Sự tiện ích của phép biến hình vào giải một số bài toán hình học thuộc chương trình THPT

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN  KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI: SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT Giáo viên hương dẫn : Th.S TẦN BÌNH Sinh viên thực : TRẦN THỊ MINH HÀ Lớp : 09ST Niên khóa: 2009 – 2013 20 MỤC LỤC Trang Trang bìa phụ Mục lục Danh mục kí hiệu dùng luận văn MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1:PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG VÀ KHƠNG GIAN 1.1 Đại cương phép biến hình 1.2 Phép dời hình mặt phẳng không gian 1.2.1 Khái niệm phép dời hình 1.2.2 Các phép dời hình 1.2.3 Mối quan hệ phép dời hình 13 1.2.4 Phép đồng dạng, phép vị tự phép nghịch đảo 15 1.2.5 Một số kiến thức liên quan 19 CHƯƠNG : MỘT SỐ QUY TRÌNH SỬ DỤNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT 2.1 Định hướng việc sử dụng phép biến hình để giải toán 21 2.1.1 Một số cách xác định phép biến hình 21 2.1.2 Định hướng chung việc sử dụng phép biến hình vào giải tốn 22 2.1.3 Một số dạng toán thường gặp 23 2.2 Quy trình sử dụng phép biến hình vào giải số tốn hình học 23 2.2.1 Các tốn quan hệ vng góc song song 23 2.2.2 Các toán thẳng hàng, đồng quy, điểm cố định 27 2.2.3 Các toán cực trị chứng minh bất đẳng thức hình học 30 2.2.4 Các tốn quỹ tích 34 2.2.5 Các toán dựng hình 39 CHƯƠNG : SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT 3.1 Sự tiện ích phép biến hình 43 3.1.1 Các tốn quan hệ vng góc song song 43 3.1.2 Các toán thẳng hàng, đồng quy, điểm cố định 47 3.1.3 Các toán cực trị chứng minh bất đẳng thức hình học 52 3.1.4 Các tốn quỹ tích 56 3.1.5 Các toán dựng hình 59 KẾT LUẬN 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO 63 BẢNG CÁC KÍ HIỆU ĐƯỢC DÙNG TRONG LUẬN VĂN ∆ABC : Tam giác ABC (O,R) : Đường tròn tâm O bán kính R mặt phẳng, mặt cầu tâm O bán kính R khơng gian (ABC) : Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (P) : Mặt phẳng (P) ̂ 𝐴𝐵𝐶 ̂ : Góc 𝐴𝐵𝐶 CABCD : Chu vi tứ giác ABCD ̂ 𝐴𝐵 : Cung AB ̅̅̅̅ 𝐴𝐵 : Độ dài đại số đoạn thẳng AB f : M↦ M’ : Phép biến hình f biến điểm M thành M’ f : (H) ↦ (H’) : Phép biến hình f biến hình (H) thành (H’) M’ = f(M) : Điểm M’ ảnh M qua phép biến hình f M ∈ (P) : Điểm M thuộc mặt phẳng (P) 𝒫𝑀/(𝑂) : Phương tích điểm M đường tròn (O) a // b : Đường thẳng a song song với đường thẳng b (P) // (Q) : Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) a⊥b : Đường thẳng a vng góc với đường thẳng b d ⊥ (P) : Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) (P) ⊥ (Q) : Mặt phẳng (P) vng góc với mặt phẳng (Q) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài: Phép biến hình phần quan trọng hình học sơ cấp, cơng cụ đắc lực để nghiên cứu hình số quan hệ hình học Hơn nữa, phép biến hình cịn cơng cụ hiệu việc giải số lớp tốn hình học sơ cấp, rèn luyện tư duy, suy luận cho người đọc Đối với số tốn giải theo nhiều cách việc sử dụng phép biến hình vào việc giải toán trở nên ngắn gọn, dễ dàng tiện ích Hiện nay, chương trình THPT, phép biến