Thực hành giải toán hình học sơ cấp: Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:149

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1, phần 2 cuốn "Thực hành giải toán hình học sơ cấp" trình bày các nội dung: Một số bài toán nổi tiếng, phương pháp giải toán hình học, một số dạng toán hình học. Cuối sách còn có phần bài tập để người học ôn tập và củng cố kiến thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Thực hành giải toán hình học sơ cấp: Phần 2

thư ơ ng 5 MỘT SỐ BÀI TOÁN NỔI TIẾNG Trong lịch sử Hình học đã ghi lại nhiều bài toán hay gắn với tên tuổi các nhà toán học hoặc với những huyền thoại. Dưới đây là một số bài toán hình học nổi tiếng như vậy. §1. MỘT SỐ BÀI TOÁN DựNG HÌNH c ổ C húng ta đã biết bài toán chia ba một góc a, đưa về việc dựng nghiệm :ủ a phương trìn h bậc ba 4x3—3x —a = 0 vối a = COS— . Trong chương trước, ta đã biết: Phương trìn h bậc ba vối hệ sô' hữu ỉ không có nghiệm hữ u tỉ th ì không dựng được nghiệm bằn g thước và :ompa. Do đó bài to á n chia ba góc có giải được h ay không là tu ỳ thuộc 'ào góc a đã cho. Một sô' bài toán dựng hình cô nổi tiếng c ổ Hy Lạp cũng được giải đáp >hờ á p d ụ n g đ ị n h lí tr ô n . .1. Bài to án g ấ p đôi khôi lập phương Thòi cổ Hy Lạp (th ế kỉ IV, TCN), ỏ đảo Delos tro n g vùng biển Hy Lạp lạn bệnh dịch lan trà n . Một n h à tiên tri nói rằn g cần phải xây lại một ngôi nộ hình lập phương có th ể tích gấp đôi th ể tích của ngôi mộ cũ (cũng hình ập phương) th ì n ạ n dịch mới trừ được. Nhiều n h à toán học thời đó đã tham [ia giải bài toán này nhưng đều phải dùng các dụng cụ khác thưốc kẻ và ompa mới giải được. Phải đợi đến năm 1837 thì n h à toán học Pháp 117
W antzel (1814 - 1848) mới chứng m in h được rằ n g bài to án dựng hình “gấp đôi khôi lập phương" b ằng thước kẻ và com pa không có lời giải. Giả sử ngôi mộ h ìn h lập phương có cạnh a, th ể tích V = a \ ngôi mộ mới hình lập phương có cạnh X, th ể tích 2V = X3, do đó X3= 2 a 3. Lấy a b ằng m ột đơn vị độ dài, ta có phương trìn h bậc 3 hệ sô’ nguyên: X3- 2 = 0. Phương trìn h n ày không có nghiệm hữ u tỉ, n ên theo đ ịn h lí trên, k h ô n g d ự n g đ ư ợ c n g h iệ m X c ủ a n ó b ằ n g th ư ớ c v à c o m p a . 