Định lý van aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toàn hình học dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN ĐÌNH HUY ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN ĐÌNH HUY ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS Trịnh Thanh Hải THÁI NGUYÊN - 2018 i Mục lục Danh sách hình vẽ ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số định lý hình học 1.2 Một số toán đồng quy 3 Chương Định lý van Aubel 14 2.1 Định lý van Aubel 14 2.2 Một số tính chất, hệ định lý van Aubel 22 Chương Vận dụng định lý van Aubel vào giải tập 28 3.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải tập liên quan đến tam giác 28 3.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải tập liên quan đến tứ giác 41 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 ii Danh sách hình vẽ 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 Định lý Thales Định lý Menelaus Áp dụng định lý Menelaus Trực tâm H trung điểm đường cao CM Định lý Ceva EF song song với BC M A tia phân giác góc EM F M M , N N , P P đồng quy DM, EN, P F đồng quy 11 13 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 AA , BB , CC cắt K Định lý van Aubel cho tứ giác Biểu diễn cạnh theo số phức P M = M P P M ⊥ M Q pm qm vng góc có độ dài P M2 ⊥ M1 M3 , M1 M2 ⊥ QM3 , P M = QM, P M ⊥ QM Bốn đường tròn giao F 14 17 17 19 20 20 21 22 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 BB vng góc với DD BB = DD Ba hình chữ nhật đồng dạng Ba hình thoi đồng dạng Định lý van Aubel mở rộng Định lý van Aubel mở rộng Định lý van Aubel mở rộng S1 S3 ⊥ QS, S2 S4 ⊥ P R V1 , V2 , V3 V4 nằm đường tròn 41 42 43 43 44 45 47 48 49 Mở đầu Từ lâu hình học ln coi mơn yêu thích khám phá mẻ từ định luật, định lý ứng dụng đẹp Hình học phân mơn quan trọng tốn học gắn bó với tất xun suốt q trình học tốn từ bậc Tiểu học đến Trung học phổ thơng Sự kì diệu hình học thường tiềm ẩn thử thách sâu sắc để thách thức trí tuệ người Trong thành tựu hình học định lý van Aubel định lý tiếng có nhiều ứng dụng việc giải tốn hình học hay khó Định lý đặt theo tên nhà khoa học H H van Aubel, người cơng bố năm 1878 Định lý van Aubel có hai phát lĩnh vực hình học phẳng định lý van Aubel cho tứ giác định lý van Aubel cho tam giác Định lý van Aubel tứ giác nói mối quan hệ hình vng vẽ vẽ vào tứ giác Định lý van Aubel tam giác đưa tính chất đẹp đường đồng quy tam giác Trong khuôn khổ luận văn xin trình bày đề tài: “Định lý van Aubel ứng dụng việc giải số toán hình học dành cho học sinh giỏi” Mục đích luận văn tìm hiểu định lý van Aubel ứng dụng vào giải số tốn hình học Luận văn tập trung vào việc tìm hiểu tính chất đẹp định lý van Aubel cho tam giác, tứ giác số vận dụng định lý vào giải số tập hình học hay khó dành cho học sinh giỏi Cụ thể, luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương hệ thống số định hay vận dụng chứng minh tốn hình học trình bày số tốn chứng minh tính đồng quy đường thẳng Chương Định lý van Aubel Trong chương này, phát biểu định lý van Aubel