Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán PTTH

Phần thứ : Các Chuyên Đề PHNG TRèNH HM Nguyễn Hồng Ngải Tổ trưởng tổ Tốn THPT Chun Thái Bình Một chuyên đề quan trọng việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia, khu vực quốc tế, phương trình hàm, bất phương trình hàm Có nhiều tài liệu viết chuyên đề Qua số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia qua số kì tập huấn hè Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, rút số kinh nghiệm dạy chuyên đề trao đổi với đồng nghiệp Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + Số k gọi phần nguyên x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + Tính trù mật Tập hợp A ⊂ x 0, ∃a ∈ A : β + ε > a β = infA ⇔ ⎨ Hàm sơ cấp Hàm số sơ cấp hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược Hàm số sơ cấp hàm tạo thành hữu hạn phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp hàm số sơ cấp Hàm cộng tính, nhân tính tập hợp Hàm số f(x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y ∈ D x + y ∈ D f(x + y) = f(x) + f(y) Hàm số f(x) gọi nhân tính tập xác định D với x, y ∈ D x y ∈ D f(x y) = f(x) f(y) Nếu với x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D f( x – y) = f(x) – f(y) f(x) gọi hàm cộng tính D Hàm f(x) = ( hàm nhân tính Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi tăng (a, b) : Với x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi giảm (a, b) : Với x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định Tạp chí tốn học nhà trường, số – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: Dựa vào điều kiện toán, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c Đồng hệ số để tìm f(x) Chứng minh hệ số khác f(x) khơng thỏa mãn điều kiện tốn Phương pháp dồn biến → cho: Bài 1: Tìm f: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy.( x − y ), ∀x, y ∈ Giải: u+v ⎧ x= ⎧u = x + y ⎪ ⎪ Đặt ⇒⎨ ⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪ ⎩ ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u − v )uv f (u ) f (v) ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ u v Cho v = ta có: f (u ) f (1) − u2 = − , ∀u ≠ u ⇒ f (u ) = u + au, ∀u ≠ (a = f(1) – 1) Cho x = y = ta có 2f(0) = f(0) = Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ ⎛ x −1 ⎞ Bài 2: f ( x − 1) − f ⎜ ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ Giải : x −1 y 1− y = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = Đặt : − 2x y −1 y −1 ⎛ 1− y ⎞ −1 , ∀y ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( y − 1) = y −1 ⎝ y −1 ⎠ −1 ⎛ x −1 ⎞ , ∀x ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( x − 1) = 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎧ ⎛ x −1 ⎞ ⎪ f ( x − 1) − f ⎜ − x ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − ⎞ − f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ ⎜ ⎟ ⎪ 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎩ ⇒ −8 f ( x − 1) = − x + 1− 2x 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x) = ⎜ + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f ( x) + f (1 − x) = x , ∀x ∈ (1) Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc : x, – x vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng hệ số, ta thu được: ⎧ a= ⎪ ⎧3a = ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨b = ⎨b − 2a = ⎪a + b + 3c = ⎪ ⎩ ⎪ ⎪c = − ⎩ f ( x) = ( x + x − 1) Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện tốn Cơng việc cịn lại ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện tốn Thật giả sử cịn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện toán Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn điều kiện toán nên: g ( x) + g (1 − x) = x , ∀x ∈ Thay x x0 ta được: g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 Vậy Thay x –x0 ta g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) Từ hai hệ thức ta được: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) Điều mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số (Bài đăng tạp chí KVANT số năm 1986, M 995 – tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b Khi (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a − a = ⎪a = + ⎪a = − ⇔⎨ ⎨ ∨⎨ ⎩ab = ⎪b = ⎪b = ⎩ ⎩ Ta tìm hai hàm số cần tìm là: 1± f ( x) = x Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện tốn Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét lý luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi điều kiện (1) trở thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng hệ số, ta được: ⎧a = ⎧a = ⎧a = −1 ⇔⎨ ∨⎨ ⎨ ⎩b = ⎩b = ⎩ab + b = ⎧a = Với ⎨ ta f(n) = n ⎩b = Trường hợp loại khơng thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta f(n) = -n + b ⎩b = Từ điều kiện (3) cho n = ta b = Vậy f(n) = -n + Hiển nhiên hàm số thỏa mãn điều kiện toán Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 hàm thỏa mãn điều kiện toán Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn điều kiện toán Từ (3) suy f(0) = g(0) = Từ (3) suy f(1) = g(1) = Sử dụng điều kiện (1) (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + = f (n0 ) + = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy f(n) = – n nghiệm Từ tính f(1995), f(-2007) Các tập tương tự: Bài 1: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − f ( x) f (1 + y ) = xy (3 y − x ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất hàm f : → cho: f ( f (n)) + ( f (n)) = n + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + Bài 4: Tìm hàm f : → : ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎧ ⎫ 3f ⎜ , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, ⎬ ⎟−5 f ⎜ ⎟= ⎝ 3x + ⎠ ⎝ x − ⎠ x −1 ⎩ ⎭ 28 x + Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất đa thức P(x) ∈ [ x ] cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 Giải: Cho x= y = z = 0: 1 f (0) + f (0) − f (0) ≥ 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ ⇔ f (0) = Cho y = z = 0: 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ Cho x= y = z = 1 1 f (0) + f (1) − f (1) ≥ 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ ⇔ f (1) = Cho y = z = 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ (1) (2) Từ ( 1) (2) ta có f(x) = Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) f(x6) = x2 f(x2) Thay x, y, z x2 Mặt khác f(x6) = f(x x2 x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 2 Hay x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ Thay x x3 ta : 3x9 + f ( x ), ∀x ∈ ⇒ f (x ) = 