(Luận văn) một số dạng toán quỹ tích trong đề thi học sinh giỏi toán phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG lu an n va p ie gh tn to d oa nl w MỘT SỐ DẠNG TỐN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN PHỔ THÔNG ll u nf va an lu oi m z at nh LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG lu an n va MỘT SỐ DẠNG TOÁN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỐN PHỔ THƠNG p ie gh tn to oa nl w d Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số:60 46 01 13 ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ Người hướng dẫn khoa học PGS.TS TRỊNH THANH HẢI an Lu THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 n va ac th si LỜI CẢM ƠN Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Trịnh Thanh Hải, người thầy với lịng nhiệt huyết ln bảo tận tình cho em từ ngày đầu tiên, đồng thời đưa lời khun bổ ích giúp em hồn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô, tập thể cán khoa Toán Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban lãnh đạo lu an đồng nghiệp trường Đại học Tân Trào bạn học viên lớp cao học n va tốn K7C, khơng trang bị cho em kiến thức bổ ích mà cịn ln Cuối em xin cảm ơn gia đình, bạn bè người thân người p ie gh tn to giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi trình em học tập trường d oa luận văn nl w ủng hộ, động viên em vượt qua khó khăn để em hồn thành tốt an lu ll u nf va Thái Nguyên, tháng 12 năm 2015 oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu …………………………………….……………… Chương I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bài tốn quỹ tích lu 1.2 Một số quỹ tích an 1.3 Các hướng giải tốn quỹ tích thường gặp chương trình va n phổ thơng tn to Chương II MỘT SỐ DẠNG TỐN QUỸ TÍCH TRONG CÁC ĐỀ THI ie gh HỌC SINH GIỎI 16 p 2.1 Dạng quỹ tích 16 nl w 2.1.1 Các toán sử dụng cơng cụ hình học tổng hợp 16 d oa 2.1.2 Các toán sử dụng phép biến hình 31 an lu 2.1.3 Các tốn sử dụng cơng cụ hình học giải tích 47 va 2.1.4 Các tốn sử dụng cơng cụ đại số…………… 56 ll u nf 2.2 Dạng quỹ tích khơng …………… 69 oi m Kết luận ……………………………………………………… 77 z at nh Tài liệu tham khảo …………………………………………… 78 z m co l gm @ an Lu n va ac th si PHẦN MỞ ĐẦU Trong chương trình mơn tốn phổ thơng, tốn quỹ tích đóng vai trị đặc biệt quan trọng việc giúp học sinh hình thành, phát triển lực tư giúp học sinh tiếp cận với đối tượng toán học, mối quan hệ toán học trình vận động biến đổi chúng từ nhận biết yếu tố mang tính quy luật Tuy nhiên nội dung khó người dạy người học nên thực tế việc nghiên cứu sâu toán quỹ tích thường đặt học sinh giỏi lu an Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi tích lũy thêm kinh nghiệm để va n phục vụ cơng tác giảng dạy nội dung hình học trường phổ tn to thông chọn đề tài “Một số dạng tốn quỹ tích đề thi học ie gh sinh giỏi tốn phổ thơng” với mục đích có hệ thống tập để giúp