Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đồng quy và thẳng hàng trong hình học phẳng

Dạng toán về đồng quy của các đường thẳng và thẳng hàng của các điểm là những dạng toán cơ bản của môn hình học. Những dạng toán này thường là khó đối với phần lớn các học sinh, kể cả những học sinh khá giỏi. Kiến thức lý thuyết về phương pháp nghiên cứu những dạng toán này hầu như chưa có, mà chủ yếu dựa vào kinh nghiệm cũng như tư duy giải toán của mỗi người.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HOÀNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HỒNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Văn Ngọc THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Chương 1Các khái niệm định lý hình học phẳng 1.1 Ký hiệu hệ thức tam giác 1.2 Định lý Thales định lý Pythagoras 1.2.1 Định lý Thales 1.2.2 Định lý Pythagoras 1.3 Định lý hàm số sin định lý hàm số cosin 1.3.1 Định lý hàm số sin 1.3.2 Định lý hàm số cosin 1.4 Định lý Stewart 1.5 Định lý đường trung tuyến 1.6 Định lý đường phân giác 1.7 Cơng thức góc chia đôi 1.8 Cơng thức diện tích tam giác 1.9 Tỉ số diện tích hai tam giác 1.10.Đường thẳng Euler 4 5 7 10 11 12 14 16 16 Chương 2Đồng quy đường thẳng 2.1 Các điểm đặc biệt tiếng tam giác 2.1.1 Các điểm đặc biệt quen biết 2.1.2 Một số điểm đặc biệt khác 2.2 Định lý Ceva 2.3 Một số mở rộng định lý Ceva mặt phẳng 2.3.1 Định lý Ceva dạng sin 2.3.2 Mở rộng định lý Ceva mặt phẳng 2.4 Bài toán 18 18 18 19 20 21 21 22 24 i Chương 3Các điểm thẳng hàng 3.1 Định lý Pascal Định lý Simson 3.1.1 Định lý Pascal 3.1.2 Định lí Simson 3.2 Định lý Menelaus 3.3 Mở rộng định lý Menelaus mặt phẳng 3.3.1 Mở rộng định lý Menelaus tam giác 3.3.2 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích 3.3.3 Mở rộng Định lý Menelaus tứ giác 3.4 Định lý Desargues Định lý Pappus 3.4.1 Định lý Desargues 3.4.2 Định lý Pappus 3.5 Tam giác phối cảnh 3.6 Bài toán 3.7 Một số phương pháp chứng minh quan hệ đồng quy thẳng hàng 3.7.1 Phương pháp vectơ 3.7.2 Phương pháp quỹ tích 3.7.3 Phương pháp biến hình 34 34 34 35 36 37 37 38 39 39 39 40 40 41 47 47 53 58 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 Lời cảm ơn Lời em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người Thầy kính mến TS Nguyễn Văn Ngọc, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em suốt trình làm hoàn thiện luận văn Em xin chân thành cảm ơn thầy, giáo khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ em trình học tập Trường Em xin cảm ơn bạn bè học viên lớp cao học toán K10C Thái Nguyên quan tâm, động viên, giúp đỡ em suốt thời gian học tập trình làm luận văn Sự quan tâm, động viên khích lệ gia đình nguồn động viên lớn để em hồn thành khóa luận Cùng tồn thể bạn bè người thân đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên em trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sỹ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2018 Người viết luận văn Nguyễn Thị Hoàng Giang Mở đầu Dạng toán đồng quy đường thẳng thẳng hàng điểm dạng toán mơn hình học Những dạng tốn thường khó phần lớn học sinh, kể học sinh giỏi Kiến thức lý thuyết phương pháp nghiên cứu dạng toán chưa có, mà chủ yếu dựa vào kinh