Sử dụng một số phương pháp đại số để giải bài toán hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - VŨ VĂN CHÍNH SỬ DỤNG MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP ĐẠI SỐ ĐỂ GIẢI BÀI TỐN HÌNH HỌC Chun ngành: Phƣơng pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8460113 TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUN - 2018 Cơng trình đƣợc hồn thành tại: TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Việt Hải Phản biện 1: PGS.TS Trịnh Thanh Hải Phản biện 2: PGS.TS Nguyễn Văn Hoàng Luận văn đƣợc bảo vệ trƣớc Hội đồng chấm luận văn Họp tại: TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - ĐẠI HỌC THÁI NGUN Ngày 27 tháng năm 2018 Có thể tìm hiểu luận văn tại: - Trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên - Thƣ viện Trƣờng Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Mở đầu Giải tốn hình học phương pháp hình học túy đơi khó khăn đặc biệt toán nâng cao kỳ thi học sinh giỏi Tất nhiên lời giải hình học đẹp đẽ ưu tiên số lúc ta tìm Trên thực tế kiến thức đại số hỗ trợ nhiều cho việc giải tốn hình học, nhiều trường hợp cách "đại số hóa” tồn phận tốn hình học làm cho lời giải toán đơn giản hơn, gần gũi Đó lý tơi chọn đề tài "Sử dụng số phương pháp đại số để giải tốn hình học" Mục đích đề tài luận văn - Tìm hiểu cách sử dụng số phương pháp đại số giải tốn hình học bao gồm: Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp; phương pháp lập phương trình-hệ phương trình; phương pháp hàm số bất đẳng thức; phương pháp tọa độ hóa Lựa chọn phương pháp tùy thuộc vào đặc trưng tốn hình học xét - Trình bày bước vận dụng phương pháp nói vào việc giải tốn hình học thơng qua ví dụ minh họa điển hình - Kết hợp kiến thức lượng giác giải tích để phương pháp đại số áp dụng vào hình học đạt hiệu Trình bày lời giải tốn hình bao họ đường thẳng mặt phẳng, giới thiệu phương trình hình học - Bồi dưỡng lực dạy học chun đề hình học khó trường THPT góp phần đào tạo học sinh giỏi mơn Tốn 2 Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Chương Kiến thức chuẩn bị Chương bao gồm: (1) Các hệ thức hình học phẳng khơng gian; (2) Cách giải phương trình, hệ phương trình; (3) Các bất đẳng thức bản, cách tìm cực trị; (4) Mặt phẳng tọa độ không gian tọa độ; (5) Tọa độ tỷ cự Chương Một số phương pháp đại số tốn hình học Chương nội dung luận văn, bao gồm mục sau: (1) Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp; (2) Phương pháp lập phương trình, hệ phương trình; (3) Phương pháp hàm số bất đẳng thức; (4) Phương pháp tọa độ hóa Chương Các vấn đề liên quan Chương bao gồm mục sau: (1) Hình bao họ đường thẳng, họ mặt phẳng; (2) Giới thiệu phương trình hình học Chương Kiến thức chuẩn bị Để giúp cho việc giải tốn hình học phương pháp đại số ta cần hệ thống kiến thức cần thiết hệ thức hình học, số kiến thức đại số sau: 1.1 Các hệ thức hình học (1) Tam giác vng; (2) Định