Phép đồng dạng với bài toán chứng minh

LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy, cô giáo tổ hình học, thầy cô khoa Toán tạo điều kiện giúp đỡ em bốn năm học em làm khóa luận Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy ĐINH VĂN THỦY, người trực tiếp hướng dẫn tận tình, nghiêm khắc giúp em hoàn thành nghiên cứu Do lần làm quen với việc nghiên cứu khoa học, thời gian lực thân hạn chế nên có nhiều cố gắng song không tránh khỏi nhiều thiếu sót Em mong nhận quan tâm, góp ý, bảo thầy cô giáo để khóa luận em hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, Ngày 16 tháng 05 năm 2014 Sinh viên Nguyễn Thị Hằng LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan kết nghiên cứu đề tài nỗ lực, cố gắng thân em quan tâm, tạo điều kiện thầy, cô giáo khoa Toán, đặc biệt hướng dẫn bảo nhiệt tình thầy ĐINH VĂN THỦY Vì em xin khẳng định kết đề tài: " Phép đồng dạng với toán chứng minh" kết nghiên cứu em không trùng với kết nghiên cứu tác giả khác Nếu có không trung thực em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Hà Nội, tháng 05 năm 2014 Sinh viên Nguyễn Thị Hằng MỤC LỤC Lời cảm ơn Lời cam đoan Mục lục Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu 4 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Cấu trúc luận văn NỘI DUNG CHƯƠNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT .6 1.1 Các kiến thức liên quan 1.1.1 Mặt phẳng định hướng 1.1.2 Góc định hướng hai tia 1.1.3 Góc định hướng hai đường thẳng 1.2 Phép biến hình đồng dạng 1.2.1 Phép biến hình 1.2.2 Phép biến hình đồng dạng .9 CHƯƠNG PHÉP ĐỒNG DẠNG VỚI BÀI TOÁN CHỨNG MINH 16 2.1 Bài toán chứng minh 16 2.2 Sử dụng phép đồng dạng để giải toán chứng minh 16 2.3 Ví dụ .18 2.4 Bài tập luyện tập .33 2.5 Hướng dẫn giải tập 35 KẾT LUẬN 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO 47 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong nhà trường phổ thông, hình học vấn đề khó học sinh Bởi hình học môn học có tính chặt chẽ, tính logic tính trừu tượng cao môn học khác toán học Ở đó, phép biến hình chiếm vị trí quan trọng Phép biến hình công cụ đơn giản, đầy hiệu lực việc giải toán hình học toán chứng minh, toán quỹ tích, toán dựng hình Trong phép biến hình không nói tới phép biến hình đồng dạng, chiếm mảng lớn toàn phép biến hình Để làm sáng tỏ việc sử dụng phép biến hình việc giải toán chọn đề tài: " Phép đồng dạng với toán chứng minh" Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu phép đồng dạng hình học phẳng Ứng dụng giải toán chứng minh nhờ phép đồng dạng Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu kiến thức có liên quan đến phép đồng dạng kiến thức phép đồng dạng với việc trình bày sở lí thuyết phương pháp giải toán chứng minh phép đồng dạng Xây dựng hệ thống ví dụ minh họa tập luyện tập thể phương pháp sử dụng phép đồng dạng để giải lớp