nghiệm tư giải toán người Các tài liệu đồng quy thẳng hàng hình học phẳng xuất nhiều tài liệu tổng hợp từ chuyên gia quốc tế, Kim Y.Li [4], Heather Macbeth [5], V.Prasolov [6], Po-Shen Loh [7], Wong Yan Loi [8] Ở nước có nghiên cứu liên quan đến vấn đề toán học đồng quy thẳng hàng hình học phẳng nhà toán học Vi Quốc Dũng [1], Nguyễn Văn Nho [2], Nguyễn Đăng Phất [3] Qua đó, thấy thú vị quan trọng chủ đề toán học giáo viên dạy phổ thông học sinh phổ thông yêu thích hình học Tìm hiểu học tập tính đồng quy thẳng hàng hình học phẳng cần thiết cho việc nâng cao kiến thức giáo viên công việc giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh trường THPT Do em chọn chủ đề “Đồng quy thẳng hàng hình học phẳng” để làm đề tài luận văn cao học Luận văn có bố cục mở đầu, ba chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Các khái niệm định lý hình học phẳng Nội dung chương nêu số khái niệm định lý hình học phẳng Chương 2: Đồng quy đường thẳng Trong chương em xin trình bày kiến thức đường thẳng đồng quy, đặc biệt định lý Ceva với mở rộng mặt phẳng Ngồi cịn giới thiệu số điểm đặc biệt tam giác tạo nên đường thẳng đặc biệt đồng quy số toán tiêu biểu Chương 3: Thẳng hàng đồng quy Chương trình bày kiến thức liên quan đến điểm thẳng hàng số định lý tiêu biểu, số phương pháp chứng minh quan hệ đồng quy thẳng hàng Chương Các khái niệm định lý hình học phẳng Trong chương này, em trình bày kí hiệu hệ thức tam giác Sau em trình bày số định lý hình học phẳng Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [2, 4] 1.1 Ký hiệu hệ thức tam giác Kí hiệu ∆ABC tam giác ABC với đỉnh A, B, C Để thuận tiện, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C kí hiệu tương ứng A, B, C Độ dài cạnh tam giác: BC = a, CA = b, AB = c a+b+c Nửa chu vi tam giác: p = Đường cao với cạnh: , hb , hc Đường trung tuyến với cạnh: ma , mb , mc Đường phân giác với cạnh: la , lb , lc Bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán kính đường trịn nội tiếp r Bán kính đường trịn bàng tiếp cạnh: Ra , Rb , Rc Diện tích tam giác ABC : S = SABC hay [ABC] Hệ thức góc: A + B + C = 180o (π) Hệ thức cạnh: |b − c| < a < b + c; |c − a| < b < c + a; |a − b| < c < a + b Công thức tính diện tích tam giác Diện tích tam giác nửa tích cạnh với đường cao tương ứng: 1 [ABC] = aha = bhb = chc 2 1.2 Định lý Thales định lý Pythagoras 1.2.1 Định lý Thales Định nghĩa 1.2.1 Hai đoạn thẳng AB CD gọi tỉ lệ với hai đoạn thẳng A B C D có tỉ lệ thức AB AB = CD CD hay AB CD = AB CD (1.1) Định lý 1.2.1 (Định lý Thales tam giác) Nếu đường cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại định hai cạnh lại đoạn thẳng tỉ lệ Chứng minh Xét tam giác ABC giả sử đường thẳng xx //BC , cắt Hình 1.1: cạnh AB AC tương ứng D E Ta chứng minh AD AE = DB EC (1.2) Vì DE song song với BC , nên diện tích tam giác DEB diện tích tam giác DEC Trong tam giác ABE kẻ đường cao EF Khi AD.EF [ADE] AD = = [BDE] BD BD.EF (1.3) Tương tự ta có AE [ADE] = [BDE] CE (1.4) Từ (1.3) (1.4) suy hệ thức (1.2) Định lý 1.2.2 (Định lý Thalet đảo) Nếu đường cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh lại tam giác Chứng minh Giả sử đường thẳng xx cắt cạnh AB, AC tam AB AC giác