Sử dụng phép vị tự để giải một số dạng bài toán hình học phẳng

1 MỤC LỤC I Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài Trang 01 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 01 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trang 02 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trang 03 II Nội dung sáng kiến 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến .Trang 03 2.2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu Trang 04 III Giải pháp tổ chức thực 3.1 Các toán liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự .Trang 05 3.2 Các tốn chứng minh song song, vng góc .Trang 06 3.3 Các toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy .Trang 08 3.4 Chứng minh tập hợp điểm thuộc đường tròn Trang 11 3.5 Các tốn liên quan đến quỹ tích Trang 12 3.6 Các tốn dựng hình .Trang 15 3.7 Các toán định lượng .Trang 17 IV Kết kinh nghiệm rút Trang 20 Tài liệu tham khảo Trang 22 Danh mục đề tài SKKN hội đồng SKKN xếp loại Trang 23 PHẦN I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mục tiêu đào tạo nhà trường phổ thông Việt Nam hình thành sở ban đầu trọng yếu người mới: “Phát triển toàn diện phù hợp với yêu cầu điều kiện hoàn cảnh đất nước người Việt Nam” Mơn Tốn góp phần phát triển nhân cách, việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ toán học cần thiết mơn Tốn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất người lao động mới: cẩn thận, xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mỹ Qua nhiều năm giảng dạy nhận thấy học sinh khối 11 học phép biến hình nói chung phép vị tự nói riêng, em học sinh khó tiếp thu vận dụng giải toán Nghiên cứu phép vị tự, đồng thời khai thác ứng dụng giúp cho người giáo viên hiểu sâu vai trò phép vị tự dạy học toán trường THPT đồng thời giúp cho em học sinh có thêm kiến thức kỷ giải toán Việc nghiên cứu đề tài hướng tới tìm tòi dạng tốn giải phép vị tự cho phép ta giải lớp phong phú toán trường phổ thơng như: • Chứng minh thẳng hàng, song song, đồng quy; • Chứng minh hệ thức lượng; • Giải lớp tốn liên quan đến tỷ số độ dài; • Giải lớp liên quan đến tìm quỹ tích, dựng hình Trước khó khăn tiếp thu học sinh học phần đặc biệt khả vận dụng vào giải tốn hình phẳng nên tơi chọn đề tài nghiên cứu “Sử dụng phép vị tự để giải số dạng tốn hình học phẳng” 1.2 Mục đích nghiên cứu Khai thác vai trò phép vị tự việc giải toán hình học sơ cấp đặc biệt nghiên cứu cách mở rộng phát triển toán SGK nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi toán 1.3 Đối tượng nghiên cứu • Học sinh khối 10,11 THPT • Học sinh khối 12 THPT ôn thi THPT quốc gia thi học sinh giỏi • Giáo viên giảng dạy mơn Toán bậc THPT 1.4 Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp định tính thơng qua đọc nghiên cứu tài liệu chuyên khảo báo nhằm tổng hợp kết sở chứng minh kết lớp toán nghiên cứu đề tài 4 PHẦN II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm • Khi giải tốn chứng minh tính thẳng hàng, song song, đồng qui, tìm quỹ tích hay dựng hình ngồi u cầu đọc kỹ đề bài, phân tích giả thuyết tốn, vẽ hình ta phải ý đến nhiều yếu tố khác như: Có cần xác định thêm yếu tố khác hình vẽ hay khơng? Hình vẽ có tốt chưa? Có thể hết yêu cầu đề hay chưa? Để giải vấn đề ta phải đâu? Nội dung kiến thức liên quan đến vấn đề đặt ra, trình bày cho xác lơgic… có giúp giải nhiều tốn mà khơng gặp phải khó khăn Ngồi nắm vững hệ thống lý thuyết, phương pháp chứng minh cho dạng toán như: Chứng minh thẳng hàng, song song, đồng quy; toán liên quan đến tỷ số độ dài; liên quan đến tìm quỹ tích, dựng hình 2.1.1 Định nghĩa phép vị tự : Trong mặt phẳng cho trước điểm O số thực k khác 0, phép biến hình biến điểm M thành M ' cho uuuur uuuu r OM ' = kOM gọi phép vị tự tâm O tỉ số k Phép vị tự gọi thuận k > 0, nghịch k < - Kí hiệu: VOk hay V ( O, k ) Điểm O gọi tâm vị tự, số k gọi tỉ số vị tự - Một phép vị tự hoàn toàn xác định cho biết tâm O tỉ số k - Cho hình H tập hợp ảnh điểm thuộc H phép biến hình VOk lập thành hình H ' gọi ảnh vị tự hình H phép biến hình Kí hiệu: VOk : H → H ' 2.1.2 Một số tính chất phép vị tự Định lí 1: Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M N thành hai điểm M ' N ' uuuuuu r uuuu r M ' N ' = k MN M ' N ' = | k | MN Định lí 2: Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng không làm thay đổi thứ tự ba điểm thẳng hàng Định lí 3: Phép vị tự biến đường tròn thành đường tròn Hệ Phép vị tự biến A thành A’, biến B thành B’ đường thẳng AB A’B’ song song với trùng A ' B ' = k AB Hệ Phép vị tự biến tam giác thành tam giác đồng dạng với biến góc thành góc có cạnh tương ứng phương Hệ Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng phương với nó, biến tia thành tia phương với 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu  Trường THPT Hoằng Hóa đóng địa bàn vùng nơng thơn khó khăn kinh tế, việc học tập phấn đấu em học sinh chưa thực quan tâm từ bậc học THPT kiến thức sở mơn Tốn em hầu hết tập trung mức độ trung bình  Khi chưa áp dụng nghiên cứu đề tài để dạy học giải tập hình giải tích hình học túy mặt phẳng, em thường thụ động việc tiếp cận toán phụ thuộc nhiều vào kiến thức giáo viên cung cấp chưa ý thức tìm tòi, sáng tạo tạo niềm vui, hưng phấn giải toán  Kết khảo sát số lớp: 11A1, 11A4 12A10 phần giải tập tốn phần hình giải tích hình học túy mặt phẳng qua tìm hiểu giáo viên dạy mơn Tốn, có khoảng 5%- 10% học sinh hứng thú với toán PHẦN III GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN Trong phần sẻ đề cập đến toán phép vị tự đặc biệt khai thác phát triển toán sách giáo khoa tài liệu tham khảo mà chưa trình bày lời giải phép vị tự 3.1 Các tốn liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự Bài 3.1.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình 3x + y − = Hãy viết phương trình đường thẳng d’ ảnh d qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2 Lời giải: Cách 1: V(O,k)(d)=d’ nên d’//d suy d’ có phương trình: 3x+2y+C=0 Lấy M(0;3) thuộc d Gọi M’(x’;y’) ảnh M qua phép vị tự cho uuuuu r uuuu r x ' = ta có OM ' = −2OM ⇔   y ' = −6 Vậy M’(0;-6), M’ thuộc d’ suy C=12 Do phương trình d’ là: 3x+2y+12=0 Cách2: Gọi M’(x’;y’) ảnh M(x;y) qua phép vị tự tamO tỉ số k=-2, ta có  x = − x'   x ' = −2 x  ⇔   y ' = −2 y y = − y '  Điểm M thuộc d ⇔ − x − y '− = ⇔ 3x '+ y '+ 12 = Vậy phương trình d’ là: 3x+2y+12=0 Bài 3.1.2.([13]) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2) Gọi H trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x + y2 − 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi trung điểm HA, HB, HC, BC, CA, AB là: I, J, K, M, N, P Ta có: JH ⊥ AC ⇒ JH ⊥ IK Mà MK//JH ⇒ MK ⊥ IK ⇒ I· KM = 900 · = 900 nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK Tương tự ⇒ IJM Tương tự ta có N,P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK + Dễ thấy: ∆ABC ảnh ∆MNP qua phép vị tự tâm G tỷ số k =-2 ⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ảnh đường tròn ngoại tiếp ∆MNP Ta có đường tròn ngoại tiếp ∆MNP có phương trình: x + y − 2x + y + = Có tâm K(1;-2) , R =1 Gọi K1, R1 tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp uuuur uuur ∆ABC thì: GK1 = −2GK , R1 = R ⇒ K1(1;10), R1=2 ⇒ Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: ( x − 1) + ( y − 10) = 3.2 Các toán chứng minh song song, vng góc Bài tốn 3.2.1.([11]) Trên cạnh AB tam giác lấy điểm M, N cho AM = MN = NB , điểm A1 , B1 trung điểm BC AC Gọi P, K giao điểm BB1 với CN AA1 với CM Chứng minh PK song song với BA Nhận xét: Để chứng minh PK//AB ta sử dụng điịnh lý Thales, nhiên tốn ta sử dụng tính chất phép vị tự để chứng minh tồn phép vị tự biến B thành P A thành K Bài giải: Gọi O trọng tâm tam giác ABC, theo tính chất đường trung bình ∆ ANC suy MB1// NC mà N trung điểm MB nên PB = PB1 Ta có: uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur uuur OP = BP − BO = BB1 − BB1 = − BB1 = OB uuur uuu r Tương tự ta có: OK = OA  1 Như tồn phép vị tự V  O; ÷: B → P A → K nên suy  4 BA song song PK Bài toán 3.2.2.([10]) Cho hai đường tròn ( O ', R ) ; (O,2 R) tiếp xúc · quay quanh A, hai cạnh góc cắt (O) điểm A Một góc vng xAy (O’)lần lượt B; B’ Gọi S giao điểm OO’ BB’ 1) Chứng minh S cố định tính AS theo R 2) BB’ cắt đường tròn (O) (O’) N; N’ 9 · Chứng minh rằng: NAN ' = 900 Bài giải: 1) Dể thấy A S tâm vị tự hai đường tròn nên S cố định ⇒ SO OB = = ⇒ OO ' = SO ' SO ' OB ' ⇒ SO = 2.OO ' = R ⇒ AS = R 2) Gọi E = AS ∩ (O ') ⇒ AE = R ⇒ VS2 : A a E , N a N ' ⇒ AN a EN ' · ' = 900 ( Phép vị tự bảo tồn góc) mà ·AN ' E = 90 ⇒ NAN 3.3 Các toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy Bài toán 3.3.1 ([9]) Chứng minh tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng GH = 2GO (Đường thẳng Ơle ) Nhận xét: Bài toán SKG lớp 10 chứng minh dựa vào kiến thức véc tơ Ở ta sử dụng kiến thức phép vị tự để chứng minh Chứng minh hệ thức GH=2GO ta dùng phép vị tự tâm G biến điểm O thành điểm H ngược lại Dựa vào hình vẽ ta đốn tỉ số vị tự −2 − Bài giải: 10 Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB, ta có: uuuu r r uuur r uuu r uuu uuu uuur GM = − GA, GN = − GB, GP = − GC , 2 Do tồn phép vị tự tâm G: − VG : A a M , B a N , C a P − ⇒ VG : ∆ABC → ∆MNP Phép vị tự bảo tồn tính vng góc nên biến trực tâm tam giác ABC thành trực tâm tam giác MNP Theo giả thiết H trực tâm tam giác ABC O trực tâm tam giác MNP, uuur uuur Vì VG : H a O ⇒ GO = − GH − Từ H,G,O thẳng hàng GH=2GO Bài tốn 3.3.2.([10]) Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC D Gọi M trung điểm BC, I trung điểm AD Chứng minh MI qua tâm O Nhận xét: Lời giải tốn trình bày dựa vào tam giác đồng dạng, chúng tơi trình bày lời giải toán dựa vào phép vị tự Bài giải: Gọi T giao điểm DO với đường tròn (O) Từ T kẻ tiếp tuyến a với đường tròn (O) Gọi T1 giao điểm AT với BC 11 Khi phép vị tự V AT1 AT A biến a → BC , biến T → T1 suy phép vị tự V AT1 AT A : ( O ) → ( O1 ) Ta phải chứng minh OM song song AT1 tức chứng minh M trung điểm DT1 Theo tính chất đường tròn nội tiếp ta có: CD = CF = b − AF = a − BP ⇒ 2CD = a + b − c ⇒ CD = p − c Mặt khác: AE1 + AF1 = AB + BT1 + AC + CF1 = p p = AB + BC + CD a + b + c = , 2 Từ suy CD = BT1 , kết hợp M trung điểm BC nên M trung điểm DT1 nên OM song song AT1 Bài toán 3.3.3 Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 Gọi I điểm Torreceli Chứng minh ba đường thẳng Euler ba tam giác IAB, IBC , ICA đồng qui (Bài toán liên quan đến điểm Torreceli) Bài giải: Gọi M trung điểm BC, G1 , G2 trọng tâm tam giác IBC A1BC , H1 trực tâm tam giác IBC Ta có : uuuur uuu r uuuur uuuu r MG1 = MI , MG2 = MA1 3 Do tứ giác IBA1C nội tiếp tam giác A1BC nên G2 tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBAC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC nên theo Euler ba điểm H1 , G1 , G2 thẳng hàng 12 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Xét phép vị tự tâm M tỉ số Ta có:V : A → G , I → G , A → G G 1 mà A, I , A1 thẳng hàng nên G, G1 , G2 thẳng hàng hay đường thẳng Euler tam giác IBC qua G Chứng minh tương tự đường thẳng Euler tam giác ICA IAB qua trọng tâm G, ba đường thẳng Euleu ba tam giác IAB, IBC, ICA đồng quy G 3.4 Chứng minh tập hợp điểm thuộc đường tròn Bài tốn 3.4.1 Chứng minh tam giác bất kì, điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm ba cạnh, ba trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh thuộc đường tròn (Đường tròn Eurle ) Nhận xét: Bài toán chứng minh dựa vào kiến thức hình phẳng (Bài 2.2) Ở ta sử dụng kiến thức phép vị tự để chứng minh Bài giải: Giả sử tam giác ABC có A1, B1, C1, M, N, P, I, J, K chân đường cao, trung điểm cạnh, trung điểm đoạn nối trực tâm với 13 đỉnh Gọi A2, B2, C2, M1, N1, P1 điểm đối xứng với H qua A1, B1, C1, M, N, P Dễ dàng chứng minh điểm A, B, C, A2, B2, C2, M1, N1, P1 thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác ABC Xét phép vị tự tâm H tỉ số k = , ta có 2 H V : A a I , B a J , C a K ⇒ I, J, K thuộc đường tròn (S') ảnh đường tròn (S) qua V H Chứng minh tương tự ta có A1 , B1 , C1 ; M , N , P thuộc (S') nên điểm nêu thuộc (S') (đpcm) 3.5 Các toán liên quan đến quỹ tích Phương pháp thực hiện: Giả sử ta cần tìm quỹ tích điểm M có tính chất T Với phép vị tự V, điểm M có tính chất T biến thành điểm M’ có tính chất T' ngược lại, điểm M’ có tính chất T' biến thành điểm M có tính chất T Việc tìm quỹ tích điểm M’ có tính chất T' thường dễ dàng so với trực tiếp tìm quỹ tích điểm M Khi đó, quỹ tích điểm M’ hình (H’) quỹ tích điểm M hình (H), tạo ảnh hình (H’) qua phép vị tự V Khi dùng phép vị tự để giải tốn quỹ tích, ta cần làm phần thuận phép vị tự phép biến đổi 1-1 Để tìm quỹ tích điểm M, ta thực theo bước: - Bước 1: Chỉ phép vị tự thích hợp biến điểm M’ thành điểm M - Bước 2: Xác định quỹ tích điểm M’(dễ dàng) - Bước 3: Suy quỹ tích điểm M ảnh quỹ tích điểm M’ qua phép vị tự nói 14 Bài tốn 3.5.1 ([12]) Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng di động qua A cắt (O1 ) (O2 ) hai điểm M; N khác A Tìm tập hợp trung điểm I đoạn thẳng MN Bài giải: Gọi E = AO ∩ (O ) 1 F = AO ∩ (O ) 2 K = AB ∩ O1O2 Khi dễ thấy ba điểm E , B, F thẳng hàng Gọi H trung điểm EF nên H cố định Do tứ giác MNFE hình thang · vng IH đường trung bình hình thang nên HIA = 900 Do quỹ tích điểm I đường tròn đường kính AH Bây ta giải toán phương pháp sử dụng phép vị tự Gọi E,F trung điểm dây cung AM, AN; D trung điểm đoạn O1O2 I1 hình chiếu D lên MN Khi tứ giác EO1O2 F hình thang vng Tứ giác AKDI1 nội tiếp đường tròn, đường tròn tạo ảnh đường tròn quỹ tích cần tìm qua phép vị 15 uur uuur tự VA2 nhờ chứng minh AI = AI1 Do I1 thuộc đường tròn đường kính AD nên I thuộc đường tròn đường kính AD1 ảnh AD qua phép vị tự VA2 Bài tốn 3.5.2 Cho đường tròn (O) dây AB cố định, M chạy đường tròn (O) Gọi H trực tâm tam giác MAB Tìm quỹ tích trực tâm H Nhận xét: Để giải toán này, SGK giới thiệu ba cách giải khác nhau: dùng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục phép đối xứng tâm Bây ta phát triển toán sử dụng phép vị tự để giải Phát biểu toán thành tốn sau: Bài tốn 3.5.3 Cho đường tròn dây AB cố định , M chạy cung AxB Gọi H trực tâm tam giác MAB Tìm quỹ tích hình chiếu trực tâm H lên đường phân giác ·AMB Bài giải: Gọi K trung điểm cung »AB , S điểm đối xứng với K qua O, T điểm đối xứng A qua O Ta có ∆KMS : ∆MIH ( g.g ) nên suy KM KS KS R = = = ( với k = BT ) MI MH BT k Suy KM 2R = KM − MI R − k KM 2R ⇒ = KI 2R − k uur R − k uuuu r ⇒ KI = KM 2R Vậy quỹ tích điểm I đường tròn (O ') ảnh (O) qua phép vị tự tâm K , tỉ số 2R − k 2R 16 3.6 Các tốn dựng hình Phương pháp thực hiện: Để dựng hình (H), ta tiến hành dựng điểm Trong mặt phẳng, thơng thường điểm xác định giao hai đường Trong hai đường dùng để xác định điểm phải dựng, thường đường có sẵn kiện tốn, đường thứ hai quỹ tích điểm có tính chất hình học đặc trưng đó, suy từ đường cho toán phép vị tự Phép vị tự phát nhờ việc phân tích cụ thể nội dung toán Vậy để giải tốn dựng hình phương pháp sử dụng phép vị tự, ta thực theo phần: Phân tích – Dựng hình – Chứng minh – Biện luận Trong phần phân tích để dựng hình ta thực theo bước sau: - Bước 1: Ta tìm phép vị tự V biến điểm N thành điểm M - Bước 2: Xác định N ∈ (C), suy M ∈ (C’) ảnh (C) qua phép vị tự - Bước 3: Xác định M giao điểm (C’) (H) Bài toán 3.6.1 ([1]) Cho đường tròn (O) với dây cung PQ Dựng hình vng ABCD có hai đỉnh A,B nằm đường thẳng PQ hai đỉnh C,D nằm đường tròn Bài giải: • Phân tích: Giả sử dựng hình vng ABCD thoả mãn điều kiện toán Gọi I trung điểm đoạn thẳng PQ OI đường trung trực PQ nên đường trung trực DC đường trung trực AB Từ 17 suy ra, dựng hình vng PQMN có phép vị tự tâm I biến hình vng PQMN thành hình vng ABCD • Cách dựng: -Dựng hình vng PQMN - Dựng giao điểm C C’ đường thẳng IM đường tròn (O) - Dựng giao điểm D D’ IN đường tròn (O) ( ta kí hiệu cho hai điểm C, D nằm phía đường thẳng PQ) - Dựng A, B hình chiếu D, C lên PQ - Dựng A’, B’ hình chiếu D’, C’ lên PQ Ta hình vng ABCD A’B’C’D’ thoả mãn điều kiện tốn • Chứng minh: Theo cách dựng tồn phép vị tự VI IC IM IC : M → C , N → D, Q → B, P → A hay VI IM : MNPQ → CDAB mà MNPQ hình vng nên ABCD hình vng IC ' Tương tự: V − IM : M → C ', N → D ', Q → B ', P → A ' hay I VI − IC ' IM : MNPQ → C ' D ' A ' B ' nên A’B’C’D’ hình vng • Biện luận: Bài tốn ln có hai nghiệm hình · điểm A nằm góc Hãy • Bài tốn 3.6.2 ([6]) Cho góc xOy dụng đường tròn qua A đồng thời tiếp xúc với hai cạnh Ox Oy Bài giải: Giả sử ta dựng đường tròn tâm I qua điểm A tiếp xúc với hai cạnh Ox Oy Tâm I đường tròn phải nằm đường phân giác · xOy Ta dựng thêm đường tròn tâm I’cũng tiếp xúc với Ox, Oy 18 Như O tâm vị tự ngồi đường tròn tâm Ivà I’ Ta suy cách dựng: Cách dựng -Dựng đường tròn tâm I’sao cho tiếp xúc với Ox Oy -Gọi A’ hai giao điểm tia OA đường tròn tâm I’ -Thực phép vị tự tâm O với tỷ số vị tự k = OA đường tròn tâm I’ OA ' sẻ biến thành đường tròn tâm Icần dựng thỏa mãn điều kiện tốn Vì tia OA ln ln cắt đường tròn tâm I’tại hai điểm phân biệt nên tốn ln có hai nghiệm hình 3.7 Các tốn định lượng Trong mục ta sẻ dụng phép vị tự để giải tốn tính đại lượng hình học cách thông qua việc sử dụng kết thực phép vị tự để tính đại lượng hình học Thơng qua phép vị tự hai hình vị tự với ta tính đại lượng hình ta tính đại lượng hình lại Bài tốn 3.7.1 Cho hai đường tròn (O, R) đường kính AB đường tròn (O', R') tiếp xúc A (R>R’) D điểm di động (O'), tiếp tuyến D cắt (O) M N, AD cắt (O) điểm thứ hai K Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN Chứng minh D di động (O') tỉ số AI không đổi AK Bài giải: Gọi E F giao điểm AM AN với (O'), k = R R' Ta có: VAk : E → M , F → N 19 suy AE = 1 AM , AF = AN k k Ta có phương tích điểm M (O’): P ( M / (O ') ) = MD = ME.MA = MA( AM − AE ) = AM (1 − ) k MD AM = Tương tự: P ( N / (O ') ) = AN (1 − ) , suy , AD phân giác k ND AN · góc MAN Tức I thuộc AD Kẻ IP // O'D, P ∈AB Theo tính chất phân giác: ⇒ AP AI = = AO ' AD IA MA k R = = = ID MD k −1 R − R' R ⇒ AP = R − R' + R R ' R - không đổi, R − R' + R suy P cố định Lại có: PI AP = = O ' D AO ' R R ' R ⇒ IP = R − R' + R R − R' + R Suy ra, D thay đổi (O'), D nằm đường tròn tâm P, bán kính r= R ' R Đường tròn (P) tiếp xúc với (O) ( O') A R − R' + R R R Ta được: V r : ( P ) → (O) ⇒ V r : I a K suy A A AI r = = AK R R ( R' R − R' + R ) Bài toán 3.7.2 Tứ giác lồi ABCD có diện tích S Gọi A1; B1; C1; D1 trọng tâm tam giác BCD; CDA; DAB; ABC 20 Tính diện tích tứ giác A1B1C1D1 Bài giải: Gọi G trọng tâm tứ giác ABCD ta có: uuur uuu r 3GA1 = −GA, uuur uuu r 3GB1 = −GB, uuuu r uuur 3GC1 = −GC , uuuu r uuur 3GD1 = −GD, suy phép vị tự − VG : ABCD a A1B1C1D1 1 Mặt khác ta lại có: S A1B1C1D1 = S A1B1D1 + SC1B1D1 = S ABD + SCBD = S 9 Vậy diện tích tứ giácA1 B1 C1 D1 S A1B1C1D1 = S 21 IV KẾT QUẢ VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA 4.1 Kết  Sau áp dụng kết nghiên cứu đề tài, qua khảo sát cho thấy: Có 70% em học sinh có hứng thú với học 40% số biết cách tìm tòi xây dựng toán từ toán gốc giáo viên gợi ý em tự tìm tòi  Trong kỳ thi thử nhà trường đề thi học sinh giỏi khối 11 tỉnh nước có 80-90% học sinh đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh em giải tốn hình giải tích hình học túy mặt phẳng đề thi 4.2 Kinh nghiệm rút Qua trình nghiên cứu đạt kết sau: • Đã làm sáng tỏ sở lý thuyết phép vị tự tính chất chúng Đưa số dạng toán thường gặp phép vị tự đặc biệt vận dụng để giải số dạng tốn khó trường THPT cần thiết với chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh học sinh giỏi quốc gia • Nghiên cứu đề tài giúp cho giáo viên trường THPT nhìn nhận vấn đề phép vị tự chuyên đề cao khai thác tích hai phép vị tự, tích phép vị tự với phép tịnh tiến tích phép vị tự với phép quay • Qua nghiên cứu đề tài làm sáng tỏ sở để mở rộng phát triển số tốn sơ cấp nhờ chuyển đổi cơng cụ từ việc sử dụng phép biến hình sang sử dụng tích phép biến hình từ cần thay đổi giả thiết tốn để có tốn mới.Khi xây dựng tốn chúng tơi ln cố gắng dẫn dắt, định hướng từ toán sở từ gợi mở cho học sinh, giúp học sinh phát vấn đề, giải vấn đề từ phát triển tư sáng tạo, nâng cao chất lượng giáo dục cho học sinh 4.3 Những kiến nghị đề xuất 22 • Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn Đề tài nghiên cứu mức độ cao phép đồng dạng tích phép đồng dạng mặt phẳng • Khuyến khích học sinh xây dựng tập toán liên quan đến dạng tập toán sách giáo khoa đồng thời phát triển nhân rộng tốn có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời viết thành sách tham khảo cho học sinh giáo viên XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh hóa ngày 20 tháng năm ĐƠN VỊ 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Lường Văn Hưng 23 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đặng Thanh Cầu (2011), Sử dụng phép vị tự để giải số tốn hình học phẳng, luận văn thạc sỹ, Đại học Thái Nguyên [2] Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2007), Hình học 11 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 11, NXB giáo dục [4] Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên), Khu Quốc Anh, Nguyễn Hà Thanh (2007), Bài tập hình học 11 , NXB Giáo dục, Hà Nội [5] Nguyễn Mơng Hy (Chủ biên), Nguyễn Văn Đồnh, Trần Đức Huyên (2007), Bài tập hình học 10 , NXB Giáo dục, Hà Nội [6] Nguyễn Mộng Hy (2003),Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo Dục, Hà Nội [7] Đoàn Quỳnh (chủ biên) –Phạm Khắc Biên-Văn Như Cương – Nguyễn Đăng Phất- Lê Bá khánh Trình (2010), Tài liệu chun tốn Hình học 11, NXB giáo dục [8] Đoàn Quỳnh (chủ biên) –Phạm Khắc Biên-Văn Như Cương – Nguyễn Đăng Phất- Lê Bá khánh Trình (2010), Tài liệu chun tốn Bài tập hình học 11, NXB giáo dục [9] Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) - Văn Như Cương (2012), Hình học 10 Nâng cao, NXB giáo dục [10] Hoàng Ngọc Quang (2014), Ứng dụng phép vị tự,phép vị tự quay để giải toán,chuyên đề hội thảo trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ [11] Tuyển chọn theo chun đề mơn Tốn (2010); Tập Hai; Hình học, Tổ hợp,Xác suất, Số phức, Tủ sách Toán học Tuổi trẻ, NXB Giáo Dục [12] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & tuổi trẻ (2006), NXB Giáo Dục Việt Nam 24 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SKKN ĐÁNH GIÁ Năm học Năm 2010 Xếp loại SKKN loại C Năm 2011 SKKN loại C Năm 2015 SKKN loại C Tên đề tài Số định Sử dụng véc tơ để giải số dạng toán sơ cấp QĐ số 904/QĐSGD&ĐT ngày 15/12/2010 QĐ số 539/QĐSGD&ĐT ngày 18/10/2011 QĐ số 988/QĐSGD&ĐT ngày 03/11/2015 Phân dạng toán lập phương trình cạnh tam giác Phát mối quan hệ ba điểm để giải số tốn hình giải tích mặt phẳng ... sẻ dụng phép vị tự để giải tốn tính đại lượng hình học cách thơng qua việc sử dụng kết thực phép vị tự để tính đại lượng hình học Thơng qua phép vị tự hai hình vị tự với ta tính đại lượng hình. .. tâm vị tự, số k gọi tỉ số vị tự - Một phép vị tự hoàn toàn xác định cho biết tâm O tỉ số k - Cho hình H tập hợp ảnh điểm thuộc H phép biến hình VOk lập thành hình H ' gọi ảnh vị tự hình H phép. .. cứu Sử dụng phép vị tự để giải số dạng tốn hình học phẳng 1.2 Mục đích nghiên cứu Khai thác vai trò phép vị tự việc giải tốn hình học sơ cấp đặc biệt nghiên cứu cách mở rộng phát triển toán