Một số bài toán hình học tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ****** VŨ MINH HẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà nội - 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ****** VŨ MINH HẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS LÊ ANH VINH Hà nội – 2015 MỤC LỤC CHƢƠNG BÀI TỐN PHỦ HÌNH 1.1 Một số lý thuyết sở 1.2 Một số tốn phủ hình CHƢƠNG BÀI TỐN ĐỒ THỊ, TƠ MÀU 19 2.1 Lý thuyết tốn tơ màu 19 2.2 Phương pháp tô màu giải tốn hình học 20 2.2.1 Một số tốn tơ màu đồ thị 20 2.2.2 Một số tốn tơ màu vng 37 2.2.3.Một số tốn dùng phƣơng pháp tơ màu vng tính chất bất biến41 CHƢƠNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN 47 3.1 Nguyên lý cực hạn 47 3.2 Ứng dụng nguyên lý cực hạn 47 3.2.1 Một số toán đánh giá góc 47 3.2.2 Một số toán đánh giá khoảng cách, độ dài .54 3.2.3 Một số tốn đánh giá diện tích, thể tích 63 LỜI NÓI ĐẦU Các tốn hình học tổ hợp toán hay nhiều người quan tâm Trong đề thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế thường xuyên xuất toán hình học tổ hợp Đó lý luận văn trình bày số tốn hình học tổ hợp Luận văn “Một số tốn hình học tổ hợp” chia làm chương: Chƣơng Trình bày số lý thuyết tốn phủ hình cách giải tốn dạng Chƣơng Trình bày tốn đồ thị, tơ màu số toán thuộc dạng sử dụng kì thi học sinh giỏi nước quốc tế Chƣơng Trình bày nguyên lý cực hạn tốn hình học tổ hợp sử dụng nguyên lí cực hạn Mục đích luận văn trình bày ngắn họn dễ hiểu lý thuyết tốn : phủ hình, đồ thị, tơ màu, toán sử dụng nguyên lý cực hạn trình bày chi tiết cách giải tốn Mặc dù có nhiều cố gắng việc nghiên cứu thực luận văn tránh khỏi có sai sót, kính mong góp ý quý báu thầy, cô bạn Tôi xin chân thành cảm ơn CHƢƠNG BÀI TOÁN PHỦ HÌNH Bài tốn phủ hình dạng tốn có nhiều thực tế Ví dụ việc lát vỉa hè, quảng trường, sàn nhà, viên gạch đa giác giống Câu hỏi đặt “Những viên gạch đa giác lồi giống lát kín mặt phẳng?” Mặt phẳng lấp đầy đa giác giống cho hai đa giác tuỳ ý khơng có điểm chung, có chung cạnh chung đỉnh Từ câu hỏi có số dạng tốn sinh ra, “Phủ hình mạng lưới vng”, “Phủ đa giác lồi đa giác vị tự (hoặc đồng dạng) với nó”, Dưới luận văn trình bày số định lí, hệ tốn cho dạng tốn phủ 1.1 Một số lý thuyết sở Một hệ thống vô hạn ô vuông tạo nên mặt phẳng gọi mạng lưới đỉnh vng Các vng gọi ô vuông sở Các đỉnh ô vuông điểm ngun (điểm có tung độ hồnh độ số nguyên) hệ trục toạ độ song song với cạnh hình vng sở có đơn vị gốc độ dài cạnh hình vng sở Một đa giác có đỉnh đỉnh lưới mạng ô vuông gọi đa giác ngun Ta có tính chất mạng lưới vng định lí sau Định lí Đa giác có đỉnh điểm lưới vng hình vng Mạng lưới vng có ứng dụng thực tế sử dụng để tính diện tích hình phẳng Ta có định nghĩa sau Đa giác nguyên : Đa giác có đỉnh điểm có toạ độ nguyên Tam giác đơn: Tam giác có đỉnh có toạ độ nguyên mà không chứa đỉnh nguyên bên cạnh Định lí Diện tích tam giác