sáng kiến kinh nghiệm THPT21 66

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG BÁO CÁO SÁNG KIẾN MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ VÀ PHÉP VỊ TỰ QUAY Lĩnh vực (mã)/cấp học: Tốn (02)/THPT Nhóm tác giả : Nguyễn Hồng Cương Nguyễn Hữu Thiêm Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Chức vụ: Tổ trưởng chun mơn Phó Hiệu trưởng Nơi công tác: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định, tháng năm 2021 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: Họ tên: Nguyễn Hoàng Cương Năm sinh: 1980 Nơi thường trú: 239 đường Hưng Yên, phường Quang Trung, TP Nam Định Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Chức vụ công tác: Tổ trưởng chuyên môn Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Điện thoại: 0914.521.894 Tỉ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 80% Đồng tác giả: Họ tên: Nguyễn Hữu Thiêm Năm sinh: 1978 Nơi thường trú: Nam Tồn, Nam Trực, Nam Định Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Chức vụ cơng tác: Phó Hiệu trưởng Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Điện thoại: 0936.345.290 Tỉ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 20% Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định Điện thoại: 02283.640297 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 mô 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 tồn 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 tốn 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 toán 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 toán nào? Cần phân dạng tập áp dụng phép vị tự dấu hiệu tốn dùng phép vị tự? Với tất khó khăn thuận lợi chọn đề tài “phép vị tự” để trao đổi đưa số dạng tập đặc trưng giải sử dụng phép vị tự II MƠ TẢ GIẢI PHÁP: Mơ 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 thông 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 toán 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 đưa đề đề thi Olympic Quốc tế, khu vực số nước có truyền thống toán, tập chúng tơi có phân tích dấu hiệu tốn mà sử dụng để giải cách dùng phép vị tự Những tốn khơng sử dụng phép vị tự thường khó dễ phụ thuộc vào hình vẽ Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: Thơng 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 tơi 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 gọi phép vị tự tâm O tỉ số k kí hiệu VOk V O;k  Điểm M ' gọi ảnh điểm M , điểm M gọi tạo ảnh M ' , O gọi tâm vị tự, k gọi tỉ số vị tự Nếu k  VOk gọi phép vị tự dương Nếu k  VOk gọi phép vị tự âm Nếu k  VO1 phép đồng Nếu k  1 VO1 phép đối xứng tâm O Cho hình F , xét tập F '  M ' , M '  VOk  M  , M  F  gọi ảnh hình F qua qua phép vị tự VOk kí hiệu VOk : F  F ' F '  VOk  F  Tính chất Tính chất 2.1 Phép vị tự VOk với k  có điểm bất động nhất, điểm O Tính chất 2.2 Nếu điểm M ' ảnh điểm M qua phép vị tự VOk ba điểm O, M , M ' thẳng hàng Tính chất 2.3 Nếu A ', B ' ảnh hai điểm phân biệt A, B qua phép vị tự   VOk A ' B '  k AB k O k O Tính chất 2.4 Phép vị tự V song ánh có phép biến hình ngược V Tính chất 2.5 Phép vị tự VOk biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo thứ tự Chứng minh Giả sử A ', B ', C ' ảnh A, B, C qua phép vị tự VOk Giả sử B nằm A C Khi theo tính chất ta có: A ' B '  k AB, B ' C '  k BC , C ' A '  k CA Kết hợp với AB  