Phép quay vector và ứng dụng

Phép quay vector và ứng dụng

PHÉP QUAY VECTƠ VÀ CÁC ỨNG DỤNG

******************

I) Định nghĩa

1) Ta gọi  là góc định hướng giữa hai vectơ , a b

 

và kí hiệu là ( , )a b 

 

 nếu trên đường tròn định hướng tồn tại hai điểm A, B thỏa mãn hai điều kiện:

 Vectơ OA OB,

 

cùng hướng với hai vectơ , a b

 

đã cho

 Cung định hướng ứng với điểm đầu là A, điểm cuối là B của đường tròn (O) có số đo là

2 , ( )

2) Phép quay vectơ u

góc quay  , kí hiệu Q  là quy tắc biến mỗi vectơ u

của mặt phẳng thành vectơ quay Q u ( )

 của mặt phẳng đó, trong đó Q u ( )

 xác định bởi 2 điều kiện:

* Độ dài của Q u ( )

 bằng với độ dài của u

* ( , u Q u ( ))

II) Tính chất

1) Tính chất 1: Q u ( )



=0 khi và chỉ khi u  0

2) Tính chất 2:

-Nếu =k2 ,( kZ) thì Q u ( )



= u

, mọi vectơ u

-Nếu  k2 , ( kZ) thì Q u ( )



= u khi và chỉ khi u 0

  Các tính chất 1,2 dễ dàng suy ra từ định nghĩa

3) Tính chất 3: ( , ) u v  (Q u Q v ( ), ( )), u v ,

Chứng minh: Theo hệ thức Saclor, ta dễ dàng có:

( , )u v  ( ,u Q u ( )) (  Q u Q v ( ), ( )) (  Q v v ( ), )  (Q u Q v ( ), ( )) (Q u Q v ( ), ( ))

4) Tính chất 4: Q   Q Q 

Chứng minh: Thật vậy, với vectơ u

bất kì, ta có:











Từ hai điều này, suy ra: Q   ( )u Q  Q u ( )

 , mọi u

 , suy ra đpcm

5) Tính chất 5: u v Q u Q v ( ). ( ), u v ,

Chứng minh: Theo tính chất 3, ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) cos( ( ), ( )) cos( , )

Q u Q v      Q u   Q v   Q u Q v      u v  u v  u v 

6)Tính chất 6: Q ( u).Q u ( ), ,u

 Chứng minh: Xét hai vectơ ,a b

  không cùng phương, khi đó rõ ràng hai ảnh của nó qua phép quay vectơ cũng không cùng phương với nhau Với mọi u

, ta có:

Q a  Q   u  Q u  Q a Q    u Q a   Q u  a  u a u  

Suy ra: Q ( u).Q u ( )

,Q a ( )

 vuông góc với nhau

Tương tự với b

, ta cũng có: Q ( u).Q u ( )

,Q b ( )

Từ đó suy ra, vectơ Q ( u).Q u ( )

=0 hay Q ( u).Q u ( )

(đpcm)

7) Tính chất 7: Q u ( v)Q u ( ) Q v ( ), u v ,

Chứng minh: Xét hai vectơ ,a b

  không cùng phương,khi đó rõ ràng hai ảnh của nó qua phép quay vectơ cũng không cùng phương với nhau Ta có:

( ).( ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a u v a u av

    

Lập luận tương tự ta cũng có:Q b ( ).(Q u ( v)Q u ( )Q v ( ))

=0

Suy ra, vectơ Q u ( v)Q u ( )Q v ( )

cùng vuông góc với hai vectơ không cùng phương nên vectơ này bằng 0 Do đó: Q u ( v)Q u ( ) Q v ( )

=0 , suy ra đpcm

*Chú ý: ta nên hiểu bản chất của phép quay vectơ là chỉ thay đổi phương của của một vectơ cho

trước, cho nên với một vectơ tùy ý cũng như một góc cho trước thì có vô số ảnh được tạo thành là các vectơ bằng nhau

III) Các ví dụ và bài tập áp dụng

Trước hết để thấy hiệu quả của phương pháp dùng phép quay vectơ, ta hãy cùng so sánh hai cách chứng minh của các bài toán sau (một cách có sự dụng phép quay vectơ, một cách chứng minh thông thường) và từ đó rút ra nhận xét (Các bài toán trong ví dụ đa số áp dụng trực tiếp các tính chất của phép quay vectơ nên cần chú ý các tính chất đã nêu trong phần trên mà không nhắc lại trong bài giải)

Ví dụ 1 Cho đa giác đều A1A2A3 An có tâm O.Chứng minh rằng: OA  1OA2OA3 OA n0

Lời giải

Cách 1 Xét hai trường hợp:

-Nếu n là số chẵn: khi đó luôn tồn tại các cặp đỉnh tương ứng của đa giác đối xứng nhau qua O nên tổng vectơ tương ứng sẽ là vectơ-không (do O là trung điểm đoạn thẳng tạo bởi cặp đỉnh đó) Ta có đpcm

-Nếu n là số lẻ, đặt n2m 1 Xét tổng OA1OA2OA3 OA n

   

=

OA  OA OA  OA OA 

, ta thấy các cặp đỉnh A1, A2, A3, An tương ứng tạo với O thành các vectơ tổng hợp cùng phương với vectơ OA2m1



Do đó, cả tổng này là một vectơ cùng phương với vectơ OA2m1



Mặt khác, hoàn toàn tương tự, ta cũng có tổng vectơ này cùng phương với OA1

 (hay bất cứ đỉnh nào khác) Mà hai vectơ OA2m1



,OA1



không cùng phương cho nên tổng các vectơ đó phải là vectơ-không, ta có đpcm

Cách 2 Giả sử đa giác A1A2A3 An có hướng dương, nghĩa là các đỉnh của nó theo thứ tự nằm trên đường tròn ngược chiều kim đồng hồ Xét phép quay vectơ: 2

n

Q 

n

       

Từ đó, suy ra:OA  1OA2OA3 OA n0

do góc 2 0

n



 Ta có đpcm

Ví dụ 2 (Định lí con nhím)

Về phía ngoài của đa giác A1A2A3 An , dựng các vectơ e e e   1, 2, , 3 e n

lần lượt vuông góc với các Cạnh A1A2, A2A3, A  nA1 và có độ dài bằng các cạnh tương ứng và các gốc thuộc các cạnh đó  

O

A1

A2

A3

An-1

An

Lời giải

Cách 1 Ta sẽ dùng phương pháp quy nạp

Với n=3, ta xét tam giác ABC có các cạnh là a,b,c :

( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) 2( cos cos cos )

0

e e e

            

   

           

   

(Có sử dụng định lí cosin trong tam giác) Trong trường hợp này, điều cần chứng minh là đúng Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 3, ta sẽ chứng minh nó đúng với n=k+1, tức là đúng với một đa giác có k+1 cạnh Ta nối hai đỉnh kề nhau lại, chia đa giác đã cho thành hai phần gồm 1 tam giác và

một đa giác

Áp dụng định lí con nhím cho đa giác k cạnh này, ta có

e e e  e  e e e   e

, trong

đó , vectơ 'ek

là vectơ có độ dài bằng Đoạn A1 và hướng ra ngòai đa giác A1A2A3 Ak Mặt khác, cũng áp dụng định lí này cho tam giác AkAk+1A1

ta có :e   ''k e k e k10

, trong đó, vectơ ''ek

là vectơ vuông góc với A1Ak, có độ dài bằng và hướng vào trong đa giác A1A2A3 Ak Suy ra :

''e  ke'k 0

Do đó: e  1e2e3 e  ke k10

, với n=k+1, mệnh đề cũng đúng

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm

Cách 2 Xét phép quay vectơ

2

Q , ta có:

Q e    e e  e Q e   Q e   Q e    Q e   A A A A  A A 

Đây chính là đpcm

Qua hai ví dụ trên, ta thấy rõ ứng dụng mạnh của phép quay vectơ trong chứng minh hình học Sau đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu thêm qua một số bài toán khó hơn (Trong các bài này ta xét các đỉnh của tam giác, tứ giác được gọi theo hướng dương)

*Bài toán 1 (Định lí Napoléon)

Về phía ngoài của tam giác ABC dựng các tam giác đều BCA’,

CAB’, ABC’ Gọi I, J, K lần lượt là tâm của

các tam giác này C/m rằng: IJK là tam giác đều

Giải: Xét phép quay vectơ:

3

Q  , ta có:

Q  IJ  Q    AC BA CB  Q  AC Q  BA Q CB  

1

( ' ' )

3 A B BC CA IK

   

Vậy tam giác IJK là tam giác đều (đpcm)

*Bài toán 2

Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn bán kính R sao cho ABCDEF R

Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của BC với FA, BC với DE, DE với FA

Chứng minh rằng OA B C   OB C A   OA A B  

A1

Ak+1

Ak

A3

A2

Lời giải

Gọi M, N, P là trung điểm của BC, DE, FA Ta thấy: các tam giác OCD, OEF, OAB là các tam giác đều Ta sẽ chứng minh tam giác MNP là tam giác đều

Thật vậy, xét phép quay vectơ:

           

Suy ra tam giác MNP là tam giác đều

Đặt MN = NP = PM = a, gọi R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác A’B’C’

sin

MP

MOP

(do tứ giác OMA’P là tứ giác nội tiếp, do M,N,P là trung điểm nhưng cũng là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống các dây cung BC, DE, FA)

Tương tự với OB’.C’A’ = 2a.R’; OC’.A’B’ = 2a.R’

Do đó, OA B C   OB C A   OA A B  

*Bài toán 3

Cho tứ giác ABCD, dựng phía ngoài tứ giác các tam giác vuông cân AXB, BYC, CZD, DTA Chứng minh rằng: XZ ,YT vuông góc với nhau và bằng nhau

Lời giải

Xét phép quay vectơ:

2

1

( ) (

2

Q XZ Q XA AT TD DZ XB TD TA ZC

Q XZ Q XB BY YC CZ AX CY BC DZ

Q XZ XB TD TA ZC AX CY

 

        

        

     

) 1

2

BC DZ

TA AB TY BY TY

  

   

  

    

Từ đó suy ra đpcm

*Bài toán 3

Cho tứ giác ABCD có ACBD Dựng ra phía ngoài tứ giác các tam giác đều BCM, ADN Gọi

P, Q lần lượt là trung điểm của BC, AD Chứng minh rằng MN song song hoặc trùng với PQ Lời giải

Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AB,CD Do AC=BD nên tứ

giác KPLQ là hình thoi

Suy ra: PQ vuông góc với KL Xét phép quay vectơ:

Q NQ  PM  Q  ADBC  KL KL

Do đó: KL NQ, PM

  

vuông góc với nhau

Mặt khác: KL PQ,

 

vuông góc với nhau nên   PQ NQ, PM

song song với nhau

Do đó, ta có:    NM NQ QP PM NQ PMQP QP 



Từ đó, suy ra MN song song hoặc trùng với PQ (đpcm)

j

N

M

P A'

C'

B'

O

A

B

C

F

L K

P

Q N

C B

Y

Z T

X

C B

*Bài toán 5

Về phía ngoài của tứ giác ABCD dựng các tam giác đều ABX, BCY, CDZ, DAT Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BY, AT và O là tâm của tam giác CDZ

Chứng minh XO vuông góc với EF và tính tỉ số giữa hai đoạn thẳng này

Lời giải

Gọi I, H, J, K lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA Ta có:

      

   

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 2 1 2 1 3 1 3

4 3 4 3 2 2 2 2

Q FE Q AB Q DC Q TK Q HY

XI JO AD BC

XI IJ JO XO

  

    

   

   

   

Từ đó suy ra đpcm Tỉ số cần tìm là 3

2

*Bài toán 5

Cho tam giác ABC nhọn có AA BB CC1, 1, 1 lần lượt là các đường cao Trên các tia đối của các tia AA BB CC1, 1, 1, lấy các điểm A B C2, 2, 2 sao cho AA AA1 2 BB BB1 2 CC CC1 2 1

Chứng minh hai tam giác ABC A B C, 2 2 2 có cùng trọng tâm

Lời giải

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Ta sẽ chứng minh GA   2GB2GC2 0   AA2BB2CC2 0

Xét phép quay vectơ  2 2

2

Q  AA AA

Ta có AA AA1 2  1 BC2S AA 22S AA 2, mà BC và AA2 cùng hướng nên BC 2S AA 2

 

Tương tự với các vectơ BB CC 2, 2

Suy ra BC  CAAB2S AA  2BB2CC2AA   2BB2CC2 0

Từ đây dễ dàng suy ra đpcm

* Qua các bài toán trên ta thấy rằng, phép quay vectơ là một công cụ mạnh để giải quyết các bài toán hình học, thậm chí có nhiều bài ít phụ thuộc vào hình vẽ do các bước biến đổi chủ yếu dựa vào thứ tự các góc và quan hệ định hướng giữa các góc Việc tìm hiểu và học cách ứng dụng phương pháp chứng minh bằng phép quay vectơ là một điều hết sức cần thiết và bổ ích

O

I

J

E F

Y

Z

T

X

H K

C D

IV) Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BH, CD Chứng minh rằng AM vuông góc với MN

Bài 2: Cho tam giác ABC Về phía ngoài của tam giác dựng các tam giác AMB, ANC lần lượt vuông cân tại M,N, gọi P là trung điểm của BC Chứng minh rằng MNP là tam giác vuông cân

Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A có H là trung điểm của BC Gọi D là hình chiếu của H trên cạnh

AC và M là trung điểm của HD Chứng minh rằng AM vuông góc với BD

Bài 4: Về phía ngoài của tam giác ABC dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF, vuông tại

A Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng: AM vuông góc với EF

Bài 5: Cho hai hình vuông AKBM, CNDl được sắp xếp sao cho tứ giác ABCD là tứ giác lối và các điểm K,L nằm trong tứ giác đó Chứng minh rằng:

1 / 2 / 2

4

Bài 6: Cho hai điểm A,B lần lượt di động trên hai đường tròn (O1), (O2) với cùng vận tốc góc và cùng ngược hướng với chiều kim đồng hồ Với mỗi điểm A, B, ta xác định điểm C sao cho tam giác ABC đều Chứng minh rằng C cũng chuyển động trên một đường tròn (O3) với vận tốc góc bằng với vận tốc góc của A và B

*Gợi ý cách giải

Bài 1: Ta có hai tam giác AHD và BAD đồng dạng với nhau theo tỉ số k Xét phép quay vectơ

2

Q  Chỉ cần chứng minh:

2

Q  AM k MN

Bài 2: Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC Ta chứng minh:

2

Q  PN HM    KAHM PH PM

Bài 3: Xét phép quay vectơ

1 ( ) ( )

2

Q AM  Q AH  AD  k BD

Bài 4: Hai tam giác ABE, ACF đồng dạng với nhau theo tỉ số k Ta chứng minh:

2

Q  AM  k EA k AF   k AF

Bài 5: Gọi I, P, J, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA Biến đổi biểu thức: MN2-KL2 dưới dạng vectơ Chú ý :

2 cos( , ) 2 cos ( , ) 2 .sin( , ) 4 2

MK LN Q AB CD Q QP IJ MK LN

IJ QP IJ QP IJ QP IJ QP IJ QP IJ QP S S

 



       

     

Bài 6: Gọi O3 là điểm sao cho tam giác O1O2O3 đều Giả sử ba điểm A,B,C chuyển động từ các vị trí A0,B0,C0 Sau một thời gian bất kì, ta vẫn có độ lớn các góc định hướng ban đầu không đổi Xét

phép quay góc

3

 Ta chứng minh:



     

Vậy C chuyển động trên đường tròn (O3), bán kính O3C0 với vận tốc như của A, B