Phép quay vector và ứng dụng

Phép quay vector và ứng dụng

1 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 ,( ) k k Z     . 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 0 u    . 2) Tính chất 2: -Nếu  = 2 ,( ) k k Z   thì ( ) Q u   = u  , mọi vectơ u  . -Nếu 2 ,( ) k k Z     thì ( ) Q u   = u  khi và chỉ khi 0 u    . 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: ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( ), ( )) ( ( ), ) ( , ( )) ( ( ), ( )) ( ) 0 Q u u Q u Q Q u Q Q u Q u Q Q u Q u u u Q u Q u Q Q u                                                           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: ( ).( ( ) . ( )) ( ). ( ) ( ). . ( ) .( ) . 0 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: 2 ( ).( ( ) ( ) ( )) ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( ) ( ) . 0 Q a Q u v Q u Q v Q a Q u v Q a Q u Q a Q v 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 A 1 A 2 A 3 A n có tâm O.Chứng minh rằng: 1 2 3 0 n OA OA OA OA           . 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 2 1 n m   . Xét tổng 1 2 3 n OA OA OA OA         = 1 2 3 2 2 1 m m OA OA OA OA OA            , ta thấy các cặp đỉnh A 1, A 2, A 3, A n tương ứng tạo với O thành các vectơ tổng hợp cùng phương với vectơ 2 1 m OA   . Do đó, cả tổng này là một vectơ cùng phương với vectơ 2 1 m OA   . Mặt khác, hoàn toàn tương tự, ta cũng có tổng vectơ này cùng phương với 1 OA  (hay bất cứ đỉnh nào khác). Mà hai vectơ 2 1 m OA   , 1 OA  không cùng phương cho nên tổng các vectơ đó phải là vectơ-không, ta có đpcm. Cách 2. Giả sử đa giác A 1 A 2 A 3 A n 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  2 1 2 3 2 1 2 2 2 3 2 2 3 4 1 1 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n Q OA OA OA OA Q OA Q OA Q OA Q OA OA OA OA OA OA OA OA OA                                         Từ đó, suy ra: 1 2 3 0 n OA OA OA OA           do góc 2 0 n   .Ta có đpcm. Ví dụ 2. (Định lí con nhím) Về phía ngoài của đa giác A 1 A 2 A 3 A n , dựng các vectơ 1 2 3 , , , n e e e e     lần lượt vuông góc với các Cạnh A 1 A 2 , A 2 A 3 , A n A 1 và có độ dài bằng các cạnh tương ứng và các gốc thuộc các cạnh đó. Chứng minh rằng: 1 2 3 0 n e e e e           . O A 1 A 2 A 3 A n-1 A n 3 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 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 2( . . . ) 2( .cos .cos .cos ) ( ) ( ) ( ) 0 0 e e e e e e e e e e e e a b c ab C bc A ca B a b c a b c b c a a b a 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 1 2 3 1 2 3 ' 0 ' k k e e e e e e e e                     , trong đó , vectơ ' k e  là vectơ có độ dài bằng Đoạn A 1 và hướng ra ngòai đa giác A 1 A 2 A 3 A k Mặt khác, cũng áp dụng định lí này cho tam giác A k A k+1 A 1 ta có : 1 '' 0 k k k e e e         , trong đó, vectơ '' k e  là vectơ vuông góc với A 1 A k , có độ dài bằng và hướng vào trong đa giác A 1 A 2 A 3 A k . Suy ra : '' ' 0 k k e e      . Do đó: 1 2 3 1 0 k k e e e e e             , 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: 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 n n n 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: 3 3 3 3 3 1 1 ( ) ( ' ') ( ( ') ( ) ( ')) 3 3 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               . A 1 A k +1 A k A 3 A 2 4 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:                            3 3 3 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 Q MN Q CD BE Q CD BO OE CO BA OF CF BA MP . 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’. Ta có: 2 sin 2 sin MP OA B C R B A C a R 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 2 2 2 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: 2 2 3 3 ( ) ( ) .2 3 . 2 2 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 D E F L K P Q M N A D C B Y Z T X A D C B 5 *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: 1 1 ( ) ( ) 2 2 1 3 1 ( ) 2 2 2 FE AB TY AB TK KH HY AB DC TK HY                      2 2 2 2 2 3 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 3 2 1 2 1 3 1 3 . . . . . . . 4 4 2 2 2 2 3 3 3 1 1 ( ) 2 2 2 3 3 ( ) . 2 2 Q FE Q AB Q DC Q TK Q HY XI JZ AD BC 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 1 1 1 , , AA BB CC lần lượt là các đường cao. Trên các tia đối của các tia 1 1 1 , , AA BB CC , lấy các điểm 2 2 2 , , A B C sao cho 1 2 1 2 1 2 1 AA AA BB BB CC CC       . Chứng minh hai tam giác 2 2 2 , ABC A B C có cùng trọng tâm. Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta sẽ chứng minh 2 2 2 2 2 2 0 0 GA GB GC AA BB CC                . Xét phép quay vectơ   2 2 2 Q AA AA       . Ta có 1 2 2 2 1 2 2 AA AA BC S AA S AA         , mà BC và 2 AA cùng hướng nên 2 2 BC S AA      . Tương tự với các vectơ 2 2 , BB CC     . Suy ra   2 2 2 2 2 2 2 0 BC CA AB S AA BB CC AA BB CC                           . 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 A B C D 6 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: 2 2 1/ 2 / 2 4 ABCD XYZT ABCD MN KL S S S    Bài 6: Cho hai điểm A,B lần lượt di động trên hai đường tròn (O 1 ), (O 2 ) 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 (O 3 ) 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 2 2 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 1 1 ( ) ( . . ) . 2 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: MN 2 -KL 2 dưới dạng vectơ. Chú ý : 2 2 ( ) 2 ( ) ( ) 2. . . cos( , ) 2. . . cos ( , ) 2. . .sin( , ) 4. 2 2 IPJQ ABCD 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 O 3 là điểm sao cho tam giác O 1 O 2 O 3 đều. Giả sử ba điểm A,B,C chuyển động từ các vị trí A 0 ,B 0 ,C 0 . 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: 3 2 1 3 0 2 0 1 0 3 3 3 3 3 2 1 0 3 0 3 3 ( ) ( ), ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) O C Q O B Q O A O C Q O B Q O A O C Q O B Q O A Q O C                              . Vậy C chuyển động trên đường tròn (O 3 ), bán kính O 3 C 0 với vận tốc như của A, B. . có số đo là 2 ,( ) k k Z     . 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. 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). 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: ( ).( ( ) . ( )) ( ). ( ) (