BC  AC  A ' B ' B ' C '  A ' C '  A ', B ', C ' thẳng hàng B ' nằm A ' C ' Từ tính chất ta có kết quan trọng sau: Hệ quả: Phép vị tự VOk 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 '  k AB d) Tam giác ABC thành tam giác A ' B ' C ' hai tam giác đồng dạng với theo tỉ số k  thành góc   e) Góc xSy x ' S ' y ' xSy x 'S ' y ' f) Đường tròn  I ; R  thành đường tròn  I '; R '  R '  k R Tính chất 2.6 Cho hai phép vị tự VOk ,VOk'' với tâm vị tự phân biệt, hệ số vị tự thỏa mãn k , k '  0;1 Khi a) Nếu k.k '  VOk  VOk'' VOk''  VOk phép vị tự b) Nếu k.k '  VOk  VOk'' VOk''  VOk phép tịnh tiến Chứng minh a) Giả sử H  VOk''  VOk S điểm bất động H Khi ta có:   VOk : S  S ' OS '  kOS   VOk'' : 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         k '    1  OO '  OS  1   OO '  OS  k  k'  k.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  VOk''  VOk phép vị tự   tâm điểm S tỷ số vị tự k k ' Chứng minh tương tự ta VOk  VOk'' phép vị tự   b) Với điểm M mặt phẳng ta có: VOk : M  M '  OM '  k OM     VOk'' : 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  kMM ''       k     k OM  MO '  k MM ''  kOO '  k MM ''  MM ''  OO '  u k Do VOk''  VOk phép tịnh tiến   Chứng minh tương tự ta VOk  VOk'' phép tịnh tiến Nhận xét Nếu k , k '  0;1 , k k '  VOk''  VOk phép vị tự có tâm nằm đường thẳng OO ' có tỉ số vị tự k k '   Tính chất 2.7 Cho phép vị tự VOk với k 0;1 phép tịnh tiến Tu , u  Khi phép biến đổi Tu  VOk VOk  Tu phép vị tự Chứng minh Ta xét phép biến đổi H  Tu  VOk Trước hết ta chứng minh H có điểm bất động S Thật vậy, S điểm bất động H ,   VOk : S  S ' OS '  kOS ;   Tu : S '  S S ' S  u           Từ ta được: S ' S  u  OS  OS '  u  OS  kOS  u  OS  u 1 k Hệ thức chứng tỏ H có điểm bất động điểm S Với điểm M tùy ý khác điểm S ,   VOk : S  S ', M  M '  S ' M '  k SM    Tu : S '  S , M '  M ''  S ' M '  SM ''  k SM   suy SM ''  kSM  M ''  VSk  M  hay H phép vị tự tâm S , tỉ số k Tâm vị tự hai đường trịn Định lí 3.1 Cho hai đường tròn  O1; R1   O2 ; R2  phân biệt Khi tồn phép vị tự biến đường tròn  O1; R1  thành đường tròn  O2 ; R2  Chứng minh Nếu tồn phép vị tự VOk biến đường tròn  O1; R1  thành đường tròn  O2 ; R2  k   R2 R k  OO2  kOO1 R1 R1 Khi ta cách xác định phép vị tự VOk   Trường hợp 1: O1  O2 R1  R2 , OO1  kOO1  O  O1 Khi ta có hai R2 R1 O1 phép vị tự biến đường tròn  O1; R1  thành đường tròn  O2 ; R2  là: V  VO1 R2 R1   Trường hợp 2: O1  O2 R1  R2 , suy k  1 Do OO2  OO1 , kết hợp với   O1  O2 suy OO2  OO1  O trung điểm đoạn thẳng O1O2 Vậy phép vị tự VO1 biến đường tròn  O1; R1  thành đường tròn  O2 ; R2  Trường hợp 3: O1  O2 R1  R2 , ta xác định phép vị tự sau: Ta lấy M ' M ' đường kính đường trịn  O2 ; R2  O1M bán kính    O1; R1  cho hai vector O2 M ' O1M hướng Đường thẳng O1O2 cắt MM ' MM ' I1 I R2 R1  Khi phép vị tự VI1 VI R2 R1 biến đường tròn  O1; R1  thành đường tròn  O2 ; R2  Điểm I1 gọi tâm vị tự ngồi hai đương trịn  O1; R1   O2 ; R2  Điểm I 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 hoán phép vị tự phép quay có tâm Nhận xét: Thứ tự thực phép biến hình khơng quan trọng QO  VOk  VOk  QO b) Cách xác định ảnh điểm qua phép vị tự quay Cho phép quay QO phép vị tự VOk với k   O góc định hướng        OA1  OA Ta có Q : A  A1     (1)  OA1 , OA    mod 2   O   B A OA '  kOA1 VOk : A1  A '      OA1 , OA '   mod 2  (2)  OA ' k  Từ (1) (2) suy  OA    OA; OA '    mod 2   (3)    A'  Như VOk  QO phép đồng dạng thuận Z  O; ; k  biến A thành A ' xác định (3) Khi O gọi tâm;  gọi góc quay; k tỉ số phép vị tự - quay c) Tính chất  A ' B '  kAB Định lí Z  O; ; k  : A  A ' ; B  B '     AB; A ' B '    mod 2    Hệ +) Phép vị tự - quay biến đường thẳng thành đường thẳng góc hai đường thẳng góc đồng dạng +) Phép vị tự quay biến đường trịn thành đường trịn, tâm thành tâm tỉ số hai bán kính tỉ số đồng dạng d) Cách xác định ảnh phép vị tự - quay Cho phép vị tự - quay Z  O; ; k  Hãy xác định tâm O biết Trường hợp 1: Một cặp điểm tương ứng  A; A '  ,  k Ta có   OA '  k (1) OA; OA '    mod 2  (2) OA   (1)  O thuộc đường trònApollonius    đường kính CD ( C , D chia theo tỉ số k ) O (2)  O thuộc cung  C  chứa góc định hướng  mod 2  nhận AA ' làm dây A C A' D Vậy O giao điểm     C  Trường hợp Hai cặp điểm tương ứng  A; A '   B; B '  Cách khác, Gọi I giao điểm AB A ' B ' B' Ta có  OA, OA '    IA, IA '    mod   (1) O  OB, OB '   IB, IB '     mod   (2) 1  O thuộc đường tròn  IAA '    O thuộc đường tròn  IBB ' Vậy O giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp A' A I B tam giác IAA ' IBB ' e) Một số kết quan trọng Kết Mọi phép vị tự - quay mặt phẳng có điểm bất động O O tâm phép vị tự - quay 10 Từ tính chất này, cho phép ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp ABC , A cố định cịn B , C di động cặp điểm tương ứng phép vị tự - quay có góc quay  (khơng đổi) tỉ số k (không đổi) qua điểm cố định tâm O phép vị tự - quay Kết Giả sử phép vị tự quay VOk  QO biến điểm A, B tương ứng thành điểm A ', B ' +) Nếu AA ' BB '  K O điểm chung thứ hai hai đường tròn  KAB   KA ' B ' +) Nếu AB  A ' B '  L O điểm chung thứ hai hai đường tròn  LAA '  LBB '  B MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG Dạng 1: Ứng dụng phép vị tự, phép vị tự quay chứng minh tính chất hình học Trong số tốn hình học phẳng có u cầu chứng minh tính chất hình học, chứng minh chúng phương pháp hình học thơng thường việc chứng minh tương đối phức tạp Tuy nhiên sử dụng phép vị tự, phép vị tự quay giúp thu gọn cách đơn giản phải sử dụng thêm đường phụ, giúp cho việc chứng minh tương đối dễ ngắn gọn 1.1 Bài 1.1 Cho hai đường tròn  O, R   O ', R ' ,  R  R ' tiếp xúc  quay quanh A Tia Ax cắt đường tròn  O, R  M , tia Ay A Một góc vng xAy cắt đường trịn  O ', R ' M ' Chứng minh đường thẳng MM ' qua điểm cố định Đường thẳng MM ' cắt đường tròn  O  ,  O '  điểm thứ hai N , N ' Chứng minh  NAN '  900 Chứng minh tiếp tuyến với đường tròn  O  M , N tiếp tuyến với đường tròn  O '  M ', N ' cắt tạo thành hình bình hành 57 3.11 Bài 3.11 Cho tứ giác ABCD có AD, BC khơng song song Gọi P  AC  BD DM BN M , N chạy đoạn DA, BC cho  Gọi DA BC Q  MN  AC , R  MN  BD Chứng minh đường trịn  PQR  ln qua điểm cố định khác P Lời giải: A B P Q R N M O D Đặt k  C BC   ; DA, BC    mod 2  DA   Vì AD, BC không song song nên    mod 2      mod 2  Gọi O giao điểm thứ hai hai đường trịn  PAD  ,  PBC  O cố định Khi tồn phép vị tự quay f  VO , k   QO ,   mà f : D  B; A  C Vì DM BN BN BC    k DA BC DM DA      DM , BN    DA, BC     mod 2  ; f : D  B nên suy f : M  N  f : A  C; M  N Ta có  nên suy bốn điểm A, Q , M , O thuộc đường tròn  AC  MN  Q  f : B  D; M  N Tương tự  