ABC theo thứ tự D E , cho = DB EC Ta phải chứng minh DE//BC Qua D kẻ đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AC điểm AB AE AE AE E Theo định lý thuận ta có = ⇒ = DB EC EC EC AE AE AE + E C AE + EC AC AC ⇔ +1= +1⇔ = ⇔ = , EC EC EC EC EC EC hay E C = EC , tức E ≡ E Do DE//BC Hệ 1.2.1 Nhiều đường thẳng song song định hai cát tuyến đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ 1.2.2 Định lý Pythagoras Định nghĩa 1.2.2 Tam giác vuông tam giác có góc vng Cạnh đối diện với góc vng gọi cạnh huyền, hai cạnh kề góc vng gọi hai cạnh kề hay hai cạnh góc vng Định lý 1.2.3 (Định lý Pythagoras thuận) Trong tam giác vng, bình phương độ dài cạnh huyền tổng bình phương độ dài hai cạnh góc vng Nếu tam giác ABC vng A a2 = b2 + c2 Chứng minh Khơng tính tổng quát, giả sử b ≥ c Dựng hình vng BCP Q có độ dài cạnh a, dựng vào bên hình vng tam giác vng tam giác vuông ABC 49 Vậy: − → −→ −→ −→ IA JC = = k ⇒ IA = k IB, JC = k JD IB JD −−→ −−→ Từ suy ra: OM = k ON Điều phải chứng minh Bài toán 3.7.2 Cho tam giác ABC Xét điểm M ∈ BC, N ∈ CA P ∈ AB cho tứ giác AP M N hình bình hành Các đường thẳng BN CP cắt O Chứng minh đường thẳng OM qua điểm cố định Lời giải → − −→ −→ −c Do Đặt AB = b , AC = → B, M, C thẳng hàng theo thứ tự, nên tồn n, p > cho − −−→ −c + p→ AM = n→ b , với n + p = Từ đó, tứ giác AN M P hình → − −−→ −→ −c bình hành, nên AP = p b , AN = n→ Do B, O, N thẳng hàng C, O, P thẳng hàng nên: Hình 3.19: → − − −→ −c = z → −c + pt→ AO = x b + ny → b x + y = = z + t → − − Từ đó, hai vectơ b , → c không phương nên: x= p(1 − n) − np y= 1−p − np − −→ p(1 − n) → n(1 − p) → b + −c , suy ra: Do AO = − np − np → − −−→ −−→ −→ −c (1 − np).OM = (1 − np)(AM − AO) = np(1 − p) b + np(1 − n)→ ⇒ → − − − − np −−→ −c + p→ OM = ( b + → c ) − (n→ b) np 50 −−→ −−→ −→ Hay AM = npAD + (1 − np)AO D điểm thỏa mãn: − − −−→ → AD = b + → c Từ đó, đường thẳng OM qua D cố định (D đỉnh thứ tư hình bình hành ABCD) Bài tốn 3.7.3 Cho tam giác ABC Xét điểm M tia AB , điểm N tia AC cho AB = m.AM AC = (m + 1).AN với m > Chứng minh đường thẳng M N qua điểm cố định Lời giải − −→ − −→ → c Khi đó, giả thiết ta có: Đặt AB = b , AC = → − −−→ −−→ → → AM = b AN = −c m m+1 Suy ra: −−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ (m + 1)AN − mAM = AC − AB = BC = AD với D đỉnh thứ tư hình bình hành ABCD Từ suy M N ln qua điểm D cố định Bài toán 3.7.4 Cho lục giác lồi ABCDEF Gọi M, M , N, N , P, P theo thứ tự trung điểm đoạn AB, DE, BC, EF, CD, F A Chứng minh M M , N N , P P đồng quy S AEC = S BF D Lời giải Ký hiệu [XY Z] diện tích đại số tam giác XY Z −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ Với điểm O ta thấy: 4(OM × OM + ON × ON + OP × OP ) −→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ = (OA + OB) × (OD + OE) × (OC + OD) × (OF + OA) × (OE + OF ) × −−→ −→ (OB + OC) −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −→ −→ = OA× OD + OA× OE + OB × OD + OB × OE + OC × OF + OC × OA+ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ OD × OF + OD × OA + OE × OB + OE × OC + OF × OB + OF × OC 51 −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ = (OA× OE+ OE× OC + OC × OA)−(OB× OF + OF × OD+ OD× OB) = 