Định Lý Van Aubel Và ứng Dụng Trong Việc Giải Một Số Bài Toàn Hình ...

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.pdf) (55 trang)

Trang chủ

Thạc sĩ - Cao học

Nông - Lâm - Ngư

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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.18 MB, 55 trang )

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC——————–o0o——————–NGUYỄN ĐÌNH HUYĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONGVIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌCDÀNH CHO HỌC SINH GIỎILUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCTHÁI NGUYÊN - 2018ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC——————–o0o——————–NGUYỄN ĐÌNH HUYĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNGTRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNHHỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎIChuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấpMã số: 8460113LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCNGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCPGS. TS. Trịnh Thanh HảiTHÁI NGUYÊN - 2018iMục lụcDanh sách hình vẽiiMở đầu1Chương 1. Kiến thức chuẩn bị1.1 Một số định lý hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1.2 Một số bài toán đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .337Chương 2. Định lý van Aubel142.1 Định lý van Aubel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2 Một số tính chất, hệ quả của định lý van Aubel . . . . . . . . . 22Chương 3. Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập283.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tamgiác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tứ giác 41Kết luận50Tài liệu tham khảo51iiDanh sách hình vẽ1.11.21.31.41.51.61.71.81.9Định lý Thales . . . . . . . . . . . . . . .Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . .Áp dụng định lý Menelaus . . . . . . . . .Trực tâm H là trung điểm đường cao CMĐịnh lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . .EF song song với BC . . . . . . . . . . .M A là tia phân giác của góc EM F . . . .M M , N N , P P đồng quy . . . . . . . . .DM, EN, P F đồng quy . . . . . . . . . . .............................................................................................................345678911132.12.22.32.42.52.62.72.8AA , BB , CC cắt nhau tại K . . . . .Định lý van Aubel cho tứ giác . . . . .Biểu diễn các cạnh theo số phức . . . .P M = M P và P M ⊥ M Q . . . . . . .pm và qm vuông góc và có độ dài bằngP M2 ⊥ M1 M3 , M1 M2 ⊥ QM3 , . . . . .P M = QM, P M ⊥ QM . . . . . . .Bốn đường tròn giao nhau tại F . . . .. . .. . .. . .. . .nhau. . .. . .. . .........................................................................................14171719202021223.13.23.33.43.53.63.73.83.9BB vuông 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 và V4 nằm trên một đường tròn...................................................................................................414243434445474849..................1Mở đầuTừ lâu hình học luôn được coi là một bộ môn được yêu thích bởi nhữngkhám phá mới mẻ từ những định luật, định lý và những ứng dụng đẹp của nó.Hình học là một phân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với tất cảchúng ta xuyên suốt quá trình học toán từ bậc Tiểu học đến Trung học phổthông. Sự kì diệu của hình học thường tiềm ẩn những thử thách sâu sắc đểthách thức trí tuệ của con người.Trong các thành tựu của hình học thì định lý van Aubel là một định lý nổitiếng và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học hay và khó.