Sử dụng phép vị tự để giải một số bài toàn trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————- ĐẶNG THANH CẦU SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————- Đặng Thanh Cầu SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Minh THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục Mở đầu Chương KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Định nghĩa 1.1.1 Các trường hợp đặc biệt 1.1.2 Tâm vị tự hai đường tròn 1.2 Các tính chất Chương 2.1 Bài 2.2 Bài 2.3 Bài 2.4 Bài MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP tốn chứng minh tính chất hình học tốn dựng hình tốn quỹ tích tốn tính đại lượng hình học Chương TÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN 3.1 Phép vị tự-quay 3.1.1 Kiến thức 3.1.2 Bài tập minh họa 3.2 Phép vị tự-đối xứng trục 3.2.1 Kiến thức 3.2.2 Bài tập minh họa 3.3 Tích hai phép vị tự 3.3.1 Kiến thức 3.3.2 Bài tập minh họa Kết luận Tài liệu tham khảo 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên VỊ 4 4 TỰ 13 13 28 39 48 VỊ TỰ VỚI MỘT PHÉP http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 51 51 53 61 61 62 64 64 65 69 70 Mở đầu Phép vị tự chiếm vị trí quan trọng hình học sơ cấp nói chung phép biến hình nói riêng Việc sử dụng để giải tốn hình học nhiều cần thiết; đặc biệt nhiều tốn, khơng sử dụng phép vị tự việc tìm lời giải trở nên khó khăn cho người học tốn, sử dụng phép vị tự giúp cho giải trở nên súc tích đẹp đẽ Phép vị tự cơng cụ quan trọng hình học, xuất điều tất yếu phát triển tư toán học - tư biến hình Trong tốn có sử dụng phép vị tự để giải mắt xích quan trọng, định hướng thơng suốt q trình tư Ngồi ra, phép vị tự cịn cơng cụ tư hữu ích để phát triển tốn cho ta cách nhìn tốn Điều khiến cho người học tốn khơng phát triển kiến thức hình học mà cịn cung cấp cho họ nhìn sâu tốn Ngồi phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm chương: Chương Kiến thức Chương trình bày định nghĩa phép vị tự tính chất Ngồi ra, chương cịn đề cập đến vấn đề tìm tâm vị tự hai đường trịn để hỗ trợ cho việc vẽ hình giải tốn Chương Một số toán sử dụng phép vị tự Chương trình bày số tốn hình học sơ cấp có sử dụng phép vị tự để giải Về bản, toán chia làm bốn thể loại thường gặp, đồng thời tác giả đưa số định hướng tìm lời giải cho dạng tốn Chương Tích phép vị tự với phép biến hình Chương trình bày lý thuyết số toán sử dụng phép biến hình tích phép vị tự phép biến hình để giải 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT QTKD - ĐHTN Là người học trò tiếp thu nhiều điều từ thầy, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên nghiêm khắc bảo, hướng dẫn thầy Tác giả xin cảm ơn tới thầy cô Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K3A, trường Đại học Khoa học động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương tạo điều