Vận dụng phép biến hình vào bài toán hình học phẳng

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Bài 1: Cho tứ giác ABCD Trên cạnh AB, CD phía tứ giác ta dựng tam giác MAB, NCD vuông cân M, N Trên cạnh BC, DA phía tứ giác ta dựng tam giác PBC, QAD vuông cân P, Q Chứng minh MPNQ hình bình hành Giải: Ta có r π uuuu r uuur AB AD π uuur uuu = = , ( AM , AB )= − , CB, CP = AM AQ 4 ( ) uuur uuur CP CN π uuur uuur π = = , AQ, AD = − , CD, CN = CB CD 4 ( ) ( ) Ta xét phép vị tự quay sau : π VQ1 ( A, 2, − ) VQ2 ( C , π , ) M  → B  →P Q  → D  →N uuu r = uuur ⇒ VQ2 VQ1 = T uMP T QN uuuu r uuur ⇒ MQ = PN Trang Vậy MPNQ hình bình hành Nhận xét: Để chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành, ta chứng minh : T ur P M → T N → Q r u r Mà T u = VQ ( I , k ,α ) VQ ( J , h, β ) k h = 1& α + β = Vậy ta cần tìm hai phép vị tự quay phù hợp dựa vào yếu tố có từ giả thiết toán Bài 2: Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A, B Một đường thẳng thay đổi qua B cắt (O) (O’) M M’ Gọi I trung điểm MM’ Tìm quỹ tích điểm I Giải:  JO = JO '  J ∈ OO ' Gọi J trung điểm OO’ :  Ta có : » ˆ ' = sd AB = AMB ˆ (đường tròn (O)) AOO »AB AOˆ ' O = sd = AMˆ ' B (đường tròn (O’)) Trang ⇒ ∆AOO ' : ∆AMM ' ( g − g − g ) ⇒ AO AO ' OO ' = = AM AM ' MM ' Mà I trung điểm MM’ J trung điểm OO’ Nên: AO JO = ⇒ ∆AOJ : ∆AMI ( c − g − c ) AM IM ⇒ AJ AO AJ AI = ⇒ = AI AM AO AM Ta có:  AJ uuur uur  VQ  A, , AO ,AJ ÷  AO  ( ) O → J M  →I  AJ  ⇒ VQ ( ( O ) ) =  J , R÷  AO  M ∈ ( O ) ⇒ I ∈ VQ ( ( O ) ) Bài 3: Cho hình thang ABCD vuông A D có AB = 2AD = 2CD M điểm thay đổi cạnh CD Đường thẳng vuông góc AM M cắt BC N Chứng minh trung điểm I MN thuộc đường thẳng cố định Giải: Trang Gọi J,K,H lần luợt trung điểm DC,BC,AB Ta có: HA = HB =HC nên ∆ ACB vuông C ˆ = MNA ˆ = 450 (vì ∆DAC cân D) Tứ giác AMCN nội tiếp nên MCA Do ∆AMN vuông cân M Vậy ∆AMN (g.g.g) Suy (c.g.c) Xét phép vị tự - quay VQ( A; ) ta có : DJ CK MN Vậy thuộc đường thẳng JK cố định Bài 4: Trên cạnh tam giác ABC vẽ ba tam giác BCD, CAE ABF đồng dạng thuận với uuur uuu r uuu r a) Tính tổng BD+CE+AF b) Suy hai tam giác ABC DEF có trọng tâm Giải: Trang a) Dựng hình bình hành BDCK  AB CA =  CE Ta có: VFAB ~VECA ⇒  AF uuur uuur uuu r uuu r ( AF , AB ) = (CE , CA)  (1) Xét: VQ ( A, AB uuur uuur ,( AF , AB )) AF VQ ( C , r uuur CE uuu ,( CA ,CE )) CA A → A → E F  → B  →K Có:  AB CE =1  CA (1)  AF uuur uuu r uuu r uuu r ( AF , AB) + (CA, CE ) =  ⇒ VQ(C , r uuu r r CE uuu AB uuur uuu , (CA, CE )).VQ( A, , ( AF , AB)) = Tur CA AF uuur uuur ⇒ AF = EK Trang uuur uuur