Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ)

Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ THANH THỦY PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH TRONG HÌNH HỌC SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2017 ii Mục lục Mở đầu iv Chương Phương pháp diện tích 1.1 Định lý Pythagore 1.1.1 Tam giác vuông 1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc 1.2 Định lý Stewart 1.3 Phương pháp diện tích .13 1.3.1 Phương pháp diện tích 13 1.3.2 Định lý Ptolemy mở rộng 15 1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner 22 1.4 Định lý Ceva Định lý Menelaus 24 1.5 Bất đẳng thức Erdo¨ s-Mordell cho đa giác 29 Chương Phương pháp thể tích 35 2.1 Phương pháp thể tích 35 2.1.1 Phương pháp thể tích 35 2.1.2 Thể tích qua định thức 36 2.2 Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp 42 Chương Vận dụng giải thi học sinh giỏi 46 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 iii Mở đầu Hình học phân nhánh Toán học xuất sớm nhân loại Nhiệm vụ hình học mô tả ngắn gọn trả lời cho câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất không gian Các phương pháp giải toán hình học sơ cấp vốn vô phong phú đa dạng Điều hoàn toàn dễ hiểu hình học môn học truyền thống nhà trường phổ thông trường đại học sư phạm Dưới hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, tác giả luận văn có mục đích trình bày phương pháp diện tích thể tích hình học thảo luận thi học sinh giỏi, nhằm làm phong phú lý thuyết vừa trình bày tạo nhìn đa chiều nhiều khía cạnh cho giải toán hình học Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, Chỉ mục, nội dung luận văn trình bày ba chương: • Chương Phương pháp diện tích Chương trình bày kết phương pháp diện tích ứng dụng vào giải toán hình học sơ cấp Các chủ đề thảo luận Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva, Menelaus Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho đa giác • Chương Phương pháp thể tích Chương dành để trình bày phương pháp thể tích hình học, đặc biệt lưu ý đến thể tích qua định thức quan hệ liên quan đến bán kính mặt cầu nội ngoại tiếp • Chương Vận dụng giải thi học sinh giỏi Chương trình bày lời giải số thi học sinh giỏi điển hình liên quan đến phương pháp diện tích thể tích Chương Chương i v Tác giả hi vọng rằng, luận văn làm tài liệu tham khảo hữu ích cho quan tâm đến Hình học sơ cấp ứng dụng Nó có ích việc bồi dưỡng giáo viên, học sinh giỏi, quan tâm đến toán sơ cấp muốn mở rộng nhãn quan nói chung Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ nhiều lí do, luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong muốn nhận nhiều đóng góp quý Thầy Cô, anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2017 