2([OAE] + [OEC] + [OCA]) − 2([OBF ] + [OF D] + [ODB]) = 2([AEC] − [BF D]) Suy ra: −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ 2(OM × OM + ON × ON + OP × OP ) = [AEC] − [BF D] (3.14) Nếu gọi O giao điểm M M , N N thì: −−→ −−→ −−→ −−→ OM × OM = = ON × ON (3.15) Từ (3.14) (3.15) ta suy ra: −→ −−→ OP × OP = ⇔ [AEC] = [BF D] Bài toán 3.7.5 Cho tam giác ABC , trung tuyến AD Một đường thẳng d vng góc với AD Xét M ∈ d Gọi E, F trung điểm M C, M B Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt AB P , đường thẳng qua F vng góc với d cắt AC Q Chứng minh đường thẳng qua M vng góc với P Q qua điểm cố định, M thay đổi d Lời giải Cách Gọi Mb , Mc theo thứ tự hình chiếu B, C d Nhận xét rằng, M ≡ Mb P ≡ B , Q ≡ A M ≡ Mc P ≡ A, Q ≡ C Vậy, gọi S giao điểm đường thẳng qua Mb , vng góc với AB đường thẳng qua Mc vng góc với AC S cố định Và đó, cần chứng minh SM ⊥ P Q −−→ −→ −−→ −→ Từ SMb AP = = SMc AQ suy ra: −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−−→ −→ −−−→ −→ SMc AQ − SMb AP = ⇒ SM P Q − M Mb AP + M Mc AQ = (3.16) 52 Hình 3.20: Gọi H, P , Q hình chiếu H, P, Q D Khi P , Q theo thứ tự trung điểm M Mb , M Mc (do E, F trung điểm M B, M C ), −−→ −−−→ −−→ MH = HMc = P Q −−→ −−−→ −−−→ Suy HQ = Mb P = Mb M Khi đó: −−→ −−→ −−−→ −−→ −−−→ −→ −−−→ −→ −M Mb AP + M Mc AQ = 2.M Q HQ − M Mb HP −−→ −−−→ −−−→ −−→ = M Q Mb M − M Mb HP −−−→ −−→ −−→ = Mb M (M Q + HP ) −−−→ −−→ −−→ −−−→ −−→ = Mb M (M Q + P M + P Mb + HP ) −−−→ −−→ −−−→ = Mb M (P Q + HMb ) = −−→ −→ Từ (3.16), suy ra: SM P Q = hay SM ⊥ P Q Suy điều phải chứng minh Cách Rõ ràng cần xét d ⊥ AD D đủ Chọn hệ trục tọa độ Dxy cho A(0; a), C(2m; 2n), M (2x0 ; 0) 53 Hình 3.21: Do B, C đối xứng qua gốc D nên B(−2m; −2n) Từ đó: (AB) : (2n + a).x − 2m.y + 2ma = (AC) : (2n − a).x − 2m.y + 2ma = Từ suy P x0 − m; (2n − a)(x0 + m) (2n + a)(x0 − m) + a Q x0 + m; +a 2m 2m Suy ra: −→ ax0 P Q = 2m; 2n − m Đường thẳng qua M vng góc với P Q có phương trình: ax0 2m(x − 2x0 ) + (2n − )y = m 4mn 4m2 ;− Khử tham số x0 , ta đường thẳng qua S a a với x0 Do có điều phải chứng minh 3.7.2 Phương pháp quỹ tích Bài tốn 3.7.6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) K điểm phân giác la , CK cắt lại (O) M Đường tròn ω qua A tiếp xúc với CM K cắt lại AB (O) P, Q Chứng minh rằng: P, Q, M thẳng hàng 54 Hình 3.22: Lời giải Do tứ giác AP KQ nội tiếp nên ∠BAC Đường tròn ω cắt lại (O) AC E, D Để ý tam giác QKE, QDC đồng dạng, nên QKD QEC Do đó: ∠M QK = π − ∠M KQ − ∠KM Q = π − ∠KDQ − ∠CM Q ∠BAC = π − ∠QCE − ∠CM Q = ∠EAC = Suy ∠M QK = ∠P KQ Từ M, P nằm phía QK nên M, P, Q thẳng hàng ∠P QK = ∠P AK = Bài toán 3.7.7 Cho tứ giác ABCD Các đường thẳng AB, CD cắt E , đường thẳng BC, DA cắt F Gọi I, J, K theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AC, BD, EF Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho tứ giác ABCD Các đường thẳng AC, BD cắt E Gọi F, G theo thứ tự trung điểm đường chéo AD, BC tứ giác Khi [EF G] = [ABCD] Ở hiệu [A1 A2 An ] để diện tích đại số đa giác định hướng A1 A2 An tức là: [A1 A2 An ] = SA1 A2 An đa giác A1 A2 An định hướng dương −SA1 A2 An đa giác A1 A2 An định hướng âm 55 Chứng minh bổ đề Hình 3.23: Nối AG, CG Ta có [EF G] = [AEG] − [AF