p học sinh giỏi đứng trước tốn quỹ tích, nhanh chóng nl w xác định công cụ, cách tiếp cận để giải đưa lời giải cho d oa tốn quỹ tích va an lu Luận văn có nhiệm vụ cụ thể sau: u nf (1) Nghiên cứu số lời giải toán quỹ tích để đưa số ll cách tiếp cận, số công cụ thường sử dụng để giải tốn quỹ tích m oi khn khổ kiến thức phổ thông z at nh (2) Tham khảo đề thi học sinh giỏi, tài liệu tham khảo chọn lọc z hệ thống tốn quỹ tích để minh họa cách trực quan cách giải m co l gm @ tốn quỹ tích an Lu n va ac th si Chương I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bài tốn quỹ tích Khái niệm quỹ tích: Quỹ tích phần tử có tính chất  tập hợp tất phần tử có tính  Những phần tử quỹ tích điểm, đường thẳng, đường cong Tập hợp tìm vơ hạn, hữu hạn (một số điểm rời rạc); trí tập hợp rỗng (khơng có phần tử nào) lu an Các bước giải tốn quỹ tích: va n Khi giải tốn quỹ tích thường phải chứng minh hai Xuất phát từ khái niệm quỹ tích ta có p ie gh tn to phần Thuận Đảo (hoặc cặp mệnh để tương đương) nl w - Gọi A tập hợp phần tử M có tính chất  : A  M  ; d oa - Gọi F hình cần tìm (F rỗng) an lu Thực chất chứng minh tốn quỹ tích chứng minh: A  F u nf va - Phần thuận: Chứng minh A  F : Để chứng minh A  F , ta lấy ll phần tử M thuộc A, ta chứng minh M  A kéo theo M  F Chứng m oi minh điều đảm bảo tính khơng thiếu quỹ tích, phần tử z at nh A F z - Phần đảo: Chứng minh F  A : Để chứng minh F  A , ta lấy @ gm phần tử M’ thuộc F, ta phải chứng minh M  F kéo theo M  A Chứng m co tử F A l minh điều đảm bảo tính chất khơng thừa quỹ tích, phần an Lu Sau chứng minh hai phần trên, ta kết luận: A  F n va ac th si Trong lý thuyết tập hợp, người ta chứng minh: Thuận  Phản đảo; Đảo  Phản Vì ngồi cặp mệnh đề Thuận Đảo, ta cịn có cặp mệnh đề khác tương đương Sơ đồ cặp mệnh dùng để chứng minh tốn quỹ tích là: Cặp Thuận Đảo Cặp Đảo Phản đảo a) Thuận: M  A  M  F ; a) Đảo: M  F  M  A; b) Đảo: M  F  M  A b) Phản đảo: M  F  M  A Cặp Phản đảo Phản Cặp Thuận Phản: lu an a) Thuận: M  A  M  F ; b) Phản: M  A  M  F b) Phản: M  A  M  F n va a) Phản đảo: M  F  M  A; tn to ie gh Cặp “Thuận Đảo” thường dùng để tìm quỹ tích Cặp “Đảo Phản p đảo” thường dùng để chứng minh quỹ tích (sau tìm tập F) Thường nl w hay sử dụng cặp (1) cặp (2) d oa Vậy để giải tốn quỹ tích tiến hành theo bước an lu sau: Dự đoán; Chứng minh Thuận; Chứng minh Đảo; Dựng hình Biện u nf va luận ll 1.2 Các dạng quỹ tích m oi 1.2.1 Các quỹ tích z at nh Một tốn quỹ tích bao hàm hai yếu tố bản: Yếu tố cố định yếu z tố quỹ tích OM = R Quỹ tích hình học khơng gian Đường trịn tâm O Mặt cầu tâm O bán kính R an Lu OR Quỹ tích hình học phẳng m co Mối liên hệ yếu tố quỹ tích với yếu tố cố định l Yếu tố cố định gm @ STT bán kính R n va ac th si A B dựng đối xứng qua A, B A B MA k MB   900 qua A, B Đường tròn đường Mặt cầu đường kính AB kính AB Đường trịn A B lu chứa góc   dựng