sáng kiến kinh nghiệm toán học THPT

1 Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ VÀ PHÉP VỊ TỰ QUAY Lĩnh vực (mã)/cấp học: Toán (02)/THPT Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng năm 2020 đến tháng năm 2021 Tác giả: BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Các phép biến hình mảng kiến thức hay, khó thường xuất đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học hiểu, vận dụng kiến thức phép biến hình giúp học sinh xây dựng ý tưởng kỹ thích hợp cho việc tiếp thu kiến thức toán học đại Vậy ý tưởng kỹ gì? + Thứ nhất, ý tưởng ánh xạ rõ nét cách trình bày hệ thống phép biến hình + Thứ hai, ý tưởng phân loại mơ tả đầy đủ lớp phép biến hình (mà tiêu biểu phép dời hình) + Thứ ba, quan trọng qua việc vận dụng phép biến hình vào giải tốn, tư hình học học sinh nâng lên cấp độ Trước đây, để chứng minh tốn hình học, học sinh thường biết tính tốn so sánh đại lượng hình học góc, độ dài, diện tích, với việc sử dụng phép biến hình, học sinh tập quan sát vận động, tương tác yếu tố, cấu trúc tiềm ẩn hình vẽ để từ rút chứng minh, kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện chất hình vẽ Điều giúp em biết nhìn nhận việc tượng xung quanh sống với vận động biến đổi chúng để nghiên cứu, tìm tịi, khám phá, tạo sở cho đời phát minh sáng tạo tương lai Chính lí quan trọng thế, cần phải trang bị cho em kiến thức phép biến hình từ đến phức tạp Trong phép biến hình phép vị tự có nhiều ứng dụng việc giải toán hình học kì thi học sinh giỏi số lượng toán liên quan đến việc sử dụng phép vị tự nhiều Các toán giải phương pháp sử dụng phép vị tự kì thi học sinh giỏi thường hay đặc sắc, thể khả sáng tạo học sinh Bằng cách giải cách sử dụng phép vị tự giúp học sinh thấy chất tốn phát tính chất thú vị khác tốn Tuy nhiên khó khăn lớn giáo viên dạy phần để học sinh hứng thú học có khả vận dụng phép vị tự vào giải tốn hình học, cần trang bị cho em kiến thức gì? Cần tốn nào? Cần phân dạng tập áp dụng phép vị tự dấu hiệu toán dùng phép vị tự? Với tất khó khăn thuận lợi chúng tơi chọn đề tài “phép vị tự” để trao đổi đưa số dạng tập đặc trưng giải sử dụng phép vị tự II MÔ TẢ GIẢI PHÁP: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến: Các phép biến hình sơ cấp phần quan trọng hình học mảng khó chương trình hình học THPT chun Chính kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực, tốn có liên quan nhiều đến phép biến hình hay đề cập thường xem dạng tốn khó, câu phân loại kì thi Các em học sinh bậc Trung học phổ thơng thường gặp số khó khăn tiếp cận khái niệm liên quan đến phép biến hình, đặc biệt kỹ ứng dụng phép biến hình vào việc làm tập Những học sinh bắt đầu làm quen với khái niệm biến hình thường chưa hiểu tường tận tư tưởng phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt khâu vận dụng kiến thức biến hình vào giải tốn tình khác Để hiểu vận dụng tốt lý thuyết biến hình vận dụng kiến thức biến hình vào giải tốn thơng thường học sinh phải có kiến thức tảng hình học tương đối đầy đủ chắn tất lĩnh vực hình học sơ cấp Đó khó khăn lớn giáo viên học sinh giảng dạy học tập phần phép biến hình Đề tài “phép vị tự” chọn để giới thiệu với thầy cô giáo em học sinh kinh nghiệm giảng dạy chủ đề phép vị tự chương trình THPT chuyên, đồng thời thông qua đề tài muốn nhấn mạnh tầm quan trọng phép vị tự toán chứng minh đồng quy thẳng hàng số tốn khác xuất kì thi Quốc tế, khu vực Olympic quốc gia số nước Các toán đồng quy thẳng hàng mà lời giải sử dụng phép vị tự thường tập khó, tập chúng tơi đưa đề đề thi Olympic Quốc tế, khu vực số nước có truyền thống tốn, tập chúng tơi có phân tích dấu hiệu tốn mà sử dụng để giải cách dùng phép vị tự Những toán không sử dụng phép vị tự thường khó dễ phụ thuộc vào hình vẽ Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: Thông qua đề tài “phép vị tự” mong muốn nhận góp ý trao đổi bạn đồng nghiệp, bậc cha mẹ học sinh em học sinh Chúng mong muốn đề tài góp phần nhỏ để việc dạy phần phép vị tự hiệu giúp em học sinh có khả vận dụng phép vị tự vào giải tốn hình học cách tốt A CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: I Phép vị tự Định nghĩa: Cho trước điểm O số thực k Phép biến hình biến điểm M thành điểm M ' cho OM ' = k.OM kí hiệu V k O gọi phép vị tự tâm O tỉ số k V(O;k ) Điểm M ' gọi ảnh điểm M , điểm M gọi tạo ảnh tâm vị tự, k gọi tỉ số vị tự M ' , O gọi Nếu k > V gọi phép vị tự dương O k Nếu k < VO gọi phép vị tự âm k Nếu k =1 V 1Olà phép đồng Nếu k = −1 V O−1 phép đối xứng tâm O Cho hình F , xét tập F ' = {M ' , M ' = V k ( M ), M ∈ gọi ảnh hình F F} qua qua phép vị tự V k O O kí hiệu V k : F → F ' F ' = V k ( F ) O Tính chất 2.1 Phép vị tự V O k Tính chất 2.2 Nếu điểm O, M , M ' thẳng hàng O với k ≠ có điểm bất động nhất, điểm O Tính chất M ' ảnh điểm M qua phép vị tự VO k ba điểm Tính chất 2.3 Nếu A', B ' ảnh hai điểm phân biệt A, B qua phép vị tự k VO A ' B ' = k AB Tính chất 2.4 Phép vị tự V O song ánh có phép biến hình ngược V Ok k Tính chất 2.5 Phép vị tự VOk thứ tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo A', B ', C ảnh Chứng minh Giả sử ' A, B, C qua phép vị tự V kO Giả sử B nằm A C A' B ' k AB, B 'C ' k BC,C ' A' = k CA = Khi theo tính chất ta có: = Kết hợp với AB + BC = AC ⇒ A' B '+ B 'C ' = A'C ' ⇒ A', B ', thẳng hàng C' B ' nằm A ' C ' Từ tính chất ta có kết quan trọng sau: Hệ quả: Phép vị tự V Ok biến: a) Đường thẳng d thành đường thẳng d’ d || d ' d ≡ d ' b) Tia Sx thành tia S ' x hai tia song song nằm đường thẳng ' c) Đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A ' B ' A' B ' = AB k d) Tam giác ABC thành tam giác A' B 'C ' hai tam giác đồng dạng với theo tỉ số k e) Góc xSy thành góc x xSy = x 'S ' y ' 'S ' y ' f) Đường tròn ( I; thành đường tròn R) ( I '; R ') R'=kR Tính chất 2.6 Cho hai phép vị tự V k ,V k ' với tâm vị tự phân biệt, hệ số vị tự O ' thỏa mãn k, k '∉{0;1} Khi a) Nếu k.k ' ≠ V k V k ' V k ' V k O O' O' b) Nếu k.k ' = V k V k ' V k ' V k O O' O' Chứng minh a) Giả sử H = V k' k O' O phép vị tự O phép tịnh tiến O V S điểm bất động H Khi ta có: O V Ok : S → S ' OS ' = k OS V kO ' : S ' → S O 'S = k 'O ' S '    '       Ta có: OS = OS ' = OO ' + O ' S '  OO ' O ' S   OO ' OS − OO ' + = + = k k k k ' k k' k'       OS  k.k ' k OO OO '  1     1'k '1    OS   11−−k.k k ' '      Do điểm S Với điểm M khác điểm S ta có: ( VOk : S → S ', M → M ' ⇒ S 'M ' = k.SM VOk ' : S ' → S , M ' → M '' ⇒ SM '' = k ' '.SM ' Từ hai đẳng thức ta được: SM '' = k.k '.SM Do H = V k ' V phép vị tự k O' tâm điểm S tỷ số vị tự O k.k ' Chứng minh tương tự ta V k V k ' phép vị tự O ' O b) Với điểm M mặt phẳng ta có: V k : M → M ' ⇒ OM ' = k.OM O k ' O ' V : M ' → M '' ⇒ O ' M '' = k '.O 'M ' ⇒ O ' M ' = k.O ' M '' Ta có OO' = OM ' + M 'O ' = OM ' − O'M ' = kOM − kO 'M '' = kOM − kO 'M − k MM ''        k −  OO ' = u = k OM + MO ' − k MM '' = kOO ' − k MM '' ⇒ MM '' k = Do V k ' V k phép tịnh tiến ( O' O Chứng minh tương tự ta V k V k ' phép tịnh tiến O ' O Nhận xét Nếu k, k '∉{0;1}, k.k ' ≠ V k ' V phép vị tự có tâm nằm k O' O đường thẳng OO ' có tỉ số vị tự k.k ' Tính chất 2.7 Cho phép vị tự V k với k phép tịnh tiến T , u ≠ Khi ∉{0;1} O u phép biến đổi T V T u k V  k O O phép vị tự u Chứng minh Ta xét phép biến đổi H = T V k Trước hết ta chứng minh H có điểm u O bất động S Thật vậy, S điểm bất động H , V Ok : S → S ' OS ' = k OS ; T u: S ' → S S ' S = u          1 u Từ ta được: S ' S = u ⇔ OS − OS ' = u ⇔ OS − kOS = u ⇔ OS − k = Hệ thức chứng tỏ H có điểm bất động điểm S Với điểm M tùy ý khác điểm S , V Ok : S → S ', M → M ' ⇒ S 'M ' = k.SM T :u S ' → S, M ' → M '' ⇒ S ' M ' = SM '' = k SM suy SM '' = k SM ⇒ M '' = V k (M ) hay H phép vị tự tâm S , tỉ số k S Tâm vị tự hai đường trịn Định lí 3.1 Cho hai đường tròn (O1; R1 ) tự biến đường tròn (O1; R1 ) (O2; R2 ) phân biệt Khi tồn phép vị thành đường tròn (O2; R2 ) Chứng minh Nếu tồn phép vị tự V k O biến đường tròn (O1; R1 ) thành đường trịn (O2; R2 ) k= R2 R1 ⇔k =± R2 R1 OO = kOO Khi ta cách xác định phép vị tự V kO Trường hợp 1: O ≡ O R ≠ R , OO = kOO ⇒ O ≡ O Khi ta có hai 2 1 phép vị tự biến đường tròn (O ; R ) 1 thành đường tròn (O ; R V ) là: R1 R2 O1 V  R1 O1 R2 Trường hợp 2: O1 ≠ O2 R = R , suy k = ±1 Do OO = ±OO , kết hợp với 2 O1 ≠ O2 suy OO2 = −OO1 ⇒ O trung điểm đoạn thẳng O1O2 Vậy phép vị tự V −1 biến đường tròn (O ; R ) thành đường tròn (O ; R ) O 1 2 Trường hợp 3: O1 ≠ O2 R1 ≠ R2 , ta xác định phép vị tự sau: Ta lấy M1 ' M đường kính đường trịn (O2; R2 O1M bán kính ' ) (O1; R1 ) cho hai vector O2M1 ' O1M hướng Đường thẳng O1O2 cắt MM1 ' MM ' R2 Khi phép vị tự V R1 I1 I2 − R2 R1 Điểm biến đường tròn (O1; V I I2 thành đường tròn (O2; R2 ) R1 ) I1 gọi tâm vị tự hai đương tròn (O1; R1 (O2; R2 ) Điểm ) I2 gọi tâm vị tự hai đương tròn (O1; R1 ) (O2; R2 ) II Phép vị tự - quay a) Định nghĩa Phép vị tự - quay tích giao hốn phép vị tự phép quay có tâm Nhận xét: Thứ tự thực phép biến hình khơng quan trọng QO V Ok = VOk  Q O b) Cách xác định ảnh điểm qua phép vị tự quay Cho phép quay Q phép vị tự V k với k > α O O O góc định hướng ( −π ≤ α ≤ π) OA = OA Ta có QO : A → A1 ⇔  ( ) (1)  OA1, OA =  ( mod 2 ) = kOA1 VOk : A1 → A' ⇔ OA'   (2) OA , OA' = (mod 2 )  ( ) A B đường trịn P PI1I2 Ta có QC I = QB I , QI C = 1800 − QI P = 1800 − QI P = QI B 1 1 2 A, B , C cố