Hình học sơ cấp Phép quay

Hình học sơ cấp Phép quay

Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 1 DANH SÁCH NHÓM 8 1. Phạm Nhơn Quý 2. Đỗ Công Sơn 3. Cửu Hiếu Thảo 4. Hoàng Thanh Thủy 5. Hoàng Thị Thu Thủy 6. Lê Thị Thủy Tiên 7. Nguyễn Sĩ Trung 8. Nguyễn Ngọc Mạnh Tuân 9. Nguyễn Thị Minh Yến 10. Võ Ngọc Thiệu Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 2 Bài 1: M Cho điểm thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB . Trên tia BM lấy điểm N sao cho BN AM= . a) Xác định tâm phép quay biến AM  thành BN  . b) Chứng minh rằng N thuộc một nửa đường tròn cố định. Giải a) Gọi I là điểm chính giữa cung AB . ( ) , 2 IA IB IA IB π =   ⇒  =   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). Suy ra: MI NI= Ta có : ( ) ( ) ( ) , ,,IM IN IM IA IA IN= + ( ) ( ) ,,IN IB IA IN= + ( do AMI BNI∆=∆ ) ( ) , 2 IA IB π = = Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 3 Xét phép quay 2 I Q π , ta có: AB MN → → AM BN⇒→   Vậy I là tâm phép quay biến AM  thành BN  . b) Gọi ' O là ảnh của O qua phép quay 2 I Q π ( ) ' ' , 2 IO IO IO IO π  =  ⇒  =   Mà : ( ) , 2 IO OB R OI OB π = =    =   Vậy ' IOBO là hình vuông. Suy ra : ' O là đỉnh hình vuông Mặt khác, ( ) MO∈ cố định và ' O là ảnh của O qua phép quay 2 I Q π nên ( ) ' NO∈ cố định. 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. Giải Gọi I là giao điểm của đường tròn (C, CM) và AM. Xét ∆ABC: • CM = CI ( cách dựng điểm I) Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 4 C' B' A' A1 C1 B1 A B C • ( MC, MI) = ( BC, BA) = ( cùng chắn cung ) Từ đó suy ra ∆ABC đều. Suy ra ( CI, CM) = . Xét phép quay : • ⇒ • ⇒ Như vậy, Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay, ta có MB = IA Mặt khác: IM = MC ( do ∆ABC đều) Suy ra: AM = AI + IM = MB + MC (đpcm). Nhận xét: Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc góc Ta có thể mở rộng tính chất trên như sau  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 v về phía ngoài các tam giác đều BCA 1 , CAB 1 ,ABC 1 (Bài toán Napoléon) có tâm lần lưt là A’, B’, C’. Chứng minh rằng tam giác A’B’C’ đều. Giải Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 5 Nhận xét: Bài toán vn đng trong trường hp các tam giác đều v về phía trong. Cách 1: Xét: Ý tưởng: dùng tích phép quay. 22 ', ', 33 . CA FQ Q ππ             −− = 12 22 4 2 33 3 k ππ π αα π +=− − =− ≠ Suy ra 4 , , 3 3 I I FQ Q π π          − − = = Do 2 ' , 3 2 ' , 3 2 ' , 3 A C B Q A Q Q BC AC π π π              − −    → →    →  nên suy ra 'IB≡ Theo cách dựng tâm 'B ta có: ( ) ( ) 1 2 '','' 23 ' ', ' ' 23 CBCA AC AB απ απ = = − = = − Vậy '''ABC∆ đều (đpcm) Cách 2: '' '' ''AB BC AC= =  tưởng : chứng minh Trong ''A BC∆ , áp dng định l hàm số cosin ta có:  ( ) ( ) ( ) 2 22 22 22 22 ' ' ' ' 2 ' . 