Mở rộng một số bài toán hình học phẳng

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