
+ + +
a b c d

1
1
1
1
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

Z=

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

C

B
G

B

A

C

Giả sử tam giác ABC có các trung tuyến lần lượt là AA , BB , CC . Ta cần chứng
minh AA , BB , CC đồng quy tại một điểm.
Theo giả thiết ta có A là tâm tỉ cự của hệ {1B, 1C }, tức là 2A = 1B + 1C.
Xét G là tâm tỉ cự của hệ {1A, 1B, 1C }.

Khi đó 3G = 1A + 1B + 1C ⇒ 3G = 1A + 2A . Suy ra G ∈ AA và G chia AA theo
tỉ lệ 2 : 1 tính từ A.
Tương tự ta chứng minh được G thuộc BB , CC 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
khơng gian như sau.
Bài tốn 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

B

Q

D

N

S

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

C

Đặt
A1 B
γ
=−
β
A1 C
α
B1 C

=−
γ
B1 A
173

A1


Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018

với 0 = 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
β
C A
⇔ 1 = .
α
C1 B

A1 B
γ
= − , tức là A1 là tâm tỉ cự của hệ { βB, γC }.
β
A1 C
B C
α
và 1 = − , tức là B1 là tâm tỉ cự của hệ {γC, αA}.
γ
B1 A
Tương tự ta có C1 là tâm tỉ cự của hệ {αA, − βB}. Do đó ta có
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 tơi chứng minh kết quả mở rộng của ví dụ 8 trong
khơng gian như sau.
Bài tốn 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
=−
α
KB
LB
γ
=−
β
LC
MC
δ
=−
γ
MD
174

(1)
(2)
(3)


Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018

với 0 = α, β, γ, δ ∈ R. Khi đó
KA LB MC
·
·
KB LC MD
γ

β
· −
⇔ −
α
β
α
ND
=−
⇔
δ
NA

·

ND
=1
NA
δ
ND
· −
·
=1
γ
NA

(4).

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 vng góc của M lên các mặt
cịn lại và G là trọng tâm của NPQ. Chứng minh rằng M, G, O thẳng hàng.
Lời giải. Giả sử M ∈ ( ABC ) và N, P, Q là hình chiếu vng góc của M lên các mặt
( BCD ), (CDA), ( DAB) cịn A , B , C là hình chiếu vng góc của A, B, C lên các mặt
đối diện.
Do tứ diện ABCD đều nên O là trọng tâm của tứ diện và AA , BB , CC 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 = αA + βB + γC
1P = αA + βB + γC
175


Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018

1Q = αA + βB + γC
suy ra 1M + 1N + 1P + 1Q = (3αA + αA ) + (3βB + βB ) + (3γC + γC )
Do đó ta có: 1M + 3G = α(3A + A ) + β(3B + B ) + γ(3C + C )
A


M
O
B

D
N
H
C

8
1
8
4
A + (1A + 3A ) = α
A+ O
3
3
3
3
Làm tương tự cho 2 biểu thức cịn lại ta có:
4
8
4
8
4
8
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.

Mặt khác: α(3A + A ) = α

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 vng 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 vng 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 Tốn học và Tuổi trẻ.
[3] Diễn đàn MathScope: />[4] Eric W. Weisstein. Barycentric Coordinates.From MathWorld A Wolfram Web Resource.
/>[5] AoPS. Practice Olympiad 4. WOOT 2011-2012.

177