định) AC1 = a không đổi (do Suy ∆QI ∽ ∆QI QC1 I1C1 1 C B ⇒ = = 1 21 QB1 I2 B1 AB1 Do Q thuộc đường trịn Apollonius ( w1 cố định dựng hai điểm ) B1, C1 cố định tỉ số a = AC không đổi AB1 Từ đó, Q giao điểm hai đường tròn (O), (w1) cố định nên Q Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PI I qua điểm Q cố định không đổi ∆QI C ∽ ∆QI B Ta có QI I C AC1 ⇒ 1= 1= =a 1 21 QI2 I B1 AB1 IQI = IPI = CPB = ( B + C ) không đổi 2 1 Do P di động cung BC khơng chứa A đường trịn ( O ) ∆QI1I ln tự đồng dạng Với M trung điểm đoạn     (QI1, QM ) I1I2 ∆QI1 ln tự đồng dạng M với  = không đổi k không đổi =  ( mod 2 IQM ) ⇒  QM =k  QI1 Suy M = Q(Q,  ) V(Q, k ) ( I1 ) Mà C1I1 = C1 A nên I1 thuộc đường tròn ( w2 ) tâm C1 bán kính C1A cố định Do M thuộc đường trịn (w) cố định với ( w ) = Q( Q,  ) V(Q, k ) ( ( w2 ) ) 3.15 Bài 3.15 Cho đường trịn ( O ) đường kính AB M điểm di động bên đường tròn (O) Gọi N giao điểm đường phân giác góc M tam giác MAB với đường trịn (O) (hai điểm M , N nằm khác phía đường thẳng AB ) Đường phân giác góc M tam giác MAB cắt đường thẳng NA, NB P, Q Đường thẳng MA cắt đường trịn đường kính NQ điểm thứ hai R , đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NQ điểm thứ hai S Chứng minh đường trung tuyến kẻ từ N tam giác NSR qua điểm cố định M di động bên đường tròn (O) Lời giải: R S Q M P B O A B' Y X T N M' K Kí hiệu ( w1 ) , ( w2 đường tròn đường kính NP, NQ ) Gọi MM ' đường kính đường trịn ( w1 ) , T , Y giao điểm thứ hai SA, MA với đường tròn (w1) Hai tam giác M ' M = NM ' M , NPQ vuông N có N nên ∆NM ' M ∽ ∆NPQ  N PQ Mà MNPQ = NYR, nên ∆NYR ∽ ∆NPQ   N QP = N RY Suy tam giác    ( NQP, NRY , NMM vuông N đồng dạng hướng '      ) ( ) ( ) NQ, NP = NR, NY = NM , NM ' (mod 2 ) =  Do  NP NY NM '  = = =k  NQ NR NM Suy phép vị tự quay V( N , k ) : Q → P, R → Y , M → M ', B → B ' với B' thuộc  Q N,  2  đoạn NP ⇒ ( M ' B ', M ' P ) = (MB, MQ ) = ( MS, MP) = ( M ' S, M ' P ) (mod  ) Do M ', B ', S thẳng hàng Mặt khác  S YN = SM ' N = B' M ' N = BMN = YMN = YSN Suy NS = NY Mà MP phân giác SMY nên PS = PY Do S, Y đối xứng qua đường kính NP Suy M , T đối xứng qua đường kính NP Chứng minh tương tự, gọi K , X giao điểm thứ hai RB, MB với đường tròn (w2 ) R, X đối xứng qua đường kính NQ M , K đối xứng qua đường kính NQ Do MNT = 2MNP, MNK = 2MNQ ⇒ MNT + MNK = 2PNQ = 1800 Suy T , N , K thẳng hàng sin sin Từ ta có TA = TA = MY = MN T  T  AS AY sinY sinY TS MS KB sin MNK = Chứng minh tương tự ta có BR sin RMX Mà sin MNT = sin MNK; sin YMS =sin RMX TA KB nên AS= BR= m Suy TA = m AS, KB = mBR (do A, B thuộc đoạn TS, KR ) (1) (2)    NO = Mặt khác ta có TA + KB ( Gọi G trung điểm SR ta có Từ (1), (2), (3) ta suy    OG = AS + BR ( NO = mOG ⇒ N, O, G (3) thẳng hàng Vậy đường trung tuyến kẻ từ N tam giác NSR qua điểm O cố định C MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm đường tròn (O) Đường thẳng Simson ứng với điểm P cắt đường thẳng BC, CA, AB A’, B’, C’ Gọi Oa ,Ob ,Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB 'C ', BC ' A',CA' B ' Chứng minh tam giác OaObOc đồng dạng tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác OaObOc tiếp xúc với đường tròn (O) Bài (T12/433, Tạp chí THTT, tháng 07/2013) Cho tam giác ABC vuông C nội tiếp đường tròn (O) Điểm M chạy (O) khác điểm A, B,C ; N điểm đối xứng M qua đường thẳng AB ; P hình chiếu vng góc điểm N đường thẳng AC ; đường thẳng MP cắt lại (O) điểm Q Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ ln nằm đường trịn cố định Bài (IMO 1982) Cho tam giác đỉnh A1 A2 A3 Ai ) Gọi Mi (i = 1, không cân với cạnh a1, a2 , a3 ( cạnh trung điểm cạnh 2,3) Ti (i = 1, 2,3) tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác (i = 1, 2,3) , A1 A2 A3 với cạnh (i = 1, 2,3 ) Kí hiệu Si (i = 1, 2,3) điểm đối xứng Ti (i = 1, 2,3) qua phân giác góc Ai (i = 1, 2,3) Chứng minh đường thẳng S1M1, S2M 2, S3M đồng quy điểm Bài (APMO 2000) Cho tam giác ABC Các đường trung tuyến, phân giác kẻ từ đỉnh A cắt đường thẳng BC M , N Đường thẳng qua điêm N cắt đường thẳng AB, AM P,Q đường thẳng qua P vng góc với AB cắt đường thẳng AN điểm O Chứng minh đường thẳng OQ vng góc với đường thẳng BC Bài (IMO 1981) Cho ba đường tròn nhau, có điểm chung O đường trịn nằm tam giác Mỗi đường tròn tiếp xúc với cặp cạnh tam giác cho Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác điểm O thẳng hàng Bài Cho tứ giác lồi ABCD có BC = DA, BC khơng song song với DA Lấy E, F nằm cạnh BC, DA cho BE = DF Gọi P giao điểm đường thẳng AC BD, Q giao điểm đường thẳng BD EF, R giao điểm đường thẳng EF AC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cố định khác điểm P Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi PP’ đường kính tùy ý (O) sP , sP ' đường thẳng Simson tương ứng với điểm P, P’ đường tròn (O) Chứng minh sP ⊥ sP ' tìm quỹ tích giao điểm hai đường thẳng sP , sP ' đường kính PP’ thay đổi Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm thay đổi (O) không trùng với đỉnh A, B, C Kí hiệu sa , sb , sc , đường thẳng sd Simson tương ứng với điểm A, B, C, D tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh đường thẳng sa , sb , sc , đồng quy sd điểm P Tìm quỹ tích điểm P điểm D thay đổi (O) không trùng với đỉnh A, B, C Bài (Korea MO 2009) Gọi I, O tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC, D, E, F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC, CIA, AIB Gọi P, Q, R trung điểm DI, EI, FI Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR trung điểm đoạn thẳng OI Bài 10 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB Qua M vẽ tiếp tuyến với (I), cắt đoạn NP X Các điểm Y, Z xác định tương tự MP, MN Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Bài 11 (Sharygin 2012) Cho tam giác ABC vuông B điểm M trung điểm AC Đường tròn nội tiếp tam giác ABM tiếp xúc với cạnh AB, AM A1, A2 ; đường tròn nội tiếp tam giác ACM tiếp xúc với cạnh CB, CM C1,C2 Chứng minh giao điểm đường thẳng điểm nằm phân giác góc ABC A1 A2 C1C2 cắt Bài 12 (Bulgaria NO 2010) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm tùy ý đoạn AB Gọi I J tâm đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, đoạn thẳng CD đường tròn (O) Giả sử điểm A, B, I J