Luận văn thạc sĩ góc định hướng và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN THANH GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 c ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN THANH GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN VIỆT HẢI Thái Nguyên - 2015 c i Mục lục Lời cam đoan iii Lời cảm ơn iv Danh sách hình vẽ Mở đầu Xây dựng mặt phẳng định hướng 1.1 Định hướng mặt phẳng 1.1.1 Định hướng mặt phẳng theo hình học phổ thơng 1.1.2 Định hướng mặt phẳng công cụ tọa độ 1.1.3 Định hướng mặt phẳng theo hệ tiên đề Choquet 1.2 Đường thẳng định hướng Độ dài đại số 13 1.3 Góc định hướng 15 1.4 1.3.1 Góc định hướng hai vector 15 1.3.2 Góc định hướng hai tia 16 1.3.3 Góc định hướng hai đường thẳng 21 Một số kiện hình học theo ngơn ngữ góc định hướng 26 1.4.1 Xét góc định hướng tạo hai tia 26 1.4.2 Xét góc định hướng hai đường thẳng 30 Kết luận Chương 34 Giải tốn hình học mặt phẳng định hướng 2.1 35 Các toán ứng dụng đường thẳng định hướng 35 c ii 2.2 2.1.1 Hàng điểm điều hòa 35 2.1.2 Định lý Stewart 36 2.1.3 Một số ứng dụng 38 Ứng dụng góc định hướng giải tốn chứng minh 42 2.2.1 Phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song ba điểm thẳng hàng 42 2.2.2 Phương pháp chứng minh hai đường thẳng vng góc 45 2.2.3 Phương pháp chứng minh điểm đồng viên 49 2.3 Ứng dụng góc định hướng giải tốn quỹ tích 54 2.4 Các ứng dụng khác 60 2.5 Một số toán 65 Kết luận Chương 69 Kết luận Đề nghị 70 Tài liệu tham khảo 71 c iii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn cơng trình tơi tổng hợp nghiên cứu Trong luận văn tơi có sử dụng số tài liệu tham khảo nêu phần "Tài liệu tham khảo" Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2015 Tác giả Nguyễn Văn Thanh c iv Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành với hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Việt Hải, nguyên giảng viên cao cấp Trường Đại học Hải Phòng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy hướng dẫn, tới thầy cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K7B - Trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo Thành phố Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT An Dương, huyện An Dương, Thành phố Hải Phòng tạo điều kiện mặt để tác giả tham gia học tập hoàn thành chương trình đào tạo Thạc sĩ Tốn, chun ngành "Phương pháp Toán sơ cấp" Tác giả Nguyễn Văn Thanh c v Danh sách hình vẽ Hình vẽ Trang 1.1 1.2 11 1.3 13 1.4 14 1.5 16 1.6 17 1.7 17 1.8 18 1.9 19 1.10 19 1.11 20 1.12 20 1.13 21 1.14 22 1.15 22 1.16 23 1.17 23 1.18 24 1.19 24 1.20 24 1.21 25 c 1.22 28 1.23 31 1.24 31 2.1 37 2.2 39 2.3 40 2.4 42 2.5 43 2.6 44 2.7 45 2.8 46 2.9 46 2.10 47 2.11 48 2.12 50 2.13 51 2.14 51 2.15 53 2.16 54 2.17 55 2.18 55 2.19 57 2.20 58 2.21 59 2.22 61 2.23 62 2.24 63 c Mở đầu Trong giáo trình hình học sơ cấp trường đại học sư phạm mà tơi đọc tác giả có đề cập đến đường thẳng định hướng mặt phẳng định hướng; chẳng hạn xem giáo trình “Hình học sơ cấp” [5, 6, 7] Trong giáo trình đó, tác giả đơn giản hóa chứng minh liên quan đến mặt phẳng định hướng góc định hướng, khn khổ giáo trình khơng cho phép tác giả sâu vào ứng dụng công cụ việc giải loại tốn hình học Để nghiên cứu sâu thêm tính chất bổ sung thêm tốn ứng dụng đường thẳng định hướng góc định hướng vào việc giải tốn phổ thơng, coi cơng cụ mạnh, hữu hiệu giải tốn hình học Chúng tơi muốn sâu vào đề tài "Góc định hướng ứng dụng" Đó lý nghiên cứu tác giả luận văn Luận văn chia làm hai chương • Chương Xây dựng mặt phẳng định hướng Sau nêu cách định hướng mặt phẳng dựa từ công cụ khác nhau, nhắc lại bổ sung thêm đường thẳng định hướng, độ dài đại số, góc định hướng hai tia góc định hướng hai đường thẳng, nội dung chương kiến thức chuẩn bị cho chương sau Kết bật chứng minh chặt chẽ hệ thức Chales trường hợp Tiếp theo kiện hình học chuyển sang ngơn ngữ độ dài đại số hay góc định hướng • Chương Giải tốn hình học mặt phẳng định hướng Chương trọng tâm luận văn Chúng bắt đầu ứng dụng độ dài đại số góc định hướng để trình bày phương pháp giải tốn hình học: Chứng minh tính song song, tính thẳng hàng, tính vng góc, tính đồng viên điểm, giải c tốn quỹ tích, ứng dụng khác Các toán đưa luận văn tốn khó, điển hình cho loại hay gặp kỳ thi học sinh giỏi tồn quốc, chí kỳ thi quốc tế Việc sử dụng góc định hướng giúp lời giải ngắn gọn, rõ ràng khơng phụ thuộc vào hình vẽ Hơn nữa, góc định hướng giúp định nghĩa phép biến hình, từ mở ứng dụng khác Dù nghiêm túc thực luận văn, nhiều lý khác nhau, luận văn chắn cịn nhiều thiếu sót Kính mong Thầy Cơ anh chị em đồng nghiệp góp ý để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2015 Tác giả Nguyễn Văn Thanh c 45 Hình 2.7 Ta có Hc , Hb ∈ (ABC) Ta tính góc định hướng (HC , HB ) = (HC , HA) + (HA, HB ) = −(Hc M, HA) − (Hb A, Hb M ) = (mod π) (do tính đối xứng) = (HA, Hc M ) − (Hb A, Hb M ) = (mod π) A, Hb , M, C đồng viên Vậy A0 , B , C thẳng hàng 2.2.2 Phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuông góc Ta lưu ý điều kiện tương đương sau • AB ⊥ CD (AB, AC) ≡ π (mod π); • a ⊥ b (a, c) = (d, c) (mod π) d ⊥ b Ta xét số toán sau Bài toán 2.8 Hai dây cung AB, CD đường trịn (O) vng góc P Chứng minh trung tuyến P M tam giác BP C đường cao tam giác P AD Lời giải Ta tính góc định hướng (P M, AD) (P M, AD) = (P M, P C) + (P C, AD) = (P M, P C) + (DC, DA) c (2.10) 46 Hình 2.8 Vì tam giác P M C cân M nên (P M, P C) = (CP, CB) = (CD, CB) = (AD, AB) Thay vào (2.10) ta có (P M, AD) = (AD, AB) + (DC, DA) = (DC, DA) + (DA, AB) = (DC, AB) ≡ π (mod π) Vậy P M vng góc với AD Bài tốn 2.9 Cho hai đường trịn (O) (O0 ) cắt A, B Một điểm M di động (O) Các đường thẳng M A M B cắt đường tròn (O0 ) C D Chứng minh M O ⊥ CD Hình 2.9 Lời giải Tại M kẻ tiếp tuyến với đường trịn (O) Ta có (M A, M T ) = (BA, BM ) c (mod π) (2.11) 47 Xét đường trịn (O0 ) ta có (BA, BD) = (CA, CD) (mod π) (2.12) (BA, BM ) = (M A, CD) (mod π) (2.13) hay Từ (2.11), (2.12), (2.13) ta có (M A, M T ) = (M A, CD) (mod π) Suy CD//M T Mà M T ⊥ M O nên kéo theo M O ⊥ CD Bài tốn 2.10 Cho tam giác ABC Về phía ngồi ta dựng tam giác ABE, ACF Gọi G tâm tam giác ABE K trung điểm đoạn EF Chứng minh tam giác KGC vng có góc 60◦ Hình 2.10 Lời giải Dựng điểm P cho EGF P hình bình hành Vì K trung điểm EF nên K trung điểm CP Ta chứng minh tam giác CGP cân C Xét hai tam giác GAC CP F có EG = P F kéo theo AG = P F (2.14) (2.15) CA = CF [ = P[ Ta dùng góc định hướng để chứng minh GAC F C Mặt khác (F P, F C) = (GE, F C) (mod π) c 48 Vậy (F P, F C) = (GE, GA) + (GA, CA) + (CA, F C) (mod π) Chọn (AB, AC) góc dương Ta có (GE, GA) = − Vậy (F P, F C) ≡  2π ; (CA, F C) ≡ (CA, CF ) (mod π) = 2π π − + (GA, CA) + 3  π (mod π) = (AG, AC) (mod π) suy (2.16) ∠GAC = ∠P F C Từ (2.14), (2.15) (2.16) suy ∆GAC = ∆CP F, từ ta có CG = CP , nên tam giác cân GCP có trung tuyến CK vừa đường cao, hay tam giác KGC vuông K Mặt khác ∠GCA = ∠P CF suy ∠GCA + ∠ACF = ∠P CF + ∠ACP, hay ∠GCA + ∠ACF = ∠P CF + ∠ACP Do ∠KGC = 60◦ Bài tốn 2.11 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi M N đường kính (O) Chứng minh đường thẳng Simson tam giác ABC ứng với hai điểm M , N vng góc Hình 2.11 c 49 Lời giải Gọi X, Y theo thứ tự hình chiếu M AB, BC Z, T theo thứ tự hình chiếu N AB, BC Ta cần chứng minh XY ⊥ ZT Thật ta thấy bốn điểm M, B, X, Y N, B, Z, T đồng viên Ta có (XY, ZT ) = (XY, M Y ) + (N T, ZT ) (mod π) suy (XY, ZT ) = (XB, M B) + + (N B, ZB) (mod π) Điều kéo theo (XY, ZT ) = (N B, M B) (mod π) mà (N B, M B) = 2.2.3 π XB, ZB trùng (mod π) M N đường kính Ta suy XY ⊥ ZT Phương pháp chứng minh điểm đồng viên Bài toán chứng minh bốn điểm nằm đường trịn tốn quen thuộc phổ thông Khi sử dụng góc định hướng để giải tốn ta cần lưu ý: • Bốn điểm A, B, C, D nằm đường tròn (AB, AD) = (CB, CD) (mod π) • Hệ quả: Tập hợp điểm M nằm mặt phẳng chứa tam giác ABC thỏa mãn (M A, M B) = (CA, CB) (mod π) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài toán 2.12 Điểm đối xứng trực tâm H qua ba cạnh tam giác ABC nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Gọi H điểm đối xứng H qua BC Ta có (AC, AB) = (AD, AF ) = (HD, HF ) = (HB, HC) (mod π) c 50 Hình 2.12 ADHF nội tiếp, (HB, HC) = −(H B, H C) = (H C, H B) (mod π) hai góc đối xứng qua BC Suy (AC, AB) = (H C, H B) (mod π) Điều chứng tỏ rẳng H ABC nội tiếp hay H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự cho điểm đối xứng với H qua AC, AB Bài toán 2.13 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi A1 , C1 , B1 , D1 hình chiếu A, C B, D xuống BD, AC Chứng minh A1 B1 C1 D1 tứ giác nội tiếp Lời giải Vì tứ giác ABA1 B1 nội tiếp đường trịn nên ta có (B1 A1 , B1 A) = (BA1 , BA) (mod π) (2.17) Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên (BD, BA) = (CD, CA) (mod π) (BA1, BA) = (CD, CA) (mod π) (2.18) Vì tứ giác CDD1 C1 nội tiếp đường trịn nên ta có (CD, CD1 ) = (C1 D, C1 D1 ) (mod π), (CD, CA) = (C1 A1 , C1 D1 ) (mod π) c (2.19) 51 Hình 2.13 Cộng (2.17), (2.18) (2.19) ta có (B1 A1 , B1 A) = (C1 A1 , C1 D1 ) (mod π) Suy A1 B1 C1 D1 tứ giác nội tiếp Bài toán 2.14 Cho tam giác ABC điểm P mặt phẳng tam giác Chứng minh vòng tròn đối xứng ba vòng tròn ngoại tiếp tam giác P AB, P BC, P CA tương ứng qua cạnh AB, BC, CA có điểm chung Hình 2.14 Lời giải Gọi P1 , P2 , P3 điểm đối xứng P qua AB, BC, CA Q giao điểm thứ hai hai đường tròn (P1 AB) (P2 BC) Vì tính chất đối xứng nên ta có (P1 A, P1 B) = −(P A, P B) (mod π) c (2.20) 52 (P2 B, P2 C) = −(P B, P C) (mod π) (2.21) (P3 C, P3 A) = −(P C, P A) (mod π) (2.22) Các điểm P1 , A, B, Q đồng viên, ta có (QA, QB) = (P1 A, P1 B) (mod π) (2.23) Các điểm P2 , C, B, Q đồng viên, ta có (QB, QC) = (P2 B, P2 C) (mod π) (2.24) Cộng (2.23) (2.24) ta có (QA, QC) = (P1 A, P1 B) + (P2 B, P2 C) = −(P A, P B) − (P B, P C) = −(P A, P C) (2.25) Từ (2.25) (2.22) ta có (QA, QC) = (P3 A, P3 C) (mod π) Suy P3 , Q, A, C đồng viên Như ba đường tròn (P1 AB), (P2 BC), (P3 AC) qua Q Ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.15 (Định lý Migel) Cho tam giác ABC Gọi D, E, F điểm thuộc đường thẳng BC, AC AB (a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF , BF E, CDE qua điểm M (b) Nếu D, E, F thẳng hàng điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tâm đường tròn (ABC), (AEF ), (BF E), (CDE) thuộc đường trịn đường trịn qua M Lời giải (a) Gọi M giao điểm (AEF ) (BDF ), ta chứng minh C, D, E, M đồng viên Do A, E, M, F đồng viên nên ta có (EM ; EC) = (EM ; EA) = (F M ; F A) (mod π) Mà D, M, F, B đồng viên nên (F M ; F A) = (F M ; F B) = (DM ; DB) (mod π) c 53 Hình 2.15 Suy (EM ; EC) = (DM ; DB) = (DM ; DC) (mod π) Do M, E, C, D đồng viên (b) Ta có (AM ; AF ) = (EM ; EF ) (mod π), (AM ; AF ) = (CM ; CB) (mod π), (CM ; CB) = (EM ; ED) (mod π), E, D, F thẳng hàng (EM ; EF ) = (EM ; ED) (AM ; AF ) = (CM ; CB), điều xảy A, B, C, M đồng viên Gọi O, Oa , Ob , Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AEF , BDF , CDE Ta chứng minh O, M , Oa , Ob , Oc đồng viên Thật ta có (Oa M ; Oa Ob ) = (EM ; EF ) = (CM ; CD) = (OM ; OOb ) (mod π), Oa , M, O, Ob đồng viên Tương tự Oa , M, O, Oc đồng viên Suy điều chứng minh Bài tốn 2.16 Cho hai đường trịn cắt A B Kẻ cát tuyến M AN Các tiếp tuyến M N với đường tròn cắt C Chứng minh bốn điểm M, N, C, B nằm đường tròn c 54 Hình 2.16 Lời giải Vì M C tiếp tuyến nên ta có (BM, BA) = (M C, M A) (mod π) (2.26) Vì N C tiếp tuyến nên ta có (BA, BN ) = (N A, N C) (mod π) (2.27) Cộng (2.26) (2.27) ta có (BM, BN ) = (M C, N C) = (CM, CN ) (mod π) Vậy bốn điểm C, B, M, N nằm đường trịn 2.3 Ứng dụng góc định hướng giải tốn quỹ tích Khi giải tốn quỹ tích cần sử dụng kết sau: • Tập hợp điểm M nằm đường trịn (ABC) (M B, M C) = (AB, AC) (mod π) c 55 Hình 2.17 • {M | (M A, M B) = α (mod π)} cung trịn chứa góc α qua A, B • {M | (M A, M B) = −α (mod π)} cung trịn khơng chứa góc α qua A, B Bài toán 2.17 Cho tam giác ABC Gọi M điểm di động cạnh BC Hai đường tròn thay đổi qua M , tiếp xúc với AB, AC B, C cắt I Tìm tập hợp điểm I M thay đổi Hình 2.18 Lời giải Thuận Vì AB tiếp tuyến đường trịn (O1 ) nên ta có (IB, IM ) = (BA, BM ) = (BA, BC) (mod π) c (2.28) 56 Vì AC tiếp tuyến đường trịn (O2 ) nên ta có (IM, IC) = (CM, CA) = (BC, BA) (mod π) (2.29) Cộng (2.28) (2.29) vế với vế áp dụng hệ thức Salơ (IB, IC) = (AB, AC) (mod π) Suy tứ giác ABIC nội tiếp Vậy điểm I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đảo Lấy I ∈ (ABC) Nếu I ≡ A ta khơng dựng hai đường trịn qua A tiếp xúc với AB, AC B C nên điểm A bị loại Với I 6≡ A (kể I ≡ B I ≡ C) Nối IB, IB, ta dựng (O1 ) tiếp xúc với AB B qua I, (O2 ) tiếp xúc với AC C qua I Giao thứ hai (O1 ) (O2 ) M Ta phải chứng minh M ∈ BC Vì AB tiếp tuyến (O1 ) nên (IB, IM ) = (BA, BM ) (mod π) Vì AC tiếp tuyến (O2 ) nên (IM, IC) = (CM, AC) (mod π) Cộng vế với vế (IB, IM ) + (IM, IC) = (BA, BM ) + (CM, CA) ⇔ (IB, IC) = (BA, BM ) + (CM, CA) ⇔ (AB, AC) = (AB, M B) + (M C, CA) (mod π) (mod π) (mod π) (do I ∈ (ABC)) Từ suy M B ≡ M C, hay M ∈ BC Kết luận: Tập hợp điểm I đường trịn (ABC) trừ điểm A Bài tốn 2.18 Cho đường trịn (O) (O0 ) có bán kính R R0 cắt A B Một điểm M di động (O) Đường thẳng M A M B cắt đường tròn (O0 ) C D Tìm tập hợp trung điểm I CD c 57 Hình 2.19 Lời giải Thuận Ta có (AD, AC) = (AD, BM ) + (BM, AC), mà −−→ −−→ (AD, BM ) = (AD, BD) = (O0 A, O0 B) = (O0 O, O0 B) (mod π) −−→ −→ (BM, AC) = (M B, M A) = (OB, OA) = (OB, OO0 ) (mod π) Do (AD, AC) = (O0 O, O0 B) + (OB, OO0 ) = (OB, O0 B) (mod π) = (BO, BO0 ) (mod π) = const Đặt ∠OBO0 = π − α, suy ∠BAC = α, độ dài CD khơng đổ, CD = 2R0 sin α Từ suy khoảng cách O0 I = R0 cos α Vậy trung điểm I thuộc đường trịn tâm O0 bán kính R0 cos α \0 Qua I vẽ đường thẳng Đảo Đảo lại lấy I ∈ (O0 , R0 cos α), α = π − OBO vng góc với O0 I cắt (O0 ) M Ta cần chứng minh M ∈ (O) Lý luận ngược lại với phần thuận ta điều phải chứng minh Kết luận: Tập hợp trung điểm I thỏa mãn đề đường tròn (O0 , R0 cos α) Bài toán 2.19 (VN IMO 2005-2006) Cho tứ giác ABCD Điểm M chạy đường thẳng AB khác A, B Các đường tròn (ACM ) (BDM ) cắt điểm thứ hai N Chứng minh (a) N chạy đường trịn cố định c 58 Hình 2.20 (b) M N qua điểm cố định Lời giải (a) Thực chất ta giải phần thuận tốn quỹ tích Đặt O = AC ∩ BD Ta thấy (N C, N D) = (N C, N M ) + (N M, N D) (mod π) = (AC, AM ) + (BM, BD) (mod π) (vì A ∈ (N CM ); B ∈ (N M D)), hệ thức Salơ = (AC, BD) (mod π) (vì AM ≡ BM ) = (OC, OD) (mod π) (vì AC ≡ OC BD ≡ OD) Do N thuộc đường trịn (OCD) Vì (OCD) cố định, ta có điều chứng minh (b) Gọi K giao điểm thứ hai M N với (OCD) Ta thấy (OK, AC) = (OK, OC) (mod π) (vì AC ≡ OC) = (N K, N C) (mod π) (vì N ∈ (OKC)) = (N M, N C) (mod π) (vì N K ≡ N M ) = (AM, AC) (mod π) (vì A ∈ (N M C)) = (AB, AC) (mod π) (vì AM ≡ AB) Từ suy OK //AB Suy K cố định Vậy M N qua điểm K cố định c 59 Bài toán 2.20 Cho tam giác cân ABC đỉnh A Một điểm M di động đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường thẳng AM cắt BC P (1) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P CM P tiếp xúc với AB, AC B C (2) Tìm tập hợp tâm đường trịn BM P CM P Hình 2.21 Lời giải (1) Vì A, B, C, M đồng viên nên (BA, BM ) = (CA, CM ) = (CA, CB) + (CB, CM ) (2.30) Theo giả thiết tam giác ABC cân A nên ta có (CA, CB) = (BC, BA) (mod π) (2.31) (CB, CM ) = (AB, AM ) (mod π) (2.32) Từ (2.30), (2.31) (2.32) ta có (BA, BM ) = (BC, BA) + (AB, AM ) c ... Chúng tơi muốn sâu vào đề tài "Góc định hướng ứng dụng" Đó lý nghiên cứu tác giả luận văn Luận văn chia làm hai chương • Chương Xây dựng mặt phẳng định hướng Sau nêu cách định hướng mặt phẳng dựa... hay góc định hướng • Chương Giải tốn hình học mặt phẳng định hướng Chương trọng tâm luận văn Chúng bắt đầu ứng dụng độ dài đại số góc định hướng để trình bày phương pháp giải tốn hình học: Chứng... NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN THANH GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN