ỨNG DỤNG của PHÉP vị tự, vị tự QUAY GIẢI TOÁN HÌNH học PHẲNG

Phép vị tự biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó và biến một góc thành một góc bằng nó có các cạnh tương ứng cùng phương.. Phép vị tự biến một đường thẳng thành một đường

ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ, VỊ TỰ - QUAY GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG

TG: Hoàng Ngọc Quang

Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành

A MỞ ĐẦU

I.Lý do chọn đề tài

Hình học phẳng là một bài toán nằm trong cấu trúc bắt buộc của các đề thi học sinh giỏi Để giải một bài toán hình học phẳng có nhiều cách tiếp cận, sử dụng các phương pháp, công cụ khác nhau đòi hỏi người học cần nắm vững các kiến thức hình học cơ bản và khả năng tổng hợp

Việc đưa các phép biến hình vào giải các bài toán hình học không chỉ nhằm cung cấp cho học sinh những công cụ mới để giải toán mà còn giúp cho học sinh làm quen với các phương pháp tư duy

và suy luận mới, biết nhìn nhận sự việc và các hiện tượng xung quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiên cứu, tìm tòi, khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh

và sáng tạo trong tương lai

Có thể nói các phép biến hình là một công cụ tốt để giải các bài toán hình học phẳng, tuy nhiên việc vận dụng không hề dễ dàng đòi hỏi phải có giác quan hình học nhạy bén Trong bài viết này chúng tôi không đề cập đến tất cả các phép biến hình đã biết mà chỉ tập trung trình bày các kiến thức cơ bản và cần thiết cũng như việc áp dụng phép vị tự và phép vị tự - quay vào giải toán hình học phẳng

II Mục đích nghiên cứu

Chuyên đề cung cấp khái niệm, tính chất quen thuộc của phép

vị tự và vị tự - quay qua đó áp dụng giải các bài toán hình học phẳng

B NỘI DUNG

I Phép vị tự

1 Các kiến thức cơ bản

a) Định nghĩa Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và một số

sao cho OM  kOM 

được gọi là phép vị tự tâm O, tỉ số k Kí hiệu là k

O

V

Điểm O gọi là tâm vị tự, số k gọi là tỉ số vị tự.

Phép vị tự gọi là thuận nếu k > 0, nghịch nếu k < 0

b) Tính chất

Định lí 1.Nếu phép vị tự k

O

V biến hai điểm A, B lần lượt thành hai

điểm A’, B’ thì ' 'A B k AB

Định lí 2 Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng

hàng

Định lí 3 Phép vị tự biến một đường tròn thành một đường tròn.

c) Hệ quả

Hệ quả 1 Phép vị tự biến A thành A’, biến B thành B’ thì đường thẳng

AB và A’B’ song song với nhau hoặc trùng nhau và ' 'A B k AB

Hệ quả 2 Phép vị tự biến một tam giác thành một tam giác đồng

dạng với nó và biến một góc thành một góc bằng nó có các cạnh tương ứng cùng phương

Hệ quả 3 Phép vị tự biến một đường thẳng thành một đường thẳng

cùng phương với nó, biến một tia thành một tia cùng phương với nó

2 Ứng dụng

Bài toán 1 Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C

thay đổi trên đường tròn đó Dựng hình vuông ABCD Tìm quỹ tích điểm B và điểm D

Lời giải.

Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao

cho AM=AB=AD Khi đó, ta có:

2 2

Ngoài ra (AM,AB)=450 và (AM,AD) =

-450

2

O

B P

Q

A

C

D

R

M

Suy ra, phép vị tự V tâm A, tỉ số 2

2

k  biến điểm C thành điểm M và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến điểm M thành điểm B Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B Vì quỹ tích của C là đường tròn (O), nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó qua phép đồng dạng F

Đường tròn quỹ tích B có thể xác định như sau:

Gọi AR là đường kính đường tròn (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR (ta kí hiệu các điểm P,Q sao cho (AR,AP)=450) Khi

đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP Vậy quỹ tích điểm B là đường tròn đường kính AP

Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn đường kính AQ

Bài toán 2.Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC

tại D   là đường tròn tiếp xúc với cạnh BC tại D và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại T, với A, T ở cùng một phía đối với đường thẳng BC Chứng minh rằng IT A 900

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Đường tròn  1 tiếp xúc với đường tròn 2 tại T ( 1 nằm trong 2 ) A, B là hai điểm nằm trong 2

( A B T,  ) AF, BE là tiếp tuyến của  1 tại F, E Khi đó TA AF

TB BE

Thật vậy, gọi A’, B’ lần lượt là giao điểm của TA, TB với  1 Đường tròn 2 vị tự với đường tròn  1 qua tâm T Qua phép vị tự này A’

biến thành A, B’ biến thành B '

'

Do AF, BE là tiếp tuyến nên ta có TA.AA’=AF2; TB.BB’ = BE2

Do đó:

' '

F

T

T

B

E

F

C

B

A

E

D

Trở lại bài toán Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (I) với

AB, AC

Ta có BD=BE, CD=CF Áp dụng bổ đề ta có: D

D

Ta lại có EBT ABT ACT FCT, suy ra tam giác TBE đồng dạng với tam giác TCE Do đó A TE AFT  A T E F, , , cùng nằm trên một đường tròn đường kính AI Vậy IT A 90 0

Bài toán 3 Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc nhau tại M Một điểm A thay đổi trên đường tròn (O2), từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O1) với B, C là tiếp điểm BM, CM lần lượt cắt (O2) tại D và E DE cắt tiếp tuyến tại A của (O2) tại F Chứng minh rằng F thuộc một đường thẳng cố định khi A di

chuyển trên (O2) không thẳng

hàng với O1 và M

Lời giải.

Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính

của (O1) và (O2)

Xét phép vị tự H tâm M tỉ số

1

2

R

k

R

 Khi đó ta có:A biến

4

D

B

O1

A'

O2

F

M

C

A

E

thành A’; E biến thành C; D biến thành B Do đó DE biến thành BC, Ax biến thành A’y (Ax là tiếp tuyến của (O2) tại A; A’y là tiếp tuyến của (O1) tại A’) Do đó F biến thành K (K là giao điểm của A’y với BC)

Mặt khác, ta có A’y, BC và tiếp tuyến tại M (Mz) của (O1) đồng quy Do

đó K thuộc Mz, mà Mz cũng là tiếp tuyến của (O2) tại M nên F thuộc Mz

Bài toán 4 Hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại C và tiếp xúc trong với (O) tại D và E Gọi d là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2) tại C AB là đường kính của (O) sao cho A, D, O1 cùng phía đối với d Chứng minh rằng AO1, BO2, và DE đồng quy

Lời giải.

Xét phép vị tự tâm D, tỉ

số

1

R

k

R

 (R, R1 lần lượt

là bán kính của (O) và

(O1)) Khi đó:

(O1) biến thành (O) Vì

O1C//OB nên O1C biến

thành OB và C biến

thành B Do đó D,C,B

thẳng hàng

Hơn nữa nếu gọi X là giao của CO1 và (O1) thì X biến thành A =>X thuộc AD

Tương tự ta cũng có A, C, E thẳng hàng và Y thuộc EB (Y là giao điểm của CO2 và (O2)

Do đó A BE A BD 900 Do đó C là trực tâm của tam giác MAB (M là giao của AD và BE).Do đó M thuộc d

Gọi P, H là giao điểm của MC và DE và AB Khi đó ta có (MCPH) = - 1, suy ra (AD, AP, AC, AH) = -1 (1)

H

P

Y M

X

B

E D

O 1

Mặt khác xét chùm (AD, AO , AC, AH), đường thẳng qua O song song với AH cắt AD và AC tại X và C và O1 là trung điểm của CX nên (AD,

AO1 , AC, AH) = -1 (2)

Từ (1) và (2) ta có A, O1 , P thẳng hàng

Chứng minh tương tự ta cũng có B, O2 , P thẳng hàng

Vậy AO1, BO2, và DE đồng quy tại P

Bài toán 5 (Đề thi HSGQG 2003)Cho 2 đường tròn cố định (O1, R1); (O2, R2); (R2 R1) tiếp xúc nhau tại M.Xét điểm A nằm trên (O2, R2) sao cho 3 điểm A, O1, O2 không thẳng hàng.Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O1, R1), (B, C là tiếp điểm) Các đường thẳng MB; MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2, R2) tương ứng tại E, F Gọi D là giao điểm EF

và tiếp tuyến tại A của (O1, R2) CMR điểm D di động trên 1 đường thẳng

cố định khi A di động trên (O2, R2) sao cho A, O2, O1 không thẳng hàng

Lời giải.

Ta thấy tứ giác ABO1C nội tiếp

đường tròn (O3) Gọi A’ là giao

điểm thứ hai của AM với (O1,

R1); D’ là giao điểm của 2 tiếp

tuyến tại M và A’

Chứng minh D’ thuộc trục đẳng

phương của BC của (O1) và

(O3), điều này tương đương với

việc phải chứng minh: P D’/ 01, 1 ( R ) P D’/ 03 ( ).Vậy D’ di động trên tiếp tuyến của đường tròn (O1, R1) tại M

Do đó D’  đường thẳng cố định

Xét 1

2

R

R

M

V : (O1, R1)  (O2, R2), B  E, C  F, BC  EF

Tiếp tuyến tại A’  tiếp tuyến tại A Do đó D nằm trên đường thẳng MD’ là tiếp tuyến với đường tròn (O1, R1)

3 Bài tập tự luyện

6

A'

C

D'

M

D

O2 E

O1

B

F A

Bài 1: Cho đường tròn (O;R), I cố định khác O Một điểm M thay đổi

trên (O) Tia phân giác của góc MOI cắt IM tại N Tìm quỹ điểm N

Bài 2: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó.

Một đường thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A và B Tìm

quỹ tích điểm M sao cho: PM PA PB   

Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) gọi (W) là

đường tròn tiếp xúc với với AB, AC tại D và E và tiếp xúc trong với (O) tại K CMR DE đi qua tâm đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC

Bài 5: Cho 2 đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại A, (O’) nằm

trong (O) BC là 1 dây cung của (O) tiếp xúc (O’) Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếp ABC khi dây BC thay đổi

Bài 6: Cho  ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC tại M Gọi N

là điểm đối xứng với M qua I, K là giao điểm AN và BC Ta kí hiệu H là điểm đối xứng với riếp điểm (I) trên AC qua trung điểm cạnh AC L là điểm đối xứng với tiếp điểm của (I) trên AB qua trung điểm cạnh AB,

G là trọng tâm  ABC P là giao HB và CL Chứng minh rằng P, G, I thẳng hàng

Bài 7: Cho 2 đường tròn (C1), (C2) cùng tiếp xúc trong với đường tròn (C) tại M với tâm (C1) nằm trên (C2) Dây chung của (C1); (C2) cắt (C) tại

A, B MA, MB cắt (C2) tại C và D CMR: (C1) tiếp xúc CD

Bài 8: Cho đường tròn (J) tiếp xúc trong với 2 đường tròn ngoại tiếp

ABC cân ở A đồng thời tiếp xúc với 2 cạnh AB, AC tại M và N Chứng minh rằng trung điểm của đoạn MN là tâm đường tròn nội tiếp  ABC

Bài 9:(Đề thi HSGQG năm 2000)Cho 2 đường tròn (O) và (O’) có bán

kinh khác nhau cắt nhau tại A và B Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc (O’) tại P’ Gọi Q, Q’ lần lượt là chân đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai 2 đường tròn tại M và M’ CMR M, M’, B thẳng hàng

II Phép vị tự - quay

a) Định nghĩa Phép vị tự - quay là tích giao hoán của một phép vị tự

và một phép quay có cùng tâm

Nhận xét:Thứ tự thực hiện các phép biến hình ở đây không quan

trọng vì k k



b) Cách xác định ảnh của một điểm qua phép vị tự quay

Cho phép quay Q O và phép vị tự k

O

V với k 0

Ta có

1 1

1

: A

;

O

OA OA









 





 

và

1 1

1

'

; ' 0

k

O

OA OA





 





 

Từ (1) và (2) suy ra

'

; '

OA

k OA











Như vậy k

O O

V Q là phép đồng dạng thuận

 ; ; 

Z O  k biến A thành A'xác định bởi (3) Khi đó O được gọi là tâm;

gọi là góc quay; k là tỉ số của phép vị tự - quay.

c) Tính chất

Định lí 1 Z O ; ; k : A A'; B B' thì

' '

; ' '











 

Hệ quả 1

1) Phép vị tự - quay biến một đường thẳng thành một đường thẳng và góc giữa hai đường thẳng ấy bằng góc đồng dạng 2) Phép vị tự quay biến một đường tròn thành một đường tròn, trong đó tâm thành tâm và tỉ số hai bán kính bằng tỉ số đồng dạng

d) Cách xác định ảnh của phép vị tự - quay

Cho phép vị tự - quay Z O ; ; k Hãy xác định tâm O khi biết

Trường hợp 1: Một cặp điểm tương ứng A A , ; ' và k

Ta có OA' k

OA  (1) và OA OA  ; ' 

(2)

8

B O

A

A'





C A'

O

(1)  O thuộc đường trònApollonius  đường kính CD ( C D, chia theo

tỉ số k ).

(2)  O thuộc cung  C chứa góc định hướng mod 2 nhận AA'làm dây

Vậy O là giao điểm của   và  C

Trường hợp 2 Hai cặp điểm tương ứng  A A và ; ' B B; '

Cách khác, Gọi I là giao điểm của AB

và A B' ' Ta có OA OA; '  IA IA; '  (1)

và OB OB; '  IB IB; '  (2)

 1  O thuộc đường tròn IAA '

 2  O thuộc đường tròn IBB '

Vậy O là giao điểm của hai đường tròn

ngoại tiếp tam giác IAA' và IBB'

e) Một số kết quả quan trọng

Định lí 2 Mọi phép vị tự - quay trong mặt phẳng đều có một điểm

bất động duy nhất O và O chính là tâm của phép vị tự - quay đó.

Từ tính chất này, cho phép ta chứng minh các đường tròn ngoại

tiếp ABC , trong đó A cố định còn B , C di động luôn là cặp điểm

tương ứng của một phép vị tự - quay có góc quay  (không đổi) và tỉ

số k (không đổi) luôn đi qua một điểm cố định là tâm O của phép vị

tự - quay đó

2 Ứng dụng phép vị tự - quay giải toán hình học

Bài toán 1.Dựng ra phía ngoài một ABC ba tam giác bất kì BCM;

CAN; và ABP sao cho MBC CAN 45 ;0 BCM NCA30 ;0 ABP PAB 150 Chứng minh rằng MNP vuông cân đỉnh

P

Lời giải.

A' A

O

I

B'

B

P1

N

C B

P

A

Xét tích của hai phép vị tự - quay Z2Z1trong đó Z1 = Z(B,

4



, k1)và Z2

= Z(A,

4



, k2) Với 1

2

1

k

   (vì CAN đồng dạng với CBM)

Ta có BMC cố định, 

4

MBC  nên

1

;

4

BC k BM











  do đó Z1 = Z(B,

4



,

k1): M  C và P  P1 (BPP1 đồng dạng với BMC)

Lại có CAN cố định, 

4

CAN  nên

2

;

4

AN k AC











  do đó Z2 = Z(A,

4



, k2):

C  N và P1 P Suy ra Z Z2Z1: M  N

Tích hai phép đồng dạng trên có tỉ số đồng dạng k = k2.k1 = 1 và 1 +

2 =

2



nên Z là phép dời hình có một điểm cố định duy nhất P

Cụ thể là Q P2 :M N



 nên ta có  ; 

2













Vậy PMN là tam giác vuông cân đỉnh P

Bài toán 2.Dựng một tứ giác (lồi) nội tiếp ABCD biết độ dài các cạnh:

AB = a; BC = b; CD = c; DA = d, trong đó a, b, c, d là những độ dài cho trước

Lời giải.

+) Phân tích: Giả sử tứ giác ABCD đã dựng được.

ABCD nội tiếp khi và chỉ khi A C 1800(hoặc B D 1800) Kéo dài cạnh BC về phía Cực để xuất hiện DCx BAD và kề bù với DCB Trên tia

Cx (tia đối của tia CB) lấy điểmE sao cho DCE đồng dạng với

DAB.Bài toán dựng tứ giác ABCD quay về dựng DCE

10

Giả sử DCE đồng dạng với DAB, hai tam giác này chung đỉnh D Bởi vậy DCE được suy ra từ DAB bởi phép vị tự - quay Z(D,  (DA DC  ; )

,

k = c

d ).Bởi vậy, đặt k = c

d ;



(DA DC  ; )ADC 

.

Xét phép vị tự - quay Z(D; ;

k): Ta có Z: D  D; A  C và

B  E sao cho E  [BE] KhiBE] Khi

đó DCE đồng dạng với DAB

và do đó DCE DAB và B, C, E

thẳng hàng theo thứ tự đó, đồng thời ta được BDE ADC 

Bài toán trở thành dựng DBE có các yếu tố đã biết: BC = b; CE = ca

d ,

do đó BE ac bd

d



 ; CD = c; DE c

DB d

Ta cần dựng điểm D là một điểm trong các giao điểm của đường trong

1

 (C; c) và đường tròn Apollonius 2 có đường kính IJ mà I, J chia

trong và chia ngoài đoạn BE theo tỉ số k = c

d Đỉnh A được dựng sau cùng

+) Biện luận: Bài toán có thể có một nghiệm hình hoặc không có

nghiệm hình nào tuỳ vào  1 và  2 có cắt nhau hay không

Bài toán 3 (Đề dự tuyển IMO năm 1999)Các điểm A, B, C chia đường

tròn  ngoại tiếp ABC thành ba cung Gọi X là một điểm thay đổi trên cung tròn AB và O1; O2 tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác CAX và CBX Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp XO1O2 cắt

 tại một điểm cố định

Lời giải.

d

a

b

c

C

D

A

Trên (ABO) ta có: XNT XMT Trên (XO1O2) ta có:  

XO T XO T 

2

k

TM O M BM  (không đổi) (1)

(dễ chứng minh được NAO1 và MO2B cân

tại N, M)

TN TM               ;                 TO TO1              ; 2  XN XM; (mod 2 )

(không đổi) (2)

Từ (1) suy ra T thuộc đường tròn Apollonius

đường kính EF (E, F chia MN theo tỉ số k)

(3)

Từ (2) suy ra T thuộc cung chứa góc  (mod 2) dựng trên đoạn MN cố định (4)

Từ (3) và (4) và do cung () đi qua 1 điểm nằm trong và 1 điểm nằm ngoài đường tròn Apollonius nên chúng cắt nhau tại một điểm cố định

T (khác C)  đpcm

Nhận xét: T chính là tâm của phép vị tự - quay góc , tỉ số k biến M

thành N

Bài toán 4.Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại P, Q AC, BD tương ứng là các dây cung của (O1) và (O2) sao cho đoạn thẳng AB và tia CD cắt nhau tại P Tia BD cắt AC tại X Điểm Y nằm trên (O1) sao cho PY song song với BD Điểm Z nằm trên (O2) sao cho PZ song song

AC Chứng minh rằng Q, X, Y, Z cùng nằm trên một đường thẳng

Lời giải.

Bổ đề 1: i) Cho A, B, C, D là 4 điểm phân biệt, sao cho AC không song

song với BD ACcắt BD tại X Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABX, CDX cắt nhau tại điểm thứ haiO Khi đó O là tâm của phép vị tự quay duy nhất biến A thành C và B thành D.

12

O2

O1

C

A

B M

X N

T