Định lý được đặt theo tên nhà khoa học H. H. van Aubel, người đã công bố nónăm 1878. Định lý van Aubel có hai phát hiện trong lĩnh vực hình học phẳngđó là định lý van Aubel cho tứ giác và định lý van Aubel cho tam giác. Định lývan Aubel về tứ giác nói về mối quan hệ của các hình vuông cùng vẽ ra ngoàihoặc cùng vẽ vào trong của một tứ giác. Định lý van Aubel về tam giác đưa ranhững tính chất đẹp về các đường đồng quy trong tam giác.Trong khuôn khổ luận văn này chúng tôi xin được trình bày đề tài: “Địnhlý van Aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toán hình học dành chohọc sinh giỏi”. Mục đích của luận văn là tìm hiểu định lý van Aubel và các ứngdụng của nó vào giải một số bài toán hình học.Luận văn tập trung vào việc tìm hiểu các tính chất đẹp của định lý vanAubel cho tam giác, tứ giác và một số vận dụng của định lý này vào giải mộtsố bài tập hình học hay và khó dành cho học sinh giỏi. Cụ thể, luận văn gồmphần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương 1 hệ thống một số định cơ bảnhay được vận dụng khi chứng minh các bài toán hình học và trình bày một sốbài toán về chứng minh tính đồng quy các đường thẳng.Chương 2. Định lý van Aubel. Trong chương này, chúng tôi phát biểuđịnh lý van Aubel cho hai trường hợp tam giác và tứ giác cùng với ba cách2chứng minh cho mỗi trường hợp. Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chấtvà hệ quả của các định lý này.Chương 3. Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập. Chương 3được giành để giải một số bài tập và kết quả nâng cao có vận dụng định lý vanAubel cho tam giác và tứ giác.Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Tác giảxin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa ToánTin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡtác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.Nhân dịp này tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,bạn bè đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình họctập và thực hiện luận văn này.Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018Người viết luận vănNguyễn Đình Huy3Chương 1Kiến thức chuẩn bịChương 1 hệ thống một số định cơ bản hay được vận dụng khi chứng minhcác bài toán hình học và trình bày một số bài toán về chứng minh tính đồngquy các đường thẳng.1.1Một số định lý hình họcĐịnh lý 1.1.1 (Định lý Thales thuận, [1]). Nếu một đường thẳng song songvới một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnhđó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnhAB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì:ADAE ADAEDBEC=,=và=.ABAC DBECABACHình 1.1: Định lý Thales4Định lý 1.1.2 (Định lý Thales đảo, [1]). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnhcủa tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệthì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC lần lượt tạihai điểm D, E vàAEAD=ABACthì DEBC hay dhayADAE=DBEChayDBEC=ABACBC.Hệ quả 1.1.1 ([1]). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác vàsong song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tươngứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnhAB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thìADAEDE==.ABACBCĐịnh lý 1.1.3 (Định lý Menelaus, [1]). Cho tam giác ABC và ba điểm A , B , Ctrên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểmA , B , C đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đónằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh củatam giác. Điều kiện cần và đủ để A , B , C thẳng hàng là ta có hệ thứcAB CA BC··= 1.BC AB CAHình 1.2: Định lý Menelaus(1.1)5Bài toán 1.1.1. Trong tam giác ABC, lấy trên cạnh AB một điểm D, trêncạnh BC hai điểm E và F sao cho3 BE1 BF4AD= ,= ,= .DB2 EC3 FC1Hỏi đường thẳng AE chia đoạn thẳng DF theo tỉ số nào?Giải. Gọi điểm M là giao điểm của AE với DF . Áp dụng định lý Menelausvào tam giác BDF với cát tuyến AM E, ta cóDM F E BA··= 1.M F EB AD(1.2)Hình 1.3: Áp dụng định lý MenelausMà3ADDBABAB5AD= ⇒==⇒= ,DB2325AD3BEECBC1==⇒ EB = BC,1344BFFCBC4==⇒ F B = BC,4155nênFEF B − EB11== .EBEB5Cho nên (1.2) trở thànhDM 11 5·· = 1.MF 5 3VậyDM3= .MF11Bài toán 1.1.2. Trong một tam giác ABC, trực tâm H chia đôi đường caoCM . Chứng minh rằng cos C = cos A cos B.6Giải. Xét tam giác CM B với cát tuyến AHI. Theo định lý Menelaus ta cóCH M A BI··= 1.HM AB ICHình 1.4: Trực tâm H là trung điểm đường cao CMHayCH M A AC BI···= 1.HM AC IC AB(1.3)MàCHMAACBI= 1,= cos A,= (cos C)−1 ,= cos B.HMACICABThay vào (1.3), ta cócos C = cos A cos B.Định lý 1.1.4 (Định lý Ceva, [1]). Cho tam giác ABC và ba đường thẳngAA , BB , CC xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứacạnh đối diện tại A , B , C sao cho: hoặc cả ba điểm A , B , C đều nằm trên bacạnh của tam giác hoặc một trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giáccòn hai điểm kia nằm trên phần kéo dài của hai cạnh còn lại. Điều kiện cần vàđủ để AA , BB , CC đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức:AB CA BC··= 1.BC AB CA(1.4)7Hình 1.5: Định lý CevaChú ý.(+) Để cho gọn, người ta thường gọi ba đường thẳng AA , BB , CC xuấtphát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đườngthẳng Ceva. Các đoạn thẳng AA , BB , CC gọi là các đoạn thẳng Ceva. Giaođiểm của các đường thẳng Ceva gọi là điểm Ceva.(++) Trong một tam giác ABC, ta có một số đường thẳng Ceva đặc biệtđã biết như sau:1. Ba đường trung tuyến đồng quy (tại trọng tâm của tam giác).2. Ba đường phân giác đồng quy (tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác).3. Ba đường cao đồng quy (tại trực tâm của tam giác).4. Ba đường trung trực đồng quy (tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác).(+++) Hệ thức (1.4) trong định lý Ceva có thể viết bắt đầu từ đỉnh nàocũng được và theo chiều nào cũng được.1.2Một số bài toán đồng quyTiếp theo, chúng ta đi chứng minh một số bài toán đồng quy mà chỉ sửdụng công cụ là các định lý Thales, định lý Menelaus, định lý Ceva và các hệquả của chúng. Ở trong phần này, chúng ta chưa dùng đến công cụ định lý vanAubel.Bài toán đầu tiên sử dụng định lý Thales và định lý Ceva để chứng minhtính đồng quy.8Bài toán 1.2.1 ([1]). Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB,một điểm F trên cạnh AC và trung điểm M của cạnh BC. Chứng minh rằngđiều kiện cần và đủ để EF song song với BC là ba đoạn thẳng AM, BF, CEđồng quy.Giải. Trước tiên giả sử EF song song với BC. Theo định lý Thales ta cóAFAE CFAE=⇔·= 1.EBFCEB F AKết hợp với M là trung điểm của BC, ta cóAE BM CF··= 1.EB M C F AVậy theo định lý Ceva ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.Hình 1.6: EF song song với BCNgược lại, giả sử ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy. Theo định lýCeva ta cóAE BM CF··= 1.EB M C F AMà M là trung điểm của BC nên BM = M C, từ đóAE CF·= 1.EB F AHayAEAF=.EBFCVậy theo định lý Thales đảo ta có EF song song với BC.9Bài toán 1.2.2 ([1]). Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB,một điểm F trên cạnh AC và M là chân đường cao hạ từ A xuống BC. Chứngminh rằng điều kiện cần và đủ để M A là tia phân giác của góc EM F là bađoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.Giải. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt M F (kéo dài) tại N, cắtM E (kéo dài) tại P .Hình 1.7: M A là tia phân giác của góc EM FNếu AM là tia phân giác của góc EM F thì P A = AN . Xét hai tam giácđồng dạng EBM và EAP , ta cóBMPA=.EBAEXét hai tam giác đồng dạng F M C và F N A, ta cóCFFA=.MCANBây giờ ta cóAE BM CFBM CF1··= AE ···EB M C F AEB M C F APA FA 1= AE ···AE AN F A= 1.Suy ra AM, BF, CE đồng quy.Ngược lại, giả sử AM, BF, CE đồng quy, ta biến đổi ngược lại suy ra P A = AN .Vậy AM là tia phân giác của góc EM F .10Bài toán 1.2.3 ([1]). Chứng minh rằng, trong một tam giác ABC, khi giaođiểm của một bộ ba đường thẳng đồng quy AA , BB , CC (A trên cạnh BC,B trên cạnh AC, C trên cạnh AB) trùng với trọng tâm G của tam giác thìtích AB · CA · BC có trị số lớn nhất.Giải. Gọi N là trung điểm AC, M là trung điểm BC, P là trung điểm AB.Theo bất đẳng thức Cauchy, ta luôn có√AB · B C ≤AB + B C= AN2hayAB · B C ≤ AN 2 .Tương tự:CA · A B ≤ CM 2BC · C A ≤ BP 2 .Từ đó(AB · CA · BC )(B C · A B · C A) ≤ (AN · CM · BP )2 .Theo định lý Ceva, ta cóAB · CA · BC = B C · A B · C A.VậyAB · CA · BC ≤ AN · CM · BP.abckhi chân8B , A , C của các đường thẳng Ceva trùng với trung điểm của các cạnh. NóiTừ đó tích AB · CA · BC có trị số lớn nhất là AN · CM · BP =11cách khác khi bộ ba đường thẳng Ceva đó là ba trung tuyến, và điểm Cevachính là trọng tâm G của tam giác.Bài toán 1.2.4 ([1]). Chứng minh rằng trong một tam giác, các đường thẳngnối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng Ceva, xuất pháttừ đỉnh đối diện với cạnh đó, đồng quy.Hình 1.8: M M , N N , P P đồng quyGiải. Giả sử AA , BB , CC là một bộ ba đường thẳng Ceva. Gọi M, N, P làtrung điểm của ba cạnh của tam giác ABC. Khi đó, M N, N P, P M là các đườngtrung bình của tam giác. Cho nên các trung điểm P , M , N của các đoạn thẳngCeva AA , BB , CC lần lượt nằm trên các đường trung bình P N, N M, M P .Theo giả thiết ta có:AB CA BC··= 1.BC AB CANhân tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với 1/2 ta có1212ABBC·1212CAAB·1212BCCA=1hayP N NM MP··=1NM MP PNhoặc nữaP N MP NM··= 1.NM PN MPHệ thức này chứng tỏ là trong tam giác M N P , ba đường thẳng M M , N N , P Plà một bộ ba đường thẳng đồng quy.Nhận xét. Trong trường hợp đặc biệt:12(1) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh vớitrung điểm của đường cao tương ứng đồng quy tại một điểm.(2) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh vớitrung điểm của đường phân giác trong tương ứng đồng quy tại một điểm.Bài toán 1.2.5 ([1]). Cho tam giác ABC với các trung điểm M, N, P của cáccạnh BC, CA, AB và ba đường thẳng đồng quy M M , N N , P P lần lượt cắtN P, P M, M N tại M , N , P . Chứng minh rằng ba đường thẳng AM , BN , CPđồng quy.Chứng minh. Đây là mệnh đề đảo của mệnh đề phải chứng minh ở Bài toán1.2.4. Chứng minh tương tự ta được kết quả. Gọi A là giao điểm của AM vớiBC, B là giao điểm của BN với AC, C là giao điểm của CP với AB. DoN P, P M, M N là các đường trung bình của tam giác nên M , N , P lần lượt làtrung điểm của AA , BB , CC . Kéo theo N M là đường trung bình của tamgiác AA C hay 2N M = CA . Tương tự, ta có2M P = A B, 2M P = BC , 2P N = C A, 2P N = AB , 2N M = B C.Vì M M , N N , P P đồng quy, xét tam giác M N P , theo định lý Ceva ta cóP N MP NM··=1NM PN MPhay2P N 2M P 2N M··=12N M 2P N 2M PhayAB BC CA··= 1.BC CA ABTừ đó theo định lý Ceva suy ra AA , BB , CC đồng quy, hay AM , BN , CPđồng quy.Bài toán 1.2.6 ([1]). Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểmcủa mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng đi từ đỉnh đối diện với cạnh đóđến một điểm Ceva bất kì là ba đường thẳng đồng quy.Giải. Xét ABC. Giả sử AA , BB , CC là một bộ ba đường thẳng Ceva bấtkì giao nhau tại I. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của IA, IB, IC. GọiM, N, P lần lượt là trung trung điểm của BC, AC, AB.13Hình 1.9: DM, EN, P F đồng quyXét tam giác AIB, ta có D là trung điểm AI, E là trung điểm IB, nên DEsong song AB. Ta cũng có M N song song AB nên DE M N . Xét tam giácBIC, ta có EM song song IC. Xét tam giác AIC, ta có DN song song IC.Từ đó DN EM . Vậy DN M E là hình bình hành. Do đóDM giao EN tại trung điểm của EN .(1.5)Tương tự ta chứng minh được P N F E là hình bình hành. Do đóP F, EN giao nhau tại trung điểm EN .Từ (1.5) và (1.6) suy ra DM, EN, P F đồng quy tại một điểm.(1.6)14Chương 2Định lý van AubelĐịnh lý van Aubel không chỉ đẹp trong bản thân định lý mà còn đẹp trongcác cách chứng minh nó. Trong chương này, chúng tôi phát biểu định lý vanAubel cho tam giác và tứ giác cùng với ba cách chứng minh cho mỗi trườnghợp. Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất và hệ quả của các định lýnày.2.1Định lý van AubelĐịnh lý 2.1.1 (Định lý van Aubel cho tam giác, [1]). Trong một tam giácABC, nếu có ba đường thẳng AA , BB , CC cắt nhau tại một điểm K nằmtrong tam giác thìACAKAB=+.KABC CBHình 2.1: AA , BB , CC cắt nhau tại K15Chứng minh 1. Kéo dài BB và CC cho đến khi gặp đường thẳng kẻ qua Asong song với BC, tại E và D. Ta cóAKDAAEDA + AE===KAACBABCACABDA AE+=+.=BC BCCB BCNgoài cách chứng minh như trên, định lý này còn có thể chứng minh nhưsau.Chứng minh 2. Áp dụng định lý Menelaus chothẳng hàng, ta cóABA và ba điểm C , K, CAC BC A KACCA KA·=1⇒=·.·C B CA KACBBC A KÁp dụng định lý Menelaus cho(2.1)ACA và ba điểm B , K, B thẳng hàng, ta cóAB BC A KABBA KA·=1⇒=·.·B C BA KABCBC A K(2.2)Từ (2.1) và (2.2) ta cóABAKAC+=CB BCAKBACA+BCBC=AK.AKChứng minh 3. Ta cóSAC KACSAKC==CBSBC KSBKCABSAB KSAKB==.BCSCKBSBKCSuy raACABSAKC + SAKB+=.CB BCSBKC(2.3)Lại cóAKSAKBSAKCSAKB + SAKC===KASBKASCKASBKA + SCKASAKB + SAKC=.SBKC(2.4)16Từ (2.3) và (2.4) suy raACABAK+=.CB BCAKNhận xét.ABACAKtheo các tỉ sốvà.KABCCBTa biết rằng có rất nhiều bộ ba các đường Ceva đồng quy trong tam giác chẳnghạn như các Ceva trọng tâm (các đường trung tuyến), các Ceva trực tâm (cácđường cao), các Ceva tâm đường tròn nội tiếp (các đường phân giác), các CevaGergonne, các Ceva Nagel, các Ceva đối trung, các Ceva đẳng giác, . . . nên tacó nhiều bài toán là hệ quả của định lý van Aubel. Ngoài ra, ta có thể tổ hợpcác Ceva khác nhau trong cùng một bài toán, chẳng hạn Ceva trọng tâm vớiCeva Gergonne, Ceva trọng tâm với Ceva Nagel, . . . để tạo ra các bài toán mới.Như vậy ta có nhận xét sau:(+) Định lý van Aubel cho phép tính tỉ số(++) Định lý van Aubel vẫn còn đúng trong trường hợp điểm A nằm trêncạnh BC còn hai điểm B , C lần lượt nằm trên tia đối của hai tia CA, BA.Thật vậy, ta cóAKSABKSACKSABK + SACKSABKC===.=KASBKASCKASBKA + SCKASBKCTa cóSAC CSAC KSAC C + SAC KSAKCAC====.CBSBC CSBC KSBC C + SBC KSBKCTương tự, ta cóSAKBAB=.BCSBKCHayABSAKCSAKBSABKCAC+=.+=CB BCSBKC SBKCSBKCSuy raAKACAB=+.AKCB BCĐịnh lý 2.1.2 (Định lý van Aubel cho tứ giác, [6]). Về phía ngoài tứ giácABCD ta dựng các hình vuông. Gọi P, Q, R, S là tâm các hình vuông đó. Khiđó ta có đường thẳng P R = QS và P R ⊥ QS (Hình 2.2).17Hình 2.2: Định lý van Aubel cho tứ giácChứng minh 1. (Sử dụng số phức): Cho tứ giác ABCD, lấy đỉnh A là gốc tọađộ. Tiếp theo, biểu diễn véctơ AB là số phức 2a, và tương tự BC là số phức2b, CD là số phức 2c, và DA là số phức 2d. Véctơ AP được biểu diễn bởi sốphức p, và tương tự véctơ AQ là q, véctơ AR là r và véctơ AS là s (Hình 2.3).Hình 2.3: Biểu diễn các cạnh theo số phức18Vì tứ giác ABCD đóng, phép cộng véctơ kéo theo 2a + 2b + 2c + 2d = 0,tức làa + b + c + d = 0.Ta có thể đi từ A tới P bằng cách đi một nửa đường tới B rồi quay 90 độ vàđi một đoạn bằng như trước. Do đó, số phức p làp = a + ia = (1 + i)a.Tương tự, các số phức q, r và s được biểu diễn thànhq = 2a + (1 + i)b,r = 2a + 2b + (1 + i)c,s = 2a + 2b + 2c + (1 + i)d.Ký hiệu véctơ từ điểm Q tới S là u và véctơ từ điểm P tới R là v, khi đó uđược viết thành s − q và v được viết r − p:u = s − q = (b + 2c + d) + i(d − b),v = r − p = (a + 2b + c) + i(c − a).Ta phải chứng minh rằng đoạn QS và P R bằng nhau và vuông góc với nhau,tức là hệ thức giữa các số phức u và v phải thỏa mãnv = iu.Nói cách khác, nhân cả hai vế của phương trình trên với i, chuyển vế, đổi dấuta đượcu + iv = 0,và do đó ta chỉ cần chứng minh phương trình trên đúng. Thực hiện tính toánta thu đượcu + iv = (b + 2c + d − c + a) + i(d − b + a + 2b + c)= (a + b + c + d) + i(a + b + c + d) = 0.Điều phải chứng minh.Chứng minh 2. (Sử dụng công cụ của hình học): Xét tam giác ABC tạo bởicác cạnh AB và BC của tứ giác ABCD (Hình 2.4). Dựng các hình vuông bênngoài các cạnh AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q. Ký19hiệu M là trung điểm của CA và dựng đoạn thẳng P M và QM . Mối quan hệgiữa P M và QM làP M = QM, P M ⊥ QM.Để chứng minh điều này, ta có thể dùng phương pháp số phức. Tuy nhiên tacũng có thể dùng công cụ của hình học.Hình 2.4: P M = M P và P M ⊥ M Qπ/2Ký hiệu phép quay quanh điểm p góc π/2 là Rp , phép quay quanh điểmπ/2π , ký hiệu M là tíchq góc π/2 là Rq , phép quay quanh điểm m góc π là Rmhợp của ba phép quayπ/2π/2πM = Rm◦ Rq ◦ Rp .Vì π/2 + π/2 + π = 2π, tổng góc quay là một bội nguyên của 2π, nên với mỗiđiểm v, phép biến đổi M tương đương với phép tính tiến Tv .Bỏ qua sự tịnh tiến thì với mỗi điểm xác định k, M (k) = k nên M là mộtphép tính tiến 0, tức là một phép biến đổi đơn vị. Do đóπ/2Rqπ/2◦ Rpπ −1π= (Rm) ◦ M = Rm.π (p), thì m là trung điểm của pp . Mặt khác, vìNếu p xác định sao cho p = Rmπ/2p = (Rqπ/2π/2◦ Rp )(p) = Rq (p),p là điểm p được quay quanh điểm q góc π/2. Do đó pqp tạo thành mộttam giác vuông cân, nên pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau (Hình2.5).20Hình 2.5: pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhauChứng minh 3. (Sử dụng các tính chất trong hình học sơ cấp) Trước tiên tatính chất một hệ thức hình học. Xét tam giác ABC tạo bởi các cạnh AB vàBC của tứ giác ABCD (Hình 2.6). Dựng các hình vuông bên ngoài các cạnhAB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q. Ký hiệu M1 là trungđiểm của CA, trung điểm của AB là M2 và trung điểm của BC là M3 .Hình 2.6: P M2 ⊥ M1 M3 , M1 M2 ⊥ QM3 ,Ta cóM2 P = M2 B, M2 P ⊥ M2 B, M3 Q = M3 B, M3 Q ⊥ M3 B.Vì M2 BM1 M3 và M3 BM1 M2 nênP M2 ⊥ M1 M3 ,M1 M2 ⊥ QM3 ,21Nếu M2 B được dịch chuyển thành M1 M3 và M3 B được dịch chuyển thànhM1 M2 thì P M1 M2 và QM1 M3 có hai cạnh bằng nhau và có một góc trongbằng 90◦ + ABC, do đó chúng bằng nhau. Suy ra các cạnh P M1 và QM1 bằngnhau và vuông góc với nhau.Hình 2.7: P M = QM,P M ⊥ QMHình 2.2 có thể được chứng minh bằng cách sử dụng Hình 2.7 hai lần. Vớitứ giác bất kỳ ABCD, vẽ đường chéo AC và ký hiệu trung điểm AC là M . VớiP và Q là tâm của hình vuông ta cóP M = QM,P M ⊥ QMvà tương tự với tâm R và S ta cóRM = SM,RM ⊥ SM.Xét hai tam giác P M R và QM S. Vì hai cạnh tương ứng bằng nhau:P M = QM, RM = SM , và chúng cùng có góc trong bằng 90◦ + QM R nênP MR =QM S.Ngoài ra, vì chúng được quay 90 độ quanh điểm M ,P R = QS,P R ⊥ QS.Gọi giao điểm của P R và QS là F , F có thể khác M. Ta có P R và QS bằngnhau và vuông góc với nhau, nhưng chúng giao nhau với tỉ số nào?

Tài liệu liên quan

TÌM HIỂU NGÔN NGỮ lập TRÌNH MAPLE và ỨNG DỤNG GIẢI một số bài TOÁN HÌNH học GIẢI TÍCH
- 13
- 982
- 0
Luận Văn: Ứng Dụng Phương Pháp Tọa Độ Giải Một Số Bài Toán Hình Học Không Gian Về Góc và Khoảng Cách pptx
- 37
- 1
- 0
Báo cáo khoa học: "ứng dụng ch-ơng trình matlab trong việc giải một số bài toán tính đường mặt nước dòng chảy trong kênh hở" pot
- 11
- 581
- 1
Ứng dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận giải một số bài toán hình học tổ hợp
- 52
- 1
- 2
ứng dụng của phương pháp tọa độ trong việc giải một số dạng toán hình học không gian
- 25
- 837
- 0
skkn số phức và ứng dụng của số phức trong giải một số bài toán hình học thpt lương thế vinh
- 38
- 576
- 0
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
- 38
- 565
- 0
Ứng dụng nguyên lí cực hạn và nguyên lí lân cận giải một số bài toán hình học tổ hợp
- 53
- 1
- 5
Ứng dụng thuật toán quay lui, nguyên lý thứ tự và quy hoạch động để giải một số bài toán điển hình.
- 28
- 819
- 5
ỨNG DỤNG LIÊN hệ GIỮA CHUYỂN ĐỘNG TRÒN đều và DAO ĐỘNG điều hòa TRONG VIỆC GIẢI một số bài TOÁN DAO ĐỘNG
- 3
- 480
- 0