Tác giả Phạm Thị Thanh Thủy Chương Phương pháp diện tích Hình học sơ cấp phát triển dựa nhiều kết toán học cao cấp Ví dụ đơn giản để đo độ dài đoạn thẳng hay diện tích hình vuông theo đoạn thẳng chọn làm đơn vị đo ta phải sử dụng kết giới hạn, liên tục tích phân xác định Vấn đề lý giải trình hình thành kết qua toán cao cấp cần thiết thường sử dụng tỷ số đoạn thẳng diện tích chứng minh Từ ta phát nhiều kết 1.1 1.1.1 Định lý Pythagore Tam giác vuông Dựa vào tiên đề số đo độ dài đoạn thẳng nhiều kết lý thuyết giới hạn ta sử dụng mệnh đề để tính diện tích hình vuông cạnh a Mệnh đề 1.1.1 Diện tích hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = a (đơn vị dài) a2 đơn vị diện tích Chứng minh Dựng hệ tọa độ Axy : A(0, 0), B(a, 0), C(a, a), D(0, a) Khi a SABCD = ∫ a a dx = = a2 ax a2 đơn vị diện tích Như vậy, diện tích hình vuông ABCD cạnh a Mệnh đề 1.1.2 Tam giác vuông ABC có độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB ∠BAC = 900 Hạ đường cao AH ⊥ BC Đặt h = AH diện tích tam giác qua S Khi ta có đồng thức (1) a2 = b2 + c2 [Pythagore] (2) b2 = a.BH c2 = a.CH 1 (3) a.h = b.c, h2 = BH.CH = + b2 c2 h2 (4) 2S = a.h = b.c Chứng minh Dựng hình vuông ABCD với cạnh AB = a Dựng vào bên hình vuông ABCD bốn tam giác vuông ABA1, BCB1, CDC1 DAD1 tam giác vuông ABA1 Khi ta có hình vuông A1B1C1D1 với A1B1 = |b − c| Ta có SABCD tổng diện tích bốn tam giác vuông ABA1, BCB1, CDC1, DAD1 hình vuông A1B1C1D1 Vậy, ta có hệ thức b.c 2 a2 = + (b − c) = b + c Các kết lại hiển nhiên Hệ 1.1.1 Với biểu diễn b = a sin B, c = a cos B tam giác vuông ABC ta có sin2 B + cos2 B = Chứng minh Từ a2 = b2 + c2 = a2(sin2 B + cos2 B) theo Định lý 1.1.2 ta nhận hệ thức sin2 B + cos2 B = Hệ 1.1.2 Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng d d′ Lấy A, B thuộc d C, D thuôc d′ Khi d ⊥ d′ AC2 + BD2 = AD2 + BC2 Chứng minh Kết suy từ Định lý Pythagore Hệ 1.1.3 (Steiner) Cho tam giác ABC Lấy M, N, P thuộc đường thẳng BC, CA, AB, tương ứng Dựng đường thẳng mM ⊥ BC, nN ⊥ CA pP ⊥ AB Ba đường thẳng mM, nN pP đồng quy điểm MC2 + NA2 + PB2 = MB2 + PA2 + NC2 Chứng minh Kết suy trực tiếp từ Định lý Pythagore Ví dụ 1.1.1 Cho tam giác ABC Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng Dựng phía tam giác ABC hình vuông BCA1A2, CAB1B2, ABC1C2 Gọi A0, B0,C0 trung điểm A1A2, B1B2,C1C2, tương ứng dựng đường thẳng mM ⊥ B0C0, nN ⊥ C0A0 pP ⊥ A0B0 Chứng minh rằng, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy điểm Bài giải Đặt α = ∠ABC0 a = BC, b = CA, c = AB, S = SABC Theo Định lý Côsin ta có MC02 = 4c2 + b2 2S 20 MB = + 2S MB2 − MC0 = (b Hoàn toàn tương tự, ta có hai kết NC2 − 2 0 Ta có (c −a ) NA0 = 4b2 + c2 Ta nhận + − 2) c PA0 − PB0 = (a 2 − b ) MB2 − MC2 + NC2 − NA2 + PA2 − PB2 = 0 0 0 Vậy, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy điểm theo hệ Ví dụ 1.1.2 Cho tam giác ABC đường cao AA1, BB1,CC1 Dựng đường thẳng AM ⊥ B1C1, BN ⊥ C1A1 CP ⊥ A1B1 Chứng minh AM, BN,CP đồng quy Bài giải Ta có MB21− MC21 = AB21 − AC12 = (AB2 − BB12) − (AC2 − CC ) Hoàn 2 2 toàn tương tự ta có NC − NA PA − PB Từ suy AM, BN,CP đồng quy theo ví dụ 1 Ví dụ 1.1.3 Tam giác ABC có ∠A = 900 đường cao AH = h Giả sử M điểm tùy ý tam giác khoảng cách từ M đến BC,CA, AB x, y, z Xác định giá trị nhỏ tổng T = x2 + y2 + z2 Bài giải Hạ MI ⊥ AH, I ∈ AH Vì y2 + z2 = MA2 nên ta đánh sau: T = MA2 + x2 “ AI2 + x2 = (h − x)2 + x2 = 2x2 − 2hx + h2 Vậy h h Σ T = h + “ h h2x − 2 Tnn = x = hay M trung điểm đường cao AH Ví dụ 1.1.4 (Bulgarian MO and TST 2013) Cho tam giác nhọn ABC Lấy điểm M, N, P thuộc cạnh BC,CA, AB, tương ứng, cho tam giác APN, BMP, CNM nhọn ký hiệu Ha, Hb, Hc trực tâm chúng Chứng minh rằng, ba đường thẳng AHa, BHb,CHc đồng quy ba đường thẳng MHa, NHb, PHc đồng quy Bài giải Ký hiệu A1, B1,C1 hình chiếu vuông góc A, B,C lên NP, PM, MN, tương ứng Vì đường thẳng AHa, BHb,CHc đồng quy điểm nên ta có hệ thức (NC2 − MC2) + (MB2 − PB2) + (PA2 − NA2) = 1 1 1 Vậy = CN2 − CM2 + BM2 − BP2 + AP2 − AN2 = CN2 − AN2 + AP2 − BP2 + BM2 − CM2 Ta suy ba đường thẳng vuông góc hạ từ M, N, P xuống cạnh BC,CA, AB, tương ứng, đồng quy điểm K Vì tứ giác KMHcN KMHbP hình bình hành nên tứ giác PHbHcN hình bình hành Khi hai đường chéo PHc, NHb cắt điểm T, trung điểm đường Tương tự, MHa nhận T làm trung điểm hay ba đường thẳng MHa, NHb, PHc đồng quy điểm T Ví dụ 1.1.5 Với hai số dương a, b xét ABCD độ dài cạnh AB = a + b Lấy M thuộc cạnh AB với AM = a, BM = b Giả sử N chạy cạnh BC P thuộc cạnh AD cho NM ⊥ MP Xác định giá trị nhỏ tam giác MNP Bài giải Đặt x = BN, y = AP Từ điều kiện MN ⊥ MP ta suy MN2 +MP2 = NP2 suy xy = ab Khi S MNP = ax + by “ √ abxy = ab Vậy, giá trị nhỏ SMNP ab x = b, y = a Ví dụ 1.1.6 Coi bốn xã bốn đỉnh hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = 10 km Chứng minh rằng, xây mạng đường nối bốn xã với tổng độ dài nhỏ 28 km Bài giải Gọi O tâm hình vuông Lấy I, J trung điểm đoạn AO, BO, tương ứng Mạng đường nối bốn xã AI, IJ, JB, ID, JC Tổng độ dài mạng đường √ √ d = + + 10 < 28, (đúng) 2.1.1 Hệ tọa độ Descarte vuông góc Trước trình bày hệ tọa độ Carte vuông góc chứng minh lại Định lý Thales nhắc lại khái niệm số đo đoạn thẳng Giả sử ta chọn đoạn AB làm đơn vị đo Theo tiên đề số đo, ứng với đoạn thẳng MN có số thực x để MN = |x|.AB MN = x.AB Từ ta định nghĩa tỷ số hai đoạn thẳng: Giả sử MN = |x|.AB, PQ = |y|.AB với y ƒ= Tỷ số hai đoạn định nghĩa sau: MN x MN |x| := := PQ |y| y PQ Định lí 1.1.1 (Thales’s Theorem) Với hai đường thẳng d, d′ ba đường thẳng song song a, b, c cắt d, d′ A, B,C A′, B′,C′, tương ứng, ta có BC AB AB = ′ ′ B′C′ Chứng minh Kết suy từ công thức thể tích V = 3sr Mệnh đề 2.2.1 Chương Vận dụng giải thi học sinh giỏi Ví dụ 3.0.1 Qua điểm O không gian ta dựng n đường thẳng Odi Giả sử góc hai đường thẳng thuộc n đường thẳng Odi không nhỏ α với π < α < Chứng minh n ™ α − cos Bài giải Ta dựng hình cầu (C) tâm O với bán kính hình nón tròn xoay đỉnh O, trục Od , với đường sinh Ol cho ∠l Od = α , i = 1, 2, , n Ký hiệu i i i i Ki phần thể tích hình nón dựng nằm hình cầu (C) Theo công thức tính thể tích khối tròn xoay ta có V = Ki = π f (x) dx α3 π.1 − cos 2∫ = α f (x) = tan x với 2 Σ, α ™ x ™ cos √ f (x) = − x2 với Vì nV ™ V = π.13 nên n ™ C − cos α ™ x ™ cos α Ví dụ 3.0.2 Có 2017 điểm nằm bên hình lập phương với độ dài cạnh Chứng minh rằng, có hai điểm số 2017 điểm với khoảng cách nhỏ Bài giải Giả sử khoảng cách hai điểm bất khỳ thuộc 2017 điểm cho cách khoảng cách lớn Khi đó, hình cầu với tâm 2017 điểm cho bán kính có phần không giao Giả sử hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ độ dài cạnh chứa 2017 điểm cho Dựng hình lập phương A1 B1C1 D1 A′1 B′1C1′ D′1 chứa hình lập phương ABCD.A′ B′C′ D′ cho mặt tương ứng song song cách khoảng cách ,2chẳng hạn (A1B1C1D1) " (ABCD) hai mặt phẳng cách khoảng Vì cách hình lập phương A1 B1C1 D1 A′1B′1C1′ D′1 chứa tất phần 2017 hình cầu nên 1000 = 103 > 2017 .π 1Σ > 1000, vô lý Vậy, điều giả sử sai Ví dụ 3.0.3 Qua điểm thuộc mặt Ellipsoid ta dựng x2 y2 z2 M (E) : + + = a b c mặt phẳng vuông góc với trục tọa độ Ox, Oy, Oz, có diện tích thiết diện Sx, Sy, Sz, tương ứng Xác định giả trị lớn P = Sx.Sy.Sz Bài giải Giả sử M(x0, y0, z0) ∈ (E) Khi x y2 z20 = Thiết diện mặt a02 + b0 2+ c phẳng qua M vuông góc với Ox cắt (E) có phương trình (Ex) : y + z2 = −x0 Diện tích Sx (Ex) b22 a2 c x Sx = πbc.1 − 2Σ a Hoàn toàn tương tự, ta có hai kết Sy = πca.1 − Vậy, ta dễ dàng nhận kết y02 Σ, b2 aSx + bSy + cSz = πabc.3 − z02 Σ Sz = πab.1 − c2 x02 a − y20 z2Σ = 2πabc − b c2 Vì nên 2πabc = aSx + bSy + cSz “ √ 3 abcSx.Sy.Sz Sx.Sy.Sz ™ 8π (abc) 27 Từ suy rằng, P đạt giá trị lớn 8π3(abc)2 27 aSx = bSy = cSz 2πabc = 2πabc x02 Σ Giải = aSx = πabc.1 − a2 a x0 = ± √ ; Tương tự b c y0 = ± √ ; z0 = ± √ 3 a b c Ta chọn M.√ , √ , √ Σ, chẳng hạn 3 Ví dụ 3.0.4 Bên hình cầu bán kính R không gian Euclid chiều có khối đa diện lồi Đánh số cạnh khối đa diện lồi qua số 1, 2, , n Giả sử cạnh thứ i có độ dài li góc nhị diện khối đa diện thuộc cạnh n αi đo radian Chứng minh ∑ li(π αi) ™ 8π.R − i=1 Bài giải Gọi khối đa diện lồi L Ký hiệu Kr tập tất điểm bên khối đa diện cách khối đa diện với khoảng cách không r Ký hiệu H1 phần Kr bao gồm tất điểm bên khối đa diện gần đỉnh khối đa diện nhất; Ký hiệu H2 phần Kr bao gồm tất điểm mà điểm gần điểm thuộc cạnh khối đa diện Như H1 ∩ H2 = 0/ Tất điểm thuộc H1 ∪ H2 điểm thuộc mặt cầu bán kính R + r Do vậy, tổng thể tích H1 H2 không vượt π(R + r)3 Tính thể tích tập H2 : Dựng hình trụ cạnh thứ i với độ dài cạnh li góc phẳng nhị diện 2π − αi thể tích phần giao 2(π − αi )r li Vậy H thể tích r2 ∑ (π − α )l Thể tích πr3 Khi ta có H bất đẳng thức π i=1 i i − 3 r+ r ∑(π i=1 αi)li ™ π(R + r) Vậy 8π ∑(π − αi)li Cho r → ∞ ta có ™ 3R + 3R2 r + R3 r2 Σ i=1 ∑(π − αi)li ™ 8πR Ta có điều phải chứng minh i=1 Ví dụ 3.0.5 Cho hình chóp SABC Một mặt phẳng cắt ba cạnh bên SA, SB, SC A1, B1,C1 Chứng minh rằng, với điểm O tam giác A1B1C1 ta có √ V “ VAOB C V V √ √4 SABC √4 BOC A √4 COA B 1+ 1+ 11 Bài giải Đã biết VAOB1C1 VSABC SB1 SC1 VAOB1C1 VAA1B1C1 VASB1C1 = s(OB1C1) AA =V AA1B1C1 VASB1C1 VSABC s(A1B1C1) AS SB SC Từ suy 4.4 VAOB1C1 s(OB1C1) AA1 SB1 SC1 VSABC ™ s(A1B1C1) + AS + SB + SC Tương tự, ta có VBOC1A1 s(OC1A1) BB1 SC1 SA1 VSABC ™ s(A1B1C1) + BS + SC + SA 4.4 VCOA1B1 s(OA1B1) CC SA SB VSABC ™ s(A1B1C1) + CS + SA + SB 4.4 Cộng bất đẳng thức √ V “ VAOB C V V √ √4 SABC √4 BOC A √4 COA B + 1+ 11 11 4 Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.0.6 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a,CA = b, AB = c Dựng phía ba tam giác BCA1,CAB1, ABC1 Dựng tiếp phía tam giác A1B1C1 ba tam giác B1C1A2, C1A1B2, A1B1C2 Chứng minh rằng: (1) AA1 = BB1 = CC1 AA1, BB1,CC1 đồng quy điểm V 50 (2) Với O1, O2, O3 tâm tam giác BCA1, CAB1, ABC1, ba đường thẳng AO1, BO2,CO3 đồng quy W Hơn nữa, ta có đồng thức 22 22 22 2 AO1 + a = BO2 + = CO3 + c 3 b (3) Tiếp tục trình để có ∆AnBnCn Khi A, A1, , An thẳng hàng tìm giá trị lớn AnAn+1 b, c cố định, a thay đổi (4) Các (BC, O2O3, B1C1), (CA, O3O1,C1A1), (AB, O1O2, A1B1) gồm ba đường thẳng đồng quy song song (5) Với tâm đường tròn ngoại tiếp O ∆ABC, ba điểm O,V,W thẳng hàng Bài giải (1) Tương ứng A, B,C ba số phức zA, zB, zC Ta dễ dàng xác định zA1 = zC + eiu(zB − zC)   (zCA − − zzAB)) zBz1 ==zAz ++eiu(z iu e π C1 Từ  = zA z C1 + eiu(zB1 ) với u = − zC + eiu(zB1 − zC) = zC + eiu(zA + eiu(zC − zA) − zC) 56 ta suy hệ thức zC + eiu(zB 1− zC) = zC(1 − eiu + e2iu) + zA(eiu − e2iu) = zA eiu −1, e3i + = u nên Như ta có − eiu + e2iu = 0, eiu − e2iu = zA1− zA = eiu(zB − zB1) suy AA1 = BB1 Tương tự BB1 = CC1 Do góc AA1, BB1,CC1 π/3 nên AA1, BB1,CC1 đồng quy điểm (Ta đặt giao điểm M = AA1 × BC, N = BB1 × CA P = CC1 × AB Biến đổi tỷ số sau: MB NC PA SABA1 SBCB1 SCAC1 T = MC NA PB =SACA1 S.BAB1 SCBC c sin(B + a sin(C + b sin(A + 600) 600) = 0 60 ) = b sin(C + 60 c sin(A + 60 a sin(B + 60 ) ) ) Như vậy, ba đường thẳng AA1, BB1,CC1 đồng quy theo Định lý Ceva) (2) Dễ dàng kiểm tra Σ Σ i zO2 + eu(zO3 − zO2 ) = 3zO1 Vậy ∆O1O2O3 Ta đặt giao điểm M = AO1 × BC, N = BO2 × CA P = CO3 × AB Biến đổi tỷ số qua diện tích MB NC PA SABO1 SBCO2 SCAO3 T = MC NA PB =SACO1 SBAO2 SCBO3 c sin(B + a sin(C + b sin(A + 30 ) 300) = 0 30 ) = b sin(C + 30 c sin(A + 30 a sin(B + 30 ) ) ) Như vậy, ba đường thẳng AO1, BO2,CO3 đồng quy theo Định lý Ceva (3) Dễ dàng zA1 + zA2 = 2zA Vậy A trung điểm A1A2 Từ A1A2 = 2AA1 = 2BB1 ™ (b + c) Vậy A1A2 lớn 2(b + c) A = A 2π 56 Từ đó8 có a để1 A2 lớn (4) Giả sử đường thẳng AB cắt đường thẳng A1B1 S Áp dụng Định lý hàm sin cho ∆SBA1 ∆SAB1 có SA1 sin(B + 600) Vậy = a sin ∠BSA1 SA1 SB1 sin(A + 600) = b sin ∠ASB1 a sin(B + 600) = SB1 b sin(A + 600) Giả sử đường thẳng O1O2 cắt đường thẳng A1B1 S′ Áp dụng Định lý Menelaus có S′A′ O2B1 O1O S B1 O2O O1A1 = S′′A1 O2O O1A1 aO2O S B1 = O1O O2B1 = bO1O Do O2 O = sin(B + OC SA1 600) ′ = S A1 sin 60 nên SB S′B1 aO2O = = bO1O a sin(B + 600) b sin(A + 600) Từ suy S ≡ S′ ≡ Sc hay ba đường thẳng AB, O1O2, A1B1 đồng quy (5) Xét hai tam giác A1O1A O2B1B Ba giao điểm A1O1 × BO2 = O, AA1 × BB1 = V AO1 × BO2 = W thẳng hàng theo Định lý 1.4.1, Định lý Desargues Nhận xét 3.0.1 Nếu gọi điểm A′, B′,C′ trung điểm cạnh BC, CA, AB A A1 B B1 C C1 A′O1 = ′ , B′O2 = ′ , C′O3 = ′ ∆A′BO1 ∼ ∆A′A1B 3 Ví dụ 3.0.7 Cho tam giác ABC Dựng phía hai tam giác BCA1, ABC1 Gọi M, N, P trung điểm CA, BC1, BA1, tương ứng Chứng minh tam giác MNP Bài giải Đặt tọa vị A, B,C, M, N, P sáu số phức a, b, c, m, n, p, tương ứng Khi π  A1 = c + eiu(b − c), = b + eiu(a b), u = z − z C1   a+c b + zC1 b + z A1 m= ,n= ,p= , α = eiu 2 2 Vì α − α + = nên (m − n)α = (a + c − 2b)α − (a − =(a − b) − (b − c)α b)α2 Như (m − n)α = m − p suy tam giác MNP Ví dụ 3.0.8 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a,CA = b, AB = c Dựng phía ba tam giác BCA1,CAB1, ABC1 Dựng tiếp phía tam giác A1B1C1 ba tam giác sau đây: B1C1A2,C1A1B2, A1B1C2 Gọi M, N, P trung điểm BC,CA, AB; M1, N1, P1 trung điểm B1C1, C1A1, A1B1, M2, N2, P2 trung điểm B2C2,C2A2, A2B2, tương ứng Chứng minh (1) AA1 " 2MM1, BB1 " 2NN1,CC1 " 2PP1; MM1, NN1, PP1 đồng quy = = = (2) A2M2 " AM1 " MM0, M0 trung điểm AA1 = = (4) Hạ MM2 ⊥ B1C1, NN2 ⊥ C1A1, PP2 ⊥ A1B1 Khi MM2, NN2 PP2 đồng quy Bài giải (1) Tương ứng A, B,C ba số phức zA, zB, zC Ta có 2zM = zB + zC, 2zM1 = zB1 + zC1 Viết −I→J = zJ − zI Khi 2M−M→1 = − 2zM = + 2zM zC1 zB1 −zB − zC = zA − zC + eiu (zC − zB ) = A−→A Vậy AA1 " MM1, AA1 = 2MM1 Ba đoạn MM1, NN1, PP1 đồng quy suy từ việc xét ∆MNP phép quay eiu (2) Từ AA1 " 2MM1 suy AM1 " MM0 Ta lại có AM1 " A2M2 dễ dàng = = suy A2M2 " AM1 " MM0 = = = (3) Sử dụng kết AA1 = BB1 = CC1 = d công thức đường trung tuyến ta có a2 a2 2 2 2 2MB1 = d + b − Vậy , 2MC1 = d + c − b2 − c2 MB1 − MC1 = hay 2 2 M2B1 − M2C1 = Tương tự, có 2 Khi b2 − c2 c2 − a2 N2C1 − N2A1 = a2 − b2 P2A1 − P2B1 = M2B2 − M2C2 + N2C2 − N2A2 + P2A2 − P2B2 = 1 1 1 Do MM2, NN2, PP2 đồng quy điểm Ví dụ 3.0.9 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a,CA = b, AB = c Xác 2π định điểm M để MA + MB + MC nhỏ ∠A ™ Bài giải Dựng tam giác BCA1 phía tam giác ABC Khi M điểm Torricelli tam giác ABC ta có MA + MB + MC = AA1 Khi N ƒ= M theo Bất đẳng thức Ptolemy ta có NB.CA1 + NC.BA1 “ NA1.BC hay NB + NC “ NA1 suy NA + NB + NC “ NA + NA1 “ AA1 Do MA + MB + MC nhỏ AA1 M điểm Torricelli ∆ABC Kết luận Những kết đạt Luận văn “Phương pháp diện tích thể tích hình học sơ cấp” đạt kết sau: Trình bày phương pháp diện tích hình học Những vấn đề trình bày liên quan đến Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva, Menelaus Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho đa giác Trình bày phương pháp thể tích, khía cạnh thể tích thông qua định thức mối quan hệ liên quan đến bán kính mặt cầu nội ngoại tiếp Trình bày chi tiết vận dụng kết đạt để giải thi học sinh giỏi Đề xuất số hướng nghiên cứu Sau kết đạt luận văn, tác giả đặt phương hướng nghiên cứu làm rõ khai thác sâu sắc phương pháp trình bày luận văn thông qua thi học sinh giỏi, toán nâng cao Tác giả chọn số tập điển hình sau khai thác phát triển Đồng thời, tác giả cố gắng nghiên cứu thêm phương pháp giải toán điển hình truyền thống khác hình học vào giải toán, chẳng hạn phương pháp tọa độ ứng dụng Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2015), Đồng thức phương pháp tọa độ hình học, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội [2] Trần Tuấn Nam, Đàm Văn Nhỉ, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2016), Giáo trình Hình học sơ cấp, Nhà xuất ĐHSP Thành phố Hồ Chí Minh Tiếng Anh [3] H.S.M Coxeter, S L Greitzer (1967), Geometry Revisited, The Mathematical Association America ... 1.3 Phương pháp diện tích 1.3.1 Phương pháp diện tích Phương pháp diện tích phương pháp giải toán hình mặt phẳng qua diện tích miền phẳng Để giải toán cho ta chọn miền phẳng (D) với diện tích. .. Erdo¨ s-Mordell cho đa giác 29 Chương Phương pháp thể tích 35 2.1 Phương pháp thể tích 35 2.1.1 Phương pháp thể tích 35 2.1.2 Thể tích qua định thức 36 2.2 Quan hệ bán... giả Phạm Thị Thanh Thủy Chương Phương pháp diện tích Hình học sơ cấp phát triển dựa nhiều kết toán học cao cấp Ví dụ đơn giản để đo độ dài đoạn thẳng hay diện tích hình vuông theo đoạn thẳng chọn