đơn mạng lưới vng đơn vị Định lí (Định lí Picard) Các đỉnh đa giác P có cạnh khơng tự cắt (khơng thiết phải lồi) nằm điểm nguyên Bên có n điểm ngun, cịn biên m điểm ngun Khi diện tích Sn P m 1 1.2 Một số tốn phủ hình Sau luận văn trình bày số tốn phủ hình Những toán tham khảo tài liệu [1], [2] [4] mục tài liệu tham khảo Bài tốn Trên tờ giấy có vết mực diện tích nhỏ Chứng minh ta kẻ carơ tờ giấy với hình vng đơn vị (cạnh 1) cho khơng có đỉnh mạng lưới ô vuông rơi vào vết mực Giải Giả sử ta phủ tờ giấy mạng lưới vng đơn vị Sau đem cắt ô vuông đơn vị rời xếp chồng lên Giả sử phần ô vuông bị thấm mực thấm thẳng qua tất vng Khi diện tích vết mực nhỏ Nên vng có điểm không bị thấm mực Ta đánh dấu điểm Ta đem trải vng cũ Các điểm đánh dấu tạo thành lưới ô vuông phủ tờ giấy mà khơng có điểm chúng nằm vết mực Vậy toán giải Bài toán Cho tam giác nhọn ABC có diện tích Chứng minh tồn tam giác vng có diện tích khơng vượt q phủ kín ABC A Giải Gọi BC cạnh lớn tam giác nhon ABC có diện tích R Kẻ trung tuyến AM Đặt MA = R Vẽ đường tròn (M;R) cắt BC D, E D B Ta có DAE  900 HM a C E Các điểm B, C đối xứng qua M, chúng nằm đường trịn Ta chứng minh tam giác vng ADE tam giác phải tìm Rõ ràng ADE phủ ABC , cần chứng minh SADE  Kẻ đường cao AH Đặt MB = MC = a Ta có  S ADE 2S DE.AH  R.AH ; AH  ABC   R  BC 2a a a nên SAD E Ta chứng minh R a  Thật vậy, hai góc AMB, AMC tồn góc lớn 900 , chẳng hạn AMC  900 , AM  MC2  AC2 Suy Vậy tam giác ADE vuông R2  a2  AC2  BC2  4a có diện tích khơng vượt R  R2  3a2   a phủ kín ABC Bài tốn Một khu vực dân cư có hình tứ giác lồi Tại trung điểm cạnh tứ giá, người ta đặt trung tâm phát nhận sóng Vùng phát sóng nhận sóng lớn hình trịn có đường kính cạnh tứ giác Có thể khẳng định toàn khu vực dân cư phủ sóng hay khơng? Giải A Giả sử có điểm M nằm khu B dân cư có hình tứ giác lồi ABCD mà khơng bị phủ hình trịn M hình vẽ D C Lúc M nằm ngồi đường trịn có đường kính AB, BC, CD, DA nên AMB  900, BMC  900,CMD  900, DMA  900 Suy tổng bốn góc nhỏ 3600 , vơ lí Vậy khơng tồn điểm M Hay khẳng định khu dân cư phủ sóng Bài toán Cho 100 điểm mặt phẳng, hai điểm có khoảng cách khơng q 1, ba điểm đỉnh tam giác tù Chứng minh tồn hình trịn có bán kính Giải Gọi A, B hai điểm có khoảng cách lớn 100 điểm cho, ta có AB  Vẽ đường trịn có đường kính AB, hình trịn có bán kính khơng q Ta chứng minh hình trịn chứa điểm cho phủ 100 điểm cho Thật vậy, vẽ hai đường thẳng vng góc với AB A B tạo thành dải Nếu tồn điểm C cho nằm dải BC > AB AC > AB, trái với cách chọn hai điểm A, B Nếu tồn điểm C cho nằm dải nằm ngồi hình trịn  ABC khơng có góc tù, trái với đề Bài toán Cho bốn điểm mặt phẳng, hai điểm có khoảng cách lớn Chứng minh phủ tất bốn điểm hình trịn có đường kính khơng q Giải Ta chứng minh bốn điểm cho, tồn hai điểm có khoảng cách lớn Xét ba trường hợp :  Bốn điểm A, B, C, D đỉnh tứ giác lồi Tồn góc lớn 90 , chẳng hạn A Ta chứng minh BC  Thật vậy, A  nên 90 BC2  AB2  AC2  11  Vậy BC   Ba điểm (chẳng hạn A, B, C) đỉnh tam giác, điểm thứ tư D nằm biên  Nếu D nằm biên tam giác, chẳng hạn D nằm A C AD > 1, DC > nên AC > > Giả sử ngược lại đường thẳng cho không qua điểm Ta xét giao điểm tạo nên 2015 đường thẳng cho Xét tất khoảng cách khác hạ từ giao điểm tới đường thẳng cho Giả sử A giao điểm số gọi AQ khoảng cách nhỏ số vẽ từ A đến đường thẳng số 2015 đường thẳng A K P l B Q D C Qua A theo giả thiết, phải có đường thẳng, đường thẳng cắt B, C D Vẽ AQ  , hai ba điểm B, C, D phải nằm phía điểm Q, chẳng hạn C D Khơng tính tổng qt, giả sử QC < QD, vẽ CP  AD, vẽ QK  AD Suy ra: CP < QK < AQ Vơ lý, trái với giả thiết giả sử AQ khoảng cách bé Điều vơ lí chứng tỏ 2015 đường thẳng cho đồng quy điểm Bài toán 51 Trên mặt phẳng cho 2015 điểm, khoảng cách chúng đôi khác Nối điểm số 2015 điểm với điểm gần Chứng minh rằngvới cách nối khơng thể nhận đường gấp khúc khép kín B Giải Giả sử ngược lại với cách nối đó, nhận đường thẳng gấp khúc khép kín D A C Gọi AB mắt lớn đường gấp khúc khép kín Tức đoạn thẳng lớn đoạn thẳng tạo nên đường gấp khúc Giả sử AC BD hai mắt kề với mắt AB Ta có:  AC  AB  BD  AB nên B không điểm gần A nên A không điểm gần B Chứng tỏ A B không nối với Vơ lí! Điều chứng tở không nhận đường gấp khúc khép kín từ cách nối Bài tốn 52 Trên mặt phẳng cho 2015 điểm thoả mãn ba điểm số chúng thẳng hàng Chứng minh 2015 điểm cho thẳng hàng Giải Giả sử ngược lại 2015 điểm cho không thẳng hàng A R B Q C D Dựng qua cặp điểm số 2015 điểm đường thẳng Số đường thẳng nối hoàn toàn xác định, hữu hạn Xét khoảng cách khác nhỏ từ 2015 điểm đường thẳng vừa dựng Số khoảng cách tồn hữu hạn Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC bé (A, B, C ba điểm 2015 điểm cho) Theo giả thiết, BC cịn có điểm thứ D khác B C Vẽ AQ  BC, khoảng cách AQ bé (theo giả sử) ta có ba điểm B, C, D phải có hai điểm nằm phía điểm Q, giả sử hai điểm A D Giả sử: CQ  DQ vẽ CR  AD, dễ thấy CR < AQ (vơ lí) Điều chứng tỏ 2015 điểm cho thẳng hàng Bài toán 53 Cho tứ giác ABCD thoả mãn bán kính đường trịn nội tiếp bốn tam giác ABC, BCD, CDA DAB Chứng minh tứ giác ABCD hình chữ nhật Giải Giả sử r  r  r  r ABC BCD CDA DAB Vẽ hình bình hành ABB’C ADD’C B B' C A E D D' Suy tứ giác BB’D’C hình bình hành Do đó: ADC  D'CD r ABC r B'CD ,r ADC r D'CD ABC  B'CB Mặt khác: ABD  CB' D' (c.c.c)  r  r ABD CB' D' Theo giả thiết: rABC  rBCD  rCDA  r DAB r B'CB r CB' D' r D'CD r CBD Gọi E giao điểm BD’ DB’ Ta chứng minh C  E Giả sử C khác E  C thuộc vào bốn tam giác: EBD, EBB’, EB’D’, ED’D Giả sử C thuộc vào miền tam giác BDE r BCD r BED r B 'ED r Vô lý CB 'D ' Điều vơ lí chứng tỏ E trùng với C Suy B, C, D’ thẳng hàng D, C, B’ thẳng hàng Ta có: D’C // AD suy BC // AD Vì CB’ // AB  DC // AB Suy ABCD hình bình hành Ta lại có: SABD  SADC  ABC D (vì ABCD hình bình hành) S  rABD AB  BD  DA r  ADC AD  DC  CA  AB  BD  DA  AD  DC  CA  BD  CA Vậy ABCD hình chữ nhật Bài tốn 54 ( Đề thi chọn HSG quốc gia 1986 – 1987, Bảng A) Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD cắt E Chứng minh rằng: Nếu bán kính đường trịn nội tiếp tam giác EAB, ECD, EDA mà tứ giác ABCD hình thoi Giải Hồn tồn khơng tính tổng qt ta giả sử CE  AE , BE  DE Gọi B1 C1 tương ứng điểm đối xứng B C qua tâm E, ta có tam giác C1EB1 nằm miền tam giác AED Giả sử đoạn thẳng AD không trùng với đoạn thẳng C1B1 B C B1 C1 D A Khi đường tròn nội tiếp tam giác AED nằm bên đường tròn nội tiếp tam giác AED, đồng dạng (phối cảnh) với đường tròn với tâm đồng dạng E, hệ số đồng dạng lớn Như vậy: r  r AED C 11 AED) Vơ lí EB  ( rAE bán kính đường trịn nội tiếp tam giác rCBE D Vì trái với giả thiết là: r  r Điều vơ lí chứng tỏ A  AED CEB C1 D  B1 Khi đó: OA = OC, OB = OD  ABDC hình bình hành Trong hình bình hành ABCD có p r  S AEB  pr BEC (Ở p p tương ứng nửa chu vi tam giác AEB BEC) Suy ra: p1 = p2  AB  BC  AB  BE  EA BC  CE  BE  2 (vì AE = CE) Hình bình hành ABCD có AB = BC nên ABDC hình thoi 3.2.3 Một số tốn đánh giá diện tích, thể tích Bài tốn 55 Chứng minh tất cạnh tam giác mà cạnh nhỏ diện tích tam giác nhỏ Giải B A C H Gọi A góc nhỏ tam giác ABC, suy ra: BAC  600 Ta có: SABC  BH.AC  AB.AC.sin A Do đó: S  AB.AC.sin 600 ABC < 2 1.1  Suy điều phải chứng minh Bài toán 56 Gọi O giao điểm tứ giác lồi ABCD Chứng minh rằng: Nếu tam giác AOB, BOC, COD, DOA có chu vi tứ giác ABCD hình thoi Giải B C1 C B1 D A Khơng tính tổng qt ta giả sử: AO  CO , DO  BO Gọi B C tương ứng điểm đối xứng B C qua O 1  OB  OB , OC  OC 1 Tam giác B OC nằm tam giác AOD 1 1 Ta có: P  PB AOD  PBOC  PAOD (trong kí hiệu P chu vi) OC Dấu xảy B1  D C1  A Khi tứ giác ABCD có: OA = OC, OB = OD  ABCD hình bình hành Mặt khác ta lại có PAOD = AB + BO + OA PBOC = BC + BO + OC Suy AB = BC Vậy ABCD hình thoi Bài tốn 57 (Đề thi vơ địch Trung Quốc 1986) Cho tứ giác lồi PQRS nằm bên tam giác ABC mà tam giác ABC có diện tích Chứng minh ba số bốn đỉnh tứ giác tạo thành tam giác có diện tích bé Giải Trước hết ta chứng minh mệnh đề “Nếu PQRS hình bình hành nằm tam giác ABC diện tích lớn ” Thật vậy, giả sử hình bình hành có diện tích lớn Nếu hình bình hành có hai đỉnh nằm ba cạnh hình tam giác ta mở rộng hình bình hành hình bình hành có hai đỉnh nằm hai số ba cạnh tam giác Khi mở rộng diện tích hình bình hành tăng lên Do hình bình hành ban đầu diện tích chưa lớn Suy có hai đỉnh hình bình hành nằm hai ba cạnh hình tam giác (hình vẽ) (a) (b) (c) Lại giả sử hình bình hành có hai đỉnh nằm hai cạnh tam giác ABC Không tính tổng quát ta giả sử P, R thuộc AC, BC Khi ta tịnh tiến hình bình hành PQRS theo hướng tiến dần tới cạnh AB, ta có diện tích hình bình hành khơng đổi có nhều cạnh nằm ba cạnh tam giác ABC Theo lập luận ta lại mở rộng