Luận văn 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 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 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 thông 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 ngôn 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 toán hình học mặt phẳng định hướng 2.1 35 Các toán ứng dụng đường thẳng định hướng 35 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 toán 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 vuông góc 45 2.2.3 Phương pháp chứng minh điểm đồng viên 49 2.3 Ứng dụng góc định hướng giải toán 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 iii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn công trình tổng hợp nghiên cứu Trong luận văn 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 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 Toán, chuyên ngành "Phương pháp Toán sơ cấp" Tác giả Nguyễn Văn Thanh 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 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 Mở đầu Trong giáo trình hình học sơ cấp trường đại học sư phạm mà 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, khuôn khổ giáo trình không cho phép tác giả sâu vào ứng dụng công cụ việc giải loại toán hình học Để nghiên cứu sâu thêm tính chất bổ sung thêm toán ứng dụng đường thẳng định hướng góc định hướng vào việc giải toán phổ thông, coi công cụ mạnh, hữu hiệu giải toán hình học Chúng 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 ngôn ngữ độ dài đại số hay góc định hướng • Chương Giải toán 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 toán hình học: Chứng minh tính song song, tính thẳng hàng, tính vuông góc, tính đồng viên điểm, giải toán quỹ tích, ứng dụng khác Các toán đưa luận văn toán khó, điển hình cho loại hay gặp kỳ thi học sinh giỏi toàn quốc, chí kỳ thi quốc tế Việc sử dụng góc định hướng giúp lời giải ngắn gọn, rõ ràng không 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 nhiều thiếu sót Kính mong Thầy Cô 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 57 Hình 2.19 Lời giải Thuận Ta có (AD, AC) = (AD, BM ) + (BM, AC), mà −−→ −−→ (AD, BM ) = (AD, BD) = (O A, O B) = (O O, O B) (mod π) −−→ −→ (BM, AC) = (M B, M A) = (OB, OA) = (OB, OO ) (mod π) Do (AD, AC) = (O O, O B) + (OB, OO ) = (OB, O B) (mod π) = (BO, BO ) (mod π) = const Đặt ∠OBO = π − α, suy ∠BAC = α, độ dài CD không đổ, CD = 2R sin α Từ suy khoảng cách O I = R cos α Vậy trung điểm I thuộc đường tròn tâm O bán kính R cos α Đảo Đảo lại lấy I ∈ (O , R cos α), α = π − OBO Qua I vẽ đường thẳng vuông góc với O I cắt (O ) 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 (O , R 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 tròn cố định 58 Hình 2.20 (b) M N qua điểm cố định Lời giải (a) Thực chất ta giải phần thuận toán 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 tròn (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 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 tròn 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 ) 60 = (BC, AM ) = (P B, P M ) (mod π) Suy BA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác P M B Tương tự AC tiếp tuyến đương tròn ngoại tiếp tam giác CM P C (2) Giả sử I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P suy I giao điểm đường trung trực cạnh BP đường thẳng ∆ cố định vuông góc với AB B Khi M di động đường tròn (ABC) P di động BC, suy I di động ∆ Đảo lại, lấy I ∈ ∆, vẽ đường tròn (I, IB) Đường tròn cắt (ABC) điểm M AM cắt BC kéo dài P Ta cần chứng minh đường tròn (CM P ) tiếp xúc với AC C, hay AC tiếp tuyến đường tròn (CM P ) C Thật vậy, tương tự chứng minh phần thuận ta có: (CA, CM ) = (P C, P M ) (mod π) Kết luận: Tập hợp điểm I ∆ qua B, ∆ ⊥ BA Gọi J tâm đường tròn (CM P ), tương tự trên, tập hợp điểm J đường thẳng ∆ qua C, ∆ ⊥ CA 2.4 Các ứng dụng khác Sử dụng góc định hướng thích hợp ta giải loại toán khác như: đường tròn tiếp xúc đường thẳng, chứng minh ba đường thẳng đồng quy, song song, hai tam giác đồng dạng, Ta giới thiệu toán sau: Bài toán 2.21 Cho hai hình vuông ABCD AEF G hướng A, B, E không thẳng hàng Chứng minh BE, CF, DG đồng quy Lời giải Xét phép quay tâm A góc quay (AB, AD) = 90◦ Khi B biến thành D E biến thành G Gọi H giao điểm BE GD Khi (BE, GD) = (AB, AD) = (CB, CD) (mod π) Suy A, H, B, C, D đồng viên Từ ta có (HB, HC) = (AB, AC) (mod π) Hơn (HG, HE) = (AG, AE) = 90◦ (mod π) nên A, E, H, G, F đồng 61 Hình 2.22 viên Suy (HE, HF ) = (AB, AC) (mod π) Ta có (HB, HC) = (HE, HF ) (mod π) mà H, E, B thẳng hàng nên H, C, F thẳng hàng, hay BE, CF, DG đồng quy Bài toán 2.22 (Bulgarian 1999) Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H đường thẳng tùy ý qua H Gọi a, b, c đường thẳng đối xứng với qua đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh a, b, c đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Gọi A1 , B1 , C1 theo thứ tự điểm đối xứng với H qua đường thẳng BC, CA, AB Khi dễ dàng chứng minh A1 , B1 , C1 ∈ (ABC) Ngoài ra ( a , b ) = ( a , BC) + (BC, CA) + (CA, b ) (mod π) = (BC, ) + (BC, CA) + ( , CA) (mod π) = 2(CB, CA) = (CA1 , CB1 ) (mod π) suy a ∩ b ∈ (ABC) Tương tự b ∩ c, c ∩ a ∈ (ABC) Từ đó, đường thẳng đường tròn cắt nhiều hai điểm suy điều phải chứng minh 62 Bài toán 2.23 Cho tam giác ABC với AA , BB , CC đường phân giác Gọi M điểm không thuộc BC, CA, AB Các điểm X, Y, Z theo thứ tự điểm đối xứng M qua AA , BB , CC Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy đôi song song Lời giải Trước hết xin phát biểu không chứng minh nhận xét Nhận xét 2.1 Cho ba điểm A, B, C đường thẳng ∆ Gọi A , B , C theo thứ tự −−→ −−→ −→ −→ điểm đối xứng A, B, C qua ∆ Khi (AB, AC) = (A C , A B ) (modπ) Hình 2.23 Trở lại toán ban đầu Gọi điểm A1 , B1 , C1 điểm đối xứng M qua BC, CA, AB Dễ thấy (2.33) AB1 = AM = AC1 Mặt khác,theo nhận xét ta có −−→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ (AX, AB1 ) ≡ (AX, AC) + (AC, AB1 ) (mod 2π) −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ suy (AX, AB1 ) ≡ (AB, AM ) + (AM , AC) (mod 2π) Điều kéo theo −−→ −−→ −→ −→ (AX, AB1 ) ≡ (AB, AC) (mod 2π) Tương tự ta có −−→ −−→ −→ −→ (AX, AC1 ) ≡ (AC, AB) (mod 2π) 63 −−→ −−→ −−→ −−→ Từ suy (AX, AB1 ) + (AX, AC1 ) ≡ (mod 2π) nên AX phân giác góc (B1 AC1 ) Điều (2.33) suy AX trung trực đoạn B1 C1 Tương tự BY, CZ theo thứ tự trung trực C1 A1 , A1 B1 Từ ta có kết luận, A1 , B1 , C1 không thẳng hàng AX, BY, CZ đồng quy, A1 , B1 , C1 thẳng hàng AX, BY, CZ đôi song song Bài toán 2.24 Cho tứ giác ABCD mà cặp cạnh đối không song song nội tiếp đường tròn (O) Gọi E, F giao điểm AC BD, AD BC Gọi I, M, N theo thứ tự trung điểm EF, AB, CD Chứng minh rằng: (a) PE/(O) + PF/(O) = EF (b) IEM IN E Hình 2.24 Lời giải Nhận xét 2.2 Cho tứ giác ABCD mà cặp cạnh đối không song song Gọi E, F, K giao điểm AC BD, AD BC, AB CD Khi • Trung điểm đoạn AC, BD, KF thẳng hàng • Trung điểm đoạn AB, DC, EF thẳng hàng • Trung điểm đoạn AD, CB, KE thẳng hàng 64 Chứng minh nhận xét đăng Tạp chí Toán học Tuổi trẻ, Bài T7/308 số 312 (6/2003)) Trở lại việc giải toán (a) Gọi P giao điểm EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE (P = E) Ta có (P F, P B) = (CE, CB) = (CA, CB) = (DA, DB) = (DE, DF ) (mod π) Suy bốn điểm B, P, D, F đồng viên Từ suy PE/(O) + PF/(O) = EB.ED + F B.F C = EF EP + F E.F P = EF (EP − F P ) = EF (b) Phép chứng minh chia làm bước Bước Ta chứng minh −−→ −→ −−→ −−→ F B.EC cos(F B, F C) + EB.F D cos(EB, F D) (2.34) Thật + Nếu A nằm F D, B nằm F C ta có −−→ − − → −−→ − − → (F B, EC) = (BC, EC) (mod 2π), suy −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ (F B, EC) = (BC, AC) = (BD, AD) = (BE, F D) −−→ −−→ −−→ −−→ = (BE, EB) + (BE, F D) (mod 2π) (2.35) + Tương tự D nằm F A, C nằm F B, ta có (2.35) Suy −−→ −→ −−→ −−→ cos(F B, F C) = − cos(EB, F D) (2.36) 65 + Mặt khác, F AB F CD F AB F CD nên FB AB EB = = =⇒ F B.EC = EB.F D FD CD EC (2.37) Từ (2.35), (2.36) (2.37) suy (2.34) Bước Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ (2.34) ⇔ F B.EC + EB.F D = −→ − − → −−→ −−→ −→ ⇔ EF = PF/(O) + PE/(O) + F E.EC + vvEB.F D + EB.F C −→ −−→ −→ −→ − − → −−→ −−→ −−→ −→ ⇔ EF = F A.F D + (F E + EA)EC + EB.F D + EB.F C −→ −−→ −→ − − → −−→ −−→ −−→ −→ ⇔ EF = F A.F D + F E.EC + EB.F D + EB.F C − → 1 −→ −−→ −−→ − ⇔ EF = F A + EB · F D + EC 2 −−→ −→ ⇔ IE = IM IN ⇔ IE = IM.IN ⇔ IEM IN E (do góc M IE chung) Ta có điều cần chứng minh 2.5 Một số toán Bài toán 2.25 Cho tam giác không cân ABC, O tâm đường tròn ngoại tiếp Các điểm A , B , C theo thứ tự ảnh A, B, C qua RBC , RCA , RAB Chứng minh đường tròn (OAA ), (OBB ), (OCC ) qua điểm khác O Bài toán 2.26 Chứng minh hệ thức sau −→ −−→ −→ −−→ a) (OA, −OB) = (−OA, OB) (mod 2π), −−→ −→ −−→ −→ (M N , −P Q) = (−M N , P Q) (mod 2π) −→ −−→ −−→ −→ b) (−OA, OB) = π − (OB, OA) (mod 2π), −−→ −→ −→ −−→ (−M N , P Q) = π − (P Q, M N ) (mod 2π) −→ −−→ −−→ −→ c) (OA, OB) = π − (−OB, OA) (mod 2π), −−→ −→ −→ −−→ (M N , P Q) = π − (−P Q, M N , ) (mod 2π) 66 Bài toán 2.27 Cho tam giác ABC cân đỉnh A Chứng minh hệ thức −−→ −→ −→ −−→ (BC, BA) = (CA, CB) (mod 2π) Bài toán 2.28 Cho bốn điểm A, B, C, D nằm đường tròn tâm O Chứng minh rằng: −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ a) (CA, CB) + (DA, CB) = (OA, OB) −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ b) (AB, CD) + (DC, DA) = (AB, AD) Bài toán 2.29 Chứng minh tổng góc hướng đa giác lồi n đỉnh đồng dư π n lẻ đồng dư với n chẵn theo molulo 2π (Hướng dẫn: Dựa vào (1.2) Bài toán 2.28.) Bài toán 2.30 Tứ giác ABCD nội tiếp −−→ −→ (M N, P Q) = (M N , P Q) (mod π) Bài toán 2.31 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng ∆ không qua A, B, C theo thứ tự cắt BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Các điểm A2 , B2 , C2 thuộc (O) cho AA2 , BB2 , CC2 song song với ∆ Chứng minh A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy điểm thuộc (O) Hướng dẫn Gọi K điểm Miquel tam giác ABC đường thẳng ∆ Bài toán 2.32 Cho bốn điểm A, B, C, D ba điểm thẳng hàng Chứng minh đường Euler tam giác BCD, CDA, DAB, ABC qua điểm Bài toán 2.33 (Dự tuyển IMO 1994) Trong tam giác ABC không cân A, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB tương ứng D, E, F Gọi X điểm bên ∆ABC cho đường tròn nội tiếp ∆XBC tiếp xúc BC D tiếp xúc với XB, XC tương ứng Y, Z Chứng minh E, F, Y, Z đồng viên Hướng dẫn Hãy chứng minh EF, Y Z, BC đồng quy 67 Bài toán 2.34 (VMO 2014) Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi I điểm cung BC không chứa A Trên AC lấy điểm K = C cho IK = IC Đường thẳng BK cắt (O) D = B Trên DI lấy điểm M cho CM //AD Đường thẳng KM cắt đường thẳng BC N Đường tròn (BKN ) cắt (O) P = B Chứng minh P K qua trung điểm đoạn thẳng AD Bài toán 2.35 (THTT 441 [3-2014]) Cho tam giác ABC cân A, P điểm thuộc đường thẳng BC Chứng minh điểm đối xứng C qua trung điểm AP nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP B Bài toán 2.36 (Mở rộng Bài toán 2.35) Cho tam giác ABC tùy ý, P điểm thay đổi đường thẳng BC Gọi E, F điểm đối xứng B, C qua trung điểm đoạn thẳng AP (a) Chứng minh đường tròn (ACE), (ABF ) cắt điểm Q nằm BC (b) Gọi AH đường cao tam giác ABC Chứng minh QP = HB +HC Bài toán 2.37 (Đề thi đề nghị Olympic 30-4) Cho đường tròn (O, R) tiếp xúc với đường thẳng d H cố định Gọi , N hai điểm di động d cho HM ·HN = −k với k = Từ M N kẻ hai tiếp tuyến M A, M B đến (O, R) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Bài toán 2.38 (Điểm Anti-Steiner) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi H trực tâm tam giác Gọi ∆ đường thẳng qua H Gọi ∆A , ∆B , ∆C theo thứ tự ảnh ∆ qua phép đối xứng trục SBC , SCA , SAB Chứng minh ∆A , ∆B , ∆C đồng quy điểm Ω ∈ (O) (điểm Ω gọi điểm Anti-Steiner ∆ ∆ABC) Bài toán 2.39 (Bài toán 4, Việt Nam TST 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm B, C cố định, A thay đổi Đường tròn (D) qua B, C theo thứ tự cắt AC, AB E, F Gọi M, N điểm tương ứng thuộc BE, CF 68 cho DM //AC, DN //AC Tiếp tuyến M, N đường tròn (DM N ) cắt T Chứng minh T điểm cố định Chú ý Khi (D) đường tròn đường kính BC toán trở thành đề thi chọn đội tuyển quốc gia năm 2012 Bài toán 2.40 (Bài toán 6, IMO 2011) Cho tam giác ABC điểm P không thuộc đường thẳng BC, CA, AB Đường thẳng ∆ qua P theo thứ tự cắt đường tròn (P BC), (P CA), (P AB) X, Y, Z Các đường thẳng ∆1 , ∆2 , ∆3 thứ tự tiếp xúc với đường tròn (P BC), (P CA), (P AB) X, Y, Z Gọi D = ∆2 ∩ ∆3 , E = ∆3 ∩ ∆1 , F = ∆1 ∩ ∆2 Chứng minh đường tròn (ABC) (DEF ) tiếp xúc Chú ý Khi P trực tâm tam giác ABC toán trở thành đề thi IMO 2011 Bài toán 2.41 (THTT 443 [5-2014]) Cho ∆ABC nhọn Kẻ đường cao AD, BE, CF cắt H Lấy K điểm tùy ý BC, K = B, C, D (a) Gọi L hình chiếu H AK Chứng minh BF LK, CELK tứ giác nội tiếp (b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BF K đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK cắt P khác K Chứng minh P, K, A thẳng hàng HP ⊥ AK Bài toán 2.42 (IMO 2013) Cho ∆ABC nhọn Kẻ đường cao AD, BE, CF cắt H Lấy K điểm tùy ý BC, K = B, C Kẻ đường kính KM đường tròn BF K đường kính KN đường tròn (CEK) Chứng minh M, N, H thẳng hàng Hướng dẫn Từ Bài toán 2.41 dẫn đến Bài toán 2.42 Bài toán 2.43 (VN IMO 1989-1990) Cho tam giác ABC Tìm tập hợp điểm M cho M A.M A = M B.M B = M C.M C , A , B , C theo thứ tự hình chiếu vuông góc M BC, CA, AB 69 Kết luận Chương Thực chất toán giải cách biến đổi góc hình học sau xem xét khả xảy vị trí Khi áp dụng góc định hướng ta đại số hóa cách biến đổi góc nhờ tính chất góc định hướng việc giải toán trở nên ngắn gọn hơn, đầy đủ Đó ưu việc áp dụng góc định hướng vào toán chứng minh tính song song, vuông góc, đặc biệt tính đồng viên điểm hay toán tìm quỹ tích điểm Với ví dụ chọn lọc, phân loại toán bổ sung, đặc biệt toán dành riêng cho học sinh giỏi, đề thi Olympic nước quốc tế, tác giả luận văn muốn khẳng định tính hiệu việc vận dụng góc định hướng để giải toán hình học Đó kết luận văn 70 Kết luận Đề nghị Những kết đạt Bằng cách định hướng đường thẳng, mặt phẳng thông thường, tác giả đưa phương pháp ứng dụng đường thẳng định hướng, góc định hướng để giải toán Các kết thu là: Xây dựng lý thuyết đường thẳng định hướng mặt phẳng định hướng với hai khái niệm quan trọng độ dài đại số đoạn thẳng góc định hướng Phát biểu bổ sung kiện hình học theo quan điểm định hướng mặt phẳng, đưa hệ thức điều kiện cần đủ cho kiện hình học tương ứng Ứng dụng độ dài đại số, góc định hướng để giải loại toán chứng minh, tìm quỹ tích, hình học Lựa chọn toán điển hình cho lời giải sử dụng góc định hướng Các hướng nghiên cứu • Định hướng không gian ứng dụng • Xét toán tam giác định hướng "diện tích đại số" hình 71 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hạ Vũ Anh (2007), Góc định hướng áp dụng, Tài liệu www.boxmath [2] Hạ Vũ Anh (2000), Bài tập Hình học, Tài liệu www.sachsangtao.com [3] Nguyễn Minh Hà (chủ biên), Nguyễn Xuân Bình (2008), Bài tập nâng cao số chuyên đề Hình học lớp 10, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Mộng Hy (1999), Bài tập Hình học cao cấp, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Mộng Hy (1997), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Mộng Hy (1997), Hình học sơ cấp, NXB Giáo dục [7] Lê Đình Phi (1969), Hình học sơ cấp, NXB Giáo dục [8] Đào Tam (2004), Giáo trình Hình học sơ cấp, NXB Đại học Sư phạm [9] Tuyển tập chuyên đề Hình học Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ (2013) Tiếng Anh [10] IMO Task Collection (Tuyển tập đề thi IMO) (2002) Website: www.diendantoanhoc.net Tiếng Pháp [11] Gustave Choquet (1970), L’enseignment De la Geometrie, Mir ... 1.3.3 Góc định hướng hai đường thẳng 21 Một số kiện hình học theo ngôn ngữ góc định hướng 26 1.4.1 Xét góc định hướng tạo hai tia 26 1.4.2 Xét góc định hướng. .. 1.3 Góc định hướng Trước lớp 11 phổ thông nói đến góc ta thường nói tới góc không vượt 360 độ góc nhọn, góc vuông, góc tù, góc bẹt, góc lồi, góc lõm thực tế kỹ thuật nhiều phải quan niệm góc. .. cho phép tác giả sâu vào ứng dụng công cụ việc giải loại toán hình học Để nghiên cứu sâu thêm tính chất bổ sung thêm toán ứng dụng đường thẳng định hướng góc định hướng vào việc giải toán phổ