G] − [AEF ] = [ABG] + [EGB] − [AF G] − [AEF ] 1 = ([ABD] + [BDE] − [ACG] − [ACE]) = ([ADE] − [AGCE]) 2 = ([ABCD] − [ABCG]) Mặt khác: 1 [ABCG] = [ABG] + [BCG], [ABG] = [ABD] [BCG] = [BCD] 2 Từ suy bổ đề chứng minh Hình 3.24: Áp dụng bổ đề, ta có: [EIJ] = [IJF ] = [ABCD] 1 IJ.EG = IJ.F H 2 Suy EG = F H , EGF H hình bình hành Suy GH, EF cắt trung điểm đường, tức GH qua K Từ suy điều phải chứng minh Kẻ EG, F H ⊥ IJ Khi 56 Bài tốn 3.7.8 Tứ giác lồi ABCD diện tích S , khơng có hai cạnh song song Lấy điểm P1 ∈ (CD) cho P1 , C phía AB S S ABP1 = Tương tự, có P2 ∈ (BC), P3 ∈ (AB), P4 ∈ (DA) Chứng minh P1 , P2 , P3 , P4 thẳng hàng Lời giải Bổ đề.Gọi M, N theo thứ tự trung điểm hai đường chéo AC, BD tứ giác lồi ABCD Khi P ∈ (M N ) ⇔ [P AB]+[P CD] = [P BC]+[P DA] Chứng minh bổ đề Ta có: [M N P ] = ([AN P ] + [CN P ]) = ([ABP ] + [ADP ] + [CDP ] + [CBP ]) = ([P AB] + [P CD] − [P BC] − [P DA]) Hình 3.25: Vậy P ∈ (M N ) ⇔ [M N P ] = ⇔ [P AB]+[P CD] = [P BC]+[P DA] Bổ đề chứng minh Trở lại tốn, coi tứ giác ABCD định hướng âm Khi đó: S [P1 AB] = − ; [P1 CD] = Và −S = [ABCD] = [P1 AB] + [P1 CD] + [P1 BC] + [P1 DA] 57 Suy ra: S = [P1 AB] + [P1 CD] Do P1 ∈ (M N ) Hoàn toàn tương tự, P2 , P3 , P4 ∈ (M N ) [P1 BC] + [P1 DA] = − Vậy P1 , P2 , P3 , P4 nằm đường thẳng Bài toán 3.7.9 Gọi H trực tâm tam giác nhọn ABC Từ A kẻ hai tiếp tuyến AP, AQ đến đường trịn đường kính BC (P, Q tiếp điểm) Chứng minh P, Q, H thẳng hàng Lời giải Hình 3.26: Từ giả thiết suy ngũ giác AP DOQ nội tiếp đường trịn đường kính AO (O trung điểm BC ) Do ∠AQP = ∠AOP Mặt khác, xét phương tích A đường trịn (O) (CEHD) AP AH ta có: AP = AE.AC = AH.AD ⇒ = AD AP Suy Do đó: AP H ADP ∠AP H = ∠ADP = ∠AOP ⇒ ∠AP H = ∠AOP Suy ∠AP H = ∠AP Q P, Q, H thẳng hàng 58 3.7.3 Phương pháp biến hình Bài tốn 3.7.10 Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F theo thứ tự Khi OI đường thẳng Ơ-le tam giác DEF (O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Lời giải Hình 3.27: Gọi Ia , Ib , Ic theo thứ tự tâm đường trịn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC Dễ dàng chứng minh Ib Ic //EF, Ia Ic //F D, Ia Ib //DE Do đó, có phép vị tự f mà f (Ia ) = D, f (Ib ) = E, f (Ic ) = F Suy f biến đường thẳng Ơ-le tam giác Ia Ib Ic thành đường thẳng Ơ-le tam giác DEF Nhưng OI đường thẳng Ơ-le tam giác Ia Ib Ic I nằm đường thẳng Ơ-le tam giác DEF Vậy, OI đường thẳng Ơ-le tam giác DEF Bài toán 3.7.11 Cho tam giác ABC với trọng tâm G, trực tâm H Các đường thẳng qua A, B, C theo thứ tự vng góc với GA, GB, GC tạo thành tam giác A1 B1 C1 Chứng minh trọng tâm tam giác A1 B1 C1 nằm đường thẳng GH 59 Hình 3.28: Lời giải Các đường thẳng qua A, B, C theo thứ tự vng góc với đường thẳng AG, BG, CG tạo thành tam giác A1 B1 C1 Gọi G1 trọng tâm tam giác A1 B1 C1 , gọi Ha , Hb , Hc theo thứ tự trực tâm tam giác BCA1 , CAB1 , ABC1 Do GA ⊥ AC1 , GB ⊥ BC1 nên tứ giác AC1 BG nội tiếp đường tròn đường kính C1 G Hc = ĐCo (G) (với Co trung điểm AB ) Khi C1 Hc C1 G đối xứng với qua phân giác giác góc ∠AC1 B Từ đó, để ý G điểm Lemoine tam giác A B C nên C1 , Hc , G1 thẳng hàng Tương tự, A1 , G1 , Ha thẳng hàng B1 , G1 , Hb thẳng hàng Do ĐG : A −→ Ha , B −→ Hb , C −→ Hc nên ĐG : H −→ G1 , điều phải chứng minh Bài toán 3.7.12 Trong mặt phẳng cho tam giác ABC đường tròn C Gọi ωa , ωb , ωc đường tròn tiếp xúc với (C) A , B , C theo thứ tự tiếp xúc với cặp tia AB AC , BC BA, CA CB Chứng minh đường thẳng AA , BB , CC đồng quy Lời giải Gọi Oa tâm đường tròn ωa I tâm đường tròn nội tiếp tam 60 Hình 3.29: giác Khi đó: V A ; RRa V A; Rra (O) −−−−−−→ (Oa ) −−−−−→ (I) Suy V S; Rr = V A; Rra o V A ; RRa : (O) −→ (I) Do đó, đường thẳng AA qua S tâm vị tự (O) (I) Hoàn toàn tương tự, BB , CC qua S Vậy AA , BB , CC đồng quy S tâm vị tự (O) (I) 61 Kết luận Luận văn trình bày vắn tắt số tính chất, định lý vận dụng q trình chứng minh tốn đồng quy thẳng hàng hình học phẳng Tuyển chọn giới thiệu nhiều toán từ đến nâng cao khó áp dụng định lý hình học tiếng có liên quan đến tính đồng quy đường thẳng thẳng hàng điểm Nhiều toán luận văn lấy từ đề thi học sinh giỏi hay vô địch nước, khu vực quốc tế để giải chúng cần phải biết vận dụng sáng tạo định lý tương ứng Trên sở nghiên cứu số tập chứng minh hình học liên quan đến chủ đề đồng quy thẳng hàng hình học phẳng em thấy Việc giải toán liên quan đến điểm đồng quy ta thường phải dự đoán điểm đồng quy đường thẳng, sau vận dụng tính chất hình tốn cụ thể để chứng minh dự đốn Về phương hướng chứng minh thường dựa vào số tính chất quen thuộc như: tính đồng quy đường tam giác, đa giác nội tiếp, định lý Ceva, phép vị tự, Nội dung làm tác giả tìm dịch tài liệu, tổng hợp lý thuyết, đưa ví dụ tập, vẽ hình minh họa Phần chứng minh giải tài liệu tham khảo thường làm tắt bước Tác giả trình bày chi tiết cẩn thận chứng minh lời giải 62 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vi Quốc Dũng (1995), Những toán chọn lọc phương pháp chứng minh hình học phẳng, NXB Đại học Sư phạm Việt Bắc [2] Nguyễn Văn Nho (2011), Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXB Đại học Sư phạm [3] Nguyễn Đăng Phất (2005), Tứ giác điều hịa số tốn Olympic Quốc gia Quốc tế liên quan, Kỷ yếu Hội nghị khoa học chuyên đề toán học hệ THPT chuyên Tiếng Anh [4] Kim Y.Li (2005), Famus geometry theorems, Mathematical Excalibur, Volume 10, Number 3, 1-4 [5] Heather Macbeth (2009), Collinearity and Concurrence, New Zealand Mathematical Olympiad Committee, www.mathsolympiad.org.nz/wp collinearity-and-concurrence.pdf [6] V Prasolov (2001), Problems in plane and solid geomery, www.pdfdrive.com Problems in plane and solid geometry, v1: plane geometry [7] Po-Shen Loh (2008), Collinearity www.math.cmu.edu/ lohp/docs/math/ /collin-concur-soln.pdf and Concurrence, 63 [8] Wong Yan Loi (2009), An www.math.nus.edu.sg / matwyl/ NotesMA2219 pdf Introdution to Geometry, ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HOÀNG GIANG ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC... chủ đề ? ?Đồng quy thẳng hàng hình học phẳng? ?? để làm đề tài luận văn cao học Luận văn có bố cục mở đầu, ba chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Các khái niệm định lý hình học phẳng Nội dung... đề toán học đồng quy thẳng hàng hình học phẳng nhà tốn học Vi Quốc Dũng [1], Nguyễn Văn Nho [2], Nguyễn Đăng Phất [3] Qua đó, thấy thú vị quan trọng chủ đề toán học giáo viên dạy phổ thông học