hình đưa vào giảng dạy lớp 11 Đây môn học hay khó học sinh Chương trình đào tạo sách giáo khoa hình học nêu vài tiện ích ứng dụng phép biến hình nhiên cịn ít, chưa định hướng rõ quy trình phương pháp sử dụng phép biến hình vào giải tốn trở nên tiện ích nên học sinh cịn gặp nhiều khó khăn, lúng túng vận dụng để giải tập Do việc nghiên cứu phép biến hình đưa quy trình sử dụng tiện ích phép biến hình để giải tốn cần thiết, nên tơi chọn đề tài: “ SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT” cho luận văn Mục đích nghiên cứu: - Hệ thống phân loại số dạng toán giải phép biến hình - Đưa quy trình giải cho dạng tốn - Định hướng cho học sinh cách vận dụng phép biến hình vào việc giải tốn hình học tiện ích ngắn gọn số cách giải khác Nhiệm vụ nghiên cứu: - Nghiên cứu nội dung khái niệm phép dời hình, phép đồng dạng, nghịch đảo mặt phẳng không gian - Hệ thống phân loại toán giải phép biến hình - Xây dựng quy trình giải cho dạng tốn phép biến hình Phương pháp nghiên cứu: - Đọc sách giáo khoa, sách giáo viên tài liệu liên quan Từ hệ thống, phân loại dạng tốn giải phép biến hình - Nghiên cứu lý thuyết tập, kết hợp phân tích, tổng hợp đánh giá Cấu trúc luận văn: Mở đầu CHƯƠNG 1: PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG VÀ KHƠNG GIAN CHƯƠNG 2: MỘT SỐ QUY TRÌNH SỬ DỤNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT CHƯƠNG 3: SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT Kết luận Tài liệu tham khảo CHƯƠNG 1: PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG VÀ KHƠNG GIAN Chương trình bày tóm tắt phép biến hình khái niệm liên quan để làm sở cho chương sau 1.1 Đại cương phép biến hình 1.1.1 Định nghĩa phép biến hình Gọi P tập điểm mặt phẳng (tương ứng khơng gian) Một song ánh từ P lên gọi phép biến hình mặt phẳng (tương ứng không gian) 1.1.2 Điểm, đường thẳng, mặt phẳng bất động Một điểm M ∈ P gọi điểm bất động (hay điểm kép) phép biến hình f phép biến hình f biến điểm M thành Một đường thẳng d gọi đường thẳng bất động phép biến hình f điểm d điểm bất động phép biến hình f Một mặt phẳng (α) gọi mặt phẳng bất động phép biến hình f điểm (α) điểm bất động phép biến hình f 1.1.3 Phép biến hình đồng Phép biến hình đồng phép biến hình biến điểm mặt phẳng (tương ứng khơng gian) thành Kí hiệu phép biến hình đồng e 1.1.4 Phép biến hình đảo ngược Cho phép biến hình f Khi song ánh ngược f-1 f phép biến hình gọi phép biến hình đảo ngược f 1.1.5 Phép biến hình có tính đối hợp Phép biến hình có tính đối hợp phép biến hình có phép đảo ngược trùng với Nếu f phép biến hình có tính đối hợp f2 = e 1.1.6 Tích phép biến hình Cho hai phép biến hình f g Phép biến hình có cách thực liên tiếp phép biến hình f phép biến hình g, gọi tích phép biến hình f với phép biến hình g, kí hiệu g.f Ta có: (g.f) (M) = g [f(M)] 1.1.7 Các vấn đề hình học liên quan đến phép biến hình Mặt phẳng định hướng: Mặt phẳng định hướng mặt phẳng, + xác định hai chiều quay tia xung quanh điểm làm chiều dương, chiều ngược lại chiều âm Thông thường chọn chiều dương chiều quay ngược với chiều kim đồng hồ Góc định hướng hai tia hai đường thẳng Trong mặt phẳng định hướng, góc tạo hai tia Ox, Oy (tương ứng hai đường thẳng a,b) có y phân biệt tia (đường thẳng) đầu, tia (đường thẳng) cuối gọi góc định hướng hai tia (đường thẳng ) Góc định hướng có tia (đường thẳng) đầu O x Ox (tương ứng a) tia (đường thẳng) cuối Oy (tương ứng b) kí hiệu (Ox, Oy) (tương ứng (a,b)) Số đo góc định hướng lấy giá trị dương tia (đường thẳng ) đầu quay đến trùng với tia (đường thẳng ) cuối theo chiều dương Ngược lại nhận giá trị âm Số đo góc định hướng hai tia sai khác k2π, nghĩa là: (Ox, Oy) = α + k2π , k ∈ Z , α góc tạo hai tia Ox Oy Số đo góc định hướng hai đường thẳng sai khác kπ, nghĩa là: (a,b) = α + kπ , k ∈ Z , α góc tạo hai đường thẳng a b Từ định nghĩa góc định hướng, ta có : + (Ox, Oy) = - (Oy, Ox) , (a,b) = - (b,a) + Hệ thức Salơ: (Ox, Oy) + (Oy, Oz) = (Ox, Oz), (a,b) + (b,c) = (a,c) 1.2 Phép biến hình mặt phẳng khơng gian 1.2.1 Khái niệm phép dời hình 1) Định nghĩa: Phép dời hình mặt phẳng (tương ứng khơng gian) phép biến hình f bảo tồn khoảng cách hai điểm bất kì, nghĩa với hai điểm M, N thuộc P ta có MN = M’N’, với M’ = f(M), N’ = f(N) 2) Tính chất: Phép dời hình có tính chất sau - Biến ba điểm thẳng hành thành ba điểm thẳng hàng bảo tồn thứ tự ba điểm - Biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, đoạn thẳng thành đoạn thẳng - Biến tam giác thành tam giác nó, góc thành góc nó, đường trịn thành đường trịn - Phép dời hình khơng gian bảo tồn đồng phẳng bốn điểm - Biến mặt phẳng thành mặt phẳng, nửa mặt phẳng thành nửa mặt phẳng, tứ diện thành tứ diện, mặt cầu thành mặt cầu - Bảo tồn góc hai tia, góc hai đường thẳng, góc nhị diện, góc hai mặt phẳng - Một phép dời hình mặt phẳng có ba điểm bất động không thẳng hàng phép đồng - Một phép dời hình mặt phẳng khơng phải phép đồng khơng có điểm bất động nào, có điểm bất động, có đường thẳng bất động - Một phép dời hình khơng gian khơng phải phép đồng khơng có điểm bất động nào, có điểm bất động có đường thẳng bất động có mặt phẳng bất động - Tích hai phép dời hình phép dời hình 3) Sự xác định phép dời: Định lý 1: Nếu mặt phẳng cho hai ba điểm không thẳng hàng (A, B, C) (A’, B’, C’) cho AB = A’B’, BC = B’C’, CA= C’A’ tồn phép dời hình biến A, B, C tương ứng thành điểm A’, B’, C’ Định lý 2: Trong không gian, cho hai bốn điểm không đồng phẳng (A,B,C,D) (A’,B’,C’,D’) cho AB = A’B’, AC = A’C’, AD = A’D’, BC = B’C’, BD = B’D’, CD = C’D’ tồn phép dời hình biến A, B, C, D thành A’, B’, C’, D’ 4) Hai hình nhau: Hai hình mặt phẳng (tương ứng khơng gian) gọi có phép dời hình biến hình thành hình 1.2.2 Các phép dời hình: 1) Phép tịnh tiến: a) Định nghĩa: 𝑣⃗ Trong mặt phẳng (tương ứng không gian) cho 𝑣⃗ Phép biến hình biến điểm M thành M’ cho ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑣⃗ gọi phép tịnh tiến theo 𝑣⃗ Kí hiệu: 𝑇𝑣⃗⃗ 𝑀𝑀′ M M’ + Vectơ 𝑣⃗ gọi vectơ tịnh tiến + Phép tịnh tiến theo ⃗0⃗ phép đồng b) Tính chất: Phép tịnh tiến phép dời hình có tính chất phép dời hình Ngồi cịn có tính chất sau: - Biến vectơ thành vectơ - Biến đường thẳng thành đường thẳng song song trùng với đường thẳng cho Một tốn hình học thơng thường giải nhiều phương pháp khác Cụ thể tốn trên, phương pháp biến hình cho ta lời giải đẹp, ngắn gọn so với phương pháp khác Vấn đề đặt làm để nhận biết toán có khả giải phương pháp biến hình địi hỏi người học khơng nắm vững kiến thức dấu hiệu phép biến hình mà cịn linh hoạt việc phán đốn nhìn hình Sau tơi đề cập đến phương pháp biến hình vào giải tập toán Bài toán ([6], trang 167) Cho hình vng ABCD, lấy điểm K đường thẳng qua K cắt cạnh AB, CD P, Q Gọi I giao điểm thứ hai đường tròn qua K, P, với đường tròn qua K, Q, D chứng minh I, B, D thẳng hàng Bài giải: Gọi M, N giao điểm thứ hai đường tròn (KPB) với BC (KQD) A với AD N F P B E K ̂ = 900 nên PM đường kính Vì 𝑃𝐵𝑀 I M đường trịn (KPB) ̂ = 900 Do 𝑀𝐾𝑃 ̂ = 900 nên 𝑁𝐾𝑃 ̂ = 900 Tương tự 𝑁𝐾𝑄 ̂ = 1800 nên N, K, M thẳng ⟹ 𝑁𝐾𝑀 D Q hàng P, K, Q thẳng hàng + Dựng NE ⊥ BC, QF ⊥ AB ̂ ̂ = 𝑃𝑄𝐹 Ta có NE = QF 𝑀𝑁𝐸 ⟹ Tam giác vuông MEN tam giác vuông PFQ nên MN = PQ 0 Gọi phép quay 𝑄𝐼−90 : 𝑃 ↦ 𝑀 Vì MN ⊥ PQ nên 𝑄𝐼−90 : 𝑄 ↦ 𝑁 ̂ = 900 nên I ∈ (KPB) I ∈ (KQD) ̂ = 𝑁𝐼𝑄 ⟹ 𝑀𝐼𝑃 ⟹ I giao điểm (KPB) (KQD) Ta có P ∈ AB, M ∈ BC AB ⊥ BC 49 C 0 Mà 𝑄𝐼−90 : 𝑃 ↦ 𝑀 nên 𝑄𝐼−90 : đường thẳng AB ↦ đường thẳng BC ⟹ I cách AB, BC nên I ∈ BD Vậy I, B, D thẳng hàng Bài toán ([11], trang 37) Cho hai đường tròn (O) (O’) có bán kính khác nhau, tiếp xúc ngồi với A Một đường trịn (O”) thay đổi, ln tiếp xúc với (O) (O’) B C Chứng minh đường thẳng BC qua điểm cố định Bài giải: Giả sử đường thẳng BC cắt đường tròn (O) điểm thứ O' A O hai C’ CC’∩ OO’= I C B Vì A tâm vị tự (O) (O’) nên I tâm vị tự C' I O'' chúng ta có OC’//O’C, nghĩa C’ ảnh C qua phép vị tự tâm I, tỉ số k = 𝑅 𝑅′ Từ suy đường thẳng CC’ (tức đường thẳng BC) phải qua điểm I cố định, tâm vị tự ngồi hai đường trịn (O) (O’) Bài tập đề nghị: 1) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA, AB ta lấy cặp điểm A1 A2, B1 B2, C1 C2 cho điểm nằm đường trịn Chứng minh đường thẳng qua A1, B1, C1 vng góc với BC, CA, AB đồng quy đường thẳng qua A2, B2, C2 vng góc với BC, CA, AB đồng quy 2) Cho M điểm thay đổi đáy BC tam giác cân ABC Qua M dựng đường thẳng song song với AB, AC cắt AC D AB E Chứng minh trung trực DE qua điểm cố định 50 3) Cho tứ giác lồi ABCD Trên cạnh AB CD, phía ngồi ta dựng tam giác ABM CDP Trên hai cạnh lại, phía tứ cho AB cố định, C di động nửa mặt phẳng bờ AB Chứng minh NQ qua điểm cố định 4) Cho tam giác ABC dựng phía ngồi tam giác ABC hai hình vng ACMN BCPQ 3.1.3 Các tốn cực trị chứng minh bất đẳng thức hình học Bài toán ̂ Trên Ox, lấy điểm X Cho điểm M nằm bên góc vng 𝑥𝑂𝑦 Oy lấy điểm Y tùy ý (hai điểm không đồng thời trùng điểm O) chứng minh chu vi tam giác MXY lớn hai lần độ dài đoạn thẳng MO Bài giải: Gọi M’ điểm đối xứng với điểm M y M'' qua tia Ox điểm M” đối xứng với M Y điểm M qua tia Oy ̂ = 900 , ta có: Do góc 𝑥𝑂𝑦 O X x ̂ = 𝑥𝑂𝑦 ̂= 1800 𝑀′𝑂𝑀" Nếu lấy điểm X tùy ý Ox điểm Y M' tùy ý Oy, ta có: MX + XY + YM = M’X + XY + YM” ≥ M’M” Mặt khác, theo tính chất đối xứng, ta có: M’M” = M’O + OM” = 2MO Từ MX + XY + YM ≥ 2MO Đẳng thức xảy chọn điểm X, Y trùng trùng với điểm O, theo giả thiết điều không xảy Vậy chu vi tam giác MXY lớn hai lần độ dài đoạn thẳng MO 51 Bài toán ([4], trang 33) Cho tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểmAB, CD O trung điểm MN Chứng minh với điểm K nằm tứ diện KA + KB + KC + KD ≥ OA + OB + OC + OD Bài giải: Đặt K’ = ĐMN (K) KK’ cắt MN H Do ABCD tứ diện nên ta có ĐMN : B ⟼ A Do KB = K’A ⟹ KA + KB = KA + K’A Vì H trung điểm KK’ nên KA + K’A ≥ 2AH Tương tự: KC+KD = KC+K’C ≥ 2CH ⟹ KA+KB+KC+ KD ≥ (AH + CH) A Trong (MCD) lấy điểm A’ cho A' MA’ ⊥ MN, tia MA’ ngược chiều với M CN MA’ = MA K H Ta có AB ⊥(MCD) nên AB ⊥ MH hay K' O D B tam giác AMH vuông M N Xét tam giác vng AMH tam giác C vng A’MH có: MH chung ; MA= MA’ ⟹ ∆ AMH = ∆A’MH nên AH = A’H ⟹ AH + CH = A’H + CH ≥ A’C ̂ = 𝐶𝑁𝑂 ̂ = 900 Xét ∆MOA ∆NOC có OM = ON, MA’ = CN = MA, 𝐴′𝑀𝑂 ̂ = 𝑁𝑂𝐶 ̂ OA’ = OC ∆MOA = ∆NOC nên 𝑀𝑂𝐴′ Mà M, O, N thẳng hàng nên C, O, A’ thẳng hàng ⟹ A’C = A’O + OC = OA + OC 52 ⟹ AH + CH ≥ OA + OC Mà OA = OB = OC = OD Vậy KA + KB + KC + KD ≥ OA + OB + OC + OD Bài toán 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm cung nhỏ BC Chứng minh MA = MB + MC A Bài giải: Thực phép quay: 𝑄𝐵60 : M ⟼ N N ⟹ BM = BN (BM,BN) = 600 nên ∆BMN C B ̂ = 600 nên A, M, N thẳng Do 𝐵𝑀𝑁 M hàng hay N ∈ AM 0 Vì ∆ABC nên 𝑄𝐵60 : C ⟼ A, 𝑄𝐵60 : M ⟼ N ⟹ AN = CM ⟹ MA = AN + NM = MC + MB (đpcm) Bài toán 11 ([11], trang 23) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, tiếp điểm thuộc AB, BC, CA I, J, K ⃗⃗⃗⃗⃗⃗.sinB + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Chứng minh rằng: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴.sinA + 𝑂𝐵 𝑂𝐶 sinC = ⃗0⃗ Bài giải: A Vì OI ⊥ AB OK ⊥ AC nên tứ giác AIOK nội tiếp đường I1 K trịn đường kính AO Như ∆AIK I nội tiếp đường trịn Do J1 O ta có: IK = OA sinA K1 (1) B Ngoài ra, ∆ AIK cân AO ⊥ IK C J (2) 53 Xét phép quay tâm O, góc quay -900, qua phép quay 𝑄𝑂−90 : I ⟼ I1 , J ⟼ J1, K⟼ K1 Từ I1K1 ⊥ IK (3) I1 K1 = IK (4) Từ (2) (3) suy ra: I1K1 // AO (5) Từ (1) (4) suy I1K1 = OA.sinA (6) Từ (5) (6) cho ta ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐾1 𝐼1 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴.sinA Tương tự, ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗.sinB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐼1 𝐽1 = 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sinC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐽1 𝐾1 = 𝑂𝐶 ⃗⃗ suy 𝑂𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗.sinA + 𝑂𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗.sinB + 𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ sinC = ⃗⃗ Từ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐾1 𝐼1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐼1 𝐽1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐽1 𝐾1 = Bài tập đề nghị: 1) Cho tam giác ABC nhọn có độ dài cạnh BC, AC, AB a, b,c tìm điểm D, E, F lầ lượt BC, AB, AC cho tam giác DEF có chu vi nhỏ tính chu vi 2) Cho góc nhọn xOy điểm A nằm góc Tìm hai điểm B C nằm hai tia Ox, Oy cho chu vi tam giác ABC nhỏ 3) Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh AB, BC, CD, DA lấy điểm tùy ý M, N, K, L Gọi P chu vi tứ giác MNKL Chứng minh P ≥ AC + BD 4) Cho (P) (Q) song song với hai điểm A, B khơng thuộc hai mặt phẳng cho A (Q) nằm khác phía (P), B (P) nằm hai phía (Q) Tìm mặt phẳng (P) điểm M (Q) điểm N cho MN ⊥ (P) AM + MN + NB ngắn 54 3.1.4 Các tốn quỹ tích Bài tốn 12 ([5], trang 84) Trên đường tròn (O;R) cho hai điểm cố định B, C điểm A thay đổi Tìm quỹ tích trực tâm H △ABC Bài giải: Trường hợp BC đường kính (O;R) △ABC vng A nên - trực tâm △ABC A Bài toán trở nên đơn giản: quỹ tích trực tâm H △ABC đường tròn (O;R) trừ B, C - Trường hợp BC khơng đường kính đường trịn (O;R) + Cách 1: Gọi J đối xứng với O qua BC, O cố định; B, C cố định suy J cố định Gọi D trung điểm AC, K trung điểm A BC (K ∈ OJ) Ta có DK// = 𝐴𝐵 (DK đường trung bình △ABC) O H OD // BH (vì vng góc với AC) OK // AH (vì vng góc với BC) B K ⟹ △ABH đồng dạng với △KDO ⟹ 𝑂𝐾 = 𝐴𝐻 𝐷𝐾 𝐴𝐵 C I =2 ⟹ AH = 2.OK lại có 2.OK = OJ ⟹ AH = OJ Mặt khác AH // OJ (vì vng góc với BC) ⟹ AHJO hình bình hành ⟹ JH = OA = R không đổi H chuyển động cách J cố động đoạn không đổi R Vậy H di động đường trịn tâm J bán kính R trừ hai điểm B, C 55 + Cách 2: Sử dụng phép tịnh tiến Gọi I điểm đối xứng với A qua O Ta có BHCI hình bình hành HI BC cắt trung điểm K đường Vì B, C cố định nên K cố định Suy OK đường trung bình tam A giác △AHI ⟹ AH // = 2OK (cố định) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2𝑂𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟹ 𝐴𝐻 D O ⟹ H ảnh A qua phép tịnh tiến theo H 𝑇2𝑂𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Mà A di động đường tròn (O;R) nên K B C H di động đường tròn (O1) ảnh J đường tròn (O) qua phép tịnh tiến 𝑇2𝑂𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑇2𝑂𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (O) = (O1) ⟺ 𝑂𝑂1 = 2𝑂𝐾 Vậy H di động đường tròn (O1;R) ảnh (O;R) qua phép 𝑇2𝑂𝐾 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ trừ ảnh hai điểm B, C + Cách 3: Sử dụng phép đối xứng trục Kéo dài AH cắt đường tròn (O) I Ta có: ̂ (góc có cạnh tương ứng vng góc) ̂1 = 𝐼𝐴𝐶 𝐵 A ̂ (góc nội tiếp chắn cung KC) ̂2 = 𝐼𝐴𝐶 𝐵 ̂1 = 𝐵 ̂2 ⟹ H I đối xứng qua Do 𝐵 trục BC O Điểm I di động đường trịn (O), trừ B C quỹ tích điểm H đường tròn (O’;R) đối xứng với (O;R) qua BC trừ hai B' H B C I điểm B C 56 Bài toán 13 ([12], trang 19) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), bán kính R, điểm A cố định, BC thay đổi độ dài khơng đổi 2d Tìm quỹ tích điểm G Bài giải: Gọi M trung điểm BC, BM = MC A ⟹ OM ⊥ BC (C Xét ∆OMC vng M có : 𝑂𝑀2 = 𝑂𝐶 − 𝑀𝐶 = 𝑅2 − 𝑑 (không đổi) ⟺ 𝑂𝑀 = √𝑅 − G 𝑑2 O cố định suy tập hợp điểm M đường trịn (C) tâm O bán kính B O (C ) M C 𝑅′ = 𝑂𝑀 = √𝑅2 − 𝑑 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = Ta có 𝐴𝐺 3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ A cố định suy G = 𝑉 (𝑀) 𝐴𝑀 𝐴 M di động đường tròn (C) nên G di động đường tròn (C1) ảnh 2/3 (C) qua phép 𝑉𝐴 Bài tập kiến nghị 1) Cho điểm M di động đường trịn (O) điểm I cố định nằm ngồi (O) Tìm quỹ tích giao điểm IM với đường phân giác ̂ 𝐼𝑂𝑀 2) Cho đường trịn (O), đường kính AB điểm C cố định nằm đoạn AB cho 𝐶𝐴 = 𝐶𝐵 Gọi MM’ đường kính di động đường trịn Tìm tập hợp tâm G △ACM Các đường thẳng AM’ CM cắt P Tìm tập hợp điểm P 3) Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B Một đường thẳng thay đổi qua A cắt (O) A M cắt (O’) A M’ Gọi P P’ trung điểm AM, AM’ Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn PP’ 57 3.1.5 Các tốn dựng hình Bài tốn 14 ([11], trang 21) Cho hai đường thẳng d1 d2 A G hai điểm cho sẵn không thuộc hai đường thẳng Hãy tìm d1 điểm B, d2 điểm C cho △ABC có trọng tâm G Bài giải: + Phân tích Giả sử dựng điểm B ∈ d1 điểm C ∈ d2, cho △ABC có trọng tâm G Gọi M trung điểm BC, điểm hoàn toàn xác định biết A ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B ∈ d1 B ∈ d’2 ảnh d2 qua phép đối xứng tâm I G 𝐴𝐼 B C đối xứng qua I d'2 + Cách dựng ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Dựng điểm I định bởi: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐼 = 𝐴𝐺 d1 d2 A Dựng đường thẳng d’2 ảnh d2 G qua phép đối xứng tâm I B + Chứng minh I C Vì B ∈ d’2 nên I trung điểm BC Suy G trọng tâm △ABC + Biện luận Số nghiệm hình tức số điểm chung d1 d’2 - Nếu d1 ≡ d’2 tức d1 // d2 hai đt cách I tốn có vơ số nghiệm hình - Nếu d1 // d2 mà khơng cách I d1 // d’2 tốn vơ nghiệm - Ngồi hai trường hợp tốn ln ln có nghiệm hình 58 Bài toán 15 ([11], trang 22) Cho hai đường trịn cắt A A’ Tìm hai đường trịn hai điểm B, C cho △ABC vng cân đỉnh A Bài giải: + Phân tích Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt Gọi A hai giao điểm Giả sử dựng tam giác vuông cân ABC, vuông cân A Thực hiên phép quay 𝑄𝐴90 : (O) ⟼ (O1); B ⟼ C với B ∈ (O) C ∈ (O1) A + Cách dựng O Dựng điểm O’ ảnh Q qua O1 C A' phép quay 𝑄𝐴90 B Dựng đường trịn tâm O’ , bán kính O' bán kính đường trịn (O) Hai đường trịn (O’) (O1) cắt C đỉnh thứ ba tam giác vuông cân A, tam giác ABC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 900 , giao điểm Ax với (O) điểm B cần vẽ tia Ax cho (𝐴𝑥 + Chứng minh ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 900 C giao điểm (O’) (O1) Do (𝐴𝑥 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 Nên { ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Do tam giác ABC vuông cân A (𝐴𝐵, 𝐴𝐶 ) = 900 + Biện luận 0 Ngoài phép quay 𝑄𝐴90 ta thực hiên quay 𝑄𝐴−90 để tam giác ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ vuông cân khác tam giác A1B1C1 mà (𝐴𝐵 𝐴𝐶1 ) = −900 Bài tốn ln có hai nghiệm hình Bài tốn 16: 59 Cho đường trịn (O;R) dây cung AB , CD khơng có điểm chung Trên dây CD lấy điểm I Hãy dựng điểm M đường tròn (O) cho dây cung AM, BM cắt CD hai điểm E, F cho I trung điểm EF Bài giải: + Phân tích A' Giả sử dựng điểm M I trung M điểm EF Đặt A’ = Đ1(A) Suy tứ giác A’EAF F hình bình hành D ⟹ A’F // AE C E I O ̂ = 𝐴𝑀𝐹 ̂ = 𝑠đ𝐴𝐵 ̂ ⟹ 𝐴′𝐹𝑀 B ̂ Đặt α = 𝑠đ𝐴𝐵 A ̂ = 1800 − 𝐴′𝐹𝑀 ̂ = 1800 − 𝛼 = 𝛽 Khi 𝐴′𝐹𝐵 ⟹ F thuộc cung chứa góc β dựng BA’ với β = 1800 − 𝛼 + Cách dựng Dựng A’ đối xứng với A qua I ̂ cắt CD F Dựng A’B cung chứa góc 𝛽 = 1800 − 𝑠đ𝐴𝐵 Nối BF cắt (O) M MA cắt CD E ⟹ M điểm cần dựng + Chứng minh ̂ = 𝐹𝑀𝐴 ̂ nên A’F // MA Do cách dựng ta có 𝐴′𝐹𝑀 ̂ = 𝐴𝐼𝐸 ̂ ; IA’ = IA; 𝐹𝐴𝐼 ̂ = 𝐸𝐴𝐼 ̂ (vì A’F // MA) Xét ∆𝐴′𝐼𝐹 ∆𝐴𝐼𝐸 có : 𝐴′𝐼𝐹 ⟹ ∆𝐴′𝐼𝐹 = ∆𝐴𝐼𝐸 nên IE = IF Vậy điểm M thoả đề + Biện luận Nếu cung chứa góc cắt dây CD điểm tốn có nghiệm hình 60 KẾT LUẬN Luận văn thu kết sau: Hệ thống phân loại số toán giải phép biến hình Đưa quy trình giải cho dạng toán định hướng việc sử dụng phép biến hình vào việc giải tốn Sử dụng quy trình đề để giải số toán hình học thuộc chương trình THPT Trong số tốn cụ thể việc sử dụng phép biến hình vào giải ngắn gọn, tiện ích so với phương pháp khác Nội dung luận văn tài liệu tham khảo cho giáo viên dạy toán, học sinh trường THPT sinh viên trường Đại học cao đẳng Hy vọng kết luận văn tiếp tục mở rộng hoàn thiện 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Mộng Hy (2004), Các phép biến hình mặt phẳng, Nxb Giáo dục Hà Nội [2] Nguyễn Đăng Phất (2006), Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học, Nxb Giáo dục, Hà nội [3] Nguyễn Tường Quân (1984), Bài tập hình học sơ cấp, Trường cao đẳng Sư phạm Hà Nội, Hà Nội [4] Đỗ Thanh sơn (2005), Phép biến hình không gian, Nxb Giáo dục, Hà Nội [5] Đỗ Thanh sơn (2006), Phép biến hình mặt phẳng, Nxb Giáo dục, Hà Nội [6] Nguyễn Đức Tấn, Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng, Nxb Giáo dục [7] E.E Veresov, N.S Denisova, T.N Poliakova (1987), Thực hành giải Toán sơ cấp, Nxb Giáo dục, Hà Nội [8] V.V Praxolov, (Nguyễn Đức Chính, Hồng Đễ dịch) (2002), Các tốn hình học phẳng, Tập 1,2, Nxb Đại Học Quốc Gia, Tp Hồ Chí Minh [9] Văn Như Cương, Hoàng Ngọc Hưng, Đỗ Mạnh Hùng, Hồng Trọng Thái (2005), Hình học sơ cấp thực hành giải toán, Nxb Đại học Sư phạm 10] Nguyễn Tăng Vũ, Phương pháp giải tốn hình học sơ cấp, http://www.vnmath.com/2009/07.html [11] Trần Thị Vân Anh (2011), Phân dạng phương pháp giải tốn hình học 11, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội [12] Đoàn Huỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân, Hình học Nâng cao 1, Nxb Giáo dục [13] Cao Minh Trí (1998), Hình học sơ cấp, Nxb Giáo dục, Hà Nội 62 [14] Nguyễn Hữu Điển (2001), Phương pháp giải tốn cực trị hình học, Nxb Khoa học kĩ thuật, Hà Nội [15] Võ Đại Mau (2007), Phép dời hình mặt phẳng, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội [16] Nguyễn Đăng Phất, Các phép biến hình, http://book.vnmath.com/2009 /06/nguyen-dang-phat-phep-bienhinh.html 63 ... DỤNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT CHƯƠNG 3: SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT Kết luận Tài liệu tham khảo CHƯƠNG... Bài tốn có nghiệm hình (O’1;R1) (O1;R1) cắt Khi tốn có nghiệm hình 41 CHƯƠNG 3: SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT Chương trình bày tiện ích. .. “ SỰ TIỆN ÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC THUỘC CHƯƠNG TRÌNH THPT? ?? cho luận văn Mục ? ?ích nghiên cứu: - Hệ thống phân loại số dạng tốn giải phép biến hình - Đưa quy trình