Số phức với phép dời hình trong mặt phẳng

Header Page of 133 Mục lục Trang bìa phụ Bản cam đoan Lời cảm ơn Mở đầu Chương Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình 1.1 Mặt phẳng phức 1.2 Phép dời hình loại 1.3 Phép dời hình loại 18 1.4 Phép dời hình 25 1.5 Một số toán hình học phẳng 27 Chương Giải toán cách dùng phép dời hình 36 2.1 Bài toán chứng minh 36 2.2 Bài toán quỹ tích 41 2.3 Bài toán dựng hình 45 2.4 Một số toán bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia quốc tế 48 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo 56 Footer Page of 133 Header Page of 133 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 bảng biểu 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 02 tháng năm 2016 Tác giả Đậu Thị Diệu Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Thăng Long - Hà Nội hướng dẫn TS.Nguyễn Văn Đoành, Đại học Thăng Long Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến thầy hướng dẫn, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu giúp hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy cô giáo trường Đại học Thăng Long, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên vượt qua khó khăn học tập Đặc biệt, xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Thăng Long cho lĩnh hội kiến thức trực tiếp từ thầy giáo đầu ngành lĩnh vực toán sơ cấp Việt Nam Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình bạn lớp Cao học Toán K3 động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Footer Page of 133 Header Page of 133 Mở đầu Số phức đời yêu cầu việc mở rộng tập hợp số thực giải phương trình, lại tìm thấy ứng dụng rộng rãi hình học, học, vật lý ngành kĩ thuật khác Đối với học sinh bậc THPT số phức nội dung mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh hiểu kiến thức số phức, việc khai thác ứng dụng số phức hạn chế Trong hình học sử dụng số phức để biểu diễn đối tượng tính chất hình học, từ dùng số phức để giải toán hình học Trên sở khai thác việc biểu diễn số phức điểm, vec tơ ta lập phương trình dạng phức đường thẳng, đường tròn, tính chất thẳng hàng ba điểm, tính chất song song, vuông góc hai đường thẳng biểu thức dạng phức phép biến hình, dời hình Xuất phát từ quan điểm xem số phức công cụ nghiên cứu đối tượng, tính chất hình học cụ thể nghiên cứu phép dời hình chọn nghiên cứu đề tài "Số phức với phép dời hình mặt phẳng” Mục đích luận văn hệ thống kiến thức số phức Tổng hợp, phân tích kiến thức giúp học sinh thấy ý nghĩa quan trọng số phức Toán học nói chung giải toán Hình học phẳng nói riêng Từ rèn luyện kỹ năng, bồi dưỡng lực ứng dụng số phức vào giải toán hình học Nội dung luận văn bao gồm chương: Chương Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình Chương Giải toán cách dùng phép dời hình Do hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu không tránh khỏi thiếu sót, mong đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm đến luận văn Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 CHƯƠNG I DÙNG SỐ PHỨC NGHIÊN CỨU PHÉP DỜI HÌNH 1.1 Mặt phẳng