Công thức trọng tâm tam giác vecto

Trọng tâm tam giác là một điểm có rất nhiều ứng dụng trong các bài toán tam giác. Hôm nay thầy sẽ chia sẻ với các bạn về cách tìm tọa độ trọng tâm trong tam giác, công thức tìm tọa độ trọng tâm, tính chất của trọng tâm…và một số bài toán liên quan tới trọng tâm trong tâm giác.

Trọng tâm tam giác là gì? Câu trả lời thầy đã viết rất chi tiết trong một bài giảng rồi. Các bạn muốn hiểu hơn về khái niệm cũng như tính chất của trọng tâm thì xem thêm bài giảng này nhé: Trọng tâm của tam giác là gì?

Nếu đã hiểu rõ trọng tâm của tam giác là gì rồi thì ngay bây giờ chúng ta cùng tìm hiểu về công thức tìm tọa độ trọng tâm trong tam giác và một số bài toán liên quan tới tọng tâm.

Công thức tìm tọa độ trọng tâm của tam giác

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với $A[x_A;y_A]$; $B[x_B;y_B]$ và $C[x_C;y_C]$. Gọi $G[x_G;y_G]$ là trọng tâm của tam giác ABC thì tọa độ của trọng tâm G là:

$\left\{\begin{array}{ll}x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}\\y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\end{array}\right.$

Như vậy công thức trên là một cách sẽ giúp chúng ta tìm được tọa độ trọng tâm. Bên cạnh đó công thức trên cũng giúp chúng ta giải quyết một số bài toán tìm tọa độ đỉnh của tam giác, viết phương trình đường trung tuyến hay phương trình đường trung bình trong tam giác. Cũng có thể là bài toán liên quan tới trung điểm một cạnh của tam giác.

Xem thêm bài giảng:

Bài tập tìm tọa độ trọng tâm của tam giác

Bài toán 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết $A[1;-2]$, $B[2;1]$ và $C[-1;4]$.

a. Hãy tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

b. Tính khoảng cách từ trọng tâm G tới mỗi đỉnh.

Hướng dẫn:

a Dựa theo công thức trọng tâm thầy nêu ở trên thì chúng ta nhanh chóng tìm được tọa độ của điểm G là:

$\left\{\begin{array}{ll}x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}\\y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll}x_G=\dfrac{1+2-1}{3}\\y_G=\dfrac{-2+1+4}{3}\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll}x_G=\dfrac{2}{3}\\y_G=1\end{array}\right.$

Vậy tọa độ của điểm G là: $G[ \dfrac{2}{3} ;1]$

b. Khoảng cách từ trọng tâm G tới mỗi đỉnh chính là độ dài các đoạn GA, GB và GC hay thực chất là độ dài của các vectơ $\vec{GA}$; $\vec{GB}$ và $\vec{GC}$

Ta có:

$\vec{GA}=[\dfrac{1}{3};-3]$ => $GA=\sqrt{[\dfrac{1}{3}]^2+[-3]^2}=\dfrac{\sqrt{82}}{3}$

$\vec{GB}=[\dfrac{4}{3};0]$ => $GA=\sqrt{[\dfrac{4}{3}]^2+[0]^2}=\dfrac{\sqrt{4}}{3}$

$\vec{GC}=[\dfrac{-5}{3};3]$ => $GA=\sqrt{[\dfrac{-5}{3}]^2+[3]^2}=\dfrac{\sqrt{106}}{3}$

Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có $A[-2;2]$; $B[4;5]$ và trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ $G[1;2]$. Hãy tìm tọa độ của điểm C.

Hướng dẫn:

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:

$\left\{\begin{array}{ll}x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}\\y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll}x_C=3x_G-x_A-x_B\\y_C=3y_G-y_A-y_B\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll}x_C=3.1-[-2]-4\\y_C=3.2-2-5\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll}x_C=1\\y_C=-1\end{array}\right.$

Vậy tọa độ của đỉnh C là: $C[1;-1]$

Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết phương trình cạnh AB là: $5x-y-7=0$, phương trình cạnh AC là: $3x+y-9=0$, điểm $M[2;-1]$ là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Hướng dẫn:

Phân tích:

Từ phương trình của cạnh AB và AC ta sẽ tìm được tọa độ của điểm A là giao của 2 đường thẳng AB và AC.

Vì M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến của tam giác. Mà G là trọng tâm tam giác nên theo tính chất trọng tâm trong tam giác ta có: $\vec{AG}=2\vec{GM}$

Trình bày:

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{ll} 5x-y-7=0 \\ 3x+y-9=0 \end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll} x=2 \\y=3 \end{array}\right.$

Vậy tọa độ điểm A là: $A[2;3]$

Gọi tọa độ của điểm G là: $G[x_G;y_G]$

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh BC nên ta có:

$\vec{AG}=2\vec{GM}$ với $\vec{AG}[x_G-2;y_G-3]$ và $\vec{GM}[2-x_G;-1-y_G]$

$[x_G-2;y_G-3]=2[2-x_G;-1-y_G]$

$[x_G-2;y_G-3]=[4-2x_G;-2-2y_G]$

$\left\{\begin{array}{ll} x_G-2=4-2x_G \\y_G-3=-2-2y_G \end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll} 3x_G=6 \\3y_G=1 \end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{ll} x_G=2 \\y_G=\dfrac{1}{3} \end{array}\right.$

Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là $G[2;\dfrac{1}{3}]$

SUB ĐĂNG KÍ KÊNH GIÚP THẦY NHÉ

Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 1MỞ RỘNG CÔNG THỨC VECTƠ VỀTRỌNG TÂM TAM GIÁC VÀ ỨNG DỤNG Nguyễn Văn Thiết GV trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên HuếI. CÔNG THỨC MỞ RỘNG Trong SGK Hình Học lớp 10 Nâng cao, Nhà xuất bản Giáo Dục năm 2006, trang 20 cóBài 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: 2 2 2 29 2 . 2 . 2 .MG MA MB MC MA MB MB MC MC MA           [a’]Áp dụng kết quả sau: Với mọi vectơu, vta có: 2 2 21.2u v u v u v        Ta được: 2 2 2 2 2 22 .MA MB MA MB AB MA MB c       2 2 2 2 2 22 .MB MC MB MC BC MB MC a       2 2 2 2 2 22 .MC MA MC MA CA MC MA b      Khi đó công thức [a’] trở thành: 2 2 2 2 2 2 29 3MG MA MB MC a b c     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 2 2 2 2 2 2 29 3MG MA MB MC a b c      [i]Định lí 2: Với mọi tam giác ABC và với mọi điểm M ta luôn có bất đẳng thức:  2 2 2 2 2 213MA 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 DỤNG1] Trong bất đẳng thức [ii] khi cho M trùng với trực tâm H ta được:Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 2  2 2 2 2 2 213HA 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 2 2 213OA OB OC a b c     hay  2 2 2 2 2 213R R R a b c     Suy ra  2 2 2 219R 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 2 2 2 2 2 214 sin 4 sin 4 sin9R R A R B R C   Hay 2 2 29sin sin sin4A 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 ABC ta được 2 2 2 2 2 213IA IB IC a b c     [4] Vì sin2rIAA nên 22 2 221 cot2sin2r AIA rA     Tương tự, ta có: 2 2 21 cot2BIB r     2 2 21 cot2CIC r     Khi đó bất đẳng thức [4] trở thành:  2 2 2 2 2 2 213 cot cot cot2 2 2 3A B Cr a b c         Hay 2 2 22 2 223 cot cot cot2 2 2 3A B C a b cr     [5] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I trùng với trọng tâm G hay tam giác ABC đều.rrrICBAMở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 34] Trong công thức [i] khi cho M trùng với tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 29 3 9OG OA OB OC a b c R a b c         Suy ra  2 2 2 2 219OG 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 2a b ca b c h h h    vớiah, bh, chlần lượt là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Vậy thì hiệu 2 2 2 2 2 2a b ca b c h h h     bằng bao nhiêu?Ta có các bài toán sau:III. VÀI BÀI TOÁN THÚ VỊBài 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: 2 2 2 2 2 2 2 2 23a b ca b c h h h GD GE GF        FEDCBA Lời giải:Trong công thức [i] cho M trùng với điểm D ta được: 2 2 2 2 2 2 29 3GD DA DB DC a b c      2 2 2 2 2 2 2 23DA AB DA AC DA a b c        2 2 2 2 2 23AB AC DA a b c      2 2 2 2 2 23ac b h a b c     Tương tự, khi cho M lần lượt trùng với các điểm E và F ta được: 2 2 2 2 2 2 29 3bGE a c h a b c      2 2 2 2 2 2 29 3cGF b a h a b c     Cộng ba đẳng thức trên vế theo vế:Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 4 2 2 2 2 2 2 2 2 29 3a b cGD GE GF a b c h h h         Hay 2 2 2 2 2 2 2 2 23a b cGD GE GF a b c h h h       Bài toán 2: Đường tròn [ O; R] ngoại tiếp tam giác ABC, G là trọng tâm của tam giác ABC, cácđiểm A’, B’, C’ lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua tâm O. Khi đó ta có: a] 2 2 2 2 2 2 2' ' ' 4 cos cos cosA G B G C G R A B C     b] 2 2 2 2' ' ' 3A G B G C G R   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Lời giải: OC 'B 'A 'CBAa] Trong công thức [i] cho M trùng với điểm A’ ta được: 2 2 2 2 2 2 29 ' 3 ' ' 'A G A A A B A C a b c      Vì tam giác ABA’ vuông góc ở B nên ta có: ' ' cosAA'B 2 cosA B A A R C  Và tam giác AA’C vuông góc ở C nên: ' ' cosAA'C 2 cosA C A A R B Khi đó ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 29 ' 3 4 4 cos 4 cosA G R R C R B a b c      2 2 2 2 2 212 1 cos cosR C B a b c     Tương tự, khi cho M lần lượt trùng với các điểm B’ và C’ ta được: 2 2 2 2 2 2 29 ' 12 1 cos cosB G R C A a b c      2 2 2 2 2 2 29 ' 12 1 cos cosC G R A B a b c     Cộng ba đẳng thức trên vế theo vế ta được:2 2 2 2 2 2 2 2 2 29 ' ' ' 12 3 2cos 2cos 2cos 3A G B G C G R A B C a b c        Hay 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 ' ' ' 4 3 2cos 2cos 2cosA G B G C G R A B C a b c        Áp dụng định lí SIN ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 sin sin sin 4 3 cos cos cosa b c R A B C R A B C        Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 5Khi đó ta có:2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 ' ' ' 4 3 2cos 2cos 2cos 4 3 cos cos cosA G B G C G R A B C R A B C          2 2 2 212 cos cos cosR A B C  Vậy: 2 2 2 2 2 2 2' ' ' 4 cos cos cosA G B G C G R A B C    b] Từ bất đẳng thức [3] ta có: 2 2 29sin sin sin4A B C  2 2 23cos cos cos4A B C    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.Theo kết quả câu a] ta có:  2 2 2 2 2 2 2 2 23' ' ' 4 cos cos cos 4 . 34A G B G C G R A B C R R       Vậy: 2 2 2 2' ' ' 3A G B G C G R   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: a]  22 2 2 233 2 cos cos cos2DG EG FG R A B C           2 2 221 1 12 cos cos cos 3 cos cos cos2 2 2R A B C A B C                            b] 2 2 2 22 cos cos cosDG EG FG R A B C     Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Lời giải: OIFEDCBAa] Trong công thức [i] cho M trùng với điểm D ta được: 2 2 2 2 2 2 29 3DG DA DB DC a b c      [*]Xét tam giác ABD ta có:Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 6 2 sin 2 sin2ADA R ABD R B     Xét tam giác ACD ta có: 2 sin 2 sin2ADA R ACD R C     Từ đó ta có:2 2 sin sin 2 2sin .cos 4 cos2 2 2 2 2A A A B C B C B CDA R B C R R                          Suy ra 2 cos2B CDA R  2 2 2 2 21 cos4 cos 4 . 2 1 cos2 2B CB CDA R R R B C        Và 2 sin2ADB DC R Suy ra  2 2 2 2 2 21 cos4 sin 4 . 2 1 cos2 2A ADB DC R R R A    Do đó ta có 2 2 2 22 1 cos 1 cos 1 cosDA DB DC R B C A A            22 3 cos cos cosR B C B C A         22 3 2cos .cos cosR B C A  Thế vào công thức [*] ta được 2 2 2 2 29 6 3 2cos .cos cosDG R B C A a b c     Tương tự, khi cho M trùng với E, F ta được 2 2 2 2 29 6 3 2cos .cos cosEG R C A B a b c      2 2 2 2 29 6 3 2cos .cos cosFG R A B C a b c     Cộng ba đẳng thức sau cùng này vế theo vế, ta được2 2 2 29 6 9 2cos .cos 2cos .cos 2cos .cosDG EG FG R A B B C C A       2 2 2 26 cos cos cos 3R A B C a b c     Hay2 2 2 23 2 9 2cos .cos 2cos .cos 2cos .cosDG EG FG R A B B C C A       2 2 2 22 cos cos cosR A B C a b c     2 22 9 2cos .cos 2cos .cos 2cos .cos 2 cos cos cosR A B B C C A R A B C        2 2 2 24 3 cos cos cosR A B C   22 3 2cos .cos 2cos .cos 2cos .cos cos cos cosR A B B C C A A B C           2 2 2 24 cos cos cosR A B C  Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 7  22 2 2 22 3 cos cos cos cos cos cos cos cos cosR A B C A B C A B C             22 2 2 23 32 cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos4 2R A B C A B C A B C                 2232 cos cos cos2R A B C         2 2 221 1 12 cos cos cos 3 cos cos cos2 2 2R A B C A B C                           b] Theo kết quả câu a] ta có 22 2 2 233 2 cos cos cos2DG EG FG R A B C           2 2 22 21 1 12 cos cos cos 6 cos cos cos2 2 2R A B C R A B C                           Suy ra 2 2 2 23 6 cos cos cosDG EG FG R A B C    Hay 2 2 2 22 cos cos cosDG EG FG R A B C    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ta có 03cos cos cos2601cos cos cos2A B CA B CA B C        Tam giác ABC đềuBài toán 4: Các đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác ABC cắt các cạnh đối diệnlần lượt tại D, E, F và G là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó ta có: a]       2 2 2 2 2 22 2 23 2a b ca b cDG EG FG l l l abcb c c a a b             trong đó, ,a b cl l llần lượt là độ dài các đường phân giác trong AD, BE, CF. b]    2 2 2 2 2 2 2 2 21 13 6a b cDG EG FG l l l a b c        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: 2 2 2 2 2 2 29 3DG DA DB DC a b c      [**]Mặt khác, theo tính chất đường phân giác, ta có DB AB cDC AC b Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 8Suy ra DB DC DB DC BC ac b c b b c b c      FEDCBA Hay acDBb c , abDCb cTừ đó ta có:       2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 22 2 2a aa c a b aDA DB DC l l b cb c b c b c             222 2 22 222 1a aa bcl b c bc l ab c b c               22 222aa bcl ab c  Khi đó công thức [**] trở thành:   22 2 2 2 2 2229 3aa bcDG l a a b cb c         Tương tự, trong công thức [i] khi cho M lần lượt trùng với các điểm E, F ta được   22 2 2 2 2 2229 3bab cEG l b a b ca c            22 2 2 2 2 2229 3cabcFG l c a b ca b         Cộng ba đẳng thức sau cùng vế theo vế ta được        2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 2 22 2 29 3a b ca bc ab c abcDG EG FG l l l a b cb c a c a b                  2 2 23a b c         2 2 22 2 23 6a b ca b cl l l abcb c a c a b           Mở rộng công thức vec-tơ về trọng tâm tam giác và ứng dụng Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết – trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, T.T- Huế 9Vậy       2 2 2 2 2 22 2 23 2a b ca b cDG EG FG l l l abcb c a c a b             b] Theo kết quả câu a] ta có       2 2 2 2 2 22 2 23 2a b ca b cDG EG FG l l l abcb c a c a b                   2 2 2 2 2 22 2 22 2 2. . .a b cbc ac abl l l a b cb c a c a b       Áp dụng bất đẳng thức sau: với hai số dương x và y ta có  22 12xyx y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.Ta được      2 2 2 2 2 2 2 2 2132a b cDG EG FG l l l a b c       Vậy    2 2 2 2 2 2 2 2 21 13 6a b cDG EG FG l l l a b c        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