hình bình hành Vậy hình hình hành có đỉnh nằm cạnh tam giác chưa có diện tích lớn Như phải có đỉnh hình bình hành nằm cạnh tam giác Chứng minh tương tự ta thấy có ba đỉnh nằm cạnh tam giác Diện tích tam giác chưa lớn Nên để diện tích tam giác lớn bốn đỉnh phải nằm cạnh tam giác ABC Khơng giảm tính tổng qt ta giả sử P, Q nằm BC, R nằm AC, S thuộc AB Lúc ta lại tịnh tiến PQ dọc theo BC P trùng với B Điều khơng làm thay đổi diện tích hình bình hành Khi ta có hai tam giác ASR CQR đồng dạng với tam giác ABC CR2 ;SCQR  2 SABC Suy S ASR  SABC Do hình bình hành PQRS có diện tích lớn nên tổng diện tích hai tam giác ASR CQR lớn Điều có nghĩa vị trí điểm R cạnh AC phải để tổng AR  CR  AR   AC  AR  2(AR  2 AC AC2 )  bé 2 Tức R trung điểm AC diện tích PQRS mệnh đề Ta chứng minh A Q P S X R B C Trở lại với tốn Nếu PQRS tứ giác lồi tồn điểm X cho điểm X với ba điểm tứ giác PQRS tạo thành hình bình hành Trong tứ giác lồi PQRS gọi P đỉnh thõa mãn tia PQ không cắt đường thẳng RS, tia PS không cắt đường thẳng QR Qua S dựng đường thẳng song song với PQ, qua Q dựng đường thẳng song song với PS Gọi giao điểm hai đường thẳng X Khi diện tích tam giác PQS nửa diện tích hình bình hành PQSX Tức diện tích tam giác nhỏ Điều phải chứng minh Bài toán 58 Trên cạnh tam giác ABC lấy điểm C’ thuộc cạnh AB, A’ thuộc cạnh BC B’ thuộc cạnh AC Biết rằng, độ dài đoạn thẳng AA’, BB’, CC’ không lớn Chứng minh rằng: SABC Giải Khơng tính tổng qt ta giả sử: C  B  A  Xét hai trường hợp:  Trường hợp 1: Tam giác ABC có ba góc nhọn Khi đó: 600  A  900 Ta có: h  b BB1 S  c.h ABC 1 h  CC  c 1 c 1 hbhc sin  1 2.sin 600 A  B  C1 A1 A ABC  B C  Trường hợp 2: Tam giác ABC không tam giác có ba góc nhọn Khi A  900  AB  BB1 1, AC  CC1 1  ABC  AB.AC   Bài tốn 59 Tìm tất số tự nhiên n cho tồn n điểm khơng gian thoả mãn đồng thời tính chất sau đây: Khơng có ba điểm chúng thẳng hàng Khơng có bốn điểm chúng nằm đường tròn Tất đường trịn qua ba điểm chúng có bán kính Giải Ta sử dụng kí hiệu sau đây: Giả sử X, Y, Z ba điểm khơng thẳng hàng, (XYZ) kí hiệu đường tròn qua ba điểm Trước hết ta thấy n = giá trị cần tìm số tự nhiên n Thật vậy, xét tứ diện ABCD thoả mãn đề Giả sử tồn năm điểm A, B, C, D, E thoả mãn yêu càu đề Chỉ có hai khả xảy ra: a) Nếu A, B, C, D, E đồng phẳng.Vì đường trịn qua ba điểm chúng nên giả sử R bán kính đường trịn Rõ ràng có hai đường trịn bán kính R qua A B (xem hình vẽ ) Xét đường trịn (ABC), (ABD), (ABE) Đó đường trịn bán kính R qua A B.Theo ngun lí Dirichlet phải có số trùng Giả sử (ABC)  (ABD) Như bốn điểm A, B, C, D nằm đường tròn Điều mâu thuẫn với giả thiết b) Nếu A, B, C, D, E khơng đồng phẳng Khi khơng giảm tính tổng quát, giả sử D E nằm phía với mặt phẳng qua A, B, C (vì tồn hai điểm cho chúng nằm phía với mặt phẳng qua ba điểm cịn lại) D, E không thuộc mặt phẳng ABC Áp dụng bổ đề “Cho tứ diện ABCD có bán kính đường trịn ngoại tiếp mặt Khi ABCD tứ diện gần (có cặp cạch đối diện nhau).” Do ABCD ABCE tứ diện gần D, E phía với mặt phẳng ABC, suy D  E Đó điều vô lý Vậy n = 5, giả sử tồn năm điểm phân biệt thoả mãn đầy đủ yêu cầu đề sai Tóm lại n  5, không tồn n điểm phân biệt không gian thoả mãn yêu cầu cho Vì giá trị cần tìm n = Để hồn thiện tốn, ta chứng minh bổ đề sau: Kí hiệu mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng mặt 1, 2, 3, Giả sử mặt B, C, D tam giác BCD kí hiệu B1, C1, D1 (có nghĩa góc B, C, D mặt 1) Với kí hiệu ấy, ta có: a 4  A +  B + C +  D i i2 i i1 i2 i i2 i3 i1 i = 4n Khơng giảm tính tổng qt (và theo ngun lý cực hạn) cho rằng:  D = 4   A; i Vì lẽ đó,ta có   i1 i2 i2  i i1 a B; i c;   D i i2 i3 i1 i      Di i1 Mặt khác, theo tính chất tứ diện ta có góc phẳng mặt nhỏ tổng góc phẳng hai mặt cịn lại Do suy D1, D2, D3 dều góc nhọn; tức tất góc phẳng đỉnh D góc nhọn Theo định lí hàm số sin thì: R( ABC ) BC BC R  2sin D ; ) ( ABC  2sin A Từ giả thiết toán suy ra: sin D1 = sin A4 Tương tự: sin D2  sin B4  sin D3  sin C4 Khơng giảm tính tổng qt, cho A4 = max{A4, B4, C4), suy B4,C4 nhọn Nếu A4   , ta có D1 =  – A4 Ngoài D2 = B4, D3 = C4 (do D1, D2, D3, B4, C4 góc nhọn) Từ có: D2 + D3 = B4 + C4 =  – A4 suy ra: D2 + D3 = D1 Đẳng thức D2 + D3 = D1 điều mâu thuẫn với tính chất góc phẳng góc đa diện Suy ABC tam giác nhọn Như ta có: D1 = A4 , D2 = B4, D3 = C4 Suy góc phẳng đỉnh A, B, C, D  Tại mặt BCD, CDA, DAB tứ diện lên mặt phẳng ABC, dễ dàng chứng minh được: AB = CD, BC = DA, AC = DB Vậy ABCD tứ diện gần TÀI LIỆU THAM KHẢO Vũ Hữu Bình (2007), “Các tốn hình học tổ hợp”, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Nguyễn Hữu Điển (2005), “Một số chủ đề hình học tổ hợp”, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Vũ Đình Hồ (2001), “Một số kiến thức sở hình học tổ hợp”, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Vũ Đình Hồ (2002), “Lý thuyết tổ hợp toán ứng dụng”, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam N IA Vilenkin (GS.TS Hà Huy Khoái dịch 2015), “Tổ hợp quy nạp”, Nhà xuất Thông tin Truyền thông L.I.Golovina and I.M.Yaglom (Dịch từ tiếng Nga Leonid Levant), “Induction in geometry” Các đề thi Học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán nước quốc tế ... thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế thường xuyên xuất tốn hình học tổ hợp Đó lý luận văn trình bày số tốn hình học tổ hợp Luận văn ? ?Một số tốn hình học tổ hợp? ?? chia làm chương: Chƣơng Trình bày số. .. 3.2.1 Một số tốn đánh giá góc 47 3.2.2 Một số toán đánh giá khoảng cách, độ dài .54 3.2.3 Một số toán đánh giá diện tích, thể tích 63 LỜI NĨI ĐẦU Các tốn hình học tổ hợp toán. ..ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ****** VŨ MINH HẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔ HỢP Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI