Bài toán 5: Cho hình hộp
ABCDA1B1C1D1. Gọi I, J lần lượt là các điểm đối xứng của D1 qua A và của D qua C1. M là trung điểm cạnh BB1. Chứng minh rằng ba điểm I, M, J thẳng hàng.
Định hướng cao cấp: - Bài toán chứa hoàn toàn bất biến afin:
- Hình hộp – khái niệm Afin - Đối xứng quy về tỉ số:
AI
A D=
C D
C J =−1
là khái niệm Afin (bất biến Afin; Trung điểm M của BB1 làkhái niệm afin. - Thẳng hàng là bất biến Afin
Từ đó dẫn tới việc sử dụng hệ tọa độ afin A, AB⃗, AD⃗, AA⃗ để giải bài toán trên và chứng tỏ rằng MI⃗ = k. MJ⃗.
Lập luận chứng minh nhờ biểu diễn các véc tơ MI⃗, MJ⃗ qua cơ sở để tìm k. Cách giải phổ thông:
Xét hình hộp ABCD.A1B1C1D1 (hình 4). Cần chứng tỏ rằng MI⃗ = k. MJ⃗ (tìm k): Muốn vậy, chúng ta cần biểu diễn MI⃗, MJ⃗ qua ba véc tơ không đồng phẳng
AB⃗ = a⃗; AD⃗ = b⃗; AA⃗ = c⃗
Áp dụng quy tắc tam giác ta có: MI⃗= MA⃗+ AI⃗ = MB⃗+ BA⃗+ AI⃗ = c⃗ −
a⃗ −D A⃗= c⃗ −a⃗ −c⃗ −b⃗ =− a⃗+ b⃗+ c⃗ (1); Tương tự ta có MJ⃗= a⃗+ b⃗+ c⃗ (2) Từ (1) và (2) suy ra MI⃗ =−MJ⃗ ⟹ Đpcm. J M C C B A D A D I Hình 4 B1
45
Bài toán 6: Một đường thẳng chuyển động luôn song song với mặt phẳng
(α) cố định và tựa trên hai đường thẳng chéo nhau a, b tại hai điểm M, N. Tìm tập hợp các điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho:
IM IN = k
(k là số dương cho trước) Định hướng cao cấp:
Bài toán trên chứa các bất biến afine: đường thẳng, giao của các đường thẳng, tỉ số các đoạn cùng phương vì thế giải bằng sử dụng phép biến đổi afin.
Cách giải phổ thông:
Không làm mất tính tổng quát giả sử a, b cắt (α) tại hai điểm M , N và I
là điểm giới hạn quỹ tích. Theo định lí đảo của định lí Talet thì I, I thuộc mặt phẳng song song với a, b đó là mặt phẳng (I E I ) với I ∈M N sao cho:
I M
I N = k
Trong mặt phẳng này ta sẽ chứng minh I , I, I thẳng hàng. Như vậy, chúng ta chuyển về bài toán phẳng; trong đó, I , E, E thuộc đường thẳng song song với a, E ∈ (α) và MK//M K //M N . Theo định lí Talet phẳng: I E I E = N K N K = KN K N (1) Mặt khác, ta có: EI KN= ME MK và E I K N = M E M K Từ đó: EI E I = KN K N (2) Từ (1) và (2) suy ra: EI E I = I E I E
46
Ngược lại, chúng ta chứng minh được, nếu I thuộc đoạn I I thì tồn tại đoạn MN sao cho:
MN∕∕(α)M∈ a, N ∈ bvà IM IN = k
Vậy tập các điểm I là đường thẳng I I (trừ điểm I ).
Bài toán 7: Cho ∆ABC. Một điểm M nằm trong tam giác, chuyển động song song với cạnh BC cho đến khi cắt cạnh CA, sau đó song song với AB cho đến khi cắt cạnh BC, rồi song sog với AC cho đến khi cắt AB, v.v… Chứng minh rằng sau một số bước quỹ đạo chuyển động của M sẽ được khép kín.
Định hướng cao cấp:
Bài toán chứa các khái niệm afine: tam giác, đường thẳng là khái niệm afine.Hai đường thẳng song song, cắt nhau là các tính chất afine.Ta sẽ sử dụng phép biến đổi afine để giải.
Cách giải phổ thông:
Kí hiệu các điểm liên tiếp của quỹ đạo trên các cạnh của tam giác là A1, B1, B2, C2, C3, A3, A4, B4, B5, C5, C6,…(h.4). Bởi vì A B ∕∕AB , B B ∕∕CA ,
B C∕∕B C nên ∆AB C nhận được từ ∆A B C qua một phép tịnh tiến. Tương tự ∆A BC nhận được từ ∆AB C qua
một phép tịnh tiến, còn ∆A B C – từ ∆A BC . Nhưng ∆A B C cũng nhận được từ ∆A BC qua một phép tịnh tiến. Do đó A1 = A4, tức là sau 7 bước quỹ đạo sẽ được khép kín (cũng có thể nó được khép kín sớm hơn).
Bài toán 8: Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành ABCD
lấy các điểm A1, B1, C1, D1 sao cho A1B1C1D1 cũng là hình bình hành. Chứng minh rằng tâm của hai hình bình hành đó trùng nhau.
Định hướng cao cấp:
Bài toán chứa bất biến afine hình bình hành, ta sẻ sử dụng phép biến đổi afine (phép đối xứng qua tâm O của hình bình hành).
. C A C2 C3 B B1 A3 B2 A1 M Hình 4
47 Cách giải phổ thông:
Giao điểm các đường chéo của hình bình hành là tâm đối xứng của nó. Giả sử O là tâm đối xứng của hình bình hành ABCD. Qua phép đối xứng tâm O các điểm A1 và B1 biến thành các điểm A2 và B2 nào đó nằm trên các cạnh CD và AD, và A B⃗= B A⃗. Do đó các tam giác B A D và D C D có các cạnh tương ứng song song và B A = D C . Suy ra B = D và A = C . Từ đó thấy rằng điểm O là tâm đối xứng của hình bình hành A1B1C1D1.