PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG MẶT PHẲNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN =======***======= NGUYỄN THU PHƢƠNG PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG MẶT PHẲNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học HÀ NỘI – 2014 LỜI CẢM ƠN Lời cho em gửi lời cảm ơn đến toàn thể thầy khoa tốn trƣờng ĐH sƣ phạm Hà Nội tận tình truyền đạt kiến thức năm học qua, tạo điều kiện thuận lợi cho em học tập, nghiên cứu, tìm tịi tài liệu Với vốn kiến thức đƣợc tiếp thu trình học khơng tảng cho q trình nghiên cứu Khóa luận mà cịn hành trang q báu để em bƣớc vào đời cách vững tự tin Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo - Thạc sĩ Nguyễn Văn Vạn suốt thời gian qua nhiệt tình giúp đỡ, dạy để em thực Khóa luận tốt nghiệp Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tồn thể bạn bè gia đình bên cạnh ủng hộ em suốt thời gian qua Em xin chân thành cảm ơn Sinh viên Nguyễn Thu Phƣơng LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan Khóa luận tốt nghiệp q trình nghiên cứu, tìm tịi em dƣới hƣớng dẫn từ giáo viên - Thạc sĩ Nguyễn Văn Vạn Với cố gắng thân, em tổng hợp, trình bày nên Khóa luận tốt nghiệp Em hồn toàn chịu trách nhiệm trƣớc lời cam đoan Sinh viên Nguyễn Thu Phƣơng MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ I HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐỀ - CÁC TRONG PHẲNG 1, Định nghĩa 2, Hệ tọa độ thuận II TỌA ĐỘ VECTƠ, TỌA ĐỘ ĐIỂM 1 Tọa độ véctơ 1.1 Định nghĩa 1.2 Biểu thức tọa độ phép toán véctơ 2 Tọa độ điểm 2.1 Định nghĩa 2.2 Tọa độ trung điểm đoạn thẳng - tọa độ trọng tâm tam giác .2 Liên hệ tọa độ điểm tọa độ véctơ III PHƢƠNG TRÌNH CÁC ĐƢỜNG Phƣơng trình đƣờng thẳng 1.1 Phƣơng trình tổng quát - phƣơng trình tham số đƣờng thẳng 1.2 Một vài ý 1.3 Khoảng cách góc Phƣơng trình đƣờng tròn 2.1 Dạng phƣơng trình tắc 2.2 Dạng phƣơng trình khai triển Phƣơng trình Elip 3.1 Định nghĩa 3.2 Phƣơng trình tắc Phƣơng trinh Hypebol 4.1 Định nghĩa 4.2 Phƣơng trình tắc Phƣơng trình Parabol 5.1 Định nghĩa 5.2 Phƣơng trình tắc IV.CÁC BƢỚC GIẢI MỘT BÀI TỐN HÌNH HỌC TRUYỀN THỐNG BẰNG PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Chọn hệ trục tọa độ Khai thác tính chất phép tốn liên quan đến véctơ tọa độ Hình thành hệ tọa độ mặt phẳng nhƣ nào? Chương 2: LỚP CÁC BÀI TOÁN 11 I BÀI TỐN QUỸ TÍCH ĐIỂM 11 II BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP CỐ ĐỊNH 17 III ĐẲNG THỨC VÀ ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN TỌA ĐỘ 24 IV BÀI TOÁN CHỨNG MINH 32 V GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT LIÊN QUAN ĐẾN TỌA ĐỘ 44 KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Hình học phẳng phận khơng thể thiếu tốn học Ở cấp THCS em đƣợc làm quen với tốn hình học truyền thống, lên