Tích các phép dời hình trong mặt phẳng và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– PHẠM BÁ XUẤT TÍCH CÁC PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, NĂM 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— PHẠM BÁ XUẤT TÍCH CÁC PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương Pháp Toán Sơ Cấp Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: GS TS Đào Tam THANH HÓA, NĂM 2017 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số ngày tháng năm 2017 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị TS PGS TS Họ tên Hồng Nam Nguyễn Cơ quan cơng tác Trường ĐH Hồng Đức Minh Trường ĐH Mỏ Địa Chức danh hội đồng Chủ tịch Phản biện Mẫn Chất PGS TS Đinh Huy Hoàng Trường ĐH Vinh Phản biện TS Vũ Trọng Lưỡng Trường ĐH Tây Bắc Ủy viên TS Đỗ Văn Lợi Trường ĐH Hồng Đức Thư ký Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày tháng năm 2017 (ký ghi rõ họ tên) GS TS Đào Tam i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu công bố Người cam đoan Phạm Bá Xuất ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Tự Nhiên, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa hướng dẫn thầy GS TS Đào Tam Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới dạy thầy Tôi xin cảm ơn tất thầy cô giảng dạy cảm ơn tất bạn bè giúp đỡ chân tình người Tơi xin gửi lời cảm ơn tới Phòng sau đại học, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa giúp đỡ mặt thủ tục để hoàn thiện luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới ban giám hiệu trường THPT Lê Viết Tạo - Hoằng Hóa tạo điều kiện tốt cho tơi hồn thành khóa học Thanh Hóa, tháng năm 2017 Phạm Bá Xuất iii MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN i LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iii MỞ ĐẦU Chương : SƠ LƯỢC VỀ CÁC PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG 1.1 Một số nghiên cứu liên quan nước giới 1.2 Các nghiên cứu phép dời hình nước 1.3 Phép biến hình mặt phẳng 1.4 Phép dời hình mặt phẳng 1.5 Các phép đời hình cụ thể 13 Chương : TÍCH CÁC PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG 19 2.1 Một số vấn đề chung 19 2.2 Tích phép dời hình 19 2.3 Sự xác định phép dời hình 34 Chương : ỨNG DỤNG PHÉP DỜI HÌNH VÀ TÍCH CÁC PHÉP DỜI HÌNH VÀO GIẢI TỐN 37 3.1 Một số vấn đề nhóm phép biến hình 37 3.2 Các toán định lượng 38 3.3 Các toán dựng hình 42 3.4 Các toán chứng minh 52 3.5 Các tốn quỹ tích 59 3.6 Các toán cực trị 64 KẾT LUẬN 73 Tài liệu tham khảo 74 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trải qua bao thập kỉ, Đảng Nhà nước ta xem giáo dục quốc sách hàng đầu Điều có nghĩa nghiệp giáo có tầm quan trọng nhân tố chìa khóa, động lực thúc nghiệp cơng nghiệp hoá, đại hoá đất nước, điều kiện để phát huy nguồn lực người Trong chương trình giáo dục Tốn học có vai trị vơ quan trọng, vừa phương tiện bồi dưỡng kiến thức, vừa có tác dụng giáo dục trí tuệ tình cảm người Tri thức Toán học phận quan trọng văn minh nhân loại, khơng hiểu biết Tốn học khơng thể xem người có văn hóa tồn diện, sâu sắc, khơng thể xem người hồn thiện đầy đủ Chính việc dạy học tốn nói chung dạy học hình học nói riêng trường THPT hướng vào tiếp cận phát triển lực người học, lực then chốt cần quan tâm bồi dưỡng cho học sinh lực phát giải vấn đề Và Hình học phận quan trọng Toán học Kiến thức hình học ln phần kiến thức khó với học sinh mơn học lơgic trừu tượng so với môn học khác Trong chương trình hình học lớp 11, học sinh làm quen với phần kiến thức hình học tương đối khó phép dời hình Phép dời hình mảng kiến thức khó học sinh tiếp xúc với vấn đề nên việc sử dụng phép dời hình để giải tốn hình học em lạ gặp nhiều khó khăn Chính lí chúng tơi chọn đề tài "Tích phép dời hình mặt phẳng ứng dụng" nhằm giáo dục học sinh tư hàm cung cấp cho học sinh cơng cụ giải lớp tốn như: dựng hình, chứng minh, tìm tập hợp quỹ tích điểm, cực trị hình học Phép dời hình học trương trình phổ thơng sách giáo khoa 11 mơn Hình học giảm tải (số lượng tiết học co lại, phần tập sách giáo khoa lại giảm bớt) Phép dời hình cho quy tắc lại trừu tượng nên học sinh học phần cảm thấy bị thiếu hụt khó nắm bắt thơng tin phép dời hình Tuy nhiên, mở rộng ứng dụng sâu ta phải nghiên cứu Tích phép dời hình, dạng tắc phép dời hình Việc khai thác ứng dụng tích phép dời nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi toán Hơn vấn đề mà từ trước đến chưa lựa chọn đề tài nghiên cứu luận văn nên vấn đề thời Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tích phép dời hình để ứng dụng phát triển tiềm sách giáo khoa theo hướng mở rộng phát triển tập toán đồng thời cung cấp cơng cụ giải tốn cho em học sinh phổ thông, tạo hứng thú học tập, niềm say mê mơn tốn cho học sinh Từ nâng cao chất lượng giáo dục Tốn học nhà trường phổ thông Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu, tìm tịi phát triển lớp tốn sơ cấp giải nhờ phép dời hình tích phép dời hình để phát triển toán Lựa chọn số tốn sách giáo khoa từ phát triển thành toán nhằm mở rộng tiềm sách giáo khoa, phát triển tư duy, góp phần bồi dưỡng lực phát giải vấn đề cho học sinh Giới hạn đề tài Do tính chất đề tài chúng tơi tập chung vào số toán bản, mở rộng phát triển tốn hình học phẳng chương trình phổ thơng Nhiệm vụ đề tài Đưa số cách thức để phát triển toán mới, nhờ sử dụng tích phép dời hình Giúp đỡ học sinh phát triển tư sáng tạo, thông qua hoạt động phân tích, so sánh, tổng hợp, khái qt hố Từ tạo hứng thú học tập mơn tốn thơng qua dạy học giải tốn hình học lớp 11 góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy nhà trường trung học phổ thông Phương pháp nghiên cứu Để thực mục đích nhiệm vụ đề tài, q trình nghiên cứu chúng tơi sử dụng phương pháp nghiên cứu lí thuyết: i) Thông qua việc nghiên cứu loại tài liệu sư phạm, chun mơn có liên quan đến đề tài, sách phép biến hình nước nước ngồi ii) Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa tốn 11, mục đích u cầu dạy hình học trường phổ thông Giả thuyết khoa học Trên sở khai thác vai trò phép dời hình tích phép dời chương trình sách giáo khoa giáo dục hành, việc nghiên cứu phát triển tốn sách giáo khoa khơng góp phần giúp học sinh mở rộng tiềm sách giáo khoa, mà cịn hình thành phát triển lực tự phát giải vấn đề cách sáng tạo Bố cục luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo, luận văn có chương Chương 1: Sơ lược phép dời hình mặt phẳng Chương 2: Tích phép dời hình mặt phẳng Chương 3: Ứng dụng phép dời hình tích phép dời hình vào giải tốn Chương SƠ LƯỢC VỀ PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG Trong chương này, chúng tơi chỉ trình bày số nghiên cứu liên quan sở lí thuyết phép biến hình dời hình mặt phẳng nước giới 1.1 Một số nghiên cứu liên quan nước giới Các phép biến hình nghiên cứu cách hệ thống, sâu sắc lí luận thực tiễn ứng dụng thể sau: I.M.Iaglom "Các phép biến hình" nhà xuất quốc gia Maxcova 1955 Trong sách này, tác giả đề cập đến lớp toán sau: Các phép tịnh tiến, đối xứng qua điểm, phép quay, phép đối xứng qua đường thẳng, phép đối xứng trượt, hình, phân loại phép dời hình mặt phẳng Các phép đồng dạng Chương I Các phép dời hình Trong chương này, tác giả đề cập đến phép tịnh tiến, phép đối xứng qua điểm phép quay Chương II Tác giả đề cập chủ yếu phép đối xứng qua đường thẳng đối xứng trượt, hình phân loại phép dời hình mặt phẳng Trong sách này, tác giả đề cập đến lớp tốn sau: tốn dựng hình, tốn chứng minh, tốn quỹ tích tốn cực trị hình học mặt phẳng 1.2 Các nghiên cứu phép dời hình nước Ở Việt Nam, phép biến hình trình bày cách có hệ thống tác giả Nguyễn Mộng Hy “Các phép biến hình mặt phẳng” nhà xuất giáo dục năm 2001 Trong sách này, tác giả trình bày nội 35 Chứng minh i) Chứng minh tồn f Giả sử ∆ABC ∆A0 B0C0 có A, A0 hai điểm phân biệt (Hình 2.19) Gọi ∆1 đường trung trực AA0 Xét phép đối xứng trục D∆1 Ta có: D∆1 : A 7→ A0 ; D∆1 : B 7→ B1 ; D∆1 : C 7→ C1 hay D∆1 : ∆ABC 7→ ∆A0 B1C1 suy ∆ABC = ∆A0 B1C1 (1) Nếu B1 B0 hai điểm phân biệt Gọi ∆2 đường trung trực B1 B0 Ta có: D∆2 : A0 7→ A0 ; D∆2 : B1 7→ B0 ; D∆2 : C1 7→ C2 hay D∆2 : ∆A0 B1C1 7→ ∆A0 B0C2 suy ∆A0 B1C1 = ∆A0 B0C2 (2) ⇒ A0C2 = A0C1 = A0C = A0C0 Tương tự B0C2 = B0C0 Nếu C2 C0 điểm phân biệt Gọi ∆3 trung trực C2C0 Vì A0C2 = A0 B0 , B0C2 = B0C0 Nếu A0 , B0 ∈ ∆3 Do đó: D∆3 : A0 7→ A0 ; D∆3 : B0 7→ B0 ; D∆3 : C2 7→ C0 36 Hay D∆3 : ∆A0 B0C2 7→ ∆A0 B0C0 (3) Từ (1) (2) (3) suy ra: D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆1 : A 7→ A0 D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆1 : B 7→ B0 D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆1 : C 7→ C0 Hay D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆1 : ∆ABC 7→ ∆A0 B0C0 Mà tích ba phép đối xứng trục D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆1 phép dời hình f : ∆ABC 7→ ∆A0 B0C0 Chú ý: Nếu A ≡ A0 không cần thực phép đối xứng D∆1 Nếu B ≡ B0 không cần thực phép đối xứng D∆2 Nếu C ≡ C0 không cần thực phép đối xứng D∆3 ii) Chứng minh f Giả sử có phép dời hình f1 : A 7→ A0 ; f1 : B 7→ B0 ; f1 : C 7→ C0 Cần chứng minh f1 ≡ f 0 Lấy điểm M gọi M = f (M), M1 = f1 (M), ta chứng minh M1 ≡ M Giả sử M1 6= M f , f1 phép dời   A0 M = AM ⇒ A0 M = A0 M1  A0 M = AM Suy A0 thuộc đường thẳng trung trực M M1 Tương tự B0 , C0 thuộc đường thẳng trung trực M M1 Từ A0 , B0 , C0 thẳng hàng Vậy M1 ≡ M Từ chứng minh ta suy có khơng q phép đối xứng trục biến A → A0 , B → B0 , C → C0 từ định lý ta có hệ quan trọng: Hệ 2.3.2 Mỗi phép dời hình xem tích không ba phép đối xứng trục 37 Chương ỨNG DỤNG CÁC PHÉP DỜI HÌNH VÀ TÍCH CÁC PHÉP DỜI HÌNH VÀO GIẢI TỐN Trong chương này, chúng tơi trình bày tích phép dời hình mặt phẳng, để nhìn nhận khắc sâu số kiến thức toán học ứng dụng giải số dạng toán sách giáo khoa, phương pháp biến hình để bổ sung thêm phương pháp giải toán cho học sinh phổ thơng Để giải tốn phương pháp sử dụng tích phép biến hình, trước hết phải xây dựng hệ thống kiến thức tích phép biến hình Đó sở lý thuyết vận dụng vào việc giải tốn tích phép biến hình Sau truyền thụ kiến thức để có lực giải tốn tích phép biến hình địi hỏi học sinh phải có lực chuyển giả thiết, kết luận tốn ngơn ngữ biến hình (ngơn ngữ tích phép biến hình) Mỗi tốn người ta cho khơng phải lúc diễn giải ngơn ngữ biến hình Các tốn hầu hết dạng tổng hợp, biểu diễn ngôn ngữ hình học Vì cần rèn luyện lực chuyển đổi ngơn ngữ từ quan hệ hình học sang ngơn ngữ biến hình (tích biến hình) Khi giải tốn tích biến hình ta thường theo bước: Bước 1: Chuyển đổi ngơn từ ngơn ngữ hình học t sang ngơn ngữ biến hình Ví dụ: M trung điểm AB dịch sang ngơn ngữ biến hình là: B ảnh A qua phép đối xứng tâm DM Bước 2: Sử dụng tính chất, bất biến phép biến hình để tìm tịi lời giải cho tốn Bước 3: Chuyển kết thu sang tính chất hình học tương ứng kết luận toán Tuy nhiên, tốn thể ngơn ngữ biến hình ta bỏ qua bước Đối với tốn chưa thể ngơn ngữ biến hình, dịch chuyển ngơn ngữ khơng gặp khó khăn việc sử dụng biến hình (tích biến hình) để giải tốn sở, có khả thu kết tốt Việc chuyển sang ngơn ngữ biến hình xuất phát điểm việc sử dụng cơng cụ biến hình để giải toán Trong bước cần trọng bước tức tìm phép biến hình (tích 38 biến hình) thích hợp để vận dụng vào giải toán 3.1 Các toán định lượng Bài toán 3.1.1 ([8]) Cho ∆ABC phía ngồi dựng tam giác ∆ABM, ∆BCN Gọi O tâm ∆ABM S trung điểm AC Tính góc ∆OSN
Ta có Q O, 1200 (B) = A (Hình 3.1)

Suy Q N, 600 ◦ Q O, 1200 (A) = C


Mà Q N, 600 ◦ Q O, 1200 = Q I, 1200 = DI Ta có DI (A) = C Suy I trung diểm AC hay I ≡ S


Do Q N, 600 ◦ Q O, 1200 = Q S, 1800 Theo tính chất phép quay 0 d = 120 = 600 ; ONS d = 60 = 300 Ta có: SON 2 d = 600 , ONS d = 300 d = 900 , SON Vậy ∆ OSN có OSN Bài tốn 3.1.2 ([16]) Cho ∆ABC phía ngồi dựng hình vng ABDE ACFG Gọi O1 O2 tâm hình vng ABDE ACGH S trung điểm BC Tính góc ∆SO1 O2 39 Ta gọi Ox ∩ Oy = I (Hình 3.2) Ta có:
Q O1 , 900 : A 7→ B
Q O2 , 900 : C 7→ A Xét tích hai phép quay:

Q O2 , 900 ◦Q O1 , 900 = DO2 y ◦DO1 O2 ◦DO1 O2 ◦DO1 x = DO2 y ◦DO1 x : B 7→ C (1) cho     (O1\ O2 , O1 x) = 450 ,    (O1\ x, O1 O2 ) = 450 ,      (O2\ O1 , O2 y) = 450


Mà đó, Q O2 , 900 ◦ Q O1 , 900 B 7→ C = DO2 y ◦ DO1 x = Q I, 1800 : B 7→ C nên I trung điểm BC, Suy I ≡ S \ 0 \ \ Như vậy, ta tính được: O SO2 = 90 ; SO O2 = 45 ; SO O1 = 45 Bài tốn 3.1.3 ([8]) Cho hình vng ABCD Các điểm M, N thuộc cạnh BC, CD Gọi E, F hình chiếu B, lên đường thẳng AM, AN; điểm I, J hình chiếu D lên đường thẳng AM, AN Gọi O tâm hình vng Xét phép quay Q(O, 900 ) a) Chứng tỏ qua phép quay ảnh tam giác ABF tam giác ADJ b) Xác định ảnh tam giác BAE c) Chứng minh EF vng góc với IJ b BA = AD Chứng minh a) Ta xét hai tam giác vng BAF ADJ có Bb = A, nên chúng (Hình 3.3) Mặt khác, hai tam giác có chiều 40 dương Nên có phép quay tâm O, góc quay 900
Q O, 900 : B 7→ A;
Q O, 900 : A 7→ D;
Q O, 900 : F 7→ J
Từ đó, Q O, 900 : ∆BAF 7→ ∆ADJ
b) Tương tự câu a) ta có: Q O, 900 : ∆BAE 7→ ∆ADI c) Do   Q O, 900
: E 7→ I  Q O, 900
: F 7→ J
⇒ Q O, 900 : EF 7→ IJ Vì góc đường thẳng ảnh tạo ảnh góc quay, nên suy EF⊥IJ Bài toán 3.1.4 (Bài toán Nappoléon) Cho ∆ABC Dựng phía ngồi ∆ABC tam giác ∆ABC1 , ∆BCA1 , ∆CAB1 Chứng minh tâm tam giác tạo thành tam giác Chứng minh Cách Chúng xin giới thiệu cách giải Nappolon Dựng đường trịn ngoại tiếp tam giác ACB0 , BCA0 dựng hai cạnh AC, BC Hai đường tròn cắt C O (Hình 3.4) Hai tứ giác nội d = BOC d = 1200 , đường tiếp AB0CO BA0CO có Bb0 = Cb0 = 600 , AOC trịn ngoại tiếp tam giác ABC0 qua O Như vậy, Ba đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC0 , ACB0 , BCA0 cắt O Ta có IJ⊥OC (vì IJ đường nối tâm hai đường trịn có chung dây cung OC) 41 d = 1200 ) d = 600 ( AOC Tương tự JK⊥OA ⇒ IJK d = KIJ d = 600 , ⇒ IJK tam giác Tương tự ta có JK⊥OA, IJK Ở đưa lời giải cách áp dụng tích phép dời sau Cách Gọi O1 , O2 , O3 tâm tam giác ABC1 , BCA1 CAB1 (Hinh 3.5) Khi ta có:
Q O1 , 1200 (A) = B
Q O2 , 1200 (B) = C

Suy Q O2 , 1200 ◦ Q O1 , 1200 (A) = C


Mặt khác: Q O2 , 1200 ◦ Q O1 , 1200 = Q O, 2400 Trong O thỏa mãn ∆OO1 O2 tam giác Mà: Q(O3 , 1200 )◦Q(O2 , 1200 )◦Q(O1 , 1200 ) = Q(B, 1200 )◦ − Q(O, 2400 ) = Q(I, 3600 ) = T→ v


Nhưng Q O3 , 120 ◦Q O2 , 1200 ◦Q O1 , 1200 (A) = A (A điểm bất động) − → − → − − T→ v (A) = A ⇒ v = , ⇒ T→ v phép đồng


Q O3 , 1200 ◦ Q O2 , 1200 ◦ Q O1 , 1200 = e



⇒Q O2 , 1200 ◦ Q O1 , 1200 = Q O3 , −1200 = Q O3 , 2400

⇒Q O, 2400 = Q O3 , 2400 ⇒ O ≡ O3 Vậy ∆O1 O2 O3 tam giác 42 3.2 Các tốn dựng hình Phương pháp thực hiện: Để dựng hình (H), ta tiến hành dựng điểm Trong mặt phẳng, thông thường điểm xác định giao hai đường Trong hai đường dùng để xác định điểm phải dựng, thường đường có sẵn kiện tốn, cịn đường thứ hai quỹ tích điểm có tính chất hình học đặc trưng đó, suy từ đường cho toán phép dời hình hay tích cuả phép dời hình Phép dời hình phát nhờ việc phân tích cụ thể nội dung tốn Vậy để giải tốn dựng hình phương pháp biến hình, ta thực theo phần: Phân tích – Dựng hình – Chứng minh – Biện luận Trong phần phân tích để dựng hình ta thực theo bước sau: - Bước 1: Ta tìm phép dời hình hay tích phép dời hình f biến điểm N thành điểm M - Bước 2: Xác định N ∈ (C), suy M ∈ (C0 ) ảnh (C) qua phép dời hình - Bước 3: Xác định M giao điểm (C0 ) (H) Bài toán 3.2.1 ([8]) Cho điểm O1 , O2 , O3 Dựng tam giác ABC cho O1 , O2 , O3 trung điểm cạnh AB, BC, CA Phân tích: Với tốn cách giải thơng thường ta dễ dàng dựng tam giác cách C đỉnh thứ hình bình hành O3 O1 O2C Hồn tồn tương tự với A, B Nhìn nhận tốn ngơn ngữ biến hình O1 trung điểm AB ⇒ DO1 : A 7→ B O2 trung điểm BC ⇒ DO2 : B 7→ C O3 trung điểm CA ⇒ DO3 : C 7→ A Từ đó, ta có: DO3 ◦ DO2 ◦ DO1 (A) = A, ⇒ A điểm bất động Mà DO3 ◦ DO2 ◦ DO1 phép đối xứng tâm Suy A tâm phép đối xứng tâm Từ ta có : Bài giải 43 Giả sử tam giác ABC dựng (Hình 3.6) Ta nhận thấy:     DO : A 7→ B    DO2 : B 7→ C ⇒ DO3 ◦ DO2 ◦ DO1 : A 7→ A      DO : C 7→ A Mà DO3 ◦ DO2 ◦ DO1 phép đối xứng tâm, ⇒ A tâm đối xứng phép đối xứng tâm Ta có cách dựng: Lấy điểm M xác định M1 = DO1 (M) , M2 = DO2 (M1 ) , M3 = DO3 (M3 ) Khi ta có: Nếu M3 ≡ M ⇒ A ≡ M Nếu M3 6= M ⇒ Xác định A trung điểm MM3 A điểm cần tìm Từ xác định đỉnh cịn lại: B = DO1 (A) ,C = DO2 (B) Chú ý: Với cách giải thơng thường giúp học sinh nhìn nhận tốn đơn giản Nhưng qua phương pháp hạn chế tính phát triển chức giải tập Bằng phương pháp sử dụng tích biến hình ta giải toán sau: Bài toán 3.2.2 ([4]) Cho điểm O1 , O2 , O3 , O4 , O5 Dựng ngũ giác ABCDE (có thể khơng lồi) Nhận O1 , O2 , O3 , O4 , O5 làm trung điểm AB, BC, CD, DE, EA Bài giải Cách giải toán giống toán 3.3.1 Ta sử dụng tích phép đối xứng tâm phép đối xứng tâm 44 Tương tự ta có A điểm kép Suy cách dựng: Lấy điểm M M1 = DO1 (M) M2 = DO2 (M1 ) M3 = DO3 (M2 ) M4 = DO4 (M3 ) M5 = DO5 (M4 ) ⇒ A trung điểm MM5 Suy ngũ giác dựng ABCDE (lõm) (Hình 3.7) Bài tốn có nghiệm hình Bài toán 3.2.3 ([4]) Cho m = 2n + điểm trung điểm đa giác có m cạnh Hãy dựng đỉnh đa giác Bài giải Khi n = 1, ta có tốn Đối với toán này, ta phải sử dụng tích m phép đối xứng tâm (m lẻ) phép đối xứng tâm Giả sử dựng đa giác A1 A2 A2n+1 Gọi Oi trung điểm cạnh (i = 1; 2n + 1) Lấy M M1 = DO1 (M) M2 = DO2 (M1 ) M2n+1 = DO2n+1 (M2n ) DO2n+1 ◦ DO2n ◦ ◦ DO2 ◦ DO1 (A1 ) = A1 45 ⇒ A1 điểm bất động tích ⇒ A1 trung điểm MM2n+1 Từ dựng 2n + giác A1 A2 A2n+1 Các toán ta sử dụng tích lẻ phép đối xứng tâm Bây ta xét tốn sử dụng tích chẵn phép đối xứng tâm Bài toán 3.2.4 ([4]) Dựng tứ giác ABCD biết trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA Bài giải Giả sử tứ giác ABCD dựng được.Gọi trung điểm O1 , O2 , O3 , O4 O1 O2 O3 O4 hình bình hành (Hình 3.9) Ta có: DO4 ◦ DO3 ◦ DO2 ◦ DO1 (A) = A, ⇒ A điểm kép   Mặt khác : DO4 ◦ DO3 ◦ DO2 ◦ DO1 = DO4 ◦ DO3 ◦ (DO2 ◦ DO1 ) −−→ ◦ T −−−→ = T→ − = e Từ ta có: Lấy A tuỳ ý Lấy đối xứng qua = T2− O O 2O O O 46 tâm O1 , O2 , O3 , O4 ta có điểm A, B, C, D Suy tứ giác ABCD dựng Bài tốn có vơ số nghiệm hình Nhận xét: Bằng cách sử dụng tích n (n chẵn) phép đối xứng tâm ta có tốn tương tự dựng lục giác, hay n- giác biết trung điểm cạnh Bài tốn 3.2.5 ([8]) Cho hình vuông ABCD tâm I tia BC lấy điểm E cho BE = AI a) Xác định phép dời biến A thành B I thành E b) Dựng ảnh hình vng ABCD qua phép dời Nhận thấy: f : A 7→ B, I 7→ E Mà AI = BE ⇒phép dời f : AI 7→ BE BE 7→ AI Ta lại có góc (BE, AI) = 450 Ta hình dung phép dời cần tìm Nhưng để dễ dàng xác định phép dời hình ta sử dụng tích phép đối xứng trục sau: Bài giải a) Gọi M trung điểm AB ∆ đường thẳng qua I, M Ta có phép đối xứng trục ∆ D∆ : A 7→ B ⇔ D∆ : AI 7→ BI, I 7→ I Mặt khác BE = BI = AI ⇒ ∆BIE cân B Gọi N trung điểm IE ∆0 đường thẳng BN D∆0 : B 7→ B ⇔ D∆0 : BI 7→ BE, I 7→ E Như vậy: D∆ ◦ D∆0 : A 7→ B ⇔ D∆ ◦ D∆0 : AI 7→ BE ⇒ D∆ ◦ D∆0 : I 7→ E
\ Ta nhận thấy ∆ cắt ∆0 O Góc (∆, ∆0 ) = 22, 50 Do D∆ ◦D∆0 = Q O, 450 Nhận thấy, O điểm nằm đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD (Do IO = BE = IA) 47
b) Dễ dàng dựng ảnh hình vng ABCD qua phép quay Q O, 450 Bài toán 3.2.6 Cho O, E, D không thẳng hàng Dựng ∆ABC cho OD, OE đường phân giác, E ∈ AB, D ∈ AC (cho OD 6= OE) Nhận xét: Đây toán hay khó học sinh khơng nhận thấy rằng: OD phân giác góc ABC ⇔ OD trục đối xứng góc học sinh gặp nhiều khó khăn Ta bắt gặp tốn dựng hình tương tự chương trình lớp 12: “Tìm toạ độ đỉnh ∆ biết tâm đường tròn nội tiếp O, toạ độ chân đường phân giác E D” Với việc sử dụng tích phép đối xứng trục ta có lời giải sau: Bài giải Giả sử tam giác ABC dựng (Hình 3.11) Ta có: DOD : BA 7→ BC DOE : CB 7→ CA Suy ra: DOE ◦ DOD : BA 7→ CA Với E ∈ BA ⇒ DOE ◦ DOD (E) = E2 ∈ CA Mà D ∈ CA ⇒ C = DE2 ∩ OE (OD 6= OE ⇒ D 6= E2 ) Từ ta có cách dựng: + Dựng ảnh E2 E qua tích: DOE ◦ DOD + Dựng giao điểm DE2 với OE Ta có điểm C + Từ ta có: B = OD ∩CE1 ; A = BE ∩CD 48 Vậy ta có tam giác ABC cần dựng Từ cách dựng ta dễ dàng chứng minh tam giác ABC thoả mãn điều kiện toán Do giao DE2 với OE nhất, suy tốn có nghiệm hình Nếu tốn khơng cho OD 6= OE kết tốn nào? Khi chia toán thành trường hợp sau: Trường hợp 1: OD 6= OE, suy tiến hành Trường hợp 2: OD = OE, suy E2 ≡ D Dựng E1 ảnh E qua DOD Qua E dựng đường thẳng ∆ k ED cắt OD, OE hai điểm B, C Ta có B C đỉnh tam giác cần tìm (Hình 3.12) Đối với học sinh khá, giỏi tiếp cận phương pháp giải cách dễ dàng Ở số tập tích phép đối xứng trục Trước tiên ta xét số toán khó có cách giải đặc thù cho việc vận dụng tích phép đối xứng trục sử dụng tính chất điểm bất động Bài tốn 3.2.7 ([4]) Hãy nội tiếp đường tròn (O) cho trước tam giác ABC có cạnh AB, BC, CA song song với ba đường thẳng a, b, c cho trước (a, b, c đôi cắt nhau) Bài giải Phân tích: Giả sử dựng tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) thoả mãn điều kiện 49 tốn Khi xét đường thẳng trung trực la , lb , lc chứa cạnh AB, BC, CA la , lb , lc vng góc với a, b, c qua O (Hình 3.13) Ta có: Dla (A) = B; Dlb (B) = C; Dlc (C) = A ⇒ Dlc ◦ Dlb ◦ Dla (A) = A, nên A điểm bất động Dlc ◦ Dlb ◦ Dla Mặt khác Dlc ◦ Dlb ◦ Dla tích ba phép đối xứng trục có trục đồng quy Dlc ◦ Dlb ◦ Dla phép đối xứng trục l (l qua A) Mà A ∈ (O) Từ ta có cách dựng: + Dựng đường thẳng la , lb , lc qua O vng góc với a, b, c + Xác định đường thẳng l (l qua O ) l thoả mãn Dl = Dlc ◦ Dlb ◦ Dla + Xác định giao điểm l (O) cắt A + Từ A kẻ song song với a, c cắt đường tròn B C Suy tam giác ABC dựng Chứng minh Theo cách dựng ta dễ dàng chứng minh tam giác ABC thoả mãn điều kiện tốn Vì l cắt (O) điểm phân biệt nên có điểm A thoả mãn Vậy tốn có nghiệm hình Bài tốn 3.2.8 ([4]) Hãy nội tiếp đường tròn cho trước tứ giác có cạnh song với đường thẳng cho trước Bài giải Giả sử dựng tứ giác ABCD, dựng đường thẳng trung trực la , lb , lc , ld cạnh AB, BC, CD, DA ta có la , lb , lc , ld đồng quy O Suy la , lb , lc , ld hồn tồn dựng (Hình 3.14) Do chúng qua O vng góc với a, b, c, d