Diện tích của đa giác định hướng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Hằng DIỆN TÍCH CỦA ĐA GIÁC ĐỊNH HƯỚNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Hằng DIỆN TÍCH CỦA ĐA GIÁC ĐỊNH HƯỚNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS NGUYỄN VIỆT HẢI Thái Nguyên - 2017 i Danh mục hình 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 Đa giác lồi đa giác lõm Đa giác đơn đa giác phức Tam giác định hướng ABC Hình bình hành định hướng Từ hình thang Từ tam giác Năm điểm A,B,C,D,E tùy ý Quỹ tích điểm O Điểm I cố định Định lý Carnot 13 15 19 23 24 26 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 Tọa độ diên tích Dấu tọa độ barycentric Trực tâm H Tam giác pedal USAMO-2001 #2 USAMO-2008 MOP-2006 IMO-2007 IMO-2014 31 32 35 43 53 55 56 57 58 ii Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu ii 1 Đa giác định hướng tính chất 1.1 Đa giác định hướng diện tích 1.1.1 Diện tích đa giác định hướng 1.1.2 Diện tích hình bình hành định hướng 1.2 Công thức số phương pháp chứng minh 1.2.1 Chứng minh công thức từ hình thang 1.2.2 Chứng minh cơng thức từ tam giác 1.2.3 Chứng minh công thức theo sơ đồ bước 1.3 Diện tích đa giác định hướng phương trình bậc hai 1.4 Ứng dụng diện tích đa giác định hướng vào giải toán 3 10 13 15 17 19 21 Diện tích tam giác định hướng tọa độ Barycentric 2.1 Diện tích tam giác định hướng 2.2 Tọa độ barycentric hình học tam giác 2.2.1 Tọa độ điểm 2.2.2 Ký hiệu Conway 2.2.3 Diện tích tam giác 2.2.4 Phương trình đường thẳng 2.2.5 Khoảng cách hai điểm 2.2.6 Đường thẳng vng góc 2.2.7 Điểm vô tận đường thẳng song song 29 30 33 33 36 37 38 40 41 42 i 2.3 2.2.8 Tam giác pedal 2.2.9 Phương trình đường tròn Ứng dụng tọa độ barycentric 2.3.1 Chứng minh số hệ thức hình học 2.3.2 Một số toán thi học sinh giỏi thi Olympic Tài liệu tham khảo 43 45 46 46 51 62 ii Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hồn chỉnh, tơi ln nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Nguyễn Việt Hải, Giảng viên cao cấp Trường Đại học Hải Phòng Tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K9B (2015 - 2017) Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức q báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, tháng năm 2017 Người viết Luận văn Nguyễn Thị Hằng Mở đầu Mục đích đề tài luận văn - Nghiên cứu khái niệm hình học phẳng: Đa giác định hướng diện tích chúng, áp dụng để giải tốn Hình học phổ thông - Giống định hướng đoạn thẳng dẫn đến công cụ "độ dài đại số", ta tiến hành định hướng đa giác để tính tốn giải tốn liên quan Đề tài cho ta thêm phương pháp giải tốn hình học hiệu quả, đặt tên "Phương pháp diện tích định hướng" Cách làm áp dụng cho tam giác dẫn tới "tọa độ barycentric" cơng cụ giải tốn lý thú - Nghiên cứu sâu thêm loại đa giác, có đa giác lồi mà có đa giác lõm Các kiến thức đa giác định hướng kỹ thuật giải toán "Phương pháp diện tích định hướng" hệ thống nâng cao qua tốn chứng minh, tính tốn, bất đẳng thức, tìm quỹ tích, hay khó - Người nghiên cứu có thêm kiến thức lực bồi dưỡng học sinh giỏi vấn đề khó Hình học Nội dung Trình bày chi tiết hệ thống khái niệm diện tích đa giác hướng xuất phát điểm định hướng mặt phẳng Phát biểu chứng minh tính chất diện tích đa giác định hướng gắn với mặt phẳng định hướng Nội dung luận văn nêu tính chất ứng dụng diện tích đa giác định hướng, đặc biệt tam giác định hướng vào chủ đề Hình học phẳng: chứng minh tính song song, tính đồng quy đường thẳng, chứng minh hệ thức hình học, chứng minh bất đẳng thức, tìm quỹ tích điểm, vấn đề liên quan đến tam giác, tứ giác, đường tròn, Các ví dụ lựa chọn điển hình để chứng tỏ khái niệm đưa thực hiệu Nội dung chia làm chương: Chương Đa giác định hướng tính chất Trình bày khái niệm diện tích đa giác định hướng tính chất Nội dung bao gồm mục sau 1.1 Đa giác định hướng diện tích 1.2 Công thức số phương pháp chứng minh 1.3 Diện tích đa giác định hướng phương trình bậc hai 1.4 Ứng dụng diện tích đa giác định hướng vào giải tốn Chương Diện tích tam giác định hướng tọa độ Barycentric 2.1 Diện tích tam giác định hướng 2.2 Tọa độ Barycentric hình học tam giác 2.3 Ứng dụng tọa độ barycentric Tác giả Chương Đa giác định hướng tính chất Đã có nhiều viết chun khảo đa giác phẳng, nhiên tất nói đa giác lồi ứng dụng đa giác lồi Có hai vấn đề đặt cách tự nhiên: Thứ nhất, giống hướng đoạn thẳng, hướng góc ta xem hướng đa giác gì? Thứ hai, ngồi đa giác lồi ta có đa giác lõm (khơng lồi) hay đa giác đơn đa giác phức, loại đa giác đề cập đến? Chương I đề cập đến vấn đề đưa ứng dụng đa giác định hướng, diện tích đa giác định hướng Chương I kham khảo tài liệu [1], [4], [5] 1.1 Đa giác định hướng diện tích Giả sử E2 mặt phẳng định hướng với chiều dương mặc định chiều ngược chiều quay kim đồng hồ Khái niệm "đa giác" nói đến tất đa giác tạo thành từ đường gấp khúc khép kín (Đa giác lồi, đa giác lõm, đa giác tự cắt) Ta nhắc lại số khái niệm sau: Trong hình học phẳng, đa giác đường gấp khúc phẳng khép kín, nghĩa gồm đoạn thẳng nối tiếp (mỗi điểm nối đầu Hình 1.1: Đa giác lồi đa giác lõm mút vừa hai đoạn thẳng) nằm mặt phẳng khép kín (điểm nối đầu trùng với điểm nối cuối) Phần mặt phẳng giới hạn đường đa giác gọi hình đa giác Những đoạn thẳng đường gấp khúc gọi cạnh đa giác, điểm nối tiếp hai cạnh gọi đỉnh đa giác Hai cạnh có chung đỉnh gọi hai cạnh kề Có thể phân loại đa giác thành đa giác lồi đa giác không lồi (đa giác lõm), hình vẽ 1.1: • Đa giác lồi (Convex polygon) đa giác mà toàn nằm phía đường thẳng chứa cạnh đa giác Khi đó, đoạn thẳng nối hai điểm đa giác nằm hoàn toàn đa giác Mọi đường thẳng không chứa cạnh đa giác cắt đường đa giác nhiều hai điểm Mọi góc đa giác lồi khơng vượt q 180◦ Tổng góc đa giác lồi n cạnh (n − 2)180◦ Tam giác đa giác lồi • Đa giác không lồi (đa giác lõm) (Concave polygon) đa giác nằm hai phía đường thẳng chứa cạnh đa giác Khi đó,có thể có đoạn thẳng nối hai điểm đa giác khơng hồn tồn nằm đa giác, đường thẳng chứa đoạn thẳng cắt đường đa giác nhiều hai điểm Đa giác lõm phải có số cạnh lớn bốn Cũng phân loại đa giác thành đa giác đơn đa giác không đơn (đa giác phức) sau: 48 Mệnh đề 2.7 Phương tích điểm I(α : β : γ) đường tròn tùy ý tâm P: PI/(O) α.PA/(P) + β.PB/(P) + γ.PC/(P) βγ.a2 + γα.b2 + αβ.c2 = − (α + β + γ) (α + β + γ)2 (2.10) Ví dụ 2.3.2 (Cơng thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R).M điểm mặt phẳng với A1 , B1 , C1 hình chiếu M lên BC,CA,AB Khi ta có: PM/(O) A1 B1 C1 =− 4R2 ABC (2.11) Chứng minh Lấy ABC tam giác sở Giả sử M(α : β : γ) Khi đó: A1 (0 : α.σC + β.a2 : α.σB + γ.a2 ), B1 (β.σC + α.c2 : : β.σA + γ.b2 ), C1 (γ.σB + α.c2 : γ.σA + β.c2 : 0) Lưu ý rằng: α.σC + β.a2 + α.σB + γ.a2 = a2 (α + β + γ), β.σC + α.c2 + β.σA + γ.b2 = b2 (α + β + γ), γ.σB + α.c2 + γ.σA + β.c2 = c2 (α + β + γ), Suy ra: α.σC + β.a2 α.σB + γ.a2 β.σC + α.c2 β.σA + γ.b2 γ.σB + α.c2 γ.σA + β.c2 A1 B1 C1 = a2 b2 c2 (α + β + γ)3 ABC 4p(p − a)(p − b)(p − c) a2 βγ + b2 γα + c2 αβ = a2 b2 c2 (α + β + γ)2 PM/(O) 4ABC a2 βγ + b2 γα + c2 αβ = − a2 b2 c2 (α + β + γ)2 4R2 Các trường hợp đặc biệt (??) cho hệ sau: Hệ 2.3.2 Cho tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tâm (O), phương tích điểm P(α : β : γ) (O) tính theo cơng thức: PP/(O) βγ.a2 + γα.b2 + αβ.c2 =− (α + β + γ)2 (2.12) 49 Hệ 2.3.3 Điểm M(x : y : z) thuộc đường tròn ngoại tiếp (O) yz.a2 + zx.b2 + xy.c2 = Đây phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác sở Ví dụ 2.3.3 (Hệ thức Euler)Tam giác ABC có (O, R) (I, r) đường tròn ngoại tiếp nội tiếp Khi OI2 = R2 − 2Rr Chứng minh Vì I(a : b : c) nên áp dụng (??) PI/(O) = − abc bc.a2 + ca.b2 + ab.c2 = − (a + b + c)2 a+b+c Vế trái OI2 −R2 Vế phải -2Rr với lưu ý: SABC = Vậy đẳng thức tương đương với OI2 = R2 − 2Rr abc = pr 4R Tương tự đường tròn bàng tiếp (Ia , ), (Ib , rb ), (Ic , rc ): OI2a = R2 + 2Rra ; OI2b = R2 + 2Rrb ; OI2c = R2 + 2Rrc Ví dụ 2.3.4 Cho tam giác ABC Các điểm O,G,H tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm trực tâm tam giác Khi đó: a OG2 = R2 − a2 + b2 + c2 , b PH/(O) = −8R2 cos A cos B cos C c cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = Chứng minh a., b Áp dụng (??) G(1 : : 1) H(tanA : tanB : tanC) Phần c., ý OH = 3OG kết hợp với kết a,b Ví dụ 2.3.5 Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp (O, R) đường tròn nội tiếp (I, r), (O9 ) đường tròn Euler Điểm tùy ý P(α : β : γ) tam giác ABC Khi đó: a PP/(I) − PP/(O) α(p − a)2 + β(p − b)2 + γ(p − c)2 = (α + β + γ)2 50 b PG/(I) p2 − 4r(4R + r) = c PP/(O9 ) αbccosA + βcacosB + γabcosC βγ.a2 + γα.b2 + αβ.c2 − = 2(α + β + γ) (α + β + γ)2 Ví dụ 2.3.6 Cho tam giác ABC điểm P(α : β : γ) không nằm cạnh, không nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh rằng: αPA/(PBC) = βPB/(PCA) = γPC/(PAB) = (α + β + γ)PP/(ABC) (2.13) Chứng minh (??) chứng minh qua bước sau: Bước Áp dụng (??) vào điểm A tam giác PBC: PA/(PBC) βγ.a2 − β(α + β + γ)PB2 − γ(α + β + γ)PC2 = =− (−(α + β + γ) + β + γ)2 βγ.a2 − (α + β + γ)(βPB2 − γPC2 ) =− α2 Bước Tính PA2 = (β + γ)(β.c2 + γ.b2 ) − βγa2 ; (α + β + γ)2 (γ + α)(γ.b2 + α.c2 ) − γαb2 PB = ; (α + β + γ)2 PC2 = (β + α)(α.b2 + β.c2 ) − αβc2 (α + β + γ)2 Bước Thay βPB2 + γPC2 vào (??) biến đổi ta βγ.a2 + γαb2 + αβc2 PA/(PBC) = − α(α + β + γ) Cùng với công thức (??) ta suy αPA/(PBC) = (α + β + γ).PP/(PBC) Bước Tương tự với B,C ta thu đẳng thức (??) Các trường hợp đặc biệt (??): (2.14) 51 Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC điểm P khơng thuộc cạnh, khơng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Nếu PA/(PBC) = PB/(PCA) = PC/(PAB) P trọng tâm ABC Bài toán 2.2 Cho tam giác ABC điểm P thuộc cạnh, không thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Nếu α.PA/(PBC) = β.PB/(PCA) = γ.PC/(PAB) P = (α : β : γ) Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC điểm P khơng thuộc cạnh, khơng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Nếu a.PA/(PBC) = b.PB/(PCA) = c.PC/(PAB) P = (a : b : c) hay P tâm đường tròn nội tiếp Bài tốn 2.4 Cho tam giác ABC điểm I(α : β : γ) Gọi A’,B’,C’ giao IA,IB,IC với đường tròn ngoại tiếp ABC Hãy tính α β γ + + IA IB IC Giải toán I trọng tâm ABC Bài toán 2.5 Cho ABC nội tiếp đường tròn (O), hai phân giác AE, BF, E ∈ BC, F ∈ AC Đường thẳng EF cắt (O) I Chứng minh rằng: 1 = + IA IB IC 2.3.2 Một số toán thi học sinh giỏi thi Olympic Tất tốn sau có lời giải theo phương pháp truyền thống Khi áp dụng tọa độ barycentric ta nhận cách giái độc đáo, thể ưu phương pháp áp dụng toa độ barycentric: Hướng giải toán rõ, phép chứng minh thực thơng qua tính tốn Để minh họa ta chọn toán USAMO (Thi olympic Toán Mỹ) toán IMO (Thi olympic Toán quốc tế) Cách giải sử dụng tọa độ barycentric tham khảo cách giải Evan Chen [2] 52 Bài toán 2.6 (USAMO-2001 #2) Giả sử ABC tam giác có ω tâm đường tròn nội tiếp Ký hiệu D1 , E1 tiếp điểm (ω) với cạnh BC, AC (tương ứng) D2 , E2 điểm cạnh BC, AC (tương ứng) cho CD2 = BD1 , CE2 = AE1 Ngồi P = AD2 ∩BE2 Đường tròn (ω) giao với AD2 hai điểm, điểm gần với A ký hiệu Q Chứng minh AQ = D2 P Chứng minh Ta có lời giải sau: Lời giải Dùng phép vị tự biến đường tròn nội tiếp thành đường tròn bàng tiếp, sau áp dụng định lý Mene’laus Kết hợp lại, suy AQ = D2 P Lời giải Dựa vào bổ đề sau: "Đoạn thẳng D2 Q đường kính đường tròn (ω)." Lời giải (Tọa độ barycentric) 1 Ta xác định ω = (a : b : c); D1 = (0 : p − c : p − b); D2 = (0 : 2p a a 1 p−b : p−c); E2 = (p−a : : p−c); P ≡ Na = (p−a : p−b : p−c); (Na b a điểm Nagel) Để tìm tọa độ điểm Q ta ý phép vị tự tâm A biến đường tròn bàng tiếp góc A thành đường tròn nội tiếp biến D2 thành Q Nghĩa bán kính ωQ song song với ωa D2 ωD1 hay Q điểm xuyên a b p−c c p−b : − ) tâm đối D1 Vì vậy: Q = 2ω − D1 = ( : − p p a p a Đó tất cần để chứng minh AQ = PD2 −→ −−→ Ta chứng minh AQ = PD2 , tức là: a b p−c c p−b −1: − : − p p a p a p−a p−b p−b p−c p−c = − : − : − p a p a p Đến có hai cách kiểm tra: + Kiểm tra đẳng thức trực tiếp: ba tọa độ 53 Hình 2.5: USAMO-2001 #2 + Kiểm tra đẳng thức AQB = PD2 B Điều là: 0 a b p−c c p−b − − = p p a p a Tức là: p−a p−b p−c p p p p−b p−c , a a p−a p−c p−b c − =− ⇐⇒ a + b + c = 2p Hiển nhiên a p p a Nhận xét 2.3.1 - Phần chuẩn bị thường tính tọa độ: Cần chọn tam giác tam giác sở Sau tính tốn đại số tọa độ - Có thể giải cách lấy Q ∈ AD2 cho AQ = D2 P Tính tọa độ Q chứng tỏ Q thuộc đường tròn nội tiếp tam giác Q nằm đường tròn nội tiếp AD2 nên Q ≡ Q Bài toán 2.7 (USAMO-2008,#2)Giả sử ABC tam giác nhọn, không cân M,N,P trung điểm cạnh BC,CA,AB tương ứng Trung trực AB AC cắt tia AM tương ứng D,E giả sử đường thẳng BD, CE giao F tam giác ABC Chứng minh A,N,F,P nằm đường tròn 54 Chứng minh Bài tốn có lời giải sau: Lời giải (Tổng hợp) Áp dụng tam giác đồng dạng Lời giải (Tổng hợp) Áp dụng định lý Mene’laus vào tam giác BFC, cát tuyến ADM Sau số bước biến đổi tỷ số thu OF ⊥ AF Các điểm A,P,F,O,N thuộc đường tròn đường kính AO Lời giải (Tổng hợp) Xét giao CF với PM Lời giải (Tổng hợp)Sử dụng điểm H O điểm liên hợp đẳng giác Lời giải (Lượng giác) Sử dụng định lý sin, biến đổi góc chứng minh được: APF = CNF = 180◦ − ANF tứ giác APFN nội tiếp Lời giải (Phép nghịch đảo) Lời giải (Tổng hợp) Quy chứng minh AFO = 90◦ Nhiều lần áp dụng định lý sin để chứng minh đẳng thức AFO = AFB − OBF = (180◦ − BAC) − (90◦ − BAC) = 90◦ Lời giải (Tọa độ barycentric) Hiển nhiên,P = ( 1 : : 0), Phương 2 trình AM y = z + Tính tọa độ D Vì D ∈ AM nên viết D = (1−2t, t, t) Áp dụng điều kiện vng góc DP ⊥ AB ta có: 1 − − 2t (−c2 /2 + t(a2 − b2 /2) = 2 c2 Suy t = Gọi giá trị j D = (1 − 2j : j : j) 3c + b2 − a2 b2 Tương tự E = (1 − 2k : k : k) với k = 3b + c2 − a2 z j y k + BD có phương trình: = , CE có phương trình: = , x − 2j x − 2k x j q k Do F = (p : q : r) p + q + r = 1; = ; = p − 2j p − 2k t− c2 c2 q b2 r = = Thật vậy, = p (3c2 + b2 − a2 ) − 2c2 c + b − a2 p b + c2 − a2 r q b2 + c2 2S + a2 a2 Hiển nhiên = + + = + = =2+ p p p c + b2 − a2 S S 55 Hình 2.6: USAMO-2008 Ở đặt S = c2 + b2 − a2 + Giãn F thành F = 2F − A = (2p − : 2q : 2r) Ta cần chứng minh điểm thuộc đường tròn (ABC) có phương trình a2 yz +b2 zx+c2 xy = (Vì phép giãn chuyển P N thành B C, tương ứng) Việc thay tọa độ F’ vào phương trình hiển nhiên Nhận xét 2.3.2 - Lời giải rõ ràng lời giải đẹp, bước hợp lơgic - Trong tốn ta dựng đường trung trực mà từ dễ dàng tìm giao chúng Phần cuối phép chứng minh ta chuyển dịch điểm cho đường tròn ngoại tiếp có dạng đơn giản Bài toán 2.8 (MOP-2006) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω Điểm P nằm đường thẳng BC cho PA tiếp xúc với ω Phân giác góc APB cắt cạnh AB,AC tương ứng D,E, cạnh BE,CD cắt Q Cho đường thẳng PQ qua tâm ω , tính góc BAC 56 Hình 2.7: MOP-2006 Chứng minh PB PA c Từ đồng dạng tam giác PBA, PAC ta có = = PA PC b AE c BD c nên = = Điều cho D(c : b : 0), E(b : : c), Q(bc : b2 : DA b EC b c2 ) Điểm P ∈ BC có dạng P(0 : x : y) với x, y P,D,E thẳng x y x b2 hàng nên ta có c b = 0, tức = − Do đó: P(0 : b2 : c2 ) y c b c Cuối cùng, P,Q O = (a cos α : − : −) thẳng hàng ta tìm b2 −c2 b −c 2 = bc; bc bc b c b c = a cos α b cos β c cos γ a cos α cos β cos γ 57 Điều kéo theo: 2abc cos α = bc2 cos β+b2 cos γ = bc(c cos β+b cos γ) = abc, tức cos α = , α = 60◦ Bài toán 2.9 (IMO-2007, #4) Trong ABC đường phân giác BCA gặp lại đường tròn ngoại tiếp ABC điểm R, cắt trung trực đoạn BC P, cắt trung trực đoạn AC Q Gọi trung điểm BC, AClà K,L Chứng minh tam giác RPK,RQL có diện tích Hình 2.8: IMO-2007 Chứng minh Cách (Tổng hợp) Từ hai tam giác đồng dạng ta suy toán RP AC giải chứng minh đẳng thức = Đẳng thức RQ BC chứng minh cách áp dụng định lý sin 58 Cách (Tọa độ barycentric) Các bước giải toán cách áp dụng tọa độ barycentric tự nhiên: - Chọn tam giác sở tính tọa độ K,L - Viết phương trình hai trung trực BC AC, đường phân giác góc BCA, tìm tọa độ giao điểm P,Q - Tính hai định thức cấp ba Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.7 (IMO-2014, #4) Cho ABC nhọn, điểm P, Q ∈ BC cho: PAB = BCA, CAQ = ABC Các điểm M ∈ AP, N ∈ AQ thỏa mãn P trung điểm AM,Q trung điểm AN Chứng minh đường thẳng BM, CN cắt điểm đường tròn ngoại tiếp ABC Hình 2.9: IMO-2014 Chứng minh Cách (Tổng hợp) Gọi D giao BM CN Ta chứng minh BDC + BCA = 180◦ cách xét cặp tam giác đồng dạng Cách (Tổng hợp) Áp dụng định lý cotang Cách (Tổng hợp) Áp dụng tam giác đồng dạng ý tam giác PAQ cân A 59 Cách (Tổng hợp) Gọi D1 = NC ∩ (ABC), D2 = MB ∩ (ABC), dùng hai tỷ số kép chứng minh D1 = D2 Cách (Tọa độ barycentric)Chọn ABC tam giác sở Dùng phương tích điểm tính tỷ số đoạn thẳng, từ tính được: P(0 : a2 − c2 : c2 ), Q(0 : b2 : a2 − b2 ), M(−a2 : 2a2 − 2c2 : 2c2 ), N(−a2 : 2b2 : 2a2 − 2b2 ) Do đó, D(−a2 : 2b2 : 2c2 ) Thay tọa độ D vào phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thấy thỏa mãn Ta điều phải chứng minh Nhận xét 2.3.3 - Bốn cách giải túy hình học hay khó Người giải phải xác định hướng giải thời gian ngắn - Cách giải tọa độ barycentric mẫu mực, mức độ khơng khó Cái hướng giải rõ ràng, biến đổi mang vẻ toán đại số Các tốn sau ví dụ minh họa cho cách giải tọa độ barycentric Bài toán 2.10 (USA TSTST-2011,#4) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω Giả sử H,O trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M,N trung điểm cạnh AB,AC Các tia MH,NH gặp ω P Q Các đường thẳng MN,PQ cắt R Chứng minh OA ⊥ RA Bài toán 2.11 (IMO-2012,#1) Tam giác ABC , J tâm đường tròn bàng tiếp góc A Đường tròn tiếp xúc cạnh BC M tiếp xúc với đường thẳng AB, AC tương ứng K, L Các đường thẳng LM, BJ cắt F, đường thẳng KM, CJ cắt G Gọi S = AF ∩ BC, T = AG ∩ BC Chứng minh M trung điểm ST Bài toán 2.12 (USA TST-2012) Cho tam giác nhọn ABC với ∠A < ∠B, ∠A < ∠C,P điểm thay đổi cạnh BC Các điểm D,E tương ứng nằm cạnh AB,BC cho BP = PD CP = PE Chứng minh P chạy dọc theo cạnh BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định khác A 60 Chương ba trình bày nội dung nâng cao chứng minh định lý cổ điển tiếng giải toán thi Olympic quốc tế Mặc dù lời giải phức tạp giá trị cách làm trình bày thêm công cụ song song với cách làm truyền thống Kết lần chứng tỏ tính hiệu việc áp dụng tọa độ barycentric để giải tốn hình học bên cạnh việc áp dụng tọa độ Descartes quen thuộc 61 Kết luận luận văn Luận văn thu kết sau: Trình bày chi tiết đa giác định hướng diện tích đa giác định hướng Với khái niệm phát biểu chứng minh kết Mơ buis cách chặt chẽ Phát biểu chứng minh cơng thức tính diện tích đa giác thông qua tọa độ đỉnh Ứng dụng đa giác định hướng để giải toán hình học Phát triển khái niệm diện tích tam giác định hướng để xây dựng khái niệm tọa độ barycentric Áp dụng tọa độ barycentric để tìm lại phát thêm kiện hình học tam giác: Tọa độ điểm đặc biệt, đường đặc biệt, hệ thức tam giác, Chứng minh lại số kết dã biết hình học cách áp dụng tọa độ barycentric trình bày cách giải số tốn khó kỳ thi USAMO IMO Các ví dụ minh họa chứng tỏ tính hiệu phương pháp áp dụng tọa độ barycentric Sau hoàn thành vấn đề đặt ra, chúng tơi nhận thấy có số hướng nghiên cứu tiếp theo: - Mở rộng toán sang đa diện định hướng không gian - Từ khái niệm diện tích đại số mở rộng sang khái niệm thể tích đại số để có ứng dụng hình học khơng gian (phương pháp tọa độ barycentric không gian) Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Tác giả mong góp ý, bổ sung đồng nghiệp thầy cô giáo nhằm làm cho kết nghiên cứu hoàn chỉnh có ích Xin chân thành cảm ơn 62 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] Dusan Djukie, Vladimir Jankovic, Tvan Matic, Nikola Petrovic (2004), The IMO Compendium (A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads: 19592004),www.imo.org.yu [2] Max Schindler, Evan Chen (2012), Barycentric Coordinates in Olympiad Geometry Tiếng Nga ❬✸❪ ➪àëê ❒✳➪✳✱ ➪ỵëòÿíđêèé ➶✳ ➹✳✱ ✭✶✾✽✼✮✱ íàóêà✳ Ơỵðìóëà ïëỵùàäè✱ ✃âàíò✱ Ïëỵùàäè ỵðèåíòèðỵâàííûõ ơèãóð✱ ✃âàíò✱ ❬✹❪ ✭✶✾✽✶✮✱ ➶àãóòåí✳ ❮✱ Đåơèáåêỵâ Đ✳✱ N0 4, ✶✼✲✷✶✳ ❬✺❪ ❐ỵïøèư ❆✳✭✶✾✼✽✮✱ N0 3, ✷✲✼✳ ➹åỵìåòðèÿ ìàđđ✱ ìỵđêâà✲ ... cảm ơn Mở đầu ii 1 Đa giác định hướng tính chất 1.1 Đa giác định hướng diện tích 1.1.1 Diện tích đa giác định hướng 1.1.2 Diện tích hình bình hành định hướng 1.2 Công... bày khái niệm diện tích đa giác định hướng tính chất Nội dung bao gồm mục sau 1.1 Đa giác định hướng diện tích 1.2 Công thức số phương pháp chứng minh 1.3 Diện tích đa giác định hướng phương trình... xem hướng đa giác gì? Thứ hai, ngồi đa giác lồi ta có đa giác lõm (khơng lồi) hay đa giác đơn đa giác phức, loại đa giác đề cập đến? Chương I đề cập đến vấn đề đưa ứng dụng đa giác định hướng, diện