1.2. Bài to á n c ẩ u phư ơ ng h ìn h trò n D ựng bằng thước và com pa m ột h ìn h vuông có diện tích bằng diện tích m ột h ìn h tròn đ ã cho. Bài to án này được đ ặ t ra vào kho ản g năm 1800 trước C ông nguyên, đắ được nh iều n h à to á n học nổi tiến g n ghiên cứu. Gọi X là cạnh h ìn h vuông có diện tích b ằn g diện tích của h ìn h trò n có bán k ín h R, ta có phương trìn h : X2 = R 2 X = R \fn. Năm 1882, n h à toán học Đức L indem ann (1852 — 1939) đã chứng m inh rằ n g n là m ột sô’ siêu v iệt (không là nghiệm của đa th ứ c với hệ số hữu tỉ), nên nghiệm của phương trìn h trê n không biểu diễn được nhờ một sô' hữ u h ạ n phép to án sơ cấp, do đó bài to án không dự ng được nghiệm bằng thưóc và compa. Đến nay, do không n ắm vững v ấ n đề nên v ẫ n còn n h iề u ngưòi tiếp tục giải bài to án này, lầm tư ỏng đ ã tìm được lời giải m à không b iết đã mắc sai lầm tro n g cách giải. 118
§2. CÁC BÀI TOÁN KHÁC 2.1. Bài to á n C o p e rn ic Cho đường tròn (O, R) và đường tròn R ’), có 2 R ’ = R. Đường tròn (O') lăn không trượt bên trong đường tròn (O). Tim fuỹ tích của điểm M trên đường tròn (O’ ). Lời giải: Cho đường tròn (0 , R) và ìường tròn ( 0 \ R’), có 2R' = R. Đưòng ;ròn (O’) lăn không trư ợ t bên trong đường ;ròn (0 ), p là điểm tiếp xúc hiện thời. Diêm N sẽ là vị tr í tiếp xúc sau t giây của la i đường tròn, khi đó điểm M trên ỉưòng trò n nhỏ sẽ di động đến vị trí điểm ;iếp xúc N của h ai đường tròn. Do lăn chông trư ợ t nên độ dài cung PN của ỉường tròn (O) bàng độ dài cung PM của ỉường tròn O’. T rên đường tròn (O’), góc nội tiếp POM có sô đo a (rad) bằng nửa sô’ !o của cung PM, ta có độ dài cung PM bằng 2R'a. T rên đường trò n (O), góc ở tâm PON có sô' đo p bằng số đo cung PN, ;a có độ dài cung PN b ằng Rp. Theo trên , độ dài cung PM bằng độ dài cung PN, nên 2R’a = Rp, mà ÌR’ = R, do đó a = p, tức là: POM = PON. Vậy o , M, N luôn luôn th ẳn g làng, hay diêm M luòn di dộng trẽn dường kinh ON của đường tròn (O). 119
2.2. Tam giác Morley. Định lí Morley Ba giao điểm của các đường thằng chia ba các góc trong (hoặc ngoài) của tam giác ABC lập thành một tam giác đều, được gọi là tam giác Morley. Frank Morley (1860 - 1961) Nhà toán học người Anh Hình 64 Lời giải: Đặt góc A = 3ot, B = 3p, và c = 3y; có a + p + Y= 60°. Giả sử bán kính đưòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 1, th AB = 2sin3y, BC = 2sin3a, AC = 2sin3p. Theo công thức hàm sô' sin đối với tam giác BPC: BP _ BC _ 2sin3a _ 2sin3a sin y - sin(180° - p - y) _ sin(P + y) sin(60° - a) 120
