(Luận văn thạc sĩ) phương pháp tọa độ diện tích trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THẮNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THẮNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2017 Mục lục Lời cảm ơn ii Kí hiệu quy ước iii Mở đầu Chương Tọa độ diện tích 1.1 Khái niệm tọa độ diện tích 1.2 Phương trình đường thẳng 1.3 Vị trí tương đối hai đường thẳng 13 1.4 Quan hệ vng góc 14 1.5 Khoảng cách 16 1.6 Phương trình đường trịn 17 Chương Một số ứng dụng tọa độ diện tích 19 2.1 Định lý Ceva định lý Menelaus 19 2.2 Công thức Conway 21 2.3 Một số toán chứng minh đồng quy 22 2.4 Một số toán diện tích 27 2.5 Một số toán đề thi học sinh giỏi 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 i Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn TS Ngô Văn Định (Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể lớp Cao học Tốn khóa 9B (2015-2017) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn đặc biệt đến gia đình động viên chia sẻ để tác giả hoàn thành luận văn Thái Nguyên, 2017 Phạm Văn Thắng ii Kí hiệu quy ước Trong luận văn này, ta ln kí hiệu ∆ABC tam giác mặt phẳng với đỉnh theo thứ tự có chiều dương (ngược chiều kim đồng hồ) Độ dài cạnh kí hiệu a = BC, b = CA, c = AB Ngoài ra, với ba điểm P, Q, R mặt phẳng ta kí hiệu [P QR] diện tích có hướng tam giác ∆P QR với dấu quy ước dấu âm thứ tự đỉnh theo chiều âm (cùng chiều kim đồng hồ) Hình ví dụ diện tích có hướng tam giác Hình 1: [P QR] < 0, [P RQ] > iii Mở đầu Trong hình học phẳng, bên cạnh hệ tọa độ quen thuộc hệ tọa độ Descartes, tọa độ cực, tọa độ Affine hình học xạ ảnh, hình học đại cịn có lý thuyết thú vị thể mối quan hệ mật thiết hình học đại số mà đó, tọa độ điểm xác định nhờ hình tam giác sở thơng qua đại lượng vectơ, tọa độ diện tích (areal coordinate) hay cịn gọi tọa độ tỉ cự (barycentric coordinate) Cụ thể hơn, với tam giác sở ∆ABC mặt phẳng, tọa độ diện tích điểm P ba số thực (x, y, z) thỏa mãn x + y + z = −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = Ba số thực xác định x= [P BC] [P CA] [P AB] ,y = ,z = , [ABC] [ABC] [ABC] kí hiệu [XY Z] diện tích có hướng tam giác ∆XY Z, tức là, diện tích lấy dấu dương ba đỉnh X, Y, Z theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ lấy dấu âm trường hợp lại Khái niệm tọa độ diện tích giới thiệu lần nhà toán học người Đức August Ferdinand Măobius vo nm 1827 Sau ú, nhiu nh toỏn hc khác quan tâm nghiên cứu khái niệm Hiện nay, tọa độ diện tích thể rõ tính hữu ích việc nghiên cứu hình học phẳng đặc biệt tính chất tam giác Mục đích Luận văn trình bày cách hệ thống kiến thức tọa độ diện tích số ứng dụng tọa độ diện tích việc giải tốn hình học phẳng Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung Luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Tọa độ diện