Sáng kiến kinh nghiệm toán THPT

Trong quá trình học tập, nghiên cứu và công tác, tôi nhận thấy việc giải các bài toán góc, đường tròn, đường thẳng hay những bài toán liên quan đến phép biến hình, phép đồng dạng, … đòi

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

Hình học phẳng là một bộ phận quan trọng của Toán học Đây là một phân môn có tính hệ thống chặt chẽ, có tính logic và trừu tượng cao Rất nhiều bài toán hình học phẳng tương đối khó trong việc tìm ra lời giải hoặc phải qua rất nhiều bước chứng minh, biện luận phức tạp mới có thể đi đến kết luận

Đặc biệt, các bài toán hình học phẳng về góc, đường tròn, đường thẳng hay những bài toán liên quan đến phép biến hình, phép đồng dạng thường khiến nhiều học sinh dặp khó khăn, lúng túng và dễ mắc phải sai lầm Những bài toán hình học phẳng này thường xuất hiện trong các kì thi Học sinh giỏi, các kì thi Olympic của các nước trên thế giới Không những thế, bài toán hình học phẳng luôn có vị trí quan trong và là những bài toán hay và khó Việc tìm ra lời giải cho những bài toán này đòi hỏi học sinh không chỉ nắm được những kiến thức cơ bản mà phải có kiến thức sâu, rộng về phân môn này

Trong quá trình học tập, nghiên cứu và công tác, tôi nhận thấy việc giải các bài toán góc, đường tròn, đường thẳng hay những bài toán liên quan đến phép biến hình, phép đồng dạng, … đòi hỏi chúng ta phải xét nhiều trường hợp và thứ tự vị trí các điểm, các góc trong bài toán Điều này dẫn đến việc cộng trừ, hay biến đổi các góc trong quá trình tính toán gặp rất nhiều khó khăn Việc ứng dụng góc định hướng vào giải toán hình học phẳng tạo ra rất nhiều điều thuận lợi Đó là việc học sinh không cấn quan tâm đến vị trí các điểm trên hình vẽ, chỉ cần quan tâm đến thứ tự các điểm, biến đổi đúng các hệ thức và các tính chất của góc định hướng Các khái niệm và tính chất của góc định hướng không được dạy trong chương trình môn Toán THPT, mà chỉ được giới thiệu sơ lược trong chương trình Đại học

Với những lí do trên và mong muốn có một bộ tài liệu về “Phép quay và phép quay véc tơ” để giảng dạy cho các học sinh giỏi, tôi đã chọn đề tài “Một số ứng dụng của phép quay và phép quay véc tơ” với mục tiêu nghiên cứu các tính chất của các phép biến hình này và một số ứng dụng trong giải toán hình học phẳng

II MÔ TẢ GIẢI PHÁP:

1 Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:

Trước đây, khi các định nghĩa và tính chất về góc định hướng (góc lượng giác) chưa được đưa vào chương trình sách giáo khoa, chúng ta vẫn giải các bài toán hình học bằng định nghĩa góc hình học, và một số bài toán thì lời giải phụ thuộc vào hình vẽ khá rắc rối Đặc biệt, khi học sinh học tập đến chương Phép biến hình tròn mặt phẳng, cụ thể hơn là phép quay thì nhiều học sinh còn lúng túng trong việc tìm tâm quay, góc quay hoặc giải bài toán bằng các phép biến hình Nhiều bài toán đòi hỏi chúng ta phải xét nhiều trường hợp và thứ tự vị trí các điểm, các góc trong bài toán Điều này dẫn đến việc cộng trừ, hay biến đổi các góc trong quá trình tính toán gặp rất nhiều khó khăn

2 Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:

Việc ứng dụng góc định hướng, phép quay và phép quay véc tơ vào giải toán hình học phẳng tạo ra rất nhiều điều thuận lợi Đó là việc học sinh không cần quan tâm đến vị trí các điểm trên hình vẽ, chỉ cần quan tâm đến thứ tự các điểm, biến đổi đúng các hệ thức và các tính chất của góc định hướng

Nếu ta sử dụng khái niệm góc định hướng, phép quay và phép quay véc tơ thì cho lời giải ngắn gọn, rõ ràng và không phụ thuộc vào hình vẽ Hơn nữa, góc định hướng giúp định nghĩa các phép biến hình, từ đó mở ra những ứng dụng khác

A CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: I Góc định hướng

1 Góc định hướng giữa hai tia

1.1.Định nghĩa góc định hướng giữa hai tia cùng gốc

Cho góc xOy Ta nói xOy là góc định hướng nếu hai cạnh Ox và Oy có thứ tự xác định Tức là một trong hai cạnh của góc là cạnh đầu , cạnh còn lại là cạnh cuối

NếuOxlà cạnh đầu và Oylà cạnh cuối , thì góc định hương được ký hiệu bằng

Ox Oy,  Hướng của góc là hướng quay quanh đỉnh O của cạnh Ox đến trùng với cạnh Oy và được biểu thị bằng mũi tên cong

Ta quy ước hướng quay theo ngược chiều kim đồng hồ của Ox là hướng dương Hướng quay ngược lại là âm

Gỉa sử α ( radian ) là số đo của góc xOy , khi đó số đo của Ox Oy b,  ằng 2

α kπ

  (*), với k là số nguyên và được ký hiệu bởi Ox Oy,   α 2kπ hoặc

Ox Oy,  α 2kπ hoặc Ox Oy,   α 2kπ

Số α, 0 α π được gọi là giá trị chính của góc Ta quy định góc âm ứng với giá trị chính α , góc dương ứng với giá trị chính α (hoặc α )

Giả sử số đo của xOy , khi đó số đo của 00 Ox Oy bằng 2kπ hoặc , 

Ox Oy, 0 mod 2 π Trong trường hợp này Ox Oy được gọi là góc định hướng , 

không Góc định hướng không không có hướng xác định

1.2 Liên hệ giữa giá trị chính và vị trí hình học của các góc định hướng

Góc định hướng trong hình học được dùng để xác định vị trí của các tia, của các điểm đối với một đường thẳng và quan hệ giữa các đường thẳng Việc này lại có liên quan đến giá trị chính của các góc Đây cũng là sự khác biệt giữa góc định hướng trong hình học và lượng giác

*) Cho hai điểm phân biệt A B, và hai góc α β, với α β,   π π;  Xét hai góc OA OB, α O A O B; ' , '  Ta thβ ấy rằng O và O' cùng phía đối với đường thẳng AB nếu và chỉ nếu α β, cùng dấu O và 'O khác phía đối với đường thẳng

AB nếu và chỉ nếu α β, khác dấu

*) Cho góc xOy Từ điểm 'O trên tia Ox ta dựng tia 'O z và thấy rằng giá trị chính của hai góc Ox Oy,  , O x O z cùng d' , '  ấu khi và chỉ khi Oyvà O z' cùng phía đối với đường thẳng Ox Gia trị chính của hai góc trái dấu khi và chỉ khi Oyvà O z ' khác phía đối với đường thẳng Ox

*) Ta nói hai góc Ox Oy,  , O x O y b' , '  ằng nhau (theo mođun) nếu giá trị chính của chúng bằng nhau và được ký hiệu bằng

Ox Oy,   O x O y' , '  mod 2π hoặc   0

Hai góc định hướng Ox Oy,  , O x O y ' , '  được gọi là đối nhau , nếu giá trị chính của chúng đối nhau và được ký hiệu bằng

Ox Oy,  O x O y' , '  mod 2π hoặc Ox Oy,  O x O y' , ' mod 3600

1.3 Định nghĩa góc định hướng giữa hai tia khác gốc

Giả sử O x và 1 O y là hai tia có gốc khác nhau và không song song Gọi O là 2 giao của hai đường thẳng O x và 1 O y Vì Ox và 2 Oycùng chiều với O x và 1 O y , nên 2 ta định nghĩa góc định hướng với tia đầu O x và tia cuối 1 O y là góc2 Ox Oy, , được ký hiệuO x O y 1 , 2 

Nếu hai tia O x và 1 O y song song hoặc trùng nhau thì số đo của góc 2

O x O y1 , 2  0 mod 2π hoặc O x O y1 , 2  π mod 2π Ta chứng minh được rằng nếu ' 'O x và O y' ' là hai tia tương ứng cùng chiều với O x và 1 O y , thì 2

O x O y1 , 2   O x O y' ', ' ' mod 2  πkhông phụ thuộc vào cách chọn điểm O'

Ta ký hiệu P là giao của ' 'O x và Oy; Q là giao của O y' ' và Ox Ta có Bổ đề 1 Cho 4 điểm phân biệt A B C D, , , và các góc α β,   π π;  thoã mãn điều kiện BA BC, α DA DC; ,  β Điều kiện cần và đủ để B D, nằm trên cùng một cung chứa góc được dựng trên dây AC là α β

Chứng minh: Nếu B D, cùng thuộc cung chứa góc dựng trên dây AC , thì chúng cùng phía đối với AC Tức là

BA BC,  ; DA DC cùng hướng , 

Vậy α và β cùng dấu Mặt khác số đo của các góc hình học tương ứng bằng nhau Vì vậy giá trị chính của hai góc bằng nhau

Ngược lại nếu giá trị chính của hai góc bằng nhau ,

thì chúng cùng dấu Tức là các đỉnh B D, cùng phía đối với AC Giả sử các giá trị này dương., khi đó số đo của các góc hình học tương ứng bằng nhau

Vậy B D, cùng nhìn đoạn AC dưới những góc cùng số đo Theo tính chất của cung chứa góc ta suy ra đpcm

1.4 Các phép toán trên tập hợp các góc định hướng Cho hai góc a b,

Tổng của hai góc a b, là một góc định hướng j mà số đo bằng tổng số đo của hai góc đã cho và được ký hiệu a b  j mod 2π

Hiệu của hai góc a b, là một góc định hướng g mà số đo bằng hiệu số đo của hai góc đã cho và được ký hiệu a b g  mod 2π

Tich của a với số thực k là góc định hướng d mà số đo bằng tích của a với k và được ký hiệu d ak ka  mod 2π

Từ đó ta có hệ thức liên hệ giữa 3 góc định hướng Hệ thức Salơ: Với 3 tia bất kỳ O x O y O z , ta có 1 , 2 , 3

O x O y1 , 2 O y O z2 , 3   O x O z1 , 3  mod 2π

2 Góc định hướng giữa hai đường thẳng

Định nghĩa: Cho hai đường thẳng cắt nhau xvà y Ký hiệu O là giao điểm của chúng Góc định hướng từ x đến y, được ký hiệu bằng x y , là góc tạo bởi ,  x

và y với ,x y có thứ tự xác định

Trong ký hiệu này xlà cạnh đầu còn y là cạnh cuối Hướng của góc là hướng quay quanh O của cạnh đầu x đến trùng với cạnh cuối y và được biểu thị bằng mũi tên cong Hướng quay của xngược chiều kim đồng hồ là hướng dương Hướng ngược lại là âm

Giả sử a là số đo của góc hình học tạo bởi xvà y (0 < a ) , khi đó số đo của góc x y là ,  a kπ hoặc a kπ  , với k là số nguyên và được ký hiệu bởi

x y,  a kπ (*) hoặc x y,   a kπ (**)

Để cho gọn ta viết x y,  a modπ hoặc x y,  amod 1800

Nếu x // y hoặc x trùng với y , thì x y, 0 mod π và hướng của góc

*) Cho hai góc x y và , x y', ' Ta nói hai góc đã cho bằng nhau , được ký hiệu bởi x y,   x y', ' mod  π, nếu giá trị chính của hai góc bằng nhau

Hai góc đã cho đối nhau , được ký hiệu bởi x y,    x y', ' mod  π, nếu giá trị chính của chúng là đối nhau

*) Giả sử x y, a, 0 a π, khi đó x y,   x z, = với mọi đường thẳng z // y

*) Tổng hoặc hiệu số đo của hai góc định hướng tạo bởi hai đường thẳng là một góc định hướng có số đo bằng tổng hoặc hiệu các góc đã cho Tích của một góc định hướng với một số thực là một góc định hướng có số đo bằng tích của số thực với góc đã cho

Hệ thức Salơ: Nếu , ,x y z là các đường thẳng bất kỳ, thì

x y,   y z,   x z,  mod

Bổ đề 2 Cho hai điểm phân biệt A B, và góc a với a0; Quỹ tích giao điểm M của hai đường thẳng x y, lần lượt qua A B, sao cho x y,  là một đường tròn a đi qua hai điểm A B, và trừ ra hai điểm này

Chứng minh: Từ điều kiện đã cho suy ra số đo các góc hình học tương ứng là AMB a hoặc

AMB  a

Vì vậy quỹ tích điểm M là một trong hai cung tròn cố định ứng với số đo 2a hoặc 2 2a được dựng trên dây AB

Tổng số đo hai cung này là 2 , tức là cả đường tròn Vì M không nằm trên đường thẳng AB, nên các điểm

A B không thuộc quỹ tích 3 Một số kết quả:

Kết quả 1: Bốn điểm A B C D, , , cùng nằm trên một đường thẳng hoặc cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi AB AC,   DB DC,  mod hoặc

Kết quả 2: Cho ba điểm A B C, , nằm trên đường tròn tâm O Khi đó

 ,  1 , mod 

AB AC  OB OC 



Kết quả 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Gọi P là giao điểm của AB và CD ; Q là giao điểm của AC và BD Khi đó

Kết quả 4: Cho ba điểm A B C, , nằm trên đường tròn tâm O Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn  O tại A khi và chỉ khi d AB,   CA CB,  mod

a Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và một góc định hướng α π α π,   

Phép biến hình f biến điểm O thành chính nó và biến mỗi điểm M khác O thành điểm 'M sao cho OM OM , 'α mod 2π

và OM OM ' được goi là phép quay

b Trong mặt phẳng, cho hình  H và phép quay QO,α

f Tính chất 6 (tích của hai phép quay cùng tâm)

Cho hai phép quay QO,α,QO β,  với α0 mod 2 , π β 0 mod 2 , π

0 mod 2

α β  π Khi đó QO,βQO α,  QO α β,   Chứng minh:

+) Hiển nhiên O là điểm bất động của tích hai phép quay QO,βQO α,  +) Với mọi điểm M khác O ta có QO,α M M Q', O β,  M ' M"

Từ đó suy ra M"QO,α β  M Vậy ta có điều phải chứng minh g Tính chất 7 (tích của hai phép quay không cùng tâm)

Cho hai phép quay    

III Phép quay véc tơ

1 Góc định hướng giữa hai véc tơ: Cho hai véc tơ ,u v 

Dựng OA u OB v    ; 

Góc định hướng giữa hai véc tơ u v v à 

, với véc tơ đầu u và véc tơ cuối v chính là góc định hướng giữa tia đầu OA

Trong mặt phẳng, kí hiệu V là tập hợp các véc tơ trong mặt phẳng Phép quay véc tơ góc quay    là một ánh xạ đi từ V đến V , kí hiệu là Q, , xác định như

+)Q Q u Q   ,   u Q Q u Q u     ,  Q u u  , u Q Q u,    

=        0 mod 2  

Từ hai điều trên suy ra Q Q u   Q   u ,

  với mọi u, do đó ta có điều phải chứng minh

B MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY VÀ PHÉP QUAY VÉC TƠ

1 Ứng dụng phép quay, phép quay véc tơ chứng minh các tính chất của hình học phẳng, chứng minh các hệ thức

1.1 Bài 1.1 Cho tam giác ABC Trên các cạnh AB AC, dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông ABMN ACPQ,

*) Phân tích: Đây là một bài toán đơn giản Học sinh có thể sử dụng phương pháp chứng minh các tam giác bằng nhau để đưa ra lời giải cho bài toán Tuy nhiên, ngoài cách chứng minh trên, chúng ta có thể cho học sinh bước đầu tiếp cận với kiến thức về phép quay để học sinh dần hình thành kĩ năng trong việc sử dụng phép quay để chứng minh

các tính chất hình học, cũng như thấy được sự ngắn gọn trong cách trình bày *) Lời giải: Giả sử tam giác ABC có hướng dương

2 Gọi E là điểm đối xứng với B qua A Khi đó ta thấy KA là đường trung bình của tam giác BCE Suy ra AK EC|| và 1

1.2 Bài 1.2 Cho tứ giác lồi ABCD Trên các cạnh AB CD, , về phía ngoài tứ giác dựng các tam giac đều ABM CDP, Trên các cạnh AD BC, , về phía trong tứ giác dựng các tam giác đều ADK BCN, Chứng minh rằng MN PK

1.3 Bài 1.3 Cho hình bình hành ABCD D ựng các tam giác đều ABE ADF, sao cho các đỉnh E C, nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AB , các đỉnh C F, nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AD Chứng minh rằng tam giác CEF đều .

I J K lần lượt là tâm của các tam giác này Khi đó tam giác IJK là tam giác đều *) Phân tích: Trước hết ta chưa nêu ra lời giải bài toán ngay mà hãy đặt bài toán trong những mối liên hệ, xem xét nó trong sự vận động, nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau để tìm phương án giải quyết tối ưu nhất, sáng tạo nhất

Đối với bài toán chứng minh một tam giác là một tam giác đều chúng ta phải hướng học sinh nhìn nhận tam giác đều dưới nhiều khía cạnh khác nhau để tìm ra các lời giải cho bài toán:

- Nếu ta nhìn tam giác đều là một tam giác có ba cạnh bằng nhau chúng ta sẽ có hướng chứng minh ba cạnh của tam giác bằng nhau:

Gọi các cạnh của tam giác ABC lần lượt là a b c, , và S là diện tích tam giác ABC thì ta có:

IJ  IK JK Suy ra IJ JK KI  hay tam giác IJK đều

- Nếu ta nhìn tam giác đều là một tam giác có ba góc bằng nhau ta sẽ có hướng chứng minh ba góc của tam giác bằng nhau:

Ta yêu cầu học sinh hãy xét bài toán này xem trong bản thân nó có những mối liên hệ nào? Lúc này buộc học sinh phải suy nghĩ, phải đặt bài toán trong những mối liên hệ khác, ta có cách giải 2:

Cách giải 2: Chứng minh ba góc I J K, , bằng nhau: Vẽ các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCA' và ACB', hai đường tròn này cắt nhau tại O và C Khi đó ta có BOC AOC  1200, do đó AOB 1200

và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC' cũng đi qua O

Mặt khác IJ là đường nối tâm, OC là dây cung chung của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác OBC OCA, nên IJ OC

Tương tự ta có IK OB Vì BOC  1200 nên KIJ 600

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:  IJK JKI 600

(Nếu O nằm ngoài tam giác ABC ta cũng có cách chứng minh tương tự như trên) Vậy ta có tam giác IJK là tam giác đều

- Nếu nhìn bài toán dưới góc độ phép biến hình, ta có thể coi hai điểm K I, là ảnh của nhau qua phép quay tâm J , góc quay 600 Khi đó ta có 2 cách giải khác như sau: Cách giải 3: Giả sử tam giác ABC đã cho có hướng

ngược chiều kim đồng hồ như hình vẽ

 là điểm bất động đối với phép g f

Mặt khác ta thẩy tổng hai góc quay bằng 600 và tích của hai tỉ số đồng dạng bằng 1

Nên suy ra g f QJ600 QJ600:KI IJK đều

*) Nhận xét: Từ những chứng minh trên, ta thấy đã có rất nhiều cách để chứng minh định lí này như: chứng minh các cạnh bằng nhau, chứng minh các góc bằng nhau, sử dụng tích hai phép quay khác tâm, sử dụng phép vị tự quay Chúng ta xét một cách giải khác bằng

Cách giải 5: Giả sử tam giác ABC có hướng

 Vậy tam giác IJK là tam giác đều 1.5 Bài 1.5: Cho đa giác đều A A A A1 23 ,n n có tâm O 3

2 M là một điểm trong mặt phẳng Gọi M M1, 2, , Mnlà hình chiếu của M trên đường thẳng chứa các cạnh A A A A1 2, 2 3, , A An 1 của đa giác Giả sử G là trọng tâm của hệ điểm M M1, 2, , Mn Chứng minh rằng G là trung điểm của đoạn OM

Vậy G là trung điểm của đoạn OM

1.6 Bài 1.6 Cho tam giác ABC Về phía ngoài tam giác ABC, dựng các tam giác vuông cân ABM , ACN tại các đỉnh M , N tương ứng Gọi I là trung điểm của đoạn

BC Chứng minh rằng tam giác IMN vuông cân tại I

*) Phân tích: Để chứng minh tam giác XYZ vuông cân tại X ta có thể sử dụng một

1.7 Bài 1.7 Cho lục giác lối ABCDEF nội tiếp đường tròn O, R có  AB CD EF R   Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, DE, FA Chứng minh rằng tam giác MNP đều