lý cosin hệ quả; (3) Định lý sin; (4) Định lý hàm tan; (5) Độ dài đường trung tuyến; (6) Độ dài đường phân giác; (7) Diện tích hình phẳng: Tam giác vng; tam giác thường; tam giác đều; hình thang; hình bình hành; hình trịn (8) Một số hệ thức đặc biệt tam giác đường tròn: Hệ thức Stewart; hệ thức Euler; hệ thức Ptole my; hệ thức Leibniz (9) Khoảng cách điểm đặc biệt 1.2 Biến đổi đại số, giải phương trình, hệ phương trình Giải phương trình tìm hết tất nghiệm phương trình Về phương diện lơgic đưa ba phương pháp sau: (1) Biến đổi hệ thử lại, (2) Biến đổi tương đương, (3) Đoán nhận khẳng định 1.3 Các bất đẳng thức bản, cách tìm cực trị 1.3.1 Bất đẳng thức đại số (a) Bất đẳng thức Cauchy; (b) Bất đẳng thức Bunhiacopski; (c) Bất đẳng thức Chebyshev; (d) Bất đẳng thức Bernouly 1.3.2 Định lý dấu tam thức bậc hai 1.3.3 Tìm cực trị biểu thức biến 1.4 Mặt phẳng tọa độ không gian tọa độ 1.4.1 Mặt phẳng tọa độ Đường thẳng a Cơng thức tính góc đường thẳng b Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng c Phương trình đường phân giác góc tạo đường thẳng Đường trịn a Phương trình đường trịn b Phương tích M0 (x0 , y0 ) đường tròn Elip, Hypebol, Parabol a Phương trình tắc đường cô nic b Điều kiện tiếp xúc đường cô nic đường thẳng Ax + By +C = 1.4.2 Khơng gian tọa độ a Tích có hướng hai véc tơ b Phương trình đường thẳng c Góc hai đường thẳng d Khoảng cách hai đường thẳng chéo e Góc đường thẳng ∆ mặt phẳng α 1.5 1.5.1 Tọa độ tỷ cự Nhắc lại tọa độ tỷ cự Định nghĩa Giả sử ABC tam giác sở Tọa độ tỷ cự điểm M tam giác ABC ba số (x : y : z) cho x : y : z = MBC : MCA : MAB Ta ký hiệu tọa độ tỷ cự điểm M M(x : y : z) ta có M(x : y : z) M(kx : ky : kz) với k = Tọa độ gọi chuẩn hóa x + y + z = G(1 : : 1); I(a : b : c); O(sin 2A : sin 2B : sin 2C) O(a2 (b2 + c2 − a2 : b2 (c2 + a2 − b2 ) : c2 (a2 + b2 − c2 ) Oa (−S(Oa BC) : S(OaCA) : S(Oa AB) ) ≡ Oa (−a : b : c) Ob (S(Oa BC) : −S(OaCA) : S(Oa AB) ) ≡ Ob (a : −b : c) Oc (S(Oa BC) : S(OaCA) : −S(Oa AB) ) ≡ Oc (a : b : −c) 1 H(tan A : tan B : tanC) ≡ : : b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 1.5.2 Một số kiện hình học tọa độ tỷ cự a Diện tích tam giác: Lấy ABC tam giác sở, giả sử P(p1 : p2 : p3 ), Q(q1 : q2 : q3 ), R(r1 : r2 : r3 ) có tọa độ tỷ cự chuẩn hóa theo ABC Khi ta có: p1 q1 r1 PQR = p2 q2 r2 ABC p3 q3 r3 b Đường thẳng qua điểm P(p1 : p2 : p3 ), Q(q1 : q2 : q3 ) c Phương trình đường thẳng: ux + by + cz = d Vị trí tương đối hai đường thẳng e Phương trình tổng qt đường trịn f Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC : a2 yz + b2 zx + c2 xy = Chương Một số phương pháp đại số tốn hình học Nội dung chương trình bày số phương pháp đại số để giải tốn hình học: (1) Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp; (2) Phương pháp lập phương trình, hệ phương trình; (3) Phương pháp hàm số, bất đẳng thức; (4) Phương pháp tọa độ hóa Các ví dụ minh họa tham khảo [4], [5], [7] 2.1 Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp Nội dung phương pháp sử dụng hệ thức hình học có để biểu diễn đại lượng hình học, điều kiện tốn sau dùng biến đổi đại số trực tiếp để giải toán Ta xét số ví dụ điển hình 2.1.1; 2.1.6, ví dụ tốn khác trình bày luận văn 2.1.1 Tính tốn đại lượng hình học Ví dụ 2.1.1 Cho tam giác ABC thỏa mãn BC2 + AC2 = 5AB2 Tìm góc trung tuyến AM BN Lời giải Ký hiệu AB = c, BC = a, AC = b, NOM = ϕ Theo tính chất trọng tâm O 2(b2 + c2 ) − a2 công thức độ dài đường trung tuyến ma = Ta có độ dài OM, ON OM = ma = 2(b2 + c2 ) − a2 ; ON = mb = 2(b2 + c2 ) − a2 (2.1) c Ta có MN = , từ (2.1) áp dụng định lý cô sin ∆OMN: m2a m2b 2ma mb c2 + − cos ϕ = 9 ⇔ 2b2 + 2c2 − a2 + 2a2 + 2c2 − b2 − 8ma mb cos ϕ = 9c2 ⇔ b2 + a2 + 4c2 − 8ma mb cos ϕ = 9c2 ⇔ 8ma mb cos ϕ = 5c2 − b2 + a2 π Từ suy cosϕ = ϕ = Ví dụ 2.1.2 (Xem luận văn) Ví dụ 2.1.3 (IMO 1975, #3) Trên cạnh tam giác ABC tùy ý dựng phía bên ngồi tam giác ABR, BCP,CAQ với CBP = CAQ = 450 , BCP = ACQ = 300 , ABR = BAR = 150 Chứng minh QRP = 900 QR = RP 2.1.2 Các tốn chứng minh Ví dụ 2.1.4 (Xem luận văn) Ví dụ 2.1.5 ([1]) Nếu trọng tâm G nằm đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta có hệ thức: 5(a2 + b2 + c2 ) = 6(ab + bc + ca) Chứng minh Áp dụng công thức (9) chương ta có: IG = 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2 ) 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2 ) 3 ⇔ 9r2 = 9r2 − 3p2 + 2(a2 + b2 + c2 ) ⇔ (a + b + c)2 = 2(a2 + b2 + c2 ) 2 ⇔ 5(a + b + c ) = 6(ab + bc + ca) Khi G ∈ (I, r) IG = r hay r = Ví dụ 2.1.6 (Xem luận văn) Ví dụ 2.1.7 (Xem luận văn) Ví dụ 2.1.8 (Định lý Carnot, xem [1]) Cho tam giác ABC, cạnh BC,CA, AB lấy điểm D, E, F Qua D dựng d2 ⊥CA, qua F dựng d3 ⊥AB Chứng minh d1 , d2 , d3 đồng quy DB2 + EC2 + FA2 = DC2 + EA2 + FB2 (2.2) Ví dụ 2.1.9 (Định lý Steiner, xem [1]) Cho tam giác ABC, ký hiệu bán kính r, R, , rb , rc chương Khi ta có + rb + rc = r + 4R (2.3) Ví dụ 2.1.10 (Xem luận văn) Bài toán 2.1; Bài toán 2.2; Bài toán 2.3; Bài toán 2.4 (Xem luận văn) 2.2 Phương pháp lập phương trình, hệ phương trình Giải tốn hình học phương pháp lập phương trình, hệ phương trình thực theo bước sau: • Chọn ẩn x: độ dài, khoảng cách, góc, với điều kiện thích hợp • Từ quan hệ hình học tìm quan hệ đại số đại lượng dẫn đến phương trình, hệ phương trình đại số • Giải phương trình, hệ phương trình lấy nghiệm thích hợp Để minh họa phương pháp ta xét hai ví dụ 2.2.3; 2.2.8, ví dụ khác trình bày luận văn 2.2.1 Tính tốn đại lượng hình học Ví dụ 2.2.1 (Xem luận văn) Ví dụ 2.2.2 (Xem luận văn) Ví dụ 2.2.3 Trên cạnh huyền BC tam giác vuông ABC lấy điểm M, √ cạnh AC lấy điểm N cho MN AB Biết AB = AN = 1cm,CM = 3cm Tìm độ dài đoạn thẳng MN Lời giải 10 √ Từ (2.4) (2.5) ta được: − = y Tương tự ∆ABM: y sin(x + ) sin x AB BM = √ = sin(x + y )  √  sin( x + y) = − sin x Ta nhận hệ phương trình √ x  ( − 1) sin( + y) = sin y 2 Giải hệ phức tạp, ta thay đổi cách đặt ẩn để có lời giải đơn giản a sin • Xét tam giác ABM, ABN, theo tính chất đường phân giác ta có: √ BM MO AN NO √ AB = =√ ; = = − ⇒ BM = √ ; AN = AB( − 1) AB AO BO AB AN AB BM AB Từ ∆ABC ta có: = ; = Ta đặt x = AB, y = BC, z = AC với CN BC CM AC  √ x( − 1) x    √ = z − x( − 1) y (x, y, z > 0) ta có hệ phương trình sau: x x   =  √  √ y − x z√  y 3−y = z−x 3+x • Giải hệ phương trình ta được: √  y − x = z √ √ Trừ hai phương trình vế với vế ta −y + x = −x + x ⇔ y = x 3, z = 2x Như ba cạnh tam giác thỏa mãn đẳng thức z2 = x2 + y2 ⇔ AC2 = x AB2 = BC2 Ta có B = 900 , sin C = = nên C = 300 , B = 600 z Ví dụ 2.2.9 (Xem luận văn) 2.3 Phương pháp hàm số bất đẳng thức Trong phương pháp ta xét hai ví dụ điển hình 2.3.5; 2.3.7, ví dụ tốn khác trình bày luận văn 2.3.1 Chứng minh bất đẳng thức hình học Ví dụ 2.3.1 ([3]) Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng minh a (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) ≤ abc 11 b a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) ≥ Ví dụ 2.3.2 (Xem luận văn) Ví dụ 2.3.3 (Xem luận văn) Ví dụ 2.3.4 (Bất đẳng thức Erdos) Cho điểm M tam giác ABC Gọi p, q, r khoảng cách tương ứng từ M đến cạnh BC,CA, AB Đặt x = MA, y = MB, z = MC Khi đó, x + y + z ≥ 2(p + q + r) Ví dụ 2.3.5 ([1]) Cho tam giác ABC, M điểm mặt phẳng Xác định vị trí M để MA2 + MB2 + MC2 = GA2 + GB2 + GC2 + 3MG2 đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi G trọng tâm tam giác, dễ chứng minh hệ thức 4 GA2 = m2a ⇒ MA2 + MB2 + MC2 = (m2a + m2b + m2c ) + 3MG2 9 Mặt khác, áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến, công hệ thức vế với vế m2a + m2b + m2c = (a2 + b2 + c2 ) Ta suy MA2 + MB2 + MC2 = (a2 + b2 + c2 ) + 3MG2 (2.6) Từ (2.20) suy MA2 +MB2 +MC2 đạt giá trị nhỏ MG2 = hay M ≡ G Bài toán 2.5; Bài toán 2.6 (Xem luận văn) 2.3.2 Tìm cực trị hình học Ví dụ 2.3.6 (Xem luận văn) Ví dụ 2.3.7 Cho tam giác ABC với ba cạnh a, b, c Gọi x, y, z thứ tự khoảng cách từ M tam giác đến cạnh BC,CA, AB Xác định vị trí M để a b z tổng + + có giá trị nhỏ x y c Lời giải • Ta có: SABC = (ax + by + cz) ⇒ ax + by + cz = 2SABC Xét tich ax + by + a b c y x y z z x + + bc + + ac + cz)( + + = a2 + b2 + c2 + ab x y z x y z x x z 12 • Vì x, y, z > nên theo bất đẳng thức Cauchy áp dụng cho số dương ta suy a b c (ax + by + cz)( + + ) ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca hay x y z a b c a b c (a2 + b2 + c2 ) 2SABC ( + + ) ≥ (a + b + c) ⇒ ( + + ) ≥ x y z x y z 2SABC Dấu xảy x = y = z Vậy M tâm đường tròn nội tiếp 4p2 2p2 a b c = ∆ABC Giá trị nhỏ ( + + ) = x y z 2SABC SABC Ví dụ 2.3.8 (IMO 1988 #1) Cho đường tròn đồng tâm (O, R) (O, r) với R > r Cố định điểm P đường tròn nhỏ xét dây cung thay đổi PA đường tròn nhỏ Lấy B,C đường tròn lớn cho B,C, P thẳng hàng BC⊥PA a Tìm giá trị OPA để BC2 +CA2 + AB2 đạt giá trị lớn b Tìm quỹ tích trung điểm U AB trung điểm V AC Ví dụ 2.3.9 ( VMO 2011 #3) Trong mặt phẳng cho đường trịn (O) đường kính AB Điểm P di động tiếp tuyến B (O), P = O PA cắt đường tròn điểm thứ hai C, D điểm đối xứng với C qua O PD cắt lại đường tròn E a Chứng minh AE, BC, PO đồng quy điểm M b Hãy xác định vị trí P cho ∆AMB có diện tích lớn Tính diện AB tích lớn theo bán kính R = Bài tốn 2.7; Bài toán 2.8; Bài toán 2.9; Bài toán 2.10 (Xem luận văn) 2.4 Phương pháp tọa độ hóa Trong chương trình bày hai nội dung: Giải tốn tọa độ Descartes giải toán tọa độ tỷ cự Phương pháp minh họa hai ví dụ cụ thể sau: Ví dụ 2.4.1 ví dụ 2.4.6 2.4.1 Giải tốn tọa độ Descartes Ví dụ 2.4.1 ( APMO 1998) Cho tam giác ABC với đường cao AD, d đường thẳng tùy ý qua D Lấy E, F ∈ d, khác D cho AE⊥BE, ⊥CF Gọi M, N theo thứ tự trung điểm BC, EF Chứng minh AN⊥MN 13 Chứng minh Bài tốn có lời giải hình học túy, nhiên cách giải tọa độ trường hợp ngắn tự nhiên Figure 2.1: Chứng minh AN⊥MN tọa độ • Chọn A(0, 0), trục hoành đường thẳng qua A song song với d Để đơn giản tính tốn ta coi khoảng cách từ A đến d e+ f , 1) Lúc D(d, 1), E(e, 1), F( f , 1) Ta suy N( • Khi ta có phương trình (AE) : x − ey = 0; (AD) : x − dy = 0; (AF) : x − f y = Do BE⊥EA nên (BE) : ex + y − e2 − = 0; CF⊥AF nên (CF) : f x + y − f − = 0; BC⊥AD nên (BC) : dx + y − d − = e+ f d(e + f ) Từ đó, B(d +e, 1−de);C(d + f , 1−d f ) tọa độ M(d + , 1− ) 2 d(e + f ) −−→ Từ suy MN = (−d, ) e+ f d(e + f ) −−→ −→ Vì MN.AN = −d + = ta có điều phải chứng minh 2 Ví dụ 2.4.2 (Xem luận văn) Ví dụ 2.4.3 (Xem luận văn) Ví dụ 2.4.4 (Xem luận văn) 2.4.2 Giải toán tọa độ tỷ cự Vì phạm vi giới hạn nên chương giới thiệu ví dụ giải tọa độ tỷ cự 14 Ví dụ 2.4.5 Giả sử ABC tam giác với tâm đường tròn ngoại tiếp O Các điểm D, E, F nằm cạnh BC,CA, AB, D , E , F tương ứng điểm đối xứng D, E, F qua trung điểm BC,CA, AB Chứng minh a Điểm Miquel M D, E, F điểm Miquel M D , E , F cách tâm O b Các trọng tâm G1 , G2 ∆DEF, ∆D E F đối xứng qua trọng tâm G ∆ABC c SDEF = SD E F Ví dụ 2.4.6 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω Điểm P nằm đường thẳng BC cho PA tiếp xúc với ω Phân giác góc APB cắt cạnh AB, AC tương ứng D, E, cạnh BE,CD cắt tai Q Cho đường thẳng PQ qua tâm ω, tính góc BAC PB PA c Lời giải Từ hai tam giác ∆PBA ∆PAC đồng dạng ta có = = nên PA PC b BD c AE c = = Điều cho D(c : b : 0), E(b : : c), DQ(bc : b2 : c2 ) Điểm DA b EC b P ∈ BC có dạng P(0 : x : y) với P(0 : x : y) với x, y P, D, E thẳng x y hàng nên ta có c b = 0, tức b2 x = − Do ta có P(0 : b2 : −c2 ) y c b c Figure 2.2: Bài thi MOP 2006 Vì P, Q O = (a cos α : b cos β ; c cos γ) thẳng hàng ta tìm 15 b2 −c2 bc b2 c2 a cos α b cos β c cos γ = bc; b −c bc b c =0 a cos α cos β cos γ Điều kéo theo 2abc cos α = bc2 cos β +b2 cos γ = bc(c cos β +b cos γ) = abc, tức cos α = , α = 600 Bài toán 2.12; Bài toán 2.13; Bài toán 2.14; Bài toán 2.15 (Xem luận văn) Bài toán 2.16 (APMO 2000) Cho ∆ABC với M trung điểm cạnh BC, N chân đường phân giác góc BAC Đường vng góc với NA N cắt đường thẳng AB, AM theo thứ tự P, Q Đường vng góc với AB P cắt NA O Chứng minh OQ⊥BC 16 Chương Các vấn đề liên quan Trong chương ta trình bày hai vấn đề: Các toán nâng cao giải phương pháp đại số Phương trình hình học 3.1 Các tốn nâng cao giải phương pháp đại số Sau tốn hình học mức độ khó giải phương pháp đại số Các ví dụ tham khảo ([1]), ([4]), ([5]), ([6]) Ví dụ 3.1.1 (Xem luận văn) Ví dụ 3.1.2 ( IMO 2001, #5) Cho tam giác ABC, X ∈ BC AX phân giác góc A,Y ∈ CA BY phân giác góc B, A = 600 Biết AB + BX = AY + Y B Tìm tất giá trị có góc B Lời giải Ta trình bày cách giải Cách (Phương pháp lập phương trình) - Khơng tính tổng qt ta coi AB = Đặt góc ABY = x, với điều kiện < x < 600 Theo định lý sin:  0    BX = sin 30 / sin(150 − 2x) AY = sin x/ sin(1200 − x)    Y B = sin 600 / sin(1200 − x) Bởi từ giải thiết ta lập phương trình x Áp dụng công thức sin tổng, với cách ký hiệu s = sin x, c = cos x ta có 17 √ √ √ √ 3s2 c − 4sc + 3c2 + 6sc − 2s − = ⇔ − 3(4c3 − 2c2 − 2c + 1) = √ 2s(2c2 − 3c + 1) ⇔ − 3(2c − 1)(2c2 − 1) = 2s(2c − 1)(c − 1) = ⇔ (2c − √ 1)[− 3(2c2 − 1) − 2s(c − 1)] = ⇔ (2c − 1)(16c4 − 8c3 − 12c2 + 8c − 1) = Với 2c − = có x = 600 hay B = 1200 mâu thuân A = 600 Với 2c − = ta có 16c4 − 8c3 − 12c2 + 8c − = ⇔ (2c − 1)(8c3 − 6c + 1) = ⇔ 8c3 − 6c + = ⇔ cos 3x + = ⇔ cos 3x = − Từ theo điều kiện 0 x ta có x = 40 Do B = 2x = 80 Cách (tóm tắt): (Lời giải hình học- Phương pháp điểm phụ): Trên tia AB lấy điểm X cho BX = BX, tia AY lấy Z cho Y Z = Y B Khi AZ = AY +Y ZAY +Y B = AB+BX = AB+BX” = AX , góc A = 600 nên A = 600 nên ∆AZX Biến đổi góc thu B = 800 , C = 400 Figure 3.1: IMO 2001, #5 Ví dụ 3.1.3 ( IMO 1977, #1) Trên cạnh hình vng ABCD dựng ngồi tam giác ABK, BCL,CDM, DAN Chứng minh trung điểm đoạn thẳng KL, LM, MN, NK trung điểm đoạn AK, KB, BL,CM, DN, NA đỉnh 12- giác Chứng minh Lấy hệ tọa độ Descartes cho A(1, 1), B(−1, 1),C(−1, −1), D(1, −1) Khi √ 3−1 : K(0, 2k), L(0, −2k), M(0, 2k), N(−2k, 0); k = Các trung điểm KL, LM, MN, NK có tọa độ là: (k, −k), (k, k), (−k, k), √ (−k, −k), tất cách gốc tọa độ khoảng k góc tương ứng tạo thành 3150 , 450 , 1350 , 2250 18 Các trung điểm AK, BK, BL,CL.CM.DM, DN, AN lần lươt có tọa độ√là: (h, k), (−h, j), (− j, −h), (−h, − j)(h, − j), ( j, h), h = , j = − , 2 √ tất cách gốc tọa độ khoảng cách k góc tương ứng tạo thành 150 , 1650 , 1050 , 2250 , 3450 , 2850 , 750 Để có giá trị góc ta cần xét tam giác vng cạnh k, h, j Chẳng hạn góc x h k có j h 2h j sin x = , cos x = ⇔ sin 2x = sin x cos x = = ⇒ x = 150 k k k Như 12 điểm cách gốc O, góc tạo thành có giá trị 150 +n.300 , n = 0, 1, , 11 Chúng tạo thành thập nhị giác Ta có điều cần chứng minh Figure 3.2: Thập nhị giác Nhận xét Có thể dùng số phép quay tâm O, với góc quay thích hợp Ví dụ 3.1.4 (Xem luận văn) Ví dụ 3.1.5 (Xem luận văn) Ví dụ 3.1.6 (Xem luận văn) 3.2 3.2.1 Giới thiệu phương trình hình học Bài tốn hình học Định nghĩa Phương trình biểu diễn họ đường thẳng mặt phẳng, , phụ thuộc tham số α, β , , nghiệm phải tìm hình bao 19 họ, gọi phương trình hình học 3.2.2 Phương trình x2 + px + q = Figure 3.3: Mặt phẳng (p, q) Xét đẳng thức x2 + px + q = 0: thơng thường phương trình bậc hai với tham số p, q, tức họ phương trình bậc hai với cặp tham số (p, q) Bây ta xét phương trình x2 + px + q = theo cách nhìn khác: cho p, q làm biến cịn x tham số Với x ta nhận phương trình tuyến tính p, q Phương trình cho đường thẳng mặt phẳng tọa độ (p, q) Trên hình vẽ 3.3 cho số đường thẳng Nhìn vào hình vẽ khó mà khẳng định có đường cong tiếp xúc với tất đường thẳng thực tế có đường cong parabol tiếp xúc với tất đường thẳng Đường cong đường bao họ đường thẳng cho Bây giò ta xét họ đường thẳng x2 + px + q mặt phẳng (p, q) họ tiếp tuyến đường bao Đương nhiên tồn họ đường bao khơng phải tính chất đặc biệt họ đường thẳng Tại đường thẳng họ ta gắn ”bí số”, tức gắn số x phương trình x2 + px + q = cho đường thẳng ứng với tham số x, chẳng hạn đường 1 thẳng ”bí số” , đường thẳng ”bí số” − , đường thẳng ”bí số” 2, hình vẽ, 2 điểm tiếp xúc Hình vẽ sử dụng ”cái máy giải phương trình x2 + px + q = 0”: Nếu cho giá trị p, q, ta vẽ qua điểm M(p, q) tiếp tuyến 20 đến đường bao ta đọc giá trị phương trình x2 + px + q = tiếp điểm (chính bí số) Figure 3.4: Biện luận nghiệm phương trình x2 + px + q Đặc biệt số nghiệm phương trình với p, q cho trước số tiếp tuyến kẻ từ điểm M(p, q) đến đường bao, hình vẽ 3.4 Rõ ràng điểm M(p, q) ∈ (II) ta kẻ tiếp tuyến, M(p, q) ∈ (I) khơng có tiếp tuyến Cịn M(p, q) nằm đường bao có có tiếp tuyến Như đường bao họ đường thẳng xét tập hợp điểm M(p, q) cho phương trình x2 + px+q = có nghiệm kép Như ta biết phương trình bậc hai x2 + px + q = có nghiệm kép p2 = 4q Đó parabol (đi qua gốc tọa độ, quay bề lõm lên trên) mặt phẳng tọa độ (p, q) 3.2.3 Phương trình x3 + px + q = Tương tự phương trình bậc hai kết luận ”Phương trình bậc ba ln có nghiệm” điểm mặt phẳng kẻ tiếp tuyến đến đường bao Phần biện luận nghiệm phương trình cho hình vẽ 3.6 Ta tìm phương trình  đường bao Số t nghiệm bội đa thức f (x) t  f (x,t) = nghiệm hệ Đảo lại  f (x,t) = Áp dụng vào phương trình x3 + px + q ta t + px + q = 0; 3t + p = Rút 21 Figure 3.5: Các đường thẳng họ với bí số p, q theo t khử t ta phương trình đường bao: 4p3 + 27q = Từ phương trình ta thấy q tỉ lệ với p2/3 nên ta gọi đường cong parabol nửa lập phương Biểu thức 4p3 + 27q2 gọi biệt thức phương trình bậc ba Số nghiệm phương trình phụ thuộc vào dấu biệt thức Figure 3.6: Biện luận nghiệm phương trình x3 + px + q 22 3.2.4 Phương trình x4 + px2 + qx + r = Trong mục ta nói phương trình bâc với tham biến p, q Bây ta xét phương trình x4 + px2 + qx + r = với tham biến p, q, r Phương trình cho họ phương trình bậc với tham biến p, q, r cho phương trình tuyến tính với giá trị x Mỗi phương trình tuyến tính cho mặt phẳng khơng gian (p, q, r), họ phương trình cho họ mặt phẳng phụ thuộc tham số x Hình bao họ mặt phẳng mặt tiếp xúc với mặt phẳng họ Mặt gọi mặt bao (có thể khơng mặt phẳng), tập hợp điểm có tọa độ (p, q, r) cho phương trình x4 + px2 + qx + r = có nghiệm kép 23 Kết luận luận văn Luận văn thu kết sau Trình bày có hệ thống bốn phương pháp đại số để giải tốn hình học: Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp, phương pháp lập phương trình, hệ phương trình, phương pháp hàm số bất đẳng thức Mỗi phương pháp nêu rõ bước kỹ thuật áp dụng, minh họa ví dụ nhận xét cần thiết Trình bày thêm phương pháp tọa độ Descartes hay tọa độ tỷ cự phương pháp độc lập: Từ việc chọn tọa độ, chon tam giác sở đến việc tính tốn tọa độ, phương trình, Nêu bật ý nghĩa phương pháp đại số thơng qua tốn Olympic quốc tế Ngoài luận văn giới thiệu sơ lược phương trình hình học nhằm mục đích làm rõ tốn hình học theo ngơn ngữ đại số Sau hồn thành vấn đề đặt ra, chúng tơi nhận thấy hướng nghiên cứu tiếp theo: - Tìm hiểu phương pháp đại số hình học khơng gian - Bài tốn ngược: Sử dụng cơng cụ hình học giải toán đại số Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Tác giả mong góp ý, bổ sung đồng nghiệp thầy cô giáo làm cho kết nghiên cứu hoàn chỉnh có ích Xin chân thành cảm ơn 24 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Bá Đang, (2016), Những định lý hình học phẳng toán áp dụng, tr 37-74, NXB Giáo Dục Việt Nam [2] Nguyễn Thị Hằng, (2017), Diện tích đa giác định hướng, Luận văn thạc sĩ, bảo vệ thành công Đại học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun [3] Monier J.M., (2001), Giáo trình tốn tập 7, HÌNH HỌC, NXB Giáo dục Tiếng Anh [4] Viktor Prasolov, (Translated and edited by Dimitry Leites) (1989), Problems in Plane and Solid Geometry, V1 Plane Geometry, Moscow, Nauka, Chapter 6, Chapter 8, Chapter 25, Chapter 27 [5] Paul Yiu, (1998), Euclidean Geometry, (Preliminary Version), Departement of mathematics Florida Atlatic University, Chapter 1, Tiếng Nga ❬✻❪ ➶àđèëüåâ ❮✳➪✳✱ ➴ãỵðỵâ ọữố õủồủợỵỗớỷừ ỡũồỡũố ữồủờốừ ợởốỡùốọ ợủờõúờ ... cách sử dụng số phương pháp đại số giải tốn hình học bao gồm: Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp; phương pháp lập phương trình-hệ phương trình; phương pháp hàm số bất đẳng thức; phương pháp. .. Một số phương pháp đại số tốn hình học Nội dung chương trình bày số phương pháp đại số để giải tốn hình học: (1) Phương pháp biến đổi đại số trực tiếp; (2) Phương pháp lập phương trình, hệ phương. .. bày hai vấn đề: Các toán nâng cao giải phương pháp đại số Phương trình hình học 3.1 Các tốn nâng cao giải phương pháp đại số Sau tốn hình học mức độ khó giải phương pháp đại số Các ví dụ tham khảo