lớp 10 em đƣợc học phƣơng pháp tọa độ không để em giải toán cho mặt phẳng tọa độ mà cịn sử dụng phƣơng pháp tọa độ để giải tốn hình học truyền thống Với toán cho mặt phẳng Oxy định hƣớng giải toán rõ ràng: Học sinh sử dụng kiến thức tọa độ để giải Tuy nhiên toán đƣợc cho dƣới dạng truyền thống mà học sinh quen thuộc THCS ngồi việc giải cách thơng thƣờng ta định hƣớng cho học sinh giải phƣơng pháp tọa độ Cách tiếp cận giải toán phƣơng pháp tọa độ giúp giải số tốn hình học phẳng hóc búa trở nên dễ dàng hơn, mặt khác làm cho hoc sinh có khả tìm tịi, sáng tạo khả tƣ toán tốt Làm để chuyển tốn hình học đƣợc phát biểu dƣới dạng truyền thống khơng có đại lƣợng liên quan đến tọa độ toán phát biểu mặt phẳng tọa độ có đại lƣợng tọa độ, phƣơng trình đƣờng, để giải? Sau tơi xin đƣa vài phƣơng pháp ví dụ điển hình áp dụng phƣơng pháp tọa độ hóa vào giải tốn hình học phẳng Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu kiến thức phƣơng pháp tọa độ mặt phẳng ứng dụng phƣơng pháp tọa độ vào giải số lớp tốn hình học Xây dựng tập minh họa cho lớp tốn có sử dụng phƣơng pháp tọa độ hóa để giải Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu - Đối tƣợng nghiên cứu: phƣơng pháp tọa độ hóa mặt phẳng - Phạm vi nghiên cứu: số lớp tốn hình học áp dụng phƣơng pháp tọa độ hóa để giải Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu liên quan sách tham khảo mạng internet Chƣơng 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ I HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐỀ - CÁC VNG GĨC TRONG PHẲNG Định nghĩa Hệ trục tọa độ hay gọi hệ trục tọa độ Đề - hệ trục Oxy gồm trục Ox Oy vng góc với Ox trục hồnh có véctơ đơn vị i , y Oy trục tung có véctơ đơn vị j Điểm O gốc tọa độ ( i = j = 1) Mặt phẳng mà có hệ trục tọa độ Oxy đƣợc gọi mặt phẳng tọa độ Oxy hay mặt O x phẳng Oxy Hệ tọa độ thuận Hệ tọa độ Đề - vng góc phẳng đƣợc gọi hệ tọa độ ta chọn trục tọa độ Ox, Oy cho quay ngƣợc chiều kim đồng hồ từ Ox đến Oy tạo thành góc 90 II TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ, TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM Tọa độ véctơ 1.1 Định nghĩa Trong mặt phẳng Oxy cho u = AB ta ln có cặp số ( x1 , x ) cho u = x1 i + x j Ta gọi cặp số ( x1 , x ) tọa độ véctơ u với hệ tọa độ cho viết u = ( x1 , x ) hay u ( x1 , x ) NX: Nếu u = ( x1 , x ), u ' = ( x1 , x 2 ) thì: u = u x  x  1 x  x 2  1.2 Biểu thức tọa độ phép toán véctơ a, Định lý Trên mp tọa độ Oxy cho véctơ a(a1 ,a2 ) b(b1 ,b2 ) Ta có: a  b  (a1  b1 ,a2  b2 ) a  b  (a1  b1 ,a2  b2 ) ka  (ka1,kb1 ) a.b  (a1b1 ,a2 b2 ) b, Độ dài véctơ Cho a(a1 ,a2 ) độ dài véctơ a đƣợc xác định: a = a12  a2 2 Tọa độ điểm 2.1 Định nghĩa Trong mp tọa độ Oxy, với điểm M tùy ý, ta ln có cặp số (x, y) thỏa mãn OM  xi  yj Khi cặp số (x, y) đƣợc gọi