*) Phân tích: Để chứng minh tam giác XYZ đều ta có thể sử dụng một số hướng sau: - Chứng minh Y , Z là ảnh của nhau qua phép quay

Cách 1 (sử dụng phép quay có tâm quay): Giả sử lục giác ABCDEF có hướng âm Gọi I , K lần lượt là trung điểm của các đoạn

EF , EB

Vì AB CD EF R   nên các tam giác OAB, OCD, OEF đều

Cách 2 (sử dụng phép quay véc tơ) Giả sử lục giác ABCDEF có hướng âm Vì AB CD EF R   nên các tam giác

OAB, OCD, OEF đều Do đó

Cho n- giác A A A1 2 n và các véc tơ đơn vị e e 1, , ,2 en

thoả mãn điều kiện:

*) Nhận xét: Định lí này đã được chứng minh bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp Tuy nhiên cách chứng minh đó rất dài Trong bài viết này, tác giả trình bày cách chứng minh bằng phép quay véc tơ

Không mất tính tổng quát giả sử n- giác A A A có 1 2 n

1.9 Bài 1.9 Cho tam giác nhọn ABC có AA BB CC l1, 1, 1 ần lượt là các đường cao Trên tia đối của các tia AA BB CC lấy các điểm 1, 1, 1 A B C 2, 2, 2 tương ứng sao cho

1 21 21 2 1

AA AA BB BB CC CC  Chứng minh rằng các tam giác ABC A B C có , 2 2 2 cùng trọng tâm

Hướng dẫn: Giả sử tam giác ABC có hướng dương Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Ta đi chứng minh G là trọng tâm tam giác A B C222 hay

Vậy G là trọng tâm tam giác A B C2 2 2

1.10 Bài 1.10 Về phía ngoài của tứ giác ABCD ta dựng các tam giác đều ABM BCN, , CDP ADQ, Gọi E F, lần lượt là trung điểm của các đoạn AQ BN, và O là tâm của tam giác CDP Chứng minh rằng OM EF và tính tỉ số OM

EF Hướng dẫn: Giả sử tứ giác ABCD có hướng âm

*) Gọi M N P Q lần lượt là trung điểm của các đoạn 1, 1, ,1 1 AB BC, , CD DA,

1.11 Bài 1.11 Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác đồng dạng

1, 1, 1

ABC CAB BCA sao cho C AB A BC B CA AC B BAC CB A1     1  1 ; 1  1  1 Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A B C có cùng trọng tâm 1 1 1

hay hai tam giác ABC và A B C1 1 1 có cùng trọng tâm 1.12 Bài 1.12 Về phía ngoài tam giác ABC dựng tam giác BCA thoả mãn điều kiện 1

Hướng dẫn: Giả sử tam giác ABC có hướng dương

Gọi E F, lần lượt là hình chiếu của A B C trên các cạnh 1, 1, 1 BC CA AB, , Suy ra E F, tương ứng là trung điểm của các cạnh AC AB,

Xét phép quay véc tơ góc quay

1.13 Bài 1.13: Cho tứ giác ABCD có AC BD và các điểm X Y Z T, , , sao cho các tam giác AXB BYC CZD DTA, , , đồng dạng cùng hướng và theo thứ tự cân tại

, , ,

X Y Z T Chứng minh rằng XZ YT

Hướng dẫn: Giả sử tứ giác ABCD có hướng dương và các tam giác AXB BYC, , ,

CZD DTA cùng có hướng dương (1)

Gọi M N P Q, , , theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AB BC CD DA, , , suy ra MNPQ là hình bình hành

Vì AC BD nên suy ra MNPQ là hình thoi MP NQ (2)

Từ (1), do các tam giác AXB BYC CZD DTA, , , đồng dạng cùng hướng nên ta có:

Xét phép quay véc tơ góc quay

1.14 Bài 1.14 Cho tứ giác ABCD có AC BD Về phía ngoài tứ giác dựng các tam giác đều BCM ADN, Gọi P Q, lần lượt là trung điểm của các cạnh BC DA, Chứng minh rằng MN song song hoặc trùng với PQ

Hướng dẫn: Giả sử tứ giác ABCD có hướng dương Gọi E F, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB CD, khi đó tứ giác PEQF là hình bình hành