cho hai trường hợp tam giác tứ giác với ba cách chứng minh cho trường hợp Sau chúng tơi trình bày số tính chất hệ định lý Chương Vận dụng định lý van Aubel vào giải tập Chương giành để giải số tập kết nâng cao có vận dụng định lý van Aubel cho tam giác tứ giác Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình PGS TS Trịnh Thanh Hải Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo, Khoa TốnTin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Nhân dịp tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên tơi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thực luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn Nguyễn Đình Huy Chương Kiến thức chuẩn bị Chương hệ thống số định hay vận dụng chứng minh tốn hình học trình bày số tốn chứng minh tính đồng quy đường thẳng 1.1 Một số định lý hình học Định lý 1.1.1 (Định lý Thales thuận, [1]) Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ Với tam giác ABC, có đường thẳng d song song với BC cắt cạnh AB, AC hai điểm D, E thì: AD AE AD AE DB EC = , = = AB AC DB EC AB AC Hình 1.1: Định lý Thales Định lý 1.1.2 (Định lý Thales đảo, [1]) Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh lại tam giác Với tam giác ABC, có đường thẳng d cắt cạnh AB, AC hai điểm D, E AE AD = AB AC DE BC hay d hay AD AE = DB EC hay DB EC = AB AC BC Hệ 1.1.1 ([1]) Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác song song với cạnh cịn lại tạo thành tam giác có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh tam giác cho Với tam giác ABC, có đường thẳng d song song với BC cắt cạnh AB, AC hai điểm D, E AD AE DE = = AB AC BC Định lý 1.1.3 (Định lý Menelaus, [1]) Cho tam giác ABC ba điểm A , B , C đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB cho: ba điểm A , B , C nằm phần kéo dài ba cạnh, ba điểm nằm phần kéo dài cạnh hai điểm nằm hai cạnh tam giác Điều kiện cần đủ để A , B , C thẳng hàng ta có hệ thức AB CA BC · · = BC AB CA Hình 1.2: Định lý Menelaus (1.1) Bài toán 1.1.1 Trong tam giác ABC, lấy cạnh AB điểm D, cạnh BC hai điểm E F cho BE BF AD = , = , = DB EC FC Hỏi đường thẳng AE chia đoạn thẳng DF theo tỉ số nào? Giải Gọi điểm M giao điểm AE với DF Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác BDF với cát tuyến AM E, ta có DM F E BA · · = M F EB AD (1.2) Hình 1.3: Áp dụng định lý Menelaus Mà AD DB AB AB AD = ⇒ = = ⇒ = , DB AD BE EC BC = = ⇒ EB = BC, 4 BF FC BC = = ⇒ F B = BC, 5 nên FE F B − EB 11 = = EB EB Cho nên (1.2) trở thành DM 11 · · = MF Vậy DM = MF 11 Bài toán 1.1.2 Trong tam giác ABC, trực tâm H chia đôi đường cao CM Chứng minh cos C = cos A cos B Giải Xét tam giác CM B với cát tuyến AHI Theo định lý Menelaus ta có CH M A BI · · = HM AB IC Hình 1.4: Trực tâm H trung điểm đường cao CM Hay CH M A AC BI · · · = HM AC IC AB (1.3) Mà CH MA AC BI = 1, = cos A, = (cos C)−1 , = cos B HM AC IC AB Thay vào (1.3), ta có cos C = cos A cos B Định lý 1.1.4 (Định lý Ceva, [1]) Cho tam giác ABC ba đường thẳng AA , BB , CC xuất phát từ đỉnh tam giác cắt đường