Một số ứng dụng của phương tích trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THU HẰNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THU HẰNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - 2017 i Mục lục Mở đầu Một số kiến thức phương tích 1.1 Phương tích điểm đường tròn 1.2 Trục đẳng phương đường tròn 1.2.1 Trục đẳng phương hai đường tròn 1.2.2 Cách dựng trục đẳng phương 1.2.3 Tâm đẳng phương ba đường tròn 1.3 Một số định lý hình học Ứng dụng phương tích tốn chứng minh tính chất hình học 2.1 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy 2.2 Chứng minh ba điểm thẳng hàng 2.3 Chứng minh điểm thuộc đường tròn 2.4 Chứng minh họ đường thẳng qua điểm cố định 2.5 Chứng minh số tính chất hình học khác 4 7 10 11 16 16 22 27 31 39 Một số dạng tốn liên quan 45 3.1 Các dạng tốn tính tốn ước lượng đại lượng hình học 45 3.2 Một số toán thi học sinh giỏi quốc gia Olympic nước 49 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59 Mở đầu Các dạng toán hình học phẳng phong phú chủng loại với chúng cần thiết chọn lựa công cụ tương ứng phù hợp để tiếp cận lời giải cách hiệu Trong số đó, phương tích trục đẳng phương đóng vai trò cơng cụ đặc biệt hữu ích số lớp toán liên quan tới điểm, đường tròn đường thẳng Phân tích lời giải tốn hình học phẳng phương tích trục đẳng phương, ta thấy tính ưu việt cách lập luận, tư sắc bén, lời giải ngắn gọn phương pháp Trong năm gần đây, tốn hình phẳng liên quan đến phương tích trục đẳng phương thường xuyên xuất kì thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic nước ln xem dạng tốn khó khó Mặc dù chun đề phương tích trục đẳng phương quen thuộc phổ thông, kiến thức đơn giản dễ hiểu, song kỹ thuật áp dụng chúng nhiều trường hợp cụ thể lại khơng đơn giản, cần phân loại kỹ vẽ hình xác Chính tốn có liên quan đến phương tích trục đẳng phương thường xem dạng tốn hay, có sức hấp dẫn Vì lý trên, chọn đề tài luận văn “Một số ứng dụng phương tích hình học phẳng” Nội dung luận văn chủ yếu đề cập đến dạng toán thường hay xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi chứng minh điểm thẳng hàng, tính đồng quy đường thẳng, nhận dạng điểm thuộc đường tròn cho trước tốn chứng minh tính chất hình học có sử dụng đến phương tích trục đẳng phương, Cấu trúc luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chia thành ba chương Chương trình bày số kiến thức hình học cần thiết cho chương sau Chương xét số ứng dụng phương tích Chương trình bày số dạng tốn liên quan từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic nước Hà Nội, ngày 12 tháng 11 năm 2017 Tác giả Nguyễn Thị Thu Hằng Lời cảm ơn Lời em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người thầy tận tình hướng dẫn giúp đỡ em thời gian học tập hoàn thành luận văn Em xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội thầy, cô công tác giảng dạy trường nhiệt tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho em trình học tập nghiên cứu đề tài Chương Một số kiến thức phương tích Chương giới thiệu kiến thức phương tích Định nghĩa định lý dùng tốn chứng minh Đặc biệt, cuối chương có đề cập đến hai định lý tiếng chứng minh tính thẳng hàng đồng quy Đó định lý Menelaus định lý Ceva Các kiến thức dùng đến thường xuyên chương sau 1.1 Phương tích điểm đường tròn Định lý 1.1 (xem [1],[7]) Cho đường tròn (O; R) điểm M cố định Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn (O; R) hai điểm A, B −−→ −−→ −−→ −−→ tích vơ hướng M A × M B số khơng đổi " M A × M B = d2 − R2 ", d = OM Chứng minh Gọi C điểm đối xứng A qua O Ta có CB⊥AM hay B hình chiếu C AM Khi đó, ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ M A × M B = M A × M B = M C × M A = M O + OC −−→ −→ −−→ −→ = M O − OA M O + OA −−→2 −→2 = M O − OA = OM − OA2 = d2 − R2 −−→ −→ M O + OA −−→ −−→ Định nghĩa 1.1 (xem [1]) Giá trị M A × M B gọi phương tích điểm M đường tròn (O; R) Kí hiệu PM/(O) −−→ −−→ Vậy PM/(O) = M A × M B = d2 − R2 Từ định nghĩa thấy giá trị phương tích PM/(O) âm hay dương tùy thuộc vào vị trí điểm M tương ứng nằm hay ngồi đường tròn (O) Cụ thể, ta có Nhận xét 1.1 *) PM/(O) < ⇔ M nằm đường tròn(O; R) *) PM/(O) = ⇔ M nằm đường tròn (O; R) *) PM/(O) > ⇔ M nằm (O; R) Trong trường hợp, ta có PM /(O) = M A × M B Nhận xét 1.2 - Nếu M nằm ngồi đường tròn (O) M T tiếp tuyến với đường −−−→ tròn ta có PM/(O) ) = d2 − R2 = M T = M T - Cho tam giác ABC, M điểm thuộc AB nằm ngồi AB Khi −−→ −−→ −−→ M C tiếp tuyến (O; R) ⇔ M A × M B = M C hay M A × M B = M C Nhận xét 1.3 Nếu A, B cố định AB × AM = const điểm M điểm cố định Ta sử dụng ý tưởng để chứng minh đường thẳng qua điểm cố định Định lý 1.2 (xem [1],[7]) Nếu hai đường thẳng AB CD cắt M M A × M B = M C × M D bốn điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Chứng minh Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD D Khi theo định lý 1.2, ta có P A × P B = P C × P D , suy P C × P D = P C × P D nên D ≡ D Suy bốn điểm A, B, C D thuộc đường tròn Nhận xét 1.4 Từ định lý 1.2, để chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp ta cần đường thẳng AB CD cắt M có M A × M B = M C × M D ” 1.2 Trục đẳng phương đường tròn Trong phần này, ta khảo sát trục đẳng phương hai đường tròn nêu cách dựng trục đẳng phương, tâm đẳng phương ba đường tròn 1.2.1 Trục đẳng phương hai đường tròn Định lý 1.3 (xem [1]) Cho hai đường tròn phân biệt (O1 ) (O2 có bán kính R1 R2 Quỹ tích điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O1 ) (O2 ) 45 Chương Một số dạng toán liên quan Ứng dụng phương tích trục đẳng phương khơng sử dụng tốn chứng minh tính chất hình học phẳng, mà gặp chúng vài tốn tính tốn đại lượng hình học chứng minh bất đẳng thức hình học 3.1 Các dạng tốn tính tốn ước lượng đại lượng hình học Bài tốn 3.1 ( USAMO 1998) Cho đường tròn đồng tâm O(C1 ) (C2 )((C2 ) nằm (C1 )) Từ điểm A nằm trên(C1 ) kẻ tiếp tuyến AB tới (C2 ).AB giao (C1 ) lần thứ hai C Gọi D trung điểm AB Một đường thẳng qua A cắt (O2 ) E, F cho đường trung trực AM đoạn DF EC giao điểm M nằm AC Tính MC Lời giải Dễ thấy B trung điểm AC 46 Ta có PA /(C2) = AE × AF = AB = AB × 2AB = AD × AC Suy tứ giác DCF E nội tiếp Do M tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCF E Mà M nằm AC nên M D = M C = DC Từ tính AM = AB M C = AB 4 AM Vậy = MC Bài tốn 3.2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Đường thẳng CD ∩ AB = M, AD ∩ BC = N Chứng minh M N = P( M/(O)) + P( N/(O)) Lời giải Lấy điểm P M N cho tứ giác M P AD nội tiếp Mặt khác, tứ 47 giác ABCD nội tiếp nên tứ giác P N BA nội tiếp Ta có M P × M N = M A × M B; N P × N M = N A × N D Suy M N = (M P + P N ) × M N = M A × M B + N A × N D Vì M N = P(M/(O)) + P(N/(O)) Bài toán 3.3 (Romani TST 2006) Cho (O) điểm A nằm (O) Từ A kẻ cát tuyến ABC, ADE(B thuộc đoạn AC ,D thuộc đoạn AE Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O) lần thứ hai F Đường thẳng AF cắt (O) G Đường thẳng EG cắt AC M Chứng minh 1 = + AM AB AC Lời giải Ta có ∠GED = ∠GCD = ∠GAB Suy tam giác AM G đồng dạng với tam giác EM A Mặt khác M A2 = M G × M E = M B × M C Nên M A2 = (AB − M A) × (AC − M A) = AB × AC − M A × (AB + AC) + M A2 Suy AB × AC 1 MA = Do = + AB + AC AM AB AC Bài toán 3.4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Điểm P nằm cung CD không chứa A, B Hai đường thẳng P A, P B cắt DC M, N MD × NC = const Chứng minh MN Lời giải 48 Trên DC lấy điểm E cho ∠AED = ∠AP B = const Suy E cố định Tứ giác AEP N nội tiếp, suy M E × M N = M A × M P ; M D × M C (M D + DE) × M N = M D × (M N + N C)] MD × NC = DE = const DE × M N = M D × N C MN Bài tốn 3.5 Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn tâm (O) Đường tròn (O1 ; R) tiếp xúc với cạnh BC tiếp xúc với cung BC nhỏ Tính AO1 theo a R Lời giải Gọi M tiếp điểm đường thẳng BC với đường tròn (O1 ) N điểm tiếp xúc chung hai đường tròn (O); (O1 ) Do M O1 AO O1 M O1 N = nên A, N, M thẳng hàng OA ON 49 Mặt khác ∠AN B = ∠ABC = 600 nên ∆ABM ∼ ∆AN B (g.g) Suy AM × AN = AB = a2 2 √ Hơn P(A/(O1 )) = AO1 − R = AM × AN == a Vì AO1 = a2 + R Bài tốn 3.6 (All-Russian MO 2007) Hai đường tròn (O1 ) (O2 ) giao A B Đường thẳng P Q, hai tiếp tuyến chung hai đường tròn, với điểm P, R tiếp điểm đường tròn (O1 ), Q, S tiếp điểm đường tròn (O2 )) Giả sử RB P Q, đường thẳng RB cắt (O2 ) RB lần W Tính RW Lời giải Gọi J = AB ∩ P Q J trung điểm P Q Thật PJ/(O1 ) = JP = JA × JB = PJ,(O2 ) = JQ2 nên JB = JQ Dễ dàng có AB P R mà P Q RB nên tứ giác P JBR hình bình hành Suy P J = RB hay RB × RW = RS = P Q2 = (2 × P J)|2 = 4RB Do RW = 4RB RB Vậy = RW 3.2 Một số toán thi học sinh giỏi quốc gia Olympic nước Sau số toán xuất đề thi nước có sử dụng phương tích trục đẳng phương để chứng minh 50 Bài toán 3.7 (IMO shorlist 2014-G3) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với AB > BC Phân giác góc ABC cắt (O) M khác B Gọi (ε) đường tròn đường kính BM Phân giác góc ∠AOB ∠BOC cắt (ε) P Q Trên đường thẳng P Q lấy điểm R cho RB = RM Chứng minh BR AC Lời giải Gọi K trung điểm BM K tâm (ε) OK OM trung trực BM AC, R giao điểm P Q với OK Gọi N giao điểm thứ hai OM với đường tròn (ε), ta có BN AC Ta cần chứng minh đường thẳng BN qua R xong Điều đồng nghĩa với ba đường thẳng BN, P Q, OK đồng quy Ta dựng ba đường tròn mà đường thẳng BN, P Q, OK trục đẳng phương cặp đường tròn, từ thu điều cần chứng minh Từ đặc điểm vng góc N K ta suy N K nằm đường tròn (ω) đường kính OB Tiếp theo ta chứng minh O, K, P, Q nằm đường tròn Gọi D E trung điểm BC AB D nằm OQ E nằm OP Do điểm B, E, O, K, D nằm đường tròn (ω) nên ta ∠EOR = ∠EBK = ∠KBD = ∠KOD Suy OK phân giác ngồi góc ∠P OQ Mặt khác K tâm (ε) nên K nằm trung trực P Q Từ suy K điểm cung P OQ đường tròn ngoại tiếp tam giác P OQ Suy 51 O, K, P, Q nằm đường tròn (γ) Khi OK, BN, P Q trục đẳng phương cặp đường tròn (ω), (γ) (ε) Vậy OK, BN, P Q đồng quy, toán chứng minh hồn tồn Bài tốn 3.8 (VMO 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), B, C cố định A thay đổi (O) Trên tia AB, AC lấy điểm M, N cho M A = M C; N A = N B Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N, ABC cắt P (P = A) Đường thẳng M N cắt đường thẳng BC Q a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng b) Gọi D trung điểm BC Các đường tròn có tâm M, N qua A cắt K(K = A) Đường thẳng qua A vng góc với AK cắt BC E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) F (F = A) Chứng minh đường thẳng AF qua điểm cố định Lời giải a) Khơng tính tổng quát, giả sử AB ≤ AC , trường hợp lại hồn tồn tương tự Khi đó, M nằm đoạn AB; N nằm đoạn AC Lời giải Do N A = N B nên ∠N BA = ∠N AB; M A = M C Vì ∠M CA = ∠M AC, suy ∠N BA = ∠M CA Nên tứ giác BM CN nội tiếp ta QM × QN = QB × QC Suy Q có phương tích hai đường tròn (O), (AM N ) 52 Do Q thuộc trục đẳng phương AP hai đường tròn Vậy A, P, Q thẳng hàng b) Ta thấy (ODC), (O) tiếp xúc với C nên trục đẳng phương hai đường tròn tiếp tuyến d đường tròn (O) C Ta chứng minh O ∈ (ADE) Thật vậy, O, M nằm đường trung trực AC nên OM ⊥AC Tương tự, ta có ON ⊥AB ⇒ O trực tâm tam giác AM N Suy AO⊥M N Xét hai đường tròn (M, M A); (N, N A) Ta có AK⊥M N, nên A, O, K thẳng hàng Vì ∠OAE = 900 Mặt khác, ta có ∠ODE = 900 nên AODE tứ giác nội tiếp hay O ∈ (ADE) Do trục đẳng phương (ADE), (OCD) OD Vậy nên trục đẳng phương hai đường tròn (O) (ADE) AF Tiếp theo, ta thấy ba đường tròn (O), (ADE), (ODC) đơi có trục đẳng phương OD, d, AF nên chúng đồng quy điểm Vậy nên AF qua điểm cố định giao điểm OD, d Bài toán 3.9 (VMO 2015) Cho đường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O), BC khơng đường kính Một điểm A thay đổi (O) cho tam giác ABC nhọn Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Cho (I) đường tròn thay đổi qua E, F, với I tâm DB a) Giả sử (I) tiếp xúc với BC điểm D Chứng minh = DC cot B cot C b) Giả sử (I) cắt cạnh BC M, N Gọi H trực tâm tam giác ABC ; P, Q giao điểm (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Đường tròn (K) qua P, Q tiếp xúc với (O) T (T phía A P Q) Chứng minh đường phân giác góc M T N ln qua điểm cố định Lời giải a) Gọi X, Y giao điểm (I) với BE, CF Xét phương tích với đường tròn (I), ta có BD2 = BX × BE; CD2 = CY × CF Xét ∆BXF ∆CY E có ∠XBF = ∠Y CE, ∠BXF = ∠CY E nên hai tam giác đồng dạng 53 Suy BF cos B BX = = CY CE cos C BD2 BX × BE cot B cos B sin C cot B BD Do = = × = hay = CD2 CY × CF cos C sin B cot C CD cot C b) Đối với trường hợp tam giác ABC cân A, ta thấy kết luận toán Xét trường hợp tam giác khơng cân A Khơng tính tổng quát, giả sử AB < AC Gọi G giao điểm EF ; BC Xét đường tròn (BHC), (I) đường tròn đường kính BC Nhận xét trục đẳng phương (BHC), (I) P Q trục đẳng phương (I) đường tròn đường kính BC EF Tương tự, trục đẳng phương (BHC) đường tròn đường kính BC BC Do P Q, EF, BC đồng quy tâm đẳng phương ba đường tròn 54 Do GT = GP × GQ = GM × GN nên đường tròn (T M N ) tiếp xúc với đường tròn (O) T Do ∠GT M = ∠GN T (vì chắn T M đường tròn (K)) Mặt khác, theo tính chất góc ngồi tam giác N CT ∠GN T = ∠N T C + ∠N CT Hơn nữa, GT tiếp xúc với (O) nên ∠GT B = ∠GCT nên ∠BT M = ∠CT N Từ kết dễ thấy phân giác hai góc ∠M T N ; ∠BT C trùng hay phân giác góc ∠M T N qua trung điểm J BC không chứa A Suy J điểm cố định, đpcm Bài toán 3.10 (IMO 2013) Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H Cho W điểm tùy ý cạnh BC, khác với điểm B C Các điểm M N tương ứng chân đường cao hạ từ B C Kí hiệu ω1 đường tròn ngoại tiếp tam giác BW N, gọi X điểm ω1 cho W X đường kính ω1 Tương tự, kí hiệu ω2 đường tròn ngoại tiếp tam giác CW M, gọi Y điểm ω2 cho W Y đường kính ω2 Chứng minh điểm X, Y H thẳng hàng Lời giải Gọi P chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC, O1 , O2 tâm đường tròn ω1 , ω2 , gọi Z giao điểm thứ hai ω1 ω2 Tứ giác BN M C nội tiếp đường tròn đường kính BC nên AN × AB = AM × AC hay A thuộc trục đẳng phương ω1 ω2 Suy A, Z, W nằm đường thẳng vng góc với O1 O2 XY 55 Tứ giác BN HP nội tiếp nên AH × AP = AN × AB = AZ × AW , từ P HZW tứ giác nội tiếp Do HZ vng góc với ZW Suy X, Y, H thẳng hàng, điều phải chứng minh Bài toán 3.11 (IMO shorlist 2011-G4) Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC nội tiếp đường tròn (O) Gọi B1 , C1 trung điểm cạnh AC AB Gọi D hình chiếu A BC G trọng tâm tam giác ABC Gọi (ω) đường tròn qua B1 , C1 tiếp xúc với (O) điểm X khác A Chứng minh D, G, X thẳng hàng Lời giải Gọi a, x tiếp tuyến đường tròn (O) A X Gọi (ω1 ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 Dễ thấy a tiếp tuyến (ω1 ) A nên a trục đẳng phương hai đường tròn (O) (ω1 ) Như ba đường thẳng a, x B1 C1 trục đẳng phương cặp đường tròn (O) (ω1 ); (O) (ω); (ω) (ω1 ) Do a, x B1 C1 đồng quy điểm M Ta có M A = M D = M X nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX Gọi T giao điểm thứ hai DX với (O), ý O ∈ (ω1 ) 1 3600 − ∠AM X − ∠AOX = Ta có ∠DAT = ∠ADX − ∠AT D = 2 0 180 − (∠AM X + ∠AOX) = 90 , suy AD⊥AT suy AT BC Do AT CB hình thang cân Gọi A1 trung điểm B1 C1 56 Xét phép vị tự V( G, − ) biến A → A1 ; B → B1 ; C → C1 ; T → T Suy ∠T CB = ∠T C1 B1 Mặt khác ∠T CB = ∠CBA = ∠B1 C1 A = ∠DC1 B1 Do T ≡ D, từ suy D, G, T thẳng hàng ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.12 (VMO 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC nội tiếp (O) Gọi P điểm thay đổi BC nằm đoạn BC cho P A không tiếp tuyến (O) Đường tròn đường kính P D cắt (O) E (E khác D) Gọi M giao điểm BC với DE, N giao điểm khác A P A với (O) Chứng minh đường thẳng M N qua điểm cố định Lời giải Gọi A1 điểm đối xứng A qua tâm O Ta chứng minh N, M, A1 thẳng hàng, từ suy M N qua A1 cố định Thật vậy, ta có DE trục đẳng phương đường tròn (O) đường tròn (T1 ) đường kính P D Vì ∠P N A1 = 900 nên N A trục đẳng phương đường tròn (O) đường tròn (T2 ) đường kính P A1 Giả sử DA cắt BC F, ∠ADA1 = 900 suy ∠P F A1 = 900 Do F giao điểm thứ hai (T1 ) (T2 ), suy F P trục đẳng phương (T1 ) (T2 ) Vì trục đẳng phương đồng quy tâm đẳng phương nên DE, F P N A1 đồng quy điểm M 57 Vậy M, N, A1 thẳng hàng 58 Kết luận Luận văn "Một số ứng dụng phương tích hình học phẳng" giải vấn đề sau: Hệ thống kiến thức phương tích dạng tốn hình học liên quan Phân loại dạng tốn hình học phẳng có sử dụng phương tích để giải Trình bày số dạng tốn thi học sinh giỏi Quốc gia Olympic nước có liên quan đến phương tích Ứng dụng phần mềm "Geo Gebra" vẽ hình để mơ tả kênh hình rõ ràng xác 59 Tài liệu tham khảo [1] Văn Như Cương, Phan Văn Viện (2001), Hình học 10, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình (2006), Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Mộng Hy, Các phép biến hình măt phẳng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu Đàm Văn Nhỉ (2015), Đồng thức phương pháp tọa độ Hình học, NXB ĐHQG Hà Nội [5] Đàm Văn Nhỉ (2012), Mở rộng Bất đẳng thức Ptolemy Hayashi cho đa giác, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số T426, No12 [6] Nguyễn Đăng Phất (2010), Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học, NXB Giáo dục [7] Đồn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2013), Tài liệu chun tốn, Hình học 10, NXB Giáo dục [8] Đào Tam (2007), Giáo trình Hình học sơ cấp, NXB ĐHSP Hà Nội [9] O Bottema (2008), Topics in elementary Geometry, Springer [10] A Pogorelov (1987), Geometry, Mir Publishers, Moscow ...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ THU HẰNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: ... đẳng phương 1.2.3 Tâm đẳng phương ba đường tròn 1.3 Một số định lý hình học Ứng dụng phương tích tốn chứng minh tính chất hình học 2.1 Chứng minh... Chính tốn có liên quan đến phương tích trục đẳng phương thường xem dạng tốn hay, có sức hấp dẫn Vì lý trên, chọn đề tài luận văn Một số ứng dụng phương tích hình học phẳng Nội dung luận văn chủ