phép quay và một số ứng dụng điển hình

PHÉP QUAY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐIỂN HÌNH I ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CỦA PHÉP QUAY ĐỊNH NGHĨA Trong mặt phẳng cho điểm O cố định góc lượng giác  khổng đổi Phép quay tâm O với góc quay  phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ xác định bởi:  Nếu M  O M '  O    Nếu M  O OM '  OM  OM , OM '   o Phép quay tâm O với góc quay  ký hiệu R O,  RO (R viết tắt từ Rotation: quay) TÍNH CHẤT  Phép quay phép dời hình nên có đầy đủ tính chất phép dời hình:  Là phép biến đổi – (song ánh)  Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng bào toàn thứ tự chúng  Biến góc thành góc có số đo  Biến hình (đoạn thẳng, đa giác, đường tròn,…) thành hình  Ngồi ra, phép quay có tính chất đặc trưng:  Nếu phép quay tâm O, góc quay  biến hai điểm M, N thành hai   điểm M’, N’ theo định nghĩa ta có  MN , M ' N '   nên hai đường thẳng MN, M’N’ tạo thành góc  góc     Đảo lại, có hai đoạn thẳng MN M’N’ không song song với tồn phép quay biến M, N tương ứng thành M’, N’ Trong đó, tâm O phép quay giao điểm hai đường trung trực MM’ NN’, góc quay góc hai vector MN M ' N ' II BIỂU THỨC TOẠ ĐỘ CỦA PHÉP QUAY Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Descartes Oxy, cho điểm M  x, y  Gọi M '  x ', y ' ảnh M qua phép quay tâm O, góc quay  Thế thì:  x '  x.cos   y.sin   x '  cos  hay       y '  x.sin   y.cos   y '  sin  III  sin    x  cos    y  ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN VÀI BÀI TOÁN MỞ ĐẦU Bài 1: Cho tam giác ABC cân A, điểm D, E thay đổi cạnh AB, AC cho BD = AE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định Giải Gọi O giao điểm hai đường trung trực AB DE Do BD = AE BD không song song AE nên tồn phép quay tâm O biến B  A, D  E Khi đó, OAB ODE hai tam giác cân đồng dạng nên B1  A1  D1  E1  ADOE tứ giác nội tiếp  A2  D1  AO phân giác góc A (và trung trực BC) Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE ln qua tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 2: Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi tam giác hình vng ABXY, ACZT Gọi K, J tâm hai hình vng I, H trung điểm BC YT Chứng minh rẳng IJHK hình vuông Giải Dễ thấy ABY ACT hai tam giác vng cân A Do đó, phép quay RA90 biến Y  B, C  T nên CY = BT CY  BT Mặt khác, IK IJ đường trung bình tam giác CBY tam giác BCX nên IK = IJ IK  IJ hay tam giác IJK vuông cân I (1) Tương tự tam giác AYT, ta có HJK tam giác vng cân H (2) Từ (1) (2) ta có IJHK hình vuông (ĐPCM) Bài 3: Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi tam giác tam giác ABC’ ACB’ Gọi G trọng tâm tam giác ABC, M trung điểm cạnh BC Chứng minh tam giác MGB’ tam giác vuông nữa, MB’ = MG Giải  Thực phép quay RB60' biến A  C, G  G’ Khi đó, AG = CG’     AG, CG '  60 Mặt khác, ta có AG = GB  AG, GB  60 nên suy GB = CG’ GB // CG’ hay tứ giác GBG’C hình bình hành, dẫn tới M trung điểm GG’ Tam giác B’GG’ có M trung điểm GG’ nên MB’  MG MB '  tan 60  , tức MGB’ tam giác vuông MB’ = MG (ĐPCM) MG Bài 4: Cho hình vng ABCD Trên hai cạnh BC, DC lấy M, N cho MAN  45 Chứng minh CM + MN + NC khơng phụ thuộc vào vị trí M, N Giải Gọi a cạnh hình vng ABCD, ta có nhận xét sau: Nếu cho M  C N  D đó, CM + MN + NC = 2a = BC + CD, tức MN = BM + DN Vậy ta thực phép quay RA90 biến B  D, M  M’ BM = DM’ M’, C, D thẳng hàng Hơn nữa, AM = AM’ NAM '  90  45  45 nên hai tam giác MAN M’AN (c.g.c)  MN = M’N Mà M’N = DM’ + DN nên MN = BM + DN (ĐPCM) Bài 5: Cho phép quay RO điểm S cố định khác O Với điểm A, phép quay biến A thành A’ cho AA’ qua S Tìm tập hợp điểm A Giải  Phần thuận: Gọi S’ ảnh S qua phép quay RO Ta có A’ ảnh A qua RO nên     theo tính chất phép quay  SA, S ' A '     OS , OS ' Hơn A, A’, S thẳng hàng nên A’ thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác OSS’ Mà RO biến A’ thành A nên A thuộc đường tròn (C’) ảnh (C) qua phép quay tâm O, góc quay   Phần đảo: Giả sử A  (C’), ta chứng minh A, A’, S thẳng hàng Trước hết, A  (C’) nên A’  (C) Khi đó, theo tính chất tứ giác nội tiếp   SA ', S ' A '  SOS '   Mặt khác, ta có   SA, S ' A '   Do A, A’, S thẳng hàng  Kết luận: Vậy tập hợp điểm A đường tròn (C’) Bài 6: Cho góc aOb điểm M nằm góc Tìm cạnh Oa, Ob điểm A, B cho OA = OB MA + MB đạt GTNN Giải Đặt   aOb Với phép quay RO biến M  N, B  A ta ln có N cố định MB = NA Do MA + MB = AM + AN  MN không đổi Vậy MA + MB đạt GTNN MN A trùng với A0 giao điểm MN Oa, B0 ảnh A0 qua phép quay RO MỘT SỐ ĐỊNH LÝ TIÊU BIỂU VỀ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY Bài 7: (Định lý Pompeiu) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC điểm M khác A, B, C Chứng minh rẳng tồn tam giác với độ dài cạnh MA, MB, MC Ngoài ra, tam giác suy biến thành đoạn thẳng M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Giả sử tam giác ABC có thứ tự vòng tròn đỉnh ngược chiều kim đồng hồ Dễ thấy, với phép quay RB60 biến C  A, M  N MC = NA Hơn nữa, BMN tam giác nên MB = MN Vậy MA, MB, MC độ dài ba cạnh tam giác AMN Khơng tính tổng qt, giả sử M nằm BC Khi đó, AB = BC = CA nên theo định lý Ptolemy MA = MB + MC hay MA = MN + NA, tức tam giác AMN suy biến thành đoạn MA Bài 8: (Định lý Thébault II) Cho hình bình hành ABCD Dựng phía ngồi tam giác BCM, CDN Chứng minh AMN tam giác Giải Dựng hình bình hành CDNP Dễ thấy NP // AB NP = AB nên ANPB hình bình hành  AN // BP AN = BP Vì CBM CNP hai tam giác nên phép quay RC60 biến: B  M, P  N    BP = MN  BP, MN  60   Suy AN = MN  AN , MN  60  AMN Vậy AMN tam giác (ĐPCM) Bài 9: (Điểm Vecten) Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi tam giác BCD, CAE, ABF vuông cân D, E, F Chứng minh AD, BE, CF đồng quy (tại điểm Vecten) Giải Theo kết 2, ta có IEF tam giác vuông cân I  phép quay RI90 biến E  F, D  C nên DE  CF Tương tự, ta có: EF  AD, FD  BE AD, BE, CF chứa ba đường cao tam giác DEF nên đồng quy (ĐPCM) Như điểm Vecten (V) trực tâm tam giác DEF Bài 10: Cho tứ giác lồi ABCD Gọi E, F, G, H tâm hình vng có cạnh AB, BC, CD, DA dựng phía ngồi tứ giác Chứng minh rằng: a) Trung điểm đường chéo tứ giác ABCD EFGH bốn đỉnh hình vng (định lý Van Aubel) b) Nếu tứ giác ABCD hình bình hành EFGH hình vng (định lý Thébault I) Giải a) Gọi M, N, P, Q trung điểm đường chéo BD, AC, EG, HF Ta cần chứng minh MPNQ hình vng Sử dụng kết 2, ta MHE MFG hai tam giác vuông cân M Do đó, phép quay RM90 biến H  E, F  G, tức biến HF thành EG nên biến Q thành P  tam giác MPQ vuông cân M (1) Tương tự, tam giác NPQ vuông cân M (2) Từ (1) (2) ta có MPNQ hình vng (ĐPCM) b) Nếu tứ giác ABCD hình bình hành EFGH hình vng Thật vậy, gọi O tâm hình bình hành, dễ thấy bốn tam giác: OEF, OFG, OGH, OHE vuông cân O nên HF  EG O OE = OF = OG = OH, tức EFGH hình vng (ĐPCM) Bài 11: Cho tam giác nhọn ABC Dựng phía ngồi tam giác BCM, CAN, ABP Gọi I, J, K trọng tâm ba tam giác vừa dựng Chứng minh rằng: a) AM, BN, CP đồng quy (tại điểm Fermat) b) IJK tam giác (Định lý Napoléon) Giải a) Gọi F giao điểm BN CP, E điểm nằm CP cho FBE  60 Phép quay RA60 biến B  P, N  C  BFE  60  FBE  FBE tam giác Phép quay RB60 biến P  A, E  F, C  M Mà P, T, C thẳng hàng nên A, S, M thẳng hàng Vậy AM, BN, CP đồng quy F (ĐPCM)  Tính chất F: Điểm Fermat F nhìn cạnh AB, BC, CA góc 120o hay F điểm chung ba đường tròn ngoại tiếp ba tam giác BCM, CAN, ABP Ngồi ra, F vị trí X XA + XB + XC đạt GTNN F có tên khác điểm Torricelli 10 b) Trên cạnh AB, AC, MC, MB lấy điểm X, Y, Z, T cho BX = BK, CY = CJ, CZ = CI, BT = BI   Phép quay RB30 biến: K  X , I  T nên KI = XT  KI , XT  30   Tương tự, phép quay RC30 biến J  Y, I  Z nên JI = YZ  JI , YZ  30 Ta chứng minh XT // YZ XT = YZ Thật vậy: Xét tam giác ABM, dễ thấy: BX BK BA    XT // AM Từ đó, BT BI BC XT BX BK YZ Tương tự, YZ // AM Suy ra: XT // YZ XT     AM BA BA AM = YZ   Từ XT = YZ  KI = JI Từ XT // YZ   KI , JI  30  30  60  KIJ Vậy IJK tam giác (ĐPCM)  Từ 11, ta đề xuất định lý tổng quát sau đây, có tên định lý Kiepert: Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác BCD, CAE, DAF cân đồng dạng D, E, F Khi đó, AD, BE, CF đồng quy (tại X) 11 Chứng minh Ta có: A1  A2  B1  B2  C1  C2 Sử dụng định lý Céva dạng sin: Tam giác ABC có AD, BD, CD đồng quy D nên: sin B1 sin BAD sin C sin BAD sin B (1) 1  sin B sin CAD sin C2 sin CAD sin C Tương tự, ta có: sin ACF sin A sin CBE sin C (2), (3)   sin BCF sin B sin ABE sin A Nhân (1), (2), (3) theo vế: sin BAD sin ACF sin CBE   AD, BE, CF đồng quy sin CAD sin BCF sin ABE (ĐPCM)  Nhận xét:  Nếu đặt  góc đỉnh cân D, E, F hai tốn hai trường hợp đặc biệt định lý Kiepert ứng với   60   90 Với   120 X có tên điểm Napoléon  Nền tảng chứng minh xuất phép quay, nhìn nhận quan điểm quy nạp rõ ràng khơng thể phủ nhận đóng góp “thầm lặng” việc giúp ta phát gợi mở cho ta tổng quát hoá hai trường hợp đặc biệt 12 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hoàng Quốc Khánh (cb), Một số kiến thức hình học phẳng thi Olympic Toán, e-book, Mathscope.org [2] Phan Huy Khải, Tốn nâng cao cho học sinh THPT – Hình học, Tập 1, NXB Hà Nội, 2003 [3] Đỗ Thanh Sơn, Phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục, 2006 [4] Nguyễn Văn Nho, Những định lý chọn lọc hình học phẳng qua kỳ thi Olympic, NXB Giáo dục, 2007 [5] Nguyễn Mộng Hy, Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục, 2008 13 ... phía ngồi tam giác hình vng ABXY, ACZT Gọi K, J tâm hai hình vng I, H trung điểm BC YT Chứng minh rẳng IJHK hình vng Giải Dễ thấy ABY ACT hai tam giác vuông cân A Do đó, phép quay RA90 biến Y... DN (ĐPCM) Bài 5: Cho phép quay RO điểm S cố định khác O Với điểm A, phép quay biến A thành A’ cho AA’ qua S Tìm tập hợp điểm A Giải  Phần thuận: Gọi S’ ảnh S qua phép quay RO Ta có A’ ảnh... Với phép quay RO biến M  N, B  A ta ln có N cố định MB = NA Do MA + MB = AM + AN  MN không đổi Vậy MA + MB đạt GTNN MN A trùng với A0 giao điểm MN Oa, B0 ảnh A0 qua phép quay RO MỘT SỐ