Bài tiểu luận hình học sơ cấp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM LỚP TOÁN VB2-K2 Giải a) Gọi I là điểm chính giữa cung AB   , 2 IA IB IA IB          Ta cần chứng minh I là tâm quay M biến thành N. Xét AMI và BNI có : MAI IBN AM BN AI BI         Vậy   AMI BNI c g c   Suyra MI NI Ta có :               , , , ,, , 2 IM IN IM IA IA IN IN IB IA IN do AMI BNI IA IB         Xét phép quay , 2 I Q     , ta có : AB MN   Vậy I là tâm phép quay biến ,AM thành ,BN Bài 1 : Cho điểm M thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB . Trên BM lấy điểm N sao cho BN = AM a) Xác định phép quay biến A, M lần lượt thành B, N. b) Chứng minh rằng N thuộc nửa đường tròn cố định. 1 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 b) Gọi O’ là ảnh của O qua phép quay , 2 I Q     Mà : O cố định nên O’ cố định Ta có: M thuộc nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB cố định và O’ là ảnh của O qua phép quay , 2 I Q     nên N thuộc nửa đường tròn tâm (O’) (cố định). Giải Gọi I là giao điểm của đường tròn (C;CM) và AM . Xét CMI có: CM=CI ( cách dựng điểm I)     ,, 3 MC MI BC BA   (cùng chắn cung AC ) Từ đó, suy ra CMI đều. Suy ra   , 3 CI CM   Xét phép quay , 3 C Q      :         , 3 , 3 , 3 , 3 C C CI CM Q M I CM CI CB CA Q B A CB CA                             Như vậy ,   , 3 C Q MB IA       I A B C M Bài 2 : Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng :MA = MB + MC 2 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay, ta có MB = IA Mặt khác : IM = MC (do CMI đều ) Suy ra : AM = AI +IM = MB + MC ( đpcm)  Nhận xét : ta có thể mở rộng tính chất trên như sau: Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc BAC , khi đó ta có : MB MC MA Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác . Bài 3: Cho tam giác ABC và vẽ phía ngoài các tam giác đều BCA 1 , CAB 1 , ABC 1 có tâm lần lượt là A ’ , B ’ , C ’ . Chứng minh rằng tam giác A ’ B ’ C ’ đều. Giải: Cách 1: Xét tích 2 phép quay: 22 '; '; 33 . BC F Q Q               Do:                Nên: 4 ; 3 O FQ      Mà: 4 ; 3 () O Q B C      Nên:                      Suy ra:   Theo cách dựng tâm O, ta có:                                A' B' C' A1 B1 C1 A B C 3 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 Suy ra tam giác       đều. Cách 2: Ta có:                 Mặc khác:                    Suy ra hai tam giác cân     đồngdạng. Từ đó ta có:          (1) Xét phép quay ; 6 B Q                   Suy ra:  ,    Kết hợp với (1) ta được:                  Do: ; 6 ( ' ') B Q C A HK       Nên:                  Tương tự ta cũng có hai tam giác cân     đồng dạng. F E H K A' B' C' A1 B1 C1 A B C 4 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 Suy ra:        Xét phép quay ; 6 C Q               Suy ra:       Kết hợp với (3), ta được:                 Do: ; 6 ( ' ') EF C Q A B      Nên:                  Ta có:                                                                          Mặc khác:  Kết hợp với (2) và (4) ta được:          Từ (5) và (6) suyra:        Cách 3: 5 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 Gọi:           Do hai tứ giác     nội tiếp Và:            Nên:        Suyra:      Điều này chứng tỏ:   Ta có:      (Đường nối tâm của hai đường tròn vuông góc với dây cung chung của chúng.) Suyra:      Tương tự ta có:        Vậy tam giác  là tam giác đều. Giải O A' B' C' A1 B1 C1 A B C H I F E B A C Bài 4: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABE và ACF đều. Gọi I là trung điểm BC và H là tâm tam giác ABE . Xác định dạng của tam giác HIF 6 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 Xét 2 ;; 33 . FH F Q Q               12 2 33         ≠ 2k  Suy ra   ;O FQ   = Đ O 2 ;; 33 HF QQ B A C                Do đó Đ O (B) = C OI Áp dụng cách dựng tâm quay O ta có:     1 2 , 23 , 26 HI HF FH FI       Suy ra   , 2 IH IF   Vậy tam giác HIF là tam giác vuông có       1 2 , 23 , 26 , 2 HI HF FH FI IH IF                  Giải Cách 1: M E D A B C Bài 5: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD và ACE lần lượt vuông cân tại B và C. M là trung điểm DE. Xác định dạng của tam giác BMC. 7 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 Gọi D’ là điểm dối xứng của D qua B, E’ là điểm đối xứng của E qua C Xét phép quay : ; 2 : ' A Q D D      'EE Từ đó suy ra: '' '' DE D E DE D E      Mặt khác. Ta có //D'E 1 ' 2 MB MB D E       (Vì MB là đường trung bình của ∆DD’E) Và //DE' 1 ' 2 MC MC DE       (Vì MC là đường trung bình của ∆EE’D) Vậy ∆ BMC vuông cân tại M. Cách 2: Xét ;; 22 . BC F Q Q               12 22         ≠ 2k  Suy ra   ;O FQ   = Đ O ;; 22 CB QQ E A D                Do đó Đ O (B) = C OM (Vì M là trung điểm DE) Áp dụng cách dựng tâm quay, ta có     1 2 , 24 , 24 BM BC CM BC       Vậy ∆MBC vuông cân tại M. 8 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 2 ; 2 O Q     1 ; 2 O Q     O D Bài 6: Dựng trên cạnh AB, BC, CD, DA và ở bên ngoài tứ giác ABCD những hình vuông có tâm lần lượt là 1 2 3 4 , , ,O O O O . Gọi I,J,K,H lần lượt là trung điểm các đoạn AC,BD, 13 OO , 24 OO . Chứng minh rằng: a) 1 3 2 4 1 3 2 4 và OO O O OO O O b)Tứ giác IJKH là hình vuông. Giải a) Xét tích phép quay 21 ;; 22 . OO F Q Q               12 2 22 k            Đặt O là tâm của tích 2 phép quay trên Suy ra:   ; O O F Q D   Ta có: A B C A C Suy ra OI Theo cách dựng tâm O, ta có:     1 1 1 2 2 2 1 2 ; 24 ; 24 O I OO O O O I       O 4 O 3 O 2 O 1 H K J I A B C D 9 tusachvang.net [...]... I Tương tự: H (1) Q  J;   2K  Ta suy ra: KHJ vuông cân tại J (2) Từ (1), (2), ta suy ra IJKH là hình vuông (đpcm) b) O1O2O3O4 là hình vuông  O1O2O3O4 là hình bình hành H K IJ (do IJKH là hình vuông )  ABCD là hình bình hành tusachvang.net 11 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 Bài 7: Cho tam giác ABC vuông cân tại C Một đường thẳng song song với AB cắt các cạnh CA, CB lần lượt tại... cũng có được kết quả như trên Bài 10: Dựng về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác ABI và ACK lần lượt vuông cân tại I và K Dựng hình bình hành IBCM và điểm N là đối xứng của I qua A Chứng minh tam giác MNK vuông cân  Ý tưởng: ta cố gắng ép 1 phép quay Q   K,  2   :M N Giải: N K A I M B Xét phép quay: Ta có: ( C ) ( ) ( ) tusachvang.net 15 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 Suy ra: (1)... 2012 Suy ra: (1) (2) Mặc khác: Suy ra: (3) Ta lại có: Suy ra: 1 (4) Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra: ` Vậy: ( ) Điều này chứng tỏ tam giác KMN vuông cân tại K tusachvang.net 16 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 BÀI TẬP THÊM Bài 1 :Cho tam giác ABC Dựng ra phía ngoài tam giác, các tam giác BCP, CAQ, ABR sao cho: PBC  CAQ  450 ; BCP  QCA  300 , ABR  BAR  150 Chứng minh QRP là tam giác vuông... I ' K ' Do AO  IK  I ' K '/ /OA Ngoài ra do các lập luận trên suy ra: K ' I '  sin AOA Lí luận tương tự ta có 1  2  3 I ' J '  sin B.OB J ' K '  sin C.OC Cộng từng vế (1)(2)(3) và do K ' I '  I ' J '  J ' K '  0 Suy ra sin AOA  sin B.OB  sin C.OC  0 Nhận xét theo định lí hàm số sin suy ra : tusachvang.net 20 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 a.OA  b.OB  c.OC  0 Vậy O là tâm... và d1) Do đó ABCD là hình bình hành Mà AC  BD ; AC = BD (đều là đường kính) Vậy ABCD là hình vuông Biện luận: -Khi d1 d 2 d3 d1  d 2 , d1  d3   : bài toán có vô số nghiệm  d  d1 , d 2   d  d1 , d3  d 2  d3  -Khi d1 d 2 d3 d1  d 2 , d1  d3   : bài toán vô nghiệm  d  d1 , d 2   d  d1 , d3  d 2 d3  - Các trường hợp còn lại, bài toán có một nghiệm Bài 12: Cho ABC có I... BR BC ' BP BR     BP BC BC BC ' Vậy từ (2) suy ra : Tương tự ta có : BR ' BP  BC ' BC BR ' BP ' BP   BC ' BC BC  3 tusachvang.net 17 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 Xét phép quay Q A,450 Trong phép quay này , ta có :   Q  Q' R  R '' Lí luận như trên ta đi đến : AQ ' AR '' AQ   AC AC ' AC Mà AQC ~ BPC   4 AQ BP  AC BC  5 Từ (3),(4),(5) suy ra : AQ ' AR '' BR ' BP ' ... suy ra QRP là tam giác vuông cân Bài 2 :Trong mặt phẳng tọa độ điểm A(a,b) cố định (a>0,b>0) Đường thẳng  di động quanh A cắt trục hoành Ox tại M vàtrục tung Oy tại N Đường thẳng q qua M và // đường y=x cắt Oy tại M’; còn đường thẳng qua N và // đường y=-x cắt Ox tại N’ Chứng minh rằng M’N’ luôn đi qua một điểm cố định Giải tusachvang.net 18 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 j 6 N 4 2 A 5... địnht A’ Dễ thấy tọa độ của A’ là A’(b,- a)  Nhận xét : Cách giải này rõ ràng ngắn gọn hơn nhìu so với cách giải bằng đại số Bài 3 : Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC Chứng minh rằng sin AOA  sin B.OB  sin C.OC  0 tusachvang.net 25 19 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 Giải A K K' I J' O C B I' J Gọi I, J , K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp các cạnh AB, BC... x 2  R 2  2 x R 2  x2 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: tusachvang.net B 13 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012 2x R2   x2 x2 x2     R2   2  2 4 22 2  4   Suy ra: OD 2  (3  2 2) R 2 hay OD  (1+ 2) R Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  x2 x2    R2   2  2 4 22 2     x  R 2 2 Bài 9 : Cho tam giác nhọn ABC Tìm điểm M bên trong tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ... C D Suy ra: Q   A,   3 : AMC AND và AMN là tam giác đều Do đó, ta có:  MA  MN   MC  ND tusachvang.net 14 Bài tập hình học sơ cấp: Phép Quay 2012  MA  MB  MC  MB  MN  ND  BD Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: M , N  BD Cách xác định vị trí điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán: Do bốn điểm B, M, N, D thẳng hàng nên: 2   ABM    AMN  3    AMC  AND    ANM  2 (Do AMC =AND) . là hình vuông. (đpcm) b) 1 2 3 4 OO O O là hình vuông 1 2 3 4 OO O O là hình bình hành (do IJ là hình vuô ) là hình bình hành HK I J KH ng ABCD    10 tusachvang.net Bài tp hình. 8 tusachvang.net Bài tp hình hp: Phép Quay 2012 2 ; 2 O Q     1 ; 2 O Q     O D Bài 6: Dựng trên cạnh AB, BC, CD, DA và ở bên ngoài tứ giác ABCD những hình vuông có. M E D A B C Bài 5: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD và ACE lần lượt vuông cân tại B và C. M là trung điểm DE. Xác định dạng của tam giác BMC. 7 tusachvang.net Bài tp hình hp: