Vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự vào giải một số bài toán chứng minh hình học phẳng sơ cấp

MỤC LỤC BẢNG KÝ KIỆU .2 PHẦN MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: .3 Lịch sử vấn đề nghiên cứu: Mục đích nghiên cứu: 4 Nhiệm vụ nghiên cứu: .5 Phương pháp nghiên cứu: .5 Đối tượng nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu: Cấu trúc đề tài: Kế hoạch thời gian: PHẦN NỘI DUNG Chương I: Bài toán lời giải tốn - Phương pháp tìm lời giải tốn chứng minh hình học ChươngII: Các phép biến hình 20 Chương III: Vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự vào giải tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp 25 PHẦN KẾT LUẬN 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 BẢNG KÝ KIỆU THCS Trung học sở THPT Trung học phổ thông đpcm Điều phải chứng minh  Thuộc Tên đề tài: Vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự vào giải số toán chứng minh hình học phẳng sơ cấp PHẦN MỞ ĐẦU 1.Lí chọn đề tài: “Nói chung lí chọn đề tài thường xuất phát từ yêu cầu thực tế công tác mà người nghiên cứu đảm nhiệm ” Trích giáo trình Phương pháp luận nghiên cứu khoa học – Phạm Viết Vượng –NXB ĐHQG HN- trang 111 Bản thân chúng tôi, tác giả đề tài giảng viên Toán nhận thức rằng, muốn nâng cao lực nhận thức thân, việc làm quan trọng học giải toán dạy học sinh biết giải tốn Bài tập tốn có vai trị quan trọng, thông qua việc giải chúng người học hình thành, củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng, kĩ xảo, thao tác tư duy, Trong dạy học tốn việc tìm lời giải toán quan trọng, nhiên tốn cần tìm lời giải tốn chưa đủ, người làm tốn biết nhìn nhận tốn, phân tích lời giải để khai thác mở rộng tốn, từ tìm lớp toán tương tự nhau, đưa cách giải khác nhau, kết toán mở rộng, khai thác từ toán cho củng cố thêm nhiều kiến thức Tốn học, từ nâng cao khả giải toán lực thân Phép biến hình nội dung mơn hình học mà chúng tơi thấy tương đối khó, việc vận dụng chúng vào giải tốn nói chung giải tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp nói riêng nhiều hạn chế Để bổ sung nâng cao kiến thức cho thân phép biến hình nói chung ứng dụng phép biến hình, cụ thể phép dời phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay phép biến hình phép vị tự nói riêng giải khai thác tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp, nhằm nâng cao hiệu dạy học, lí để chúng tơi chọn nghiên cứu đề tài Lịch sử vấn đề nghiên cứu: Các phép biến hình đưa vào chương trình hình học cấp THCS THPT chương trình đào tạo giáo viên THCS, đề cập tới thể loại chứng minh, tính tốn, dựng hình, quỹ tích Các tập chứng minh hình học có sử dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự có vài tài liệu, tài liệu chưa rõ phương pháp ứng dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay , phép vị tự cách tư giải tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp nói chung tốn chứng minh hình học nói riêng, chưa khai thác, mở rộng tốn Cái đề tài sưu tầm tập chứng minh hình học phẳng sơ cấp, Phân tích, đưa cách tìm lời giải lời giải có sử dụng phép biến phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự, cách giải khác Phân tích khai thác mở rộng tốn Mục đích nghiên cứu: “Mục đích nghiên cứu đề tài, luận văn, đề án khoa học tìm tịi làm rõ chất kiện hay tìm giải pháp nâng cao chất lượng hoạt động thực tế đó” Trích giáo trình Phương pháp luận nghiên cứu khoa học – Phạm Viết Vượng –NXB ĐHQG HN- trang 112 - Tìm hiểu tốn lời giải tốn, phương pháp tìm lời giải tốn chứng minh hình học để vận dụng vào giải tốn chứng minh hình học - Nghiên cứu tìm hiểu việc vận dụng phép dời hình (phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay), phép vị tự giải khai thác toán chứng minh hình học phẳng sơ cấp - Tìm hiểu Bài tốn lời giải tốn, phương pháp tìm lời giải toán phép suy luận giải tốn - Nghiên cứu, tìm hiểu thêm việc vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự khai thác mở rộng số tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp, nâng cao khả giải toán lực nhận thức thân 4 Nhiệm vụ nghiên cứu: Nghiên cứu, sưu tầm số tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp, phân tích cách tìm lời giải, đưa lời giải nhiều lời giải tốn có sử dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay , phép vị tự Khai thác mở rộng tốn Phƣơng pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu đề cập đến toán lời giải toán, phương pháp tìm lời giải tốn chứng minh hình học phép biến hình - Tổng kết kinh nghiệm q trình giảng dạy nghiên cứu mơn Đối tƣợng nghiên cứu: Tìm tịi lời giải tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp sử dụng phép biến hình (Phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay), phép vị tự Các tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp Phạm vi nghiên cứu: Các toán chứng minh hình học phẳng sơ cấp Cấu trúc đề tài: - Phần mở đầu - Phần nội dung: gồm chương + Chương I: Bài toán lời giải tốn- Phương pháp tìm lời giải tốn chứng minh hình học + Chương 2: Các phép biến hình + Chương 3: Vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự vào giải số toán chứng minh hình học phẳng sơ cấp - Phần kết luận - Danh mục tài liệu tham khảo Kế hoạch thời gian: Từ tháng 15/8/2011 đến 15/5/2012 Chỉnh sửa, báo cáo đề tài 30/6/2012 PHẦN NỘI DUNG Chƣơng I: BÀI TOÁN VÀ LỜI GIẢI BÀI TOÁN – PHƢƠNG PHÁP TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN CHỨNG MINH HÌNH HỌC I.1 Bài toán Theo G.POLYA: "Bài toán việc đặt tìm kiếm cách có ý thức phương tiện thích hợp để đạt đến mục đích định trông thấy rõ ràng, đạt ngay" Trên sở định nghĩa khái quát G.POLYA cho ta thấy rằng: Bài tốn địi hỏi phải đạt mục đích Như tốn đồng với số quan niệm khác toán: đề toán, tập, I.2 Các yếu tố toán Trong định nghĩa tốn trên, ta thấy có hai yếu tố hợp thành tốn là: Sự địi hỏi tốn mục đích tốn ví dụ: "Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c trung tuyến tương ứng ma , mb , mc Chứng minh mb  mc  b2  c2  5a2 ” Sự địi hỏi tốn thể cụm từ "Chứng minh" Mục đích tốn thể qua: " mb  mc  b2  c2  5a2 " I.3 Lời giải toán Lời giải toán hiểu tập thứ tự thao tác cần phải thực để đạt tới mục đích đặt Một tốn có: - Một lời giải - Khơng có lời giải - Nhiều lời giải Giải toán hiểu tìm trình bày lời giải toán trường hợp toán có lời giải, lý giải tốn khơng giải trường hợp khơng có lời giải Việc tìm nhiều cách giải cho tốn cách rèn luyện tư hiệu Từ tốn ban đầu ta đặc biệt hóa để có tốn từ tìm nhiều lời giải cho tốn Ví dụ: Bài tốn có nhiều lời giải Bài tốn 1: Cho tứ giác ABCD có AB = CD; M, N tương ứng trung điểm BC, DA Giả sử đường thẳng MN cắt đường thẳng AB, CD tương ứng P, Q Chứng minh BPM  CQM Hình Gọi I trung điểm AC Từ giả thiết suy IM, IN tương ứng đường trung bình tam giác ABC IM = ACD Suy IM // AB; IN // CD 1 AB = CD = IN 2 Do IMN cân I Suy IMN  INM Mặt khác ta có BPM  IMN (so le trong) ; CQM  INM (đồng vị) BPM  IMN (đpcm) Bây ta đặc biệt hóa cách cho D nằm A C ta có tốn sau: Bài tốn 2: Cho ABC có AC> AB Trên cạnh AC lấy điểm D cho CD = AB Gọi M, N tương ứng trung điểm BC, AD Chứng minh BAC  2CNM Lời giải: Cách Gọi K trung điểm BD Khi NK, MK đường trung bình tam giác DAB BCD Từ tính chất đường trung bình tam giác ta suy BAC  DNK (Góc đồng vị) BAC  DNK (So le trong) NMK  KNM (KNM cân K) BAC  2CNM (đpcm) Hình Cách Gọi I trung điểm AC Ta có IM // AB AB = 2IM = CD; CD = CA – DA = 2IA - 2NA =2(IA – NA)= 2IN  IM = IN  IMN cân I  INM  MNI BAC  MIC (đồng vị ) MIC  2CNM (góc ngồi tam giác)  BAC  2CNM (đpcm) Hình Cách 3: Gọi H điểm đối xứng A qua M Khi MN đường trung bình  ADH nên MN//DH suy CDH  CNM (đồng vị) AMB = HMC (c.g.c)  AB = HC= CD BAM  MHC Vậy  CHD cân C AB // CH Từ BAC  1800  DCH  2CDH  2CNM (đpcm) Hình Cách 4: Gọi L điểm đối xứng D qua M Khi MN đường trung bình  ADL nên MN//AL  CAL  CNM (đồng vị) CMD = BML (c.g.c)  CD = BL = AB CDM  BLM Vậy BAL cân B  BLA  BAL AC // BL ; CNM  CAL (đồng vị) CAL  BLA (so le trong) Hình  CNM  CAL  BLA  BAL Suy BAC  2CNM (đpcm) Cách Gọi R điểm đối xứng B qua N Khi MN đường trung bình  BRC nên MN// CR  DCR  CNM (so le trong) ANB = DNR (c.g.c)  RD = AB = CD RDN  BAN Vậy DCR cân D AB // DR Từ RDN  2DCR  BAC  2CNM (đpcm) Hình Cách Kí hiệu AB = c; BC = a; CA = b Dựng AS // MN (S  BC) Hình a CM CN CM.CA b ab   CS = =  Theo định lí Ta let ta có b-c b+c CS CA CN b2 SB =a - ab ac = b+c b+c SC b AC  =  SB c AB AS phân giác góc BAC Vậy BAC  2CAS  2CNM (đpcm) Nhận xét: Như vậy, cách vẽ hình phụ khác nhau, ta có cách giải cho tốn I.4 Ý nghĩa việc giải toán I.4.1 Củng cố kiến thức học sinh Trong thực tế toán chứa đựng nhiều kiến thức khái niệm toán học kết luận toán học Khi giải tốn địi hỏi ta phải phân tích kỹ kiện tốn, huy động kiến thức cho đề toán kiến thức khác có liên quan đến tốn, tổng hợp lại để đề kiến thức Và kiến thức tìm lại kiến thức biết trước phân tích, tổng hợp lại để đề kiến thức Cuối đến lời giải tốn Như vậy, giải tốn khơng kiến thức có tốn mà hệ thống kiến thức có liên quan đến toán củng cố qua lại nhiều lần Ví dụ : Hãy tìm cách giải toán sau: 10 ta nghĩ đến phép biến hình biến A‟ thành I, BA‟=BA BI = BA nên BI BI BF không đổi Vậy ta sử dụng phép vị tự tâm B tỉ số k = = = BA' BA BA 2 ; V : A'  I B Hình 37 Lời giải: Trên đoạn BF lấy điểm A‟ cho BA‟ = BA Do góc lượng giác BI BI BF = = = khơng đổi nên xem BA' BA BA A‟ ảnh A qua phép quay tâm B góc quay 450; I ảnh A‟ qua phép vị (BA,BA‟) 450 Do I ảnh A qua phép đồng dạng F có cách thực hiên liên tiếp phép quay tâm B, góc quay 450 phép vị tự tâm B, tỉ tự tâm B tỉ số số 2 Từ suy A chạy nửa đường trịn (O) I chạy nửa đường tròn (O‟) ảnh nửa đường tròn (O) qua phép đồng dạng F Bài toán 11 (phép quay) Lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn bán kính R, đồng thời AB = CD = EF = R Chứng minh trung điểm cạnh BC, DE, FA tạo thành tam giác Phân tích: Gọi P,Q,R trung điểm cạnh BC,DE,FA O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác ABCDEF Giả sử tam giác PQR ta chứng minh trung điểm cạnh BC,DE', F'A lục giác ABCDE'F', đỉnh E' F' ảnh điểm E F qua phép quay tâm O với góc quay tạo thành tam giác đều, cách tốn coi chứng minh với lục giác trung điểm cạnh BC, DE, FA hiển nhiên tạo thành tam giác đều, mà lục giác ta xét nhận từ lục giác cách quay tam giác OCD OEF 39 Lời giải: Giả sử Q‟ R‟ trung điểm cạnh DE‟ AF‟ Qua phép 600 quay véc EE '  FF ' tơ QQ ' = EE' ; RR ' = FF '  QQ '  RR ' qua phép quay Theo giả thiết PQR PQ  PR nghĩa qua phép quay 600 Do PQ' = PQ  QQ'  PR' =PR  RR' qua phép quay 600, tức PQ‟R‟ Hình 38 Bài tốn 12 (Phép quay) Hai hình vng BCDA BKMN có chung đỉnh B Chứng minh trung tuyến BE tam giác ABK đường cao BF tam giác CBN nằm đường thẳng (các đỉnh hai hình vng kí hiệu theo chiều kim đồng hồ) Phân tích: Để chứng minh BF BE nằm đường thẳng dùng số cách thơng dụng chứng minh ba điểm B,F,E thẳng hàng Hoặc chứng minh BF đường cao CBN đường trung tuyến tam giác ABK, BE đường trung tuyến CBN đường cao tam giác ABK Lời giải: Cách 1: Kẻ đường trung tuyến BE ABK chứng minh BE  NC : K N; A → Thực phép quay QB90 → Gọi F giao điểm CN với BE F= CN  BE A' Khi ABA '  900  CBA '  CBA  ABA '  900  900  C,B,A‟ thẳng hàng 40 Phép quay Q90 B : KA → BA‟ = BC NA' trung điểm E KA biến thành trung điểm E‟ NA‟ EBE '  900 hay BE‟  BE Xét tam giác A‟NC; E‟ trung điểm A‟N, B trung điểm A‟C, suy E‟B đường trung bình tam giác đó, E‟B // NC, mà BE‟  BE, suy BE  NC, điều chứng tỏ trung tuyến BE tam giác ABK đường cao tam giác CBH nằm đường thẳng Hình 39 Cách 2: Kẻ BF  NC, gọi E = AK  BF, Ta chứng minh BF trung tuyến ABK : N K; A' → trung điểm A‟N thực phép quay QB90 → Trên tia CB kéo dài lấy điểm A‟ cho BA‟ = BA  BA‟  BA Gọi E‟ A trung điểm E‟ A‟N biến thành trung điểm E1 KA E'BE =900 Xét tam giác A‟NC; E‟ trung điểm A‟N, B trung điểm A‟C, suy E‟B đường trung bình tam giác đó, E‟B // NC, mà BF  NC, suy BF  BE‟ Như trung tuyến BE‟, biến thành BE1 nằm BF AK, điều chứng tỏ đường cao BF tam giác CBN trung tuyến BAK nằm đường thẳng Bài toán 13 (phép quay) Trên cạnh BC CD hình vng ABCD lấy điểm M K cho BAM=MAK Chứng minh BM + KD = AK 41 Phân tích tìm lời giải: Việc gắn đoạn thẳng hệ thức cần chứng minh hình để vận dụng hệ thức tam giác tứ giác thực Từ kết luận chung toán gợi ý cho ta cách vẽ đường phụ cho hai đoạn thẳng KD BM đường thẳng tạo đoạn thẳng tổng hai đoạn thẳng liên tiếp có độ dài BM + KD Lời giải: Thực phép quay tâm A góc quay 900 theo chiều kim đồng hồ điểm B biến thành điểm D, đường thẳng BC biến thành đường thẳng CD, điểm M thuộc BC biến thành điểm M‟ thuộc CD BM = DM‟ ABM =ADM‟ (c.g.c)  A1  A4 BMA  DM'A Mặt khác  BMA  MAD(so le trong)  A2  A3  A4  A3  KAM' (do A1  A2 ;A1  A4  A2  A4 )  KAM'  DM'A  AKM ' cân đỉnh K  AK = KM' = KD + DM' = KD + BM Hình 40 Khai thác tốn: Mở rộng tốn tương tự: “Cho hình vng ABCD Lấy điểm M tùy ý CD Vẽ phân giác góc BAM cắt cạnh BC E Chứng minh DM + BE = AM” Phân tích tốn: Từ kết luận cần chứng minh toán, gợi ý cho ta cách vẽ đường phụ cho hai đoạn thẳng BE DM đường thẳng tạo đoạn thẳng tổng hai đoạn thẳng liên tiếp có độ dài BE + DM 42 Hình 41 Hình 42 Trên tia MD ta đặt đoạn thẳng DF liên tiếp với MD cho DF = BE để có FD + DM = BE +DM = MF đặt liên tiếp với EB cho BF = DM để có BE +BF = BE +DM = EF Với cách vẽ Hình 41 ta chuyển từ chứng minh AM = DM + BE thành chứng minh AM = MF Với cách vẽ Hình 42 ta phải thêm bước chứng minh AM = AF sau chứng minh AF = FE Bài toán 14 (phép quay) Cho hai tam giác vng cân OAB OA‟B‟ có chung đỉnh O cho O nằm đoạn thẳng A‟B Gọi G G‟ trọng tâm tam giác OAA‟ OBB‟ Chứng minh GOG‟ tam giác vng cân Cách 1: Phân tích: Giả sử GOG‟ tam giác vuông cân nghĩa OG = OG‟  hai trung tuyến OK‟ =OK (vì G, G‟ trọng tâm hai tam giác OAA‟ OBB‟ nên theo tính chất trọng tâm tam giác) 1800 1800 GOG'  O  O  900   O  O  900  2 Lời giải : Xét tam giác vuông OAA‟ OBB‟ có OA‟ = OB‟; OA=OB  OAA‟=OBB‟  AA’=BB’ 43 Kẻ OK OK‟ hai trung tuyến hai tam giác OAA‟ OBB‟ ta có OK = OK’ (Vì hai trung tuyến tương ứng hai tam giác nhau) O  B'OK'  A'OK  O ; O  K'OB  KOA  O  Hình 43 1800 O O  O O   900 2 3 OG= OK= OK'=OG'  đpcm Nhận xét: Về tốn giải cần kiến thức hình học thuộc lớp trung học sở, giải lại phương pháp biến hình đơn giản Cách 2: Phân tích: Nếu GOG‟ tam giác vng cân OG = OG‟ GOG'  900 Như G‟ Là ảnh G qua phép quay tâm O góc quay 900 Lời giải: Thực phép quay tâm O, góc quay 900 điểm A biến thành điểm B, điểm A‟ biến thành điểm B‟ Tam giác vuông OAA‟ biến thành tam giác vuông OBB‟; trung tuyến OK biến thành trung tuyến OK‟ suy OK = OK‟ 3 OG= OK= OK'=OG' ; GOG'  90 Vậy GOG‟ tam giác vuông cân Bài 15 Từ đỉnh B hình bình hành ABCD kẻ đường cao BK BH Biết KH = a, BD = b Chứng minh khoảng cách từ điểm B đến trực tâm tam giác BKH b2  a 44Hình 44 Cách1: Phân tích: Gọi trực tâm BHK H1 Ta phải chứng minh hệ thức BH1 = b2  a Để chứng minh hệ thức hình học ta dùng nhiều cách, chẳng hạn tính trực tiếp BH1 Thơng thường phải gắn đoạn thẳng có hệ thức (BH1) với đại lượng cho đề vào hình có liên quan với toán đại lượng cho trước BD = a KH = b BH1 khơng nằm hình đó, ta nghĩ đến việc tạo đoạn thẳng ln BH1 mà tính được, thay đại lượng cho đoạn thẳng khác gắn với đại lượng có hệ thức BH1 Do BKD tam giác vuông nên từ D ta kẻ thêm đường phụ DP vng góc với BC DP = BD = b Mặt khác tứ giác BPHH1 hình bình hành nên BH1 = PH mà PH nằm tam giác PHK chứa đại lượng nằm hệ thức đại lượng biết hình Để tính BH1 thơng qua tính PH PKH Lời giải: (Tính khoảng cách BH1) Từ D kẻ DP  BC, tứ giác BKDP hình chữ nhật nên BD = KP = b Bởi HH1  BK nên HH1 // AD (Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ 3) tương tự KH1  BH nên KH1 //DC, tức DHH1K hình bình hành suy BH1 = PH Trong tam giác vuông PHK, biết cạnh huyền KP = b (Vì KP = BD = b) cạnh góc vng KH = a (giả thiết) , BH1 = PH = b2 -a2 (đpcm) Cách 2: (Sử dụng phép tịnh tiến theo véc tơ H1 H ) Gọi trực tâm BHK H1 Bởi HH1  BK nên HH1 // AD (Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ 3) tương tự KH1  BH nên KH1 //DC, tức DHH1K hình bình hành Do qua phép tịnh tiến theo véc tơ H1 H điểm K biến thành điểm D, điểm B biến thành điểm P Nối K với P Bởi BH1  KH nên PH  KH Ta có PH = BH1 Trong tam giác vuông PHK, biết cạnh huyền KP = b (Vì KP = BD = b) cạnh góc vng KH = a, BH1 = PH = Bài 16 (phép đối xứng tâm) 45 b2  a Trong tam giác ABC kẻ đường trung tuyến AF CE Chứng minh BAF  BCE  300 tam giác ABC Hình 45 Bởi EAF  ECF  300 nên điểm A,E,F,C nằm đường tròn (S) (Định lý cung chứa góc) O tâm đường trịn EOF  600 (góc tâm có số đo lần số đo góc nội tiếp chắn cung) Do điểm B đối xứng với điểm A qua E nên nằm đường tròn (S1) đối xứng với đường tròn S qua điểm E Tương tự, điểm B nằm đường tròn (S2) đối xứng với đường tròn S qua điểm F điểm B đối xứng với C qua điểm F Bởi EOF (tam giác cân có góc 600) nên tâm O, O‟, O” đường tròn (S), (S1), (S2) tạo thành tam giác OO‟O” cân có góc 600, cạnh 2R, R là bán kính đường trịn Do đường trịn (S1), (S2) có điểm chung B, nên dường trịn tiếp xúc với nhau.Khi điểm O‟ O”, B thẳng hàng B, E, F trung điểm cạnh , Vì tam giác O.O‟,O” suy tam giác BEF Vậy  ABC Bài 17 (phép đối xứng tâm) Trong tam giác  ABC kẻ đường trung tuyến AF CE Chứng minh BAF  BCE  300  ABC Phân tích: Để chứng minh tam giác ABC ta tam giác có ba cạnh nhờ tính chất đường trung bình, tính chất hai đường trịn tiếp xúc Nếu EAF  ECF  300 điểm A,F,E,C nằm đường tròn (S) O tâm đường trịn EOF  600 (góc tâm có số đo lần số đo góc nội tiếp chắn cung) 46 Hình 46 Hình 47 Do điểm B đối xứng với điểm A qua điểm E nên nằm đường tròn (S 1) đối xứng với đường tròn (S) qua điểm E Tương tự, điểm B phải nằm đường tròn (S2) đối xứng với đường tròn (S) Gọi O, O‟; O” tâm đường trịn (S), (S1), (S2) O, O‟; O” tạo thành tam giác cạnh 2R, R bán kính đường trịn Do đường trịn (S1 )và (S2) có điểm chung B nên chúng tiếp xúc B Vì tam giác OO‟O” suy cạnh O‟O” = 2R tổng bán kính (S1) ,(S2) nên đường tròn tiếp xúc với B Suy điểm O‟,O”,B thẳng hàng B, E, F trung điểm cạnh , Vì tam giác OO‟O” suy tam giác BEF suy tam giác ABC tam giác Lời giải tóm tắt: Dựng đường trịn (S) tâm O bán kính R Dựng đường trịn (S 1) tâm O‟ ảnh đường tròn (S) qua phép đối xứng tâm E Dựng đường tròn (S 2) tâm O” ảnh đường tròn (S) qua phép đối xứng tâm F Khi B tiếp điểm hai đường tròn (S1) (S2), điểm O‟, B, O” thẳng hàng Ta có OO‟= OO” = O‟O”= 2R OO‟O” tam giác suy tam giác BEF có cạnh R suy tam giác ABC tam giác cạnh 2R( tính chất đường trung bình) Bài 18 (Phép đối xứng tâm) Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình bình hành ABCD lấy điểm K,L,M,N cho KLMN hình bình hành Chứng minh tâm hai hình bình hành trùng Phân tích: Ở sử dụng tính số đối tượng hình học Ví dụ hai đường thẳng phân biệt cắt điểm nhất, có đường thẳng qua điểm cho trước song song (hoặc vng góc) 47 với đường thẳng cho trước Hoặc phép biến hình f biến điểm M thành điểm M‟ điểm M‟ Lời giải: Gọi O tâm đối xứng hình bình hành ABCD (O Giao điểm đường chéo hình bình hành) Qua phép đối xứng tâm O, điểm K, biến thành điểm K‟, nằm cạnh CD, L biến thành điểm L‟ nằm cạnh AD, KL  L ' K ' tam giác L‟K‟D NMD có cạnh tương ứng song song L‟K‟=NM Suy L‟ N, K‟  M Từ thấy điểm O tâm đối xứng hình bình hành KLMN Hình 48 Bài 19 (Phép đối xứng trục) Hai đường tròn (S 1),(S2) tiếp xúc với đường tròn (S) A1 A2 Điểm C đường trịn (S) nối đoạn thẳng với điểm A1 A2 Các đoạn thẳng cắt đường trịn (S1), (S2) điểm B1 B2 Chứng minh A1A2 // B1B2 Phân tích: Vì hai đường trịn (S 1) (S2) nên tồn phép dời hình biến đường trịn (S 1) thành (S 2) Vì (S 1), (S2) tiếp xúc với đường tròn (S) A1 A2 nên ta chọn phép đối xứng trục có trục trục đối xứng đường trịn (S) 48 Hình 49 Lời giải: Kẻ đường kính đường trịn (S) trục đối xứng đường tròn (S1) (S2) Giả sử điểm C B2 biến thành điểm C‟ B‟ rõ ràng B2B‟ // CC‟ điểm B1, B‟ B2 nằm đường thẳng đường thẳng song song với đường thẳng CC‟ Bài 20: (phép Quay) Chứng minh trung điểm tam giác tạo thành đa giác Phân tích: Có nhiều cách khác để chứng minh toán chẳng hạn tam giác có cạnh sử dụng tính chất phép dời hình biến tam giác thành tam giác Chẳng hạn: Cách 1: Sử dụng tính chất đường trung bình tam giác: “Đường trung bình tam giác song song ½ cạnh đáy Vì tam giác cho tam giác nên đường trung bình dều ½ cạnh đáy Cách 2: Gọi P,Q,R trung điểm cạnh AB,AC,BC Gọi O tâm tam giác ABC Thực phép quay tâm O góc quay 1200 điểm A biến thành điểm B, điểm B biến thành điểm C, điểm C biến thành điểm A, điểm P biến thành điểm R, điểm R biến thành điểm Q, điểm Q biến thành điểm P Vậy tam giác PRQ tam giác Hình 50 49 Khai thác, Mở rộng 20: Qua lời giải tốn ta mở rộng tam giác thành tứ giác Với cách chứng minh tương tự Nội dung tốn phát biểu sau: Bài 21 “Chứng minh trung điểm cạnh tứ giác tạo thành đa giác đều” B P C O Q S Hình 51 A R D Ta diễn đạt tốn cách khác: Qua tâm hình vng ta kẻ hai đường thẳng vng góc với Chứng minh giao điểm chúng với cạnh hình vng tạo thành hình vng Tổng qt : Ta phát biểu toán sau: Chứng minh trung điểm đa giác làm thành đa giác Bằng phép quay tâm O tâm đa giác góc quay 3600 ta chứng n minh dễ dàng toán Bài 22 (Phép vị tự) Đường tròn (S) tiếp xúc với cạnh AB BC tam giác cân ABC điểm P K, đồng thời tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng, trung điểm đoạn thẳng PK tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC 50 Hình 52 Phân tích: Vì tam giác ABC cân B nên tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm đường thằng phân giác góc B đường trung trực cạnh AC Ta nghĩ đến phép biến hình đó, cho đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn nội tiếp tam giác A‟BC‟ phép biến hình biến tam giác A‟BC‟ thành tam giác ABC Khi đường tròn nội tiếp tam giác A‟BC‟ biến thành đường trịn nơi tiếp tam giác ABC Lời giải: Gọi D tiếp điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường trịn (S), Dựng đường thẳng (d) vng góc với BD D Gọi A‟ giao điểm AC với đường thẳng (d), C‟ giao điểm BC với (d) Ta có BD trung tuyến A‟C‟ tam giác A‟BC‟ tam giác cân Xét phép vị tự VBk : A  A'; C  C ' đoạn thẳng AC biến thành đoạn thẳng A‟C‟ Gọi O‟ trung điểm đoạn thẳng PK, tâm đường tròn (S) O Đường tròn (S) đường trịn nội tiếp A‟BC‟, ta cần chứng minh đựợc qua phép vị tự VBk : O'  O Để vậy, ta cần kiểm tra BO‟: BO = BA : BA‟ Đẳng thức suy từ PO DA đường cao hai tam giác vuông BPO BDA‟ đồng dạng với 51 PHẦN KẾT LUẬN Thông qua chương, đề tài “Vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự vào giải số tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp ” đạt số kết định: - Nghiên cứu khái niệm toán lời giải tốn, phương pháp tìm lời giải tốn chứng minh hình học - Nghiên cứu phép biến hình thường gặp chương trình tốn THCS THPT - Sưu tầm tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp, sử dụng phép biến hình Vận dụng dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự giải khai thác tốn Q trình nghiên cứu giúp cho thân chúng tôi, người trực tiếp nghiên cứu có kiến thức sâu hơn, rộng phép biến hình ứng dụng chúng giải tốn chứng minh hình học Rèn luyện kĩ năng, kĩ xảo, lực trí tuệ, thao tác tư giải tốn nói chung giải tốn chứng minh hình học nói riêng Chúng mong muốn tài liệu tham khảo có ích cho quan tâm đến việc áp dụng phép biến hình vào giải số tốn chứng minh hình học sơ cấp nói chung giảng viên dạy học phần phương pháp, thực hành giải toán sinh viên ngành Toán Nắm bắt thêm sở phương pháp giải toán cách vận dụng chúng Điều giúp cho giảng viên sinh viên linh hoạt trong giải tốn thơng qua việc giải số tập truyền thụ thêm số phương pháp cho sinh viên, từ nâng cao lực nhận thức thân, góp phần đổi mới, nâng cao chất lượng giảng dạy nhà trường Mặc dù cố gắng đề tài chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong đóng góp đồng nghiệp độc giả 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phương pháp luận nghiên cứu khoa học- Phạm Viết Vượng – NXBĐHQG Hà Nội - Năm 1997 [2] - Hình học Sơ cấp thực hành giải tốn- Văn Như Cương, Hồng Ngọc Hưng, Đỗ Mạnh Hùng, Hoàng Trọng Thái- NXBĐHSP- Năm 2005 [3] - Thực hành giải toán-Vũ Dương Thụy, Phạm Gia Đức, Hồng Ngọc Hưng, Đặng Đình Lăng- NXBGD – năm 1999 [4] – Các phép biến hình hình học- Nguyễn Mộng Hy- NXBGD- Năm 2003 [5] - Sách giáo khoa hình học 6,7,8,9,10,11,12 hành [6] - Các trang web khoa học tự nhiên [7] – Để học tốt hình học 9- Lê Mộng Ngọc, Nguyễn Vĩnh Cận, Hoàng ChúngNXBGD – năm 1997 [8] – Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để giải số toán sơ cấp - Đề tài cấp trường Trịnh Thị Hiệp, Nguyễn Anh Tuấn Trường Cao đẳng Sơn La – năm 2009 [9] – Tạp chí Tốn tuổi thơ, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [10] Các tốn hình học phẳng- V.VPRAXOLOV- Người dịch Hồng Đức Chính, Nguyễn Đễ- NXBĐHQG TP Hồ Chí Minh - Năm 2002 53 ... minh hình học phẳng sơ cấp sử dụng phép biến hình (Phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay), phép vị tự Các tốn chứng minh hình học phẳng sơ cấp Phạm vi nghiên cứu: Các toán. .. + Chương 2: Các phép biến hình + Chương 3: Vận dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự vào giải số toán chứng minh hình học phẳng sơ cấp - Phần kết luận... sử dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự có vài tài liệu, tài liệu chưa rõ phương pháp ứng dụng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm,