Sử dụng tơng đơng afin:

Một phần của tài liệu Khai thác tiềm năng của một số kiến thức hình học cao cấp vận dụng vào việc dạy học hình học ở trường phổ thông (Trang 64 - 66)

. Hình sáu cạnh và định lí Brianchon:

b] ≠ 0 Mặt khác, dựng hình bình hành A’BDC’ suy ra

2.2.3. Sử dụng tơng đơng afin:

Giả sử bài toán yêu cầu chứng minh hình H có tính chất α , trong đó α là một tính chất afin. Khi ấy, ta thực hiện các bớc sau đây:

Bớc 1: Chọn trong tập hợp các hình tơng đơng afin với hình H một hình H’ mà trên đó tính chất afin dễ chứng minh hơn. Có thể xem H’ là ảnh của H qua một phép afin f nào đó. Ta có f(H) = H’.

Bớc 2: Ta chứng minh tính chất α trên hình H’. Trong quá trình chứng minh có thể sử dụng thêm các kiến thức của hình học Euclide và do đó việc chứng minh sẽ đợc thực hiện một cách dễ dàng và nhanh gọn.

Bớc 3: Sau khi chứng minh đợc tính chất α trên hình H’ ta thực hiện phép afin f-1

biến hình H’ thành hình H, tức là f-1(H’) = H. Và nh vậy ta đã chứng minh đợc tính chất afin α trên hình H.

Trong chơng trình HHPT, hai hình tơng đơng afin bao gồm:

. Hai tam giác bất kì. Do đó, ta thờng chọn H’ là tam giác đều hoặc tam giác vuông. . Hai tứ diện bất kì. Do đó, ta thờng chọn H’ là tứ diện đều hoặc tứ diện vuông. . Hai hình elip bất kì. Do đó, ta thờng chọn H’ là đờng tròn.

. Hai hình hộp bất kì. Do đó, ta thờng chọn H’ là hình lập phơng.

Ví dụ 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Tìm điểm M thuộc đoạn AC và điểm N thuộc đoạn C’D sao cho MN song song với BD’.

Định hớng cao cấp:

. Hình hộp là 3-hộp trong KG afin 3-chiều thông thờng nên là một khái niệm afin. . Sự song song giữa hai đờng thẳng là khái niệm song song giữa hai cái phẳng nên hai đờng thẳng song song cũng là khái niệm afin.

Do đó, bài toán chứa hoàn toàn các bất biến afin.

Vì hình hộp và hình lập phơng là hai khái niệm tơng đơng afin trong KG Afin 3- chiều thông thờng nên ta có thể giải bài toán cho hình lập phơng.

Giải: Ta có: DC’⊥CD’ và DC’⊥BC nên DC’⊥ (BCD’), suy ra DC’⊥BD’ ⇒MN⊥DC’. Mặt khác, AC⊥BD’ nên MN⊥AC, suy ra MN chính là đờng vuông góc chung của AC và DC’. Gọi O, I là tâm của hai mặt ABCD và A’B’C’D’.

Hạ OH⊥ID (H∈ID) thì H là hình chiếu của O xuống mặt phẳng (A’C’D’).

Trong mặt phẳng (A’C’D’) kẻ đờng thẳng song song với A’C’ cắt DC’ tại N. Qua N kẻ đờng thẳng song song với OH cắt AC tại M thì MN chính là đờng vuông góc chung của AC và DC’.

Vì MN// OH mà OH // BD’ (vì cùng vuông góc với (A’C’D’)) nên MN// BD’. Từ cách giải trên ta rút ra cách giải cho hình hộp bất kì nh sau:

Gọi O, I là tâm của hai mặt ABCD

và A’B’C’D’. Trong mặt phẳng (BB’D’D), qua O kẻ đờng thẳng song song với BD’ cắt ID tại H. Trong mặt phẳng (A’C’D), qua H kẻ đờng thẳng song song với A’C’ cắt DC’ tại N. Qua N kẻ đờng thẳng song song với OH cắt AC tại M.

Suy ra MN// OH mà OH// BD’ nên MN// BD’. Do đó, M, N là các điểm cần tìm.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Mỗi cạnh của nó đợc chia làm ba phần bằng nhau. Nối các điểm chia với đỉnh đối diện của cạnh đó ta sẽ đợc sáu đờng thẳng tạo nên một hình lục giác. Chứng minh rằng các đờng chéo của hình lục giác đó đồng quy tại một điểm.

Định hớng cao cấp:

. Tam giác là 2 - đơn hình trong mặt phẳng afin 2-chiều thông thờng nên là khái niệm afin.

. Cạnh chia làm ba phần bằng nhau quy về tỉ số đơn bằng 3 1 . Tỉ số đơn là khái niệm afin.

. Đồng quy và cắt nhau cũng là các khái niệm afin. Do đó, bài toán chứa hoàn toàn các bất biến afin.

Vì tam giác thờng và tam giác đều là hai khái niệm tơng đơng afin trong mặt phẳng afin 2-chiều thông thờng nên ta có thể giải bài toán cho tam giác đều.

O M M N H D’ I D A B C C’ B’ A’ O M N H D’ I D A B C C’ B’ A’

A’B’ C’ B’ C’ D I H E F G A1 A2 B1 B2 C2 C1 Giải:

Chọn tam giác đều A’B’C’ làm hình tơng đơng với tam giác ABC đã cho qua một phép afin f. Theo giả thiết, trên các cạnh B’C’, C’A’, A’B’ ta lần lợt có các điểm chia là A1, A2; B1, B2; C1, C2 sao cho: B’A1 = A1A2 = A2C’ = C’B1 = B1B2 = B2A’ = A’C1 = C1C2 = C2B’.

Ta có lục giác DEFGHI (nh hình vẽ).

Cần chứng minh các điểm D, G nằm trên đờng trung trực của đoạn B’C’ và dễ thấy đờng trung trực này đi qua điểm A’ (do tam giác A’B’C’ đều). Thật vậy, hai tam giác B’C’C1 và C’B’B1 bằng nhau vì có B’C’ chung,

∠A’B’C’ = 60 = ∠A’C’B’ và

B’C1 = C’B1. Do đó, ∠B1B’C’=∠C1C’B’, suy ra tam giác GB’C’ cân ở G nên đỉnh G thuộc đờng trung trực của đoạn B’C’. Mặt khác, hai tam giác B’C’B2 và C’B’C2

bằng nhau vì có B’C’ chung, ∠A’B’C’ = =60 = ∠A’C’B’ và B’C2 = C’B2. Do đó,

∠B2B’C’=∠C2C’B’, suy ra tam giác DB’C’ cân ở D nên đỉnh D thuộc đờng trung trực của đoạn B’C’.

Tơng tự ta chứng minh đợc hai đỉnh E, H thuộc đờng trung trực của đoạn A’C’ và hai đỉnh F, I thuộc đờng trung trực của đoạn A’B’. Trong tam giác đều A’B’C’ các đờng trụng trực này đồng quy, do đó các đờng chéo của hình lục giác DEFGHI đồng quy tại một điểm.

Thực hiện phép afin f-1 biến tam giác A’B’C’ thành tam giác ABC ta đợc kết quả cần chứng minh trong tam giác ABC.

Luyện tập:

Bài 1: Chứng minh rằng trong tam giác ba đờng trung tuyến đồng quy.

Bài 2: Gọi AB, CD là một cặp đờng kính liên hợp bất kì của một elip cho trớc. Các tiếp tuyến của elip tại A và C cắt nhau tại M. Tìm quỹ tích các điểm M khi AB và CD thay đổi trên elip.

Bài 3: Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Hãy xác định điểm M thuộc đờng chéo AC1

và điểm N thuộc đờng chéo B1D1 của mặt A1B1C1D1 sao cho MN song song với A1D.

Một phần của tài liệu Khai thác tiềm năng của một số kiến thức hình học cao cấp vận dụng vào việc dạy học hình học ở trường phổ thông (Trang 64 - 66)

Tải bản đầy đủ (DOC)

(102 trang)
w