toán chứng minh Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng: phép đồng dạng, toán chứng minh Phạm vi nghiên cứu: hình học phẳng Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo tài liệu có liên quan đến nội dung đề tài Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, danh mục sách tham khảo, cấu trúc luận văn gồm: - Chương 1: Cơ sở lý thuyết - Chương 2: Phép đồng dạng với toán chứng minh NỘI DUNG Chương 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1 Các kiến thức liên quan 1.1.1 Mặt phẳng định hướng Định nghĩa Trên mặt phẳng cho điểm O, xung quanh O có hai chiều quay Ta gọi chiều ngược với chiều kim đồng hồ chiều dương, chiều ngược lại chiều âm Khi ta nói mặt phẳng định hướng 1.1.2 Góc định hướng hai tia a.Định nghĩa Trong mặt phẳng định hướng cho hai tia Ox, Oy.Góc định hướng hai tia: tia đầu Ox, tia cuối Oy, kí hiệu: (Ox, Oy ) góc thu quay Ox xung quanh O tới trùng tia cuối Oy + O - b.Nhận xét • Góc định hướng (Ox, Oy ) không xác định • Giá trị (Ox, Oy ) dương âm tùy theo chiều quay dương âm mặt phẳng Gọi α giá trị đầu góc định hướng, nghĩa giá trị góc định hướng ta quay góc hình học bé Khi đó: (Ox, Oy ) = α + k 2π (k ∈ Z) c.Hệ thức Chales Cho tia OA 1, OA2, , OAn mặt phẳng định hướng, ta có hệ thức Chales sau: (OA1 , OA2 ) + (OA2 , OA3 ) + + (OAn−1 , OAn ) ) = (OA1 , OAn ) + k 2π ( k ∈ Z ) 1.1.3 Góc định hướng hai đường thẳng a.Định nghĩa Trong mặt phẳng định hướng cho hai đường thẳng a, b Khi đó: • Nếu a ∩ b = { O} Khi góc định hướng hai đường thẳng đầu a, đường thẳng cuối b, ký hiệu: ( a, b) góc thu quay đường thẳng đầu a xung quanh O tới trùng với đầu cuối b a O b • Nếu a, b phương ( a, b) = kл ( k ∈ Z) b.Nhận xét • Góc định hướng ( a, b) không xác định nhất, có vô số giá trị • Giá trị ( a, b) dương âm theo đường thẳng a quay quanh O tới b theo chiều âm hay dương mặt phẳng Gọi α giá trị đầu thu ta quay a theo góc hình học bé quanh giao điểm hai đường thẳng a b tới trùng b thì: ( a, b) = α + kл ( k ∈ Z) c Hệ thức Chales Trong mặt phẳng định hướng cho đường thẳng a 1, a2,…, an ta có hệ thức Chales sau: ( a1, a2) + ( a2, a3) + + ( an-1, an) = ( a1, an) + kл ( k ∈ Z) d Đường tròn Aplonius Cho hai điểm A B cố định, quỹ tích điểm M mà MA = k = const ( không đổi ) đường tròn Aplonius MB 1.2 Phép biến hình đồng dạng 1.2.1 Phép biến hình Giả sử P mặt phẳng Tập khác rỗng P gọi hình Định nghĩa Một song ánh f: P a P gọi phép biến hình mặt phẳng f : P →P M a M′ M' gọi ảnh M M gọi tạo ảnh M ′ Khi đó: M gọi điểm bất động f f(M) = M H gọi hình bất động hoàn toàn f M ∈ H, f(M) = M H gọi hình kép (hình bất động) f f(H) = H 1.2.2 Phép biến hình đồng dạng a.