Luận văn thạc sĩ trục đẳng phương, phương tích và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN PHÚ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 c ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN PHÚ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH VÀ MỘT SỐ 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 TRẦN TRUNG Thái Nguyên - 2015 c i Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Kiến thức sở 1.1 Phương tích điểm với đường tròn 1.1.1 Định nghĩa ví dụ 1.1.2 Các tính chất 1.1.3 Phương tích hệ tọa độ Descartes Trục đẳng phương hai đường tròn 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Các tính chất 1.2.3 Cách xác định trục đẳng phương hai đường tròn 10 1.2.4 Trục đẳng phương hệ tọa độ Descartes 11 Tâm đẳng phương 12 1.3.1 Định nghĩa ví dụ 12 1.3.2 Các tính chất 13 1.2 1.3 Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương 15 2.1 Chứng minh đồng quy 15 2.2 Chứng minh điểm cố định 22 c ii 2.3 Chứng minh điểm thuộc đường tròn, điểm nằm đường thẳng cố định 28 2.4 Chứng minh thẳng hàng 34 2.5 Chứng minh đẳng thức 42 2.6 Chứng minh vng góc, song song 44 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 c iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học PGS.TS Trần Trung Qua em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học mình, PGS.TS Trần Trung, người đưa đề tài dành nhiều thời gian tận tình hướng dẫn, giải đáp thắc mắc em suốt trình nghiên cứu Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Em xin trân trọng cảm ơn thầy cô giảng dạy Phòng Đào tạo thuộc Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện tốt để em theo học lớp học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn 7D khóa 1/2014 - 1/2016 động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Dương, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THCS Quang Trung - Kinh Môn - Hải Dương tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tập Tơi cảm ơn gia đình bạn bè động viên giúp đỡ tơi suốt q trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Đặng Văn Phú Học viên Cao học Toán 7D Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên c Mở đầu Trong hình học phẳng, phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương vấn đề quen thuộc ứng dụng nhiều việc giải tốn Nói đến chủ đề này, ta hiểu cách đơn giản định nghĩa, tính chất ứng dụng liên quan đến việc xét vị trí tương đối điểm cố định với đường tròn, tập hợp điểm với đường tròn, đường tròn với đường trịn Phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương chuỗi phát triển mối quan hệ Những kiến thức đơn giản dễ hiểu ứng dụng đa dạng, phong phú nhiều phương pháp tối ưu cho tốn hình học Một nắm vững hiểu rõ vấn đề này, việc áp dụng vào giải toán trở nên thuận tiện hết Một số ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương kể đến tập hợp điểm, góc, khoảng cách, điểm cố định, đường cố định, chứng minh hệ thức, toán thẳng hàng, đồng quy, vng góc, dựng hình, cực trị hình học, Chúng ta có lợi khơng nhỏ sử dụng vấn đề toán học để giải toán liên quan đến vấn đề mặt giúp người học hạn chế nghiệm trường hợp toán, làm cho toán trở nên nhẹ nhàng cách gọi ẩn tình xảy ra, mặt khác giúp lời giải toán trở nên hay, đẹp tạo nên tối ưu việc giải yêu cầu đề Với lý trên, với quan tâm muốn sâu vấn đề c chọn đề tài Trục đẳng phương, phương tích số ứng dụng cho luận văn Do nhiều yếu tố chủ quan khách quan, nội dung viết cịn nhiều khiếm khuyết, mong nhận ý kiến đóng góp q thầy bạn bè đồng nghiệp Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Kiến thức sở Trong chương này, chúng tơi trình bày cách sơ lược phương tích điểm với đường tròn, trục đẳng phương hai đường tròn tâm đẳng phương mà sử dụng chương • Chương 2: Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương Trong chương chúng tơi trình bày ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương vào chứng minh đồng quy, chứng minh điểm cố định, chứng minh điểm thuộc đường tròn, chứng minh điểm nằm đường thẳng cố định, chứng minh thẳng hàng, chứng minh vng góc song song Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Đặng Văn Phú c Chương Kiến thức sở 1.1 Phương tích điểm với đường trịn 1.1.1 Định nghĩa ví dụ Định lí 1.1.1 [1] Cho đường tròn (O; R) điểm P cố định, OP = d Qua P kẻ đường thẳng cắt đường tròn hai điểm U V Khi giá trị P U P V = P O2 − R2 = d2 − R2 không phụ thuộc vào vị trí đường thẳng Chứng minh (Hình 1.1) Gọi M điểm đối xứng V qua O Ta có M U vng góc với P V hay U hình chiếu M P V Suy −→ −→ −−→ −→ P U P V = P U P V = P M P V −→ −−→ −→ −−→ = (P O + OM )(P O + OV ) −→ −−→ −→ −−→ = (P O − OV )(P O + OV ) −→ −−→ = P O2 − OV = OP − OV = d2 − R2 Hình 1.1 Định nghĩa 1.1.1 [1] Giá trị không đổi P U P V = P O2 − R2 = d2 − R2 gọi phương tích điểm P đường tròn (O) ký hiệu PP/(O) c Định lí 1.1.2 [1] Nếu đường thẳng AB CD cắt P P A.P B = P C.P D điểm A, B, C, D thuộc đường trịn Chứng minh (Hình 1.2) Giả sử đường tròn ngoại tiếp ∆ABC cắt CD D0 P A.P B = P O.P D0 ⇒ P D = P D0 ⇒ D ≡ D0 Vậy điểm A, B, C, D thuộc đường trịn Hình 1.2 Ví dụ 1.1.1 Cho đường trịn (O) điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A cắt (O) M N Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N thuộc đường thẳng Giải (Hình 1.3) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N C giao điểm AB với (I) Khi PA/(I) = AC.AB = AM AN = PA/(O) khơng đổi A, O cố định PA/(O) Suy AC = Vì A, B cố định AB C thuộc AB nên từ hệ thức suy điểm C cố định Do I thuộc đường trung trực BC cố định Hình 1.3 c 1.1.2 Các tính chất Tính chất 1.1.1 Nếu điểm M nằm ngồi đường trịn (O) M T tiếp tuyến (O) PM/(O) = M T Tính chất 1.1.2 Nếu hai điểm A, B cố định AB.AM số M cố định Tính chất 1.1.3 + Điểm M nằm bên ngồi đường trịn (O) PM/(O) > + Điểm M nằm đường tròn (O) PM/(O) = + Điểm M nằm bên đường tròn (O) PM/(O) < Tính chất 1.1.4 (Hình 1.4) Cho hai đường thẳng AB, M T phân biệt cắt M (M không trùng A, B, T ) Khi M A.M B = M T đường trịn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với M T T Hình 1.4: Hình 1.5: Ví dụ 1.1.2 Cho ABC nội tiếp đường tròn (O, R) G trọng tâm củaABC Chứng minh PG/(O) = − (AB + BC + CA2 ) −→ −→ −−→ −→ Giải (Hình 1.5) Vì G trọng tâm ABC nên OG = OA + OB + OC, suy 9OG2 = OA2 + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) = 3R2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) (1) c 43 2(b2 + c2 ) − a2 a2 = + 4 2 2 a a b +c − + = (a2 + b2 + c2 ) = Tương tự ta tính PB/(O2 ) = PC/(O3 ) = (a2 + b2 + c2 ) Do PA/(O1 ) = PB/(O2 ) = PC/(O3 ) Bài toán 2.5.2 (S44 Mathematical Reflection MR2-2007) Từ điểm P nằm bên đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến P A, P B tới đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Gọi M trung điểm AP N giao điểm BM với (O) (N không trùng B) Chứng minh P N = 2M N Giải (Hình 2.31) Ta có M N.M B = M A2 = M A.M P Gọi N điểm đối xứng với N qua M Khi M N.M B = M N M B Suy M A.M P = M N M B hay tứ giác ABP N tứ giác nội Hình 2.31 \ Suy N \ tiếp đường trịn Ta có P\ AN = P\ BN = BAN AN = \ AN N hay tam giác N AN cân A Mà ∆N AN = ∆N P N , suy tam giác N P N cân N Suy P N = 2.M N Bài toán 2.5.3 (USAMO 1998) Cho hai đường tròn đồng tâm O ký hiệu (C1 ) (C2 ), (C2 ) nằm (C1 ) Từ điểm A nằm (C1 ) kẻ tiếp tuyến AB tới (C2 ) AB giao với (C1 ) điểm thứ hai C Gọi D trung điểm AB Một đường thẳng qua A cắt (C2 ) E, F cho đường trung trực đoạn DF EC giao điểm M nằm AC Chứng minh 3AM = 5M C c 44 Hình 2.32: Giải (Hình 2.32) Theo giả thiết (C1 ); (C2 ) hai đường tròn đồng tâm O AC tiếp tuyến (C2 ) B nên B trung điểm AC Ta có PA/(C2 ) = AE.AF = AB = AB.2AB = AD.AC Nên tứ giác DCF E nội tiếp Do M tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác DCF E Mà M nằm AC nên M D = M C = DC Từ đó, ta có AM = AB M C = AB Suy 4 AM MC 2.6 = hay 3AM = 5M C Chứng minh vng góc, song song Với cách giải toán cho ta thấy nghiên cứu sâu kĩ chủ đề giúp ta thấy hay, đẹp hình học Bài tốn chứng minh quan hệ vng góc, song song sau kết hợp tuyệt vời tính chất phương tích trục đẳng phương c 45 Bài tốn 2.6.1 [2] Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi AM BN hai dây cung cắt I Kẻ IH vng góc với AB đường cắt (O) J Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJM Chứng minh KJ vuông góc với AJ Giải (Hình 2.33) Vì AB đường kính nên \ \ AM B = AN B = 900 Suy tứ giác BHIM nội tiếp đường trịn đường kính IB Ta lại có tam giác AJB vng J có JH đường cao nên AJ = AH.AB Mà tứ giác BHIM nội tiếp nên ta có AH.AB = AM AI Suy AJ = AM AI Đẳng thức chứng tỏ AJ tiếp xúc với Hình 2.33 đường trịn (M IJ) hay KJ vng góc với AJ Bài tốn 2.6.2 [4] Cho hai đường tròn (O), (O0 ) cắt A B Trên đường thẳng AB, đoạn AB lấy điểm C Qua C vẽ cát tuyến CM N (O) CP Q (O0 ) CT CT tiếp tuyến (O) (O0 ) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q, chứng minh IT vng góc với CT , I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N , chứng minh I T vng góc với CT Giải (Hình 2.34) Tứ giác AM N B nội tiếp đường trịn (O), CM CN = CA.CB Tứ giác APQB nội tiếp đường trịn (O’), CP CQ = CA.CB c 46 Suy CM CN = CA.CB Ta có CT tiếp xúc (O) T CM N cát tuyến (O), nên CT = CM CN Theo chứng minh ta có CM CN = CP CQ Do CT = CP CQ Vậy CT tiếp tuyến T đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q hay IT vng góc với CT Tương tự ta có CT tiếp tuyến T đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N , I T vng góc với CT Hình 2.34 Bài tốn 2.6.3 [3] Cho đường trịn (O) điểm P nằm ngồi đường trịn Qua P vẽ cát tuyến P AB (O) Các tiếp tuyến (O) A, B cắt M Đường thăng OM cắt AB i, đường thẳng M H vng góc với OP H, cắt AB n Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IN T , chứng minh KT vng góc P T (P T tiếp tuyến (O)) \ = OAM \ = OBM \ = 900 nên điểm Giải (Hình 2.35) Ta có OHM O, H, A, M, B đường trịn Trong đường trịn đó, OH AB cắt P nên P A.P B = P O.P H (1) Trong (O), OM vng góc với AB I trung điểm AB Tứ giác c 47 Hình 2.35: \ = OIN [ = 900 Do OIM N nội tiếp Suy OIM N có OHN P O.P H = P I.P N (2) So sánh (1) (2) ta P A.P B = P O.P H = P I.P N (3) P T tiếp tuyến (O) T Trong (O), P AB cát tuyến, P T tiếp tuyến nên P T = P A.P B (4) Từ (3) (4) ta suy P T = P I.P N Điều chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp tam giác IN T tiếp xúc với P T T hay KT ⊥ P T Bài tốn 2.6.4 (Thi vơ địch toán Iran 1996) Cho hai điểm D, E tương ứng nằm cạnh AB, AC tam giác ABC cho DE k BC Gọi P điểm nằm bên tam giác ABC, đường thẳng P B P C cắt DE F G Gọi O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P DG, P F E Chứng minh AP vng góc với O1 O2 c 48 Hình 2.36: Giải (Hình 2.36) Gọi M giao điểm thứ AB với (O1 ) N giao điểm thứ AC với (O2 ) Ta có \ \ P\ MD = P GD = P CB Suy tứ giác BP CM nội tiếp, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp, tứ giác BM N C nội tiếp Mà DE k BC ta thu tứ giác M DEN nội tiếp Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp DGP, P EF DEN M ta có DM ∩EN = {A} nằm trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) Suy AP ⊥ O1 O2 Bài toán 2.6.5 [2] Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF đồng quy H, M trung điểm BC, EF cắt BC I Chứng minh IH vng góc với AM Giải (Hình 2.37) Gọi O, J trung điểm AH, M H Ta có \ \ \ = EM \ EF D = 2.HF D = 2.EBM C c 49 Hình 2.37: Suy tứ giác FEMD nội tiếp Khi IE.IF = IM ID Suy I nằm trục đẳng phương (O; OA) (J; JH) Suy IH vng góc với OJ Mà OJ đường trung bình tam giác AM H nên OJ k AM Do vậy, IH vng góc với AM Bài tốn 2.6.6 (Vơ địch Tốn Hungary 1999) Cho tam giác ABC nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi M, N giao điểm cặp đường thẳng DE, CF DF, BE; O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Chứng minh hai đường thẳng OA M N vng góc với Giải Trước hết ta chứng minh toán: Cho tam giác ABC có E tâm đường trịn Euler H trực tâm Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Khi ta có A, E, O thẳng hàng (Hình 2.38) Gọi (I) đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi K giao điểm tia AH với (I) Ta dễ dàng chứng minh đươc hai tam giác BHC, BKC đối xứng qua đường thẳng BC Do đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác BHC đối xứng với đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC qua BC Suy OI vuông góc với BC Do OI k AH (1) Gọi M trung điểm BC Kẻ đường kính BIJ (I) Lại có AHCJ c 50 Hình 2.38: Hình 2.39: hình bình hành nên AH = CJ Mà M trung điểm BC O, I đối xứng qua BC nên OI = 2IM = CJ (IM đường trung bình tam giác BJC) Do OI = AH (2) Từ (1) (2) suy AHOI hình bình hành Vì E tâm đường tròn Euler tam giác ABC nên E trung điểm IH Suy E trung điểm AO Điều chứng tỏ A, H, O thẳng hàng Bài toán chứng minh Ta quay trở lại tốn ban đầu (Hình 2.39) Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF tức G tâm đường tròn Euler tam giác ABC Ta có tứ giác BHFD nội tiếp nên PN/(BF HD) = N F N D = N B.N H Mà N F N D = PN/(G) , N B.N H = PN/(O) Suy PN/(G) = PN/(O) Tương tự ta có PM/(G) = PM/(O) Do M N trục đẳng phương (O) G Suy M N vng góc với OG Mà O, G, A thẳng hàng nên M N vng góc với OA c 51 Bài toán 2.6.7 [2] Trên cạnh AB hình bình hành ABCD lấy hai điểm thay đổi A0 , B tùy ý Các đường thẳng CA0 , DB cắt P Chứng minh trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA0 , P BB ln song song với BC Hình 2.40: Giải (Hình 2.40) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA0 P BB cắt điểm thứ hai Q P Q trục đẳng phương chúng Gọi M giao điểm P Q AB; N giao điểm P Q CD Ta có M A.M A0 = M B.M B (1) Mặt khác, tam giác P M A0 tam giác P N C đồng dạng nên M A0 NC PM = PN (2) Ta lại có, tam giác P M B tam giác P N D đồng dạng nên M B0 ND Từ (2) (3) suy M A0 NC PM = M B0 = ND c PN (4) (3) 52 Từ (1) (4) ta có NC MB = mà AD song song với BC nên M N song ND MA song với BC hay P Q song song với BC Bài tốn 2.6.8 [1] Cho hai đường trịn (O), (O0 ) tiếp xúc A Tiếp tuyến chung tiếp xúc với (O) T , với (O0 ) T , cắt OO0 S Tiếp tuyến chung cắt T T M a Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OM O0 , chứng minh HM vng góc với SM b Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T , chứng minh KA vng góc với SA Hình 2.41: Giải (Hình 2.41) a Nối M O M O0 Đó phân giác hai góc kề bù T M A góc AM T nên M O vng góc với M O0 \ \ Tam giác OMO’ vuông M MA đường cao nên M OA = AM O0 M T (MO’ phân giác), suy M 0M T \ \ Mà AM O0 = O\ OA = O\ M T nên \ Hai tam giác SM O SO0 M có: Góc Sb chung M OA = O\ c 53 tam giác SM O tam giác SO0 M đồng dạng Suy SM SO0 SO = ⇒ SM = SO.SO0 SM Điều chứng tỏ SM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp OM O0 M hay HM vng góc với SM b Tứ giác OAM T nội tiếp nên SM ST = SO.SA (1) Tứ giác O0 AM T nội tiếp nên SM ST = SO0 SA (2) Nhân (1) (2) vế theo vế ta 2 SM ST ST = SO0 SO.SA (3) Mà SM = SO0 SO nên (3) trở thành SA = ST ST Điều chứng tỏ SA tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T hay KA vng góc với SA Bài toán 2.6.9 (Iran MO 1996) Trên hai cạnh AB, AC tam giác ABC lấy điểm D, E cho DE song song với BC Gọi P điểm tùy ý bên tam giác ABC, đường thẳng P B, P C cắt DE F, G Gọi O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P DG, P EF Chứng minh AP vng