Số phức và phép biến hình đồng dạng

MỤC LỤC Lời cam đoan………………………………… ………………… Mở đầu……………………………………… ………………………… Chương NGHIÊN CỨU PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒNG DẠNG BẰNG CÁCH DÙNG SỐ PHỨC 1.1 Mặt phẳng phức………………… ………………………………… 1.2 Phép đồng dạng mặt phẳng phức… ……………………… 1.3 Một số toán hình học phẳng giải cách dùng số phức biểu thức tọa vị phép đồng dạng……………… ………………………15 Chương PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỒNG DẠNG MỞ ĐẦU CHƯƠNG II…………………………… ………………… 21 2.1 Các toán chứng minh……………………… ………………….23 2,2 Các toán quỹ tích ……………………… ………………… 31 2.3 Các toán dựng hình ……………………… ……………….….42 2.4 Các toán thi học sinh giỏi……………………… …………… 52 KẾT LUẬN…………………………………………… ……………… 68 DANH MỤC SÁCH THAM KHẢO………………… ……………….69 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan công trình nghiên cứu riêng hướng dẫn TS.Nguyễn Văn Đoành Các nội dung nghiên cứu,kết đề tài trung thực chưa công bố hình thức trước Những số liệu toán phục vụ cho việc phân tích, nhận xét,đánh giá tác giả thu thập từ nguồn khác có ghi rõ phần tài liệu tham khảo Hà Nội, ngày tháng năm 2016 Tác giả Hoàng Thị Thủy Thang Long University Libraty MỞ ĐẦU Phép biến hình mặt phẳng mảng kiến thức quan trọng việc giải toán hình học Việc nghiên cứu hình học theo quan điểm biến hình nhà toán học Đức Felin (1849 – 1925) hệ thống lại “chương trình Er Langen” năm 1872 Trong chương trình Klein xếp hệ thống phép biến hình lại thành nhóm biến hình khác nhóm xạ ảnh, nhóm afive, nhóm đồng dạng, nhóm dời hình Dựa vào bất biến nhóm với nhóm Klein xác lập mối quan hệ thứ hình học để hệ thống hóa thứ hình học Trong chương trình hình học lớp 11 học sinh học phép dời hình cụ thể phép tịnh biến, phép đối xứng trục, đối xứng tâm phép quay thông qua định nghĩa tính chất phép biến hình Sau hệ thống lại phép biến hình học Khái niệm hai hình đồng dạng với xây dựng sở phép biến hình tương ứng “phép đồng dạng” Đây vấn đề khó học sinh lần làm quen với khái niệm biến hình việc nghiên cứu hình học Là giáo viên giảng dạy trường THPT muốn nghiên cứu phép biến hình mặt phẳng phức Để giúp em học sinh ứng dụng số phức giải toán hình học phẳng dễ dàng sâu sắc Vì chọn đề tài là: sè phøc vµ PHÐP BIÕN H×NH §ång d¹ng Nội dung đề tài gồm hai chương: Chương I: Dùng số phức nghiên cứu phép đồng dạng phẳng Trong chương hệ thống hóa lại cách ngắn gọn kiến thức mặt phẳng phức.Dùng số phức nghiên cứu phép đồng dạng giới thiệu số toán hình học phẳng giải cách dùng số phức Chương II: Sử dụng phép biến hình vào giải toán hình học Ở chương đưa toán chứng minh,bài toán tìm quỹ tích, toán dựng hình mặt phẳng giải cách sử dụng phép biến hình đồng dạng Luận văn hoàn thành Trường Đại học Thăng Long Hà Nội với hướng dẫn bảo tận tình TS Nguyễn Văn Đoành Cuối xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm hướng dẫn nhiệt tình thầy Đồng thời xin chân thành cảm ơn thầy, cô thuộc khoa Toán Tin, phòng sau đại học Trường đại học Thăng Long tạo điều kiện thuận lợi, động viên hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng để nghiên cứu tìm tòi kinh nghiệm thời gian có hạn nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy, cô độc giả để luận văn hoàn thiện Thang Long University Libraty Chương NGHIÊN CỨU PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒNG DẠNG BẰNG CÁCH DÙNG SỐ PHỨC 1.1 MẶT PHẲNG PHỨC 1.1.1 Mặt phẳng phức Ta đồng tập hợp điểm mặt phẳng E với tập hợp số phức C Cụ thể, mặt phẳng cho hệ tọa độ Đề-các oxy, điêm M có tọa độ (x, y) đồng với số phức z = x+yi gọi số phức tọa vị M, ta viết M(z) Khi E gọi mặt phẳng phức Nếu M có tọa độ (x, y) véc tơ OM có tọa độ (x, y) nên ta gọi số phức z = x+yi tọa vị OM , ta viết OM (z) Số thực zω + zω = z ω cos(ψ − ϕ ) với ψ = arg z , ϕ = arg ω tích vô ( ) hướng hai véc tơ OM (z) OP ( ω ) ký hiệu ( z, ω ) Như z ≠ 0, ω ≠ OM ⊥ OP ( z , ω ) = Số thực i z.ω − zω = z ω sin (ω − ϕ ) ( ) gọi tích lệch hai véc tơ OM (z ), OP(ω ) ký hiệu [z ,ω ] Như vậy, O, M, P thẳng hàng [z, ω ] = Khi O, M, P không thẳng hàng [z ,ω ] hai lần diện tích đại số tam giác định hướng OMP : [z ,ω ] số thực mà giá trị tuyệt đối hai lần diện tích tam giác OMP, dương hướng dọc chu vi O → M → P ngược chiều quay kim đồng hồ âm định hướng ngược lại ) 1.1.2 Phương trình đường tròn đường thẳng mặt phẳng phức Tập hợp điểm M đường thẳng d có tọa vị thỏa mãn phương trình z = λ z + δ , λ = , λδ + δ = u u Trong đó: λ = , u tọa vị véc tơ phương d δ tọa vị hình chiếu vuông góc O lên đường thẳng d Điểm M ' (z , ) đối xứng với điểm M (z0 ) qua đường thẳng z = λ z + δ z 0' = λ z + δ Tập hợp điểm M đường tròn C có tọa vị thỏa mãn phương trình ( ) z z + β z + β z + p = , β ∈ C , p ∈ R , β β − p〉0 Đó đường tròn có tâm I (− β ) bán kính R = β β − p 1.1.3 Tỷ số đơn tỷ số kép Cho ba điểm phân biệt M (z ) , M (z1 ) , M (z ) Số phức z2 − z0 gọi tỷ số đơn ba điểm M , M , M ký hiệu z − z1 [M , M , M ] Số phức ω = [M , M , M ] có ω = ( M 2M M 2M1 ) arg ω = M M , M M ω số thực M , M , M thẳng hàng Cho bốn điểm phân biệt M (z1 ) , M (z ) , M (z3 ) , M (z ) Số phức ω= [M , M , M ] gọi tỷ số kép bốn điểm [M , M , M ] M , M , M , M ký hiệu [M , M , M , M ] Bốn điểm M1,M2,M3,M4 thuộc đường tròn [M , M , M ] ∉ R , [M , M , M ]∉ R [M , M , M , M ] ∈ R 1.1.4 Các phép biến hình mặt phẳng phức Thang Long University Libraty Các phép biến hình mặt phẳng E song ánh từ E vào E Phép biến hình E bảo tồn tính chất thẳng hàng điểm ( gọi phép biến đổi afin ) cho z → z ' = αz + β z + γ Nếu f bảo tồn khoảng cách ( gọi phép dời hình) biểu thức f : z ' → z = αz + β , α = z' → z = α z + β, α =1 phép dời hình bảo toàn hướng phép dời hình đảo hướng Mỗi phép dời hình bảo toàn hướng phép tịnh tiến phép quay Tβ : z → z ' = z + β , β ( β ) (phép tịnh tiến theo véc tơ v ) Q( A, ϕ ) = QAϕ : z → z ' = α z + β , phép quay tâm A( β ) góc quay ϕ = arg α 1−α Mỗi phép dời hình đảo hướng phép đối xứng trượt f : z → z' = α z + β, α = Đối xứng trượt tích Tv oĐ∆ = Đ∆ oTv , ∆ đường thẳng có phương trình z= u u z + δ , α = , β = δ + v, < u , δ > = 0, [u , v] = u u 1.2 PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG PHỨC 1.2.1 Phép vị tự a) Biến đổi mặt phẳng phức xác định công thức: z ' = kz (k ∈ R \ {0}) rõ ràng phép vị tự tâm 0, hệ số vị tự k, từ biến đổi xác định bởi: (k ∈ R \ {0}) z ' − z = k (z − z ) phép vị tự tâm J ( với tọa vị z0 ) với hệ số vị tự k; ký hiệu : VJ ,k V(J,k) * Nhận xét: VJ ,1 biến đổi đồng VJ ,−1 biến đổi đối xứng Đj Ta thấy VJ ,k biến đổi afin bảo tồn hướng Biến đoạn thẳng có độ dài l thành đoạn thẳng có độ dài k l , bảo tồn số đo góc định hướng, k ≠ có điểm bất động J, giữ đường thẳng qua J bất biến ( đảo hướng k < bảo tồn hướng k > ) , biến đường thẳng không qua J thành đường thẳng song song với b) Công thức phép vị tự : Từ công thức : z ' − z = k (z − z ) ⇒ z ' = kz + (1 − k )z z ' = kz + β (k ∈ R \ {0}) (k ∈ R \ {0}) với β = (1 − k )z Ngược lại, xét biến đổi mặt phẳng phức xác định : z ' = kz + β (k ∈ R \ {0}) Khi k = , phép tịnh tiến theo véc tơ v(β ) , Tv : z → z ' = z + β Khi k ≠ , biến đổi có điểm bất động J có tọa vị z0 , z0 = kz0 + β ⇒ z0 = β công thức viết dạng: 1− k z ' − z = k ( z − z ) phép vị tự VJ ,k c) Tích biến đổi f xác định z ' = kz + β với biến đổi g xác định : z ' = lz + γ (k , l ∈ R \ {0}) Thang Long University Libraty biến đổi gof xác định z ' = klz + lβ + γ Nếu k.l ≠ gof phép vị tự có tâm thẳng hang với tâm f g (Tv )−1 = T−v Ta có Vl ,k −1 = VJ ,1/ k Vậy tập hợp phép tịnh tiến vị tự mặt phẳng làm thành nhóm biến đổi mặt phẳng ( Nhóm không giao hoán fog xác định : z ' = klz + kγ + β d) Nhận xét k + Tích phép vị tự VJ ,k VK , phép tịnh tiến ( k = ) Cụ thể là: k V K, k o VJ , k o V VJ ,k = Tv , v = K, k = Tw KJ k W = k JK + Tích phép vị tự VJ ,k (k ≠ 1) với phép tịnh tiến Tu phép vị tự với hệ số vị tự k Cụ thể: Tu : z → z' = z + u , VJ ,k : z → z ' = kz + (1 − k )z Tu o VJ ,k có công thức: z → z ' = kz + (1 − k )z0 + u nên phép vị tự tâm K có tọa vị z0 + u 1− k tức : JK = k u ; Tích VJ , k oTu có công thức 1− k z → z = k ( z + u ) + (1 − k ) z Đó phép vị tự tâm L có tọa vị z0 + k k u , tức JL = u 1− k 1− k + Tập hợp phép vị tự tâm J làm thành nhóm giao hoán, 1.2.2 Biến đổi đồng dạng a) Xét biến đổi f mặt phẳng E mà có số k > để với cặp điểm M, N độ dài đoạn thẳng f (M) f (N) k lần độ dài đoạn thẳng MN Gọi g phép vị tự hệ số vị tự gof bảo tồn độ dài đoạn thẳng nên gof k phép dời hình h, từ f = g −1 o h , tức f tích phép dời hình với k phép vị tự hệ số vị tự Ngược lại tích dời hình với phép vị tự hệ số l ( hay tích phép vị tự hệ số l với phép dời hình ) biến đổi E mà độ dài đoạn thẳng ảnh gấp k = l lần độ dài đoạn thẳng cho trước Các biến đổi E gọi biến đổi đồng dạng, hệ số (đồng dạng ) k > mặt phẳng Rõ ràng k =1, ta phép dời hình Biến đổi đồng dạng biến đổi afin từ lí luận suy ra: Mọi biến đổi đồng dạng bảo tồn hướng ( gọi đồng dạng loại ) xác định công thức ( coi E mặt phẳng phức): z → z ' = αz + β ,α ≠ ( biến đổi đồng dạng loại 1) biến đổi đồng dạng đảo hướng ( gọi đồng dạng loại hai) Xác định công thức: z → z ' = α z + β , α ≠ ( biến đổi đồng dạng loại 2) Các biến đổi đồng dạng có hệ số đồng dạng α Thật vậy, M (z1 ) , N (z ) f (M )(z1' ), f (N )(z 2' ) z1' − z 2' = α (z1 − z ) z1' − z 2' = α ( z1 − z ) Vậy z1' − z 2' = α z1 − z hay f (M ) f (N ) = kMN Rõ ràng tập hợp biến đổi đồng dạng mặt phẳng làm thành nhóm ( chứa nhóm phép dời hình) tập hợp phép biến đổi đồng dạng loại làm thành nhóm b) Tính chất phép đồng dạng 10 Thang Long University Libraty Suy tứ giác AQOA' nội tiếp đường tròn ∠OAQ = ∠OA' Q ⇒ ∠OAQ = ∠O' AQ ' Do tam giác MOA tam giác M'O'A cân Suy ∠MOA = ∠AO ' M ' Ta có ∠ABM = 180 − ∠MA' A = 180 − ∠MOA 2 Mà góc ∠M ' BA = ∠M ' O' A = ∠MOA ⇒ ∠ABM + ∠ABM '= 180 Do M, B, M' thẳng hàng Bài toán ( Russia MO 2008) Cho tam giác không cân ABC với H, M trực tâm trọng tâm tam giác Các đường thẳng qua A, B, C vuông góc với AM, BM, CM cắt tạo thành tam giác có trọng tâm G Chứng minh G nằm đường thẳng MH Lời giải 55 Để chứng minh toán ta cần bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho tam giác ABC L điểm nằm tam giác Gọi H, I, K hình chiếu vuông góc L lên đường thẳng BC, CA, AB Nếu L trọng tâm tam giác HIK L gọi điểm Lemoine tam giác ABC Khi đường thẳng AL đối xứng với trung tuyến kẻ từ A tam giác ABC qua phân giác góc A Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) H trực tâm Kẻ đường kính AM Khi AH AM đối xứng với qua phân giác góc ∠BAC Chứng minh Gọi D giao điểm thứ hai phân giác góc ∠BAC với đường tròn (O) Do AM đường kính nên AD⊥DM suy ra: ( AM , AD ) ≡ ( AM , MD ) + (MD, AD )(mod π ) 56 Thang Long University Libraty ≡ ( AM , MB ) + (MB, DM ) + ≡ (CA, CB ) + ( AD, AC ) − π (mod π ) ≡ (CA, CB ) + ( AB, AD ) + π (mod π ) 2 π (mod π ) (1) Mặt khác ta có ( AD, AH ) ≡ ( AD, AB ) + ( AB, AH )(mod π ) ≡ ( AD, AB ) + ( AB, BC ) + (BC , AH )(mod π ) ≡ ( AD, AC ) + ( AC , AB ) + ( AB, DB ) + ≡ ( AD, AC ) + ( AC , BC ) + π (mod π ) π (mod π ) (2) Từ (1) (2) ta ( AM , AD ) ≡ ( AD, AH )(mod π ) ⇒ AM , AH đối xứng với qua phân giác góc ∠BAC Trở lại toán Do A, B, C hình chiếu vuông góc M lên B1C1 , C1 A1 , A1 B1 nên theo bổ đề ta M điểm Lemoine tam giác A1 B1C1 suy A1 M đối xứng với trung tuyến kẻ từ A1 tam giác A1 B1C1 qua phân giác góc ∠BA1C (3) Do MM a , BC cắt trung điểm đoạn nên tứ giác BMCM a hình bình hành, kết hợp với MB ⊥ A1C1 , MC ⊥ A1 B1 ⇒ M a C ⊥ A1C1 , M a B ⊥ A1 B1 Suy M a trực tâm tam giác A1 BC (4) Do tứ giác HBA1C nội tiếp A1 H đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 BC (5) Từ (4), (5) bổ đề suy A1 H , A1M a đối xứng với qua phân giác góc ∠BA1C (6) Từ (3) (6) suy A1 , M a , G thẳng hàng 57 Tương tự ta có B1 , M b , G thẳng hàng C1 , M c , G thẳng hàng Ta có VM−1 : A → M a , B → M b , C → M c suy M b M c  BC, M c M a  CA, M a M b  AB (7) Mặt khác M a , M b , M c trực tâm tam giác A1 BC , B1CA, C1 AB suy M a A1 ⊥ BC , M b B1 ⊥ CA, M c C1 ⊥ AB (8) Từ (7) (8) ta M a A1 ⊥ M b M c , M b B1 ⊥ M c M a , M c C1 ⊥ M a M b suy G trực tâm tam giác M a M b M c Do VM−1 : A → M a , B → M b , C → M c suy VM−1 biến trực tâm tam giác ABC thành trực tâm tam giác M a M b M c ⇒ VM−1 : H → G suy G nằm đường thẳng MH Bài toán (IMO Shortlisted 2007, G8) Cho điểm P nằm cạnh AB tứ giác lồi ABCD Cho ω đường tròn nội tiếp tam giác CPD, có tâm điểm I Giả sử đường tròn ω tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác APD BPC tương ứng K L Đường thẳng AC BD cắt E, đường thẳng AK BL cắt F Chứng minh E, I, F thẳng hàng Lời giải 58 Thang Long University Libraty Gọi (J;R) đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AB, AD, BC (I ; r )(I a ; Ra ), (I b ; Rb ) đường tròn nội tiếp tam giác PCD, ADP, BCP Đường tròn (I a ; Ra ) tiếp xúc với AB, AD M, N đường tròn (I;R) tiếp xúc với đường thẳng CD Q Ta có: V V R Ra A : ( I a ; Ra ) → ( J ; R ) Ra r K : (I ; r ) → (I a ; Ra ) Suy V R Ra A Ra VK r : (I ; r ) → (J ; R ) Do tâm vị tự (I), (J) giao AK, IJ Mặt khác: Suy V R Ra B : (I b ; Rb ) → (J ; R ) V R Ra B (1) Rb VL r : (I ; r ) → (I b ; Rb ) Rb VL r : ( I ; r ) → ( J ; R ) Do tâm vị tự (I), (J) giao BL, IJ (2) Từ (1) (2) suy giao điểm AK BL thuộc đường thẳng IJ hay F thuộc đường thẳng IJ (3) Xét tứ giác APCD, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta được: AP + CD = AM + MP + DQ + QC = AN + PL + DN + CL = AD + CP suy tứ giác APCD ngoại tiếp đường tròn (I a ; ) Tương tự ta chứng minh tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn (I b ; rb ) Ta có: V R A : (I a ; ) → ( J ; R ) VCr : (I ; r ) → (J a ; ) 59 Suy R A V VCr : (I ; r ) → (J ; R ) Do tâm vị tự (I), (J) giao điểm AC IJ (4) Mặt khác R VBrb : (I b ; rb ) → (J ; R ) rb VDr : (I ; r ) → ( J b ; rb ) Suy R A r C V V : (I ; r ) → ( J ; R ) Do tâm vị tự (I), (J) giao điểm BD IJ (4) Từ (3) (4) ta có giao điểm AC BD nằm đường thẳng IJ hay E thuộc đường thẳng IJ (5) Từ (3) (5) suy ba điểm I, E, F thẳng hàng Bài toán ( Bắc Ninh TST 2015) Cho hình thang ABCD (AB > CD) Gọi K, L hai điểm AB, CD cho AK DL = Giả sử P, Q nằm đoạn BK CL thẳng KL cho ∠APB = ∠BCD ∠CQD = ∠ABC Chứng minh bốn điểm P, Q, B, C thuộc đường tròn Lời giải 60 Thang Long University Libraty Từ giả thiết, AK DL = ta suỷa AD, BC, KL đồng quy E BK CL Dựng đường tròn (O1 ) qua hai điểm C, D tiếp xúc với BC, dựng (O2 ) qua hai điểm A, B tiếp xúc với BC Khi ∠DQC = ∠ABC = ∠DCE nên Q ∈ (O1 ) Tương tự P ∈ (O2 ) Gọi F điểm giao thứ hai EQ với (O1 ) Ta có : EF EQ = EC (1) Dễ dàng có ∠O1CD = ∠O2 BA suy ∆AO2 B ~ ∆DO1C (c.g.c) Suy O1C DC EC = = =k O2 B AB EB Suy E , O1 , O2 thẳng hàng EO1 = k ⇒ EO1 = k EO2 EO2 Xét phép vị tự V( E ,k ) : (O1 ) a (O2 ) Do E, P, F thẳng hàng, F ∈ (O1 ), P ∈ (O2 ) nên EF = k EP ⇒ EF EC =k = EP EB (2) Từ (1) (2) suy EP.EQ = EC.EB Suy bốn điểm P, Q, B, C thuộc đường tròn Bài toán (VMO 2003) Cho đường tròn cố định (O1 ; R1 ) ; (O2 , R2 ) , (R2 > R1 ) tiếp xúc M Xét điểm A nằm (O2, R2) cho điểm A, O1, O2 không thẳng hàng Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O1 ; R1 ) , (B, C tiếp điểm) Các đường thẳng MB; MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2 , R2 ) tương ứng E, F Gọi D giao điểm EF tiếp tuyến A (O1 ; R2 ) 61 CMR điểm D di động đường thẳng cố định A di động (O2 , R2 ) cho A, O1, O2 không thẳng hàng Lời giải Ta thấy tứ giác ABO1C nội tiếp đường tròn (O3) Gọi A’ giao điểm thứ hai AM với (O1 ; R1 ) ; D’ giao điểm tiếp tuyến M A’ Chứng minh D’ thuộc trục đẳng phương BC (O1) (O3) điều tương đương với việc phải chứng minh: PD '/ (O ) = PD '/ (O ) Vậy D’ di động tiếp tuyến đường tròn (O1 ; R1 ) M Do D’ thuộc đường thẳng cố định Xét R2 R1 M V : (O1 , R1 ) → (O2 , R2 ), B → E , C → F , BC → EF Tiếp tuyến A' biến thành tiếp tuyến A Do D nằm đường thẳng MD' tiếp tuyến với đường tròn (O1 ; R1 ) 62 Thang Long University Libraty Bài toán Cho tứ giác lồi ABCD có AC BD cắt P M N di động đoạn AD, BC cho MA NC = Đường thẳng MN cắt AC BD lần lươt E MD NB F Chứng minh (PEF) qua hai điểm cố định Nhận xét: Nhìn vào tỷ số toán ta dễ đàng nghĩ đến việc tìm phép biến hình biến [AD] thành [CB] biến M thành N, Tất nhiên phép biến hình mà ta nghĩ đền phép vị tự Tuy nhiên, điều AD không song song với CB Do đó, việc lựa chọn phép vị tự quay lựa chọn thông minh Lời giải Gọi P,S giao (PAD) (PCB) suy P, S cố định Ta có f =Z(S, α, k) biến [AD] thành [CB] Do MA NC = suy f ([MA]) = [NC ] MD NB 63 Mà MN cắt AC E nên tứ giác SENC SEAM nội tiếp.Từ S,P,E,F thuộc đường tròn.Vậy đường tròn (PEF) qua hai điểm cố định P S Bài toán (Russia MO 1998, građe 11) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi K, L, M điểm cung BC (không chứa điểm A ), cung CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C) Chứng minh KD, LE, MF đồng quy điểm Lời giải 64 Thang Long University Libraty Gọi N giao điểm đường thẳng BC MK Khi đó: ∠BNM = )) )) 1 sdBM + sdKC = ∠BCM + ∠CAK = (∠BAC + ∠BCA) 2 ( ) (1) DF vuông góc với IB nên ∠FDB = 90 − ∠IBD = 90 − ∠ABC = (∠BAC + ∠BCA) 2 (2) Từ (1) (2) ta ∠BNM = ∠FDB ⇒ DF  KM Chứng minh tương tự ta được: EF  ML, DE  KL Do kết hợp với hai tam giác KLM, DEF hướng nên tồn phép vị tự VSk : K → D, L → E , M → F Suy KD, LE, MF đồng quy điểm S Bài toán (Việt Nam TST 2013) Cho tứ giác ABCD có cạnh đối không song song nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi E giao điểm hai đường chéo, phân giác góc AEB cắt đựờng thẳng AB,BC,CD,DA M,N,P,Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AQM, BMN , CNP, DPQ đỉ qua điểm K Lời giải 65 Ta có với hai đoạn thẳng AB CD cho ABCD không hình thang có phép vị tự quay tâm K biến AB thành CD Nếu P giao điểm AB CD, Q giao điểm AD BC tứ giác APDK, BCPK, ABQK, CDQK nội tiếp Gọi V giao điểm AB CD, U giao điểm AD BC a) Xét phép vị tự quay biến AB thành DC Gọi K tâm phép vị tự quay đó, ta có K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCV, ADV, ABU,CDU (1) Mặt khác M thuộc AB, P thuộc AC MB AM = nên phép vị tự quay PC DP biến AM thành DP MB thành PC.Từ ta có K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMQ,DPQ, MBP,CPN (2) Từ (1) (2) ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác AQM, BMN, CNP,DPQ qua điểm K Bài toán 10 (IMO SL 2002) Hai đường tròn S1 , S2 giao P Q Chọn hai điểm A1, B1 S1 Đường thẳng A1P, B1P cắt S2 điểm thứ hai A2, B2 Đường thẳng A1B1 cắt A2B2 F Chứng minh A1 B1 chuyển động, tâm O đường tròn (A1A2F) nằm đường tròn cố định Lời giải 66 Thang Long University Libraty Xét phép vị tự quay S(Q) biến [A1B1] thành [A2B2] Do A1B1 cắt A2B2 F nên Q ∈ (FA1A2), Q ∈ (FB1B2) Từ theo định lý Steiner tam giác OO1O2 suy tứ giác QOO1O2 nội tiếp Vì P điểm đối xứng với Q qua O1O2 Vì A2 điểm đối xứng với Q qua OO2 Vì A1 điểm đối xứng với Q qua OO1 Vậy tâm O đường tròn (A1A2F) nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2 Q (đó đường trọn cố định) Định lí Steiner: M điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Gọi M1,M2,M3 điểm đối xứng M qua BC, CA, AB M1, M2, M3 thẳng hàng.Trực tâm H tam giác ABC thuộc đường thẳng đường thẳng gọi đường thẳng Steiner 67 KẾT LUẬN Những kết mà đề tài đạt trình nghiên cứu: 1.Sử dụng công cụ số phức nghiên cứu phép biến hình đồng dạng mặt phẳng phức.Chứng minh chi tiết số tính chất phép đồng dạng Sử dụng phép biến hình đồng dạng để giải số toán hình học phẳng.Mỗi dạng toán đưa toán cụ thể.Ngoài toán mang tính chất điển hình có số toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo 68 Thang Long University Libraty DANH MỤC SÁCH THAM KHẢO [1] Văn Như Cương-Phạm Khắc Ban-Tạ Mân,(2006),Bài tập hình học nâng cao 11, NXB giáo dục [2] Nguyễn Việt Hải, (1991),100 tập sử dụng phép biến hình ,sở giáo dục đào tạo Hải Phòng [3] Hoàng Hữu Ngọc,(2008), Các dạng toán phương pháp giải hình học 11, NXB giáo dục [4] Nguyễn Đăng Phất,(2006),Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải toán hình học, NXB giáo dục [5] Đoàn Quỳnh,(2007),Số phức với hình học phẳng, NXB giáo dục [6] Hoàng Trọng Thái,(2007), Ứng dụng phép biến hình giải toán hình học, NXB Đại học sư phạm 69