Định nghĩa Một phép biến hình f: P a P biến hai điểm A, B mặt phẳng thành hai điểm A’, B’ tương ứng cho A’B’ = k AB ( k số thực dương cho trước) gọi phép đồng dạng tỉ số k Kí hiệu: Zk ( k gọi tỷ số đồng dạng ) b.Tính chất - Phép đồng dạng Zk phép afin - Phép đồng dạng bảo tồn độ lớn góc phẳng - Trong mặt phẳng, phép đồng dạng biến đường tròn thành đường tròn có bán kính k lần bán kính đường tròn ban đầu - Phép đồng dạng biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng có độ dài k lần đoạn thẳng ban đầu c.Sự xác định phép đồng dạng mặt phẳng Định lý Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC A'B'C' đồng dạng với theo tỉ số k, nghĩa A'B' = k AB, B'C' = k BC, C'A' = k CA có phép đồng dạng biến A thành A', B thành B', C thành C' Chứng minh Xét phép vị tự VAk tâm A tỉ số k biến ∆ABC thành ∆AB"C" mà AB"= k AB, B"C" = k BC, C"A = k CA Do đó, ∆ABC = ∆AB"C" Gọi g phép dời hình biến A, B", C" thành A' , B' , C'.Như tích g oVAk phép đồng dạng biến A thành A' , B thành B', C thành C' Giả sử có hai phép đồng dạng f h biến ∆ABC thành ∆A' B' C ' phép h-1 o f đồng dạng biến ∆ABC thành tức h -1 o f phép đồng e hay h-1 of =e Vậy h= f d Phân loại Có hai loại phép đồng dạng a) Phép đồng dạng gọi phép đồng dạng thuận phép afin loại b) Phép đồng dạng gọi phép đồng dạng nghịch phép afin loại Chú ý: - Phép vị tự VOk phép đồng dạng thuận tỉ số k - Tất phép dời phép đồng dạng tỉ số k=1 - Phép đảo ngược phép đồng dạng Z k phép đồng dạng Z 1k - Tích hai phép đồng dạng Z k Z k phép đồng dạng Z k với tỉ số 10 Chứng tỏ tồn tam giác có đỉnh trọng tâm tô màu Bài Cho hình thang ABCD vuông A D Đường chéo AC phân giác góc A AC vuông góc với BC Gọi M điểm di động CD, đường thẳng qua M, vuông góc với MA cắt BC N Chứng minh rằng: ∆ AMN vuông cân Bài Trên đoạn thẳng AC ta lấy điểm B dựng hình vuông ABMN, BCPQ nằm phía với đường thẳng AC Gọi B' giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp hình vuông dựng ( khác B) Chứng minh đường thẳng PN, QA qua B' Bài Giả sử I, J, K trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng ∆ABC Gọi M, N, P đỉnh tam giác vuông cân ∆BCM, ∆CAN, ∆ABP dựng phía   ∆ABC Tìm ảnh IN qua Z (C , ,45°) Z  B, ,45°    Từ so sánh hai tam giác ∆BMN ∆MCP Chứng minh AM, BN, CP đồng quy Bài Cho điểm A di động nửa đường tròn đường kính BC Giả sử H chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC gọi O, O’ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH, ACH Chứng minh rằng: đường thẳng qua A vuông góc với OO’ qua điểm cố định Bài Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB, BC ta lấy điểm tương 34 ứng P Q cho BP = BQ Gọi H chân đường vuông góc hạ từ B xuống CP Chứng minh rằng: HD ⊥ HQ Bài Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Phép quay tâm O biến tứ giác thành A'B'C'D' ( A  A', B  B', C  C', D  D') Gọi M giao điểm hai đoạn AB A'B'; N giao điểm hai đoạn BC B'C'; K giao điểm hai đoạn CD C'D'; H giao điểm hai đoạn AD A'D' Chứng minh rằng: Tứ giác MNKH hình bình hành Bài 10 Cho hai đường tròn (O), (O’) cắt hai điểm A, B, tiếp