Bài 14 (tr 201 211) nguyễn hoàng cương

PHÉP QUAY VÉC TƠ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Nguyễn Hoàng Cương Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định A Kiến thức bản: Góc định hướng hai véc tơ: − − Cho hai véc tơ → u, → v −−→ −−→ − − Dựng O A = → u ; OB = → v − − − − Góc định hướng hai véc tơ → u v a` → v , với véc tơ đầu → u véc tơ cuối → v góc −−→ −−→ định hướng tia đầu O A tia cuối OB − − − − − − u, → v đơn giản → u, → v , Số đo góc định hướng hai véc tơ → u v a` → v , kí hiệu sđ → số đo góc định hướng (O A, OB ) − − Ta viết → u, → v = (O A, OB ) ( mod 2π) − − Đặt AOB = α → u, → v = (O A, OB ) = α ( mod 2π) Phép quay véc tơ: 2.1 Định nghĩa: Trong mặt phẳng, kí hiệu V tập hợp véc tơ mặt phẳng Phép quay véc tơ góc − − quay α, (α ∈ R) ánh xạ từ V đến V , kí hiệu Q α , xác định sau: Q α → u =→ v thỏa − − − − mãn → u, → v = α ( mod 2π) → u = → v 2.2 Các tính chất: → − → − − − a Tính chất 1: Q α → u = ⇔ → u= b Tính chất 2: − − − +) Nếu α = 2kπ (k ∈ Z) Q α → u =→ u với → u → − − − − +) Nếu α = 2kπ (k ∈ Z) Q α → u =→ u ⇔ → u= − − − − c Tính chất 3: → u, → v = Qα → u , Qα → v → − → − ( mod 2π) với u , v − − − − − − − − Thật vậy, ta có: → u, → v = → u , Qα → u + Qα → u , Qα → v + Qα → v ,→ v ( mod 2π) − − − − = α + Qα → u , Qα → v − α = Qα → u , Qα → v ( mod 2π) d Tính chất 4: Q β ◦Q α = Q α+β 201 − Chứng minh: Với véc tơ → u ta có: − − − − +) Q α+β → u = → u = Qα → u = Qβ Qα → u − − +) Q β◦Q α → u , Q α+β → u − = Q β◦Q α → u , Qα = Q β◦Q α → − u + Qα → − u → − − − − u ,→ u + → u , Q β◦Q α → u ( mod 2π) = −β − α + α + β = ( mod 2π) − − − Từ hai điều suy Q β ◦Q α → u = Q α+β → u , với → u , ta có điều phải chứng minh − − − − e Tính chất 5: → u → v = Qα → u Q α → v Chứng minh: Ta có: − − − Qα → u Q α → v = Qα → u Qα − f Tính chất 6: Q λ→ u = λQ → − − − − − v , cos Q α → u , Qα → v = → u → v cos → − → − α α u , ∀λ ∈ R, ∀ u → − − − Chứng minh: Xét hai véc tơ khơng phương → a , b Q α → a , Qα − phương Khi với → u , với λ ∈ R ta có: → − − − − u, → v =→ u → v → − b không − − − − − − − − − − − Qα → a Q α λ→ u − λQ α → u = Qα → a Q α λ→ u −Q α → a λQ α → u =→ a λ→ u − λ→ a → u =0 Tương tự ta có: → − → − → − → − → − − − − − − − Q α b Q α λ→ u − λQ α → u = Q α b Q α λ→ u −Q α b λQ α → u = b λ→ u − λ b → u =0 → − − − − Suy Q λ→ u − λQ → u vng góc với hai véc tơ không phương Q → a ,Q b α α α α → − − − − − − Nên Q α λ→ u − λQ α → u = ⇒ Q α λ→ u = λQ α → u , ∀λ ∈ R, ∀→ u − − − − − − g Tính chất 7: Q α → u +→ v = Qα → u +Q α → v , ∀→ u, → v → − → − − − a , b Q α → a , Q α b không Chứng minh: Xét hai véc tơ không phương → − − phương Khi với → u , với → v ta có: − − − − − − − − − − − − u +→ v −Q α → u −Q α → v = Qα → a Q α → u +→ v −Q α → a Q α → u −Q α → a Q α → v Qα → a Qα → → − − − − − − − − u +→ v −→ a → u −→ a → v = =→ a → → − → − − − − − Qα → u +→ v −Q α → u −Q α → v = → − − − v Q α λ→ u − λQ α → u vng góc với hai véc tơ khơng Chứng minh tương tự ta có: Q α b − − − Suy Q α → u +→ v − Qα → u − Qα → − − phương Q α → a , Qα b → − − − − − − − − − − − Nên Q α → u +→ v −Q α → u −Q α → v = ⇒ Qα → u +→ v = Qα → u +Q α → v , ∀→ u, → v B Một số ví dụ áp dụng: Bài toán 1: Cho đa giác A A A A n , (n ≥ 3) có tâm O Chứng minh n i =1 −−→ → − O A1 = M điểm mặt phẳng Gọi M1 , M2 , , Mn hình chiếu M đường thẳng chứa cạnh A A , A A , , A n A đa giác Giả sử G trọng tâm hệ điểm M , M , , M n Chứng minh G trung điểm đoạn OM Lời giải: Đặt α = 2π giả sử đa giác A A A A n có hướng dương n −−→ −−−−→ −−→ Vì O A i , O A i +1 = α v a` O A i = O A i +1 ∀i = 1; n với quy ước A n+1 ≡ A nên ta có: Q α O A i = −−−−→ O A i +1 ∀i = 1; n 202 Do n i =1 −−→ O Ai = n i =1 −−−−→ O A i +1 = n i =1 −−→ Q α O A i =Q α n i =1 −−→ O Ai ⇒ n i =1 −−→ → − O Ai = Gọi B i điểm đối xứng M qua Mi ⇒ B i = V(M , 2) (M i ) , ∀i = 1; n Với quy ước B ≡ B n , ta có: −−−−−→ −−−→ −−−−−→ −−−→ −−−→ −−−→ A i B i −1 , A i B i = A i B i −1 , A i M + A i M , A i B i −−−−−→ −−−→ −−−→ −−−−−→ = A i A i −1 , A i M + A i M , A i A i +1 −−−−−→ −−−−−→ = A i A i −1 , A i A i +1 = 2α ( mod 2π) −−−−−→ −−−→ Và A i B i −1 = AM = A i B i Do Q 2α A i B i −1 = A i B i Mặt khác Suy n ⇒ i =1 n i =1 n i =1 −−−−−→ A i B i −1 = −−−→ Ai Bi = n i =1 n i =1 Q 2α −−−→ −−−−−→ A i B i + B i B i −1 = −−−−−→ A i B i −1 = Q 2α −−→ −−→ → − OB i − O A i = ⇔ n i =1 −−→ OB i = n i =1 n i =1 n i =1 −−−→ Ai Bi n i =1 n −−−−−→ A i B i −1 = Q 2α −−→ → − O Ai = −−−→ −−−→ −−→ Vì B i = V(M , 2) (Mi ) ⇒ M B i = 2M Mi ⇒ n MO = n i =1 −−−−−→ → − B i B i −1 = −−−→ M Bi = i =1 n i =1 −−−→ Ai Bi ⇒ n i =1 −−−→ → − Ai Bi = −−−→ −−→ −−→ −−→ M M i = 2n MG ⇒ MO = 2MG Vậy G trung điểm đoạn OM Bài toán 2: (Định lí Napoleon) Về phía ngồi tam giác ABC dựng tam giác ABC , C AB , BC A Gọi I , J , K tâm tam giác Khi tam giác I J K tam giác *) Nhận xét: Đã có nhiều cách để chứng minh định lí như: chứng minh cạnh nhau, chứng minh góc nhau, sử dụng tích hai phép quay khác tâm, sử dụng phép vị tự quay, sử dụng số phức Trong viết ta xét cách giải khác việc sử dụng phép quay véc tơ Lời giải: Giả sử tam giác ABC có hướng dương Ta có: 203 −→ −→ −→ −−→ I K = I B + IC + I A −−→ −→ −−→ = C B + AC + B A = −−→ −−→ −→ −→ −→ −−→ IC + C B + I A + AC + I B + B A −−→ −−→ −→ − → Tương tự: I J = 31 C A + AB + BC −→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ Xét phép quay véc tơ góc quay π3 , ta có Q π3 I K = 13 Q π3 C B + AC + B A = 13 Q π3 C B + 31 Q π3 AC + −−→ BA −−→ −−→ −→ − → = 13 C A + AB + BC = I J −→ − → Suy I K = I J I K , I J = π3 ( mod 2π) Vậy