nằm đường tròn Đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB điểm M Chứng minh điểm M trùng với điểm D Bài 13 (Bulgaria NO 1999) Các đỉnh A, B, C tam giác nhọn ABC nằm cạnh B1C1,C1 A1, A1B1 tam giác tam A1B1C1 giác A1B1C đồng dạng với tam giác ABC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cách trực tâm tam giác ABC A1B1C1 Bài 14 (Bulgaria TST 2008) Cho tam giác ABC, M trung điểm BC BB ,CC 1 đường cao tam giác ABC ( B1,C1 chân đường cao) Một đường thẳng qua A vng góc với AM cắt đường thẳng đường tròn ngoại tiếp tam giác EFM Giả sử BB1,CC1 E, F Gọi k k1, k2 đường tròn tiếp xúc với EF cung EF không chứa điểm M đường tròn k Gọi P, Q giao điểm đường tròn k1, k2 Chứng minh P, Q, M thẳng hàng Bài 15 Cho  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường thẳng d song song với BC cắt AB, AC E, F, cắt  U V Trung điểm BC M, gọi  ' đường tròn ngoại tiếp tam giác UMV Giả sử bán kính   ' nhau, hai điểm T, S giao điểm ME FT với  ' Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MCS Bài 16 Cho tam giác ABC Các đường trịn a ,b ,c có bán kính nhau;a tiếp xúc với hai cạnh AB, AC ;  tiếp xúc với hai cạnh BC, BA ;  tiếp xúc với hai cạnh b c CA,CB Đường tròn  tiếp xúc với đường tròn a ,b ,c A', B ',C ' Gọi O, I , J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , nội tiếp tam giác ABC , tâm đường tròn  Chứng minh a) O, I , J thẳng hàng b) AA', BB ',CC ' đồng quy III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: Hiệu kinh tế: Trên Internet có số tài liệu viết chuyên đề “Phép vị tự” “Phép vị tự quay” song chưa tổng hợp ứng dụng cụ thể nội dung kiến thức Nội dung trình bày sáng kiến tài liệu hữu ích cho học sinh chuyên Toán lớp 10, 11 học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, Cụm Duyên hải ĐBBB Các toán sáng kiến ý tưởng mở rộng, khai thác, tổng quát hóa tài liệu tham khảo bổ sung cho thầy cô giáo dạy lớp chuyên Toán đội tuyển phân mơn Hình học phẳng với nội dung “Ứng dụng phép vị tự phép vị tự quay” Tác giả hi vọng đề tài dùng làm tài liệu tham khảo sử dụng rộng rãi, cách tiết kiệm chi phí tài liệu, chi phí giảng dạy cho học sinh chuyên Toán đội tuyển học sinh giỏi Hiệu mặt xã hội: Qua số tập trên, thấy ứng dụng tính chất phép biến hình nói chung phép vị tự, phép vị tự quay nói riêng tốn hình học phẳng kì thi học sinh giỏi Trong khn khổ viết này, điều kiện thời gian có hạn, nghiên cứu số ứng dụng phép vị tự phép vị tự quay, đồng thời đưa lớp tốn minh họa cho ứng dụng Những ứng dụng áp dụng để giảng dạy em học sinh lớp 10, 11 chuyên Toán em học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải đồng Bắc Bộ Trong q trình dạy, chúng tơi em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định như: *) Năm học 2019 - 2020: - Đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn đạt 10/10 giải có giải Nhất, giải Nhì, giải Ba, giải Khuyến khích - Có học sinh tham dự kì thi chọn đội tuyển dự thi Olymlic Quốc tế - Em Trần Nhật Minh thành viên đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Quốc tế (IMO 2020) đoạt Huy chương Đồng *) Năm học 2020 - 2021: - Đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn đạt 6/10 giải có giải Ba, giải Khuyến khích Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, cô giáo bạn đồng nghiệp để viết hoàn thiện Khả áp dụng nhân rộng *) Những ứng dụng áp dụng để giảng dạy em học sinh lớp 10, 11 chuyên Toán em học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải đồng Bắc Bộ Trong q trình dạy, chúng tơi em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định như: *) Năm học 2019 - 2020: - Đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn đạt 10/10 giải có giải Nhất, giải Nhì, giải Ba, giải Khuyến khích - Có học sinh tham dự kì thi chọn đội tuyển dự thi Olymlic Quốc tế - Em Trần Nhật Minh thành viên đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Quốc tế (IMO 2020) đoạt Huy chương Đồng *) Năm học 2020 - 2021: - Đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn đạt 6/10 giải có giải Ba, giải Khuyến khích *) Sáng kiến áp dụng với phạm vi rộng rãi lớp 10, 11 chuyên Tốn để em học sinh nhận thấy ứng dụng trực tiếp phép biến hình nói chung phép vị tự, phép vị tự quay nói riêng phân mơn khác Tốn học đồng thời gây hứng thú, sáng tạo cho học sinh IV Cam kết không chép vi phạm quyền: Chúng xin cam kết kết sáng kiến kết nhóm tác giả chúng tơi nghiên cứu qua q trình dạy lớp chun Tốn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi khu vực đồng duyên hải Bắc Bộ Chúng không chép vi phạm quyền tác giả Tác giả sáng kiến Nguyễn Hoàng Cương Nguyễn Hữu Thiêm CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại) Tài liệu tham khảo: Đoàn Quỳnh (2009), Tài liệu giáo khoa chuyên Tốn Hình học lớp 10 - NXB Giáo dục Việt Nam Đoàn Quỳnh (2009), Tài liệu giáo khoa chuyên Tốn Hình học lớp 10 (Sách Bài tập) - NXB Giáo dục Việt Nam Đoàn Quỳnh (2010), Tài liệu giáo khoa chun Tốn Hình học lớp 11 - NXB Giáo dục Việt Nam Đoàn Quỳnh (2010), Tài liệu giáo khoa chun Tốn Hình học lớp 11 (Sách Bài tập) - NXB Giáo dục Việt Nam Nguyễn Đăng Phất, Phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học - NXB Giáo dục Nguyễn Mộng Hy, Phép biến hình mặt phẳng - NXB Giáo dục Lê Bá Khánh Trình, Hình học tĩnh động, Kỷ Yếu Trại Hè Toán học năm 2009 M Yaglom, Geometric transformations II - I Titu Andreescu, Michal Rolinek, Jossef Tkadlec, 107 Geometry problems 10 Diễn đàn toán học Mathscope 11 Đề thi học sinh giỏi tỉnh nước 12 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ 13 IMO Shortlist năm 14 Các tài liệu Internet: http://mathlinks.ro; http://mathscope.org ...BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Các phép biến hình mảng kiến thức hay, khó thường xuất đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học hiểu, vận dụng kiến thức... giải pháp trước tạo sáng kiến: Các phép biến hình sơ cấp phần quan trọng hình học mảng khó chương trình hình học THPT chun Chính kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực,... nhiều Các toán giải phương pháp sử dụng phép vị tự kì thi học sinh giỏi thường hay đặc sắc, thể khả sáng tạo học sinh Bằng cách giải cách sử dụng phép vị tự giúp học sinh thấy chất toán phát