tuyến chung MN ( M∈ (O), N ∈ (O’)) cắt đường thẳng OO’ điểm P Kẻ đường kính MM’ với OO’, gọi I giao điểm MM’ với OO’ Chứng minh góc IAP vuông 2.5 Hướng dẫn giải tập Bài A J I B Đặt C H AH =k BH 35 Xét phép đồng dạng Z = Z ( H , −900 , k ) , ta có: Z: Ba A A a C ⇒ Z : BA a AC Giả sử Z : I a I ' , ta có:  I ' ∈ AC  I ' ∈ AC   ⇒  AI ' BI AJ  AI ' CI ' = = k  BI  CI ' = AI = CJ AI ⇒ ( HI , HJ ) = −90 ⇒I ≡ J · hay IHJ góc vuông ( Điều phải chứng minh) Bài C1 B1 A1 C A B Gọi O tâm phép đồng dạng thuận Z biến tam giác ABC thành tam giác 36 A1B1C1 Áp dụng bất đẳng thức Ploleme vào tứ giác OABC ta có: OB.AC ≤ OA.BC + OC.AB (1) Do Z(O) = O nên theo tính chất phép đồng dạng, ta có: ∆OAA1 ∼ ∆OBB1 OA AA1 Suy : OB = BB AA OA = OB ⇒ BB (2) Tương tự ta có: OC = OB CC BB (3) Thay (2) và(3) vào(1) ta có: AA CC 1 OB.AC ≤ OB BB BC + OB BB AB 1 Suy : BB1 AC ≤ AA1.BC + CC1.AB ( Điều phải chứng minh) Bài A’ A G B C B’ C’ Trước hết tìm tam giác ABC với ba đỉnh màu trái lại điểm đỏ phải nằm đường thẳng, điểm xanh phải nằm 37 đường thẳng, trái với giả thiết điểm mặt phẳng tô màu Không tính tổng quát, giả sử màu ba điểm A, B, C xanh Nếu trọng tâm G tam giác ABC xanh tam giác ABC tam giác cần tìm Nếu G đỏ ta tiến hành phép vị tự VG4: A a A’; B a B’; C a C’ Nếu ba điểm A’, B’, C’ đỏ ∆A’B’C’ tam giác cần tìm Ngược lại, ba đỉnh A’, B’, C’ có đỉnh xanh, A’ chẳng hạn, ta có ∆A’BC tam giác cần tìm Vậy toán chứng minh xong Bài D M C N A B +) Do ABCD hình thang vuông A, D AC phân giác góc A ⇒ ∆ADC vuông cân D ∆ACB vuông cân C 38  +) Xét phép đồng dạng Z = Z  A,−  Π  , 2  Ta có Z : D  C C B ⇒ Z ( DC ) = CB Vì M nằm DC nên ảnh M qua phép đồng dạng Z nằm BC Gọi M' ảnh M qua phép đồng dạng Z  M '∈ BC ⇒  AM ⊥ MM '  N ∈ BC  AM ⊥ MN Lại có  ⇒ M '≡ N ⇒ ∆AMN vuông cân M ( Điều phải chứng minh) Bài N M B' Q A B +) Xét QB90 : M  A o C Q 39 P C MC  AQ Và MC ⊥ AQ ⇒ Giao điểm MC, AQ vừa thuộc nửa đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABMN vừa thuộc nửa đường tròn ngoại tiếp hình vuông BCPQ (khác B) ⇒ Giao điểm MC AQ B’ (1) +) Xét phép đồng dạng Z = Z ( B,45 o , ) Khi Z : C  P M  N ( CM , PN ) = 45 ⇒ Z ( CM ) = PN o +) Giao CM PN nhìn cung MN nửa đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABMN góc góc MBN ⇒ Giao điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABMN Tương tự, giao điểm CM, PN nhìn cung PC nửa đường tròn ngoại tiếp hình vuông BCPQ góc góc PBC ⇒ Giao điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp hình vuông BCPQ Vậy giao CM, PN B’ (2) Từ (1) (2) ⇒ PN, QA qua B’ ( đpcm) Bài N A P C B I 40 M Ta tìm ảnh I, N qua Z (C , ,45°) = Z1 Ta tìm ảnh M, A qua Z ( B, ,45°) = Z Ta có: +) Phép đồng dạng Z (C , ,45°) = Z1 : I  M N A Do ta có: Z1 ( IN ) = MA (1) +) Phép đồng dạng Z ( B, ,45°) = Z : M  I A P Do ta có: Z ( MA) = IP (2) Từ (1) (2) ta suy ra: Z  Z1 ( IN ) = IP Như ta có: IN = IP ( IN , IP) = 90° Xét phép quay Q = Q( I ,90°) Vì Q( N ) = P , Q(M)=C, Q(B)=M ⇒ Q(NM)=PC, Q(BN)=MP Điều có nghĩa là: NM, PC vuông góc với nhau; BN, MP vuông góc với Hai tam giác BMN CMP có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Hoàn toàn tương tự ta nhận được: AM=PN, AM ⊥ PN Các đường thẳng AM, BN, CP chứa đường cao tam giác MNP nên 41 chúng ba đường thẳng đồng quy Từ ta có điều phải chứng minh Bài A I O J O' B C H D Do đồng dạng tam giác HBA HAC, đồng thời chúng hướng nên ta có phép đồng dạng thuận Cụ thể là: Z1 = Z ( H ,90°, HA ) HC C A A B O'  O ⇒ HO HA = HO' HC Mà ( HC , HA) = Π ⇒ HO HO' = HA HC ( ) ⇒ HC , HO' =  Xét phép đồng dạng Z = Z  H ,  Khi Z : Π HO' Π  ,  HC  C  O' A O ( ) ⇒ AC , OO ' = Π 42 Gọi I = OO’ ∩ AC, J = OO’ ∩ AB ⇒ ∆AIJ vuông cân A Đường thẳng d qua A vuông góc với OO' phân giác góc A Do qua điểm cung BC nửa vòng tròn lại điểm cần tìm Gọi D điểm cung BC ( cung không chứa điểm A) ⇒ D điểm cố định ⇒ d qua D ( Điều phải chứng minh) Bài P H A B Q C D Đặt HC HB = tanα = = λ HB HP ( λ ≠ 0) Xét phép đồng dạng Z = VHλ QH90 o Khi Z : C  B B P Z ( BC ) = BP BP = λBC Vì DC ⊥ BC nên qua phép biến hình Z điểm D biến thành điểm D’ thuộc tia BC Do đó: Z ( DC ) = BD' BD' = λDC 43 Ta có: BD' = λDC = λBC = BP BC = BP = BQ BC Vì Q, D’ nằm tia BC nên Q ≡ D’ ⇒ Z ( D) = Q ⇒ DH ⊥ HQ ( Điều phải chứng minh ) Bài A B' M J I B A' N H C' O D K D' Ta kí hiệu 2α góc quay cho C QO2α : A  A' B  B' Gọi I, J trung điểm AB, A’B’ Ta có: OI ⊥ AB, OJ ⊥ A’B’ hai tam giác vuông ∆ OMI= ∆ OMJ ⇒ OM phân giác góc IMJ Đặt k = cos α Xét phép đồng dạng Z = QOα VOk : I  M Vậy Z biến trung điểm cạnh tứ giác ABCD thành điểm M, N, H, K ⇒ Tứ giác MNKH hình bình hành ( Điều phải chứng minh) 44 Bài 10 M N A O C O’ I P C1 B M1 · · ' NP = 900 nên OM // O’N Do OMP =O Đặt k = R' PO ' PN O ' N R ' , ta có = = = R R PO PM OM Do VPk: O a O’; (O) a (O’) Ma N Do OM1 // O’N nên IO ' R ' = = k (1) IO R Mặt khác, nối PA cắt (O’) điểm thứ hai C Do A ∈ (O), C ∈ (O’) nên P, C, A thẳng hàng Hơn đoạn thẳng PA nằm (O), đoạn PC nằm (O’) nên VPk: A a C Suy OA // O’C Kẻ đường kính CC1, ta có O’C1 // OA Gọi I’ giao điểm đoạn OO’ với AC 1, ta I ' O ' O ' C1 R ' = = = k (2) R I 'O OA Từ (1), (2) suy I’ ≡ I hay góc IAP nội tiếp chắn đường kính CC1 ta có đpcm 45 có KẾT LUẬN Bài toán chứng minh toán khó học sinh phổ thông Phép biến hình công cụ hữu ích để giải lớp toán Tôi hi vọng khóa luận giúp em hiểu phép biến hình cảm thấy say sưa, hứng thú vận dụng phép biến hình vào làm tập Nhắm góp phần đạt mục tiêu trên, khóa luận đưa hệ thống lí thuyết ví dụ minh họa nhằm làm cho người đọc thấy phương pháp tư để giải toán chứng minh nhờ phép đồng dạng, cách trình bày lời giải, sáng tạo toán để từ thấy tính ưu việt cuả phép đồng dạng 46 giải toán chứng minh Do sinh viên bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học, hạn chế thời gian khả nên chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tôi kính mong thầy cô bạn sinh viên đóng góp, trao đổi ý kiến để luận văn hoàn thiện Qua xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới quý thầy ĐINH VĂN THỦY, người hướng dẫn bảo tận tình nghiên cứu đề tài Đồng thời xin chân thành cảm ơn tới quý thầy cô tổ Hình học đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn! TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bùi Văn Bình, Nguyễn Văn Vạn, Giáo trình hình học sơ cấp, ĐHSP Hà Nội [2] Bùi Văn Bình, Hình học sơ cấp, ĐHSP Hà Nội [3] Nguyễn Mộng Hy, Các phép biến hình mặt phẳng, NXB GD 2004 [4] Nguyễn Đăng Phất, Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải toán Hình học, NXB GD 2005 [5] Vũ Dương Thụy (chủ biên), 40 năm Olympic toán học quốc tế 47 (Tập 1), NXB GD 2001 [6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn, Hình học số vấn đề liên quan, NXB GD 2008 48 [...]... thành (I’, R’), R’ = |k|.R 15 Chương 2 PHÉP ĐỒNG DẠNG VỚI BÀI TOÁN CHỨNG MINH 2.1 Bài toán chứng minh Bài toán chứng minh được chứa đựng trong hầu hết các bài toán hình học như: bài toán tính toán, bài toán quỹ tích, bài toán chứng minh Bài toán chứng minh là bài toán cần chỉ ra mệnh đề A ⇒ B là đúng trong đó A là giả thiết, B là kết luận Để giải bài toán chứng minh thông thường ta xuất phát từ giả... sau: + Lựa chọn phép đồng dạng 16 + Thực hiện phép đồng dạng + Rút ra kết luận của bài toán Do đó, khi ứng dựng phép đồng dạng để giải bài toán chứng minh ta cần phải lựa chọn phép đồng dạng thuận hay đồng dạng nghịch sao cho thích hợp Sau đó ta dựa vào định nghĩa, các tính chất cơ bản, các dạng chính tắc của phép đồng dạng cùng với giả thiết của bài toán để giải quyết yêu cầu của bài toán Ta xét các ví... B 2.2 Sử dụng phép đồng dạng để giải bài toán chứng minh • Sử dụng phép đồng dạng để giải bài toán chứng minh có thể có một số cách sau: + Dùng trực tiếp định nghĩa và các tính chất của phép đồng dạng Từ đó suy ra kết quả + Có thể chuyển một bộ phận của bài toán là A sang A', nếu A' đúng thì bộ phận tương ứng của A đúng + Có thể chuyển cả bài toán B sang bài toán B' qua các phép đồng dạng nào đó Nếu... bất động của phép đồng dạng f .Dạng chính tắc của phép đồng dạng Định lý 1: - Trong mặt phẳng, tích của một phép vị tự và một phép dời hình là phép đồng dạng thuận - Trong mặt phẳng, tích của một phép vị tự và một phép phản chiếu là phép đồng dạng nghịch 13 Ngược lại trong mặt phẳng, một phép đồng dạng có thể phân tích bằng vô số cách thành tích của một phép vị tự với một phép dời hoặc phép phản chiếu... thuộc phép đồng dạng là thuận hay nghịch Định lý 2: - Trong mặt phẳng, một phép đồng dạng thuận có thể phân tích thành tích của một phép quay và một phép vị tự với tâm quay và tâm vị tự trùng nhau, tỉ số đồng