tích Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm tọa độ diện tích số khái niệm hình học phẳng tọa độ diện tích như: phương trình đường thẳng, vị trí tương đối hai đường thẳng, quan hệ vng góc, khoảng cách phương trình đường trịn • Chương 2: Một số ứng dụng phương pháp tọa độ diện tích Trong chương này, chúng tơi trình bày số ứng dụng tọa độ diện tích việc giải tốn hình học phẳng Đầu tiên chúng tơi trình bày chứng minh hai định lý tiếng, Định lý Ceva Định lý Menelaus, việc sử dụng tọa độ diện tích Sau chúng tơi trình bày ứng dụng tọa độ diện tích việc giải số tốn chứng minh đồng quy, số tốn diện tích số tốn hình học phẳng đề thi học sinh giỏi Trước đó, chúng tơi trình bày kí hiệu cơng thức Conway Chương Tọa độ diện tích Trong chương mở đầu này, chúng tơi trình bày khái niệm tọa độ diện tích mặt phẳng số khái niệm hình học phẳng tọa độ diện tích 1.1 Khái niệm tọa độ diện tích Trong mặt phẳng, để xây dựng hệ tọa độ diện tích (tiếng Anh: “areal coordinate system”), ta cần chọn tam giác ∆ABC cố định với thứ tự đỉnh theo chiều dương, gọi tam giác sở Tam giác đóng vai trị trục tọa độ hệ tọa độ Descartes Khi tam giác sở chọn, điểm P mặt phẳng tương ứng với ba số thực có thứ tự (x, y, z) thỏa mãn x+y +z = Bộ ba số thực gọi tọa độ diện tích P ta viết P = (x, y, z) Cụ thể ta có định nghĩa: Định nghĩa 1.1 Tọa độ diện tích điểm P mặt phẳng với tam giác sở ∆ABC [P BC] [P CA] [P AB] [ABC] , [ABC] , [ABC] (xem Hình 1.1) Theo định nghĩa, ta có A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) Giả sử P = (x, y, z) Khi đó, P nằm đường thẳng BC x = 0, P nằm đường thẳng CA y = 0, P nằm đường thẳng AB z = Hơn nữa, Các đường thẳng AB, BC, CA chia mặt phẳng thành miền xác định dấu tọa độ diện tích (xem Hình 1.2) Dựa vào quy ước dấu diện tích có hướng tam giác ta dễ dàng kiểm tra (x, y, z) tọa độ diện tích điểm mặt phẳng x + y + z = Hình 1.1: Tọa độ diện tích điểm P (x, y, z) Hình 1.2: Các miền phẳng xác định dấu tọa độ diện tích Như vậy, với Định nghĩa 1.1, điểm P mặt phẳng xác định tọa độ diện tích Để định nghĩa có nghĩa ta cần chứng minh ba số thực có thứ tự (x, y, z) thỏa mãn x + y + z = tọa độ diện tích điểm mặt phẳng Trước tiên, định lý sau cho ta điều kiện cần đủ để ba số thực (x, y, z) tọa độ diện tích điểm P Định lý 1.2 Bộ ba số thực có thứ tự (x, y, z) tọa độ diện tích điểm P với tam giác sở ∆ABC −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = x + y + z = Chứng minh • Điều kiện cần: Giả sử (x, y, z) tọa độ diện tích điểm P Ta cần chứng minh −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C = Để chứng minh điều này, ta cần chứng minh −→ −−→ −→ [P BC]P A + [P CA]P B + [P AB]P C = Ta thấy số ba cặp đường thẳng (P A, BC), (P B, CA) (P C, AB) có cặp đường thẳng khơng song song với Khơng làm tính tổng qt ta giả sử P A BC Khi P A cắt BC điểm A′ (xem Hình 1.3) Ta có −−→′ −−′→ −−→ −−→′ −−′→ −→ P A + A B = P B, P A + A C = P C Suy −−′→ −−→′ −−′→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ A C(P A + A B) = A′ C.P B, A′ B(P A′ + A′ C) = A′ B.P C −−→ −−→ −−→ −→ Do A′ C.P B = A′ B.P C nên −−→′ −−′→ −−′→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ A′ C −−→ A′ B −→ P B − P C P A (A C − A B) = A′ C.P B − A′ B.P C ⇐⇒ P A′ = BC BC Chứng minh Xét tọa độ diện tích với tam giác sở ABC Vì ABCD hình bình −−→ −−→ −−→ hành nên ta có DB = DA + DC Do D = (1, −1, 1) Vì M nằm đường thẳng AB nên tọa độ M có dạng (xM , yM , 0), với xM + yM = Vì N thuộc đường thẳng BC nên N = (0, yN , zN ), với yN + zN = Vì I trung điểm DM nên ta có I= x M + yM − 1 , , 2 Do đó, phương trình đường thẳng AI −y + (yM − 1)z = Tương tự, ta có BJ : −zN x + xM z = CK : (yN − 1)x − y = Áp dụng Mệnh đề 1.11, ta dễ dàng kiểm tra ba đường thẳng AI, BJ CK đồng quy Ví dụ 2.6 Cho tam giác ABC Giả sử đường tròn nội tiếp (I) tam giác theo thứ tự tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB X, Y, Z Đặt M = BY ∩ XZ N = CZ ∩ XY Gọi E, F theo thứ tự trung điểm M Y, N Z Chứng minh AI, Y F, ZE đồng quy Chứng minh Xét hệ tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ABC Khi đó, ta có I = (a : b : c) X= 0: 1 : ,Y = p−b p−c 1 :0: ,Z = p−a p−c 1 : :0 , p−a p−b 25 đó, a, b, c độ dài cạnh BC, CA, AB p nửa chu vi tam giác ABC Suy phương trình đường thẳng BY (p − a)x = (p − c)z đường thẳng XZ có phương trình (p − a)x − (p − b)y + (p − c)z = Do đó, M có tọa độ thỏa mãn 2(p − a)x = (p − b)y = 2(p − c)z Suy M = 1 : : Đặt p−a p−b p−c Ty = 1 1 + ,T = + + p−a p−c p−a p−b p−c Gọi E trung điểm M Y Khi E = trình đường thẳng ZE −x Ty T T : : Suy phương p−a p−b p−c T T +y +z = (p − b)(p − c) (p − a)(p − c) (p − a)(p − b)2 Tương tự, ta có phương trình đường thẳng Y F −x T T +y +z = (p − b)(p − c) (p − a)(p − c) (p − a)(p − b) Gọi J giao điểm Y F ZE tọa độ J thỏa mãn hệ   T T −x (p−b)(p−c) + y (p−a)(p−c) + z (p−a)(p−b)2 = 0, Suy yJ  −x T (p−b)(p−c) T + y (p−a)(p−c) + z (p−a)(p−b) = T 1 T + zJ = yJ + zJ 2 (p − b)(p − c) (p − a)(p − b) (p − a)(p − c) (p − a)(p − b) Điều tương đương với yJ T− (p − a)(p − c) p−c = zJ T− (p − a)(p − b) p−b 26 Do yJ p−c 1 + p−a p−b = zJ p−b 1 + p−a p−c ⇔ c.yJ = bzJ Mặt khác, đường thẳng AI có phương trình cy − bz = Suy J nằm đường thẳng AI Vậy ba đường thẳng AI, Y F ZE đồng quy J 2.4 Một số toán diện tích Trong mục này, chúng tơi trình bày ứng dụng phương pháp tọa độ diện tích vào số tốn diện tích hình học phẳng Trước tiên cần xây dựng công thức xác định diện tích tam giác tọa độ diện tích Định lý 2.7 Cho tam giác P1 P2 P3 với đỉnh có tọa độ (chuẩn hóa) tương ứng (xi , yi , zi ), i = 1, 2, Khi diện tích tam giác P1 P2 P3 xác định công thức x1 y1 z [P1 P2 P3 ] = x2 y2 z [ABC] x3 y3 z Chứng minh Đặt u = x2 − x1 , v = y2 − y1 , w = z2 − z1 , u′ = x3 − x1 , v ′ = y3 − y1 , w′ = z3 − z1 Gọi Q điểm mặt phẳng Khi đó, ta có −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ P1 P2 = uQA + v QB + wQC P1 P3 = u′ QA + v ′ QB + w′ QC Chú ý u + v + w = u′ + v ′ + w′ = nên ta có −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ P1 P2 = u(QA = QC) + v(QB − QC) = uCA + v CB −−→ −→ −−→ Tương tự P1 P3 = u′ CA + v ′ CB Coi vectơ khơng gian, ta tính tích có hướng −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ P1 P2 ∧ P1 P3 = (uCA + v CB) ∧ (u′ CA + v ′ CB) −→ −−→ = (uv ′ − vu′ )(CA ∧ CB) 27 Mặt khác, xi + yi + zi = 1, i = 1, 2, 3, nên ta dễ dàng kiểm tra x1 y1 z uv ′ − vu′ = x2 y2 z2 x3 y3 z Kết hợp đẳng thức ta x1 y z −−→ −−→ −→ −−→ P1 P2 ∧ P1 P3 = x2 y2 z2 (CA ∧ CB) x3 y z Chú ý −−→ −−→ −→ −−→ |P1 P2 ∧ P1 P3 | = 2|[P1 P2 P3 ]|, |CA ∧ CB| = 2|[ABC]| Do đó, ta có điều cần chứng minh Nhận xét 2.8 Trong Định lý 2.7, tọa độ điểm chuẩn hóa, tức tổng tọa độ Trong trường hợp tọa độ khơng chuẩn hóa, cơng thức xác định diện tích trở thành: x1 y1 z x2 y2 z x3 y3 z [P1 P2 P3 ] = [ABC] (x1 + y1 + z1 )(x2 + y2 + z2 )(x3 + y3 + z3 ) Ví dụ 2.9 (Định lý Routh) Cho tam giác ABC, điểm M, N, P nằm BC, CA, AB chia đoạn BC, CA, AB theo tỉ số m : 1, n : 1, p : Gọi I giao điểm BN CP ; J giao điểm CP AM ; K giao điểm AM BN Khi a) [IJK] = (mnp − 1)2 [ABC]; (mn + m + 1)(np + n + 1)(pm + p + 1) b) [M N P ] = mnp + [ABC] (m + 1)(n + 1)(p + 1) 28 Chứng minh Xét tọa độ diện tích với tam giác sở ABC Khi đó, ta có M = (0 : : m), N = (n : : 1), P = (1 : p : 0) Do đó, phương trình đường thẳng AM, BN, CP AM : my − z = 0; BN : x − nz = 0; CP : px − y = Do đó, ta tìm I = (n : np : 1), J = (1 : p : pm) K = (mn : : m) Suy n np 1 p pm mn m [ABC] (mn + m + 1)(np + n + 1)(pm + p + 1) (mnp − 1)2 [ABC] = (mn + m + 1)(np + n + 1)(pm + p + 1) [IJK] = m n [M N P ] = p (m + 1)(n + 1)(p + 1) [ABC] = mnp + [ABC] (m + 1)(n + 1)(p + 1) Nhận xét 2.10 Từ Định lý Routh ta dễ dàng suy Định lý Ceve Định lý Menelaus: mnp = S1 = nên AM, BN CP đồng quy; mnp = −1 S2 = nên M, N, P thẳng hàng Ví dụ 2.11 (Công thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R) tâm O, bán kính R Cho M điểm mặt phẳng Gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu vng góc M lên BC, CA, AB Khi đó, ta có PM/(O) [A1 B1 C1 ] =− , [ABC] 4R2 PM/(O) phương tích M đường tròn (O; R) 29 Chứng minh Xét tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ABC Khi đó, ta có A1 = (0 : xM SC + yM a2 : xM SB + zM a2 ), B1 = (yM SC + xM b2 : : yM SA + zM b2 ) C1 = (zM SB + xM c2 : zM SA + yM c2 : 0) Chú ý rằng, M = (xM , yM , zM ) ta có xM SC + yM a2 + xM SB + zM a2 = a2 , yM SC + xM b2 + yM SA + zM b2 = b2 zM SB + xM c2 + zM SA + yM c2 = c2 Từ suy y M S C + x M b2 xM SC + yM a2 xM SB + zM a2 y M SA + z M b z M SB + x M c z M SA + y M c [A1 B1 C1 ] = [ABC] a2 b2 c2 4p(p − a)(p − b)(p − c) (a yM zM + b2 zM xM + c2 xM yM ) = a2 b c 4[ABC]2 = 2 (a2 yM zM + b2 zM xM + c2 xM yM ) abc PM/(O) =− 4R2 Ví dụ 2.12 Cho tam giác ABC không vuông C, AD, BE đường cao hạ từ A B, AP, BQ đường phân giác hạ từ A B Gọi I, O tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh D, E, I thẳng hàng P, Q, O thẳng hàng Chứng minh Sử dụng tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ABC Khi đó, ta có O = (a2 SA : b2 SB : c2 SC ), I = (a : b : c), D = (0 : SC : SB ), E = (SC : : SA ), 30 P = (0 : b : c) Q = (a : : c) Điều cần chứng minh tương đương với [OP Q] = ⇐⇒ [IDE] = Áp dụng Định lý 2.7, điều cần chứng minh tương đương với a2 S A b S B c S C D1 = a b c = ⇐⇒ D2 = a c SC b c SC SB = 0 SA Ta lại có D1 = abc(aSA + bSB − cSC ) D2 = SC (aSA + bSB − cSC ) Theo giả thiết, tam giác ABC không vuông C nên SC = Do D1 = ⇔ aSA + bSB − cSC = ⇔ D2 = 2.5 Một số toán đề thi học sinh giỏi Trong mục này, chúng tơi trình bày ứng dụng phương pháp tọa độ diện tích để giải số tốn hình học phẳng kỳ thi học sinh giỏi Ví dụ 2.13 (USAMO 2001/2) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D1 E1 tiếp điểm đường tròn (I) cạnh BC AC Gọi D2 E2 điểm thuộc đoạn thẳng BC AC thỏa mãn CD2 = BD1 CE2 = AE1 Gọi P giao điểm AD2 BE2 Đường tròn (I) cắt AD2 hai điểm Kí hiệu điểm gần đỉnh A Q Chứng minh AQ = D2 P Chứng minh Sử dụng tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ABC Khi ta có D= (0 : p − c : p − b), p nửa chu vi tam giác ABC Vì CD2 = BD1 nên suy D2 = (0 : p − b : p − c) Chuẩn hóa tọa độ D2 ta p−b p−c p−a p−c D2 = 0, , , 0, Tương tự, ta có E2 = Từ ta suy a a b b đường thẳng AD2 có phương trình (p − c)y = (p − b)z đường thẳng BE2 có phương trình (p − c)x = (p − a)z Vì P giao điểm AD2 BE2 nên ta có p−a p−b p−c , , P = p p p 31 Giả sử Q′ điểm thuộc đoạn thẳng AD2 thỏa mãn AQ′ = P D2 Rõ ràng Q′y + Py = Ay + D2y nên Q′y = (p − a)(p − b) p−b p−b − = a p pa Vì Q′ thuộc AD2 nên ta có Q′z = p−c ′ (p − a)(p − c) Qy = p−b pa Suy a Q′x = − Q′y − Q′z = p a (p − a)(p − b) (p − a)(p − c) , , p pa pa a b c Dễ dàng kiểm tra I trung điểm Q′ D1 Do , , Ta có I = 2p 2p 2p ′ Q nằm đường tròn (I) Mặt khác, Q′ nằm đối diện với D1 nên điểm gần Vậy Q′ = A hai giao điểm AD2 với đường trịn (I) Điều có nghĩa Q′ trùng với điểm Q đề Do ta có điều cần chứng minh Ví dụ 2.14 (USAMO 2008/2) Cho tam giác nhọn không cân ABC Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi D E giao điểm tia AM đường trung trực AB AC Giả sử hai đường thẳng BD CE cắt điểm F nằm tam giác ABC Chứng minh bốn điểm A, N, F, P nằm đường trịn 32 Chứng minh Xét tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ABC Khi đó, phương trình đường thẳng AM y = z Do D nằm AM nên tọa độ D có dạng (1 − 2t, t, t) Vì DP ⊥ AB nên áp dụng Định lý 1.13 ta có t− Từ suy t = − − 2t (− c2 b2 ) + t a2 − 2 =0 c2 Như vậy, ta có 3c2 + b2 − a2 D = (1 − 2j, j, j), với j = c2 3c2 + b2 − a2 E = (1 − 2k, k, k), với k = b2 3b2 + c2 − a2 Tương tự, ta có Từ tọa độ điểm này, ta suy phương trình đường thẳng BD z j = x − 2j k y = Do vậy, F = (p, q, r) x − 2k r j c2 k b2 q p + q + r = 1, = = = = Từ đó, p − 2j c + b − a2 p − 2k b + c − a2 r q a2 ta tính = + + = + p p p b + c2 − a2 Xét phép vị tự V(A;2) tâm A tỉ số Ta có V(A;2) (P ) = B, V(A;2) (N ) = C và phương trình đường thẳng CE V(A;2) (A) = A Do đó, điều cần chứng minh tương đương với điểm F ′ = V(A;2) (F ) nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 33 Ta có F ′ = (2p − 1, 2q, 2r) đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình a2 yz + b2 zx + c2 xy = Do vậy, ta cần chứng minh a2 (2q)(2r) + b2 (2r)(2p − 1) + c2 (2p − 1)(2q) = hay 4a2 qr + 2− pp p r q 2b2 + 2c2 p p = r q Thay giá trị , vào ta p p p 4a2 a2 b2 c + − + (b2 + c2 − a2 )2 b2 + c2 − a2 b2 c2 = b2 + c2 − a2 Biến đổi đẳng thức ta thu đẳng thức 4a2 b2 c2 − 4a2 b2 c2 = Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.15 (ISL 2001/G1) Cho tam giác nhọn ABC Gọi A1 tâm hình vng có hai đỉnh nằm cạnh BC hai đỉnh lại nằm cạnh AB AC Tương tự, gọi B1 , C1 tâm hình vng có hai đỉnh nằm AC AB Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Chứng minh Gọi A2 ảnh A1 qua phép vị tự tâm A tỉ số 2, B2 ảnh B1 qua phép vị tự tâm B tỉ số C2 ảnh C1 qua phép vị tự tâm C tỉ số Ta chứng minh AA2 , BB2 , CC2 đồng quy 34 Xét tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ABC Sử dụng cơng thức Conway, ta có A2 = −a2 : SC + S cot π π : SB + S cot 4 = (−a2 : SC + S : SB + S) Do phương trình đường thẳng AA2 (SB + S)y = (SC + S)z Tương tự, ta có phương trình đường thẳng BB2 (SA + S)x = (SC + S)z phương trình đường thẳng CC2 (SA + A)x = (SB + S)y Dễ dàng thấy ba đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 qua điểm ((SB + S)(SC + S) : (SA + S)(SC + S) : (SA + S)(SB + S)) Suy điều cần chứng minh Ví dụ 2.16 (ISL 2005/G5) Cho tam giác nhọn ABC thỏa mãn AB = AC Gọi H trực tâm tam giác ABC M trung điểm cạnh BC Gọi D điểm cạnh AB E điểm cạnh AC thỏa mãn AE = AD D, H, E thẳng hàng Chứng minh đường thẳng HM vng góc với day cung chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC tam giác ∆ADE Chứng minh Xét tọa độ diện tích với tam giác sở tam giác ∆ABC Đặt AD = AE = l Khi D = (c − l : l : 0), E = (b − l : : l) sử dụng kí hiệu Conway, ta 35 có H = 1 : : Vì D, E H thẳng hàng nên SA SB SC c−l l b−l 1 S A SB l = SC Suy −l(c − l) −l SB l b−l − SC SA = Từ đó, ta rút l= SA (cSC − bSB ) SB S C + S A SC + SA SB b + c − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b − c , SB = , SC = 2 SB SC + SA SC + SA SB = S nên suy Mặt khác, ta có SA = (b2 + c2 − a2 )[c(a2 + b2 − c2 ) + b(a2 − b2 + c2 )] l= (a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(c + b − a) (b2 + c2 − a2 )(b + c)(a + b − c)(a − b + c) = (a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(c + b − a) (b2 + c2 − a2 )(b + c) = (a + b + c)(c + b − a) Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (ux + vy + wz)(x + y + z) = Thay tọa độ A, D, E vào ta u = 0, −c2 (c − l)l + c((c − l)u + lv) = 0, −b2 (b − l)l + b((b − l)u + lw) = Giải ta u = 0, v = c(c − l) w = b(b − l) Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE −a2 yz − b2 zx − c2 xy + (c(c − l)y + b(b − l)z)(x + y + z) = 36 Mặt khác, đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình a2 yz + b2 zx + c2 xy = Từ suy phương trình đường thẳng chứa dây cung chung c(c − l)y + b(b − l)z = Xét hai điểm nằm dây cung chung A = (1, 0, 0) P = (0 : b(b − l) : −→ −c(c − l)) Tọa độ diện tích khơng chuẩn hóa P A (b(b − l) − c(c − l) : −−→ −b(b − l) : c(c − l)) Mặt khác, tọa độ diện tích khơng chuẩn hóa vectơ M H (2 : : 1) Theo Định lý 1.13, M H ⊥ P A a2 [c(c − l) − b(b − l)] + b2 [c(c − l) + b(b − l)] + c2 [−b(b − l) − c(c − l)] = hay b(a2 − b2 + c2 )(b − l) = c(a2 + b2 − c2 )(c − l) Ta có b−l = c(a2 + b2 − c2 ) b(a + b + c)(b + c − a) − (b2 + c2 − a2 )(b + c) = (a + b + c)(b + c − a) (a + b + c)(b + c − a) Tương tự, ta có c−l = b(a2 − b2 + c2 ) (a + b + c)(b + c − a) Do c(a2 + b2 − c2 ) b(a − b + c )(b − l) = b(a − b + c ) (a + b + c)(b + c − a) 2 2 2 = c(a2 + b2 − c2 )(c − l) Từ suy M H ⊥ P A 37 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: Khái niệm tọa độ diện tích mặt phẳng; Các khái niệm hình học phẳng tọa độ diện tích như: đường thẳng, khoảng cách, đường tròn, ; Một số ứng dụng tọa độ diện tích hình học phẳng 38 Tài liệu tham khảo Tiếng việt [1] Phan Đức Minh (2011), Phương pháp tọa độ tỉ cự ứng dụng hình học phẳng, https://diendantoanhoc.net Tiếng Anh [2] Abel Z (2007), Barycentric Coordinates, http://zacharyabel.com/papers/Barycentric_A07.pdf [3] Koblbauer C (2012), Barycentric Coordinates, http://koblbauermath.weebly.com/uploads/ /barycentric_coordinates.pdf [4] Lovering T (2008), Areal Co-ordinate Methods in Euclidean Geometry, https://bmos.ukmt.org.uk/home/areals.pdf [5] Schindler M and Chen E (2012), Barycentric Coordinates in Olympiad Geometry, http://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-full.pdf 39 ... Chương Tọa độ diện tích Trong chương mở đầu này, chúng tơi trình bày khái niệm tọa độ diện tích mặt phẳng số khái niệm hình học phẳng tọa độ diện tích 1.1 Khái niệm tọa độ diện tích Trong mặt phẳng, ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THẮNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã... đầu Trong hình học phẳng, bên cạnh hệ tọa độ quen thuộc hệ tọa độ Descartes, tọa độ cực, tọa độ Affine hình học xạ ảnh, hình học đại cịn có lý thuyết thú vị thể mối quan hệ mật thiết hình học