thẳng chứa cạnh đối diện A , B , C cho: ba điểm A , B , C nằm ba cạnh tam giác ba điểm nằm cạnh tam giác hai điểm nằm phần kéo dài hai cạnh lại Điều kiện cần đủ để AA , BB , CC đồng quy song song với ta có hệ thức: AB CA BC · · = BC AB CA (1.4) 37 BK F B BD = + KE AF DC KC EC DC = + FK AE BD Cộng theo vế đẳng thức ta được: AK BK KC AE AF F B BD EC + + = + + + + + KD KE F K EC F B AF DC AE AE EC AF FB = + + + + EC AE F B AF DC BD BD DC + DC BD ≥ (theo bất đẳng thức Cauchy) Đẳng thức xảy ⇔ E, F, D trung điểm cạnh CA, AB, BC Khi K trọng tâm ABC Nhận xét Lời giải sử dụng định lí van Aubel tự nhiên đơn giản phương pháp sử dụng diện tích để chứng minh tốn Bài toán 3.1.9 Cho tam giác ABC, A1 điểm cạnh BC cho γ A1 B = A1 C β Gọi X Y điểm cạnh AB AC cho M giao điểm đoạn thẳng XY với AA1 Khi β XB YC A1 M +γ = (β + γ) XA YA MA Giải Đầu tiên giả sử XY song song với cạnh BC Khi XB YC M A1 = = , XA YA MA nên kết với β, γ 38 Giả sử XY BC cắt điểm Z Xét tam giác AA1 B Vì M, X Z thẳng hàng ta có Y C M A ZA1 · · = Y A M A1 ZC Nên β XB YC M A1 · ZB M A1 · ZC +γ =β +γ XA YA M A · ZA1 M A · ZA1 M A1 (βZB + γZC) = M A · ZA1 M A1 = (βZA1 − βBA1 + γZA1 + γA1 C) M A · ZA1 M A1 A1 B γ = (β + γ) ZA1 = M A · ZA1 A1 C β M A1 = (β + γ) , MA điều phải chứng minh Bài tốn 3.1.10 Cho tam giác ABC có ba đường Ceva AA1 , BB1 CC1 giao M Giả sử A1 B γ B1 C α C1 A β = , = = A1 C β B1 A γ C1 B α Nếu X Y hai điểm cạnh AB AC điểm M nằm đoạn XY XB YC +γ = α β XA YA 39 Giải Theo định lý van Aubel, ta có AM C1 A B1 A β γ β+γ = + = + = A1 M C1 B B1 C α α α Bây giả sử M nằm đoạn XY Theo Bài toán 3.1.9, ta thu β XB YC A1 M +γ = (β + γ) XA YA MA α = α = (β + γ) β+γ Ngược lại, giả sử XY AA1 giao M Ta M trùng với M Theo Bài toán 3.1.9, ta có β YC A1 M XB +γ = (β + γ) XA YA MA Theo giả thiết, ta có β Do XB YC +γ = α XA YA A1 M α = , AM β+γ nên M M trùng Do M phải nằm đoạn thẳng XY Hệ 3.1.1 Nếu G trọng tâm tam giác ABC α = β = γ = 1, G nằm đường thẳng XY XB Y C + = XA Y A Hệ 3.1.2 Nếu I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC giá trị α, β γ xác định độ dài cạnh tam giác α = a, β = b, γ = c 40 Do I nằm XY b YC XB +c = a XA YA Hệ 3.1.3 Nếu H trực tâm tam giác ABC tỉ số cạnh xác định α = tan BAC, β = tan ABC, γ = tan ACB Khi H nằm đường thẳng XY XB YC tan ABC + tan ACB = tan BAC XA YA Bài toán 3.1.11 (Cuộc thi Toán học Intervarsity Ireland 2006) Cho tam giác ABC cho X Y điểm cạnh AB AC cho đường thẳng XY chia đơi diện tích tam giác điểm X Y chia đôi chu vi tam giác ABC Khi tâm đường trịn nội tiếp I nằm đoạn XY Giải Đặt x = AX y = AY Ta có x+y = a+b+c a, b c độ dài cạnh tam giác Ngoài ra, SAXY xy sin BAC = = , SABC bc sin BAC nên xy = bc Xét b XB YC c−x b−y +c =b +c XA YA x y 41 1 + −b−c x y a+b+c = bc · −b−c bc = a =b Do đó, theo Hệ 3.1.2, tâm đường trịn nội tiếp I nằm đường thẳng XY 3.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải tập liên quan đến tứ giác Bổ đề 3.2.1 ([6]) (a) Nếu hai hình chữ nhật đồng dạng ABCD AB C D có chung đỉnh A (cả hai hình chữ nhật gán nhãn theo chiều kim đồng hồ) BB vng góc với DD (xem Hình 3.1) (b) Ngồi ra, P giao điểm BB DD , đường CC qua P vng góc AP (c) Thêm vào đó, O O tương ứng tâm hình chữ nhật ABCD AB C D , OO = CC Hình 3.1: BB vng góc với DD Chứng minh (a) Từ tính đồng dạng hai hình chữ nhật, phép quay đồng dạng (k, 90◦ ) 42 quanh điểm A biến ABB thành ADD (k = AD/AB = AD /AB ) Do BB DD nằm hai đường thẳng vng góc (b) Vẽ hai hình trịn ngoại tiếp hai hình chữ nhật Vì B P D = 90◦ , suy hai hình trịn giao A P (B P D = 90◦ = B AD ) Vì AC đường kính, suy AP C = 90◦ Tương tự, AP C = 90◦ CP C đường thẳng (c) Trong tam giác ACC , điểm O O trung điểm AC AC , OO đường trung bình OO = CC Bổ đề 3.2.2 ([6]) (a) Nếu hai hình thoi đồng dạng ABCD AB C D chung đỉnh A (các đỉnh ký hiệu theo chiều kim đồng hồ) BB = DD (b) Nếu O O tương ứng tâm hình bình hành ABCD AB C D , OO = CC (Hình 3.2) Hình 3.2: BB = DD Chứng minh (a) Phép quay góc BAB quanh đỉnh A biến ABB thành hai tam giác nhau, chứng tỏ BB = DD ADD , (b) Trong tam giác ACC , điểm O O trung điểm hai cạnh AC AC , OO đường trung bình OO = CC 43 Bổ đề 3.2.3 ([6]) Nếu hai hình chữ nhật đồng dạng ABCD AB C D chung đỉnh A trung điểm Q S B D BD với hai tâm R T hai hình chữ nhật tạo thành hình chữ nhật đồng dạng T SRQ (xem Hình 3.3) Hình 3.3: Ba hình chữ nhật đồng dạng Bổ đề 3.2.4 ([6]) Nếu hai hình thoi đồng dạng ABCD AB C D chung đỉnh A trung điểm Q S B D BD với hai tâm R T hai hình thoi tạo thành hình thoi đồng dạng T SRQ (xem Hình 3.4) Hình 3.4: Ba hình thoi đồng dạng Chứng minh Cả hai Bổ đề 3.2.3 3.2.4 phụ thuộc vào kết tổng quát sau: Cho F0 F1 hai hình đồng dạng mặt phẳng, P1 ∈ F1 tương 44 ứng với P0 ∈ F0 phép đồng dạng cho trước Lấy r ∈ (0, 1) định nghĩa F1 = {(1 − r)P0 + rP1 } Khi Fr đồng dạng với F0 Trong trường hợp Định lý 3.2.3 3.2.4, ta có r = hai hình chung đỉnh Hai định lý sau tổng quát định lý van Aubel Định lý 3.2.1 ([6]) Nếu hình chữ nhật đồng dạng có tâm E, F, G H dựng bên tứ giác ABCD Hình 3.5, đoạn EG F H vng góc Ngồi ra, J, K, L M trung điểm đoạn thẳng kẻ mờ JL KM đồng quy với hai đường thẳng khác Hình 3.5: Định lý van Aubel mở rộng Chứng minh Theo Bổ đề 3.2.3, hai hình chữ nhật đồng dạng với đường chéo EF GH có chung đỉnh trung điểm AC tương tự, hai hình chữ nhật đồng dạng với đường chéo F G EH có điểm chung trung điểm BD Bổ đề 3.2.1 kéo theo EG F H nằm đường thẳng vng góc KM JL đồng quy với EG F H 45 Bằng cách đặt hình thoi cạnh tứ giác EF GH, ta thu trường hợp tương tự Định lý 3.2.2 bên dưới, mà từ suy KM JL Từ Bổ đề 3.2.1 suy EG hai lần chiều rộng hình chữ nhật đồng dạng P QRS, F H hai lần chiều dài hình chữ nhật Tương tự, KM JL hai lần đường chéo hình chữ nhật P QRS Một quan sát thú vị khác F H EG đường phân giác góc tạo KM JL Vẽ đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật có đường chéo EF F G, suy O nằm hai đường trịn Do F OL = F GL (trên dây cung F L) F OK = F EK (trên dây cung F K) Nhưng F GL đồng dạng với F EK, suy F OL = F OK Do F H phân giác góc KOL, tương tự, EG phân giác góc KOJ Định lý 3.2.2 ([6]) Nếu hình thoi đồng dạng có tâm E, F, G H dựng bên ngồi tứ giác ABCD Hình 3.6, đoạn EG F H Ngồi ra, J, K, L M trung điểm đoạn thẳng kẻ mờ JL KM vng góc Hình 3.6: Định lý van Aubel mở rộng Chứng minh Định lý chứng minh dựa vào Bổ đề 3.2.2 3.2.4 Theo Bổ đề 3.2.4, hình thoi đồng dạng với đường chéo EF GH có chung đỉnh 46 trung điểm AC Tương tự, hình thoi đồng dạng với đường chéo F G EH có chung đỉnh trung điểm BD Bổ đề 3.2.2 kéo theo EG F H Bằng cách đặt hình chữ nhật đồng dạng cạnh tứ giác EF GH, ta thu trường hợp Định lý 3.2.1, từ suy KM JL nằm đường thẳng vng góc với Từ Bổ đề 3.2.2 ta có EG F H hai lần chiều dài cạnh hình thoi P QRS Tương tự, KM hai lần độ dài đường chéo QS JL hai lần độ dài đường chéo P R Kết hợp Định lý 3.2.1 3.2.2, ta thu định lý van Aubel cho tứ giác hình vng vừa hình chữ nhật, vừa hình bình hành Với trường hợp hình vng ta thu đoạn JL KM vng góc với nhau, EG F H vng góc với Cả bốn đường đồng quy điểm Ngồi ra, ta có tam góc điểm Chúng ta cần bổ đề sau để chứng minh kết định lý van Aubel mở rộng Bổ đề 3.2.5 ([4]) Nếu ABC tam giác có tâm S M điểm nằm mặt phẳng tam giác 2SM = AM + BM + CM − AB Bổ đề 3.2.6 ([4]) Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo vng góc AB + CD2 = BC + AD2 Bổ đề 3.2.7 ([4]) Nếu tam giác ABP, BCQ, CDR DAS dựng bên tứ giác lồi ABCD có cạnh AB = a, BC = b, CD = c AD = d có diện tích ∆, AQ2 + P Q2 + CS + RS = DQ2 + RQ2 + BS + P S = 2(a2 + b2 + c2 + d2 − ∆) 47 Hình 3.7: Định lý van Aubel mở rộng Chứng minh Xét tứ giác Hình 3.7 Áp dụng định lý cosin cho tam giác ABQ, P BQ, SDC SDR ta thu AQ2 = AB + BQ2 − 2AB · BQ · cos ABQ = a2 + b2 − 2ab cos(60◦ + ABC) P Q2 = BP + BQ2 − 2BP · BQ · cos P BQ = a2 + b2 − 2ab cos(240◦ − ABC) CS = CD2 + DS − 2CD · DS · cos CDS = c2 + d2 − 2cd cos(60◦ + ADC) RS = RD2 + DS − 2RD · DS · cos RDS = c2 + d2 − 2cd cos(120◦ + ADC) Cộng bốn hệ thức lại ta AQ2 + P Q2 + CS + RS = 2[a2 + b2 + c2 + d2 − ab(cos(60◦ + ABC) + cos(240◦ − ABC)) − cd(cos(60◦ + ADC) + cos(120◦ + ADC))] Sử dụng phép biến đổi góc hàm lượng giác sử dụng kết 2∆ = ab sin B + cd sin D, (3.8) rút gọn thành AQ2 + P Q2 + CS + RS = 2(a2 + b2 + c2 + d2 − ∆) Tương tự, ta chứng minh DQ2 + RQ2 + BS + P S = 2(a2 + b2 + c2 + d2 − ∆) (3.8) 48 Do AQ2 + P Q2 + CS + RS = DQ2 + RQ2 + BS + P S Định lý 3.2.3 ([4]) Nếu S1 , S2 , S3 S4 tâm tam giác ABP, BCQ, CDR DAS dựng bên tứ giác lồi ABCD có cạnh AB = a, BC = b, CD = c DA = d P R, QS vng góc với đường S2 S4 , S1 S4 Tức S1 S3 ⊥ QS, S2 S4 ⊥ P R Hình 3.8: S1 S3 ⊥ QS, S2 S4 ⊥ P R Chứng minh Để chứng minh S1 S3 vng góc với QS, ta chứng minh tứ giác S1 QS3 R có đường chéo vng góc Sử dụng Bổ đề 3.2.6, ta cần S1 Q2 + S3 S = S1 S + S3 Q2 Sử dụng Bổ đề 3.2.5, ta có 3SM = AM + BM + CM − AB Lần lượt thay S S1 , S3 thay M Q, S ta 3S1 Q2 = AQ2 + BQ2 + P Q2 − a2 (3.9) 49 3S1 S = AS + BS + P S − a2 3S3 Q2 = CQ2 + DQ2 + RQ2 − c2 3S3 S = CS + DS + RS − c2 Do đó, để chứng minh (3.9), ta cần chứng minh AQ2 + P Q2 + CS + RS = DQ2 + RQ2 + BS + P S Điều theo Bổ đề 3.2.7 Theo cách tương tự, ta chứng minh S2 S4 ⊥ P R Định lý 3.2.4 ([4]) Cho V1 , V2 , V3 V4 giao điểm đường P R, QS, S1 S3 S2 S4 Khi bốn điểm V1 , V2 , V3 V4 nằm đường trịn (Hình 3.9) Hình 3.9: V1 , V2 , V3 V4 nằm đường tròn Chứng minh Theo Định lý 3.2.3, rõ ràng V1 V2 ⊥ V2 V3 V3 V4 ⊥ V4 V1 Cho nên bốn điểm V1 , V2 , V3 V4 nằm đường tròn 50 Kết luận Với mục đích giới thiệu cho học sinh nội dung định lý van Aubel, vài ý tưởng vận dụng định lý van Aubel vào việc giải số tốn hình học, luận văn đạt kết ban đầu sau: (1) Tổng hợp, trình bày cách có chọn lọc kiến thức nâng cao liên quan đến tốn đồng quy (2) Trình bày định lý van Aubel số tính chất làm sở cho việc vận dụng vào việc tìm lời giải số tốn hình học liên quan đến tam giác, tứ giác Phần cuối luận văn đưa định lý van Aubel mở rộng để người đọc thấy vẻ đẹp ứng dụng định lý van Aubel (3) Đưa số tập có yếu tố đồng quy để minh họa việc vận dụng định lý van Aubel trình đến lời giải Đối với vài toán liên quan đến yếu tố đồng quy tam giác, tứ giác, kỳ thi học sinh khá, giỏi, luận văn cố gắng đưa lời bình, lời dẫn dắt đưa lời giải tường minh so với tốn mà tài liệu tham khảo có lời giải vắn tắt gợi ý hướng giải Thông qua 19 toán, định lý mở rộng luận văn minh họa sinh động việc vận dụng định lý van Aubel vào việc đưa lời giải hay, thú vị cho số tốn hình học khó liên quan đến yếu tố đồng quy dành cho học sinh khá, giỏi đam mê với toán sơ cấp Hướng luận văn mở, ta tìm thấy nhiều ứng dụng định lý van Aubel việc đưa hướng giải cho số dạng tốn hình học khác chương trình phổ thơng 51 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Ban Hồng Chúng (1997), Hình học tam giác, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Bá Đang (2016), Những định lý chọn lọc hình học phẳng tốn áp dụng, NXB Giáo dục, 213 trang [3] Đồn Quốc Việt (2016), Ứng dụng định lý van Aubel tam giác, www.vietmaths.net/2015/06/ung-dung-cua-inh-ly-van-aubel-trong-tam.html trang Tiếng Anh [4] D N V Krishna (2016), “A New Consequence of van Aubel’s Theorem”, doi:10.20944/preprints201611.0009.v1 [5] Y Nishiyama (2011), “The Beautiful Geometric Theorem of van Aubel”, International Journal of Pure and Applied Mathematics, Vol 66, No 1, pp 71–80 [6] M de Villiers (1998), “Dual generalizations of van Aubel’s theorem”, Mathematical Assoc of America, pp 405–412 [7] M de Villiers (2000), “Generalizing van Aubel using duality”, Mathematical Assoc of America, pp 303–307 ... việc giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi? ?? Mục đích luận văn tìm hiểu định lý van Aubel ứng dụng vào giải số tốn hình học Luận văn tập trung vào việc tìm hiểu tính chất đẹp định lý van Aubel. .. định lý van Aubel vào giải tập Trong chương này, vận dụng định lý van Aubel cho tam giác tứ giác trình bày Chương 2, chúng tơi trình bày số ứng dụng định lý van Aubel việc giải số dạng tốn hình học. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN ĐÌNH HUY ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI Chuyên ngành: