CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG

AOTRANGTB.COM CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỔI (Của nhiều tác giả trường) PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Hồng Ngải Tổ trưởng tổ Tốn THPT Chun Thái Bình Một chuyên đề quan trọng việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia, khu vực quốc tế, phương trình hàm, bất phương trình hàm Có nhiều tài liệu viết chuyên đề Qua số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia qua số kì tập huấn hè Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, rút số kinh nghiệm dạy chuyên đề trao đổi với đồng nghiệp Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + Số k gọi phần nguyên x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + Tính trù mật Tập hợp A ⊂ x 0, ∃a ∈ A : β + ε > a β = infA ⇔ ⎨ Hàm sơ cấp ¾ Hàm số sơ cấp hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược ¾ Hàm số sơ cấp hàm tạo thành hữu hạn phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp hàm số sơ cấp Hàm cộng tính, nhân tính tập hợp ™ Hàm số f(x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y ∈ D x + y ∈ D f(x + y) = f(x) + f(y) ™ Hàm số f(x) gọi nhân tính tập xác định D với x, y ∈ D x y ∈ D f(x y) = f(x) f(y) ™ Nếu với x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D f( x – y) = f(x) – f(y) f(x) gọi hàm cộng tính D ™ Hàm f(x) = ( hàm nhân tính Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi tăng (a, b) : Với x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi giảm (a, b) : Với x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định Tạp chí tốn học nhà trường, số – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: Dựa vào điều kiện toán, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c Đồng hệ số để tìm f(x) Chứng minh hệ số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện toán Phương pháp dồn biến → cho: Bài 1: Tìm f: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy.( x − y ), ∀x, y ∈ Giải: u+v ⎧ x= ⎧u = x + y ⎪ Đặt ⇒⎨ ⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪⎩ 2 Download tài liệu học tập : http://aotrangtb.com ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u − v )uv f (u ) f (v) ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ u v Cho v = ta có: f (u ) f (1) − u2 = − , ∀u ≠ u ⇒ f (u ) = u + au, ∀u ≠ (a = f(1) – 1) Cho x = y = ta có 2f(0) = f(0) = Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ ⎛ x −1 ⎞ Bài 2: f ( x − 1) − f ⎜ ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ Giải : x −1 y 1− y Đặt : = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = − 2x y −1 y −1 ⎛ 1− y ⎞ −1 , ∀y ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( y − 1) = y −1 ⎝ y −1 ⎠ −1 ⎛ x −1 ⎞ , ∀x ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( x − 1) = 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎧ ⎛ x −1 ⎞ ⎪ f ( x − 1) − f ⎜ − x ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − ⎞ − f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ ⎜ ⎟ ⎪⎩ 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⇒ −8 f ( x − 1) = − x + 1− 2x 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x) = ⎜1 + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f ( x) + f (1 − x) = x , ∀x ∈ (1) Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc : x, – x vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng hệ số, ta thu được: ⎧ a = ⎪ ⎧3a = ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨b = ⎨b − 2a = ⎪a + b + 3c = ⎪ ⎩ ⎪ ⎪c = − ⎩ Download tài liệu học tập : http://aotrangtb.com f ( x) = ( x + x − 1) Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện tốn Cơng việc lại ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện tốn Thật giả sử hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện toán Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn điều kiện toán nên: g ( x) + g (1 − x) = x , ∀x ∈ Thay x x0 ta được: g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 Vậy Thay x –x0 ta g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) Từ hai hệ thức ta được: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) Điều mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số (Bài đăng tạp chí KVANT số năm 1986, M 995 – tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b Khi (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a − a = ⎪a = + ⎪a = − ⇔⎨ ⎨ ∨⎨ ⎩ab = ⎪b = ⎪b = ⎩ ⎩ Ta tìm hai hàm số cần tìm là: 1± f ( x) = x Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện tốn Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét lý luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi điều kiện (1) trở thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng hệ số, ta được: ⎧a = ⎧a = ⎧a = −1 ⇔⎨ ∨⎨ ⎨ ⎩b = ⎩b = ⎩ab + b = ⎧a = Với ⎨ ta f(n) = n ⎩b = Trường hợp loại không thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta f(n) = -n + b ⎩b = Từ điều kiện (3) cho n = ta b = Vậy f(n) = -n + Hiển nhiên hàm số thỏa mãn điều kiện toán Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 hàm thỏa mãn điều kiện toán Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn điều kiện toán Từ (3) suy f(0) = g(0) = Từ (3) suy f(1) = g(1) = Sử dụng điều kiện (1) (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + = f (n0 ) + = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy f(n) = – n nghiệm Từ tính f(1995), f(-2007) Các tập tương tự: Bài 1: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − f ( x) f (1 + y ) = xy (3 y − x ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất hàm f : → cho: f ( f (n)) + ( f (n)) = n + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + Bài 4: Tìm hàm f : → : ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎧ ⎫ 3f ⎜ , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, ⎬ ⎟−5 f ⎜ ⎟= ⎝ 3x + ⎠ ⎝ x − ⎠ x −1 ⎩ ⎭ 28 x + Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất đa thức P(x) ∈ [ x ] cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 Giải: Cho x= y = z = 0: 1 f (0) + f (0) − f (0) ≥ 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ ⇔ f (0) = Cho y = z = 0: 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ Cho x= y = z = 1 1 f (0) + f (1) − f (1) ≥ 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ ⇔ f (1) = Cho y = z = 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ (1) (2) Từ ( 1) (2) ta có f(x) = Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) f(x6) = x2 f(x2) Thay x, y, z x2 Mặt khác f(x6) = f(x x2 x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 2 Hay x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ Thay x x3 ta : 3x9 + f ( x ), ∀x ∈ ⇒ f (x ) = 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 3x3 + 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ f ( x) = ⇒ 3x2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ Vậy f(x) = với x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức (Bài giảng Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x + x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x + 3x − 2) P( x), ∀x (1) Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = x = −1 ⇒ P (−1) = x = ⇒ P (0) = x = ⇒ P (1) = Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x 2 ⇒ ( x + x + 1) G ( x − 1) = ( x − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) , ∀x = 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) , ∀x ⇔ = 2 ( x − 1) + ( x − 1) + x + x + ⇔ G ( x) (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) Đặt R( x) = ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện toán Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ ta có tốn sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với x Giải ví dụ hồn tồn khơng có khác so với ví dụ Tương tự ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta có tốn sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x + x + 2)(4 x − x) P( x) = ( x + 1)( x − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn theo phương pháp mà tự sáng tác đề tốn cho riêng Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm Trước hết ta nhắc lại khái niệm dãy số Dãy số hàm đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3, } ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 , } Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp hàm xn Sai phân câp hàm xn xn = xn +1 − xn xn = xn +1 − xn = xn + − xn +1 + xn Sai phân câp k hàm xn k k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 Các tính chất sai phân Sai phân cấp biểu thị qua giá trị hàm số 9 Sai phân có tính tuyến tính: k k Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g Nếu xn đa thức bậc m thì: Là đa thức bậc m – k m> k Δ k xn Là số Là m= k m Sn Lời giải: Đặt Pn = {( a1 , a2 , , an ) ∈ Sn a1 = 1} Qn = {( a1 , a2 , , an ) ∈ S n a1 ≠ 1} Dễ có: Pn ∩ Qn = ∅, Pn ∪ Qn = Sn + Xét ánh xạ f: Pn → Qn ( a1 , a2 , , an ) ( a2 , a1 , , an ) Vì f song ánh nên: Pn = Qn = + Xét ánh xạ g: Pn → Sn −1 ( a1 , a2 , , an ) Sn ( a2 − 1, a3 − 1, , an − 1) Vì g song ánh nên: Pn = S n −1 Vậy: S n = S n −1 ∀n ≥ Mà S = 2; S1 = ⇒ S n = 2n −1 + Xét ánh xạ h: Tn → Tn-1 ∪ Tn-2 ⎧⎪( a2 − 1, a3 − 1, , an − 1) ∈ Tn −1khia1 = ( a1 , a2 , , an ) ⎨ ⎪⎩( a3 − 2, a4 − 2, , an − ) ∈ Tn − khia1 = Vì h song ánh nên Tn = Tn −1 + Tn − n +1 n +1 ⎛ 1− ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1+ ⎞ ⎜⎜ mà T2 = 2; T1 = ⇒ Tn = ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎟⎠ ⎝ n +1 n +1 ⎛ 1− ⎞ ⎞ ⎜⎛ ⎛ + ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎟ ⎠ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ Tn ⎝ ⎠ > ⇔ n ≤ > ⇔ Vậy: n −1 Sn Bài 3: (IMO 1987) Gọi Pn(k) số hoán vị tập A = {1, 2, , n} (n ∈N*) có k điểm cố định (0 ≤ k ≤ n) n Chứng minh rằng: ∑ k.P (k ) = n ! n k =0 Lời giải: Đặt: M ={(f, i)⎢f hoán vị A giữ nguyên k phần tử, i ∈A cho f(i) = i} Ta có: M = k Pn (k ) Với 1≤ i ≤ n: đặt Ni tập tất hoán vị giữ nguyên k -1 phần tử tập hợp B = A\ {i} N i = Pn −1 (k − 1) n + Xét ánh xạ g: M → ∪ N i i =1 99 ( f , i) f ( f (m) = f (m)∀m = 1, , n; m ≠ i ) Vì g song ánh nên M = n n ∪ Ni = ∑ Ni ⇒ k.Pn (k ) = n.Pn−1 (k − 1) i =1 i =1 n n n n −1 k =1 k =1 k =0 j =0 ⇒ ∑ k Pn (k ) = n.∑ Pn −1 (k − 1) ⇒ ∑ k Pn (k ) = n.∑ Pn −1 ( j ) = n.(n − 1)! = n ! Bài 4: (VMO 2002) Cho tập S gồm tất số nguyên ∈ [1;n](n ∈ N*) T tập tất tập khác rỗng S Với A ∈ T, kí hiệu m(A) trung bình cộng tất phần tử thuộc A Tính: ∑ m( X ) X ∈T m= T Lời giải: + Xét song ánh f: T → T X f ( X ) = {n + − x x ∈ X } Vì f song ánh nên ⎧⎪m( X ) + m( f ( X )) = n + 1, ∀X ∈ T ⇒ ∑ [ m( X ) + m( f ( X )) ] = T (n + 1) ⇒ ∑ m( X ) = T (n + 1) ⎨ m( X ) = m( f ( X )) ∑ ∑ X ∈T X ∈T ⎪⎩ X ∈T X ∈T ∑ m( X ) n + Vậy : m = X ∈T = T Bài 5: (VMO 1996) Cho n, k, m ∈N* thoả mãn điều kiện 1< k ≤ n, m > Hỏi có chỉnh hợp chập k: ( a1 , a2 , , ak ) n số nguyên dương mà chỉnh hợp thoả mãn hai điều kiện sau: i ∃ i, j ∈{1, 2, ,k} cho i < j > aj ii ∃ i ∈{1, 2, ,k} cho – i không chia hết cho m Lời giải: Đặt A = {tập chỉnh hợp chập k (1,2, ,n)} A* = {tập chỉnh hợp thoả mãn giả thiết} B = { ( a1 , a2 , , ak ) ∈A ⎢a1 < a2 < < ak – i m ∀i = 1,2, ,k} Dễ thấy A* = A\B + Xét ánh xạ f: B → B’ ( a1 , a2 , , ak ) ( a1 − + m, a2 − + 2m, , ak − k + km ) Khi f song ánh từ B đến B’ với B’ = ( b1 , b2 , , bk ) b1 < b2 < < bk , bi ∈ {1, 2, , n − k + km} , bi m∀i = 1, , k { Do B = B ' = C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ Vậy A * = A − B = Ank − C⎡kn − k ⎤ ⎢ m ⎥+k ⎣ ⎦ *Một số luyện tập: Bài 6: Tìm tất số nguyên ( a1 , a2 , , an ) ( n>1) cho 100 } ⎧⎪ ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n ⎨ ⎪⎩ − +1 ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n − Bài 7: Chứng minh ∀n ∈N* ta có: n a C2nn = ∑ ( Cni ) i =0 n b ∑ C k k =0 c m ∑C k =0 k n+k k n C ⎡ n−k ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ n−k m−k = C2nn +1 n + ∑ Cmk + k 2n − k = 2m + n +1 k =0 Bài 8: (IMO 1996) Cho bảng ô vuông nxn (n >1) Hỏi có cách đánh dấu ô vuông bảng cho hình vuông 2x2 có vng đánh dấu Bài 9: (VMO 2003) Với n ∈N*, n ≥ 2, gọi Sn số hoán vị ( a1 , a2 , , an ) n số nguyên dương cho ≤ − i ≤ 2∀i = 1, 2, , n Chứng minh rằng: 1, 75Sn −1 < Sn < 2Sn −1 , ∀n > Bài 10: Giả sử Fk tập tất ( A1 , A2 , , Ak ) Ai , i =1,2, ,k tập tập hợp {1,2, ,n} TÍnh: S n = ∑ ( A1 , A2 , , Ak )∈Fk k ∪A i i =1 Bài 11: Trong xâu nhị phân có độ dài n, gọi an số xâu không chứa ba số liên tiếp 0,1,0 bn số xâu không chứa số liên tiếp 0,0,1,1 1,1,0,0 Chứng minh rằng: bn+1 = 2an Bài 12: Cho n ∈N, n>1 2n điểm nằm cách đường tròn cho trước Hỏi có tất n đoạn thẳng mà thoả mãn đồng thời: a Mỗi đoạn thẳng thuộc có đầu mút 2n điểm cho b Tất đoạn thẳng thuộc đôi khơng có điểm chung PhÐp vÞ tù – quay 101 Họ v tên giáo viên : Tr−êng THPT Chuyªn : Trong bμi viết ny, trình by kiến thức v cần thiết phép vị tự quay v việc áp dụng phép vị tự quay vo giải toán hình học phẳng I Các kiến thức v cần thiết: Định nghĩa: Phép vị tự quay l tích giao hoán phép vị tù vμ mét phÐp quay cã cïng t©m NhËn xÐt: α α + Thø tù thùc hiƯn c¸c phÐp biÕn hình không quan trọng, Q O VO = VO Q O k k −k + TØ sè cđa phÐp vÞ tù – quay cã thĨ coi lμ số dơng Q O VO = VO 180 k Cách xác định ảnh điểm qua phÐp vÞ tù – quay: ϕ O k Cho phÐp quay Q O vμ phÐp vÞ tù VO (víi k > 0) α ⎧⎪OA1 = OA A1 ⇔ ⎨ (1) OA;OA = α ⎪⎩ α ( Ta cã: Q O : A k O V : A1 ) A1 A ⎧⎪OA' = kOA1 A' ⇔ ⎨ (2) OA ;OA' = ⎪⎩ ( ) A' ⎧ OA ' =k ⎪ (3) Tõ (1) vμ (2) cho ta: ⎨ OA ⎪ OA;OA ' = α ⎩ ( ) Nh VO Q O l phép đồng dạng thuận Z(O; ; k) biến A thnh A xác định (3) Khi O đợc gọi l k tâm; α gäi lμ gãc quay; k lμ tØ sè cña phép vị tự - quay Tính chất: Định lí: Z(O; α; k): A A';B ⎧⎪A' B ' = kAB B ' th× ⎨ ⎪⎩ AB;A' B ' = α ( ) Hệ quả: 1) Phép vị tự - quay biến đờng thẳng thnh đờng thẳng v góc hai đờng thẳng góc đồng dạng 2) Phép vị tự - quay biến đòng tròn thnh đờng tròn, tâm biến thnh tâm v tỉ số hai bán kình tỉ số đồng dạng 102 Cách xác định tâm phép vị tự – quay: Cho phÐp vÞ tù - quay Z(O; α; k) Hãy xác định tâm O biết: Trờng hợp 1: Một cặp điểm tơng ứng (A; A); v k ⎧ OA' =k ⎪ Ta cã: ⎨ OA ⎪ OA;OA' = α ⎩ ( ) (1) (2) (1) ⇔ O thuộc đờng tròn Apôlônius () đờng kính CD (C, D chia AA’ theo tØ sè k) (2) ⇔ O thuộc cung (C) chứa góc định hớng (mod 2) nhận AA lm dây Vậy O l giao điểm () vμ (C) O α A C D A' B' Tr−êng hợp 2: Hai cặp điểm tơng ứng (A; A) v (B; B’) O ⎧⎪A' B ' = kAB Ta cã: Từ ta biết đợc k v vμ quay vỊ tr−êng hỵp AB;A' B ' = α ⎪⎩ A ( ) C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iĨm cđa AB vμ A’B’ α α A' α I ⎧⎪( OA;OA ' ) = ( IA;IA ' ) = α (1) (2) ⎪⎩( OB;OB ' ) = ( IB;IB ' ) = α Ta cã: ⎨ B (1) O thuộc đờng tròn (IAA) (2) O thuộc ®−êng trßn (IBB’) VËy O lμ giao ®iĨm cđa hai đờng tròn ngoại tiếp IAA v IBB Một kết quan trọng: Định lí: Mọi phép vị tự - quay mặt phẳng có điểm bất động nhÊt O vμ O chÝnh lμ t©m cđa phÐp vị tự - quay Từ tính chất ny, cho phép ta chứng minh đờng tròn ngoại tiếp ABC, A cố định B, C di động nhng l cặp điểm tơng ứng phép vị tự - quay có góc quay (không đổi) v tỉ số k (không đổi) qua điểm cố định l tâm O phép vị tự quay II ứng dụng phép vị tự quay vo việc giải toán hình học Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho hai đờng tròn (O) v (O) cắt A v B Một cát tuyến di động MAN (M (O); N (O)) Tìm quỹ tích trực tâm H BMN? Hớng dẫn giải: 103 + Dễ chứng minh đợc BMN đồng d¹ng víi ΔBOO’ (1) vμ cïng h−íng hay ΔBMN tù đồng dạng v giữ nguyên hớng Kẻ trực tâm H BMN v đặt k = ( ) BH v BM;BH = α BM phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = VBk Q αB : M A M + Do BMN tự đồng dạng nên k, không đổi v N O' H (2) B O Tập hợp điểm H l đờng tròn (O) l ảnh đờng tròn (O) qua phép vị tự - quay O'' Z (B, α, k) nãi trªn H + Tõ (1) ta cã O” lμ trùc t©m ΔBOO’ vμ tõ (2) ta cã B ∈ (O) vμ B lμ điểm bất động nên B (O) v bán kính đờng tròn ảnh OB Vậy tập hợp điểm H l đờng tròn (O; OB) Ví dụ 2: (Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Hng Yên năm 2007 2008) Trên hai đờng thẳng a v b cắt điểm C có hai động tử chuyển động thẳng với vận tốc khác nhau: A a víi vËn tèc v1, B trªn b víi vËn tốc v2, v1 v2, chúng không gặp C a) Chứng minh thời điểm no, đờng tròn ngoại tiếp ABC qua điểm cố định O no khác C b) Tìm quỹ đạo chuyển động động tử M vị trí trung điểm đoạn AB Hớng dẫn giải: b a) Giả sử A0, B0 l vị trí xuất phát ứng với thời điểm t0 A1, B1 l vị trí động tử thời ®iÓm t1 > t0 Khi ®ã A0 C A1 a B B1 v (t − t ) v1 = = = k (0 < k kh«ng ®æi) A A1 v1 (t − t ) v B1 Gäi O lμ giao ®iĨm thø hai đờng tròn O B0 (A0B0C) v (A1B1C) Dễ dng chứng minh đợc: OA0A1 đồng dạng với OB0B1 Tõ ®ã suy ra: ⎧A1OB1 = A OB = α ⎪ ⎨ OB1 OB B B1 v ⎪ OA = OA = A A = v 0 1 ⎩ ( ) ( ) ⎧ OA ;OB = CA ;CB = α (1) 1 1 ⎪ ⇒ ⎨ OB v (2) ⎪ = OA v 1 ⎩ (1) chứng tỏ O thuộc cung chứa góc định hớng (mod 2) dựng A1B1 cố định (3) (2) chứng tỏ O thuộc đờng tròn Apôlônius đờng kính CD cố định (C, D chia đoạn A1B1 theo tỉ số không ®æi v2 ) (4) v1 104 Tõ (3) vμ (4) suy O l điểm cố định b) Kí hiệu A0 = A ( t = 0); B0 = B (khi t = 0); M0 lμ trung ®iĨm cđa đoạn A0B0 v1 ; v l hai véc tơ vËn tèc cña A vμ B Quü tÝch cña M l đờng thẳng M0m qua M0 v có véc t¬ chØ ph−¬ng lμ v = ( ) ( v1 + v 2 ) (suy tõ 2M M = v1 + v t ) NhËn xét: 1) Nếu không dùng góc định hớng phải xét hai trờng hợp 2) O l tâm phÐp vÞ tù - quay tØ sè k = ( ) v2 ; gãc quay CA1 ;CB1 = α biÕn a thμnh b, v1 ®ã A1 biÕn thμnh B1 Vì a, b cố định, k, không đổi nên O cố định 3) Để chứng minh đờng tròn (ABC) qua điểm cố định, A, B l hai động tử chuyển động, ta cố định hoá hai vị trí no A, B v xét hai vị trí A1; B1 hai ®éng tư ®ã Sau ®ã chøng minh giao ®iĨm cđa (ABC) v (A1B1C) l hai giao điểm cố định cách tính chất đặc trng (1) v (2) m ta dựng đợc Ví dụ 3: (Đề dự tuyển IMO năm 1999) Các điểm A, B, C chia đờng tròn ngoại tiếp ABC thμnh ba cung Gäi X lμ mét ®iĨm thay ®ỉi cung tròn AB v O1; O2 tơng ứng l tâm đờng tròn nội tiếp tam giác CAX v CBX Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp XO1O2 cắt điểm cố định Hớng dẫn giải: + Gäi T = (XO1O2) ∩ (ABC) M = XO1 ∩ (ABC); N = XO2 ∩ (ABC) + Trªn (ABO) ta cã: XNT = XMT Trªn (XO1O2) ta cã: XO1T = XO T ⇒ TO1N = TO2 N ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M C TN O1N AN = = = k (không đổi) (1) TM O2 M BM N M (dễ chứng minh đợc NAO1 v MO2B cân t¹i N, M) ( ) ( ) ( ) + DÔ thÊy TN;TM = TO1 ;TO = XN;XM = (mod ) A (không đổi) (2) O1 X Từ (1) suy T thuộc đờng tròn Apôlônius đờng kính E, F (E, F chia MN theo tØ sè k) (3) Tõ (2) suy T thuéc cung chøa gãc (mod 2) dựng đoạn MN cố định (4) 105 O2 B T Tõ (3) vμ (4) vμ cung (α) ®i qua ®iĨm n»m vμ điểm nằm ngoi đờng tròn Apôlônius nên chúng cắt điểm cố định T (khác C) đpcm Nhận xét: T l tâm phép vị tự - quay gãc α, tØ sè k biÕn M thμnh N Dùng phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP cho VÝ dơ 4: MBC = CAN = 450 ; BCM = NCA = 30 ; ABP = PAB = 150 Chứng minh MNP vuông cân đỉnh P A Hớng dẫn giải: P1 + Xét tích hai phép vị tù - quay Z2 Z1 ®ã Z1 = Z(B, víi k1 = π π , k1) vμ Z2 = Z(A, , k2) 4 N P C B BC AC = = (vì CAN đồng dạng với CBM) BM AN k M ⎧ BC ⎪⎪ BM = k1 + Ta có BMC cố định, MBC = nªn ⎨ ⎪ BM;BC = π ⎪⎩ ( ®ã Z1 = Z(B, π , k1): M ) P1 (BPP1 đồng dạng với BMC) C v P ⎧ AN ⎪⎪ AC = k π + L¹i có CAN cố định, CAN = nên AC;AN = π ⎪⎩ ( ®ã Z2 = Z(A, π , k2): C suy Z = Z2 Z1: M N vμ P1 ) P N TÝch hai phép đồng dạng có tỉ số đồng dạng k = k2.k1 = vμ α1 + α2 = nên Z l phép dời hình có ®iĨm cè ®Þnh nhÊt P π P Cơ thÓ lμ Q : M ⎧ PM = PN ⎪ N nªn ta cã ⎨ π VËy ΔPMN lμ tam giác vuông cân đỉnh P PM; PN = ( ) VÝ dơ 5: Dùng mét tø gi¸c (lồi) nội tiếp ABCD biết độ di cạnh: d, a, b, c, d l độ di cho trớc Hớng dẫn giải Phân tích: Giả sử tứ giác ABCD dựng đợc 106 AB = a; BC = b; CD = c; DA = ABCD néi tiÕp vμ chØ A + C = 180 (hc B + D = 180 ) KÐo dμi cạnh BC phía Cực để xuất D DCx = BAD vμ d kỊ bï víi DCB δ A c Trên tia Cx (tia đối tia CB) lấy điểm a E cho DCE đồng dạng với ΔDAB b Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vỊ C B dựng DCE E Giả sử DCE đồng dạng với DAB, hai tam giác ny chung đỉnh D Bởi DCE đợc suy từ DAB phép vị tù - quay Z(D, ϕ = (DA;DC) , k = c ) d c ; (DA;DC) = ADC = δ d Bởi vậy, đặt k = Xét phép vị tù - quay Z(D; δ; k) Ta cã Z: D D; A C vμ B E cho E ∈ [BE] Khi DCE đồng dạng với DAB v ®ã DCE = DAB vμ B, C, E th¼ng hμng theo thứ tự đó, đồng thời ta đợc BDE = ADC = δ Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE có yếu tố biết: BC = b; CE = ca ac + bd , ®ã BE = ; CD = c; d d DE c = DB d Ta cần dựng điểm D l điểm giao điểm đờng (C; c) v đờng tròn Apôlônius ( ) có đờng kính IJ m I, J chia v chia ngoi đoạn BE theo tỉ số k = c Đỉnh A đợc dùng sau d cïng BiƯn ln: Bμi to¸n cã thĨ có nghiệm hình nghiệm hình no tuú vμo ( γ1 ) vμ ( γ ) có cắt hay không Một số bi tập tự luyện Bi 1: (Đề thi HSG QG năm 1999 2000) Trên mặt phẳng cho trớc hai đờng tròn (O1; r1) v (O2; r2) Trên đờng tròn (O1; r1) lấy điểm M1 v đờng tròn (O2; r2) lấy điểm M2 cho đờng thẳng O1M1 cắt O2M2 điểm Q Cho M1 chuyển động (O1; r1), M2 chuyển động (O2; r2) theo chiều kim ®ång hå vμ cïng víi vËn tèc gãc nh− 1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng M1M2 2) Chøng minh r»ng giao ®iĨm thø hai cđa hai đờng tròn ngoại tiếp M1QM2 v O1QO2 l điểm cố định Bi 2: (Đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Hng Yên năm 2004 2005) Cho đờng tròn (O), dựng đờng tròn () m O nằm đờng tròn () Một tam giác ABC cân A di động nhng giữ nguyên dạng v hớng A di động (); B, C di động (O) Các đờng thẳng AB; AC cắt () I, J 107 1) Chứng minh I v J l điểm cố định 2) Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc M, N cđa I, J trªn BC Cã nhËn xÐt quỹ tích Bi 3: Dựng tứ giác lồi ABCD biết tổng độ lớn hai góc đối diện A + C = v độ di c¹nh AB = a; BC = b; CD = c; DA = d Bi 4: Cho đờng tròn (O1; R1) vμ (O2; R2) c¾t ë A vμ B Hai động tử M1 v M2 xuất phát từ A lần lợt chuyển động tròn (O1) v (O2) theo hớng, sau vòng trở lại A lúc 1) Chứng minh mặt phẳng có điểm P cách M1 v M2 ë mäi thêi ®iĨm (®Ị thi IPQ, London 1979) 2) Tìm quỹ tích trọng tâm G, trực tâm H AM1M2 Bi 5: (Bi toán Napoléon) Lấy cạnh ABC lm đáy, dựng phía ngoi ABC ba tam giác BCA; CAB v ABC Chứng minh tâm A0; B0; C0 ba tam giác vừa dựng l đỉnh tam giá Download ti liu hc ti : http://aotrangtb.com 108