Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp

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 THÁI NGUYÊN - 2017 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 iii 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 vng góc 1.2 Định lý Stewart 1.3 Phương pháp diện tích 1.3.1 Phương pháp diện tích 1.3.2 Định lý Ptolemy mở rộng 1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner 1.4 Định lý Ceva Định lý Menelaus 1.5 Bất ng thc Erdăos-Mordell cho a giỏc 2 13 13 15 22 24 29 35 35 35 36 42 Chương Phương pháp thể tích 2.1 Phương pháp thể tích 2.1.1 Phương pháp thể tích 2.1.2 Thể tích qua định thức 2.2 Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp Chương Vận dụng giải thi học sinh giỏi 46 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 iv 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 khơng gian Các phương pháp giải tốn hình học sơ cấp vốn vô phong phú đa dạng Điều hồn tồn 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 tốn hình học Ngồi 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 tốn hình học sơ cấp Các chủ đề thảo luận Định lý Pythagore, nh lý Stewart, Ceva, Menelaus v Bt ng thc Erdăos-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 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 khơng 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 vng 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 vng 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 a a dx = ax = a2 SABCD = 0 Như vậy, diện tích hình vng ABCD cạnh a a2 đơn vị diện tích Mệnh đề 1.1.2 Tam giác vng 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 (3) a.h = b.c, h2 = BH.CH 1 = + h2 b2 c (4) 2S = a.h = b.c Chứng minh Dựng hình vuông ABCD với cạnh AB = a Dựng vào bên hình vng ABCD bốn tam giác vng ABA1 , BCB1 , CDC1 DAD1 tam giác vng ABA1 Khi ta có hình vng A1 B1C1 D1 với A1 B1 = |b − c| Ta có SABCD tổng diện tích bốn tam giác vng ABA1 , BCB1 , CDC1 , DAD1 hình vng A1 B1C1 D1 Vậy, ta có hệ thức a2 = b.c + (b − c)2 = b2 + c2 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 thc 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 ngồi tam giác ABC hình vng BCA1A2 , CAB1 B2 , ABC1C2 Gọi A0 , B0,C0 trung điểm A1 A2 , B1 B2 ,C1C2 , tương ứng dựng đường thẳng mM ⊥ B0C0 , nN ⊥ C0 A0 pP ⊥ A0 B0 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 4b2 + c2 4c2 + b2 2 + 2S MB0 = + 2S Ta nhận Côsin ta có MC0 = 4 MB20 − MC02 = (b2 − c2 ) Hoàn toàn tương tự, ta có hai kết NC02 − NA20 = (c2 − a2 ) PA20 − PB20 = (a2 − b2 ) Ta có MB20 − MC02 + NC02 − NA20 + PA20 − PB20 = 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 ⊥ C1 A1 CP ⊥ A1 B1 Chứng minh AM, BN,CP đồng quy Bài giải Ta có MB21 − MC12 = AB21 − AC12 = (AB2 − BB21 ) − (AC2 − CC12 ) Hồn tồn tương tự ta có