kiện giúp đỡ tác giả thời gian học tập hoàn thành luận văn Tuy nhiên, lực thân thời gian nghiên cứu có hạn nên khơng tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận bảo đóng góp ý kiến thầy cô độc giả quan tâm tới luận văn Thái Nguyên, ngày tháng năm 2011 Tác giả Đặng Thanh Cầu 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Trong mặt phẳng cho điểm O cố định số k 6= Phép biến hình biến điểm M mặt phẳng thành điểm −−→ −−→ M cho OM = k OM gọi phép vị tự tâm O tỷ số k Phép biến hình ký hiệu VOk Điểm O gọi tâm vị tự, số k gọi tỷ số vị tự Nếu k > phép vị tự gọi phép vị tự dương hay thuận, k < phép vị tự gọi phép vị tự âm hay nghịch (Hình 1.1) 1.1.1 Các trường hợp đặc biệt Nếu tỷ số vị tự k = −−→ −−→0 OM = OM tức M ≡ M , lúc phép vị tự phép đồng Nếu tỷ số vị tự k = −1 −−→0 −−→ Hình 1.1 OM = −OM , tức O trung điểm M M hay phép vị tự phép đối xứng tâm O 1.1.2 Tâm vị tự hai đường tròn Với phép vị tự VOk biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I , R0 ) −→ −→ R0 R0 ta có R = |k|R hay k = k = − Khi OI = k.OI R R ta xét trường hợp sau: Nếu I 6≡ I R = R0 có điểm O nhất, R0 k = − = −1, O trung điểm đoạn II Như phép vị tự R với k = −1 phép đối xứng tâm qua điểm O nói (Hình1.2) R0 0 Nếu I ≡ I R 6= R , phép vị tự tâm I tỷ số R R0 phép vị tự tâm I tỷ số − biến đường tròn (I, R) thành (I , R0 ) R 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn −−→ R0 −−→ Hai đường trịn có chung tâm I (Hình1.3) Ta có IM = IM R −−→00 R0 −−→ IM = − IM R Hình 1.2 Hình 1.3 Nếu I 6≡ I , R 6= R0 hai đường tròn nằm ngồi nhau, gọi −−→ R0 −−→ O1 điểm cho O1 I = O1 I ta phép vị tự tâm O1 biến đường R R0 0 tròn (I, R) thành đường tròn (I , R ) với tỷ số k = (Hình 1.4) Người R Hình 1.4 R0 ta gọi phép vị tự thuận k = > R0 −−→ R −−→ Gọi O2 điểm cho O2 I = − O2 I ta phép vị tự tâm O2 R R0 biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I , R0 ) với tỷ số k = − Vì R R k = − < nên người ta gọi phép vị tự ứng với k < phép vị tự R nghịch Như ta có hai phép vị tự biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I , R0 ) −−→ Nếu hai đường trịn có tiếp tuyến chung ngồi T T I T = 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn → R0 − IT nên T T hai điểm tương ứng phép vị tự thuận R R0 tâm O1 , tỷ số k = điểm O, T, T thẳng hàng (hay T T qua R O1 ) (Hình1.5) Nếu hai đường trịn có tiếp tuyến T T chung lập luận tương tự ta có điểm T, T , O2 thẳng hàng (Hình1.6) Hình 1.5 Hình 1.6 Đặc biệt: - Nếu hai đường tròn (I, R) (I , R0 ) tiếp xúc ngồi T T tâm vị tự nghịch hai đường tròn Tâm vị tự thuận O1 giao điểm đường nối tâm II vơi tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn (Hình1.7) Hình 1.7 Hình 1.8 - Nếu hai đường trịn (I, R) đường tròn (I , R0 ) tiếp xúc T tâm vị tự thuận hai đường tròn T , tâm vị tự nghịch giao điểm hai điểm