ỉo đó: gp _ 2 s in 3 a .s in y sin(60° - a ) Lại có: sin 3 a = 3 sin a - 4sin3a Vã = 4 sin a[(——2 - sin 2 a] = 4sina(sin260° —sin 2 a) ) = 4sina(sin60° + sina)(sin60° —sina). H Vậy: BP = 8 sin a siny sin(60° + a). q „ _________ _ _ P Tương tự: BR = 8 siny sin a sin(60° + y). Theo công thức h àm s ố cosin: PR 2 = BP 2 + BR 2 - 2BP.BR cosß, = 64sinza sin 2 [sirr(60° + a) + sin2(60° + y) - ? 2sin(60° + a)sin(60° + y)cosß], N hưng (60" + a) + (60u + y) + ß = 120° + a + p + y = 180°, nên từ đó có một tam giác có các góc là (60° + a), (60° + y), và p. Áp dụng các công thức h à m s ố s in v à c o s in đ ố i v ố i t a m g iá c đ ó t a đư ợ c: sin2p = sin2(60° + a) + sin2(60° + y) - 2sin(60° + a)sin(60° + y)cosß. Cuối cùng ta được: PR = 8 sin a sinß siny. Nhận xét tàng biểu thức này đối xứng đối với a, ß, y nên ta có: PR = RQ = Q P = 8 sina sinß siny. Vậy tam giác PQR là đều. 121
2.3. Bài toán Fermat. Điểm Fermat Cho tam giác ABC. Dựng các tam giác đều ABC’, BCA’, CAB’ không có điểm trong chung với tam giác ABC. Chứng minh rằng ba đoạn thắng AA\ BB \ C ơ bằng nhau và các đường thắng A A ’, BB', CC’ đồng quy tại một điểm (gọi là điểm Fermat). Lời giải: Giả sử các góc của tam giác nhỏ hơn 120°. Dễ thấy hai tam giác ABB’ và AC’C bằng nhau (c-g-c) nên BB' = CC'. Tương tự, AA' = BB'. Gọi F là giao điểm của hai đưòng thẳng BB' và CC'. Hai tam giác ABB’ và AC’C bằng nhau nên AB’F = ACF, do đó tứ giác AFCB’ nội tiếp. Tương tự, ta có tứ giác AFBC' nội tiếp. Suy ra, AFC = AFB = 120", nên có BFC = 120° và tứ giác BFCA' nội tiếp, vì vậy BFA’ = BCA’ = 60". Ta có BFA’ = AFB = BFA’ = 120° + 60" = 180", do đó ba điểm A, F, A' th ẳ n g h à n g . Vậy, ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại F. Bạn đọc tự chứng minh trường hợp tam giác có một góc không nhỏ hơn 120°. Hình 65 122
2.4. B ải toá n T o rric e lli Bài toán dưới đây được Fermat đặt ra vào khoảng 1600, đến năm 1659, nhà toán học Vicenzo Viviane (người Italia) cho công bô lời giải của Torricelli, và gọi là “Định lí Torricelli”: Cho tam giác trong mặt phang, tìm diêm sao cho tông khoảng cách đến ba đinh của tam giác đã cho là nhỏ nhất. Lời giải: , Evangelista Torricelli (1608 - 1647) Trường hợp tấ t cả các góc của tam giác nhỏ hơn 120° Cho tam giác ABC. Lấy điểm E bất ki, gọi s = EA + EB + EC. Tim vị trí đièm E sao cho s nhỏ nhất. Qua phép quay tâm B, góc quay 60° biến BE thành BD, BE = DE nên tam giác BDE là đểu và EA = C’D. Ta có: s = EA + EB + EC = C’D + BD + EC > Cơ. Các điểm c, C’ là cô định, nên tổng s nhỏ nhất nếu các điểm E, D cùng thuộc đoạn thẳng CC'. Điểu này xảy ra khi và chỉ khi điểm E trùng với F (đicm Fermat của tam giác ABC). Điếm F là điểm cần tìm. 123
Trường hợp có m ột góc của tam giác bằng hay lớn hơn 1200 (B ạn đọc tự chứng m inh). 2.5. B à i to á n N a p o lé o n N apoléon là m ột vị Hoàng đê r ấ t giỏi chinh chiến và cũng r ấ t sa y mê Toán học. Ô ng thư ờng tự đ ặ t ra những bài toán độc đáo và đư a ra nhữ ng ý tưởng h a y tro n g cách giải, sau đây là m ột số bài toán theo tương tru y ề n là của ông. B à i t o á n N a p o lé o n . C hứng m in h rang các tâm của ba ta m giác đều dựng trên ba cạ n h của m ột tam giác bất k i tạo th à n h m ột ta m giác đều. D Hình 67 Có th ể chứng m in h bài to án N apoléon dựa vào điểm F e rm a t (xin dành cho độc giả). Dưới đây, tr ìn h bày m ột cách chứng m inh khác. Bài to á n N apoléon tương đương vâi bài toán sau: Chia đều mỗi cạnh của ta m g iác A B C là m ba p h ầ n bằng nhau. Vẽ trên đoạn giữa và ra phía ngoài các ta m giác đều. Gọi D, E, F là mỗi đ ỉn h p h ía ngoài của các tam giác đều vừa dựng. C hứ ng m in h rằ n g ta m giác D E F đều. 124
Lời g iả i: (tóm tắt)
nên suy ra: ADB + BEC+ CFA = 360° , tức là DÃF + FCẼ + ẼBD = 720° - 360°, (hình 69) Cách giải dựa trên ý tưởng sau: Cắt rời ra rồi quay tam giác DAF quanh đỉnh D góc quay 240° cho đỉth A trùng với B, còn F trùng F’; Cũng làm như vậy đôi với tam giác FCE (quay tam giác FEC quanh đỉnh E góc quay -240"cho đỉnh c trùng với B, còn F trùng F’). T h e o t r ê n , p h ó p q u a y có góc q u a y b à n g 2 4 0 °, n c n t a có: F’DF = F’EF = 120° và có ADFE = ADF’E (c-c-c), do đó có FDẼ = ẼDF’ = 60° và FẼĨ) = r i ò = 60°. Vậy A DFE là tam giác đều. 126
§3. MÓT SO CHÜ DÉ SEMINAR VA BÁI TAP 3.1. T á m t? c if Cho he n diem A i, A2,.., A„ va cho n so thüc k,, k2)... kn vói k, + k 2 + ... + kn * 0. Khi dó ton ta i duy n h a t mot diem M, sao cho: ■ ■ X k ,M A ,‘ = Ó. Diem M dufdc goi la tám ti ctf cüa n diem phán biét A, dói vói n só’ thirc tiíóng úng k, (i = 1 , 2 ,..., n) vói k, + k 2 +... + kn # 0 . Chúng m inh: Ta có: IM = IÁ¡ - MA, , diem I lay tuy y trén m át pháng. i M ¿ k , = ¿ k ,( i A ; - M A ; ) i=l i=l _ X k ,I A ¡ - ¿ k ,M A ^ va vi ^ k, * 0 , nén IM = —----------- —----------. ¿k , i =1 Do ^ k¡ MAt = 0 , suy ra diém M xác dinh duy n h á t bcfi _ Z k . 1A. IM = -------- . n I* . i=l Neu lay diem I trú n g vói góc toa dó C cüa hé toa do, ta có: Í K óa, OM = -í=i--------- . n (*) ' ' 2 > , i= 1 127
Chú ý: 1 . a) N ếu M là tâ m tỉ cự đối với bộ sô’ th ự c (kj, k 2, k 3) củ a hệ 3 điểm A , A2i A3 th ì M cũ n g là tâ m tỉ cự đổĩ với bộ sô’ th ự c (tk,, t k 2, t k 3 với t * 0, ) (tính c h ấ t th u ầ n n h ất). b) N ếu M là tâ m tỉ cự đối với bộ số thự c (k[, k 2) k 3) của hệ 3 điểm A , A2, A 3 và A ’ là tâ m tỉ cự đốĩ với cặp sô' thực (k2, k J của hệ 2 điểm A2, A 3 thì M là tâm tỉ cự đối với cặp số thực (k,, k 2 + k 3) của hệ h ai điểm A], A \ . Thực vậy, th e o giả th iế t ta có ^ k ,M A , = 0 (a) và k 2 AỊA 2 + k :iA ỊA 3 = ồ (b) Từ (b) xác đ in h A! bởi: IA ’ = ^ 2 ^ 2 —^ 3 ^ 3 vối k 2 + k 3 * 0. ■ k2 + k3 XT.' T . . rrrr k ,M A , + k , M A , , Nêu lây I trù n g với M, ta có: MA. = —------------ -------i , hay k2 + k3 (k, + k 2) MÃ; = k 2 M A¡ + k 3 MA¡. T hay vào (a) được: k,MÃ7 + (k, + k 2 )MẢ; = ỏ. Vậy, M là tâ m tỉ cự đối vối cặp sô’ thự c (k u k 2 + k 3) của hệ hai điểm A ,, A ’ . Đối với hệ n điểm ta cũng thực hiện được n h ư vậy. 2 ) N ếu ^ kị = 0 thì khô n g tồn tạ i điểm M sao cho i-l ¿ k , M Ã * = Ố. i=l N ếu k¡ = k * 0, (i = 1 , 2,..., n), th ì điểm G gọi là trọng tâ m của hệ n . . . — điểm Aj, (i = 1, 2 ,..., n) và được xác định bởi: OG = —------- (**) n 128
Từ công thức (*) và (**) ta tín h được tọa độ trong hệ tọa độ afin xOy, của tâm tỉ cự M với các sô' thực kj, (i = 1 ,..., n) và của trọng tâm G của hệ các điểm Aị, ( i = 1,..., n). B à i t ậ p 1. T rong hệ tọa độ afin xOy, cho ba điểm A(2, -2), B(-2, 1), C(3, 3). Xác định tọa độ của tâm tỉ cự của 3 điểm A, B, c đối với bộ ba sô (2, 1, - 4 ) . 3.2. T ọ a độ tỉ cự Trong m ặt p h ẳn g afin, cho ba điểm không th ẳ n g h àn g A,, A2, A3, tồn tại song ánh, giữa tậ p hợp các điểm M của m ặt phẳng với tậ p hợp các bộ ba sô’ thực ( X i , x2, x3) sao cho và M là tâm tỉ cự của các điểm Aj, A2, A 3 với ba sô’ tương ứng x u x2, x3 th o ả m ãn X] + x2 + x3 = 1. Bộ ba số (Xj, x2, x3) như vậy được gọi là toạ độ tỉ cự của điểm M đốì vói tam giác A! A2 A 3 (hay đối vối hệ tọa độ tam giác A[ A 2 A3). ¿ x, m ã ; = õ . i=1 • Cho bộ ba số (kj, k2, k3 thoả m ãn kj + k 2 + k 3= 1. ) 3 ______ _ Ta xác định được điếm M duy n h ấ t sao cho kị MA, = 0 , với: i-1 ¿ k ,õ Ã ; OM = S L Ị — = É k , ° A ,- (*) ị k, i-l - • Ngược lại, cho điểm ba điểm Aj, A2, A3 không th ẳ n g h àn g và M trên 3 mặt phẳng, ta xác định được các sô' thực kị, (i = 1, 2, 3), * 0 sao cho i-1 ¿ k ,M Ã ; = õ . i.l Chứng m inh: Ba vectơ M A,, MA2, MA 3 là đồng phang nên tồn tạ i các số thực kj, 'i = 1,2,3) không đồng thời bằng 0 sao cho ^ k ịM A ^ Õ . 129
Dễ dàng th ấ y J ] k * 0 vì nếu k, + k 2 + k 3 = 0 th ì k t = — 2 + (k k 3), su y ra k 2 A ,A 2 + k 3 A,Ä~ = ỗ , tức Aj, A2, A 3 th ẳ n g hàng, trá i vói giả th iế t ở trê n . Vì k, + k 2 + k 3 0 nên ta có th ể chọn hệ sô" tỉ lệ để k¡ + k 2 + k 3 = 1 . Cụ thể: - N ếu M trù n g với A,, ( i = 1, 2, 3) th ì lấy k¡ = 1 v à kj = 0 với j * i. Tức là khi M trù n g A[ th ì ba sô" đó là kj = 1, k 2 = k 3 = 0; k h i M trù n g A 2 th ì k, = 0, k2 = 1 , k 3 = 0; khi M trù n g A 3 th ì kj = k 2 = 0 và k 3 = 1. Kí hiệu: A, (i = 1 , 2, 3) là A ,(l, 0, 0), A 2 (0, 1 , 0 ), A 3 (0, 0, 1 ). — N ếu M thuộc đường th ẳ n g A tA2 th ì lấy k, = 1 và k 2 = — (Aj, A2, M) trong đó (A„ A2, M) là tỉ số đơn của ba điểm th ẳ n g h à n g A,, A2, M, tức là: (A , A2, M) = Có MA, = (A,, A 2 ,M)MA2 = -= = ■ MA 2 suy ra ' MA, M A ^ -^ ¿ .M A 2 = ỏ , k,M A , + k 2 M A 2 = ỏ , MA, MA., ,MA, , , , , „. vá k, = - , k , = ----- =, ta có k,+ k, = 1 và k 3 = 0 . - a ,a 2 a ,a 2 Tọa độ tỉ cự của M thuộc A,A2: (k,, k2, 0), k; + k 2 = 1. Tương tự , M thuộc A 2A3: (0, k 2, k3 , k 2 + k 3 = 1; ) M thuộc A 3 A[: ( k 1; 0, k3), k, + k 3 = 1. — N ếu M không nằm trê n các cạnh của ta m giác AjAaAg. Ta kẻ các đuòng th ẳ n g nôi M vối đ ỉn h A lt (hoặc A2, A3), ch ú n g c ắ t các cạ n h đốì của đỉnh Aj tạ i điểm A ’. Xác định n h ư trê n tọa độ tỉ cự của A ’ được (0, k 2, k3). j ^ 2 ^ k 3 —1 . S au đó xác đ ịn h tọa độ tỉ cự của điểm M đối với hệ hai điểm A t, Aj ( k , tk ’ ) hoặc (tk,, tk ’ ). Theo chú ý 1 , ta có th ể chọn t sao cho: t k ’ = k 2 + k3. j Khi đó M là tâ m tỉ cự đối với bộ ba sô' thự c (tk,, k 2, k 3) củ a hệ ba điểm Ả u A2 A 3 . Đ ặ t X! = tk ,, x 2 = k 2, x 3 = k 3. T a có th ể chọn hệ sô" tỉ lệ sao cho: , X, + x 2 + x 3 = 1. 130
Hình 71 Trong m ặt p hang ơ clit, diện tích của các tam giác định hưống ^ÍA 2A3, MA 3 A 1 , MAjA 2 tỉ lệ với tọa độ tỉ cự (Xi, x2, x3 của điểm M đôì vối hệ ) điểm A[, A2, A 3 : x,:x 2 :x3 = s(MA 2 A 3 ):s(MA 3A 1):s(MA 1A2). Thực vậy, giả sử điểm M có tọa độ tỉ cự (xlf x2, x3 vối X,+ x 2 + x3 = 1. ) C h ú ý rằn g điểm A ’ là tâm tỉ cự đôi với cặp số (x2, x3 của hệ hai điểm ) A 2)A3. r _____ ___ ' A \A 3 A 'jA 2 , X, = = , X., = - , n ê n t a có: A.,A3 A2A3 x2 A 'j A3 _ s íA jA ', A 3) _ s(M A 'j A 3) _ x3 A 2 A \ s(A ,A 2 A ',) s(MA 2 A ',) s í A j A ', A j J - s í M A ', A 3 ) _ S ÍM A L A ,) - s(Á ,A 2A , ) - s(MA2A ) _ s(M A,A*)' , . . X, s(MA.,A.,) Tương tư ta tín h đươc: — = — —— ——. X, s(M A,A,) Vậy: x,:x 2 :x3 = s(MA 2 A3 ):s(MA 3 A1 s(MAiA2 ): ). Từ đây ta có th ể xác định tọa độ tỉ cự trong m ặt phẳng ơ c lit theo ;ách sau: Trong m ặt p h an g ơ c lit, cho ba điểm không th ẳn g hàng A l A2i A3 , tồn tại song ánh, giữa tập hợp các điểm M của m ặ t phang với tậ p hợp các bộ ba s ố thực (Xj, x2, x3) sao cho và M là tâm tỉ cự của các điểm A l A2, A 3 3 _____ _ với ba sô’ tương ứng xlf x2, x 3 thoả m ãn Xj + x2 + x 3 = 1, tức là ^ Xj MAị = 0. 131