tam giác I J K tam giác π Q 3 Bài tốn 3: (Định lí “con nhím”) − − → − −−−→ Cho n - giác A A A n véc tơ đơn vị → e1, → e , , − e→ n thoả mãn điều kiện: e , A A = −−−→ → − e , A A = = − A A → e +A A 2 −−−→ − π e→ n , A n A = ( mod 2π) Khi ta có: → − → − e + + A A − e→ = n n Lời giải : *) Nhận xét: Định lí chứng minh cách sử dụng phương pháp quy nạp Tuy nhiên cách chứng minh dài Trong viết này, tác giả trình bày cách chứng minh phép quay véc tơ Khơng tính tổng qt giả sử n - giác A A A n có hướng dương Xét phép quay véc tơ góc quay π ta có 204 − − Q π A A 2→ e + A A 3→ e + + A n A − e→ n −−−→ −−−→ −−−→ → − − − e +Q π A A 3→ e + +Q π A n A − e→ = Q π A A 2→ n = A A + A A + + A n A = 2 → − − − Suy ra: A A → e +A A → e + + A A − e→ = 2 n n Bài toán 4: Cho lục giác ABC DE F nội tiếp đường tròn (O, R) cho AB = C D = E F = R Gọi M , N , P trung điểm đoạn BC , DE , F A Chứng minh tam giác M N P tam giác Giả sử A , B , C giao điểm cặp đường thẳng BC F A , BC DE , DE F A Chứng minh O A B C = OB C A = OC A B Lời giải : +) Ta có tam giác O AB, OC D, OE F +) Dề dàng chứng minh được: −−→ −−→ −→ −−→ −→ −→ MN = CD +BE , MP = CF +B A Khi ta có: −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ Q π M N = 12 Q π C D + B E = 12 Q π C D + BO + OE 3 −→ −→ −−→ −−→ − −→ −→ = CO + B A + OF = C F + B A = M P Suy tam giác M N P tam giác Ta có tứ giác OM A P nội tiếp đường trịn đường kính O A Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A B C Khi ta có: O A B C = MP 2R sin MOP sin B A C = 2R M P Chứng minh tương tự ta có: OB C A = 2R M N ; OC A B = 2R N P Vì tam giác M N P nên ta suy O A B C = OB C A = OC A B Bài tốn 5: Cho tam giác nhọn ABC có A A , B B , CC đường cao Trên tia đối tia A A , B B , CC lấy điểm A , B , C tương ứng cho A A A A = B B B B = CC CC = Chứng minh tam giác ABC , A B 2C có trọng tâm Lời giải : 205 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta chứng minh G trọng tâm tam giác A B 2C hay phải chứng minh: −−→ −−→ −−→ → −−→ −−→ −−→ → − − G A + GB + GC = ⇔ A A + B B + CC = Xét phép quay véc tơ góc quay − π2 ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Q − π A A = A A ; Q − π B B = B B ; Q − π CC = CC 2 2 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Suy Q − π A A + B B + CC = A A + B B + CC 2 Mặt khác gọi S diện tích tam giác ABC , ta có BC = A2SA = 2S.A A = 2S.A A (vì A A = A A ) −−→ −→ −−→ −→ Mà BC , A A hướng nên suy BC = 2S A A −−→ −→ −−→ −−→ Chứng minh tương tự ta có C A = 2S.B B ; AB = 2S.CC −−→ −−→ −−→ → −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ − ⇒ BC + C A + AB = 2S A A + B B + CC ⇒ A A + B B + CC = −−→ −−→ −−→ → −−→ −−→ −−→ → − − ⇒ Q − π A A + B B + CC = ⇒ A A + B B + CC = Vậy G trọng tâm tam giác A B 2C Bài toán 6: Về phía ngồi tứ giác ABC D ta dựng tam giác AB M , BC N , C DP, ADQ Gọi E , F trung điểm đoạn AQ, B N O tâm tam giác C DP Chứng minh OM ⊥E F tính tỉ số OM EF Lời giải : Giả sử tứ giác ABC D có hướng âm 206 *) Gọi M1 , N1 , P , Q trung điểm đoạn AB, BC , C D, D A H , K hình chiếu E , F cạnh AD, BC tương ứng ⇒ AH = 14 AD; B K = 14 BC *) Ta có: −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ H K = H A + AB + B K = − 41 AD + AB + 41 BC −→ −→ −→ −−→ −→ −−→ = − 41 AB + B D + 14 BC + 14 AB = 43 AB + 14 DC *) Mặt khác ta có: −−→ −−→ −→ −−−→ −−→ −−→ −−→ −→ +) E H , D A = AB , M1 M = DC , P P = K F , C B = π2 ( mod 2π) (1) +) EH DA = CK BF = (2) ; AB M M1 DC = PDC = 3OP = P1 *) Xét phép quay véc tơ góc quay π 2 (3) ta có: −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Q π E F = Q π E H + H K + K F = Q π E H +Q π H K +Q π K F 2 2 −→ −−→ −−→ 3− −→ π π +) Từ (1) (2) ta có: Q E H = D A, Q K F = C B 2 +) Từ (3) ta có: −−→ Q π HK = Q π 2 −−−→ = M1 M + −→ −−→ −−−→ = 43 Q π AB + 41 Q π DC = 34 M M + 14 2 −−−→ −−→ −−→ 3OP = 23 M M + OP −→ −−→ −→ −−−→ −−→ Khi ta suy ra: Q π2 E F = 43 D A + C B + 23 M1 M + OP −−→ −−−−→ −−−→ −−→ −−−−→ −−−→ −−−→ −−→ = 43 DP + P M + M A + C P + P M + M B + 23 M M + OP −−−−→ −−−→ −−→ −−−→ −−→ −−−−→ −−→ = 43 2P M + 23 M M + OP = 23 M M + OP + P M = 23 OM −→ −→ − AB + DC −−→ P P1 (vì P , M1 trung điểm đoạn DC , AB ) −→ Vậy suy E F ⊥OM E F = Q π2 E F = −−→ OM = OM ⇒ OM EF = Bài tốn 7: Về phía ngồi tam giác ABC dựng tam giác đồng dạng ABC , C AB , BC A cho C AB = A BC = B 1C A; AC B = B A 1C = C B A Chứng minh hai tam giác ABC A B 1C có trọng tâm Lời giải : Giả sử tam giác ABC có hướng dương Đặt C AB = A BC = B 1C A = ϕ −→ −−→ −→ −−→ ⇒ AB , AC = BC , B A −−→ −−→ = C A, C B = −ϕ ( mod 2π) Mặt khác ta có AC AB A1 = BBC = CCBA1 = k 207 Xét phép quay véc tơ góc quay −ϕ ta có: −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ Q −ϕ AB + BC + C A = Q −ϕ AB + Q −ϕ BC + Q −ϕ C A = −→ −→ −−→ → −−→ −−→ −−→ → −−→ → − − − C A = ⇒ Q −ϕ AB + BC + C A = ⇒ AC + B A + C B = k −−→ −−→ −−→ −→ −→ AC + B A + C B mà AB + BC + Gọi G, G trọng tâm tam giác ABC , A B 1C ta có: −→ −→ −→ +) AG = 13 AB + AC −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ +) AG = 31 A A + AB + AC = 13 AC + AB + B A + AC + C B −−→ −−→ −−→ −→ −→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ → − = 13 AC + B A + C B + AB + AC = 31 AB + AC (vì AC + B A + C B = ) −→ −−→ Suy AG = AG ⇒ G ≡ G hay hai tam giác ABC A B 1C có trọng tâm Bài tốn 8: Về phía ngồi tam giác ABC dựng tam giác BC A thoả mãn điều kiện A 1C B = α; A BC = β tam giác C AB , ABC tương ứng cân B , C cho C B A = 2α; AC B = 2β Gọi H hình chiếu A cạnh BC Chứng minh A A ⊥B 1C Lời giải : Giả sử tam giác ABC có hướng dương Gọi E , F hình chiếu A , B , C cạnh BC , C A, AB Suy E , F tương ứng trung điểm cạnh AC , AB Ta có: −−→ −→ −−→ −→ −→ −−−→ +) B E , AE = C F , B F = C B , H A = π2 ( mod 2π) +) B1 E AE = CH A1 H = cot α; A1 F BF = BH A1 H = cot β Xét phép quay véc tơ góc quay π ta có: −−−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −−→ Q π B 1C = Q π B E + E F + F C = Q π B E +Q π E F +Q π F C 2 2 −−→ −→ −−→ −→ BC −−−→ FC −→ 1E = Q π B E +Q π 12 BC +Q π F C = BAE AE + H A H A + F B F B 2 −→ −−−→ −→ −→ C H −−−→ C B H B −→ = HC AH1 AE + 12 HC AH1 H A + HHAB1 F B = 12 HCAB1 CC H B AC + H A H A + H A BC AB −→ H B −→ −−−→ = 12 HCAB1 CC H AC + BC AB + H A B −−→ −→ −−→ −→ H B −→ HB − Mặt khác ta có: H B = − HC HC ⇒ AH = CC H AC + BC AB B −−−→ − − → − − − → −−→ Do Q π B 1C = 21 HCAB1 AH + H A = 12 HCAB1 A A Vậy ta suy A A ⊥B 1C A A1 B 1C = A A1 −−−→ Q π B 1C = A A1 C B −−→ H A1 A A1 A1 = 2H BC 208 A A1 B 1C A1 = 2H BC Bài tốn 9: Cho tứ giác ABC D có AC = B D điểm X , Y , Z , T cho tam giác AX B, B Y C , C Z D, DT A đồng dạng hướng theo thứ tự cân X , Y , Z , T Chứng minh X Z ⊥Y T lời giải : Giả sử tứ giác ABC D có hướng dương tam giác AX B, B Y C , C Z D, DT A có hướng dương (1) Gọi M , N , P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn AB, BC , C D, D A suy M N PQ hình bình hành Vì AC = B D nên suy M N PQ hình thoi ⇒ M P ⊥NQ (2) Từ (1), tam giác AX B, B Y C , C Z D, DT A đồng dạng hướng nên ta có: −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ +) X M , B A = M P , NQ = P Z , C B = π2 ( mod 2π) +) XM BA Z = CP D = k ; đặt MP NQ =x Xét phép quay véc tơ góc quay π ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Q π X Z = Q π X M + M P + P Z = Q π X M +Q π M P +Q π P Z 2 2 −→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ = k B A + x NQ + k C D = k B A + C D + x NQ = 2k NQ + x NQ −−→ −−→ −−→ = (2k + x) NQ = 2k+x Q π M P = Q π 2k+x MP x x 2 −−→ −−→ ⇒ X Z = 2k+x x M P ⇒ X Z // M P (3) Chứng minh tương tự ta có Y T // NQ (4) Từ (2), (3), (4) ta suy X Z ⊥Y T 10 Bài toán 10: Cho tứ giác ABC D có AC = B D Về phía ngồi tứ giác dựng tam giác BC M , AD N Gọi P, Q trung điểm cạnh BC , D A Chứng minh M N song song trùng với PQ Lời giải : Giả sử tứ giác ABC D có hướng dương Gọi E , F trung điểm cạnh AB, C D tứ giác PEQF hình bình hành Mặt khác AC = B D nên tứ giác PEQF hình thoi ⇒ PQ⊥E F Ta có: 209 −−→ −−→ −−→ −→ +) NQ, AD = P M , BC = π2 ( mod 2π) +) NQ AD M = PBC = Xét phép quay véc tơ góc quay π ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −→ Q π NQ + P M = Q π NQ +Q π P M = 23 AD + BC = 23 2K L = 3K L 2 −→ −−→ −−→ Suy hai véc tơ K L, NQ + P M vng góc với −−→ −−→ −−→ Mặt khác K L⊥PQ nên hai véc tơ PQ, NQ + P M phương −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Hơn