mút hai bán kính song song ngược chiều với đường nối tâm II (Hình1.8) Trong trường hợp tổng quát muốn tìm tâm vị tự hai đường trịn (I, R) đường tròn (I , R0 ) (I 6≡ I , R 6= R0 ) ta làm theo bước sau: 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn - Vẽ qua I đường thẳng cắt đường tròn (I) M M1 - Qua I vẽ đường thẳng song song với M M1 cắt đường tròn (I , R0 ) −−→ −−→ M M10 , ý lấy I M chiều với IM - Đường thẳng M M cắt đường nối tâm II tâm vị tự thuận O1 - Đường thẳng M1 M cắt đường nối tâm II tâm vị tự nghịch O2 Hình 1.9 Việc xác định tâm vị hai đường tròn quan trọng cần thiết Đặc biệt với số tốn dựng hình chứng minh trình bày chương sau 1.2 Các tính chất Bốn tính chất đầu khơng khó khăn với người đọc nên ta khơng trình bày chứng minh Tính chất 1.2.1 Phép vị tự VOk với k 6= có điểm bất động điểm O Tính chất 1.2.2 Nếu VOk biến điểm M thành M ba điểm M, O M thẳng hàng Tính chất 1.2.3 Nếu phép vị tự VOk biến hai điểm A, B thành −−→ −→ hai điểm A0 , B A0 B = k.AB Tính chất 1.2.4 Phép vị tự VOk phép biến hình − có phép biến hình ngược, phép vị tự VOk Tính chất 1.2.5 Phép vị tự VOk biến điểm thẳng hàng thành điểm thẳng hàng bảo toàn tỷ số khoảng cách điểm 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Ký hiệu A0 , B , C ảnh ba điểm thẳng −−→ −→ −−→ −→ hàngA, B, C ta ln có: A0 B = k.AB, A0 C = k.AC Vì A, B, C thẳng −−→ −−→ −→ −→ hàng nên tồn số m cho AB = m.AC Vậy A0 B = m.A0 C Hệ thức chứng tỏ A0 , B , C thẳng hàng tỷ số khoảng cách điểm bảo toàn Hệ 1.2.1 Phép vị tự VOk biến đường thẳng d thành đường thẳng d0 dkd’ d≡ d0 Hệ 1.2.2 Phép vị tự VOk biến tia Sx thành tia S x0 hai tia song song nằm đường thẳng Hệ 1.2.3 Phép vị tự VOk biến đoạn thẳng P Q thành đoạn thẳng P Q0 P Q0 = |k|P Q P Q0 k P Q Hệ 1.2.4 Phép vị tự VOk biến ∆ABC thành ∆ A0 B C hai tam giác đồng dạng, chiều, tỷ số |k| tỷ số diện tích k S y d thành góc x \ Hệ 1.2.5 Phép vị tự VOk biến góc xSy S y cạnh tương ứng song song d x \ xSy= Hệ 1.2.6 Phép vị tự VOk biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I , R0 ) R0 = |k|R Tính chất 1.2.6 Cho hai phép vị tự VOk VOk0 với tâm vị tự phân biệt, tỷ số vị tự k 6= 0; 1, k 6= 0; k.k 6= 0; Khi phép biến 0 hình H = VOk VOk0 H = VOk0 VOk phép vị tự Chứng minh Ta chứng minh H = VOk VOk0 phép vị tự Trước hết ta cần chứng tỏ H có điểm bất động Gọi S điểm bất động H, đó: −−→ −−→ −−→ −→ VOk : S 7−→ S OS = k.OS, VOk0 : S 7−→ S O0 S = k.O0 S −−→ −→ 1−k Từ kết ta suy OS = λ.OO0 λ = Nếu M − k.k điểm khác S, theo định nghĩa ta có: −−−→ −−→ VOk : S 7−→ S M 7−→ M ⇒ S M = k.SM VOk0 : S 7−→ S −−−→ −−−→ M 7−→ M 00 ⇒ SM 00 = k.S M 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 ca ac + bd DE c , BE = ; CD = c; = d d DB d Điểm D dựng giao điểm đường trịn γ1 (C; c) đường trịn c Apơlơnius (γ2 ) có đường kính IJ với I, J chia đoạn BE theo tỷ số k = d đỉnh A dựng sau Bài tốn có nghiệm hình khơng tùy theo (γ1 ) (γ2 ) có cắt hay khơng tố biết BC = b, CE = Bài toán 3.1.4 (Bài toán Napoleon)Lấy cạnh ∆ABC làm đáy dựng phía ngồi ∆ABC ba tam giác BCA0 , CAB ABC Chứng minh tâm A0 , B0 , C0 ba tam giác vừa dựng đỉnh tam giác Hình 3.7 Chứng minh Dễ thấy A0 BC, B0 CA C0 AB tam giác cân đồng dạng có góc đáy 30o √ Kí hiệu: Z1 = Z(C, 30o , 3); Z2 = Z(B, 30o , √ ) Xét tích Z1 Z2 Dễ thấy: Z1 : A0 7−→ A , B0 7−→ A Z2 : A0 7−→ A0 , A 7−→ C0 Do Z1 Z2 : B0 7−→ C0 , A0 7−→ A0 Mặt khác, k1 k2 = √ √ = 1, ϕ1 + ϕ2 = 60o nên Z1 Z2 phép dời hình D, cụ thể phép quay góc 60o tâm A0 biến B0 thành C0 Vậy A0 B0 C0 tam giác (Hình 3.7) Bài toán 3.1.5 Trên hai đường thẳng a b cắt điểm C có hai động tử chuyển động thẳng với vận tốc khác nhau: A a với vận tốc v1 , B b với vận tốc v2 , v1 6= v2 , chúng không gặp C 58Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 Chứng minh thời điểm nào, đường trịn ngoại tiếp ∆ABC qua điểm O cố định khác C Tìm quỹ đạo chuyển động động tử M ln vị trí trung điểm AB Lời giải Hình 3.8 Giả sử A0 , B0 hai vị trí xuất phát ứng với thời điểm t0 A1 , B1 v2 (t1 −t0 ) B1 vị trí hai động tử thồi điểm t1 > t0 Khi B A0 A1 = v1 (t1 −t0 ) = v2 v1 = k (k = const) Gọi O giao điểm thứ hai đường tròn d \ \ \ (A0 B0 C) (A1 B1 C) ta có: OA C = OB0 mà A0 OB0 = A0 CB0 = \ \ \ \ B\ OC1 ⇒ B1 OB0 = A1 OA0 = B1 OC1 − A0 OB1 ⇒ ∆OA1 A0 đồng dạng với ∆OB1 B0   \ A\ OB1 = A0 OB0 = α Từ ta suy ra: OB1 OB0 B0 B1 v2  = = = OA OA A0 A1 v1  −−→ −−→ −−→1 −−→  (OB1 ; OA1 ) = CA1 ; CB1 = α (1) ⇒ (Hình 3.8) OB1 v2  = (2) OA1 v1 (1) chứng tỏ O thuộc cung định hướng α(mod2π) dựng A1 B1 cố định (3) (2) chứng tỏ O thuộc đường trịn Apơlơnius đường kính CD cố định (C, D chia đoạn A1 B1 theo tỷ số không đổi vv21 ) (4) Từ (3) (4) chứng tỏ O cố định 59Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 Kí hiệu A0 = A, B0 = B t = 0; M0 trung điểm đoạn A0 B0 → − − v1 , → v2 hai véctơ vận tốc A B −−−→ M trung điểm A B thời điểm t 2M0 M = −−−→ −−→ −−→ −−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − − M0 A0 + A0 A + AM + M0 B0 + B0 B + BM = A0 A + B0 B = t(→ v1 + → v2 ) Khi quỹ tích điểm M đường thẳng M0 m qua M0 có véctơ − − − phương → v = 21 (→ v1 + → v2 ) v2 Nhận xét 3.3 O tâm phép Vị tự-quay tỷ số k = , góc v1 −−→ −−→ quay (CA1 ; CB1 ) = α biến đường thẳng a thành đường thảng b A1 thành B1 Vì a, b cố định, k, α không đổi nên O cố định Nhận xét 3.4 Để chứng minh đường trịn (ABC) ln qua điểm cố định, A, B hai động tử chuyển động, ta cố định hóa hai vị trí A, B xét hai vị trí A1 , B1 hai động tử Sau chứng minh giao điểm (ABC) (A1 B1 C) hai giao điểm cố định cách hai đặc trưng (1) (2) mà ta dựng Bài tốn 3.1.6 Xét ∆ABC điểm D cho trước Ta dựng tam giác ADE DBF đồng dạng (thuận) với tam giác ABC Hãy so sánh tam giác ABD, ACE CBF tìm hiểu chất tứ giác CEDF Lời giải Từ ∆ADE ∼ ∆DBF ta suy ∆ABC ∼ ∆ADE ∆ABD ∼ ∆ACE Các tam giác BAC BDF đồng dạng thuận Từ suy ∆BAD ∼ ∆BCF tam giác ABD, ACE CBF đồng dạng thuận Nhận xét 3.5 Từ ∆ABC, ADE DBF đồng dạng thuận ta thu ba tam giác ABD, ACE CBF đồng dạng thuận Như ta trao đổi vai trò C D cho −→ −→ Ta đặt (AB; AC) = α(mod2π) AC = kAB phép Vị tự-quay −−→ −−→ Z(A, α, k) biến BD thành CE Còn phép Vị tự-quay Z(D, α, k) −−→ −−→ biến BD 7−→ F D Từ ta có: CE = kBD F D = kBD (Hình 3.9) 60Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 59 Hình 3.9 Suy ra: CE = F D (3.1) −−→ − − → −−→ −−→ Mặt khác, (BD, CE) = α (BD, F D) = α; suy ra: −−→ −−→ (CE; F D) = 0(mod2π) (3.2) −−→ −−→ Từ (3.1) (3.2) suy CE = F D CEDF hình bình hành Bài tốn 3.1.7 Các điểm A, B, C chia đường tròn Ω ngoại tiếp ∆ABC thành ba cung Gọi X điểm thay đổi cung tròn AB O1 ; O2 tương ứng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CAX CBX Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆XO1 O2 cắt Ω điểm cố định Chứng minh Gọi T = (XO1 O2 ) ∩ (ABC), M = XO2 ∩ (ABC), N = \ \ XO1 ∩ (ABC) Trên (ABO) ta có XN T = XM T \ \ \ \ Trên (XO1 O2 ) ta có XO T = XO2 T ⇒ T O1 N = T O2 M ⇒ O1 N AN N = = = k(khơng đổi) (1)(Hình ∆T O1 N ∼ ∆T O2 M ⇒ TT M O2 M BM 3.10) −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Dễ thấy (T N ; T M ) = (XM ; XN ) = (T O1 ; T O2 ) = α(mod2π)(không đổi) (2) Từ (1) suy T thuộc đường tròn Apolonius đường kính EF (E, F chia đoạn MN theo tỷ số k) (3) Từ (2) suy T thuộc cung chứa góc α(mod2π) dựng đoạn M N cố định (4) Từ (3) (4) cung (α) qua điểm cố định T (khác C) 61Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 60 Hình 3.10 Nhận xét 3.6 T tâm phép Vị tự-quay góc α, tỷ số k biến M thành N Bài tốn 3.1.8 Dựng hình vng có đỉnh nằm ba đường trịn cho trước Hình 3.11 Lời giải Giả sử dựng hình vng ABCD có ba đỉnh A, B, C nằm ba đường tròn (O1 ), (O2 ) (O3 ) Khi phép vị tự-quay √ Z(A, 45o , 2) : B 7−→ C, (O2 ) 7−→ (O20 ) ⇒ C = (O3 ) ∩ (O20 ) từ ta có cách dựng: 62Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 61 √ Dựng đường tròn (O20 ) ảnh đường tròn (O2 ) qua Z(A, 45o , 2) C = (O3 ) ∩ (O20 ) Gọi I trung điểm AC B = d ∩ (O2 ) với d qua I, d ⊥ AC IB = IA D điểm đối xứng B qua I Từ cách dựng ta có ABCD hình vng cần dựng tốn có nghiệm hay khơng tùy thuộc vào số giao điểm hai đường tròn (O2 ) (O20 ), có nghiệm với điểm A ∈ (O1 ) ta có hai nghiệm hình 3.2 3.2.1 Phép vị tự-đối xứng trục Kiến thức Định nghĩa 3.2.1 Phép vị tự đối xứng tích khơng giao hoán phép đối xứng trục với phép vị tự, ta gọi phép đối vị tự đối xứng Kí hiệu Z(I, d, k), đó: +)I tâm vị tự +)d trục đối xứng +)k tỷ số vị tự Nhận xét 3.7 Hướng ảnh tạo ảnh ngược qua phép đối xứng nên ta gọi phép đồng dạng nghich Nhận xét 3.8 Thứ tự thực phép biến hình cần thiết sai cho ta kết khác, tâm vị tự nằm trục đối xứng thứ tự thực khơng cần thiết Thể qua tính chất Tính chất 3.2.1 Phép vị tự đối-xứng tích (duy nhất) giao hoán phép đối xứng trục Dd phép vị tự thuận VOk (O ∈ d): Z(k) = VOk Dd = Dd VOk = Z(d, O, k) Chứng minh Giả sử có phân tích: Z = VOk Dd (đổi hướng tam giác)(*), ta cần tìm d, O k qua Z : A 7−→ A0 , B 7−→ B , C 7−→ C (∆ABC ∼ ∆A0 B C ngược hướng) (1) Qua Dd : A 7−→ A1 , B 7−→ B1 , C 7−→ C1 (∆ABC = ∆A1 B1 C1 ngược hướng) (2) Qua VOk : A1 7−→ A0 , B1 7−→ B , C1 7−→ C (∆A1 B1 C1 ∼ ∆ABC hướng) (3) Gọi I J giao điểm d với AA0 BB ⇒ d đường phân 63Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 \0 , BOB \0 (4) Từ (1) ⇒ A0 B : AB = B C : BC = k (5) Từ giác AOA (2) (4)⇒ OA0 : OA1 = A0 B : A1 B1 = k = OA0 : OA = IA0 : IA = k k = k (6) Lại có OA0 : OA1 = OA0 : OA = IA0 : IA = k (7) OB : OB1 = OB : OB = JB : JB = k (8) Từ (7) (8) chứng tỏ I, J xác định ⇒ d xác định ⇒ A1 = Dd (A) A1 xác định ⇒ O = d ∩ A0 A1 ⇒ O xác định (9) Từ (6) (9) ⇒ k, O, d xác định tương tự, qua VAk : ∆ABC 7−→ ∆A2 B2 C2 (đồng dạng chiều) Qua Dd : ∆A2 B2 C2 7−→ ∆A0 B C (bằng ngược chiều) Vậy Z = VOk Dd = Dd VOk = Z(d, O, k) Hình 3.12 Tính chất 3.2.2 Phép vị tự-đối xứng biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, đoạn thẳng thành đoạn thẳng có tỷ lệ tỷ số vị tự Tính chất 3.2.3 Biến đường trịn thành đường trịn, tỷ số hai bán kính tỉ số đồng dạng 3.2.2 Bài tập minh họa Bài toán 3.2.1 Trong mặt phẳng cho ∆ABC Một đường tròn (O) thay đổi qua A, không tiếp xúc với đường thẳng AB, AC có tâm O 64Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 63 chuyển động đường thẳng BC Đường tròn cắt đường thẳng AB AC M, N Tìm quỹ tích trực tâm H ∆AM N (Đề thi chọn học sinh giỏi Tốn tồn quốc, Bảng A, 3/2002) Lời giải Gọi D điểm xuyên tâm đối điểm A đường trịn (O) Thế M N theo thứ tự cách hình chiếu vng góc D AB AC Và đó, trực tâm H ∆AM N điểm đối xứng với D qua trung điểm M N Gọi M , N hình chiếu H b AC AB Dễ thấy ∆AHM ∆ADM vng có A nên ∆AHM ∼ ∆ADM từ ta được: (AH, AM ) = −(AD, AM ) (3.3) AH AM [ = |cosBAC| [ = = ±cosBAC AD AM (3.4) đó: Hình 3.13 AH [ = 2|cosα|, α = BAC [ = 2|cosBAC| AO (3.5) Các đẳng thức (3.3), (3.4) (3.5) nói lên (AH) đối xứng với (AO) phân giác Ap góc A ∆ABC AH AO = k(khơng đổi), 65Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 64 k = 2|cosα| Vậy H ảnh O phép vị tự-đối xứng Z(A, Ap, k) Nếu kí hiệu (BC) = a quỹ tích điểm H đường thẳng a0 , ảnh a phép đồng dạng nghịch Z(A, Ap, k) bỏ hai điểm Hi ảnh \1 = CAO \2 = 90o Oi (i = 1, 2) a BAO Vậy, quỹ tích điểm H đường thẳng a0 bỏ hai điểm H1 , H2 Chú thích H ∩ H1 , H2 = a0 qua hai điểm E, F , E = P E ⊂ AC, F = QF ⊂ AB P đối xứng với A qua B, Q đối xứng với A qua điểm C Đường thẳng P Q suy từ a = (BC) qua phép vị tự VA2 Bài tốn 3.2.2 Cho đường trịn (O), đường thẳng d điểm P cố định Với điểm M ∈ (O) ta xác định điểm N đối xứng qua d I trung điểm đoạn P N Tìm tập hợp điểm I M thay đổi đường tròn (O) Lời giải Từ điều kiện đầu ta thấy quỹ tích N đường tròn (O0 ) − → −−→ mà P I = 21 P N , điều chứng tỏ I ảnh N qua phép vị tự VO2 ⇒ Z(P, d, 21 ) : M 7−→ I ⇒ (O) 7−→ (O00 ) Vậy tập hợp điểm I M thay đổi đường tròn (O00 ) Hình 3.14 3.3 3.3.1 Tích hai phép vị tự Kiến thức Định lý 3.3.1 Tích hai phép vị tự nhận O làm tâm vị tự k1 k2 phép vị tự tâm O có tỷ số k = k1 k2 66Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 65 Định lý 3.3.2 Tích hai phép vị tự khác tâm phép vị tự có tâm thẳng hàng với hai tâm hai phép vị tự cho, đặc biệt phép tịnh tiến hay phép đồng Định lý 3.3.3 Cho hai phép vị tự VOk VOk0 với tâm vị tự phân biệt, hệ số vị tự k 6= 0; 1, k 6= 0; k.k 6= 0; Khi phép biến 0 hình H = VOk VOk0 H = VOk0 VOk phép vị tự (Ba định lý chứng minh mục 1.2 chương ) 3.3.2 Bài tập minh họa Bài toán 3.3.1 Dựng đường tròn tiếp xúc với hai đường thẳng cắt tiếp xúc ngồi với đường trịn cho trước Lời giải Giả sử dựng đường tròn tâm I tiếp xúc với hai đường thẳng a, b đường tròn (O) cho trước Goi A giao điểm hai đường thẳng a b Khi tâm I nằm đường phân giác Ax góc tạo hai đường thẳng chứa điểm thuộc đường tròn (O) Điểm tiếp xúc (O) I tâm vị tự hai đường tròn, đường tròn (O0 )tiếp xúc với hai đường thẳng a, b vị tự với hai đường tròn Và ba đường trịn vị tự với đơi ba tâm vị tự thẳng hàng Ta suy cách dựng: Hình 3.15 Ta dựng đường trịn tiếp xúc với hai đường thẳng nằm góc chứa điểm đường trịn (O) Dựng tâm vị tự B 67Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 66 (O0 ) (O) Dựng C = AB ∩ (O), dựng I = OC ∩ Ax Đường tròn (I, IC) đường trịn cần dựng Từ cách dựng, ta có (O) tiếp xúc với (I) C VBk1 : (O0 ) 7−→ (O), VCk2 : (O) 7−→ (I) ⇒ VAk1 k2 : (O0 ) 7−→ (I), (O0 ) tiếp xúc với a b nên (I)cũng tiếp xúc với a b Bài tốn ln có nghiệm hình, số nghiệm tùy thuộc vào vi trí tương đối (O) với hai đường thẳng Bài tốn 3.3.2 Cho hai đường trịn (O1 ), (O2 ) cố định cho trước, đường tròn (O3 ) thay đổi ln tiếp xúc ngồi với hai đường tròn (O1 ), (O2 ) A, B Chứng minh AB qua điểm cố định, biết R2 > R1 Hình 3.16 Chứng minh Giả sử đường trịn (O3 ) có bán kính a, (O3 ) tiếp xúc với (O1 ) (O2 ) A, B suy ra: a R1 R2 a R2 R1 VA : (O1 ) 7−→ (O3 ), VB : (O3 ) 7−→ (O2 ) ⇒ ∃VI R2 R1 a : (O1 ) 7−→ (O2 ) R2 ⇒ VI = VAR1 VBa ⇒ A, B, I thẳng hàng Do (O1 ), (O2 ) cố định ⇒ AB ln qua điểm I cố định Bài tốn 3.3.3 Cho ba điểm P, Q, R theo thứ tự ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Điều kiện cần đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng là: P B QC RA =1 P C QA RB 68Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 67 (Định lí Menelaus) Chứng minh Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng, ta có: Hình 3.17 VPk1 : B 7−→ C (k1 = PB QC ), VQk2 : C 7−→ A (k2 = ) PC QA Tích hai phép vị tự biến B thành A Nếu k1 k2 = P B QC =1 P C QA PB QC = P Q k AB điều trái với giả thiết P Q cắt PC QA AB R tích k1 k2 6= ta có tích hai phép vị tự nói phép vị tự có tâm nằm đường thẳng P Q mà A biến thành B RA phép vị tự tâm R với tỷ số k3 = RB Vì ba tâm vị tự phải thẳng hàng đồng thời tâm tích phải nằm đường thẳng AB (vì biến B thành A) P B QA RA Vậy = tỷ số phép vị tự tâm R biến B thành A P C QC RB P B QC RA Do ta suy ra: = P C QA RB Ngược lại giả sử bai điểm P, Q, R theo thứ tự cạnh P B QC RA BC, CA, AB tam giác thỏa mãn hệ thức = 1, ta cần P C QA RB chứng minh P, Q, R thẳng hàng QA Giả sử P Q cắt AB R0 P Q k AB ta có PP B = QC , C RA RB = (vơ lý) Áp dụng phần thuận cho trường hợp ba điểm P B QC R0 A P, Q, R0 thẳng hàng ta có hệ thức: = Từ so sánh với P C QA R0 B ta suy 69Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 68 RA R0 A = ⇒ R ≡ R giả thiết phần đảo ta có: RB RB Vậy P, Q, R thẳng hàng Bài toán 3.3.4 Cho tứ giác ABCD có A, B, D cố định CB = m không đổi Gọi I J trung điểm BD, AC Tìm tập hợp trung điểm E IJ 1 Lời giải Qua VA2 : C 7−→ J ⇒ tập hợp J đường tròn p0 = VA2 (p) Trong p đường trịn tâm B bán kính m Qua VI2 : J 7−→ E ⇒ Tập Hình 3.18 1 1 hợp E p00 = VI2 (p0 ) hay qua VI2 VA2 = VF4 : C 7−→ E ⇒ tập hợp E đường tròn p00 = VF4 (p), (F ∈ AI) 70Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 69 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau Trình bày yếu tố phép vị tự, trường hợp đặc biệt, tâm vị tự hai đường trịn số tính chất áp dụng cho giải tập Giới thiệu số dạng tập sử dụng phép vị tự để xử lý toán Trình bày tốn hay khó số kỳ thi HSG có sử dụng phép vị tự để giải Ngồi ra, luận văn cịn trình bầy số định hướng giải bắt gặp tập dạng tương tự nêu luận văn 71Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 70 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Mộng Hy (1997), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Đăng Phất (1994), Các phép biến hinhg mặt phẳng ứng dụng giải tốn Hình học, NXB Giáo Dục [3] Đỗ Thanh Sơn (1994), Phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo Dục [4] Đồn Quỳnh(Chủ biên), Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2009), Tài liệu giáo khoa Chun tốn Hình học 10, NXB Giáo Dục [5] Đoàn Quỳnh(Chủ biên), Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2009), Tài liệu giáo khoa Chun tốn Hình học 10, NXB Giáo Dục [6] Tạp chí hình học(1977), Nga [7] Đênole, Jitomirsky (1975), Bài tập hình học, NXB Mir [8] Nguyễn Tăng Vũ, Phép biến hình Vị tự, tài liệu viết tay [9] Vi Quốc Dũng, Các phép biến hình, Phịng đào tạo trường ĐHSP Việt Bắc in lưu hành nội 72Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn