ứng dụng phép đồng dạng để giải bài toán quỹ tích trong hình học không gian

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA: TOÁN ********************** ĐẶNG THỊ THÙY ỨNG DỤNG PHÉP ĐỒNG DẠNG ĐỂ GIẢI BÀI TỐN QUỸ TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Hình học HÀ NỘI – 2012 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA: TOÁN ********************** ĐẶNG THỊ THÙY ỨNG DỤNG PHÉP ĐỒNG DẠNG ĐỂ GIẢI BÀI TỐN QUỸ TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học Người hướng dẫn khoa học Th.s NGUYỄN VĂN VẠN HÀ NỘI – 2012 LỜI CẢM ƠN Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.s Nguyễn Văn Vạn – người tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình hồn thành khóa luận Tơi xin chân thành cảm ơn! Hà nội, tháng năm 2012 Sinh viên thực Đặng Thị Thùy LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận hồn tồn cố gắng tìm hiểu, nghiên cứu thân với hướng dẫn bảo tận tình thầy giáo Th.s Nguyễn Văn Vạn Hà nội, tháng năm 2012 Sinh viên thực Đặng Thị Thùy MỤC LỤC A-MỞ ĐẦU B-NỘI DUNG Chương 1: Cơ sở lý luận 1.1 Đại cương phép biến hình khơng gian 1.2 Phép biến hình afin 1.3 Phép đẳng cự 1.4 Một số phép đẳng cự đặc biệt 1.5 Phép đồng dạng Chương 2: Ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian 13 2.1 Bài tốn quỹ tích 13 2.2 Ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian 13 2.3 Một số ví dụ 14 2.4 Bài tập đề nghị 31 KẾT LUẬN 33 TÀI LIỆU THAM KHẢO 34 A – MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Hình học có vị trí quan trọng Tốn học Nó mơn học có tính hệ thống, chặt chẽ, logic trừu tượng hóa cao mơn học khác Tốn học Do vậy, Hình học coi mơn học khó, đặc biệt việc học hình học khơng gian học phép biến hình khơng gian Việc vận dụng phép biến hình nói chung phép đồng dạng nói riêng để giải tốn hình học khơng gian, đặc biệt tốn “quỹ tích” giúp cho q trình thực trở nên đơn giản, dễ hiểu mà phương pháp thơng thường giải Vì từ niềm đam mê với hướng dẫn nhiệt tình thầy giáo Th.s Nguyễn Văn Vạn, định chọn đề tài: “Ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu đề tài nhằm: Củng cố lại kiến thức phép biến hình đồng dạng nhằm hiểu rõ áp dụng tốt phép biến hình vào giải tốn Tìm hiểu ứng dụng phép đồng dạng vào giải số tốn quỹ tích Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phép đồng dạng Phạm vi nghiên cứu: Ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu sở lý luận nội dung phép đồng dạng không gian Nghiên cứu ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian Phương pháp nghiên cứu Cơ sở lí luận, sách giáo khoa, sách giáo trình, sách tham khảo số tài liệu liên quan Cấu trúc khóa luận Ngồi phần kết luận, danh mục sách tham khảo cấu trúc khóa luận gồm: Chương 1: Cơ sở lý luận Chương 2: Ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học không gian B – NỘI DUNG Chương 1:CƠ SỞ LÝ LUẬN 1.1 Đại cương phép biến hình không gian 1.1.1 Định nghĩa Giả sử T(T ≠ ∅ ) tập hợp điểm không gian Một song ánh f: T→T gọi phép biến hình tập T f: T → T M  M’ M’ gọi ảnh M M gọi tạo ảnh M’ qua phép biến hình f Ví dụ: Ánh xạ đồng tập T phép biến hình 1.1.2 Tích hai (hoặc nhiều) phép biến hình Định nghĩa: Giả sử f g hai phép biến hình tập T cho, f: M  M’ g: M’  M’’ Khi đó, tích hai phép biến hình f g gọi phép biến hình Ta gọi phép biến hình phép biến hình tích f g, kí hiệu g ∘ 𝑓: M  M’’ g(f): M  M’’ Tóm lại tích hai phép biến hình phép biến hình nhận từ việc thực liên thứ tự xác định phép biến hình cho Cho n phép biến hình f1, f2, f3,… fn với n>2 Tích n phép biến hình cho phép biến hình F thực liên thứ tự xác định kí hiệu F= fn ∘ fn-1 ∘ fn-2 ∘….∘ f2 ∘ f1 Trong ta thực f1 trước, tiếp đến f2, f3,… fn 1.1.3 Phép biến hình đảo ngược Định nghĩa: Cho phép biến hình f: M  M’ Nếu tồn phép biến hình g : M '  M ta nói g phép biến hình đảo ngược f 1.1.4 Phép biến hình đối hợp, phép biến hình đồng Định nghĩa: Phép biến hình f tập T gọi phép biến hình đối hợp f = Id, ta có f phép biến hình nghịch đảo f f −1 trùng Định nghĩa: Phép biến hình f tập T biến điểm M khơng gian thành gọi phép biến hình đồng 1.1.5 Điểm bất động (điểm kép), hình bất động, hình kép Định nghĩa: Cho phép biến hình f tập T Điểm M tập T gọi điểm bất động (điểm kép) phép biến hình f f(M) = M Định nghĩa: Cho phép biến hình f tập T Hình H phận tập T gọi hình kép phép biến hình f f(H) = H Hình H gọi hình bất động phép biến hình f ta có điểm H bất động f 1.1.6 Hai hình trùng Ta nói hai hình khơng gian (F1) (F2) trùng điểm hình thuộc hình ngược lại Hai hình trùng kí hiệu (F1) ≡ (F2) Nếu điểm (F1) thuộc (F2) ta nói (F1) hình (F2) 1.2 Phép biến hình Afin 1.2.1 Định nghĩa: Phép biến hình biến đường thẳng thành đường thẳng gọi phép biến hình afin hay gọi tắt phép afin 1.2.2 Định lí: Định lí 1.1: Một phép biến hình f khơng gian gọi phép afin biến điểm thẳng hàng thành điểm thẳng hàng biến điểm không thẳng hàng thành điểm không thẳng hàng 1.2.3 Tính chất: Tính chất 1: Phép afin biến mặt phẳng thành mặt phẳng Tính chất 2: Phép afin bảo tồn tính song song hai đường thẳng Tính chất 3: Phép afin bảo tồn đoạn thẳng định hướng Tính chất 4: Phép afin biến véc tơ tổng thành tổng véc tơ tương ứng Tính chất 5: Phép afin bảo tồn tỷ số đơn ba điểm thẳng hàng 1.2.4 Định lí xác định phép afin Định lí 1.2: Trong không gian cho hai tứ diện ABCD A’B’C’D’ tồn phép afin biến A, B, C, D thành A’, B’, C’, D’ 1.2.5 Hai tứ diện chiều, ngược chiều Định nghĩa: Trong không gian hai tứ diện ABCD A’B’C’D’ gọi chiều (ngược chiều) hai góc tam diện A.BCD A’.B’C’D’ hướng (ngược hướng) 1.2.6 Phân loại phép afin Định nghĩa: Phép afin không gian gọi phép afin loại hai tứ diện xác định chiều Ngược lại ta gọi phép afin loại 1.3 Phép đẳng cự 1.3.1 Định nghĩa : Phép biến hình khơng gian bảo tồn khoảng cách hai điểm gọi phép đẳng cự 1.3.2 Tính chất: Tính chất 1: Phép đẳng cự phép afin Tính chất 2: Phép đẳng cự biến mặt cầu thành mặt cầu 1.3.3 Định lí xác định 20 Vì AB ⊥ BC (do ABCD hình vng) BC ⊥ M’N (do BC ⊥ (α)) ⇒ M’N // AB (2) Từ (1) (2) suy ra: (NM, NM’) = (BS, BA) = λ (λ không đổi) Mà ∆NMM’ cân N ⟹ NM=NM’ Mặt khác, M M’ thuộc mặt phẳng (α) ⊥ BC Do đó, ta có: Q(λBC ) : M  M ' (3) λ Q(−BC ) :M  M ' ��������⃗ 𝐴𝐼 = 𝐴𝑀′ Gọi I trung điểm AM’ ⇒ ����⃗ Mặt khác A cố định nên ta có: 2 𝑉𝐴 : M’ ⟼ I (4) λ ( BC ) VA Q Từ (3) (4) ⇒ Z = 2 λ : M  I ⇒ Z = VA Q(−BC ) :M  I Mà M thuộc đường trịn (O;R), quỹ tích trung điểm I R  AM’ thuộc đường tròn  O ';  ảnh đường tròn (O;R) qua phép 2  đồng dạng Z Với O’ ảnh O qua phép đồng dạng thuận Z 2 Ví dụ 5: cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng ABCD cạnh bên SA ⊥ (ABCD) Với điểm M thuộc đường tròn (O;R) nội tiếp ∆ SBC , ta xác định M hình chiếu M (ABCD) M hình chiếu M (SCD) Tìm quỹ tích điểm M M biến thiên (O;R) _Lời giải_ 21 Phần thuận: *) Dựng mặt phẳng (α ) qua M vng góc với BC = (α ) ∩ ( SBC ) Gọi MN N (α ) ∩ ( ABCD) M’ nằm Dựng ∆ NMM’ cân N cho M '= phía với M Dựng mặt phẳng ( β ) qua O vng góc với BC Gọi OJ = ( β ) ∩ ( SBC ) Dựng ∆ JOO’ cân J cho O’J = ( β ) ∩ ( ABCD) O’ nằm phía với M � � = 𝑁𝑂′𝐽 Xét hai tam giác vuông ∆ ONJ ∆ O’NJ có: NJ chung, 𝑁𝑂𝐽 22 � ⇒ 𝑂𝑁𝑀 � , ON =O’N � = 𝑂′𝑁𝐽 � = 𝑂′𝑁𝑀′ ⇒ ∆ ONJ = ∆ O’NJ (g.c.g) ⇒ 𝑂𝑁𝐽 � ON =O’N (chứng minh � = 𝑂′𝑁𝑀′ Xét ∆ ONM ∆ O’NM’ có: 𝑂𝑁𝑀 trên), NM’ = NM (theo cách dựng) ⇒ ∆ ONM = ∆ O’NM’ (c.g.c) ⇒ OM’ = OM = R Vậy M’ thuộc đường trịn (O’;R) (*) *) Ta có: MN ⊥ BC , MM ⊥ BC (do M hình chiếu M (ABCD)) ⇒ BC ⊥ ( NMM ) Mà (α ) ⊥ BC , (α ) ≡ ( NMM ) NM ' Mặt khác, ( ABCD) ∩ ( NMM ) = NM ( ABCD) ∩ (α ) = Vậy NM ' ≡ NM ⇒ N, M’, M thẳng hàng   ⇒ M ' N ⊥ BC , NM = k1 NM ' Khi đó, ta có phép co với trục BC, hệ số k1 = NM , NM ' C ( BC , k1 ) : M '  M osλ Xét ∆NMM vuông M ⇒ c= (1) NM = k1 NM ' *) Trong (ABCD) từ M kẻ IM ⊥ DC I   Trên IM lấy M ' nằm phía với M cho IM ' = k1 IM Khi đó, ta có phép co với trục CD, hệ số k1 , C (CD, k1 ) : M  M ' (2) Từ (3), (4) BC, CD vng góc với C nên 23 VCk1 = C (CD, k1 ).C ( BC , k1 ) : M '  M ' với k1 = cosλ (**)  AD DC (do ABCD hình vng) *) Ta có:   SA DC (do SA (ABCD))   SA, AD cắt A ⇒ DC ⊥ (SAD) ⇒ DC ⊥ SD Mặt khác, M hình chiếu M (SCD) ⇒ M 1M ⊥ (SCD) ⇒ M 1M ⊥ DC, mà IM ⊥ DC , DC ⊥ ( M 1M I) ⇒ IM ⊥ DC (3) Vậy SD / / IM Vì AD ⊥ DC (do ABCD hình vng) IM ⊥ DC ⇒ M’N // AB (4) Từ (3) (4) ⇒ ( DA, DS ) = λ= ( IM , IM ) = ( IM ', IM ) = ( BS , BA) (5) (do ∆SAD = ∆SAB ) Xét ∆IM 1M vuông I ⇒ tg λ= M 1M M 1M ⇒ IM= IM tg λ IM M 1M 1 M 1M Vậy = = = = sin λ IM ' tg λ cosλ.IM sin λ IM sin λ ⇒ IM = IM ' (6) Từ (5), (6) DC ⊥ ( M 1M I) ta có: λ : M1 '  M QCD −λ : M1 '  M (***) QCD Kết hợp (**) (***) ta được: λ −λ Z cosλ = QCD VCcosλ : M '  M Z cosλ = QCD VCcosλ : M '  M Vì M’ thuộc (O’;R)(theo (*)), quỹ tích điểm M hai R   đường tròn  O '';  với O’’ ảnh O’ qua phép đồng dạng thuận Z cosλ cosλ   Phần đảo 24 Lấy điểm M’ thuộc (O’;R) Dựng mặt phẳng (α ) qua M’ vng góc với BC Gọi M '= N (α ) ∩ ( ABCD) Dựng ∆ NMM’ cân N cho MN = (α ) ∩ ( SBC ) Dựng mặt phẳng ( β ) qua O’ vng góc với BC Gọi O’J = ( β ) ∩ ( ABCD) Dựng ∆ JOO’ cân J cho OJ = ( β ) ∩ ( SBC ) Chứng minh tương tự phần thuận ta được: OM = OM’ = R Vậy M thuộc đường trịn (O;R) Kết luận: Vậy quỹ tích điểm M hai đường tròn R    O '';  với O’’ ảnh O’ qua phép đồng dạng thuận Z cosλ cosλ   Ví dụ 6: Cho hai đường thẳng (d) (d’) chéo Trên (d’) lấy hai điểm A, B (d) lấy C dựng hình bình hành ABCD Tìm quỹ tích trung điểm I AD C chạy (d) _Lời giải_ 25  :C  D Do A, B cố định nên BA=const Vậy ta có: T BA (1)   Gọi I trung điểm AD ⇒ AI = AD Mặt khác, A cố định nên ta có: VA2 : D  I Từ (1) (2) suy ra: (2) A  :C  I Z = V T BA Mà C thuộc đường thẳng (d) Do đó, quỹ tích trung điểm I AD C chạy (d) thuộc đường thẳng (d’’) song song với (d) Ví dụ 7: Cho đường trịn (O;R) đường thẳng (d) vng góc với mặt phẳng (α) chứa đường tròn A Gọi BC dây cung đường trịn, vng góc với OA M điểm (d) a) Tìm quỹ tích trọng tâm G ∆MBC BC cố định, M di động (d) b) Khi BC di động, M cố định (d) Tìm quỹ tích J thuộc mặt phẳng (MAO) cho tứ giác AGJO hình bình hành _Lời giải_ 26 a) Gọi I giao điểm BC AO ⇒ I trung điểm BC Do G trọng tâm ∆MBC   ⇒ IG = IM 3 Mà BC cố định nên Icố định Do đó, ta có: VI : M  G Vì M thuộc (d) nên quỹ tích trọng tâm G thuộc đường thẳng (d’) ảnh (d) qua phép vị tự VI b)   G trọng tâm ∆MBC ⇒ MG = MI Mặt khác, M cố định Do đó, ta có: M V :I G   Vì tứ giác AGJO hình bình hành nên GJ = AO Mà ta lại có: OA=R=const, Từ (1) (2) suy ra: T :G  J AO (1) (2) M Z = T V : I  J  AO Mà I thuộc đoạn thẳng OA, nên J thuộc đoạn thẳng ảnh đoạn OA qua phép đồng dạng thuận Z Giới hạn: - Khi I ≡ O ⇒ J ảnh O1 O qua phép đồng dạng Z 3 M Z = T V : O  O1  AO (3) 27 - Khi I ≡ A ⇒ J ảnh A1 A qua phép đồng dạng Z 3 M Z = T V : A  A1 AO (4) Từ (3) (4) suy quỹ tích điểm J đoạn O1 A1 với O1 A1 = OA Ví dụ8: Cho mặt cầu S(O;R), mặt cầu lấy hai điểm B, C cố định điểm A di động mặt cầu G trọng tâm tam giác ABC, dựng hình bình hành GBCF Tìm quỹ tích điểm F A di động mặt cầu _Lời giải_ Gọi I trung điểm BC Do B, C cố định nên I cố định   IA Mặt khác, G trọng tâm ∆ ABC ⇒ IG = 28 Do đó: VI : A  G (1) Ta có: GBCF hình bình hành (theo cách dựng)   ⇒ GF = BC :G  F Mà B, C cố định nên BC=const Vậy T BC Từ (1) (2) suy ra: (2) Z = T V : A  F BC I Mà A thuộc mặt cầu S(O;R), quỹ tích điểm F thuộc R  S '  O ';  Với O’ ảnh O qua phép đồng dạng thuận Z 3  Ví dụ 9: Cho mặt cầu S(O;R),trên mặt cầu lấy hai điểm A, B cố định M di động mặt cầu Gọi N trung điểm AM dựng hình bình hành ABPN Tìm quỹ tích điểm P M thay đổi mặt cầu _Lời giải_ 29   Tacó: N trung điểm AM ⇒ AN = AM 2 A Mà A cố định nên V : M  N (1)   Vì ABPN hình bình hành (theo cách dựng) ⇒ AB = NP   : N  P (2) Mặt khác, AB = const nên T AB A  V : M  P Từ (1) (2) ⇒ Z = T AB R  Mà M thuộc S(O;R), quỹ tích điểm P thuộc S '  O ';  Với O’ 2  ảnh O qua phép đồng dạng thuận Z Ví dụ 10: Cho mặt cầu S(O;R), đường thẳng (d) điểm P cố định Với điểm M thuộc mặt cầu S(O;R) ta xác định điểm N đối xứng với M qua (d) Gọi I trung điểm PN Tìm tập hợp điểm I M thay đổi mặt cầu _Lời giải_ 30 Vì N đối xứng với M qua (d) ⟹ N ảnh M qua phép đối xứng qua (d) Đ (d ) : M  N (1)   Ta có: I trung điểm PN ⇒ PI = PN Mặt khác, P cố định Do đó: P V :N  I (2) P Từ (1) (2) suy ra: Z = V Đ ( d ) : M  I Vậy I ảnh M qua phép đồng dạng Z Mà M thuộc mặt cầu S(O;R), tập hợp điểm I thuộc mặt cầu  R S '  O;  M thay đổi mặt cầu S(O;R) Với O’ ảnh O qua  2 phép đồng dạng thuận Z Ví dụ 11: Cho mặt cầu S(O;R) tam giác ABC với A, B, C cố định thuộc S(O;R) Với M thuộc S(O;R) ta xác định điểm M’    cho AM’=2AM = v AM + AM ' có giá vng góc với mặt phẳng (ABC) Tìm quỹ tích điểm M’ M thay đổi S(O;R) _Lời giải_ 31 Gọi M trung điểm AM’ N trung điểm M M ta       có: v = AM + AM ' = AM + AM = AN  Từ giả thiết giá vecto v vng góc với (ABC) suy N nằm đường thẳng (d) qua A vng góc với (ABC) Do A, B, C cố định nên (d) cố định Ngoài vì= AM 1 = AM ' = AM AM nên ∆AMM cân A 2 Do M đối xứng với M qua (d) Đ ( d ) : M  M (1)   AM Mặt khác M trung điểm AM’ ⇒ AM ' = Mà A cố định nên ta có: VA2 : M  M ' (2) 32 Từ (1) (2) suy ra: Z = VA2 Đ ( d ) : M  M ' Vì M thuộc S(O;R), M’ thuộc mặt cầu S(O’;2R) với O’ ảnh O qua phép đồng dạng thuận Z 2.4.Bài tập đề nghị Bài 1: Cho mặt cầu S(O;R), mặt cầu lấy hai điểm B, C cố định điểm A di động mặt cầu, G trọng tâm tam giác ABC, I trung điểm BC Tìm quỹ tích điểm H đối xứng với G qua I Bài 2: Cho hình chóp S.ABC Trên đáy ABC lấy điểm M Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt mặt phẳng (SBC) A’, (SCA) B’ (SAB) C’ Gọi M’ giao điểm SM mặt phẳng (A’B’C’) Tìm quỹ tích điểm M’, M thuộc miền tam giác ABC Bài 3: Cho tia Ox, Oy, Oz đơi vng góc; A, B, C ba điểm Ox, Oy, Oz, G trọng tâm tam giác ABC Giả sử A, B cố định, C di động Oz Tìm quỹ tích chân đường trung tuyến vẽ từ A B tam giác ABC Từ suy quỹ tích trọng tâm G tam giác ABC Bài 4: Cho mặt cầu S(O;R), mặt phẳng ( α ) điểm P cố định Với điểm M thuộc mặt cầu S(O;R) ta xác định điểm N đối xứng với M qua ( α ) Gọi I trung điểm PN Tìm tập hợp điểm I M thay đổi mặt cầu Bài 5: Cho tứ diện ABCD, M điểm chuyển động miền tam giác ABC Gọi A’, B’, C’ hình chiếu M mặt BCD, CDA, DAB Tìm quỹ tích trọng tâm G tam giác A’B’C’ 33 KẾT LUẬN Phần nội dung khóa luận làm rõ ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian Sau q trình nghiên cứu, tơi tìm hiểu thêm nhiều kiến thức mới, đúc rút cho số vấn đề đề tài nghiên cứu Do lần đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nên đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn đọc, để công tác nghiên cứu khoa học sau tơi hồn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bùi Văn Bình Giáo trình hình học sơ cấp tập – ĐHSPHN2–1993 Đào Tam Giáo trình hình học sơ cấp – NXBĐHSP – 2007 Đỗ Thanh Sơn Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thơng (phép biến hình khơng gian) – NXBGD – 2005 Đỗ Thanh Sơn Phương pháp giải tốn hình học 12 theo chủ đề – NXBGD – 2008 Văn Như Cương – Phạm Vũ Khuê Ôn tập hình học nâng cao 11 – NXBGD – 2009 ... Ứng dụng phép đồng dạng để giải toán quỹ tích hình học khơng gian 13 2.1 Bài tốn quỹ tích 13 2.2 Ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian ... giải toán quỹ tích hình học khơng gian 2 Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu sở lý luận nội dung phép đồng dạng không gian Nghiên cứu ứng dụng phép đồng dạng để giải tốn quỹ tích hình học khơng gian. .. mơn học khác Tốn học Do vậy, Hình học coi mơn học khó, đặc biệt việc học hình học khơng gian học phép biến hình khơng gian Việc vận dụng phép biến hình nói chung phép đồng dạng nói riêng để giải