Một vài kết quả về đường bậc ba

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của chuyên đề nhằm trang bị một cách sâu sắc các kiến thức, rèn luyện tư duy và kĩ năng giải toán hình cho các em học sinh khá, giỏi; cho các em sinh viên, các học viên cao học. Với một vài bài toán mở để các em tập dượt nghiên cứu, xây dựng kết quả mới. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một vài kết quả về đường bậc ba

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 MỘT VÀI KẾT QUẢ VỀ ĐƯỜNG BẬC BA Đàm Văn Nhỉ Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Tóm tắt nội dung Mục đích của báo cáo này là trình bày một phần nội dung của cuốn giáo trình (xem [2]) nhằm lý giải sự hình thành, phát triển của một số kết quả trong Hình học Sơ cấp và xâu chuỗi các vấn đề liên quan lại thành một thể logic. tác giả mong muốn đưa đến cho người đọc một cái nhìn toàn cục về môn học này về sự ra đời của Hệ tiên đề Hilbert, Hệ tiên đề Wayne và Hệ tiên đề Pogorelov của Hình học Euclid, giới thiệu Mô hình Carte để kiểm tra hệ tiên đề do Pogorelov đưa ra thỏa mãn ba yêu cầu: Độc lập-Phi mâu thuẫn- Đầy đủ. Tác giả tập trung trình bày Định lý Pascal cho đường cong bậc hai và chỉ ra Định lý Newton, Pappus, Brianchon và mở rộng bài toán con bướm. Việc sử dụng phương pháp đa thức và mở rộng trường cho ta hình dung được sự phát triển của môn Hình học Sơ cấp từ đa thức bậc 0, đa thức bậc 1 rồi đến đa thức bậc 2 và tiếp tục phải xét đa thức bậc 3. Bậc cao hơn nữa của hình học sẽ được tiếp tục nghiên cứu trong Hình học Đại số. Mục tiêu của chuyên đề nhằm trang bị một cách sâu sắc các kiến thức, rèn luyện tư duy và kĩ năng giải toán hình cho các em học sinh khá, giỏi; cho các em sinh viên, các học viên cao học. Với một vài bài toán mở để các em tập dượt nghiên cứu, xây dựng kết quả mới. 1 Định lý Pascal Định lý 1 (Pascal). Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó, điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ), C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng. Chứng minh. Gọi I = A1 A5 × A2 A6 , J = A1 A5 × A3 A4 và K = A3 A4 × A2 A6 . Theo Định lý Menelaus, với tam giác I JK và các bộ ba điểm ( A, A2 , A4 ), ( B, A1 , A6 ), (C, A3 , A5 ) thuộc ba cạnh tương ứng thẳng hàng ta nhận được ba hệ thức sau: AI A4 J A2 K A6 K A1 I BJ CK A5 I A3 J . . = 1, . . = 1, . . = 1. AJ A4 K A2 I A6 I A1 J BK CI A5 J A3 K Nhân các kết quả này lại và biến đổi theo phương tích AI A4 J A2 K A6 K A1 I BJ CK A5 I A3 J 1 = . . . . . . . . AJ A4 K A2 I A6 I A1 J BK CI A5 J A3 K AI BJ CK A4 J.A3 J A2 K.A6 K A1 I.A5 I AI BJ CK = . . . . . = . . . AJ BK CI A1 J.A5 J A3 K.A4 K A2 I.A6 I AJ BK CI AI BJ CK Do . . = 1 nên A, B, C thẳng hàng theo Định lý Menelaus. AJ BK CI 5
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Ví dụ 1. Giả sử tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn ( T ). Giả sử giao I = AC × BD, J = AB × CD và K là giao hai tiếp tuyến Bb và Cc của đường tròn tại B và C. Khi đó ba điểm I, J, K thẳng hàng. Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal với 6 điểm A, B, B, C, C, D. Ví dụ 2. Giả sử 5 điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A3 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 t), ở đó A3 t là tiếp tuyến với đường tròn (C ) tại A3 , thẳng hàng. Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal và A5 ≡ A3 . Hệ quả 1 (Newton). Giả sử đường tròn nội tiếp trong tứ giác lồi ABCD tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA tại E, F, G, H, tương ứng. Khi đó, bốn đường thẳng AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm. Chứng minh. Gọi O = EG × FH, X = EH × FG. Vì D là giao điểm của hai tiếp tuyến GD, HD nên, theo Định lý Pascal, Định lý 1, cho 6 điểm E, G, G, F, H, H có ba điểm O, D, X thẳng hàng. Tương tự, với 6 điểm E, E, H, F, F, G ta cũng có B, X, O thẳng hàng. Ta đã có : BD, EG, FH đồng quy tại O. Hoàn toàn tương tự, AC, EG, FH cũng đồng quy tại O. Như vậy, AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm. Định lý 2. Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường cong bậc hai không suy biến (ℓ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng. Chứng minh. Qua phép biến đổi tuyến tính có thể coi (ℓ) : x = y2 . Ký hiệu dij ( x, y) = 0 là phương trình đường thẳng Ai A j . Đặt p( x, y) = d24 ( x, y)d16 ( x, y)d35 ( x, y) − αd34 ( x, y)d26 ( x, y)d15 ( x, y). Đây là một đa thức bậc ba đối với x và y. Tọa độ 6 điểm A1 , . . . , A6 thỏa mãn phương trình p( x, y) = 0. Lấy một điểm bất kỳ A thuộc (ℓ), khác 6 điểm trên. Ta chọn α để tọa 6
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 độ điểm A thỏa mãn p( x, y) = 0. Nếu thế x qua y2 ta được đa thức p(y2 , y) bậc 6 6. Phương trình p(y2 , y) = 0 cho tung độ của 7 điểm khác nhau, có nghĩa: p(y2 , y) = 0 có 7 nghiệm y khác nhau. Vậy p(y2 , y) ≡ 0 hay mọi điểm thuộc (ℓ) đều có tọa độ thỏa mãn p( x, y) = 0. Coi p( x, y) như là một đa thức của x. Với phép chia đa thức, ta nhận được p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y) + r(y), trong đó q( x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc (ℓ) : x = y2 đều thỏa mãn p( x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y). Vì p( x, y) là đa thức bậc 3 nên q( x, y) phải là đa thức bậc nhất hay p( x, y) = ( x − y2 )( ax + by + c). Do 9 điểm A1 , A2 , . . . , A6 và A, B, C đều thuộc đường cong phẳng p( x, y) = 0, nhưng A, B, C không thuộc (ℓ) : x = y2 nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳng hàng. Hệ quả 2 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1 , A2 , A3 nằm trên đường thẳng (d1 ) và 3 điểm A4 , A5 , A6 nằm trên đường thẳng (d2 ) khác (d1 ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A1 A6 ) × ( A3 A4 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng. Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 2. Hệ quả 3 (Brianchon). Giả sử lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó, ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại một điểm. Chứng minh. Giả sử đường tròn nội tiếp trong lục giác lồi ABCDEF tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA tại G, H, I, J, K, L, tương ứng. Đặt M = AB × CD, N = DE × FA. Theo Hệ quả 1, với tứ giác AMDN ta có các đường thẳng AD, IL, GJ đồng quy tại A′ . Tương tự, các đường thẳng BE, HK, GJ đồng quy tại B′ ; các đường thẳng CF, HK, IL đồng quy tại C ′ . Chú ý rằng, hai đường thẳng IL và A′ C ′ là một. Theo Định lý Pascal, Định lý 1, với các điểm G, G, I, L, L, H có ba điểm A, O, P thẳng hàng, ở đó O = GI × HL, P = IL × GH. Cũng theo Định lý Pascal, với các điểm H, H, L, I, I, G có ba điểm C, O, P thẳng hàng. Vậy A, C, P thẳng hàng. Xét G = AB × A′ B′ , H = BC × B′ C ′ , P = CA × C ′ A′ . Theo phần đảo của Định lý ??, Định lý Desargues, đối với ∆ABC và ∆A′ B′ C ′ có AA′ = AD, BB′ = BE, CC ′ = CF đồng quy. 7
