Luận văn thực hiện với các mục tiêu: hệ thống các kiến thức cơ bản về số phức, tổng hợp, phân tích các kiến thức giúp học sinh thấy được ý nghĩa quan trọng của số phức trong Toán học nói chung và trong giải toán Hình học phẳng nói riêng, từ đó rèn luyện kỹ năng, bồi dưỡng năng lực ứng dụng số phức vào giải toán hình học. Mời các bạn cùng tham khảo.
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 tốn hình học phẳng 27 Chương Giải tốn cách dùng phép dời hình 36 2.1 Bài toán chứng minh 36 2.2 Bài tốn quỹ tích 41 2.3 Bài tốn 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 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi 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 Thang Long University Library 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 Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành đến thầy hướng dẫn, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu giúp tơi hồn thành luận văn Tơi 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 tơi 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 Tốn K3 động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn 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 cịn mẻ, với thời lượng khơng nhiều, học sinh hiểu kiến thức số phức, việc khai thác ứng dụng số phức cịn hạn chế Trong hình học sử dụng số phức để biểu diễn đối tượng tính chất hình học, từ dùng số phức để giải tốn hình học Trên sở khai thác việc biểu diễn số phức điểm, vec tơ ta lập phương trình dạng phức đường thẳng, đường trịn, tính chất thẳng hàng ba điểm, tính chất song song, vng 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 tơi 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 Tốn học nói chung giải tốn Hình học phẳng nói riêng Từ rèn luyện kỹ năng, bồi dưỡng lực ứng dụng số phức vào giải tốn hình học Nội dung luận văn bao gồm chương: Chương Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình Chương Giải tốn cách dùng phép dời hình Do hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm đến luận văn Thang Long University Library 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 - vng góc xoy điểm M E hồn tồn 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 vơ 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 vng góc gốc O lên đường thẳng Phương trình đường thẳng viết dạng: M0 hình chiếu 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 vng góc M lên d là: w= (z z ) w= ( z z ) 2 1.1.3 Một đường tròn mặt phẳng phức hồn tồn xác định phương trình zz ( z z ) p 0, , p , p Đó đường trịn 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 Thang Long University Library 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 trịn thành đường trịn x 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 ’= , ’= + - = + - Thang Long University Library 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 trịn thành đường trịn Cho đường trịn (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 Vậy phép tịnh tiến Tv biến đường trịn (C1) thành đường trịn (C2) có phương trình z’ z ’ + z’ + z ’ + p2 = ( = 1 - , p2= - - 1 + p1) đường tròn (C1) đường trịn (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 QA Ta có QA : M M’ hay QA (M)=M’ Cho A điểm có tọa vị a, giả sử QA : M(z) M’(z’) AM AM ' Khi ta có: ( AM , AM ') 10 Thang Long University Library Bài 2: Cho ABC cố định có trực tâm H Vẽ hình thoi BCDE, từ D E vẽ đường thẳng vng 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 trịn tâm H, bán kính R=BC ảnh đường trịn (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 vng 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 Thang Long University Library 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 trịn (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' vng 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 Vậy quỹ tích điểm M' đường trịn (O') ảnh đường tròn (O) qua phép quay Q(I,900) b) Khi M d Gọi J hình chiếu vng 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' vng 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 trịn đường kính MI MJH MIH 450 ( chắn cung MH ) Ta có MJJ ' 450 (JJ' đường chéo hình vng 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 Thang Long University Library 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 trịn (O') 2.3 Bài tốn 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 vng góc với d tốn vơ nghiệm 45 A'B khơng vng góc với d tốn 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 tốn có nghiệm AH = BI tốn vơ nghiệm Bài 3: Cho đường trịn (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 Thang Long University Library + 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 vng 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 đơi khoảng cách từ tâm đường trịn ngoại tiếp đến cạnh đối diện 47 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 vng 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 cịn 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 khơng cịn điểm chung khác ngồi đỉnh A 48 Thang Long University Library 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 khơng phép biến hình 49 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) khơng có 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 Thang Long University Library 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 * 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 vng 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 vng ABCD, đường cao AD tam giác AQP' 52 Thang Long University Library 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 vng rõ ràng từ cách dựng Bài 6: (Ứng dụng phép quay) Từ đỉnh A hình vng ABCD, ta vẽ hai tia Ax, Ay qua miền hình vng 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 vng 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 vng), 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 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, tốn có nghiệm hình AN > AB, hay AN m2 n2 2mn cos (1800 ) m2 n2 2mn cos a Nói cách khác, tốn có nghiệm hình , a (m n ) đó, góc xác định cos 2mn 54 Thang Long University Library KẾT LUẬN Những kết mà đề tài đạt trình nghiên cứu: Sử dụng cơng 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 tốn hình học phẳng Việc sử dụng số phức cơng cụ giải tốn khơng 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 tốn hình học phẳng cho lời giải đẹp ngắn gọn 55 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] Đồn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục [7] Hồng Trọng Thái (2007), Giáo trình ứng dụng phép biến hình giải tốn hình học, NXB Đại học Sư phạm 56 Thang Long University Library ... dụng số phức vào giải tốn hình học Nội dung luận văn bao gồm chương: Chương Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình Chương Giải tốn cách dùng phép dời hình Do hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc. .. khoảng cách - Định nghĩa: Biến đổi z ' z , 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. .. dạng phức phép biến hình, dời hình Xuất phát từ quan điểm xem số phức cơng cụ nghiên cứu đối tượng, tính chất hình học cụ thể nghiên cứu phép dời hình tơi chọn nghiên cứu đề tài "Số phức với phép