'cos ' ' 1 33 2. . .cos 3 33 3 1 21 3 cos sin 3 32 2 11 3 cos sin 333 A C A B BC A B BC A BC ac ac B ac ac B B a c ac B ac B π = +−  = +− +    = +− −    = +− − Áp dng các định l về hệ thức lưng trong tam giác ABC∆ : 222 cosac B a c b=+− sin 2 ABC ac B S ∆ = Vậy : ( ) ( ) 2 22 222 11 3 '' 2 36 3 ABC AC ac acb S ∆ = + − +− − ( ) 222 1 23 63 ABC abc S ∆ = ++ + Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 6 O C' B' A' A1 C1 B1 A B C Tương tự ta tính đưc ( ) 2 2 222 1 23 '' '' 63 ABC AB BC abc S ∆ = = ++ + Từ đó suy ra '''ABC∆ đều (đpcm) Cách 3: Cách giải của Napoléon  tưởng '''ABC∆ : chứng minh có 2 góc 0 60 Dựng các đường tròn ngoại tiếp 1 ABC∆ và 1 BCA∆ . Gọi O là giao điểm thứ 2 của ( ) 1 ABC và ( ) 1 BCA Ta có :  0 120AOB = ( do 1 AOBC nội tiếp có  0 1 60AC B = )  0 120BOC = ( do 1 BOCA nôi tiếp có  0 1 60BAC = ) Suy ra  0 120AOC = , từ đó ta có tứ giác 1 AOCB nội tiếp hay ( ) 1 ABC , ( ) 1 BCA và ( ) 1 ACB cắt nhau tại O. Ta có: ''OB A C⊥ ( OB là trc đẳng phương của ( ) 1 ABC và ( ) 1 BCA ) ''OC A B⊥ ( OC là trc đẳng phương của ( ) 1 ACB và ( ) 1 BCA )  0 120BOC = (cmt) Suy ra  0 '''60CAB= . Tương tự ta có   0 ''' '''60ABC ACB= = Từ đó suy ra '''ABC∆ đều (đpcm) Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 7 Bài 4: Trên các cạnh của một hình bình hành dựng về phía ngoài các hình vuông. Chứng minh rằng tâm các hình vuông này tạo thành một hình vuông. Giải: Gọi: O là tâm hình bình hành ABCD và ,,,EFGH lần lưt là tâm của các hình vuông cạnh ,,,AB BC CD DA . Xét: Cách 1: ( ) 1 12 , ,, 22 . (vì ) 22 O FE FQ Q Q ππ π ππ αα π          = = + =+= ( ) 2 34 , ,, 22 . (vì ) 22 O HG GQ Q Q ππ π ππ αα π          = = + =+= ( ) 3 56 , ,, 22 . (vì ) 22 O GF HQ Q Q ππ π ππ αα π          = = + =+= Suy ra: F = Đ O1 ; G = Đ O2 ; H = Đ O3 . Ta có: ,, 22 EF QQ F ABC ππ       → →  Mà Đ O (A) = C nên Đ O1 = Đ Tương tự, ta có: Đ O O2 = Đ O , Đ O3 = Đ O Do đó: 123 OO O O≡≡≡ Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 8 Theo cách dựng tâm 1 O : ( ) ( ) 1 2 , 24 , 24 EO EF EF OF απ απ  = =     = =   EOF⇒∆ vuông cân tại O Tương tự ta có: ,GOH FOG∆∆ vuông cân tại O Vậy: EFGH là hình vuông. Ta có: Cách 2: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,, , ,, , AH AE AH AD AD AB AB AE DA DH DC DA DG DC DG DH = ++ = ++ =                 Xét DHG∆ và AHE∆ có: ( ) ( ) ,, DH AH DG AE AB AE DG DH  =   =   =       Do đó: ()DHG AHE c g c∆ =∆ −− Suy ra: ( ) ( ) ,, HG HE HD HG HA HE =    =       Lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,, ,,, , 2 HG HE HG HD HD HA HA HE HG HD HD HE HD HG HD HE π = ++ =++ = =                 Nên: ( ) , 2 HG HE HG HE π =    =     Lý luận tương tự cho các đỉnh ,,EFG ta suy ra EFGH là hình vuông. Bài 5 ABC : Dựng về phía ngoài tam giác 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 . Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 9 Giải Xét: 12 2 ,. , 33 2 2 33 G QF QH k ππ ππ αα π π    =       ⇒+=+ =≠ ( ) ,G QO π ⇒= = Đ o 2 ,, 33 QH QF B AC ππ          → → Do đó: Đ o ( ) B C OI=⇒≡ Theo cách xác định tâm quay O như trên thì ta có : ( ) ( ) ( ) 1 2 , 23 , 2 , 26 HI HF IF IH FH FI α π π α π  = =   ⇒=   = =   Vậy HIF∆ là tam giác thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) , 2 , 3 , 6 IF IH HI HF FH FI π π π  =    =    =   Giải Cách 1: Bài 6: Cho ABC∆ , v ở ngoài các tam giác vuông cân tại ,BC là ,ABD ACE∆∆ . Gọi M là trung điểm DE . Xác định hình dạng MBC∆ . Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 10 Gọi ,DE ′′ lần lưt là điểm đối xứng của D qua B , của E qua C . Xét phép quay : A QD D EE π 2 ′ → ′ → Từ đó suy ra: ,DE D E DE D E ′′ ′′ ⊥= Mặt khác: MB là đường trung bình của DD E ′ ∆ nên MB // DE ′ và MB D E 1 ′ = 2 . Tương tự MC là đường trung bình của EE D ′ ∆ nên MC // DE ′ và MC DE 1 ′ = 2 . Vậy MBC∆ vuông cân tại M . Cách 2 : Xét phép biến hình 22 . BC F QQ ππ = thì 12 2k αα π π +=≠ . Suy ra . BC O F QQ Q ππ π 22 = = = Đ O . Với O chưa biết. [...]... vì góc IAC 4 2 2   FCI 600 ⇒ ∆IFC vuông tại F và FIC = 300 = Xét phép quay Q − ( A,300 ) 0 Trong phép quay này, D  D1 → F  F1 → AD1 3 = AB 2 AF 3 Và AF = AF1 ⇒ 1 = AI 2 3 AD1 AF1 ) ⇒ = (vì cùng bằng 2 AB AI ⇒ AD = AD1 ⇒ Nhóm 8 – Toán 4B Page 19 Hình học sơ cấp : Phép quay D1F1 3 = (1) BI 2 Xét phép quay Q ( C ,600 ) Trong phép quay này, ⇒ D1F1 // BI và E  E2 → F  F2 → E2 F2 1 = BI 2 Từ (1)... 600 Xét phép quay Q ( A,600 ) , từ các kết quả trên suy ra: ( Q − A,600 ) O  F → C  E → Theo tính chất của phép quay suy ra: ( Q − A,600 ) OC  FE → (1) Vì K , M tương ứng là trung điểm của CO và FE nên từ (1) suy ra: ( Q − A,600 ) K  M → Theo định nghĩa của phép quay ta có: AK = AM và KMA = 600 ⇒ AMK là tam giác đều ⇒ đ.p.c.m Nhóm 8 – Toán 4B Page 16 Hình học sơ cấp : Phép quay b) Rõ... đều bằng nhau ⇒ OM =và MOH = 600 ON Xét phép quay Q − ( O,600 ) Ta có trong phép quay trên thì: A  B → B  C → C  D → M  H → Theo tính chất phép quay thì: Q − ( 0,600 ) Tứ giác ABCM  tứ giác BCDH → Nói riêng ta có: S ABCM = S BCDH S ABL + S BCML = S BCML + S MDHL hay: hay: S ABL = S MDHL Đó là đ.p.c.m Nhóm 8 – Toán 4B Page 17 Hình học sơ cấp : Phép quay Bài 2: Cho tam giác đều ABC Tìm quỹ... BD, O1O3 , O2O4 a) Chứng minh rằng O1O3 = O2O4 và O1O3 ⊥ O2O4 Xét hình dạng của tứ giác IKJH b) Tìm điều kiện cần và đủ để tứ giác O1O2O3O4 là hình vuông Giải Nhóm 8 – Toán 4B Page 11 Hình học sơ cấp : Phép quay Xét tích phép quay F = Q π  O1 ;  2  π ⇒ α1 + α 2 = Q π  O2 ;  2  π = π ≠ K 2π 2 2 Đặt O là tâm của tích phép quay trên Suy ra F Q(O ;π ) DO = = + Ta có: Q Q π  O1 ;  2 ... tam giác vuông cân (1) Q π J;   2 Tương tự H  K → ⇒ ∆ KHI là tam giác vuông cân ( 2) Từ (1) ( 2 ) suy ra IKJH là hình vuông b) O1O2O3O4 hình vuông ⇔ O1O2O3O4 hình bình hành (*) Nhóm 8 – Toán 4B Page 12 Hình học sơ cấp : Phép quay ⇔H ≡K ⇔I≡J (do IKJH là hình vuông) ⇔ ABCD là hình bình hành Bài 8: Cho tam giác ∆ABC vuông cân tại C Một đường thẳng song song AB cắt các cạnh BC , AC lần lượt tại E... 23 Hình học sơ cấp : Phép quay Theo tính chất của hai tiếp tuyến phát xuất từ một điểm, ta có AO ⊥ IK Tứ giác AIOK nội tiếp trong đường tròn đường kính OA Đường tròn này cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK , vì thế theo định lý hàm số sin trong tam giác này, ta có: IK = OA.sin A Xét phép quay Q − ( O,900 ) Giả sử trong phép quay này, thì: I  I ′ → J  J ′ → K  K ′ → Theo tính chất của phép. .. góc BCP góc QCA 300 = = = = 0 và g= góc BAR 15 Chứng minh QRP là tam giác vuông cân óc ABR = Nhóm 8 – Toán 4B Page 20 Hình học sơ cấp : Phép quay Giải Dựng ra phía ngoài tam giác ABC , tam giác đều ABC1     ⇒ C AR =C BR =PBC =CAQ =450 (1) 1 1 Xét phép quay Q ( B, 450 ) Trong phép quay này thì: P  P → 1 R  R1 → (chú ý rằng do (1) , nên P ∈ BC và R1 ∈ BC1 ) 1 ⇒ BP = và BR = BR1 BP ( 2) 1 Do ABR... minh rằng M ′N ′ luôn đi qua một điểm cố định Giải Nhóm 8 – Toán 4B Page 22 Hình học sơ cấp : Phép quay Gọi l1 là đường thẳng qua M và song song M′ với y = x Giả sử l1 ∩ Oy = thì OM = OM ′ Gọi l2 là đường thẳng qua N và song song N′ với y = − x Giả sử l2 ∩ Ox = thì ON = ON ′ Xét phép quay Q − ( O,900 ) Từ trên suy ra, trong phép quay này, thì: M  M ′ → N  N ′ → Q − ( O ,900 ) Vậy MN  M ′N ′ →... 2 = Giải Xét phép quay Q ( A,600 ) Trong phép quay này: B  C → M  M ' → C  D → Theo định nghĩa của phép quay thì AMM ' là tam giác đều, nên có: MA = MM ' (1) Theo tính chất của phép quay suy ra: ( Q A,600 ) BM  CM ⇒ → MB= M 'C Từ giả thiết, và từ (1) ( 2 ) suy ra: ( 2) ( 3) ' M= M 'C 2 + MC 2 M2  Theo định lý Pythagore, từ ( 3) suy ra MCM ' = 900   Theo tính chất của phép quay: MBC = M... tính chất của phép quay, ta có: QR = Q2 R2 và PR = PR1 1 Nhóm 8 – Toán 4B (8) (9) Page 21 Hình học sơ cấp : Phép quay QR tạo với Q2 R2 góc 450 và PR tạo với PR1 góc 450 ( 10 ) 1 Từ ( 8 )( 9 ) ⇒ QR = (11) RP Từ ( 7 )(10 ) ⇒ QR ⊥ RP (12 ) Từ (11)(12 ) suy ra QRP là tam giác vuông cân Đó là đ.p.c.m Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm A ( a, b ) cố định ( a > 0, b > 0 ) Đường thẳng ∆ di động quay quanh . ( ) , 2 IA IB π = = Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 3 Xét phép quay 2 I Q π , ta có: AB MN → → AM BN⇒→   Vậy I là tâm phép quay biến AM  thành. IKJH là hình vuông b) 1234 OOOO hình vuông 1234 OOOO⇔ hình bình hành ( ) * Đ O Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 13 HK⇔≡ IJ⇔≡ (do IKJH là hình vuông). để tứ giác 1234 OOOO là hình vuông Giải Đ O Hình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 12 Xét tích phép quay 12 ;; 22 . OO FQ Q ππ 