uuu r uuur uuur uuu r ⇒ AF + BD + CE = EK + KC + CE uuur uuu r r = EC + CE = b) Gọi G trọng tâm tam giác ABC uuu r uuu r uuur r ⇒ GA + GB + GC = (2) uuur uuur uuu r r Từ : AF + BD + CE = uuur uuur uuur uuur uuur uuur r ⇒ AG + FG + BG + GD + CG + GE = uuu r uuur uuur uuur uuur uuur r ⇒ ( GA + GB + GC ) + (GE + GF + GD ) = uuur uuur uuur r ⇒ GE + GF + GD = (do (2)) ⇒ G trọng tâm tam giác DEF (đpcm) Nhận xét: - Để tính tổng vectơ ta hay đưa vectơ tương đương Dựng hình uuur uuur bình hành BDCK Suy BD = KC uuur uuur - Từ chứng minh AF = EK sử dụng phép vị tự quay tương tự - Dùng công thức cộng vectơ để suy đpcm Bài 5: Cho bốn tam giác đồng dạng thuận ABM, CDN, ADP, CBQ a) Chứng minh tứ giác MPNQ hình bình hành b) Dựng hai hình bình hành AMBR CNDS CMR: uuur uuur uuu r uuur r AR + BQ + CS + DP = Giải Trang  AD AB = = k1  AM (1) a) Ta có ∆ ADP ~ ∆ ABM ⇒  AP uuur uuur uuuu r uuur ( AP, AD) = ( AM , AB) = α   CN CQ = = k2  CB (2) ∆ CDN ~ ∆ CBQ ⇒  CD uuur uuur uuu r uuur (CD, CN ) = (CB, CQ) = α  Từ (1) (2) Xét tích phép vị tự quay : VQ VQ ( A ,k1 ,α1 ) ( C ,k2 ,α 2) P  → D  →N M  → B  →Q  AP CN =  CD Vì ∆ ADP ~ ∆ DNC nên:  AD uuur uuur uuur uuur ( AD, AP ) = (CD, CN )   AD CN =1  ⇒  AP CD uuu r uuur uuur uuur ( AP, AD) + (CD, CN ) =  Do k1.k2 = , α1 + α = Trang Suy ra: VQ(C ,k ,α ) VQ( A,k ,α ) = T 2 1 uuuu r uuur ⇒ PM = NQ Vậy tứ giác PMNQ hình bình hành (đpcm) b) Ta có: uuur uuur  AR = MB r uuur  uuu CS = ND uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur AR + BQ + CS + DP = MB + BQ + ND + DP uuuu r uuur r = MQ + NP = (đpcm) Nhận xét: Bài toán yêu cầu chứng minh hình bình hành nên ta nghĩ đến việc dùng phép tịnh tiến uuuu r uuur uuuu r uuur biến PM = NQ , MQ = PN Mà phép tịnh tiến có từ tích phép vị tự-quay với k1.k2 = , α1 + α = Từ giả thiết toán với tam giác đồng dạng thuận, ta nghĩ đến việc chọn tích phép vị-quay thỏa k1.k2 = , α1 + α = Bài 6: Cho điểm A thay đổi nửa đường tròn đường kính BC Gọi H hình chiếu A lên BC I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH ACH Chứng minh đường thẳng qua A vuông góc IJ qua điểm cố định Giải Trang · · · Ta có: ·ABH = HAC ⇒ HBI = HAJ π · = ·AHJ = Mặt khác: BHI Nên ∆BIH : ∆AJH (g.g) ⇒ Xét IH JH = =k HB HA VQ  H , k , − π    ÷ 4 VQ  H ,k ,−π ÷ 4  B  →I VQ  H ,k ,−π ÷ 4  A  →J ⇒ ( BA, IJ ) = − π (*) Gọi E F giao IJ với AB, AC π Từ (*) ta có ·AEF = mà ∆AEF vuông A Vậy ∆AEF vuông cân A Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với IJ · · Suy d phân giác EAF hay d phân giác BAC Trang » ( không chứa A) Vậy d qua điểm cung BC » Nhận xét: Ta dự đoán điểm cố định điểm cung BC · Vì ta tìm cách chứng minh d qua điểm này, tức d phân giác BAC , mà d vuông góc với IJ nên ta nghĩ tới việc chứng minh tam giác EAF cân A, với E, F π π · = nên ta cần chứng minh ·AEF = giao IJ với AB, AC Mà EAF xong Ở ta chứng minh AB biến thành IJ qua phép vị tự quay có góc quay π − Bài 7:Cho tam giác ABC Dựng phía tam giác tam giác ABM, BCN CAP Gọi I, J, K trung điểm BM, BC, CP Tính góc tam giác IJK Giải: Xét phép vị tự quay sau: Trang 10  Suy ra: VQ2.VQ1=VQ  K ,  −π ,     JK = IK  → ( IK , JK ) = π  ˆ π I =  π  →  Jˆ =  ˆ π K =  Bài 9: Dựng thoi nội tiếp hình bình hành ABCD cho trước (bốn đỉnh liên tiếp nằm bốn cạnh liên tiếp ABCD) đồng dạng với hình thoi MNPQ có góc M 600 cho trước Giải: Trang 13 Phân tích: Giả sử hình thoi EFGH dựng Tức ta có E ∈ AD, F ∈ AB, G ∈ BC, H º = 600 ∈ CD EFGH ~ MNPQ với M Khi tâm hình thoi EFGH trùng với tâm O hbh ABCD uuu r uuur Ta có Xét IM = ( OF, OE ) = 90 , OE OF IN VQ(O, IM , 900 ) : IN Vì F ∈ AB nên E ∈ A’B’ Fa E A a A' B a B' Suy E = AD ∩ A ' B ' Cách dựng: Dựng A’B’ ảnh AB qua phép VQ(O, IM , 900 ) IN Dựng E = AD ∩ A ' B ' Qua O, kẻ OF ⊥ OE cắt AB F Dựng G = BC ∩ OE , H = CD ∩ OF Ta có hình thoi cần dựng Biện luận: AD cắt A’B’: toán có nghiệm hình AD ∥ A’B’ : toán nghiệm hình AD ≡ A ' B ' : toán có vô số nghiệm hình Nhận xét: Do hình thoi hbh đối xứng qua tâm O nên đỉnh hình thoi thuộc cạnh hbh đỉnh đối diện giao đường chéo qua đỉnh biết với cạnh đối diện hbh Khi ta cần dựng tam giác có đỉnh tâm O đỉnh lại đỉnh liên tiếp hình thoi Từ suy đỉnh lại Do tính chất đồng dạng ta xác định tỉ số đồng dạng góc quay Từ ta tổng quát lên toán sau: Dựng hbh EFGH nội tiếp hình bình hành ABCD cho trước (bốn đỉnh liên tiếp nằm bốn cạnh liên tiếp ABCD) đồng dạng với hbh MNPQ cho trước Trang 14 ( uur uuur ) Với tâm quay O, góc quay IN , IM tỉ số đồng dạng IM ta xác định IN đỉnh E F cách tương tự Bài 10: Cho ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O Phép quay tâm O, góc quay α ( < α < π ) biến thành tứ giác A’B’C’D’ Các cặp cạnh tương ứng AB A’B’, BC B’C’, CD C’D’, DA D’A’ cắt M, N, P, Q Chứng minh MNPQ hình bình hành Giải: Cách 1: Theo giả thiết ta có: Q(O, α ) : A → A' Trang 15 B → B' (*) C →C' D → D' Suy ra: AA’= BB’= CC’= DD’ ¼ ' = CC ¼ ' = DD ¼ ' Hay: ¼ AA ' = BB · · · ⇒ BAB ' = ·AB ' A ' = DAD ' = ·AD ' A ' = DCD ' · ' C ' = BCB · · 'C ' = CD ' = CB  AB ' CB ' =  CN Xét VAMB ' ~VCNB ' ⇒  AM r uuur uuur uuuu v uuuu ( AM , AB ') = (CN , CB ')  r   AB ' uuuur uuuu VQ  A , ,( AM , AB ') ÷  AM  Ta có: (1) r uuur   CN uuuu VQ  C , ,( CB ', CN ) ÷  CB '  M  → B '  →N Tương tự: Q → D ' → P  AB ' CN =1  ⇒  AM CB ' uuuu r uuuu r uuur uuur ( AM , AB ') + (CB ', CN ) =  Do (1) r uuur  r uuuur   CN uuu  AB ' uuuu ⇒ VQ  C , , (CB, CN ) ÷.VQ  A, , ( AM , AB ') ÷ = T ur  CB '   AM  Mà T r u : M →N Q →P uuuu r uuur ⇒ MQ = NP ⇒ MNPQ hình bình hành (đpcm) Cách 2: Trang 16 Do cách dựng A’, B’, C’, D’ nên ta có ·AMA ' = ·AQA ' = ·AOA ' = α (tham khảo thêm cách 1) Suy điểm Q, O, M thuộc cung tròn nhìn AA’ góc α Tương tự : M, O, N thuộc cung tròn nhìn BB’ góc α N, O, P thuộc cung tròn nhìn CC’ góc α P, O, Q thuộc cung tròn nhìn DD’ góc α ⇒ Các ngũ giác QOMA’A, MONB’B, NOPC’C,POQD’D nội tiếp đường tròn · · QOM + QAM = 1800 ( AQOM nt ) Ta có:  · · = 1800 ( ABCD nt )  NCP + QAM · · ⇒ QAM = NCP ⇒ QM = NP ( góc nt đường tròn chắn cung nhau) Trang 17 Tương tự: ⇒ MN=QP Suy MNPQ hình bình hành (đpcm) Cách 3: Ta dựng hình chiếu E, F, G, H hình chiếu O lên cạnh AB, BC, CD, DA Dựng E’, F’, G’, H’ hình chiếu O lên A’B’, B’C’,C’D’, D’A’ Chứng tỏ α MNPQ nhận từ hình bình hành EFGH phép vị tự quay tâm O, góc , k= cos α Nhận xét: - Muốn chứng minh tứ giác hình bình hành ta có nhiều cách, cho phép quay ta dễ dàng suy góc nhau, suy tam giác đồng dạng - Từ liên tưởng đến tích phép vị tự quay (có tích hai tỉ số 1, tổng hai góc quay 0) phép tịnh tiến để chứng minh vecto suy hbh Bài 11: Dựng đường tròn (W) tiếp xúc với đường thẳng (∆) điểm M cho tiếp xúc với đường tròn (O) cho Giải: Trang 18 Gọi (W) đường tròn phải dựng (W) tiếp xúc với đường thẳng (∆) M ∈ đường thẳng Mt ⊥ (∆) Nếu dựng tiếp điểm A W thuộc đường thẳng OA Do ta cần dựng tiếp điểm A nối MA cắt (O) N A tâm vị tự nên ON // WM, WM ⊥ (∆) Bán kính ON xác định nên N xác định Do A giao MN (O) Ta dựng hai đường tròn (W) (W’) thỏa mãn đề Bài 12: Dựng tam giác ABC biết góc đỉnh A = α, hai đường trung tuyến BD = m, CE = n Giải: Trang 19 Tam giác ABC dựng dựng tam giác ABD BD = m, đoạn BD ) dựng được, A = α Vậy A nằm cung chứa góc α có hai đầu mút B D uuu r uuu r Ta có BA = BE A ảnh E phép vị tự tâm B, tỷ số BD dựng G dựng n GE = n , E nằm đường tròn tâm G, bán kính 3 Vậy a nằm đường tròn ảnh đường tròn chứa E phép vị tự tâm B tỷ số Do A giao cung chứa góc α đường tròn ảnh đường tròn phép vị tự tâm B, tỷ số Bài 13: Xét tam giác ABC điểm D cho trước Ta dựng tam giác ADE, BDF đồng dạng thuận với tam giác ABC Hãy so sánh tam giác ABD, ACE CBF tìm hiểu chất tứ giác CEDF Hướng dẫn : *Ta có ∆ ADE ~ ∆ DBF ⇒ ∆ ABC~ ∆ ADE ⇒ ∆ ABD~ ∆ ACE Các tam giác BAC BDF đồng dạng thuận từ suy ∆ BAD~ ∆ BCF Vì ba tam giác ABD, ACE CBF đồng dạng thuận Trang 20 Nhận xét : Từ ba tam giác ABC, ADE BDF đồng dạng thuận ta thu ba tam giác ABD, ACE CBF đồng dạng thuận Như ta thay đổi vai trò C D cho uuu r uuur *Đặt ( ( AB, AC ) = α , AC=k.AB uuur uuu r VQ Khi : BD  → CE ( A ,k ,α ) uuur VQ( D ,k ,α ) uuur BD  → FD CE = k BD ⇒  FD = kBD ⇒ CE = FD (1) uuur uuu r ( BD, CE ) = α Mặc khác :  uuur uuur ( BD, FD) = α uuu r uuur ⇒ (CE , FD) = (2) uuu r uuur Từ (1) (2) : CE = FD Vậy tứ giác CEDF hình bình hành Bài 14 :Cho tam giác ABC vuông C, CD đường cao Chứng minh trung tuyến AM CN hai tam giác ACD, CBD vuông góc với Trang 21 Hướng dẫn: Ta tìm cách chứng minh CN biến thành AM qua phép vị tự quay với góc π quay ∆ABC : ∆CBD : ∆ACD (g.g) Suy Xét AC DC DA = = =k BC DB DC VQ  D, k , π  ÷: 2   B→C D→D N →M C→A Từ VQ  D, k , ÷(   π  CN ) = AM  Vậy ( CN ,AM ) = π hay CN ⊥ AM Bài 15: Cho tam giác ABC vuông A M điểm chạy cạnh BC P Q hình chiếu M lên AB, AC a) Tìm quỹ tích tâm đường tròn đường kính PQ b) Chứng minh đường tròn đường kính PQ qua điểm F cố định BC c) H, K hình chiếu F xuống PQ, AB Chứng minh VFAK ~VFQH Tìm quỹ tích H Giải: Trang 22 a) VPAQ vuông A, tâm đường tròn ngoại tiếp điểm I cạnh huyền PQ Ta có : uur AI A, I, M thẳng hàng uuuur AM I ảnh M phép vị tự tâm A, tỷ số M chạy BC suy quỹ tích I đoạn thẳng ảnh, đường trung bình B’C’ tam giác BAC b) Dựng đường tròn đường kính PQ, có tâm I đường trung bình B’C’ bán kính IA Đường tròn cắt BC F, với F hình chiếu A xuống BC ( IA=IF ) Vậy F cố định c) Xét VFAK VFQH tam giác vuông Có : · · » ) ( Chắn cung PF FAK = FQH Do : VFAK ~VFQH Suy · QFH = ·AFK   FH FK  FQ = FA  FA VFAK cố định nên ·AFK , không đổi FK Trang 23 Vậy H ảnh Q qua phép đồng dạng VQ( F , FK · , AFK ) FA Q chạy cạnh AC Vậy quỹ tích H ảnh đoạn AC qua phép đồng dạng Bài 16: Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB BC ta lấy điểm tương ứng P Q cho BP = BQ Gọi H chân đường vuông góc hạ từ B xuống CP Chứng minh HD ⊥ HQ Giải · Với α = BCP Ta đặt λ = tan α = HB HP = HC HB π  Xét phép tự - quay : VQ  H ; λ ; ÷ thì:   C→B B→P Suy : BC → BP nên BP = λ BC Gọi D ' ảnh D qua phép vị tự quay Do DC vuông góc với BC nên D ' ∈ BC Lúc CD → BD ' và: PB BD' = λCD=λ BC= BC = PB = BQ BC Vì Q D’ nằm tia BC nên D’ Q phải trùng Trang 24 π  Vậy Q ảnh D qua VQ  H ; λ ; ÷ suy HD vuông góc với HQ (dpcm)   Nhận xét: từ đầu tìm cách chứng minh HD vuông góc với HQ ta cần Q ảnh D qua phép vị tự quay với góc quay 90 độ Đó không khác π  VQ  H ; λ ; ÷   Bài 17: Cho tam giác ABC có góc nhọn cạnh tam giác thỏa điều kiện AC