Bộ ba số (xlt x2, x3) được xác đ ịn h n h ư sau: Gọi h! là đường cao của tam giác AiA 2 A 3 ứng với cạn h A 2A 3, h 2 là đường cao ứ n g vói c ạn h A 3 A!, h 3 là đường cao ứ ng với cạn h A,A2; rrij là khoảng cách từ M đến cạn h A 2 A3, m 2 là khoảng cách từ M đến cạn h A 3 A 1 , ra3 là k h o ản g cách từ M đến cạnh AjA2. | x ì| = H l > (ì = 1 , 2 , 3), X > 0 n ếu M và A, cùng phía đối với đường th ẳ n g c h ứ a cạn h đốỉ cùa đ ỉn h A,; X, < 0 n ế u M và A, khác phía đối với đường th ẳ n g chứa cạnh đổi lủ a đ ỉn h Aj. B ài tậ p 2 . T rong m ặt phẳng afin, cho ba điểm không th ả n g h àn g Aj, A,, A3. Lấy hệ tọa độ afin có gốc A3, các vectơ cơ sỏ i = A 3Aj , J = A 3A 2 . Điểm M có tọ a độ tỉ cự đôì vối hệ tọa độ tỉ cự A), A2, A 3 là (x,, x2, x:i), hãy tính tọa độ afin của điểm M đối vối hệ tọa độ afin (A3 , 1 , j ). Lập phương trìn h tror.g hệ tọa độ tam giác A 1A 2A 3 của các đường th ẳ n g A)A2, A2 A3, A,A 3 và của đường th ẳ n g có phương trìn h afin tổng q u át Ax + By + c = 0, A 2 + B 2 * 0. B ài tậ p 3. ư n g d ụ n g tọa độ tỉ cự: C h ứ n g m in h các đ ịn h lí M enelaus v à Ceva. B à i t ậ p 4. C hứng m in h rằ n g ba điểm đổi xứng của tâ m tam giác Morley qua b a c ạn h đốì tư ơng ứng của tam giác đ ã cho tạo th à n h một tam giác đều. So sá n h diện tích của h ai tam giác đều được tạ o th à n h đó. B à i t ậ p 5. Cách dựng h ìn h có phải là lòi giải của bài to án chia ba một góc không? Cách 1: D ựng m ột h ìn h (hình 72) sao cho A, B là h ai điểm trê n đưòng tròn (O), điểm c trê n tia AO, và CD = DO. N hư vậy ta có: DCÕ = DOK 132
B C A =Ì(A B - DK), suy ra BCA = ỉ(A O B - DOK). Do đó, ta có: BCÃ=Ì(ẤÕB - DÕC) o 3DCÕ = ẤÕB hay DCÕ = -ẤÕỀ. 3 H ìn h 72 Cách 2: (theo Hippocrates) (hình 73). Cho góc CAB, kẻ CD vuông góc với AB tại D và vẽ hình chữ Ịhật CDAF. A D B H ình 73 133
T rên FC lấy điểm E sao cho AE c ắ t CD tạ i H và HE = 2AC. Gọi G là tru n g đ iếm củ a H E k h i đó: HG = GE = AC. Góc DCE v u ô n g nên CG = HG = GE. T a có ÉÃB = CẼẰ = ÉCG. T a cũng có: AC = CG nên CÃG = CGÃ, mà CGÃ = GẼC + ÉCG = 2 CẼG = 2 ÉÃB. Vậy BÃC = 3ỔÃẼ. Bài t ậ p 6. D ựng h ìn h bằng các dụng cụ khác thưâc kẻ và com pa. Dụng cụ sa u d ù n g đê chia ba m ột góc rh ìn h 74A Hình 74 Chốt o, B cô’ định, như ng xoay được. Chốt A, c có thể trư ợ t tro n g hai rảnh, đồng thời xoay được. Độ dài th a n h b ằn g nhau: AB = AC = BO. ẤÕB = a , PÃC = p. C h ứ n g m in h : 3 a = p và n ê u cách d ù n g d ụ n g cụ để c h ia b a m ột góc đã cho. 3.3. C á c đ iể m , đưở ng c o n g đ ặ c b iệt Các bài to á n chia ba m ột góc, cầu phương h ìn h trò n và gấp đôi khôi lập phương còn được giải nhờ các đường cong đặc biệt. H ãy nghiên cứu, SƯU tám các đường cong đó và cho cách dựng h ìn h để giải các bài to án đó, ví dụ như các đường cong dưới đây: Đường quy vuông có phương trìn h trong toa đô Đêcác y = x co tg — 2 r h iy phương trìn h tro n g hệ toạ độ cực r = 2 a( 3 /(7isin(P)). Đường xoan ốc A rchim èdes p = aọ. 134
Đường Concoide N icom edes. Cho điểm A không nằm trê n đường th ẩ n g d. Một đường th ẳ n g m di động luôn qua A, cắt d tạ i B và điểm M trê n đường th ẳ n g m. Đường Concoide là quỹ tích n h ữ ng điểm M khi đường th ẳ n g m quay q u a n h A sao cho độ dài BM luôn b ằn g m ột h ằn g số k không đổi. B ài tậ p 7. Sưu tầm và g iả i các bài toán hay về: Chứng m inh các q uan hệ hình học: ba điểm th ẳn g hàng, ba đường th ẳn g đồng quy, hai đường th ẳ n g song song, hai đường th ẳ n g vuông góc, tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp,... Chứng m inh các bài toán sau: a) Điểm N apoléon trong tam giác. Gọi A’, B’, C’ là tâm của ba tam giác đều dựng ra phia ngoài của một tam giác bất kì. Khi đó, các đường th ẳn g AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm, được gọi là điếm Napoléon th ứ nhất. Tương tự, nếu các tam giác đều dựng về phía trong của tam giác đã cho, thì ta được điểm N apoléon th ứ hai. b) Điếm F erm at. Gọi A”, B”, C” là các điểm được dựng làm đỉnh của ba tam giác đểu dựng ra phía ngoài của một tam giác b ấ t kì. ở trê n ta đã chứng m inh khi đó, các đường th ẳn g AA”, BB”, CC” đồng quy tạ i một điểm, và được gọi là điểm F erm at th ứ nhất. Tương tự, nếu các tam giác đểu dựng về phía trong của tam giác đã cho, thì ta được đ iểm F erm at th ứ hai. c) Điếm Vecten. D ựng ra phía ngoài của m ột tam giác b ấ t kì các hình vuông. Khi đó, các đường th ẳ n g nối tâm các hình vuông với đỉnh đối diện ủa tam giác đã cho đồng quy tạ i một điểm, được gọi là đ iểm Vecten th ứ t '.hất (hình 75). Tương tự, nếu các h ìn h vuông được dựng vê' phía tro n g của tam giác đã cho, thì ta được điếm Vecten th ứ hai (hình 76). 135
Hình 76 d.) Đ ịn h lí V an Aubel. Dựng ra p h ía ngoài của m ột tứ giác b ấ t kì các hình vuông. K hi đó, các đường th ẳ n g nôì tâ m các cặp h ìn h vuông là bằng nh a u và vuông góc vói nhau, (hình 77). 136