dạng bằng tỉ số vị tự - Trong mặt phẳng, một phép đồng dạng nghịch có thể phân tích thành tích của một phép phản chiếu và một phép vị tự có tâm là điểm bất động của phép phản chiếu, tỉ số đồng dạng. .. CBD Chứng minh rằng hai tam giác ADC và tam giác O1DO2 đồng dạng với nhau Lời giải: C O2 O1 B A D Ta thấy hai tam giác ACD và CBD đồng dạng và cùng hướng Do đó ta có thể sử dụng phép đồng dạng thuận để chứng minh bài toán Xét phép đồng dạng thuận Z = Z ( D,−90°, ⇒ CD ): AD ∆ACD  ∆CBD Z: O1  O2 Do đó, ta có: DO2 DC = và (O1 D, O2 D) = ( AD, CD ) = −90° DO1 DA ⇒VADC : VO1DO2 ( điều phải chứng minh. .. = k1 k 2 e Sự đồng dạng của các hình Định nghĩa 1: Nếu hình H’ là ảnh của hình H qua phép đồng dạng thì H’ là hình đồng dạng với hình H, tỉ số đồng dạng k Nhận xét: + Hai đa giác A1A2…An và B1B2…Bn là đồng dạng với nhau nếu chúng có các góc ở đỉnh A 1A2…An bằng các góc tương ứng ở các đỉnh B1B2…Bn, đồng thời Ta có: A A A A A1 A2 = 2 3 = = n 1 =k B1 B2 B2 B3 Bn B1 k gọi là tỉ số đồng dạng của hai đa... CAN Chứng minh rằng: BC= 3 KH Lời giải: A M K H B C N Từ giả thiết ta có: AB AC = = 3 AK AH ( AK , AB ) = ( AH , AC ) = Π6  Xét phép đồng dạng Z = Z  A, 3,  Khi đó, ta có Z: Π  6 K B H C ⇒ Z : KH → BC = 3KH ( KH , BC ) = 30 o Do đó ta được:   BC = 3KH ⇒ Điều phải chứng minh *) Nhận xét: 18 Π  Trong bài toán này, việc tìm ra phép đồng dạng Z = Z  A, 3 ,  làm  6 cho bài toán chứng minh. .. các hình đồng dạng, các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ, các góc tương ứng bằng nhau g Điểm bất động của phép đồng dạng Định lý Mọi phép đồng dạng khác đẳng cự đều có duy nhất một điểm bất động, người ta gọi điểm bất động này là tâm của phép đồng dạng Cách xác định điểm bất động của phép đồng dạng Zk 1 Nếu Zk là phép vị tự thì do k ≠ 1 nên tâm vị tự chính là điểm bất động duy nhất 2 Nếu Zk không là phép vị... · Ox Chứng minh rằng: ·ACA ' = BDB ' Lời giải: x A’ A B B’ O D C 25 x A’ A B B’ O C D Nếu ta đặt OB OD OB ' = k thì cũng có = =k OA OC OA ' Do đó ta dễ thấy hai tam giác ODB’ và OCA’ là hai tam giác đồng dạng và ngược hướng Nên ta sử dụng phép đồng dạng nghịch để giải bài toán này Xét phép đồng dạng nghịch Z = Z (O, Ox, k ) Z: Aa B Ca D A' a B ' · ⇒ ·ACA ' = BDB ' ( Theo tính chất của phép đồng dạng) ... 1.2 Phép biến hình đồng dạng 1.2.1 Phép biến hình 1.2.2 Phép biến hình đồng dạng .9 CHƯƠNG PHÉP ĐỒNG DẠNG VỚI BÀI TOÁN CHỨNG MINH 16 2.1 Bài toán chứng minh ... dạng gọi phép đồng dạng nghịch phép afin loại Chú ý: - Phép vị tự VOk phép đồng dạng thuận tỉ số k - Tất phép dời phép đồng dạng tỉ số k=1 - Phép đảo ngược phép đồng dạng Z k phép đồng dạng Z... giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng |k| + Góc xSy thành góc x’S’y’ hai góc + Đường tròn (I, R) thành (I’, R’), R’ = |k|.R 15 Chương PHÉP ĐỒNG DẠNG VỚI BÀI TOÁN CHỨNG MINH 2.1 Bài toán chứng minh Bài