ta có N M = NQ + QP + P M = NQ + P M + QP −−→ −−→ ⇒ N M , PQ phương hay M N , PQ song song trùng C Một số tập đề nghị: 11 Bài toán 11: Cho lục giác ABC DE F có cặp cạnh đối diện song song Về phía ngồi lục giác dựng tam giác AB M , C D N , E F P Chứng minh tam giác M N P −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −−→ Hướng dẫn: +) Phân tích M N = M B + BC + C N = M B + F E + C N −−→ −−→ +) Chứng minh Q π3 M N = M P 12 Bài toán 12: (Đề đề nghị IMO, Bulgari - 1991) Cho tứ giác lồi ABC D có AC = B D Về phía ngồi tứ giác, cạnh AB, BC , C D, D A dựng tam giác có tâm O , O , O , O Chứng minh O 1O ⊥O 2O Hướng dẫn : +) Gọi M , N , P, Q trung điểm cạnh AB, BC , C D, D A +) Áp dụng kết 9, chứng minh O 1O // M P, O 2O // NQ 13 Bài toán 13: Cho ngũ giác lồi ABC DE , gọi M trung điểm EC Giả sử M D⊥AB M D = 12 AB Về phía ngơài ngũ giác, dựng tam giác AE K , BC L theo thứ tự vuông cân K , L Chứng minh tam giác DK L vuông cân Hướng dẫn: +) Dựng phía ngồi ngũ giác tam giác vng cân ABG 210 +) Gọi I , N trung điểm AE , AB −−→ −→ +) Chứng minh Q π2 DK = DL 14 Bài toán 14: Cho hình chữ nhật ABC D Gọi H hình chiếu A cạnh B D Gọi M , N trung điểm B H , C D Chứng minh AM ⊥M N Hướng dẫn: Hai tam giác AH D B AD đồng dạng với theo tỉ số k −−→ −−→ +) Chứng minh: Q π2 AM = k M N 15 Bài tốn 15: Cho hai hình vng AK B M , C N DL xếp cho tứ giác ABC D tứ giác lồi điểm K , L nằm tứ giác Chứng minh rằng: S ABC D = M N 4−K L Hướng dẫn: +) Gọi I , P, J , Q trung điểm cạnh AB, BC , C D, D A −−→ −→ −−→ −→ − → −−→ −−→ M N + LK = I J M K + LN −−→ −−→ −→ −−→ −−→ +) Ta có M K + LN = Q π2 AB + DC = 2Q π2 QP −−→ −−→ − → −−→ − → −−→ −−→ − → ⇒ I J M K + LN = I J 2Q π QP = 2I J Q π QP cos I J , Q π QP 2 − → −−→ J PQ sin I J , QP = 4S I P PQ = 2S ABC D +) Biến đổi M N − K L = M N − LK TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học phẳng định hướng - Nguyễn Minh Hà Các phép biến hình mặt phẳng - Đỗ Thanh Sơn Các phép biến hình mặt phẳng – Nguyễn Đăng Phất Các đề thi học sinh giỏi tỉnh, đề thi học sinh giỏi nước Tài liệu mạng 211 − → −−→ = I J PQ cos I J , QP + π2 = ... tương ứng ⇒ AH = 14 AD; B K = 14 BC *) Ta có: −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ H K = H A + AB + B K = − 41 AD + AB + 41 BC −→ −→ −→ −−→ −→ −−→ = − 41 AB + B D + 14 BC + 14 AB = 43 AB + 14 DC *) Mặt khác... tam giác vng cân ABG 210 +) Gọi I , N trung điểm AE , AB −−→ −→ +) Chứng minh Q π2 DK = DL 14 Bài tốn 14: Cho hình chữ nhật ABC D Gọi H hình chiếu A cạnh B D Gọi M , N trung điểm B H , C D ... LK TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học phẳng định hướng - Nguyễn Minh Hà Các phép biến hình mặt phẳng - Đỗ Thanh Sơn Các phép biến hình mặt phẳng – Nguyễn Đăng Phất Các đề thi học sinh giỏi tỉnh, đề