NC12 − NA21 PA21 − PB21 Từ suy AM, BN,CP đồng quy theo ví dụ 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 AI + x2 = (h − x)2 + x2 = 2x2 − 2hx + h2 Vậy T = x− Tnn = h 2 + h2 h2 h2 h x = hay M trung điểm đường cao AH 2 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 vng góc A, B,C lên NP, PM, MN, tương ứng Vì đường thẳng AHa , BHb ,CHc đồng quy điểm nên ta có hệ thức (NC12 − MC12 ) + (MB21 − PB21 ) + (PA21 − NA21 ) = Vậy = CN −CM + BM − BP2 + AP2 − AN = CN − AN + AP2 − BP2 + BM −CM Ta suy ba đường thẳng vng góc hạ từ M, N, P xuống cạnh BC,CA, AB, tương ứng, đồng quy điểm K Vì tứ giác KMHc N KMHb P hình bình hành nên tứ giác PHb Hc N 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 MN +MP2 = NP2 ax + by √ suy xy = ab Khi SMNP = abxy = ab Vậy, giá trị nhỏ SMNP ab x = b, y = a Ví dụ 1.1.6 Coi bốn xã bốn đỉnh hình vng 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) 1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc Trước trình bày hệ tọa độ Carte vng 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 ln 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 = Tỷ số hai đoạn định nghĩa sau: |x| MN MN x := := PQ |y| y PQ Định lí 1.1.1 (Thales’s Theorem) Với hai đường thẳng d, d ′ ba đường thẳng AB A′ B′ song song a, b, c cắt d, d ′ A, B,C A′ , B′ ,C′ , tương ứng, ta ln có = BC B′C′ 43 Xét tích sau −x1 −y1 −z1 R x y z1 R P = = x y z2 R −x2 −y2 −z2 R x y z3 R −x3 −y3 −z3 R x y z4 R −x4 −y4 −z4 R x y z1 R −x1 −x2 −x3 −x4 x y z2 R −y1 −y2 −y3 −y4 x y z3 R −z1 −z2 −z3 −z4 x y z4 R = R t12 t13 t14 t21 t23 t24 t34 t41 t42 t43 t31 t32 R R R với ti j = t ji Vì −x1 −y1 −z1 R x y z1 R x y z2 R x y z3 R −x2 −y2 −z2 R −x3 −y3 −z3 R −x4 −y4 −z4 R x y z4 R 6RV nên 2 36R V = l21 2 l31 2 l41 2 2 l13 l12 l14 22 2 l23 l24 2 2 l32 l34 2 2 l43 l42 2 = 16 l21 2 l12 l13 l14 2 l31 l32 2 l23 l24 2 l41 l42 l43 l34 Tính định thức cuối lấy ta nhận cơng thức xác định bán kính mặt cầu ngoại R= l l l + 2l l l l + 2l l l l − l l − l l − l l 2l13 14 23 13 24 12 34 12 13 24 34 12 14 23 34 14 23 24 Ta có điều cần chứng minh 24V 44 Từ Mệnh đề 2.1.4 Mệnh dề 2.2.1 ta suy cơng thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua độ dài cạnh tứ diện Hệ 2.2.1 Tứ diện A1 A2 A3 A4 có độ dài cạnh a = l12 , b = l13 , c = l14 , x = l34 , y = l24 , z = l23 Đặt 2S = ax + by + cz Khi bán kính R mặt cầu ngoại tiếp tứ diện xác định công thức đây: S(S − ax)(S − by)(S − cz) 6V √ 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz) (1) R = (2) R = 2a2 a + b − z2 a + b − z2 2b2 a2 + c − y b2 + c − x a2 + c − y b2 + c − x 2c2 Chứng minh (1) Theo Bất đẳng thức Ptolemy, có ax + by cz, by + cz ax by, Dễ dàng kiểm tra hệ thức cz + ax 16S(S − ax)(S − by)(S − cz) 2 2 2 2 2 2 4 4 4 = 2l13 l14 l23 l24 + 2l12 l14 l32 l34 + 2l12 l13 l42 l43 − l12 l34 − l13 l24 − l14 l23 Do ta có S(S − ax)(S − by)(S − cz) 6V Dễ dàng có (2) để xác định R qua cạnh tứ diện √ 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz) R= 2 2 2 2a a +b −z a +c −y R= a + b − z2 2b2 a2 + c − y b2 + c − x b2 + c − x 2c2 Ta có điều phải chứng minh Hệ 2.2.2 Tứ diện A1 A2 A3 A4 có độ dài cạnh a = l12 , b = l13 diện tích tồn phần s Gọi R, r bán kính mặt cầu ngoại, nội tiếp tứ diện Ta có hệ thức Rr = l l l + 2l l l l + 2l l l l − l l − l l − l l 2l13 13 24 14 23 14 23 24 12 14 32 34 12 13 42 43 12 34 8s 45 Chứng minh Kết suy từ công thức thể tích V = 3sr Mệnh đề 2.2.1 46 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 trịn xoay α đỉnh O, trục Odi , với đường sinh Oli cho ∠li Odi = , i = 1, 2, , n Ký hiệu Ki phần thể tích hình nón dựng nằm hình cầu (C) Theo cơng thức tính thể tích khối trịn xoay ta có α , V = Ki = π f (x)2 dx = π − cos α x với x cos f (x) = − x2 với cos α x VC = π 13 nên n f (x) = tan Vì nV − cos α 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 47 có phần khơng giao Giả sử hình lập phương ABCD.A′B′C′ D′ độ dài cạnh chứa 2017 điểm cho Dựng hình 2017 điểm cho bán kính 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 , chẳng hạn (A1 B1C1 D1 ) (ABCD) hai mặt phẳng cách khoảng cách Vì hình lập phương A1 B1C1 D1 A′1 B′1C1′ D′1 chứa tất phần 2017 hình cầu nên 1000 = 103 > 2017 .π vô lý Vậy, điều giả sử sai > 1000, x y z2 + + = ta dựng a2 b2 c mặt phẳng vng góc với trục tọa độ Ox, Oy, Oz, có diện tích thiết diện Ví dụ 3.0.3 Qua điểm M thuộc mặt Ellipsoid (E) : Sx , Sy , Sz , tương ứng Xác định giả trị lớn P = Sx Sy Sz x20 y20 z20 Bài giải Giả sử M(x0 , y0 , z0 ) ∈ (E) Khi + + = Thiết diện mặt a b c x2 y z2 phẳng qua M vng góc với Ox cắt (E) có phương trình (Ex ) : + = − 02 b c a Diện tích Sx (Ex ) Sx = π bc − x20 a2 Hoàn tồn tương tự, ta cịn có hai kết y20 Sy = π ca − , b z20 Sz = π ab − c Vậy, ta dễ dàng nhận kết x20 y20 z20 aSx + bSy + cSz = π abc − − − = 2π abc a b c Vì 2π abc = aSx + bSy + cSz nên Sx Sy Sz 3 abcSx Sy Sz 8π (abc)2 27 48 Từ suy rằng, P đạt giá trị lớn 8π (abc)2 27 aSx = bSy = cSz = Giải 2π abc x2 2π abc = aSx = π abc − 02 a a x0 = ± √ ; Tương tự c b y = ± √ ; z0 = ± √ 3 a b c Ta chọn M √ , √ , √ , chẳng hạn 3 Ví dụ 3.0.4 Bên hình cầu bán kính R khơng 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 = / Tất điểm thuộc H1 ∪ H2 điểm thuộc mặt cầu bán kính R + r Do vậy, tổng thể tích H1 H2 khơng vượt q 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 (π − αi )r2 li Vậy thể tích H2 r2 ∑ (π − αi )li Thể tích H1 π r3 Khi ta có i=1 bất đẳng thức 4 π r + r ∑ (π − αi )li π (R + r)3 i=1 49 Vậy ∑ (π − αi)li i=1 Cho r → ∞ ta có 3R2 R3 8π 3R + + r r ∑ (π − αi)li 8π R i=1 Ta có điều phải chứng minh 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 A1 B1C1 ta có √ 4 VSABC VAOB1C1 + VBOC1 A1 + VCOA1B1 Bài giải Đã biết VAOB1C1 VAOB1C1 VAA1B1C1 VASB1C1 s(OB1C1 ) AA1 SB1 SC1 = = VSABC VAA1 B1C1 VASB1C1 VSABC s(A1 B1C1 ) AS SB SC Từ suy 44 s(OB1C1 ) AA1 SB1 SC1 +2 + + s(A1 B1C1 ) AS SB SC VAOB1C1 VSABC Tương tự, ta cịn có s(OC1 A1 ) BB1 SC1 SA1 +2 + + s(A1 B1C1 ) BS SC SA s(OA1 B1 ) CC1 SA1 SB1 +2 + + s(A1 B1C1 ) CS SA SB VBOC1 A1 VSABC VCOA1B1 VSABC 44 44 Cộng bất đẳng thức √ 4 VSABC VAOB1C1 + VBOC1 A1 + VCOA1B1 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 ngồi ba tam giác BCA1 ,CAB1, ABC1 Dựng tiếp phía ngồi tam giác A1 B1C1 ba tam giác B1C1 A2 , C1 A1 B2 , A1 B1C2 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 cịn có đồng thức 2 AO21 + a2 = BO22 + b2 = CO23 + c2 3 (3) Tiếp tục trình để có ∆An BnCn Khi A, A1 , , An thẳng hàng tìm giá trị lớn An An+1 b, c cố định, a thay đổi (4) Các (BC, O2 O3 , B1C1 ), (CA, O3 O1 ,C1 A1 ), (AB, O1 O2 , A1 B1 ) 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 )      zB = zA + eiu (zC − zA) Từ   zC1 = zB + eiu (zA − zB )      zA = zC + eiu (zB − zC ) với u = π 1 zC + eiu (zB1 − zC ) = zC + eiu (zA + eiu (zC − zA) − zC ) 51 ta suy hệ thức zC + eiu (zB1 − zC ) = zC (1 − eiu + e2iu ) + zA(eiu − e2iu ) = zA eiu = −1, e3iu + = nên − eiu + e2iu = 0, eiu − e2iu = Như ta có 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 = MC NA PB SACA1 SBAB1 SCBC1 c sin(B + 600) a sin(C + 600 ) b sin(A + 600) = = b sin(C + 600 ) c sin(A + 600 ) a sin(B + 600) T = Như vậy, ba đường thẳng AA1 , BB1 ,CC1 đồng quy theo Định lý Ceva) (2) Dễ dàng kiểm tra zO2 + eiu (zO3 − zO2 ) = 3zO1 Vậy ∆O1 O2 O3 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 = MC NA PB SACO1 SBAO2 SCBO3 c sin(B + 300) a sin(C + 300 ) b sin(A + 300) = = b sin(C + 300 ) c sin(A + 300 ) a sin(B + 300) T = Như vậy, ba đường thẳng AO1 , BO2 ,CO3 đồng quy theo Định lý Ceva (3) Dễ dàng zA1 + zA2 = 2zA Vậy A trung điểm A1 A2 Từ A1 A2 = 2AA1 = 2BB1 (b + c) Vậy A1 A2 lớn 2π Từ có a để A1 A2 lớn nhất 2(b + c) A = 52 (4) Giả sử đường thẳng AB cắt đường thẳng A1 B1 S Áp dụng Định lý hàm sin cho ∆SBA1 ∆SAB1 có SA1 a = sin(B + 600) sin ∠BSA1 SB1 b = sin(A + 600) sin ∠ASB1 Vậy SA1 a sin(B + 600) = SB1 b sin(A + 600) Giả sử đường thẳng O1 O2 cắt đường thẳng A1 B1 S′ Áp dụng Định lý Menelaus có Do nên S ′ A1 O B1 O O =1 S ′ B1 O O O A1 S′ A1 O2 O O1 A1 aO2 O = = S′ B1 O1 O O2 B1 bO1 O O2 O sin(B + 600 ) = OC sin 600 S′ A1 aO2 O a sin(B + 600 ) SA1 = = = S′ B1 bO1 O b sin(A + 600 ) SB1 Từ suy S ≡ S′ ≡ Sc hay ba đường thẳng AB, O1 O2 , A1 B1 đồng quy 53 (5) Xét hai tam giác A1 O1 A O2 B1 B Ba giao điểm A1 O1 × 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′ O1 = A′ A1 , B′ O = B′ B1 , C ′ O3 = C′C1 ∆A′ BO1 ∼ ∆A′ A1 B Ví dụ 3.0.7 Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi 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   zA = c + eiu (b − c), zC = b + eiu (a − b), u = π 1 b + z b + zA a + c C  iu m = ,n = ,p= ,α = e 2 Vì α − α + = nên (m − n)α = (a + c − 2b)α − (a − b)α (a − b) − (b − c)α = 2 Như (m − n)α = m − p suy tam giác MNP 54 Ví dụ 3.0.8 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh BC = a,CA = b, AB = c Dựng phía ngồi ba tam giác BCA1 ,CAB1, ABC1 Dựng tiếp phía ngồi tam giác A1 B1C1 ba tam giác sau đây: B1C1 A2 ,C1 A1 B2 , A1 B1C2 Gọi M, N, P trung điểm BC,CA, AB; M1 , N1 , P1 trung điểm B1C1 , C1 A1 , A1 B1 , M2 , N2 , P2 trung điểm B2C2 ,C2 A2 , A2 B2 , tương ứng Chứng minh (1) AA1 2MM1 , BB1 = (2) A2 M2 = MM0 , M0 trung điểm AA1 AM1 = 2PP1; MM1 , NN1 , PP1 đồng quy 2NN1 ,CC1 = = (4) Hạ MM2 ⊥ B1C1 , NN2 ⊥ C1 A1 , PP2 ⊥ A1 B1 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 IJ = zJ − zI Khi −→ −→ 2MM1 = 2zM1 − 2zM = zB1 + zC1 − zB − zC = zA − zC + eiu (zC − zB ) = A1 A 55 Vậy AA1 MM1 , AA1 = 2MM1 Ba đoạn MM1 , NN1 , PP1 đồng quy suy từ việc xét ∆MNP phép quay eiu (2) Từ AA1 suy 2MM1 suy AM1 = = A2 M2 AM1 MM0 = = MM0 Ta lại có AM1 A2 M2 dễ dàng = (3) Sử dụng kết AA1 = BB1 = CC1 = d công thức đường trung tuyến ta có 2MB21 = d + b2 − a2 a2 , 2MC12 = d + c2 − 2 Vậy MB21 − MC12 = b2 − c 2 hay M2 B21 − M2C12 = b2 − c Tương tự, có N2C12 − N2 A21 = c − a2 P2 A21 − P2B21 = a2 − b2 Khi M2 B21 − M2C12 + N2C12 − N2 A21 + P2 A21 − P2B21 = 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 định 2π điểm M để MA + MB + MC nhỏ ∠A Bài giải Dựng tam giác BCA1 phía ngồi tam giác ABC Khi M điểm Torricelli tam giác ABC ta có MA + MB + MC = AA1 Khi N = M theo Bất đẳng thức Ptolemy ta có NB.CA1 + NC.BA1 suy NA + NB + NC NA + NA1 NA1 BC hay NB + NC NA1 AA1 Do MA + MB + MC nhỏ AA1 M điểm Torricelli ∆ABC 56 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 v Bt ng thc Erdăos-Mordell cho a giỏc Trỡnh bày phương pháp thể tích, khía cạnh thể tích thơng 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 tốn điển hình truyền thống khác hình học vào giải tốn, chẳng hạn phương pháp tọa độ ứng dụng 57 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 [4] A Pogorelov (1987), Geometry, Mir Moscow ... Chương Phương pháp thể tích 2.1 Phương pháp thể tích 2.1.1 Phương pháp thể tích Để nghiên cứu có hiệu quả, cần phương pháp đơn giản sau đây: Phương pháp thể tích phương pháp giải tốn hình khơng...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 TỐN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số:... minh 1.3 Phương pháp diện tích 1.3.1 Phương pháp diện tích Phương pháp diện tích phương pháp giải tốn hình mặt phẳng qua diện tích miền phẳng Để giải tốn cho ta chọn miền phẳng (D) với diện tích