góc với O1 O2 c 54 Giải (Hình 2.42) Gọi M giao điểm thứ hai AB với (O1 ), N giao điểm thứ hai AC với (O2 ) Suy tứ giác BP CM nằm đường tròn, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp đường trịn Do đó, tứ giác BM N C nội tiếp Mà ta có DE k BC nên ta có Hình 2.42 tứ giác M DEN nội tiếp Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tam giác DGP , tam giác P EF tứ giác DEN M ta có A giao DM EN nằm trục đẳng phương (O1 ), (O2 ) Suy AP vng góc với O1 O2 Bài tốn 2.6.10 [4] Cho tam giác ABC không cân A, nội tiếp đường tròn tâm (O) (O1 ; R1 ) đường tròn qua B, C cắt AB, AC theo thứ tự K, L Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKL cắt đường tròn (O) M khác A S giao diem cua AM, KL, BC Chứng minh SA vng góc với M O1 Giải (Hình 2.43) Gọi (O2 ) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AM KL Vì tam giác ABC khơng cân A nên ba điểm O, O1 , O2 không thẳng hàng nên S tâm đẳng phương ba đường trịn (O), (O1 ), (O2 ) Ta có SM SA = SK.SL = PS/(O1 ) = SO12 − R12 (1) \ [ = LCB [ Suy tứ giác LM SC nội tiếp Suy Ta lại có SM L = LKA AM AS = SL.AC = PA/(O1 ) = AO12 − R12 c (2) 55 Hình 2.43: Từ (1) (2) suy ra: SM SA − AM AS = SO12 − AO12 ⇒ (SM + AM ).SA = SO12 − AO12 ⇒ (SM + AM ).(SM − AM ) = SO12 − AO12 2 ⇒ SM − AM = SO12 − AO12 Do SA vng góc với M O1 c 56 Kết luận Luận văn đề cập đến số vấn đề sau: Trình bày cách sơ lược kiến thức liên quan đến phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương như: Khái niệm phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương số tính chất chúng Nội dung chủ yếu trình bày chương Trong chương trình bày số ví dụ minh họa cho việc vận dụng tính chất phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương việc giải vài dạng tốn hình học tốn chứng minh đồng quy, thẳng hàng, qua điểm cố định, điểm nằm đường trịn, chứng minh vng góc, song song Những tập phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương thường kết hợp với nhiều kiến thức toán học khác như: vectơ, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng tam giác vuông nhiều định lý toán học khác chứng minh Do thời gian nghiên cứu hạn chế nên tác giả qua hết tất ứng dụng phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương tốn học Ngồi lý thuyết ứng dụng nêu luận phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương ứng dụng để giải toán liên quan đến mặt cầu, toán quỹ tích, tốn dựng hình,bài tốn cực trị, chứng minh bất đẳng thức hình học Hy vọng nghiên cứu sau sâu mở rộng cho vấn đề c 57 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Trần Đức Huyên, Phạm Thành Luân, Lê Mậu Thống, Lê Mậu Thảo (2010), Các vấn đề Hình học 10, tài liệu bồi dưỡng học sinh Khá & Giỏi, NXB Đại học Quốc Gia Tp Hồ Chí Minh [2] Đồn Quỳnh (chủ biên) (2009), Tài liệu chun tốn - Hình học 10, NXBGD [3] Nhiều tác giả (2005), Tuyển tập 30 năm tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXBGD [4] Nhiều tác giả (2006), Tuyển tập theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, NXBGD Tiếng Anh [5] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compedium A collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads (1959-2004) c ... tròn tâm đẳng phương mà sử dụng chương • Chương 2: Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương Trong chương chúng tơi trình bày ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương vào chứng minh... NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN PHÚ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH VÀ MỘT SỐ 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... việc áp dụng vào giải toán trở nên thuận tiện hết Một số ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương kể đến tập hợp điểm, góc, khoảng cách, điểm cố định, đường cố định, chứng minh