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 3x3 + 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ f ( x) = ⇒ 3x2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ Vậy f(x) = với x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức (Bài giảng Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x + x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x + 3x − 2) P( x), ∀x (1) Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = x = −1 ⇒ P (−1) = x = ⇒ P (0) = x = ⇒ P (1) = Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x 2 ⇒ ( x + x + 1) G ( x − 1) = ( x − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) , ∀x = 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) , ∀x ⇔ = 2 ( x − 1) + ( x − 1) + x + x + ⇔ G ( x) (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) Đặt R( x) = ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện toán Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ ta có tốn sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với x Giải ví dụ hồn tồn khơng có khác so với ví dụ Tương tự ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta có tốn sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x + x + 2)(4 x − x) P( x) = ( x + 1)( x − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn theo phương pháp mà tự sáng tác đề tốn cho riêng Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm Trước hết ta nhắc lại khái niệm dãy số Dãy số hàm đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3, } ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 , } Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp hàm xn Sai phân câp hàm xn xn = xn +1 − xn xn = xn +1 − xn = xn + − xn +1 + xn Sai phân câp k hàm xn k k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 Các tính chất sai phân Sai phân cấp biểu thị qua giá trị hàm số Sai phân có tính tuyến tính: k k Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g Nếu xn đa thức bậc m thì: Là đa thức bậc m – k m> k Δ k xn Là số Là m= k m Sn Lời giải: Đặt Pn = {( a1 , a2 , , an ) ∈ Sn a1 = 1} Qn = {( a1 , a2 , , an ) ∈ S n a1 ≠ 1} Dễ có: Pn ∩ Qn = ∅, Pn ∪ Qn = Sn + Xét ánh xạ f: Pn → Qn ( a1 , a2 , , an ) ( a2 , a1 , , an ) Vì f song ánh nên: Pn = Qn = + Xét ánh xạ g: Pn → Sn −1 ( a1 , a2 , , an ) Sn ( a2 − 1, a3 − 1, , an − 1) Vì g song ánh nên: Pn = S n −1 Vậy: S n = S n −1 ∀n ≥ Mà S = 2; S1 = ⇒ S n = 2n −1 + Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2 ⎧( a2 − 1, a3 − 1, , an − 1) ∈ Tn −1khia1 = ⎪ ( a1 , a2 , , an ) ⎨ ⎪( a3 − 2, a4 − 2, , an − ) ∈ Tn − khia1 = ⎩ Vì h song ánh nên Tn = Tn −1 + Tn − n +1 n +1 ⎛ 1− ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1+ ⎞ ⎜⎜ ⎟ mà T2 = 2; T1 = ⇒ Tn = ⎟ −⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝⎝ n +1 n +1 ⎛ ⎛ 1− ⎞ ⎞ ⎜⎛ 1+ ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟ Tn ⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ > ⇔ Vậy: n −1 Sn Bài 3: (IMO 1987) Gọi Pn(k) số hoán vị tập A = {1, 2, , n} (n ∈N*) có k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n) n Chứng minh rằng: ∑ k.P (k ) = n ! n k =0 Lời giải: Đặt: M ={(f, i)⎢f hoán vị A giữ nguyên k phần tử, i ∈A cho f(i) = i} Ta có: M = k Pn (k ) Với 1≤ i ≤ n: đặt Ni tập tất hoán vị giữ nguyên k -1 phần tử tập hợp B = A\ {i} N i = Pn −1 (k − 1) n + Xét ánh xạ g: M → ∪ N i i =1 99 ( f , i) f ( f (m) = f (m)∀m = 1, , n; m ≠ i ) Vì g song ánh nên M = n n ∪ Ni = ∑ Ni ⇒ k.Pn (k ) = n.Pn−1 (k − 1) i =1 i =1 n n n n −1 k =1 k =1 k =0 j =0 ⇒ ∑ k Pn (k ) = n.∑ Pn −1 (k − 1) ⇒ ∑ k Pn (k ) = n.∑ Pn −1 ( j ) = n.(n − 1)! = n ! Bài 4: (VMO 2002) Cho tập S gồm tất số nguyên ∈ [1;n](n ∈ N*) T tập tất tập khác rỗng S Với A ∈ T, kí hiệu m(A) trung bình cộng tất phần tử thuộc A Tính: ∑ m( X ) X ∈T m= T Lời giải: + Xét song ánh f: T → T X f ( X ) = {n + − x x ∈ X } Vì f song ánh nên ⎧m( X ) + m( f ( X )) = n + 1, ∀X ∈ T ⎪ ⇒ ∑ [ m( X ) + m( f ( X )) ] = T (n + 1) ⇒ ∑ m( X ) = T (n + 1) ⎨ m( X ) = ∑ ∑ m( f ( X )) X ∈T X ∈T ⎪ X ∈T X ∈T ⎩ Vậy : m = ∑ m( X ) X ∈T T = n +1 Bài 5: (VMO 1996) Cho n, k, m ∈N* thoả mãn điều kiện 1< k ≤ n, m > Hỏi có chỉnh hợp chập k: ( a1 , a2 , , ak ) n số nguyên dương mà chỉnh hợp thoả mãn hai điều kiện sau: i ∃ i, j ∈{1, 2, ,k} cho i < j > aj ii ∃ i ∈{1, 2, ,k} cho – i không chia hết cho m Lời giải: Đặt A = {tập chỉnh hợp chập k (1,2, ,n)} A* = {tập chỉnh hợp thoả mãn giả thiết} B = { ( a1 , a2 , , ak ) ∈A ⎢a1 < a2 < < ak – i m ∀i = 1,2, ,k} Dễ thấy A* = A\B + Xét ánh xạ f: B → B’ ( a1 , a2 , , ak ) ( a1 − + m, a2 − + 2m, , ak − k + km ) Khi f song ánh từ B đến B’ với B’ = ( b1 , b2 , , bk ) b1 < b2 < < bk , bi ∈ {1, 2, , n − k + km} , bi m∀i = 1, , k { Do B = B ' = C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ k Vậy A * = A − B = An − C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ *Một số luyện tập: Bài 6: Tìm tất số nguyên ( a1 , a2 , , an ) ( n>1) cho 100 } ⎧ ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n ⎪ ⎨ ⎪ − +1 ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n − ⎩ Bài 7: Chứng minh ∀n ∈N* ta có: n i a C2nn = ∑ ( Cn ) i =0 n b ∑ C k k =0 c m ∑C k =0 k n+k k n C ⎡ n−k ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ n−k m−k n = C2 n +1 n k + ∑ Cm + k 2n − k = 2m + n +1 k =0 Bài 8: (IMO 1996) Cho bảng ô vuông nxn (n >1) Hỏi có cách đánh dấu ô vuông bảng cho hình vuông 2x2 có vng đánh dấu Bài 9: (VMO 2003) Với n ∈N*, n ≥ 2, gọi Sn số hoán vị ( a1 , a2 , , an ) n số nguyên dương cho ≤ − i ≤ 2∀i = 1, 2, , n Chứng minh rằng: 1, 75Sn −1 < Sn < 2Sn −1 , ∀n > Bài 10: Giả sử Fk tập tất ( A1 , A2 , , Ak ) Ai , i =1,2, ,k tập tập hợp {1,2, ,n} TÍnh: S n = ∑ ( A1 , A2 , , Ak )∈Fk k ∪A i i =1 Bài 11: Trong xâu nhị phân có độ dài n, gọi an số xâu không chứa ba số liên tiếp 0,1,0 bn số xâu không chứa số liên tiếp 0,0,1,1 1,1,0,0 Chứng minh rằng: bn+1 = 2an Bài 12: Cho n ∈N, n>1 2n điểm nằm cách đường trịn cho trước Hỏi có tất n đoạn thẳng mà thoả mãn đồng thời: a Mỗi đoạn thẳng thuộc có đầu mút 2n điểm cho b Tất đoạn thẳng thuộc đôi khơng có điểm chung PhÐp vÞ tù – quay 101 Họ v tên giáo viên : Tr−êng THPT Chuyªn : Trong bμi viết ny, trình by kiến thức v cần thiết phép vị tự quay v việc áp dụng phép vị tự quay vo giải toán hình học phẳng I Các kiến thức v cần thiết: Định nghĩa: Phép vị tự quay l tích giao hoán phép vị tù vμ mét phÐp quay cã cïng t©m NhËn xÐt: α α + Thø tù thùc hiƯn c¸c phÐp biÕn hình không quan trọng, Q O VO = VO Q O k k −k + TØ sè cđa phÐp vÞ tù – quay cã thĨ coi lμ số dơng Q O VO = VO 180 k Cách xác định ảnh điểm qua phÐp vÞ tù – quay: ϕ O k Cho phÐp quay Q O vμ phÐp vÞ tù VO (víi k > 0) α ⎧OA1 = OA ⎪ A1 ⇔ ⎨ (1) OA;OA1 = α ⎪ ⎩ α ( Ta cã: Q O : A k O V : A1 ) A1 A ⎧OA' = kOA1 ⎪ A' ⇔ ⎨ (2) OA1 ;OA' = ⎪ ⎩ ( ) A' ⎧ OA ' =k ⎪ (3) Tõ (1) vμ (2) cho ta: ⎨ OA ⎪ OA;OA ' = α ⎩ ( ) α Nh− vËy VO Q O lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ xác định (3) Khi O đợc gọi l k t©m; α gäi lμ gãc quay; k lμ tØ sè cđa phÐp vÞ tù - quay TÝnh chÊt: §Þnh lÝ: Z(O; α; k): A A';B ⎧A' B ' = kAB ⎪ B ' th× ⎨ ⎪ AB;A' B ' = α ⎩ ( ) HƯ qu¶: 1) PhÐp vị tự - quay biến đờng thẳng thnh đờng thẳng v góc hai đờng thẳng góc đồng dạng 2) Phép vị tự - quay biến đòng tròn thnh đờng tròn, tâm biến thnh tâm v tỉ số hai bán kình tỉ số đồng dạng 102 Cách xác định tâm cđa phÐp vÞ tù – quay: Cho phÐp vÞ tù - quay Z(O; ; k) HÃy xác định tâm O biết: Trờng hợp 1: Một cặp điểm tơng ứng (A; A’); α vμ k ⎧ OA' =k ⎪ Ta cã: ⎨ OA ⎪ OA;OA' = α ⎩ ( ) (1) (2) (1) O thuộc đờng tròn Apôlônius () ®−êng kÝnh CD (C, D chia AA’ theo tØ sè k) (2) O thuộc cung (C) chứa góc định h−íng (mod 2π) nhËn AA’ lμm d©y VËy O lμ giao ®iĨm cđa (ω) vμ (C) O α A C D A' B' Trờng hợp 2: Hai cặp điểm tơng øng (A; A’) vμ (B; B’) O ⎧A' B ' = kAB ⎪ Ta cã: ⎨ Tõ ®ã ta biết đợc k v v quay trờng hợp AB;A' B ' = α ⎪ ⎩ A ( ) Cách khác: Gọi I l giao điểm AB vμ A’B’ α α A' α I ⎧( OA;OA ' ) = ( IA;IA ' ) = α (1) ⎪ (2) ⎪( OB;OB ' ) = ( IB;IB ' ) = α ⎩ Ta cã: ⎨ B (1) ⇔ O thuộc đờng tròn (IAA) (2) O thuộc đờng tròn (IBB) Vậy O l giao điểm hai đờng tròn ngoại tiếp IAA v IBB Một kết quan trọng: Định lí: Mọi phép vị tự - quay mặt phẳng có điểm bất động O v O l tâm phép vị tự - quay ®ã Tõ tÝnh chÊt nμy, cho phÐp ta chứng minh đờng tròn ngoại tiếp ABC, A cố định B, C di động nhng l cặp điểm tơng ứng phép vị tự - quay có góc quay (không đổi) v tỉ số k (không đổi) qua điểm cố định l tâm O phép vị tự quay ®ã II øng dơng cđa phÐp vÞ tù – quay vo việc giải toán hình học Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho hai đờng tròn (O) v (O) cắt A v B Một cát tuyến di động MAN (M (O); N (O)) Tìm quỹ tích trực tâm H BMN? Hớng dẫn giải: 103 + Dễ chứng minh đợc BMN đồng dạng với BOO (1) v hớng hay BMN tự đồng dạng v giữ nguyên hớng Kẻ trực tâm H BMN v đặt k = ( ) BH v BM;BH = α BM k phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = VB Q α : M B A M + Do BMN tự đồng dạng nên k, không đổi v N O' H (2) B O Tập hợp điểm H l đờng tròn (O) l ảnh đờng tròn (O) qua phép vị tự - quay O'' Z (B, α, k) nãi trªn H + Tõ (1) ta cã O” lμ trùc t©m ΔBOO’ vμ tõ (2) ta cã B ∈ (O) vμ B lμ điểm bất động nên B (O) v bán kính đờng tròn ảnh OB Vậy tập hợp điểm H l đờng tròn (O; OB) Ví dụ 2: (Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Hng Yên năm 2007 2008) Trên hai đờng thẳng a v b cắt điểm C có hai động tử chuyển động thẳng với vận tốc khác nhau: A a víi vËn tèc v1, B trªn b víi vËn tốc v2, v1 v2, chúng không gặp C a) Chứng minh thời điểm no, đờng tròn ngoại tiếp ABC qua điểm cố định O no khác C b) Tìm quỹ đạo chuyển động động tử M vị trí trung điểm đoạn AB Hớng dẫn giải: b a) Giả sử A0, B0 l vị trí xuất phát ứng với thời điểm t0 A1, B1 l vị trí động tử thời ®iÓm t1 > t0 Khi ®ã A0 C A1 a B B1 v (t − t ) v1 = = = k (0 < k kh«ng ®æi) A A1 v1 (t − t ) v B1 Gäi O lμ giao ®iĨm thø hai đờng tròn O B0 (A0B0C) v (A1B1C) Dễ dng chứng minh đợc: OA0A1 đồng dạng với OB0B1 Tõ ®ã suy ra: ⎧A1OB1 = A OB = α ⎪ ⎨ OB1 OB B B1 v ⎪ OA = OA = A A = v 0 1 ⎩ ( ) ( ) ⎧ OA ;OB = CA ;CB = α (1) 1 1 ⎪ ⇒ ⎨ OB v (2) ⎪ = OA1 v1 ⎩ (1) chøng tá O thuộc cung chứa góc định hớng (mod 2) dựng A1B1 cố định (3) (2) chứng tỏ O thuộc đờng tròn Apôlônius đờng kính CD cố định (C, D chia đoạn A1B1 theo tỉ số không đổi v2 ) (4) v1 104 Tõ (3) vμ (4) suy O l điểm cố định b) Kí hiệu A0 = A ( t = 0); B0 = B (khi t = 0); M0 l trung điểm đoạn A0B0 v1 ; v lμ hai vÐc t¬ vËn tèc cđa A vμ B Q tÝch cđa M lμ ®−êng thẳng M0m qua M0 v có véc tơ ph−¬ng lμ v = ( ) ( v1 + v 2 ) (suy tõ 2M M = v1 + v t ) NhËn xÐt: 1) Nếu không dùng góc định hớng phải xét hai trờng hợp 2) O l tâm phép vị tù - quay tØ sè k = ( ) v2 ; gãc quay CA1 ;CB1 = α biÕn a thμnh b, v1 A1 biến thnh B1 Vì a, b cố định, k, không đổi nên O cố định 3) Để chứng minh đờng tròn (ABC) qua điểm cố định, A, B l hai động tử chuyển động, ta cố định hoá hai vị trí no A, B v xét hai vị trí A1; B1 hai động tử ®ã Sau ®ã chøng minh giao ®iĨm cđa (ABC) vμ (A1B1C) l hai giao điểm cố định cách tính chất đặc trng (1) v (2) m ta dựng đợc Ví dụ 3: (Đề dự tuyển IMO năm 1999) Các điểm A, B, C chia đờng tròn ngoại tiếp ABC thnh ba cung Gọi X l điểm thay đổi cung tròn AB v O1; O2 tơng ứng l tâm đờng tròn nội tiếp tam giác CAX v CBX Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp XO1O2 cắt điểm cố định Hớng dẫn giải: + Gọi T = (XO1O2) ∩ (ABC) M = XO1 ∩ (ABC); N = XO2 ∩ (ABC) + Trªn (ABO) ta cã: XNT = XMT Trªn (XO1O2) ta cã: XO1T = XO T TO1N = TO2 N TO1N đồng dạng víi ΔTO2M C TN O1N AN = = = k (không đổi) (1) TM O2 M BM N M (dễ chứng minh đợc NAO1 v MO2B cân N, M) ( ) ( ) ( ) + DÔ thÊy TN;TM = TO1 ;TO = XN;XM = α(mod ) A (không đổi) (2) O1 X Từ (1) suy T thuộc đờng tròn Apôlônius đờng kính E, F (E, F chia MN theo tØ sè k) (3) Tõ (2) suy T thuéc cung chøa gãc α (mod 2) dựng đoạn MN cố định (4) 105 O2 B T Tõ (3) vμ (4) vμ cung (α) ®i qua ®iÓm n»m vμ ®iÓm n»m ngoi đờng tròn Apôlônius nên chúng cắt điểm cố định T (khác C) đpcm Nhận xét: T l tâm phép vị tự - quay gãc α, tØ sè k biÕn M thμnh N Dùng phía ngoi ABC ba tam giác BCM; CAN; vμ ABP cho VÝ dô 4: MBC = CAN = 450 ; BCM = NCA = 30 ; ABP = PAB = 150 Chøng minh MNP vuông cân đỉnh P A Hớng dẫn giải: P1 + XÐt tÝch cđa hai phÐp vÞ tù - quay Z2 Z1 ®ã Z1 = Z(B, víi k1 = π π , k1) vμ Z2 = Z(A, , k2) 4 N P C B BC AC = = (vì CAN đồng dạng với CBM) BM AN k M ⎧ BC ⎪ BM = k1 π + Ta có BMC cố định, MBC = nên ⎨ ⎪ BM;BC = π ⎪ ⎩ ( ®ã Z1 = Z(B, π , k1): M ) P1 (BPP1 đồng dạng với BMC) C v P ⎧ AN ⎪ AC = k π ⎪ + Lại có CAN cố định, CAN = nên ⎪ AC;AN = π ⎪ ⎩ ( ®ã Z2 = Z(A, π , k2): C suy Z = Z2 Z1: M N vμ P1 ) P N Tích hai phép đồng dạng có tỉ số ®ång d¹ng k = k2.k1 = vμ α1 + = nên Z l phép dời hình có điểm cố định P P Cơ thĨ lμ Q : M ⎧ PM = PN ⎪ N nªn ta cã ⎨ π VËy PMN l tam giác vuông cân đỉnh P PM; PN = ⎩ ( ) VÝ dô 5: Dùng tứ giác (lồi) nội tiếp ABCD biết độ di cạnh: d, a, b, c, d l độ di cho trớc Hớng dẫn giải Phân tích: Giả sử tứ giác ABCD đà dựng đợc 106 AB = a; BC = b; CD = c; DA = ABCD néi tiÕp vμ chØ A + C = 180 (hc B + D = 180 ) Kéo di cạnh BC phía Cực để xuất D hiƯn DCx = BAD vμ d kỊ bï víi DCB A c Trên tia Cx (tia đối cđa tia CB) lÊy ®iĨm a E cho ΔDCE đồng dạng với DAB b Bi toán dựng tứ giác ABCD quay vỊ C B dùng ΔDCE E Gi¶ sư DCE đồng dạng với DAB, hai tam giác ny chung ®Ønh D Bëi vËy ΔDCE ®−ỵc suy tõ ΔDAB bëi phÐp vÞ tù - quay Z(D, ϕ = (DA;DC) , k = c ) d c ; (DA;DC) = ADC = d Bởi vậy, đặt k = XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k) Ta cã Z: D D; A C vμ B E cho E [BE] Khi DCE đồng dạng với ΔDAB vμ ®ã DCE = DAB vμ B, C, E thẳng hng theo thứ tự đó, đồng thời ta đợc BDE = ADC = Bi toán trở thnh dựng DBE có yếu tố đà biết: BC = b; CE = ca ac + bd , ®ã BE = ; CD = c; d d DE c = DB d Ta cần dựng điểm D l điểm giao điểm đờng (C; c) v đờng tròn Apôlônius ( ) có ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia vμ chia ngoi đoạn BE theo tỉ số k = c Đỉnh A đợc dựng sau d Biện luận: Bi toán có nghiệm hình nghiƯm h×nh nμo t vμo ( γ1 ) vμ ( ) có cắt hay không Một sè bμi tËp tù lun Bμi 1: (§Ị thi HSG QG năm 1999 2000) Trên mặt phẳng cho trớc hai đờng tròn (O1; r1) v (O2; r2) Trên đờng tròn (O1; r1) lấy điểm M1 v đờng tròn (O2; r2) lấy điểm M2 cho đờng thẳng O1M1 cắt O2M2 điểm Q Cho M1 chuyển ®éng trªn (O1; r1), M2 chun ®éng trªn (O2; r2) cïng theo chiỊu kim ®ång hå vμ cïng víi vËn tốc góc nh 1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng M1M2 2) Chứng minh giao điểm thứ hai hai đờng tròn ngoại tiếp M1QM2 v O1QO2 l điểm cố định Bi 2: (Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Hng Yên năm 2004 2005) Cho đờng tròn (O), dựng đờng tròn () m O nằm đờng tròn () Một tam giác ABC cân A di động nhng giữ nguyên dạng v hớng A di động (); B, C di động (O) Các đờng thẳng AB; AC cắt () I, J 107 1) Chøng minh r»ng I vμ J l điểm cố định 2) Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc M, N I, J BC Có nhận xét quỹ tích Bi 3: Dựng tứ giác lồi ABCD biết tổng độ lớn hai gãc ®èi diƯn A + C = θ vμ độ di cạnh AB = a; BC = b; CD = c; DA = d Bμi 4: Cho ®−êng tròn (O1; R1) v (O2; R2) cắt A v B Hai động tử M1 v M2 xuất phát từ A lần lợt chuyển động tròn (O1) vμ (O2) theo cïng h−íng, sau mét vßng trë l¹i A cïng mét lóc 1) Chøng minh r»ng mặt phẳng có điểm P cách ®Ịu M1 vμ M2 ë mäi thêi ®iĨm (®Ị thi IPQ, London 1979) 2) Tìm quỹ tích trọng tâm G, trực tâm H AM1M2 Bi 5: (Bi toán Napoléon) Lấy cạnh ABC lm đáy, dựng phía ngoi ABC ba tam giác BCA; CAB v ABC Chứng minh tâm A0; B0; C0 ba tam giác vừa dựng l đỉnh tam giá 108 ... việc dạy học sinh giỏi. Tôi hy vọng chuyên đề ny giúp cho c¸c em häc sinh giái cã høng thó, say mê việc giải bi toán hình học phẳng Trong chuyên đề ny, đà đa số bi toán nhỏ ,mặc dù bi toán cha... theo chuyên đề cho học sinh l quan trọng Trong bi viết ny xin trình by chuyên đề Tứ giác Ton Phần nội,ngoại tiếp,đây l phơng pháp để giúp học sinh có cách nhìn khái quát , nhằm giải số bi toán. .. Sơn bi toán hình học phẳng V.VPRXOLOV Ti liệu mạng CHUYấN HM SINH Thc s : Phạm Quang Thắng Tổ Tốn T.H.P.T Chun Thái Bình Trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi tốn tổ hợp, phân hoạch tập hợp tốn