nên suy điểm D, M , R, O thuộc đường tròn BD  MN  R Do ta có  QP, QO    QA, QO    MA, MO   mod     QP, QO    MD, MO    RD, RO    RP, RO   mod   Suy bốn điểm P, Q, R, P thuộc đường trịn hay đường trịn  PQR  ln qua điểm O cố định khác P 58 3.12 Bài 3.12 Trên mặt phẳng, cho đường tròn  O  hai điểm cố định B, C đường trịn cho BC khơng đường kính đường tròn  O  Gọi A điểm di động đường tròn  O  A không trùng với hai điểm B, C Gọi D, K , J lần luợt trung điểm BC , CA, AB E , M , N lần luợt hình chiếu vng góc A, B, C BC , DJ , DK Chứng minh tiếp tuyến M , N đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN ln cắt diểm T cố định điểm A thay đổi đường tròn  O  Lời giải: Gọi H trực tâm tam giác ABC  BM  DJ CN  DK Ta có   BM  AC ,   CN  AB  DJ || AC  DK || AB Suy BM , CN , AE đồng quy H B J M' M H' A E H Q I X O D T' T N' N K S D' C   HND   HED   900 Suy đường tròn  EMN  đường trịn Do HMD đường kính HD Gọi H ', M ', N ' điểm đối xứng với H , M , N qua BC Khi H '   O  ; điểm  H ', M ', B  ,  H ', N ', C  thẳng hàng đường tròn tâm I đường kính H ' D đối xứng với đường trịn  EMN  đường kính HD qua BC Gọi T ' giao điểm hai tiếp tuyến M ', N ' với đường trịn  I  T ' đối xứng với T qua BC 59 Gọi Q giao điểm thứ hai hai đường tròn  O  ,  I  ; X giao điểm hai tiếp tuyến B, C đường tròn  O  X cố định Ta có '   ,    QBM ACN '  QAE AM ' B  QN ' C  QEA nên tam giác QM ' B, QN ' C , QEA đồng dạng hướng        QM ', QB  QN ', QC  QE , QA    mod 2     QB QC QA   k   QM ' QN ' QE        QQ ,    VQ , k  : M '  B, N '  C , E  A  QQ ,    VQ , k  :  I    O   QQ ,    VQ , k  : I  O, D  D ', T '  X D '   O    Mặt khác D ' X đường đối trung tam giâc D ' BC nên DD ' B  SD ' C với S giao điểm thứ hai D ' X với đường tròn  O  Suy BH '  CS Khi tứ giác BCSH ' hình thang cân Mà XO trung trực BC nên XO trung trực SH ' Do SH '  XO Mà XO || AH ' (cùng vng góc với BC ) nên SH '  AH ' Do SA đường kính đường tròn  O  Mặt khác, QQ ,    VQ , k  : T ' DE   XD ' A  T ' DE   XD ' A  900 Suy T ' D  DE hay điểm X , T ', D, O thẳng hàng  '  IT  '  OXH ' Hơn nữa, QQ ,    VQ , k  : IT ' D  OXD ' D  OXD Suy IT ' || XH ' mà I trung điểm DH ' nên T ' trung điểm DX Kết hợp với D, X cố định suy T ' cố định Mà T đối xứng với T ' qua BC B, C cố định nên T cố định 3.13 Bài 3.13 Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng Gọi A ', B ', C ' tương ứng điểm đối xứng với A, B, C qua M Chứng minh tồn điểm P cách A B ' , B C ' , C A ' Gọi D trung điểm cạnh AB , N giao điểm hai đường thẳng DM AP Chứng minh M di động mặt phẳng M  D , đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định Lời giải: Giả sử tam giác ABC có hướng dương điểm M nằm khác phía với C đường thẳng AB 60 P A N B' C' D G' G M B C A' Gọi G , G ' trọng tâm tam giác ABC , A ' B ' C ' Vì A ', B ', C ' tương ứng điểm đối xứng với A, B, C qua M Nên §M : ABC  A ' B ' C ' Do Q M ,    §M : A  A ', B  B ', C  C ', G  G ' Mặt khác Q 2   G ',    Suy Q 2   G ',    : A '  B ', B '  C ', C '  A '  Q M ,   : A  B ', B  C ', C  A ' Theo tính chất tích hai phép quay khơng tâm ta có Q 2   G ',     Q M ,    Q điểm P xác định cách  PA  PB '  Suy Q   : A  B ', B  C ', C  A '   PB  PC '  P,   3  PC  PA '   Vậy tồn điểm P cách A B ' , B C ' , C A ' Theo chứng minh ta có Q M ,    §M : G  G ' Q 2   G ',    Suy Q 2   G ',     Q M ,   : G'  G'  PG  PG '   Q   : G  G '      PG , PG '    P,    mod 2         P,   3  61 Do PGG ' PM  GM , GP  2GM    Ta có Q    V  : A  D, P  M  AP, DM   mod 2   G,   G,  3   2      GP, GM   mod   Do điểm G , M , N , P thuộc đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam   NP, NM   giác MNP qua điểm G cố định 3.14 Bài 3.14 (Iran MO 1997) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn  O  P  khơng chứa A đường tròn  O  Gọi I , I điểm di động cung BC tâm đường tròn nội tiếp tam giác PAB, PAC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PI1I qua điểm  khơng chứa A đường trịn  O  cố định P di động cung BC Chứng minh trung điểm M đoạn I1I ln thuộc đường trịn  khơng chứa A đường tròn  O  cố định P di động cung BC Lời giải: Gọi B1, C1 điểm A cung  AB không chứa C cung  AC không chứa B đường tròn  O  B1 C1 Vì I1, I tâm đường tròn O nội tiếp tam giác PAB, PAC nên ta có C1  PI1, B1  PI C1 A  C1B  C1I1   B1 A  B1C  B1I M I1 I2 C B Gọi Q giao điểm thứ hai Q đường tròn O  đường tròn P ngoại tiếp tam giác PI1I 0       Ta có QC I1  QB1I , QI1C1  180  QI1P  180  QI P  QI B1 Suy QI1C1 ∽ QI B1  QC1 I1C1 AC1    a không đổi (do A, B1, C1 cố định) QB1 I B1 AB1 62 Do Q thuộc đường trịn Apollonius  w1  cố định dựng hai điểm B1, C1 cố định tỉ số a  AC1 khơng đổi AB1 Từ đó, Q giao điểm hai đường tròn  O  ,  w1  cố định nên Q Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PI1I qua điểm Q cố định Ta có QI1C1 ∽ QI B1  QI1 I1C1 AC1    a không đổi QI I B1 AB1    B  C  không đổi I 1QI  I1 PI  C1 PB1   khơng chứa A đường trịn  O  QI I Do P di động cung BC tự đồng dạng Với M trung điểm đoạn I1I QI1M tự đồng dạng    QI , QM    mod 2     QM với   I 1QM không đổi k không đổi k   QI1   Suy M  QQ,    VQ , k   I1  Mà C1I1  C1 A nên I1 thuộc đường trịn  w2  tâm C1 bán kính C1 A 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 tròn  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 ngồi 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 trịn 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  63 Lời giải: R S Q M P B O A B' Y X T N M' K Kí hiệu  w1  ,  w2  đường trịn đường kính NP, NQ Gọi MM ' đường kính đường trịn  w1  , T , Y giao điểm thứ hai SA, MA với đường tròn  w1    nên NM ' M ∽ NPQ Hai tam giác NM ' M , NPQ vuông N có NM ' M  NPQ   NYR  , NQP   NRY  nên NYR ∽ NPQ Mà MNPQ Suy tam giác NQP, NRY , NMM ' vuông N đồng dạng hướng     NQ, NP  Do   NP  NY   NQ NR       NR, NY  NM , NM '   mod 2  NM ' k NM     Suy phép vị tự quay Q   N,  2    V N , k  : Q  P, R  Y , M  M ', B  B ' với B ' thuộc đoạn NP   M ' B ', M ' P    MB, MQ    MS , MP    M ' S , M ' P   mod   Do M ', B ', S thẳng hàng   SM     YMN   YSN  Suy NS  NY Mặt khác SYN 'N  B ' M ' N  BMN  nên PS  PY Mà MP phân giác SMY Do S , Y đối xứng qua đường kính NP Suy M , T đối xứng qua đường kính NP 64 Chứng minh tương tự, gọi K , X giao điểm thứ hai RB, MB với đường trịn  w2  R, X đối xứng qua đường kính NQ M , K đối xứng qua đường kính NQ   MNP  , MNK   2MNQ   MNT   MNK   PNQ   1800 Do MNT Suy T , N , K thẳng hàng  sin MNT  TA TA sin MYT      AS AY sin YTS sin YMS  KB sin MNK Chứng minh tương tự ta có   BR sin RMX Từ ta có   sin MNK  ; sin YMS   sin RMX  nên TA  KB  m Mà sin MNT AS BR     Suy TA  m AS , KB  mBR (do A, B thuộc đoạn TS , KR ) (1)    Mặt khác ta có NO  TA  KB (2)    Gọi G trung điểm SR ta có OG  AS  BR (3)   Từ (1), (2), (3) ta suy NO  mOG  N , O, G thẳng hàng     Vậy đường trung tuyến kẻ từ N tam giác NSR qua điểm O cố định 65 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 trịn (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 A1 A2 A3 không cân với cạnh a1 , a2 , a3 ( cạnh đỉnh Ai ) Gọi M i  i  1,2,3 trung điểm cạnh  i  1,2,3 , Ti  i  1, 2,3 tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác 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 S1M , S M , S3 M 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 tròn 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 không 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 66 Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (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 , sd đường thẳng Simson tương ứng với điểm A, B, C, D tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh đường thẳng sa , sb , sc , sd đồng quy 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 A1 A2 C1C2 cắt điểm nằm phân giác góc  ABC 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 tròn 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 A1B1C1 tam giác A1B1C1 đồng dạng với tam giác ABC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cách trực tâm tam giác ABC A1B1C1 67 Bài 14 (Bulgaria TST 2008) Cho tam giác ABC, M trung điểm BC BB1 , CC1 đường cao tam giác ABC ( B1 , C1 chân đường cao) Một đường thẳng qua A vng góc với AM cắt đường thẳng BB1 , CC1 E, F Gọi k đường tròn ngoại tiếp tam giác EFM Giả sử k1 , k đường tròn tiếp xúc với EF cung EF khơng chứa điểm M đường trịn k Gọi P, Q giao điểm đường tròn k1 , k 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 tròn a , b , c có bán kính nhau; a tiếp xúc với hai cạnh AB, AC ; b tiếp xúc với hai cạnh BC , BA ; c tiếp xúc với hai cạnh 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 68 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 chun Tốn 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 giáo dạy lớp chun Tốn 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 khuôn khổ viết này, điều kiện thời gian có hạn, chúng tơi nghiên cứu số ứng dụng phép vị tự phép vị tự quay, đồng thời đưa lớp toán minh họa cho ứng dụng Những ứng dụng chúng tơi 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 trình dạy, 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 69 Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết cịn 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 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 Toán 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 chuyên Toán 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 70 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) 71 Tài liệu tham khảo: Đồn Quỳnh (2009), Tài liệu giáo khoa chun Tốn Hình học lớp 10 - NXB Giáo dục Việt Nam Đồn Quỳnh (2009), Tài liệu giáo khoa chun 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 ... góp tạo sáng kiến: 20% Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định Điện thoại: 02283.640297 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU...2 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... 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