Phương pháp dùng trọng số và một số ứng dụng - Trần Anh Dũng

17 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 m 1 , m 2 , 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 m 1 AG = (m 2 + m3)AGA 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 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 18 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 A 1 , A 2 , ..., A n và các hệ số m 1 , m 2 , ..., m n tương ứng luôn tồn tại một điểm G là tâm tỉ cự sao cho 1 0 n 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: 0GA GB BC+ + =     , 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 2 0GA GM+ =    . 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 A 1 , A 2 ,..., A k và k số thực m 1 , m 2 ,..., m k thỏa mãn 1 0 k i i m m = = ¹å . Khi đó, tồn tại duy nhất điểm G sao cho: 1 0 k i i i m GA = =å   . Ta gọi G là tâm tỉ cự của hệ điểm (A 1 , A 2 , ..., A k ) gắn với các hệ số (m 1 , m 2 , ..., 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 = im m Î, 1,i 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 0 k i i i m GO OA = + =∑    Û 1 0 k 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, mi được gọi là trọng số của các điểm G, Ai. Mệnh đề 1. Cho G 1 là tâm tỉ cự của hệ điểm (A i , m i ) k, 1 0 k i i m = ¹å . G2 là tâm tỉ cự của hệ điểm (Bj, nj)s, 1 0 k i i n = ¹å . 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 (G 1 , G2) với hệ số tương ứng (m, n) trong đó 19 TRẦN ANH DŨNG 1 1 , k s i j i j m m n n = = = =å å , 0m n+ ¹ (hiển nhiên G thuộc đường thẳng G1G2). Chứng minh. G(m+n) = G1(m) + G2(n) Û 1 2 0mGG nGG+ =    Û 1 1 2 2 1 1 1 1 0 k k l l i i j j ji i i j j m GG m G A n GG n G B = = = = æ öæ ö ÷ç÷ç ÷+ + + =÷ çç ÷÷ çç ÷ ÷çè ø è ø å å å å      (vì 1 2 1 1 1 1 0, 0, , jk l k i j j i ji 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: 1 1 0MA MB a b + =    Þ 1 1 1 1M A B a b a b æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç+ = +÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø Tương tự: 1 1 1 1 N B C b c b c æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç+ = +÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè 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 çè ø è ø è ø , 1 1 1 1 Q D A d a d a æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç+ = +÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø . Theo kết quả bài 1, ta xác định được 1 1 1I b c d æ ö÷ç + + ÷ç ÷çè ø là tâm tỉ sự của ba điểm: 1 B b æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø , 1 C c æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø , 1 D d æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø Ta dễ dàng chứng minh được rằng: Tâm tỉ cự Z của của 4 điểm 1 A a æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø , 1 B b æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø , 1 C c æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø và 1 D c æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø có thể được tìm bằng nhiều cách: 20 PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG - C1: Tìm tâm tỉ sự của 1 1 1 1 M A B a b a b æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç+ = +÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø và 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 çè ø è ø è ø Þ Z Î MP - C2: Tìm tâm tỉ cự của 1 1 1 1 N B C b c b c æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç+ = +÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø và 1 1 1 1 Q D A d a d a æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç+ = +÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç çè ø è ø è ø Þ Z Î NQ. - Hoặc C3: Tìm tâm tỉ cự của 1 A a æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø và 1 1 1I 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: 0m pPM PA p -+ =    Þ ( )1m m pP M A p p æ ö æ ö-÷ ÷ç ç÷= + ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷è ø è ø . Tương tự, ( )1m m nN M B n n æ ö æ ö-÷ ÷ç ç= +÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè 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 mP p æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷è ø và mN n æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø Þ 0m mIP IN p n + =    Þ 1 1 0IP IN p n + =    Þ I º C. Như vậy m mC p n æ ö÷ç + ÷ç ÷ç ÷è ø là tâm tỉ cự của mP p æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷è ø và mN n æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø nên cũng là tâm tỉ cự của 4 điểm ( )1M , m pA p æ ö- ÷ç ÷ç ÷ç ÷è ø , m n B n æ ö- ÷ç ÷ç ÷çè ø và ( )1M (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 nJ p n æ ö- - ÷ç + + ÷ç ÷ç ÷è ø = ( )1M + m pA p æ ö- ÷ç ÷ç ÷ç ÷è ø + m n B n æ ö- ÷ç ÷ç ÷çè ø nên I thuộc đường thẳng MJ. Tức là C thuộc MJ. 21 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: 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 2 MD MA+ =    Þ ( )3 11 2 2 M D A   = +       2 0 3 ND NB+ =    Þ ( )5 21 3 3 N D B   = +       , 3 0 4 PD PC+ =    Þ ( )7 31 4 4 P D C   = +       Lại có: 4 1 2 0 7 2 3 AQ AB QA QB= Þ + =    , do đó: 7 1 2 6 2 3 Q A B     = +           3 1 3 5 2 4 AR AC RA RC= Þ +   , 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 G G æ ö æ ö÷ ÷ç ç+ + =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø . Gọi J là tâm tỉ cự của 4 điểm A, B, C, D theo trọng số trên, Ta có, 1 2 3 351 2 3 4 12 J J æ ö æ ö÷ ÷ç ç+ + + =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø thuộc đường thẳng DG, J 1 là tâm tỉ cự của hai điểm D, J theo trọng số trên, khi đó 1 1 35 471 12 12 J J æ ö æ ö÷ ÷ç ç+ =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø thuộc đường thẳng DJºDG, J 2 là tâm tỉ cự của D và J 1 , khi đó, J 2 cũng thuộc DG và 2 2 47 591 12 12 J J æ ö æ ö÷ ÷ç ç+ =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø . Như vậy J 2 là tâm tỉ cự của A, B, C, D, D và D. Khi đó ta dễ thấy rằng J 2 cũng chính là tâm tỉ cự của 3 điểm M = D+A, N = D+B và P = D+C. Do đó J 2 là giao điểm của DG và (MNP). Tức là J 2 ºI 22 PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Từ lập luận trên, ta có: 35 12 J æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø = ( )1D + 23 12 G æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø ÞDJ = 23 12 JG ÞDJ = 23 35 DG. Tương tự, ta có DJ 1 = 35 47 DJ, DI = 47 59 DJ 1 ÞDI = 47 59 . 35 47 . 23 35 DG = 23 59 DG Þ ID = 23 23 59 23 36 IG IG= - Vậy 23 36 ID IG = . Bài toán 4. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Gọi G 1 , G 2 , G3, G4 lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAB, SBC, SCD, SDA; M 1 , M 2 , M3, M4 lần lượt là trung điểm của các cạnh đáy CD, DA, AB, BC. Chứng minh rằng các đường thẳng G 1 M 1 , G 2 M 2 , G3M3, G4M4 đồng quy. a) Gọi I là điểm đồng quy của các đường thẳng trên. Chứng minh rằng: 31 2 4 1 2 3 4 IGIG 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 G 1 , G 2 , 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 G 1 (3) và M 1 (2) Þ GÎG 1 M 1 Þ G 1 M 1 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 G 2 (3) và M 2 (2) Þ GÎG 2 M 2 Þ G 2 M 2 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) = G 1 (3) + M 1 (2) Þ 1 13 2 0IG IM+ =    Þ 1 1 2 3 IG IM = . Chứng minh tương tự, ta suy ra được: 31 2 4 1 2 3 4 2 3 IGIG IG IG IM IM IM IM = = = = (ĐPCM). 23 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, 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 GA(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 A 1 , A 2 , A3, B1, B2, B3. Gọi GA, G B lần lượt là trọng tâm tam giác A 1 A 2 A3 và tam giác B1B2B3. M, N, P là trung điểm của các cạnh A 1 B 1 , A 2 B 2 , A3B3. a. CMR mặt phẳng (MNP) cắt đoạn thẳng GAGB 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 {A 1 , A 2 , A3} và {B1, B2, B3}. Tại mỗi điểm ta cùng đặt trọng số là 1. Khi đó: GA(3) = A 1 (1) + A 2 (1) + A3(1) G B (3) = B 1 (1) + B 2 (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. Do đó 1A 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 Ci(mi+li) = 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 =  =    ∑ . 24 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 11 2 2 M D A   = +       , ( )5 21 3 3 N D B   = +       , ( )7 31 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 G G æ ö æ ö÷ ÷ç ç+ + =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è 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 ( )59 233 12 12 I D G   = +       Þ 23 2312 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 5 SM MA= , SN = NB và 5 3 SP PC= . Mặt phẳng (MNP) cắt SD tại Q. Tính tỉ số SQ QD . Giải: Ta có 0DA DB DC− + =     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 8(1) 3 3 ( 1) ( 1) ( 2) 3 8(1) 5 5 S A M S A N S C P     + =        − + − = −      + =        Do đó, trọng số của S là 5 3 191 3 5 15 S S   − + =       . Như vậy: A(1) + B(–1) + C(1) + 19 15 S     = D(1) + 19 15 S     = 34 15 Q     . Vậy SQ QD = 1 15 19 /15 19 = . 25 TRẦN ANH DŨNG Lưu ý: Trong lời giải bài toán trên, ta dễ dàng thấy rằng 34 15 Q     cũng là tâm tỉ cự của 3 điểm 8 8, ( 2), 3 5 M N P   −       nên ta có: 8 82 0 3 5 QM QN QP− + =     Þ 1 1 1 3 5 4 QM QP QN+ =    . 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),, ' ' C A B C B æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø , ' ' B A C B C æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø , ta có tâm tỉ cự của M của ' ' C A B C B æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø và ' ' B A C B C æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø là ' ' '' C A B A M B CC B 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 C A A B 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 =- 26 PHưƠNG PHáP DÙNG TRỌNG SỐ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG 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 B C A C A - =    , ' 0 ' CB CB CA CA - =    . Khi đó, B(1), ' , ' C B A C A æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø ' ' CB A CA æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø . Ta có: B(1) + ' ' CB A CA æ ö÷ç ÷-ç ÷ç ÷çè ø = 1 ' CB C 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 C B B A 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 C ACA B C - = Û ' ' ' '1 . '' ' A B A C C B B A C ACA B C -- = Û ' ' '. '' ' A B C B B A C AA C B C = Û ' ' '. . 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. 27 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.