đối xứng AMˆ B   Góc  Hai chỏm cầu Hai cung chứa góc MA k MB an   00 Mặt cầu Apơlơniút đường Apơlơniút kính IJ va n Là đường tròn tn to gh A B MA  MB  k p ie (k  0) d oa nl w  MA = MB  2k  AB2 Mặt phẳng trung trung trực AB trực AB Hai mặt phẳng ll xOˆ y MF  Oy ME  MF oi m ME  Ox 2k  AB2 Đường thẳng u nf va an lu A B (I, ) điểm A,B Là mặt cầu (I, ) I trung Hai đường phân z at nh giác phân giác xOˆ y xOˆ y z @ Hai đưởng thẳng thẳng d đường thẳng có trục đường m co Độ dài h MH  d MH  h song song cách l Mặt trụ tròn xoay gm Đường d khoảng h thẳng d an Lu n va ac th si Là đường thẳng d  AB H A B MA  MB  k (k  0) cho IH  Mặt phẳng  d H cho k d 2AB k2 IH  2AB trung điểm AB) 1.2.2 Các quỹ tích không lu Mối liên hệ yếu tố quỹ tích với yếu tố cố định Yếu tố cố định STT an Quỹ tích hình học phẳng Quỹ tích hình học khơng gian va n F1, F2 F1F2 = 2c gh tn to MF1+MF2 = 2a (a > c) Quỹ tích mặt Quỹ tích Elip Elipxoit trịn xoay p ie (c >0) F1F2 = 2c |MF1+MF2| = 2a Quỹ tích Quỹ tích mặt (a < c) Hypecbol Hyperboloid Quỹ tích Quỹ tích mặt Parabol Paraboloid d oa nl w F1, F2 d(F; (Δ)) = p ll u nf oi m p va an F, (Δ) lu (c >0) z at nh 1.3 Các hướng giải tốn quỹ tích thường gặp chương z gm @ trình phổ thơng l 1.3.1 Sử dụng biểu thức hình học tổng hợp: m co Trong chương trình phổ thơng, học sinh thường giải tốn quỹ tích kết luận an Lu theo phương pháp tổng hợp Sau dự đoán chứng minh thuận, đảo sau n va ac th si Ví dụ 1.1.([16]) Cho đường trịn đường kính BC cố định lấy điểm M di động đường tròn Trên tia đối tia BM lấy điểm D cho MD = DB Tìm quỹ tích điểm D Lời giải D' D lu M an va B C n O tn to p ie gh M' nl w D'' d oa E lu ll u nf - Phân tích va an Hình 1.1 oi m + Chọn vị trí M đường trịn đường kính BC MD = MC ta điểm D z at nh Lấy điểm M cung BC nối B với M BM lấy z m co l có điểm D thứ gm @ Trên cung BC lấy điểm M gần đến điểm C làm ta Tương tự lấy điểm M gần điểm B cung BC ta điểm D an Lu thứ n va ac th si 66 Cho M, M1 cố định (hình 2.1.4.7) Từ K kẻ KB // d, cắt NM1 B Từ suy BK1 // d1 Mặt phẳng (Q) qua K, B, K1 cố định song song với (d), (d1) Trong mặt phẳng (Q) K1 di chuyển, tam giác KBK1 ̂1 ) góc (180o - 𝐾𝐵𝐾 ln đồng dạng với có góc góc (khơng tù) hai đường thẳng (d) (d1) không đổi lu an nên khơng đổi MM1 // NN1 // (P) theo hệ n va định lý Thales to tn Trong (Q) đường thẳng KB cố định cịn góc khơng đổi nên K1 p ie gh chạy đường thẳng xy qua K điểm N chạy (d) w Bài toán 2.1.4.8: ([8]) oa nl Cho ba đường thẳng đôi nằm mặt phẳng Mặt d phẳng (P) cắt ba đường thẳng nói A, B, C Tìm quỹ tích trọng lu ll u nf oi m Lời giải va trí ban đầu an tâm tam giác ABC mặt phẳng (P) chuyển động song song với vị z at nh z m co l gm @ an Lu n va (Hình 2.1.4.8) ac th si 67 Vì B1C1 // (P) M1 B1 = M1 C1 MB MC = nên quỹ tích M1 đường thẳng Mt (áp dụng kết tốn 2.1.4.7) Tương tự, A1M1 // (P) G1 A1 G1 M = GA GM = nên quỹ tích G1 đường thẳng xy qua G (Hình 2.1.4.8) Bài tốn 2.1.4.9: ([8]) Cho hai tia Ax By chéo vng góc với nhau, có AB đường vng góc chung Trên tia Ax By theo thứ tự lấy hai điểm M P lu cho AM + BP = MP an n va a) Chứng minh khoảng cách từ trung điểm O AB đến MP gh tn to Chứng minh MP ln tiếp xúc với mặt cầu có đường kính AB p ie w b) Tìm quỹ tích tiếp điểm K MP mặt cầu nói oa nl Lời giải d a) Trên đường thẳng BP lấy điểm E cho B nằm E, P an lu u nf va BE = AM Dễ thấy ∆OBE = ∆OAM (c.g.c) nên có OE = OM ll m oi Lại có ∆OMP = ∆OEP (c.c.c) z at nh Suy OK.MP = 2SOMP = 2SOEP = OB.EP, MP = EP nên không đổi Vậy MP tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính l gm 2 @ AB AB z OK = OB = m co b) Từ B kẻ tia Bt // Ax hướng với tia Ax Gọi M1 K1 hình an Lu chiếu vng góc M K tương ứng lên mặt phẳng (Bt, By) n va ac th si 68 Ta có M1 K1 K1 P = MK KP phân giác Bz góc = BM BP , K nằm đường Vậy K nằm mặt phẳng (AB, Bz) Trong mặt phẳng K nhìn AB góc vng OK = OA = OB, nên K chạy nửa đường trịn đường kính AB Bài toán 2.1.4.10: (Bài 20 - năm 1965/[7]) Tam giác OAB có góc O nhọn, M điểm tùy ý AB, P Q chân đường vng góc hạ từ M xuống OA OB tương ứng Tìm quỹ tích trực tâm H tam giác OPQ Quỹ tích H M di lu an động miền tam giác OAB? va n Lời giải p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh Hình 2.1.4.10 z Gọi X, Y chân đường vuông góc hạ từ B, A tương ứng @ gm xuống OA, OB Ta chứng minh trực tâm tam giác OPQ nằm Thật vậy, dễ thấy MP // BX, AM AP PX (1) an Lu MB = m co l XY Gọi H giao điểm XY đường vng góc hạ từ P xuống OB n va ac th si 69 Ta có PH // AY chúng vng góc với OB, suy YH HX = AP (2) PX Mặt khác, ta có MQ // AY nên (1), (2), (3) cho ta YQ BQ song với BX, QH = YH HX AM MB = YQ (3) BQ , đẳng thức chứng tỏ QH song AO Điều cho ta kết luận H trực tâm  tam giác OPQ, khẳng định chứng minh Khi M trùng A H trùng X, M trùng B H trùng Y lu an Để chứng minh phần đảo lại, ta lấy H đoạn XY Qua H, lần va n lượt kẻ đường song song với BX AY, chúng tương ứng cắt OB, OA Từ P, kẻ đường song song với BX, đường cắt AB M Từ Q, kẻ p ie gh tn to Q P Như thế, rõ ràng H trực tâm tam giác OPQ w đường song song với AY, cắt AB M’ oa nl Dùng hệ thức Thales trên, ta chứng minh M trùng M’ Từ d đó, suy H điểm quỹ tích lu va an Tóm lại, quỹ tích điểm H, trực tâm tam giác OPQ, đoạn thẳng ll u nf XY, với X, Y xác định oi m Bây giờ, ta giả sử M nằm A’B’ song song với AB (với A’ OA, z at nh B’ OB) chứng minh cho thấy quỹ tích H đường song song với XY Sự dịch chuyển A’B’ toàn miền tam giác z OAB cho ta hình ảnh điểm M di chuyển tồn miền tam @ gm giác OXY Khi ấy, đoạn song song với XY quét toàn miền tam m co l giác OXY Vì vậy, Khi M chuyển động toàn miền tam giác OAB, quỹ tích điểm H tồn miền tam giác OXY, với X, Y xác an Lu định n va ac th si 70 2.2 Các tốn quỹ tích khơng Bài tốn 2.2.1: (Đề thi HSG Quốc gia 2007) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Gọi H, G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A biết trung điểm K HG thuộc đường thẳng BC Lời giải lu an n va p ie gh tn to d oa nl w an lu u nf va Hình 2.2.1 ll Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC trục Ox đường m oi thẳng BC z at nh Đặt BC = 2a > 0, tọa độ B(-a; 0) ; C(a; 0) trực tâm H gm @ Khi z Giả sử A(xo, yo), y ≠ nghiệm hệ phương trình m co l 𝑦 3 2𝑥𝑜 3𝑎2 −3𝑥𝑜2 +𝑦𝑜2 , an Lu 𝑥 Trọng tâm G( 𝑜 ; 𝑜), suy trung điểm K( 6𝑦𝑜 ), n va ac th si 71 K thuộc đường thẳng BC 3a2 - 3xo2 + 𝑦𝑜2 = ⟺ x2o y2o a 3a2 Vậy quỹ tích A Hyperbol − = 1, (yo ≠ 0) 𝑥2 𝑦2 𝑎 3𝑎2 − = bỏ hai điểm B, C (Hình 2.2.1) Bài tốn 2.2.2: ([16]) Cho đường trịn tâm F1 bán kính R1, điểm F2 cố định Một đường trịn tâm C qua F2 tiếp xúc với đường trịn (F1, R1) Tìm quỹ tích lu tâm C an n va Lời giải p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m Hình 2.2.2 l gm @ Có CF1 + CF2 = CF1 + CM = R1 z Dễ thấy CM = CF2 z at nh Ta giả sử điểm F2 thuộc bên đường tròn (F1, R1), Vì điểm F2 nằm bên đường trịn (F1, R1) nên m co CF1 + CF2 = R1 > F1F2 an Lu Vậy quỹ tích tâm C Elip nhận F1F2 trục lớn n va ac th si 72 Mặt khác: Nếu điểm F2 nằm đường trịn (E1, R1), đó: |CF1 − CF2 | = R1 khơng đổi Vậy quỹ tích tâm C Hypecbol Đặc biệt: Nếu F2 trùng với F1 quỹ tích tâm C đường trịn (F1 , R1 ) lu Nếu F2 nằm đường tròn (F1, R1) quỹ tích tâm C đoạn an Bài toán 2.2.3: (Đề thi OLYMPIC Lê Hồng Phong 2008-2009) n va thẳng F1F2 (Hình 2.2.2) tn to gh Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Qua B p ie dựng đường thẳng d vng góc với BC, d cắt đường trung tuyến AI tam w giác ABC K Gọi H trực tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A, ll u nf va an lu Lời giải d oa nl biết IH song song với KC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 73 Hình 2.1.3 Chọn hệ trục Oxy với O trùng I trục Ox đường thẳng BC Đặt BC = 2a > 0, tọa độ B(-a, 0); C(a, 0) Giả sử A(xo, yo) với yo≠ Khi trực tâm H nghiệm hệ phương trình K = d ∩ (AI) nghiệm hệ phương trình lu an n va ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ phương KC HI p ie gh tn to Theo giả thiết, ta có bỏ bốn điểm B, C, A1(0 ; -a√2), oa nl w Vậy quỹ tích A elip d A2(0 ; a√2) bốn đỉnh elip (Hình 2.2.3) lu va an Bài tốn 2.2.4: ([16]) u nf Cho đường tròn (C) tâm O tiếp tuyến d tiếp xúc với (C) điểm ll A cố định (C) M điểm mặt phẳng, kẻ tiếp tuyến MT với (C) oi m z at nh hạ MH vng góc với d Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn MT = MH z đường tṛòn cố định m co l Lời giải gm @ Chứng minh đường trịn tâm M bán kính MT ln tiếp xúc với n va tia Oy = d an Lu Chọn hệ trục Oxy (hình 2.4.4) cho A gốc tọa độ, tia Ox ≡ AO ac th si 74 Khi O(R; 0), giả sử M(x; y) Ta có MH = MT ⇒ MH2 = MT2 = MO2 – R2 ⇔ x2 = (x – R)2 + y2 – R2 ⇔ y2 = 2Rx Vậy quỹ tích M Parabol R Theo định nghĩa Parabol, ta có: MF = MH1 = MH + R Suy MF = MT + , điều chứng tỏ đường trịn tâm M, bán kính R MT tiếp xúc với đường tròn cố định tâm F, bán kính lu an n va p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z Hình 2.2.4 l gm @ Bài tốn 2.2.5: ([16]) Cho Parabol y = x2 Tìm m để đường thẳng y = mx - m cắt y = x2 hai m co điểm A, B tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AB an Lu Lời giải n va ac th si 75 Đường thẳng y = mx – m cắt y = x2 hai điểm ⇔ Phương trình x2 – mx + m = có hai nghiệm ⇔ ∆ = m2 – 4m ≥ ⇔ m ≤ ≤ m (β) Gọi I(x, y) điểm thuộc quỹ tích cần tìm với điều kiện (β) ta có: x= , x1, x2 nghiệm phương trình x2 – mx + m = 2(𝑥1 +𝑥2 ) 𝑚 2 ⟹ x = x = (x1+x2) = (Theo định lý Vieste) lu an ⇒ m = 2x n va p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ Hình 2.2.5 I(x, y) y = 2x(2x – 1) = 2x2 – 2x an Lu Do I(x, y) nằm đồ thị hàm số y = mx - m nên ta quỹ tích điểm n va ac th si 76 Do m thỏa mãn (β) nên 𝑚 ≤ ≤ 𝑚 , suy x ≤ ≤ x (β1) Vậy quỹ tích cần tìm phần Parabol có phương trình y = 2x2 – 2x thỏa mãn (β1) (Hình 2.2.5) Bài tốn 2.2.6: ([8]) Tìm quỹ tích giao điểm họ đường cong với Ox, Oy lu an Lời giải va n Gọi A(0; y) giao điểm đồ thị cho với Oy tn to (ẩn m) có nghiệm ⟺ phương trình (m2 – m + 1)y = m2 + m + có nghiệm p ie gh Khi phương trình (với x = 0) dạng w với m) d oa nl (vì m2 – m + 1= ll u nf va an lu ⟺ Phương trình (y – 1)m2 – (y + 1)m + y – = có nghiệm oi m ⟺ y = z at nh (γ) z ⟺ y = @ m co l trục Oy có tung độ thỏa mãn ( ) gm Vậy quỹ tích giao điểm họ đường cong với Oy đoạn Gọi B(x; 0) giao điểm đồ thị cho với Ox Khi phương trình an Lu = có nghiệm n va ac th si 77 ⟺ Phương trình x2 + (2m – 1)x + m2 + m + = có nghiệm (vì m2 – m + 1= với x, m) ⟺ Phương trình m2 + (2x +1)m +x2 – x +1 = có nghiệm ⟺ ∆ = (2x + 1)2 – 4(x2 – x + 1) ⟺ 8x – ≥ ⟺ x ≥ ( ) Vậy quỹ tích giao điểm họ đường cong với Ox khoảng trục Ox có tung độ thỏa mãn ( ) lu an Bài toán 2.2.7: ([8]) va n Tìm quỹ tích điểm mặt phẳng tọa độ có khoảng cách đến tn to đến điểm Lời giải p ie gh đường thẳng Khi đó: d oa nl w Gọi A(x; y) điểm thuộc quỹ tích ll u nf va an lu oi m (do hai vế không âm) z at nh ⟺ y = x2 z Vậy quỹ tích cần tìm Parabol y = x2 m co l gm @ an Lu n va ac th si 78 KẾT LUẬN Với mục đích đưa hệ thống tập quỹ tích đề thi học sinh giỏi phổ thông nhằm giới thiệu cho học sinh công cụ quen thuộc cách giải tốn quỹ tích qua góp phần bồi dưỡng, phát triển tư lực giải toán cho học sinh, luận văn trình bày vài kết ban đầu sau: (1) Nêu rõ cách tiếp cận, công cụ thường sử dụng để giải tốn quỹ tích: - Sử dụng kiến thức hình học tổng hợp; lu an - Sử dụng phép biến hình; n va - Sử dụng kiến thức hình học giải tích; tn to - Sử dụng kiến thức đại số gh Trong có cơng cụ, cách tiếp cận chưa trình bày p ie cách tường minh SGK toán phổ thơng w (2) Sưu tầm tốn quỹ tích tài liệu bồi dưỡng học sinh oa nl chuyên toán, đề thi học sinh giỏi toán để minh họa cho việc sử dụng d công cụ khác tiếp cận giải toán quỹ tích lu va an (3) Đối với số tốn tài liệu tham khảo chưa có lời u nf giải có lời giải ngắn gọn, luận văn cố gắng đưa lời giải chi tiết ll đồng thời đưa bình luận, dẫn dắt để học sinh tự đọc hiểu oi m lời giải toán z at nh Tuy nhiên vấn đề mà luận văn đề cập chưa đầy đủ, số z lượng ví dụ chưa nhiều phong phú đồng thời nhiều vấn đề mà luận văn gm @ chưa có điều kiện đề cập lực thân hạn chế Em mong l nhận bảo Thầy, Cô giáo Hội đồng để em bổ sung, Em xin trân trọng cảm ơn an Lu giảng dạy thân sau m co hoàn thiện luận văn với mong ước để sử dụng kết luận văn trình n va ac th si 79 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập đề thi tuyển sinh Trung học phổ thơng chun mơn Tốn, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] Phạm Quốc Phong (2009), Chuyên đề nâng cao Đại số Trung học phổ thông, NXB Giáo dục, Hà Nội lu [3] Hứa Thuần Phỏng (1994) (Người dịch: Phạm Hồng Tuất) Quỹ tích: an n va Những tốn mẫu cách chứng minh, NXB Giáo Dục, Hà Nội tn to [4] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Nguyễn p ie gh Đăng Phất, Lê Bá Khánh trình (2012), Tài liệu chun Tốn - Bài tập hình học 11, NXB Giáo dục, Hà Nội oa nl w [5] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Hạ Vũ Anh, Phạm Khắc Ban, Văn Như d Cương, Vũ Đình Hịa (2013) Tài liệu chun tốn - Bài tập hình va an lu học 12, NXB Giáo dục, Hà Nội oi m Giáo dục, Hà Nội ll u nf [6] Đỗ Thanh Sơn (2011), Một số chun đề hình học khơng gian, NXB z at nh [7] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic toán học quốc tế, NXB Giáo dục, Quảng Nam z gm @ [8] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ (2009), Tuyển tập: Các toán chọn m co Hà Nội l lọc 45 năm tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB giáo dục Việt Nam, an Lu [9] Tổ chức kỳ thi Olympic (2014), Tuyển tập Đề thi Olympic 30/4, lần n va thứ XX - 2014, TOÁN HỌC, NXB ĐHQG Hà Nội ac th si 80 Tiếng Anh [10] Fred D Aldrich (1921),“The Teaching of locus problems in elementary Geometry”, The Mathematics Teache, Vol 14, No 4, pp 200-205, Published by: National Council of Teachers of Mathematics [11] Viktor Prasolov (2006),“Problems in plane and solid Geometry”, Translated and edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks lu [12] G Gorghiu, N Păuna2, L.M Gorghiu, Solving an va Geometrical Locus Problems Using Dynamic n Interactive Geometry Applications, Research, to gh tn Reflections and Innovations in Integrating p ie ICT in Education InonuUniversity Journal of w the Faculty of December 2013 Volume 14, Issue 3, pp 39- oa nl 58 d [13] http://math.stackexchange.com an lu u nf va [14] http://www.regentsprep.org/regents/math/geometry [15] http://mathcentral.uregina.ca ll oi m [16] www.vnmath.com z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si