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2 Mở rộng bài toán con bướm Mệnh đề 1 (Bài toán con bướm). Qua trung điểm I của dây cung MN của một đường tròn ta kẻ hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta luôn có IP = IQ. Chứng minh. Gọi O là tâm đường tròn và J, K là trung điểm đoạn AC, BD, tương ứng. Vì ∆I AC ∼ ∆IDB nên ∆I AJ ∼ ∆IDK và suy ra ∠ I J A = ∠ IKD. Do tứ giác IOJP và IOKQ đều nội tiếp trong đường tròn tương ứng nên ∠ IOP = ∠ I JP = ∠ IKQ = ∠ IOQ. Từ đó suy ra IP = IQ. Bổ đề 1. Cho tứ giác lồi ABCD với giao hai đường chéo I = AC × BD. Lấy E, H, F, G thuộc cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao cho EF và GH cùng đi qua I. Giả sử EG, FH cắt AC tại M, N, tương ứng. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + = + . IA IN IC IM AM IN IA Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra hệ thức P = . = . Biến đổi I M CN IC S AEG S IFH S S S S P = . = IFH . CBD . ABD . AEG S IEG SCFH S IEG SCFH SCBD S ABD IF.IH CB.CD I A AE.AG = . . . IE.IG CF.CH IC AB.AD S FAC S HAC SDAC SBAC I A SEAC SGAC IA = . . . . . . = . SEAC SGAC S FAC S HAC IC SBAC SDAC IC a−m n a 1 Đặt I A = a, IC = c, I M = m, IN = n. Ta có . = và suy ra hệ thức + m c−n c IA 1 1 1 = + . IN IC IM Mệnh đề 2. Cho dây cung MN của một đường tròn, (đường bậc hai), và điểm I thuộc đoạn MN. Giả sử hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN, đi qua điểm I. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta có đồng nhất thức 1 1 1 1 + = + . IM IP IN IQ 8
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Chứng minh. Giả sử MA cắt ND tại T và MC cắt NB tại H. Do 6 điểm A, M, C, B, N, D cùng thuộc một đường tròn, (đường bậc hai), nên ba điểm T, I, H thẳng hàng theo Định 1 1 1 1 lý Pascal. Ta có đồng nhất thức + = + theo Bổ đề 1. IM IP IN IQ 3. Đồ thị phẳng 21-điểm K3 Mục này dành trình bày Mệnh đề 3. Đây là lời giải cho Bài tập 16 trang 56 trong "Bài tập về các đồ thị phẳng bậc ba" của Smôgôrdevski và Stôlôva (bản tiếng Nga). Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Ký hiệu a là đường thẳng cắt đường thẳng AC tại điểm cách đều hai điểm A và B, cắt đường thẳng AB tại điểm cách đều hai điểm A và C. Ký hiệu b là đường thẳng cắt đường thẳng BA tại điểm cách đều hai điểm B và C, cắt đường thẳng BC tại điểm cách đều hai điểm B và A. Ký hiệu c là đường thẳng cắt đường thẳng CB tại điểm cách đều hai điểm C và A, cắt đường thẳng CA tại điểm cách đều hai điểm C và B. Gọi A0 , B0 , C0 là những điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB, tương ứng. Gọi A1 , B1 , C1 là những điểm đối xứng với A, B, C qua a, b, c, tương ứng. Gọi 2 điểm E là những điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC, gọi 2 điểm F là những điểm nhìn các cạnh π 2π tam giác ABC dưới góc hay . Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp 3 3 ∆ABC. Gọi A2 , A3 là các đỉnh của các tam giác đều BCA2 , BCA3 , gọi B2 , B3 là các đỉnh của các tam giác đều CAB2, CAB3 và gọi C2 , C3 là các đỉnh của các tam giác đều ABC2, ABC3 . Ví dụ 3. Xác định phương trình a khi biết tọa độ A, B, C. Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(0; 0), B( x2 ; kx2 ), C ( x3 ; hx3 ). Điểm P0 ( p; hp) cách đều A và B khi và chỉ khi p2 + h2 p2 = ( p − x2 )2 + (hp − kx2 )2 . x2 ( 1 + k2 ) x2 h ( 1 + k2 ) Vậy P0 ; . Điểm N0 (n; kn) cách đều A và C khi 2(1 + hk) 2(1 + hk) 9
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 x3 ( 1 + h2 ) x3 k ( 1 + h2 ) và chỉ khi N0 ; . Đường thẳng a là đường thẳng
2(1 + hk)
2(1 + hk)
x y 1
x y 1
x2 ( 1 + k2 ) 2
x2 h ( 1 + k )
2(1 + hk)