tọa độ điểm M hệ trục tọa độ cho viết M = (x, y) hay M(x, y) Trong x hoành độ, y tung đọ điểm M 2.2 Tọa độ trung điểm đoạn thẳng - tọa độ trọng tâm tam giác a, Tọa độ trung điểm đoạn thẳng Cho điểm phân biệt A(x A ,y A ) , B(x B ,y B ) Gọi M(xM ,y M ) trung điểm đoạn thẳng AB Ta có cơng thức:  x M  (x A  x B )  y  (y  y ) B  M A b, Tọa độ trọng tâm tam giác Cho tam giác ABC, A(x A ,y A ) , B(x B ,y B ) , C(xC ,yC ) Gọi G(xG ,yG ) trọng tâm tam giác Ta có cơng thức:  x M  (x A  x B  x C )  y  (y  y  y ) B C  M A Liên hệ tọa độ điểm tọa độ véctơ Cho A(x A ,y A ) , B(x B ,y B ) Ta có: AB  (xB  xA ,yB  yA ) AB  (xB  xA )2  (yB  yA )2 III PHƢƠNG TRÌNH CÁC ĐƢỜNG Phương trình đường thẳng 1.1 Phường trình tổng quát - phương trình tham số đường thẳng: - Phƣơng trình tổng quát đƣờng thẳng có dạng ax + by + c = ( a2 + b2 # 0), n(a,b) véctơ pháp tuyến - Phƣơng trình đƣờng thẳng qua điểm M0( x0, y0 ) có véctơ pháp tuyến ( VTPT ) n(a,b) là: a( x - x0) + b( y - y0) = ( a2 + b2 # 0) - Phƣơng trình đƣờng thẳng qua điểm M0( x0, y0 ) có véctơ phƣơng ( VTCP ) u(a,b) là: x  x0 y  y0  ( a, b # 0) a b - Phƣơng trình tham số đƣờng thẳng qua điểm M0( x0, y0 ) x  x  at có VTCP u(a,b) là:  ( a2 + b2 # 0) y  y  bt Gọi H, G, O lần lƣợt trực tâm, trọng tâm, tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta xây dựng mơ hình tam giác ABC dạng tổng quát có toạ độ đỉnh A(0, a), B(b, 0), C(c, 0) (b < c, a > 0) Toạ độ tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tìm đƣợc từ phƣơng trình hai đƣờng trung trực Phƣơng trình đƣờng trung trực cạnh BC là: x = bc Phƣơng trình đƣờng trung trực cạnh AC : c(x - c a ) – a(y - ) = 2 Tọa độ điểm O nghiệm hệ phƣơng trình bc bc    x   x    c a  y  a  bc c(x  )  a(y  )    2 2a b  c a  bc suy O( , ) 2a Tƣơng tự tọa độ trực tâm H tìm đƣợc từ phƣơng trình đƣờng cao, đƣờng cao AD có phƣơng trình x = 0, đƣờng cao BE có phƣơng trình c(x - b) + ay = suy H(0,  bc ) a Cuối cùng, cơng thức tính toạ độ trọng tâm cho ta G( bc a , ) 3 Từ ta có  b  c a2  3bc   b  c a2  3bc  , , GH =   GO , =    3a 6a     35 Từ suy GH  2GO Suy ba điểm O, G, H thẳng hàng Không thế, ta chứng minh đƣợc GH = 2GO Bài 3: Cho tam giác ABC có đƣờng cao CH Gọi I, K lần lƣợt trung điểm đoạn AB, CH Một đƣờng thẳng d di động luôn song song với cạnh AB cắt cạnh AC M cắt cạnh BC N Dựng hình chữ nhật MNPQ với hai điểm P, Q nằm cạnh AB Gọi J tâm hình chữ nhật MNPQ Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng Giải : Chọn hệ trục Oxy cho O  H, điểm A, B nằm Ox, điểm C nằm Oy Ta có toạ độ điểm H(0; 0), C(0; c) , A(a; 0) , B(b; 0) Đƣờng thẳng d có phƣơng trình y = m (0 < m < c) Phƣơng trình đƣờng thẳng (AC) : cx + ay - ac = (BC): cx + by =  a(c  m)  ,m  M = d  AC  M  c    b(c  m)  ,m  Tƣơng tự N  c   36  b(c  m)  Điểm P hình chiếu vng góc N Ox  P  ,0  c    (a  b)(c  m) m  J trung điểm đoạn PM  J  ,  2c 2   ab c  m(a  b) m  Từ ta có IK    ,  IJ    ,  2 2c 2    Vậy IK phƣơng IJ , nên ba điểm I, J, K thẳng hàng Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm I Gọi D trung điểm cạnh AB, E trọng tâm tam giác ADC Chứng minh AB = AC IE vng góc với CD Giải : Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy cho O trùng với trung điểm BC, A thuộc Oy, BC nằm trục Ox c a c a Đặt A(0; a) , B(-c; 0) , C(c; 0).Khi ta có D(  , ), E( , ) 2 Để tính tọa độ tâm I(0, y0), ta có IA = IC a  c2  (a  y0 )  c  y  y0  2a 2 37 Hệ số góc đƣờng thẳng IE k = y E  y I 3c  xE  xI a Hệ số góc đƣờng thẳng CD k' = y D  yC a  xD  xC 3c Ta có: k.k' = -1  IE  CD Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân C Trên Cạnh BC, CA, AB lần lƣợt lấy điểm M, N, P cho MB NC PA Chứng   MC NA PB minh CP  MN CP = MN Giải : Chọn hệ trục Cxy cho C gốc tọa độ, tia Ox  CA tia Oy  CB y B M P x C N A Ta có toạ độ điểm C(0; 0) , A(1; 0) , B(0; 1) Từ giả thiết ta đặt MB NC PA   k MC NA PB Ta có: MB = k.MC  CM = CB - k.CM  CM = - k.CM  CM = Tƣơng tự ta có N( 1  M(0, ) 1 k 1 k k , 0) 1 k Giả sử P(x, y) Do đó, PA (1 - x, -y), PB (-x, - y) 38  x  1  x  k(x)   k  P( , k ) Vì PA = k PB    1 k 1 k y  k(1  y) y  k  1 k Do đó: MN ( k 1 k , ), CP ( , ) 1 k 1 k 1 k 1 k Từ MN.CP  MN = k k    CP  MN (1  k) (1  k) k2  = CP  CP = MN (1  k) Bài 6: ( Đề thi Olympic 30-4) Cho tam giác ABC đều, lấy điểm M tùy ý cạnh BC Gọi R điểm đối xứng M qua AB, P điểm đối xứng M qua AC Gọi Q đỉnh thứ tƣ hình bình hành RMPQ Chứng minh AQ // BC Giải: Gọi I trung điểm BC, H = MR AB, K = MP AC Chọn hệ trục tọa độ Đề - vng góc Ixy nhƣ hình vẽ y A Q P R K H B M x I C 39 Đặt BC = 2a ( a > 0), IM = m (m > 0) Khi đó: tọa độ điểm M(-m, 0), C(a, 0), B(-a, 0), A(0, a ) Phƣơng trình đƣờng thẳng AB qua điểm A(0, a ) có VTCP AB (-a, -a ) là: x ya   x.a  ay  a2  a a Giả sử H(-x, y), tọa độ MH (x + m, y), BA (a, a ) Vì: MH  BA  MH BA =  a(x + m) + y.a =  x + y = -m (1) (1) phƣơng trình đƣờng thẳng RM x.a  ay  a2 Tọa độ điểm H nghiệm hệ:  x  y  m  (m  3a) x     y  3(a  m)   vậy: H( (m  3a) 3(a  m) , ) 4 Phƣơng trình đƣờng thẳng AC qua điểm A(0, a ) có VTCP AC (a, -a ) là: x ya   x  y  a a a Giả sử K(x1, y1), tọa độ MK (x1 + m, y1), AC (a, -a ) Vì MK  AC  MK.AC =  a(x1 + m) - y1.a =  x1 - y1 = -m  Phƣơng trình đƣờng thẳng MP: x - y = -m 40 Tọa độ điểm K nghiệm hệ:  3a  m x  y  a x    x  y  m y  3(a  m)  Vậy: K( 3a  m , 3(a  m) ) Ta có: AQ = AM + MQ = AM + MR + MP = AM + MH + MK AM (-m, -a ) MH ( 3(m  a) , 3(m  a) 3(a  m) )  MH ( , 3(a  m) ) MK ( 3(m  a) , 3(m  a) 3(a  m) )  MK ( , 3(a  m) )  AQ (2m, 0) mà BC (2a, 0)  AQ // BC Bài 7: Cho hình vng ABCD, E trung điểm BC, M điểm di động cạnh AB Gọi N, P lần lƣợt lad giao điểm MD MC với AE Gọi H giao điểm NC DP, I giao điểm đƣờng trung trực đoạn thẳng DH với đƣờng vng góc với AH H Chứng minh M di động cạnh AB I di động đƣờng cố định Giải: Chọn hệ trục tọa độ Đề - vng góc Axy nhƣ hình vẽ 41 y D C I H E P N A x M B Chuẩn hóa độ dài AB = 1, AM = m (0 < m < 1) Tọa độ điểm: A(0, 0), B(1, 0), C(1, 1), D(0, 1), E(1, ), M(m, 0) Phƣơng trình đƣờng thẳng AE qua điểm A(0, 0), có VTCP AE = (1, x y 1 ) là:   y  x 1 2 Phƣơng trình đƣờng thẳng MD qua điểm D(0, 1), có VTCP DM = (m, -1) là: x y 1 mx   x  my  m   y  m 1 m N = MD AE nên tọa độ điểm N nghiệm hệ:   2m y  x x      2m m m2   N( , )   m2 m2 y  m  x y  m   m m2   - Phƣơng trình đƣờng thẳng MC qua điểm C(1, 1), có VTCP CM (m - 1, -1) là: x 1 y 1 mx   x  y(m  1)  m   y  m  1 m 1 42 P = MC AE nên tọa độ điểm P nghiệm hệ:   2m y  x x      m 1   y  m  x y  m   m 1 m 1    P( 2m m , ) m 1 m 1 - Phƣơng trình đƣờng thẳng NC qua điểm C(1, 1) có VTCP CN ( 2m m - 1, - 1) là: m2 m2 x 1 y 1 2 m  yx  2m m m2 m2 1 1 m2 m2 - Phƣơng trình đƣờng thẳng DP qua điểm D(0, 1) có VTCP PD = ( 2m m , - 1) là: m 1 m 1 H = NC x y 1 1   y  x 1 2m m 2m 1 m 1 m 1 DP nên tọa độ điểm H nghiệm hệ:   2 m 4m y  x  x   3m  m2 m2     y  x 1  y  3m   3m  2m   H( 4m 3m , ) 3m  3m  Ta thấy điểm H thuộc đƣờng thẳng cố định y = x, D điểm cố định ta có ID = IH (vì I thuộc trung trực DH) nên I di động Parabol cố định nhận đƣờng thẳng y = x làm đƣờng chuẩn D làm tiêu điểm * NX: Ta thấy giải toán phƣơng pháp túy hình học để có đƣợc kết "đẹp" nhƣ không dễ dàng, bời 43 việc phát tiêu điểm đƣờng chuẩn Parabol việc làm khơng thƣờng xun hình học túy V GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT LIÊN QUAN ĐẾN TỌA ĐỘ Bài 1: Cho tam giác với cạnh a, b, c mà đỉnh có tọa độ ngun Gọi R bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác CMR: abc  2R Giải : Chọn hệ trục tọa độ nhƣ hình vẽ Gọi tam giác cho tam giác A1A2A3 nhƣ hình vẽ SA A A  S  abc 4R Do u cầu tốn chứng minh S  Giả sử: A1 (x1, y1), A2 (x2, y2), A3 (x3,y3).Gọi A’1, A’2 , A’3 hình chiếu A1 , A2 , A3 lên Oy Ta có: S = SA1A2A'2A1'  SA1A3A3' A1'  SA2A3A3' A'2 A1A1'  A3A3' A A'2  A3A3' A1A1'  A A'2 ' ' ' ' AA   A1A3   A A3  2 ' ' 44  2S = (y1 – y2) (x1 + x2) - (y1 – y3) (x1 + x3) - (y3 – y2) (x2 + x3) (*) Vế trái (*) số nguyên (do đề cho xi , yi nguyên) 2S số nguyên  2S   S  Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn (d) đƣờng thẳng thay đổi Gọi D, E, F lần lƣợt hình chiếu vng góc A, B, C lên (d) Biết : AD2.tan A + BE2.tan B + CF2.tan C = 2SABC Xác định vị trí đƣờng thẳng (d) để AD lớn Giải: Chọn hệ trục nhƣ hình vẽ (b , c >0) ^ y A a (d) F E D C B -b O >x c Đặt A(0, a), B( -b, 0), C(c, 0) Ta có tan B= a a , tan C = b c tan A = tan B  tan C a(b  c)  tan B.tan C  a  bc 2SABC = a(b + c) Giả sử phƣơng trình (d) : xsin   ycos   d  AD = d(A,d) = a cos   d BE = d(B,d) = bsin   d CF = d(C,d) = csin   d 45 Theo giả thiết AD2.tan A + BE2.tan B + CF2.tan C = 2SABC  (a cos   d)2 a(b  c) a a  (bsin   d)  (csin   d)  a(b  c) a  bc b c a 2d  bc.cos   2ad.cos   0 bc  bc cos   d  a Điều chứng tỏ (d) qua H(0, bc ) trực tâm tam giác ABC a Vậy ADmax = AH, (d) qua H song song với BC Bài 3: Cho tam giác ABC cân A M điểm nằm tam giác Chứng minh MA2 + MB.MC  AB2 Giải: Hạ đƣờng cao AH chọn hệ trục toạ độ lấy H làm gốc toạ độ, BC HA trục toạ độ y A M x B H C Đặt B(-b, 0), C(b, 0) A(0, a) Với điểm M(x, y), bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với 46 x  (y  a)2  (x  b)2  y2 (x  b)2  y2  a  b2  (x  y2  b2 )2  4b2 x  b2  x  y2  2ay  (x  y2  b2 )2  4b2 x  (b2  x  y2 )2  4ay(b2  x  y2 )  4a y2  b2 y2  ay(b2  x  y2 )  a y2 Bất đẳng thức trở thành đẳng thức y = Với y > Bất đẳng thức tƣơng đƣơng với ax2  (a2 - b2)y + a(b2 - y2) (3) Dữ kiện M nằm tam giác ABC cho ta b |x|  ( )(a – y) a Thay vào (3), ta cần chứng minh b2(a - y)2  a(a2 - b2)y + a2(b2 - y2) Sau phép rút gọn, điều tƣơng đƣơng với y2  ay Điều < y  a Ghi + Từ lời giải ta rút tính chất hình học thú vị: Quỹ tích điểm M nằm mặt phẳng tam giác ABC cân A cho MA2 + MB.MC = AB2 hợp đoạn thẳng BC đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Thật Theo chứng minh với y = |x|  b ta có dấu xảy Ngồi ra, dấu cịn xảy ax2 = (a2 - b2)y + a(b2 - y2), phƣơng trình đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC + Bài tốn cịn giải phƣơng pháp hình học t, chẳng hạn sử dụng phƣơng tích 47 KẾT LUẬN Qua vài toán áp dụng phƣơng pháp tọa độ hóa để giải đƣa trên, cho thấy tác dụng phƣơng pháp tọa độ vào giải dạng tốn hình học túy, khơng góp phần làm phong phú, đa dạng cách giải khác tốn hình Mặt khác, phƣơng pháp tọa độ trở thành phƣơng pháp hay giúp cho việc giải số tốn hình học túy phức tạp trở nên đơn giản Trong trình tìm tịi, nghiên cứu hồn thành khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót Vì mong thầy bạn sinh viên đóng góp ý kiến để khóa luận hồn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO Trần Văn Hạo: Hình học 10 ( tái lần thứ 4), NXB Giáo Dục Việt Nam, 2010 Nguyễn Cơng Tâm: Tốn chọn lọc hình học 10, NXB Trẻ Vũ Đình Hịa: Chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn THPT bất đẳng thức hình học ( tái lần thứ 2), NXB Giáo Dục, 2006 Trần Đức Huyên( chủ biên): Phương pháp giải toán hình học 12, NXB Trẻ Trần Đức Huyên: Phân loại phương pháp giải tốn hình học (In lần thứ 7), NXB Trẻ, 2002 Nguyễn Đễ - Vũ Hồng Lâm: Các đề thi vơ địch tốn nước, NXB Trẻ Vũ Dƣơng Thụy - Nguyễn Văn Nho: Olympic tốn học châu Á - Thái Bình Dương, NXB Giáo Dục Trƣơng Quang Minh: Phương pháp giải tốn đại số giải tích hình học, NXB Trẻ 49