phức 1.1.1 Trong mặt phẳng E cho hệ tọa độ Đề - vuông góc xoy điểm M E hoàn toàn xác định tọa độ (x, y) Khi số phức z  x  yi gọi tọa vị M, viết M (z) E gọi mặt phẳng phức (ta đồng điểm E với số phức) Khi M có tọa độ (x, y) hệ tọa độ Oxy vectơ OM có tọa độ (x, y), nên nói M có tọa vị z nói vectơ OM có tọa vị z viết OM (z)   z w  zw gọi tích vô hướng Cho OM (z), OP (w) Số thực hai số phức z, w kí hiệu (z, w), OM OP Số thực  z, w   i ( z w  zw) gọi tích lệch hai số phức z, w Ta có: (z, w) = z w cos(   ) ,   arg z,  arg w  z,w   z w sin(   ) Từ nêu M, P khác gốc O thì: OM  OP  ( z, w) = O, M , P thẳng hàng   z,w   1.1.2 Mỗi đường thẳng mặt phẳng phức xác định phương trình z   z   ,   1,     Đường thẳng có vecto phương u (u ) mà u    qua điểm M0 (z0) z0   u vuông góc gốc O lên đường thẳng Phương trình đường thẳng viết dạng: Footer Page of 133 M0 hình chiếu Header Page of 133  z   z    0,     0,   Cho đường thẳng d có phương trình: z   z    z   z    điểm M (z0) Khi M' (z'0) điểm đối xứng với M qua d z0'   z0   d có phương trình: z   z    z0'   z0    d có phương trình z   z   Điểm P(w) hình chiếu vuông góc M lên d là: w= (z   z   ) w= ( z   z   ) 2 1.1.3 Một đường tròn mặt phẳng phức hoàn toàn xác định phương trình zz  (  z   z )  p  0,   , p  ,    p  Đó đường tròn có tâm I     bán kính R     p 1.1.4 Phép biến hình f: E  E, z  f (z) mà f ( z )   z   z    ,  ,   C,    gọi phép biến đổi afin Ta có song ánh f: E  E bảo tồn tính chất thẳng hàng điểm biến đổi afin Biến đổi afin f ( z )   z   z   bảo toàn hướng    đảo hướng    Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 1.2 Phép dời hình loại 1.2.1 Phép tịnh tiến 1.2.1.1 Định nghĩa 1.2.1 Trong mặt phẳng P cho véc tơ v , phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ cho MM ' = v gọi phép tịnh tiến theo véc tơ v y ký hiệu Tv v Véc tơ v gọi véc tơ tịnh tiến M' Ta có Tv (M) = M’ hay Tv : M  M’ M * Cho véc tơ v có tọa vị  Giả sử Tv : M (z)  M’ (z’) O Hình 1.2.1  MM ' = v ta có OM ' = OM + MM ' = OM + v  z’ = z +  Vậy biểu thức tọa vị phép tịnh tiến Tv z’ = z +  (  tọa vị véc tơ tịnh tiến v ) 1.2.1.2 Tính chất a Phép tịnh tiến bảo tồn khoảng cách hai điểm b Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng không làm thay đổi thứ tự ba điểm thẳng hàng c Phép tịnh tiến: + Biến đường thẳng thành đường thẳng + Biến tia thành tia + Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng có độ dài + Biến góc thành góc có số đo + Biến tam giác thành tam giác + Biến đường tròn thành đường tròn Footer Page of 133 x Header Page of 133 1.2.1.3 Chứng minh số tính chất Cho Tv phép tịnh tiến có biểu thức tọa vị z’ = z +  (  tọa vị véc tơ tịnh tiến v ) * Tv biến đường thẳng thành đường thẳng - Trường hợp đường thẳng  có phương trình là: z =  z +  (   1,  +   0) Tv có biểu thức tọa vị z’ = z +   z = z’ -  Khi ảnh đường thẳng  qua Tv z’ -  =  ( z '  ) +   z’ -  =  z ' -   ' +   z’ =  z ' +  +  -   Đặt  =  ’,  +  -   =  ’ Khi ta có: z’ =  ' z ' +  ’ Vì  '    1,  ' ' +  ’=  (  +  -   ) +  +  -   =  +   -  +  +  -  =  + =0 