Mặt khác do AC BD nên tứ giác PEQF là hình thoi Suy ra hai véc tơ KL NQ PM  , 

vuông góc với nhau Mặt khác vì KL PQ nên hai véc tơ PQ NQ PM  , 

1.15 Bài 1.15 (Định lý Thébault II) Cho hình bình hành ABCD Dựng ra phía ngoài hình bình hành các tam giác đều BCM CDN, Chứng minh rằng tam giác AMN đều Hướng dẫn:

Cách 1 (Sử dụng phép quay có tâm quay): Giả sử hình bình hành ABCD có hướng âm Do đó tam giác AMN đều

2 Ứng dụng phép quay, phép quay véc tơ chứng minh thẳng hàng, đồng quy 2.1 Bài 2.1 (Tài liệu giáo khoa chuyên Toán - Hình học 10)

Cho đường tròn  O và một điểm A thuộc đường tròn Phép quay QA, biến đường tròn  O thành một đường tròn  O' và điểm M bất kì thuộc đường tròn  O thành điểm M ' thuộc đường tròn  O' Chứng minh rằng đường thẳng MM' đi qua điểm chung thứ hai của hai đường tròn    O , O'

2.2 Bài 2.2 (Tài liệu giáo khoa chuyên Toán - Hình học 10)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O và một góc nhọn  Trên đường tròn  O lấy một điểm S Phép quay QS , biến các điểm A, B, C tương ứng thành các điểm A', B', C' Phép quay QS , biến các điểm A, B,C tương ứng thành các điểm A'', B'',C'' Chứng minh rằng các đường thẳng A' A'', B' B", C' C" đồng quy Hướng dẫn:

Gọi  O' là ảnh của đường tròn  O qua phép quay QS , và  O" là ảnh của đường tròn  O qua phép quay QS , Khi đó hai đường tròn    O' , O" cùng

Do đó QS ,QS ,:A'A'', B' B'', C' C'' Hay QS , 2 :A'A'', B'B'',C' C''

Mà QS ,:   O  O' ; QS ,:   O  O'' nên QS , 2 :   O'  O"

Khi đó theo bài 2.1 ta suy ra các đường thẳng A' A", B' B", C' C" cùng đi qua điểm S' là giao điểm thứ hai của hai đường tròn    O' , O"

Vậy các đường thẳng A' A'', B' B", C' C" đồng quy tại S'

2.3 Bài 2.3 (Điểm Vecten) Cho tam giác ABC Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác BCD CAE ABF, , vuông cân tại các đỉnh D E F, , tương ứng Chứng minh rằng các đường thẳng AD BE CF, , đồng quy (điểm đồng quy được gọi là điểm Vecten)

Do đó tam giác IEF vuông cân tại I

*) Vì tam giác DBC vuông cân và I là trung điểm của BC nên tam giác IDC vuông cân

Do đó AD BE CF, , chứa 3 đường cao của tam giác DEF nên chúng đồng quy

*) Nhận xét: Điểm đồng quy V của 3 đường thẳng AD BE CF, , được gọi là điểm Vécten và là trực tâm tam giác DEF

2.4 Bài 2.4 (Điểm Fermat) Cho tam giác nhọn ABC D ựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều BCM CAN ABP, , Chứng minh rằng ba đường thẳng

Hướng dẫn:

Giả sử tam giác ABC có hướng dương

Gọi F là giao điểm của BN và CP , E là điểm trên CP sao cho  , mod 2 

- Điểm F được gọi là điểm Fermat

- Điểm Fermat Fnhìn các cạnh BC CA AB, , dưới góc 1200 hay F là điểm chung của ba đường tròn ngoại tiếp ba tam giác đều BCM CAN ABP, ,

- Ngoài ra điểm F còn là vị trí của X để XA XB XC  đạt giá trị nhỏ nhất - Điểm F còn có tên gọi khác là điểm Torricelli

*) Từ bài 2.3 và bài 2.4 ta có bái toán tổng quát sau (định lý Kiepert)

2.5 Bài 2.5 Cho tam giác ABC Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác , ,

BCD CAE ABF cân tại D E F, , tương ứng và đồng dạng với nhau Chứng minh rằng ba đường thẳng AD BE CF, , đồng quy tại X.

DBC DCB ECA EAC FAB FBA      

+) Xét tam giác ABC có DA DB DC, , đồng quy nên theo định lý Ceva dạng lượng giác ta có