(Luận văn) mở rộng một số bài toán hình học phẳng

Dfgff ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VIỆT PHƢƠNG lu an n va p ie gh tn to MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN – 2015 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VIỆT PHƢƠNG lu an MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG n va gh tn to p ie LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC d oa nl w Mã số: 60 46 01 13 ll u nf va an lu Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp oi m z at nh Người hướng dẫn khoa học z PGS.TS TRỊNH THANH HẢI m co l gm @ an Lu Thái Nguyên – 2015 n va ac th si MỤC LỤC Trang PHẦN MỞ ĐẦU Chương I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Tổng quan không gian Euclide 1.1.1 Một số khái niệm sở 1.1.2 Ánh xạ không gian Euclide 1.2 Định hướng việc mở rộng toán lu an n va 11 Chương II: MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG 13 CHƢƠNG TRÌNH PHỔ THƠNG tn to 1.2.1 Xem xét đối tượng, quan hệ toán học mối liên hệ chung riêng 1.2.2 Xem xét tốn theo nhiều góc độ 2.1 Mở rộng tốn hình học phẳng thành tốn hình học khơng gian 2.1.1 Ý tưởng p ie gh 13 w 13 2.1.2 Một số ví dụ minh họa oa nl 13 d 2.2 Mở rộng số toán tam giác thành toán đa giác 2.2.1 Ý tưởng an lu 35 u nf va 35 2.2.2 Một số ví dụ minh họa ll 35 m 2.3 Mở rộng toán theo hướng xét toán tương tự oi 43 gm 70 71 m co l Tài liệu tham khảo 43 @ KẾT LUẬN 43 z 2.3.2 Một số ví dụ minh họa z at nh 2.3.1 Ý tưởng an Lu n va ac th si PHẦN MỞ ĐẦU Trong chương trình mơn tốn phổ thơng, nội dung hình học đóng vai trò đặc biệt quan trọng việc giúp học sinh hình thành, phát triển lực tư Tuy nhiên nội khó người dạy người học nên đa số giáo viên tập trung vào việc giúp học sinh cố gắng giải toán đặt mà chưa đưa định hướng, dẫn dắt đề học sinh nghiên cứu tìm tịi cách giải cho toán hay nghiên cứu xem xét toán dười góc độ khác để có lu toán (tạm gọi toán mở rộng) từ toán ban an đầu Đây hạn chế việc rèn luyện, phát va n triển tư tốn học nói chung, lực giải tốn hình học nói riêng cho tn to học sinh thơng qua dạy học hình học ie gh Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi tích lũy thêm kinh nghiệm để p phục vụ cơng tác giảng dạy nội dung hình học trường nl w phổ thông, mạnh dạn chọn hướng nghiên cứu luận văn d oa “Mở rộng số tốn hình học phẳng” với mục đích đưa va thơng an lu vài ví dụ minh họa việc mở rộng toán chương trình phổ ll u nf Luận văn có nhiệm vụ cụ thể sau: z at nh thể mở rộng, khái quát hóa oi m (1) Tham khảo sách giáo khoa, tài liệu, chọn lọc số tập có (2) Trình bày lời chứng minh để khẳng định (hoặc bác bỏ) vấn đề z mở rộng để làm sáng tỏ toán mở rộng @ m co l gm (3) Đưa lời giải tường minh, chi tiết cho số toán mở rộng an Lu n va ac th si Chƣơng I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.Tổng quan không gian Euclide 1.1.1 Một số khái niệm sở Định nghĩa Một không gian affine thực gọi không gian Euclide không gian vector liên kết không gian vector Euclide Định nghĩa Cho En không gian Euclide n-chiều Một mục tiêu affine lu En gọi mục tiêu trực chuẩn sở tương ứng sở trực chuẩn  n E Tọa độ điểm M  En mục tiêu trực chuẩn gọi an va tọa độ trực chuẩn n Định nghĩa p ie gh tn to - Khoảng cách hai điểm M, N E, ký hiệu d(M, N), độ   dài vector MN : d(M, N) = MN w - Khoảng cách hai phẳng α β E, ký hiệu d(α, β) số nl inf d( M, N) Như vậy, d( ,  ) = inf d( M, N) N , M  d oa N , M  lu Định nghĩa ll u nf va an   Góc hai vector khác không a b số θ, ≤ θ ≤ π, xác định  a.b : cos θ =   a.b oi m z at nh z Cho hai đường thẳng d1 d2 E có vector   phương a b Khi góc hai đường thẳng d1 d2 số θ,  a b  ≤ θ ≤ , xác định bởi: cos θ =   a.b m co l gm @ an Lu Góc hai siêu phẳng α β En định nghĩa góc   hai đường thẳng trực giao với α β Nếu gọi n m n va ac th si pháp vector α β, góc hai siêu phẳng α β tính theo  n.m công thức: cos θ =   n.m Trong không gian E cho đường thẳng d siêu phẳng α Khi đó, góc  ) đường thẳng d siêu phẳng α định nghĩa góc  phụ với góc đường thẳng d đường thẳng trực giao với α Nếu gọi   vector phương d n pháp vector α θ tính  a.n sau: sin θ =   a.n θ (0 ≤ θ ≤ lu an va n Định nghĩa to  gh tn Cho m-hộp H xác định điểm O hệ m vector {  1, , − ω→ m} Khi p ie thể tích m-hộp H, ký hiệu V(H), định nghĩa số       detGr(w1, w , , w m ) Như vậy: V (H) = detGr(w1, w , , w m ) w oa nl Giả sử điểm M có tọa độ (x1, , xn) điểm N có tọa độ (y1, , yn) đối → với mục tiêu trực chuẩn cho {O; − ei } E Khi đó: d n d(M, N) = u nf va an lu n  y - x  i i i=1 ll z at nh Định nghĩa oi m 1.1.2 Ánh xạ không gian Euclide z Cho E E’ hai không gian Euclide Ánh xạ affine f: E → E’ gọi  ánh xạ đẳng cự từ E vào E’ f ánh xạ tuyến tính trực giao Nếu f  song ánh, tức f đẳng cấu tuyến tính trực giao, ta nói f đẳng l gm @ m co cấu đẳng cự Khi E E’ gọi hai khơng gian đẳng cấu đẳng cự, ký đổi đẳng cự an Lu hiệu E  E’ Một tự đẳng cấu đẳng cự từ E vào gọi biến n va ac th si Định nghĩa (Phép biến hình) Ta kí hiệu tập hợp tất điểm mặt phẳng P Khi hình H mặt phẳng tập P kí hiệu H  P Một song ánh f : P  P từ tập điểm P lên gọi phép biến hình mặt phẳng: f :P  P M  M' Điểm M' = f(M) gọi ảnh điểm M qua phép biến hình f Ngược lại điểm M gọi tạo ảnh điểm M’ qua phép biến hình f nói Nếu H hình H ta xác định tập hợp lu an H' = M' = f(M) M  H Khi H’ gọi ảnh hình H qua phép biến va n hình f hình H gọi tạo ảnh hình H’ qua phép biến hình f to gh tn Phép biến hình f : P  P , biến điểm M thành gọi p ie phép đồng e:P  P MM nl w Kí hiệu: d oa Định nghĩa (Phép dời hình) u nf va an lu Phép dời hình phép biến hình bảo tồn khoảng cách hai điểm Xét mặt phẳng: ll  Phép tịnh tiến: Trong mặt phẳng P cho véc tơ v , phép biến hình   biến điểm M thành điểm M’ cho MM' = v gọi phép tịnh tiến   theo véc tơ v Kí hiệu: Tv , véc tơ v gọi véc tơ tịnh tiến   Vậy: Tv (M) = M’  MM' = v oi m z at nh z gm @ m co l Phép đối xứng trục: Trong mặt phẳng P cho đường thẳng d cố định, phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ cho đoạn thẳng n va xứng trục d Kí hiệu: Đd, với d trục đối xứng an Lu MM’ nhận d làm đường trung trực phép biến hình gọi phép đối ac th si   Vậy: Đd(M) = M’  M0M' = -M0M (M0 giao điểm d với đoạn thẳng MM’) Nếu điểm M thuộc đường thẳng d ta lấy M’ trùng với M Phép đối xứng tâm: Trong mặt phẳng cho điểm I, phép biến hình biến điểm M khác I thành điểm M’ cho I trung điểm đoạn MM’ gọi phép đối xứng tâm I Kí hiệu: ĐI điểm I gọi tâm đối xứng   Vậy: ĐI(M) = M’  IM' = -IM Phép quay: Trong mặt phẳng cho điểm O góc lượng giác  , phép biến hình biến điểm O thành nó, biến điểm M khác O thành lu điểm M’ cho OM = OM’, góc lượng giác (OM, OM’) =  gọi phép an OM = OM' Vậy: Q(O,  )(M) = M’   (OM,OM') =  n va quay tâm O, góc quay  Kí hiệu: Q(O,  ), O tâm quay,  góc quay gh tn to p ie Nhận xét : - Phép quay tâm O, góc quay 0o phép đồng w - Phép quay tâm O, góc quay  ;  phép đối xứng tâm O oa nl Định nghĩa (Phép vị tự) d Trong mặt phẳng cho điểm O cố định số k  Phép biến   hình biến điểm M thành điểm M’ cho OM' = k OM gọi va an lu m tự ll u nf phép vị tự tâm O, tỉ số k Kí hiệu: V O;k  , O gọi tâm vị tự, k gọi tỉ số vị oi   Vậy: V(O,k)(M) = M’  OM' = k OM z at nh Định nghĩa 10 (Phép đồng dạng) z Phép biến hình F gọi phép đồng dạng tỉ số k (k > 0) với @ M’N’ = kMN m co l gm hai điểm M, N ảnh M’, N’ tương ứng có Nhận xét : - Phép dời hình phép đồng dạng tỉ số an Lu - Phép vị tự tỉ số k phép đồng dạng tỉ số k n va ac th si - Phép đảo ngược phép đồng dạng tỷ số k phép đồng dạng tỷ số k - Tích phép đồng dạng tỉ số k1 với phép đồng dạng tỉ số k2 phép đồng dạng với tỉ số k1.k2 Xét không gian: lu  Phép tịnh tiến: Trong không gian P cho véc tơ v , phép biến hình   biến điểm M thành điểm M’ cho MM' = v gọi phép tịnh tiến   theo véc tơ v Kí hiệu: Tv , véc tơ v gọi vectơ tịnh tiến   Vậy: Tv (M) = M’  MM' = v an n va  x' = x+ a  Khi đó, Tv (M) = M’  y' = y+ b z ' = z+ c  p ie gh tn to Biểu thức tọa độ phép tịnh tiến không gian: Trong không  gian với hệ toạ độ Oxyz, cho v(a,b,c) , M(x;y;z), M’(x’;y’;z’) nl w d oa Phép đối xứng trục: Trong không gian P cho đường thẳng d cố an lu định, phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ cho đoạn thẳng va MM’ nhận d làm đường trung trực phép biến hình gọi phép đối ll u nf xứng trục d Kí hiệu: Đd, với d trục đối xứng   Vậy: Đd(M) = M’  M0M' = -M0M (M0 giao điểm d với đoạn oi m z at nh thẳng MM’) Nếu điểm M thuộc đường thẳng d ta lấy M’ trùng với M z gm @ Biểu thức tọa độ phép đối xứng trục không gian: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(x;y;z), M’(x’;y’;z’) Khi đó, nếu: m co l an Lu  x' = x  - ĐOx(M) = M’  y' = - y z ' = -z  n va ac th si  x' = - x  - ĐOy(M) = M’  y' = y z' = -z   x' = - x  - ĐOz(M) = M’  y' = - y z' = z  Phép đối xứng tâm: Trong không gian cho điểm I, phép biến hình biến điểm M khác I thành điểm M’ cho I trung điểm đoạn lu MM’ gọi phép đối xứng tâm I Kí hiệu: ĐI Điểm I gọi tâm đối xứng   Vậy: ĐI(M) = M’  IM' = -IM an Biểu thức tọa độ phép đối xứng tâm không gian: Trong va n mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho I(a,b,c) , M(x;y;z), M’(x’;y’;z’) p ie gh tn to  x' = 2a- x  Khi đó, ĐI(M) = M’  y' = 2b- y z' = 2c- z  nl w Phép đối xứng qua mặt phẳng: Trong không gian cho mặt phẳng d oa (P), phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ cho đoạn thẳng an lu MM’ nhận mặt phẳng (P) làm mặt phẳng trung trực, gọi phép đối u nf va xứng qua mặt phẳng (P) Ký hiệu ĐP Phép quay quanh trục: Trong không gian, cho đường thẳng ll oi m định hướng ∆, φ góc định hướng cho trước phép biến hình biến z at nh điểm M thành M’ cho M, M’ thuộc mặt phẳng vuông góc với ∆ O: OM = OM’ (OM, OM’) = φ gọi phép quay quanh trục ∆ @ - Phép quay tâm O, góc quay 0o phép đồng l gm Nhận xét: z Ký hiệu: Q(∆, φ) m co - Phép quay tâm O, góc quay  ;  phép đối xứng tâm O an Lu n va ac th si 57 Hình 2.40 lu Do G, H hai điểm đối xứng E, F qua I nên đường thẳng GH an đối xứng với đường thẳng EF qua I GH, EF cắt IB P, K suy I va n trung điểm PK, tương tự I trung điểm QL Vậy hai đoạn KL tn to PQ đối xứng qua I Từ gọi R trung điểm PQ trung ie gh điểm J KL R đối xứng qua I hay I trung điểm RJ Gọi trung trực PQ cắt BC N, ta thấy RN  PQ, PQ // EF p (2) nl w Từ (1) (2) suy RN // JM Gọi IA cắt BC D, ta có d oa ID ≡ IA vng góc với EF nên ID song song với RN, JM Từ an lu hình thang RJMN có I trung điểm RJ nên ID đường trung bình, u nf va D trung điểm MN ll Theo tính chất đường phân giác ta có oi m BD AB = k không đổi nên D cố = DC AC z at nh định M trung điểm BC cố định nên N đối xứng với M qua D cố định Vậy trung trực PQ qua N cố định  (Hình 2.40) z Từ tốn trên, ta có tốn mở rộng sau: @ gm Bài toán 2.27a: Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc CA, m co l AB E, F G, H điểm chia IE, IF theo tỷ số m cố định Đường thẳng GH giao IB, IC P, Q Giả sử B, C cố định, A AB = k không đổi Chứng minh trung trực PQ AC an Lu thay đổi cho tỷ số n va ac th si 58 qua điểm cố định lu Hình 2.41 an Lời giải: va n Về lời giải hoàn toàn giống lời giải toán 2.27 trường hợp tn to G, H đối xứng E, F qua I Ta ý G, H chia IE, IF theo tỷ số ie gh m có nghĩa đường thẳng GH ảnh đường thẳng EF qua phép vị tự p tâm I tỷ số m Qua cách hoàn toàn tương tự ta chứng minh nl w trung trực PQ qua N cố định ảnh vị tự M qua tâm D tỷ số m d oa Bài toán 2.27b: Cho tam giác ABC, I tâm đường tròn nội tiếp Một an lu đường tròn (M) qua B, C IB, IC cắt (M) K, L khác B, C va KL cắt CA, AB E, F G, H đối xứng E, F qua I GH cắt ll u nf IB, IC P, Q Giả sử đường tròn (M) B, C cố định A thay đổi cho AB = k không đổi Chứng minh trung trực PQ qua AC z at nh z Lời giải: oi điểm cố định m tỷ số @ gm Về lời giải giống lời giải toán 2.27, xong khác EF m co l giao KL Ta cố gắng chứng minh EF vng góc với AI tốn giải theo ý tưởng toán 2.27, ta thấy an Lu  = LKB  = LCB  = ICE  EKI n va ac th si 59 lu Hình 2.42 an n va   = KIC  = KEC Từ tứ giác EKCI nội tiếp, ta suy AEF tn to  = LIB  = LIB  mà KIC  tam giác AEF cân có AI Tương tự AFE ie gh  nên AI vng góc EF phân giác BAC p Vậy đến lời giải hồn tồn tương tự lời giải tốn 2.27 phép nl w đối xứng tâm I Ta ý trung trực PQ qua điểm N cố định đối xứng (Hình 2.42) d oa với M qua D an lu Bài toán 2.27c: Cho tam giác ABC, I tâm đường tròn nội tiếp Các điểm va  = IFB  = α không đổi G, H đối xứng E, F thuộc CA, AB cho IEC ll u nf E, F qua I GH cắt IB, IC P, Q Giả sử A thay đổi B, C cố định AB = k không đổi Chứng minh trung trực PQ qua AC oi z at nh điểm cố định m cho tỷ số z Lời giải: @ l gm  = IEF  = α không đổi ta dễ chứng minh tam giác AEF cân từ đó, Do IEC gọi IB, IC cắt EF K, L ta dễ B, C, K, L nằm đường tròn m co  D cố định trung trực PQ (M) cố định Chân phân giác góc A (Hình 2.43) an Lu qua điểm đối xứng M qua D cố định n va ac th si 60 lu Hình 2.43 an va Bài toán 2.27d: Cho tam giác ABC, P điểm Đường tròn (M) n qua B, C BP, CP cắt (M) K, L KL cắt CA, AB E, gh tn to F G, H đối xứng với E, F qua P GH cắt PB, PC Y, Z Giả sử B, p ie C (M) cố định A, P thay đổi cho đường nối P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC qua điểm cố định BC Chứng d Lời giải: oa nl w minh trung trực PQ qua điểm cố định ll u nf va an lu oi m z at nh z m co l gm @ Hình 2.44 an Lu Về lời giải hoàn toàn tương tự toán Ta ý n va gọi X tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC ta dễ chứng minh ac th si 61 XP vng góc với EF Chú ý với giả thiết XP qua D cố định thuộc BC Từ cách hồn tồn tương tự ta chứng minh trung trực YZ qua điểm N đối xứng M qua D cố định (Hình 2.44) Bài toán 2.28: Cho ΔABC, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp (O) tam giác cắt đường thẳng BC P Lấy Q, R đối xứng với P qua đường thẳng AB, AC Chứng minh QR vng góc với BC Lời giải: Gọi PR ∩ AC ≡ M; PQ ∩ AB ≡ N; MN ∩ BC ≡ H  + PNA  = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác PMAN nội tiếp Suy Vì PMA lu  = PAM  = ABC  = PBN  PNH an n va  = PNH  + HPN  = PBN  + HPN  = 900 , suy MN ⊥ BC Từ PHM gh tn to Mặt khác từ giả thiết ta có MN đường trung bình tam giác PQR, nên ie MN // QR p Từ hai điều ta có QR ⊥ BC  (Hình 2.45) d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh z gm @ Hình 2.45 m co l Từ tốn trên, ta có toán mở rộng sau: Bài toán 2.28a: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) P thuộc BC n va MN // PA Q đối xứng P qua MB, R đối xứng P qua NC an Lu (O) T ∈ AP cho BT, CT cắt (O) lần thứ M, N ac th si 62 Chứng minh QR vuông góc với BC Lời giải: lu an va n Hình 2.46 gh tn to Gọi PR  NC ≡ E; PQ  MB ≡ F; EF  BC ≡ S p ie  + PFT  = 900 + 900 = 1800 nên tứgiác PFTE nội tiếp Vì PET Từ MN // PA tính chất góc nội tiếp ta có oa nl w  = PTE  = MNT  = MBC  = PBF  Suy PFS d  = PFS  + BPF  = PBF  + PBF  = 900 EF ⊥ BC PSE lu u nf EF ⊥ QR va an Mặt khác từ giả thiết ta có EF đường trung bình tam giác PQR nên ll Từ hai điều ta suy QR ⊥ BC  (Hình 2.46) oi m z at nh Bài tốn 2.28b: Cho tam giác ABC, đường tròn qua B, C cắt AC, AB E, F Cho BE giao CF H Tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp z tam giác ABC cắt BC tai T Trên AB lấy điểm Q, AC lấy điểm P @ gm cho TP song song BE, TQ song song CF Chứng minh PQ song song m co l với AH Lời giải:  BC ≡ K, BE ∩ AT ≡ N, CF ∩ AT ≡ M, AH ∩ BC ≡ D, n va AH ∩ (ABC) = A;G an Lu Gọi EF ac th si 63 Theo tính chất góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ta có  = ABC  = AEF  , suy EF // AT NAC lu an n va gh tn to p ie Hình 2.47 d oa nl w TC AC2 DB KB = = Trước hết ta có (BCDK) = − nên TB AB2 DC KC AN TB AM TC = = , suy EF KB EF KC va an lu Theo định lý Thales ll u nf AM TC KB AC2 DB GB AC = = = AN TB KC AB2 DC GC AB = GB AF GC AE m AT AP AP GB AM AE = = = AQ GC AF AN AQ AT oi Xét ΔPAQ ΔBGC có: z at nh Suy z GB AP = nên ΔPAQ ~ ΔBGC (c.g.c) GC AQ l gm @  = BGC  PAQ m co  = BCG  = BAG  , suy PQ // AH suy  (Hình 2.47) Từ PQA an Lu Bài tốn 2.29: Cho tam giác PAB tam giác PCD cho PA = PB, PC = PD, (O1) qua A, C cắt (O2) qua B, D hai điểm phân biệt X, Y n va ac th si 64 Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY trung điểm đoạn O1O2 Lời giải: Gọi O trung điểm O1O2, ta chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY Gọi r1, r2 bán kính (O1), (O2) Áp dụng cơng thức đường trung tuyến cho tam giác XO1O2 tam giác YO1O2 có ta có XO12 + XO22 O1O22 r12 + r22 O1O22 OX = = 4 (1) YO12 + YO22 O1O22 r12 + r22 O1O22 OY = = 4 (2) lu an n va p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu m oi Hình 2.48 z at nh Mặt khác từ giả thiết ta có: z PA.PC = -PB.PD  P = Pp/O  PO12 + PO22 = r12 + r22 p/O1 gm @ Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác PO1O2 ta có OP = PO1 + PO - = r1 + r2 - O1O22 (3) an Lu O1O22 m co l 2 n va ac th si 65 Từ(1), (2), (3) ta có OX2 = OY2 = OP2, suy O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY  (Hình 2.48) Từ tốn trên, ta có tốn mở rộng sau: Bài toán 2.29a: Cho tam giác ABC, M điểm thuộc cạnh AB, N thuộc AC cho MN song song với đường đối trung xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC Đường tròn (O1) qua M, B cắt đường tròn (O2) qua N, C hai điểm phân biệt X, Y Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY trung điểm đoạn O1O2 Lời giải: lu Gọi O trung điểm O1O2, ta chứng minh O tâm đường tròn ngoại an tiếp tam giác AXY n va p ie gh tn to d oa nl w ll u nf va an lu oi m z at nh Hình 2.49 z Đường đối trung xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC cắt BC S gm @ AB2 AC  sin AMN =  sin BAS = SC AB SB AC = SC AC2 AB AB AC = AC AB n va AN =  sin CAS SB an Lu Ta có  sin ANM = m co  = BAS  ANM  = CAS  Vì MN // AS nên AMN AM l Vì AS đường đối trung tam giác ABC nên ac th si 66 Suy AM.AB = -AN.AC Đến làm tương tự toán 2.29 ta thu điều cần chứng minh Bài toán 2.30 (Định lý Pythagore): Với ba điểm A, B, C AB vng góc với AC AB2 + AC2 = BC2 Bài toán 2.30a: Với bốn điểm A, B, C, D AC vng góc với BD AB2 + CD2 = AD2 + BC2 Từ tốn trên, ta có toán mở rộng sau: Bài toán 2.30b: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đồng thời ngoại tiếp đường trịn khác (O’) có tiếp điểm M, N, P, Q lu với cạnh DA, AB, BC, CD Chứng minh MP vng góc với NQ an Lời giải: va n Gọi H giao điểm O’A MN; E giao điểm O’C PQ gh tn to  +C  = 1800 ; tứ giác ABCD lại Ta có tứ giác ABCD nội tiếp (O) nên A p ie  + O'CQ = 1A  + 1C  = 900 , suy O'AM   CO'Q  ngoại tiếp (O’) nên O'AM 2 oa nl w  ) (cùng phụ với O'CQ O'M d Vậy  O'MA   CQO' Do = QO' an lu CQ MA u nf va Đặt MA = AN = x, BN = BP = y, CP = CQ = z, DQ = DM = t, r x =  r2 = xz Tương tự, ta có r2 = yt suy z r ll O’M = O’Q = r, đó, ta có oi m z at nh r2 = xz = yt Do AM AN hai tiếp tuyến (O’) nên O’A  MN HM = HN MA + O'M  MN = x2 + r2  MN = x+ z ; NP = y2 t y+ t ; MQ = = x + xz = x 2z x+ z yt y+ t an Lu PQ = xz x2 + r2 x (xz) m co Hồn tồn tương tự, ta có x 2r l = gm MH @ z Trong tam giác O’MA vuông M ta có n va ac th si 67 2 Suy MN + PQ = 2 NP + MQ = x 2z x+ z y2t y+ t xz + x+ z + yt y+ t = 4xz = 4r2 = 4yt = 4r2 Như MN2 + PQ2 = NP2 + MQ2 Theo 2.30a MP  NQ (Hình 2.50) lu an n va ie gh tn to p Hình 2.50 nl w Bài toán 2.30c: Giả sử O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D d oa trung điểm cạnh AB, E trọng tâm tam giác ACD Chứng va Lời giải: an lu minh AB = AC OE vng góc với CD ll u nf Gọi M giao điểm CE AB; N giao điểm DE AC oi m Đặt BC = a AB = AC = b b2 + a b2 ( b) - 2 gm @ CA + CD AD  CE2 = b2 + z CM2 = z at nh Áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến, ta có m co l 5b + 2a b 1 b + 4a = = suy CE2 = b + a 16 36 Do DA = DB nên OD  AB Trong tam giác vng ODB ta có an Lu n va 1 OD2 = OB2 - BD2 = OC2 – ( AB)2 = OC2 - b2 ac th si 68 Vậy CE2 + OD2 = OC2 + a (3) Ta có ND đường trung bình tam giác ABC nên DN = DE = BC, suy a (4) Từ (3) (4) suy CE2 + OD2 = OC2 + DE2 Theo tốn 2.30a OE  CD (Hình 2.51) lu an n va p ie gh tn to nl w oa Hình 2.51 d  = ABC  = BCD  > 900 Chứng Bài tốn 2.30d: Cho tứ giác ABCD có DAB an lu u nf Lời giải: va minh đường thẳng Euler tam giác ABC qua D ll Gọi DA  CB = M; AB  DC = N oi m z at nh đường cao MM1, NN1 tam giác AMB BNC cắt O  = ABC  = BCD  nên AMB, BNC tam giác cân Do DAB z Từ suy O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi H trực gm @ tâm tam giác ABC m co l  > 900 nên H nằm  ABC HA  BC B1, HC  AB Vì ABC C1 Như vậy, ta có tứ giác AM1B1M, AB1C1N MACN tứ an Lu giác nội tiếp n va ac th si 69 Gọi I, J trung điểm MA CN Khi I, J tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AM1B1M CN1C1N Ta có HB1.HA = HI2 – IA2; HC1.HC = HJ2 – JC2; HB1HA = HC1.HC suy HI2 – IA2 = HJ2 – JC2 suy HI2 – HJ2 = IA2 – JC2 (5) Tương tự ta có OI2 – OJ2 = IA2 – JC2 (6) Từ (5) (6) suy HI2 + OJ2 = OI2 + HJ2 Theo toán 2.30a OH  IJ (7) lu an n va p ie gh tn to d oa nl w an lu Hình 2.52 va u nf Mặt khác, tứ giác MANC nội tiếp nên DA.DM = DC.DN suy ll (DI – IA)(DI + IA) = (DJ – JC)(DJ + JC) suy DI2 – DJ2 = IA2 – JC2 (8) m oi Từ (5) (8) suy HI2 + DJ2 = DI2 + HJ2 z at nh Theo tốn 2.30a DH  IJ (9) z Từ (7) (9) suy H, O, D thẳng hàng Ta biết đường thẳng Euler tam @ gm giác ABC qua trực tâm H, gọi trọng tam G tâm O đường trịn (Hình 2.52) m co l ngoại tiếp Từ suy đường thẳng Euler tam giác ABC qua D an Lu n va ac th si 70 KẾT LUẬN Với mục đích đưa vài ý tưởng số tập minh họa cho ý tưởng mở rộng tốn chương trình phổ thơng nhằm góp phần bồi dưỡng, phát triển tư lực giải tốn cho học sinh thơng qua nội dung hình học, luận văn trình bày vài kết ban đầu sau: (1) Nêu rõ sở mặt triết học cho việc nghiên cứu, mở rộng tốn hình học (2) Nghiên cứu tài liệu tham khảo để khái quát hóa ba định hướng thường khai thác để mở rộng toán, cụ thể: lu - Mở rộng toán hình học phẳng (E2) thành tốn hình học an va không gian (E3) n - Mở rộng số toán tam giác thành toán đa giác to gh tn - Mở rộng toán theo hướng tiếp cận nhiều mặt: Thay đổi vài (3) Đối với số toán (mở rộng) chưa có lời giải có p ie yếu tố toán nl w lời giải ngắn gọn tài liệu tham khảo luận văn cố gắng đưa oa lời giải chi tiết đồng thời đưa thêm bình luận, giải để d học sinh tự đọc hiểu lời giải toán lu va an Mặc dù số lượng ví dụ đưa chưa nhiều phong phú u nf khuân khổ hạn chế thời gian lực thân, luận văn hết ll sức cố gắng để hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu m oi Tuy nhiên việc mở rộng tốn SGK phổ thơng z at nh rộng đa dạng Những vấn đề mà luận văn đề cập chưa đầy đủ đồng thời nhiều vấn đề mà luận văn chưa có điều kiện nghiên cứu z gm @ Chúng em mong nhận bảo Thầy, Cô giáo Hội đồng để chúng em bổ sung, hồn thiện luận văn với mong ước có l trường phổ thông miền núi an Lu Chúng em xin trân trọng cảm ơn m co tài liệu để sử dụng q trình giảng dạy thân n va ac th si 71 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Quý Dy (Chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009) Tuyển tập 200 tốn vơ địch tốn NXB Giáo dục [2] Trần Quang Hùng (2014) Mở rộng tốn hình học VMO 2013 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ lương, Nguyễn Văn Xoa (2006) Tuyển tập đề thi tuyển sinh Trung học phổ thông chuyên môn Toán NXB Giáo dục lu [4] Nguyễn Văn Mậu(Chủ biên), Nguyễn Đăng phất, Đỗ Sơn (2008) an Hình học số vấn đề liên quan NXB Giáo dục va n [5] Đàm Văn Nhỉ (2015) Hình học sơ cấp NXB Thơng Tin truyền thơng tn to [6] Đồn Quỳnh (chủ biên), Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn ie gh Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2014) Tài liệu chun tốn p (Phần Hình học) NXB Giáo dục nl w [7] Đoàn Quỳnh (1994) Đại số tuyến tính hình học NXB Giáo dục d oa [8] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001) 40 năm Olympic an lu toán học quốc tế NXB Giáo dục u nf va [9] Đỗ Thanh Sơn Một số chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi THPT (2010) NXB Giáo dục ll z at nh NXB giáo dục oi m [10] Các tác giả Tuyển tập theo chuyên đề toán học tuổi trẻ (2009) [11] Viktor Prasolov Problems in plane and solid Geometry (2006) z Translated and edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks @ Sketchpad Key Curriculum Press an Lu [14] www VnMath.com m co [13] www http://analgeomatica.blogspot.com l gm [12] Dan Bennett (2002) Exploring Geometry with the geometter’s n va ac th si