Nên z’ =  ' z ' +  ’ phương trình đường thẳng Vậy phép tịnh tiến Tv biến đường thẳng  thành đường thẳng  ' có phương trình z’ =  ' z ' +  ’ (với  ’=  ,  ’=  +  -   )  ' song song  - Khi đường thẳng  có phương trình z =  z +  (trong    )  (tức  đường thẳng song song với véc tơ tịnh tiến v ) Với  ’=     ,  ’=  +  -   =  +  -      Footer Page of 133 Thang Long University Library Header Page of 133 Khi  ' có phương trình z’ =  ' z ' +  Suy    ' Vậy Tv biến đường thẳng song song với véc tơ tịnh tiến v thành đường thẳng * Tv biến đường tròn thành đường tròn Cho đường tròn (C1) có phương trình z z’ +  z + 1 z + p1 = ( p1  ) (C1) có tâm có tọa vị z0 = - 1 , bán kính R1  1   p1 Ảnh đường tròn (C1) qua Tv (z’ -  ) ( z '  ) +  ( z’ -  ) +  ( z '  ) + p1 =  z’ z ’ - z’  -  z ’ +   +  z’ -   + 1 z ’ - 1  + p1 =  z’ z ’ + z’ (  -  ) + z ’( 1 -  ) +   - 1  - 1  + p1=0 Đặt 1 -  =  ,   -   - 1  + p1 = p2 Khi ta có phương trình y z’ z ’ + z’  + z ’  + p2 = v C1 O C2 p2 =   -   - 1  + p1  x Hình 1.2.1.3 (   ,   , 1  , p1  )   - p2 = ( 1 -  ) (  -  ) -   +   + 1  - p1 = 1  - p1 > Nên z’ z ’ + z’  + z ’  + p2 = phương trình đường tròn Footer Page of 133 Header Page 10 of 133 Vậy phép tịnh tiến Tv biến đường tròn (C1) thành đường tròn (C2) có phương trình z’ z ’ + z’  + z ’  + p2 = (  = 1 -  , p2=   -   - 1  + p1) đường tròn (C1) đường tròn (C2) (vì R2 =    p2 = 1   p1 = R1) 1.2.1.4 Định lý: Tích hai phép tịnh tiến phép tịnh tiến    T v T w  T v  w     Chứng minh: Giả sử T : z  z  1 , Tw : z  z  2 v Khi đó: Tv T : z  ( z  2 )  1 w   Vậy T T phép tịnh tiến theo véc tơ có tọa vị   1 tức véc tơ v  w v w 1.2.2 Phép quay 1.2.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Trong mặt phẳng P định hướng Cho điểm A cố định góc định hướng  sai khác 2k  Một phép quay tâm A với góc quay  phép biến hình biến điểm A thành biến điểm M thành điểm M’ cho AM = AM’ ( AM , AM ')   Ta ký hiệu ( AM , AM ') góc định hướng mà tia đầu AM, tia cuối AM’ Ký hiệu phép quay tâm A góc quay  QA Ta có QA : M  M’ hay QA (M)=M’ Cho A điểm có tọa vị a, giả sử QA : M(z)  M’(z’)  AM  AM ' Khi ta có:  ( AM , AM ')   10 Footer Page 10 of 133 Thang Long University Library Header Page 42 of 133 Bài 2: Cho ABC cố định có trực tâm H Vẽ hình thoi BCDE, từ D E vẽ đường thẳng vuông góc với AB AC Các đường thẳng cắt điểm M Tìm quỹ tích điểm M Giải: Tứ giác BCDE hình thoi nên BC=CD, BC//ED H trực tâm ABC nên BH  AC , ME  AC  BH // ME Suy HBC  MED Tương tự: HC//DM BC//ED  HCB  MDE Suy ra: HBC  MDE  CH  DM  Phép tịnh tiến TCH  D   M Ta có BC=CD nên điểm D chạy đường tròn (C) tâm C, bán kính R=BC  điểm M thuộc đường tròn tâm H, bán kính R=BC ảnh đường tròn (C) qua phép tịnh tiến TCH Bài 3: Cho ABC có A  900 Từ điểm P thay đổi cạnh huyền BC ABC vẽ đường vuông góc PR, PQ với cạnh vuông AB, AC ( R  AB, Q  AC) Tìm quỹ tích trung điểm M đoạn thẳng RQ Giải: A R M B1 B N1 Q C N P S 42 Footer Page 42 of 133 Thang Long University Library Header Page 43 of 133 Dựng hình chữ nhật ABSQ Ta có PR  AB, PQ  AC RA  AQ  ARPQ hình chữ nhật Suy RBSP hình chữ nhật Gọi N trung điểm cạnh BP MN//SQ MN= SQ  MN//BA MN= BA 2 Đặt u  BA  NM  u Phép tịnh tiến Tu : N  M Khi P  C N  D trung điểm cạnh BC Khi P thay đổi cạnh huyền BC N thay đổi đoạn thẳng BD thuộc cạnh huyền BC Tu : B  B1 Tu : D  N1 B1 N1 trung điểm cạnh AB, AC Suy quỹ tích điểm M đoạn thẳng B1N1 Bài 4: Cho điểm I cố định Gọi M, M' hai điểm cho  IMM' vuông cân I a) Cho điểm M chạy đường tròn (O) Tìm quỹ tích điểm M' b) Cho điểm M chạy đường thẳng d Tìm quỹ tích điểm M' Gọi H hình chiếu I xuống MM' Tìm quỹ tích điểm H Giải:  IMM' vuông cân I nên IM=IM'  IM , IM '   900 Suy M' ảnh M qua phép quay tâm I, góc quay 900 Tức Q(I,900): M  M ' M a) Khi M   O  Q(I,900): O  O '  Q(I,900): (O )  (O ') H Suy M '   O ' M’ I 43 Footer Page 43 of 133 Header Page 44 of 133 Vậy quỹ tích điểm M' đường tròn (O') ảnh đường tròn (O) qua phép quay Q(I,900) b) Khi M  d Gọi J hình chiếu vuông góc I lên d Q(I,900): J  J '  Q(I,900): d  d ' d '  IJ ' J', d  d ', M  d  M  d ' Vậy quỹ tích điểm M' đường thẳng d' qua J' vuông góc với d * Tìm quỹ tích điểm H: Kẻ IH  MM '  MIH  450 ( Do  IMM' vuông cân I ) Suy tứ giác IJMH nội tiếp đường tròn đường kính MI  MJH  MIH  450 ( chắn cung MH ) Ta có MJJ '  450 (JJ' đường chéo hình vuông OJIJ')  MJH  MJJ ' Hai điểm H J' nằm phía đường thẳng d nên H  JJ ' Quỹ tích điểm H đường thẳng JJ' Bài 5: Cho ba điểm A, B, C cố định đường tròn (O) điểm M thay đổi (O) Gọi M1 đối xứng với M qua A, M2 đối xứng M1 qua B, M3 đối xứng với M2 qua C Tìm quỹ tích điểm M3 Giải : Gọi D trung điểm M M3 AD đường trung bình MM1M A M1 M B O D M2 O’ C M3 44 Footer Page 44 of 133 Thang Long University Library Header Page 45 of 133  AD//M1M3 AD  M1M 1 Ta có BC đường trung bình M1M M  BC//M1M3 BC= M1M  2 Từ (1), (2) ta có AD//BC, AD=BC nên ABCD hình bình hành Ta có A, B, C cố định nên D cố định Xét phép đối xứng tâm D ĐD ĐD: M  M điểm M chạy đường tròn (O) nên điểm M3 chạy đường tròn (O') Với (O') ảnh đường tròn (O) qua phép đối xứng tâm D Vậy quỹ tích điểm M3 đường tròn (O') 2.3 Bài toán dựng hình Bài 1: Cho đường thẳng d, hai điểm A B phía bờ d Tìm d hai điểm M, N cho MN = m cho trước AM = BN x A' A Giải B + Phân tích: Ta dựng N qua phép tịnh tiến M Tm : M  N N d A  A'  m véc tơ có độ dài m phương d Khi A'N=NB Do N giao đường thẳng d với đường thẳng x trung trực A'B + Dựng: A' = Tm ( A) , x đường trung trực A'B N = x  d , M = T m ( N ) + Chứng minh: MN = m, NB = NA' = MA + Biện luận: A'B vuông góc với d toán vô nghiệm 45 Footer Page 45 of 133 Header Page 46 of 133 A'B không vuông góc với d toán có nghiệm hình Bài 2: Cho hai điểm A B khác phía bờ đường thẳng d Hãy dựng điểm M d để d phân giác AMB Giải: + Phân tích: Giả sử dựng M d M thỏa mãn đầu Ta thấy qua Đ d : A  A' A' MB  M  A'B  d A M I + Dựng: d A' B A' = Đ d (A), M  BA'  d + Chứng minh: d trung trực AA' nên d phân giác AMB + Biện luận: AH  BI toán có nghiệm AH = BI toán vô nghiệm Bài 3: Cho đường tròn (O), điểm A đường thẳng d, dựng tam giác vuông cân A cho B  (O), C  d Giải : d' + Phân tích Giả sử dựng  ABC vuông cân A thỏa mãn điều kiện đầu d O Khi B  (O) B  d' = QA90 (d ) C B 46 A Footer Page 46 of 133 Thang Long University Library Header Page 47 of 133 + Dựng: d' = QA90 (d ) , B = (O)  d', C = QA90 ( B) Ta có  ABC cần dựng 0 + Chứng minh: Theo cách dựng suy tam giác ABC tam giác vuông cân thỏa mãn đầu Biện luận: Tùy thuộc vào số giao điểm d' đường tròn (O) ta có số nghiệm hình tương ứng Bài 4: Cho tam giác ABC Hãy dựng trục  đối xứng trượt A f  DCA DBC DAB dựng vectơ trượt v x K Giải: Kẻ đường cao BK tam giác ABC L J B C y Kẻ đường thẳng Bx cho góc định hướng (BA, BC) ( Bx, BK ) Ta có DBC DAB  DBK DBx (phép quay góc (BA, BC) quanh B) Qua K kẻ Ky // Bx kẻ đường thẳng  vuông góc với Bx , cắt Bx J Ta có: DCA DBK  D DKy (= ĐK) Từ f  DCA ( DBC DAB )  DCA ( DBK DBx )  ( DCA DBK ).DBx  ( D DKy ).DBx  D T2 JK Vậy f phép đối xứng trượt trục  vec tơ trượt 2JK 2.4 Một số toán bồi dưỡng thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế dùng phép dời hình Bài 1: Trong tam giác, khoảng cách từ đỉnh đến trực tâm gấp đôi khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện 47 Footer Page 47 of 133 Header Page 48 of 133 Giải: Ta cần chứng minh d ( A, H )  d (O, BC ) hay AH  OA0 d ký hiệu khoảng cách A0 trung điểm canh BC Nhưng hai đoạn thẳng AH OA0 vuông góc với BC, lại hướng    Từ ta chứng minh AH  OA0  OO ' , O'  Đ BC (O ) , từ suy AH  OA0 C A H’ H O A0 O’ B Thật vậy: điểm H’ đối xứng với trực tâm H ABC qua cạnh BC thuộc vào đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , nên đường tròn (ABC) tâm O (HBC) tâm O’ đối xứng qua BC ( có bán kính)  chúng tương ứng với phép tịnh tiến T ( v ) theo véc tơ       v  OO  OA0 Vì T (OO ' ) biến A thành H nên AH  OA0 ' Vậy d ( A, H )  d (O, BC ) Bài 2: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC, ADE có góc đỉnh chung A bù nhau, đồng thời AB  AD, AB  AD, AC  AE, AC  AE hai tam giác không điểm chung khác đỉnh A 48 Footer Page 48 of 133 Thang Long University Library Header Page 49 of 133 Chứng minh đường thẳng chứa trung tuyến xuất phát từ đỉnh chung A tam giác chứa đường cao hạ từ A tam giác Giải: Theo giả thiết AB  AD, AB  AD AC  AE, AC  AE Gọi M trung điểm cạnh BC, H chân đường cao AH ADE , ta cần chứng minh AM  DE F H E D A B C M  Thật vậy, thực phép quay Q( A, ) ABC có hướng thuận phép quay biến ADE thành ABF D E F  D A (C ) Vì BF  Q( DE ) ,  Q  Q( A, ) B nên BF  DE, BF  DE BF AM , BF  AM (do AM đường trung bình BCF Từ suy AM  DE Bài 3: (Thi vô địch Quốc gia Romania, 1997) Gọi P tập hợp điểm mặt phẳng D tập hợp tất đường thẳng mặt phẳng Hãy xem xét có tồn hay không phép biến hình 49 Footer Page 49 of 133 Header Page 50 of 133 f: P  D cho với ba điểm thẳng hàng A, B, C ba đường thẳng f(A), f(B), f(C) song song đồng quy Giải: Ta khẳng định không tồn phép biến hình Giả sử ngược lại, tồn phép biến hình f thoả mãn điều kiện để Trước tiên, ta để ý nghịch ảnh A, B, C ba đường thẳng song song đồng quy d1, d2, d3 phải thẳng hàng Thật vậy, không thế, điểm M ba đường thẳng AB, BC, CA, ta có đường thẳng f(M) song song đồng quy với d1, d2, d3 Lúc đó, điểm nằm đường thẳng xác định hai điểm (tức điểm M) cho ảnh qua f đường thẳng song song đồng quy với d1, d2, d3 Suy tất điểm mặt phẳng có ảnh đường thẳng song song đồng quy với d 1, d2, d3, điều mâu thuẫn Bây giờ, cho hai họ đường thẳng (P1) (P2) khác nhau, theo nhận xét trên, nghịch ảnh đường thẳng thuộc (P1) (tương ứng, (P2)) nằm đường thẳng l1 (tương ứng, l2) Ta phải có l1 // l2, hai họ (P1) (P2) chung đường thẳng Tiếp theo, xét chùm (Q) đường thẳng đồng quy, đường thẳng (Q) có nghịch ảnh điểm nằm đường thẳng m (không cần song song l1) Bất kì đường thẳng m0 song song với m cho tương ứng với chùm đường thẳng đồng quy mà điểm đồng quy khác với điểm chùm (Q) (để ý, m0 cho tương ứng với họ đường thẳng song song m vậy) Tuy nhiên, tồn đường thẳng qua hai điểm 50 Footer Page 50 of 133 Thang Long University Library Header Page 51 of 133 m m0, mà nghịch ảnh điểm nằm m m0, điều mâu thuẫn, suy điều phải chứng minh Bài 4: (Ứng dụng Phép đối xứng qua tâm, Cộng hòa Cezch, 2000) Tìm tất tứ giác lồi ABCD thoả mãn điều kiện: Tồn điểm E nằm bên tức giác cho đường thẳng qua E cắt AB, CD chia tứ giác ABCD thành hai hần có diện tích Giải: Tứ giác ABCD có tính chất đề AB //CD Thật vậy: *Giả sử ABCD tứ giác thoả điều kiện đề Lúc đó, gọi X 1, X2, X3 ba điểm nằm cạnh AB cho AX1 < AX2 < AX3 ba đường thẳng EX1, EX2, EX3 cắt cạnh CD ba điểm Y1, Y2, Y3 Vì ABCD tức giác lồi nên CY1 < CY2 < CY3 Ta có: 0 1  ABCD   ABCD 2   AX1Y1D   AX2Y2 D   EYY   EX1 X  2  sin Y1EY2 ( EY1.EY2  EX1.EX ), Suy EY1.EY2  EX 1.EX Tương tự, EY2 EY3  EX EX Do đó: EX EX ,  EY1 EY3 suy hai tam giác Y1EY3 X1EX3 đồng dạng Từ Y1Y3 // X1X3, tức CD // AB 51 Footer Page 51 of 133 Header Page 52 of 133 * Đảo lại, giả sử ABCD tứ giác lồi tuỳ ý có AB // CD Gọi M M2 trung điểm AB CD, ta chọn E trung điểm đoạn thẳng M1M2 E có tính chất nêu đề Thật vậy, xét đường thẳng qua E bất kì, miễn cắt AB CD hai điểm tương ứng, X Y Xét phép đối xứng qua E, ảnh đường thẳng AB đường thẳng CD, đó, ảnh đoạn thẳng XM1 đoạn thẳng YM2 Suy XM1 = YM2 AX + DY = BX + CY Như vậy, tứ giác AXYD BXYC (mỗi tứ giác hình thang hình bình hành) có chiều cao độ dài tổng hai đáy, nên có diện tích Ta có điều phải chứng minh Bài 5: (Ứng dụng phép quay, cộng hòa Cezch, 1999) Trong mặt phẳng, cho góc nhọn APX Hãy cách dựng hình vuông ABCD cho P nằm cạnh BC P nằm phân giác góc BAQ, với Q giao điểm tia PX với CD Giải: Xét phép quay 900, tâm A, qua phép quay này, B biến thành D Gọi P', C', D' ảnh P, C, D Vì PAP '  900 nên AP' phân giác góc QAD ' Như vậy, P' có khoảng cách đến hai đường thẳng AD' AQ, khoảng cách cạnh s hình vuông ABCD, đường cao AD tam giác AQP' 52 Footer Page 52 of 133 Thang Long University Library Header Page 53 of 133 Do tam giác AQP', hai đường cao hạ từ A P' nên suy AQ = P'Q Như vậy, dựng điểm P' (P' ảnh P qua phép quay tâm A, góc quay 900) dựng Q, với Q giao điểm PX với đường trung trực đoạn AP' Cách dựng điểm lại rõ, việc chứng minh ABCD hình vuông rõ ràng từ cách dựng Bài 6: (Ứng dụng phép quay) Từ đỉnh A hình vuông ABCD, ta vẽ hai tia Ax, Ay qua miền hình vuông Giả sử điểm M, K hình chiếu điểm D, B lên Ax; L, N tương ứng hình chiếu B D lên Ay Chứng minh đoạn thẳng KL, MN vuông góc với Giải: Để chứng minh KL  MN KL  MN , ta cần chứng minh tồn phép quay Q, góc quay 900 biến K thành M L thành N Thật vậy, từ điều kiện toán suy tam giác ABK DAM Qua phép quay Q tâm O (tâm hình vuông), góc quay 900, B biến thành A, A thành D phép quay bảo tồn gốc nên suy ảnh điểm K điểm M Lập luận tương tự: QO90 : L N Từ suy KL  MN KL  MN 53 Footer Page 53 of 133 Header Page 54 of 133 Bài 7: (Ứng dụng Phép tịnh tiến, Winconsin, 1998) Dựng hình thang ABCD (AB // CD) có cạnh đáy AB = a, hai đường chéo AC = m, BD = n biết  góc nhọn tạo hai đường chéo Giải: Giả sử dựng hình thang theo yêu cầu Thực phép tịnh tiến theo vectơ DC , điểm B biến thành điểm N hay N đỉnh thứ tư hình bình hành CDBN Suy ACN  1800   CA = m, CN = n Như tam giác CAN dựng Từ phân tích trên, dễ dàng suy cách dựng Biện luận Vì  góc nhọn nên 1800   góc tù Do vậy, toán có nghiệm hình AN > AB, hay AN  m2  n2  2mn cos (1800   )  m2  n2  2mn cos  a Nói cách khác, toán có nghiệm hình     , a  (m  n ) đó,  góc xác định cos   2mn 54 Footer Page 54 of 133 Thang Long University Library Header Page 55 of 133 KẾT LUẬN Những kết mà đề tài đạt trình nghiên cứu: Sử dụng công cụ số phức nghiên cứu phép dời hình mặt phẳng, chứng minh chi tiết số tính chất phép dời hình Minh họa việc sử dụng phép dời hình giải số toán hình học phẳng Việc sử dụng số phức công cụ giải toán mang lại cho phương pháp giải toán mà góp phần đáng kể vào việc rèn luyện kĩ lực giải toán cho học sinh, sinh viên, đặc biệt ứng dụng phép biến hình để giải toán hình học phẳng cho lời giải đẹp ngắn gọn 55 Footer Page 55 of 133 Header Page 56 of 133 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vi Quốc Dũng (1994), Các phép biến hình, ĐHSP Thái Nguyên [2] Vi Quốc Dũng (1994), Quỹ tích , ĐHSP Thái Nguyên [3] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức với hình học phẳng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề số phức áp dụng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội [5] Nguyễn Mộng Hy (2003), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục [6] Đoàn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục [7] Hoàng Trọng Thái (2007), Giáo trình ứng dụng phép biến hình giải toán hình học, NXB Đại học Sư phạm 56 Footer Page 56 of 133 Thang Long University Library ... ,   gọi phép dời hình loại mặt phẳng 1.2.3.2 Các tính chất phép dời hình loại Tập hợp phép dời hình loại mặt phẳng làm thành nhóm (đối với phép toán hợp thành ánh xạ) gọi nhóm dời hình loại... hình, dời hình Xuất phát từ quan điểm xem số phức công cụ nghiên cứu đối tượng, tính chất hình học cụ thể nghiên cứu phép dời hình chọn nghiên cứu đề tài "Số phức với phép dời hình mặt phẳng Mục... z0 Tương tự phép dời hình loại cần tìm z '   z   Trong đó: z1'  z0'  ; z1  z0   z0'   z0 1.5 Một số toán hình học phẳng giải cách dùng số phức biểu thức số phức phép dời hình Bài toán