Luận văn Số phức và phép biến hình đồng dạng

KẾT LUẬN Những kết quả chính mà đề tài đã đạt được trong quá trình nghiên cứu: 1.Sử dụng công cụ số phức nghiên cứu các phép biến hình đồng dạng trong mặt phẳng phức.Chứng minh chi tiết một số tính chất của phép đồng dạng. 2. Sử dụng các phép biến hình đồng dạng để giải một số bài toán hình học phẳng.Mỗi dạng toán đều đưa ra các bài toán cụ thể.Ngoài những bài toán mang tính chất điển hình còn có một số bài toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo.

pdf69 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 63 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Số phức và phép biến hình đồng dạng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ạng. Biến đổi afin f cho bởi γβα ++=→ zzzz ' ( )βα ≠ Với ( ) 00 zI , ( )zM , RMI = 0 , M thuộc đường tròn tâm 0 I bán kính R, ϕi zz Re 0 += , thì ( )Mf cách ( ) 0 If một khoảng R' , có nghĩa ( ) ( ) ( ) ' 0000 ReeRzzzzzzzz ii =+=−+−=++−++ − ϕϕ βαβαγβαγβα Suy ra R R ee ii ' =+ − ϕϕ βα Đẳng thức này tương đương với ( )( ) R R eeee iiii ' =++ − ϕϕϕϕ βαβα hay 0 '22 =      −−−+ − ββααβαβα ϕϕ R R ee ii Từ đó suy ra hoặc 0=α , R R' =β hoặc 0=β , R R' =α . Vậy f có dạng Thang Long University Library 13 γα +=→ zzz ' hoặc γβ +=→ zzz ' , tức f là biến đổi đồng dạng Định lí 2 Song ánh f của mặt phẳng lên chính nó bảo tồn tỉ số đơn của ba điểm phân biệt tùy ý là biến đổi đồng dạng loại 1, còn nếu tỉ số đơn của ba điểm phân biệt tùy ý bằng số phức liên hợp của tỉ số đơn của ba điểm ảnh thì nó là một biến đổi đồng dạng loại 2. Chứng minh Cho biến đổi đồng dạng loại 1 f: βα += zz ' ( )0≠α và cho ba điểm ( ) 00 zM , ( ) 11 zM , ( ) 22 zM . Khi đó ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) [ ] 210 12 02 12 02 ' 1 ' 2 ' 0 ' 2 210 ,,,, MMM zz zz zz zz zz zz MfMfMf = − − = − − = − − = α α Tương tự, nếu f là biến đổi đồng dạng loại hai thì ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) [ ] 210 12 02 ' 1 ' 2 ' 0 ' 2 210 ,,,, MMM zz zz zz zz MfMfMf = − − = − − = α α * Ngược lại, song ánh f bảo toàn tỉ số đơn của ba điểm phân biệt thì f là biến đổi đồng dạng loại 1. Thật vậy, lấy ( ) 11 zM , ( ) 22 zM phân biệt thì với mọi điểm ( )zM ta có 12 2 ' 1 ' 2 '' 2 zz zz zz zz − − = − − trong đó : ' 1 z , ' 2 z , 'z lần lượt là tọa vị của )( 1 Mf , )( 2 Mf , )(Mf Suy ra: 2 12 ' 1 2 ' ' 2 12 ' 1 ' 2 ' z zz zz zz zz zz z − − −+ − − = Vậy f xác định bởi βα +=→ zzz ' , trong đó 0 ' 1 ' 2 ' 1 ' 2 ≠ − − = zz zz α , 2 12 ' 1 ' 2' 2 z zz zz z − − −=β 14 Tương tự, đối với song ánh biến tỉ số đơn thành số phức liên hợp thì song ánh đó là biến đổi đồng dạng loại 2. 1.2.3 Điểm bất động và dạng chính tắc của phép biến đổi đồng dạng a) Điểm bất động. Biến đổi đồng dạng khác dời hình có một và chỉ một điểm bất động. Thực vậy: Nếu f là biến đổi đồng dạng loại một xác định bởi βα += zz ' , 0≠α và 1≠α thì điểm bất động ( ) 0 Z I xác định bởi βα += 00 zz hay α β − = 1 0 z Nếu g là biến đổi đồng dạng loại hai, βα += zz ' , 0≠α , và 1≠α . Thì điểm bất động ( ) 00 zM xác định bởi βα += 0 0 zz βα +=⇒ 00 zz Vậy ( ) ββαα ++= 00 zz hay αα ββα − + = 1 0 z b) Dạng chính tắc của biến đổi đồng dạng. Nhận xét Mỗi phép biến đổi đồng dạng là tích của một phép vị tự và một phép dời hình nhưng tích này nói chung không giao hoán được. Chẳng hạn: 1) Cho Q là phép quay, V là phép vị tự. Khi đó VoQQoV = khi và chỉ khi tâm quay trùng với tâm vị tự. 2) Tích của phép đối xứng trục Đ∆ và một phép vị tự VJ,k giao hoán được Đ∆ o VJ,k = VJ,k o Đ∆ khi và chỉ khi J phải thuộc ∆. Chứng minh (1) Thang Long University Library 15 Gọi J là tâm của phép vị tự V ta có ( ) ( )JQVJVQ ** = ⇒ ( ) ( )( )JQVJQ = . Do đó ( )JQ là điểm bất động của phép vị tự V, vậy ( ) JJQ = . Do đó J là điểm bất động của phép quay Q, vậy J là tâm quay. Ngược lại, nếu J là tâm quay và tâm vị tự thì : VoQQoV = . Thực vậy, coi J là gốc tọa độ thì V xác định bởi kzzz =→ ' , { }0\Rk∈ Q xác định bởi zzz α=→ ' , α =1. Khi đó VQ * và QV * đều được xác định bởi zkzz α=→ ' (2) Nếu VJ,k o Đ∆ = Đ∆ o VJ,k thì VJ,k o Đ∆ (J) = Đ∆ o VJ,k (J) ⇒ VJ,k (Đ∆ (J) ) = Đ∆ (J) Vậy Đ∆ (J) = J . Do đó J ∈∆. Ngược lại, nếu J ∈∆ , coi J là gốc tọa độ, ∆ là trục ox thì Đ∆ xác định bởi zzz =→ ' còn VJ,k xác định bởi kzzz =→ ' , { }0\Rk∈ . Do đó VJ,k o Đ∆ và Đ∆ o VJ,k đều được xác định bởi zkzz =→ ' Định lí . Mỗi biến đổi đồng dạng loại một khác dời hình là tích giao hoán được của một phép quay và phép vị tự ( vị tự - quay) Mỗi biến đổi đồng dạng loại II là tích giao hoán được của phép đối xứng trục và phép vị tự ( vị tự - đối xứng) . Thực vậy: Giả sử f được xác định bởi βα += zz ' , 0≠α , 1≠α , gọi ( ) 0 zJ là điểm bất động duy nhất của f , tức là α β − = 1 0 z thì f xác định bởi ( ) 00 ' zzzz −=− α 16 Vậy f là tích của phép vị tự tâm J, tỉ số α=k và phép quay tâm J góc quay argα. Tích đó giao hoán được do nhận xét 1. Nếu biến đổi đồng dạng loại hai g xác định bởi βα += zz ' và ( ) 0 zJ là điểm bất động duy nhất với αα ββα − + = 1 0 z và công thức của g có thể viết )( 00 ' zzzz −=− α .Vậy g là tích của phép đối xứng qua đường thẳng ∆ có phương trình xác định bởi ( ) 00 ' zzzz −=− α α và phép vị tự tâm ( ) 0 zJ tỉ số α=k . Tích đó giao hoán được do nhận xét 2. Phép vị tự quay thường kí hiệu ),,( kJZ ϕ ,J là tâm của phép quay và tâm vị tự,ϕ là góc quay,k là tỉ số vị tự.Phép vị tự đối xứng thường kí hiệu ),,( kJZ ∆ ,J là tâm vị tự thuộc ∆ ,∆ là trục đối xứng,k là tỉ số vị tự. 1.3 MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG GIẢI BẰNG CÁCH DÙNG SỐ PHỨC VÀ BIỂU THỨC TỌA VỊ CỦA PHÉP ĐỒNG DẠNG Bài toán 1. Trong mặt phẳng cho hai cặp điểm A, B và A', B' ( A ≠B, A' ≠ B') mà độ dài các đoạn AB và A'B' không bằng nhau. Gọi f là biến đổi đồng dạng loại 1, biến A thành A', B thành B'. Hãy dựng điểm bất động J1 của f. Giải: Coi A là gốc tọa độ O, B là điểm đơn vị E của mặt phẳng phức A (0), B (1) Coi f xác định bởi βα +=→ zzz ' Khi đó ( )β'A , ( )βα +'B Khi đó ( ) 11 zJ mà α β − = 1 1 z Thang Long University Library 17 Vậy bài toán đưa về việc dựng điểm J1 có tọa vị 1z với α và β là hai số phức cho trước, 1≠α * Dựng điểm C có tọa vị α−1 Dựng ''ABBC = , vì ( )α−''AB ⇒ ( )α−BC ,do đó )1( α−C * C1 là điểm đối xứng với C qua đường phân giác góc ( )', AAAB khi đó tọa vị mọi điểm trên tia AC1 khác A có ac - gu - men bằng ac - gu - ment của α β −1 * Khi đó J1 là điểm trên tia AC1 sao cho AC AA AB AJ ' 1 = . Ta có thể dựng như sau: Lấy E1 trên tia AC1, sao cho AE1 = AB Lấy C2 trên tia AA', sao cho AC2 = AC Khi đó đường thẳng qua A' song song với E1C2 cắt AC1 tại J1. Chú ý : Dùng phương pháp tổng hợp Ta có BJ BJ AJ AJ 1 1 1 1 '' = . Vậy 1 J là một giao của đường tròn Apollonius chia cặp (A', A) theo tỉ số k với đường tròn Apolloninus chia cặp (B',B) theo tỉ số k. 18 Bài toán 2 Trong mặt phẳng cho tam giác A0A1A2 và đường thẳng l. Qua A0 , A1 , A2 kẻ các đường thẳng song song với nhau cắt l theo thứ tự tại P0, P1, P2 , số đo góc định hướng giữa l và các đường thẳng đó là ϕ ( sai khác cộng kpi). Qua P0, P1, P2 lần lượt kẻ các đường thẳng l0 , l1 , l2 sao cho các góc định hướng giữa A1A2 với l0 , giữa A2A0 với l1 , giữa A0A1 với l2 đều có số đo là ψ ( sai khác cộng kpi). a) Với điều kiện nào của ϕ và ψ thì các đường thẳng l0 , l1 , l2 đồng quy. b) Khi các đường thẳng đó không đồng quy, gọi Q0, Q1, Q2 theo thứ tự là giao của l1 với l2 , giao của l2 với l0 , giao của l0 với l1 , thì tam giác Q0Q1Q2 đồng dạng với tam giác A0A1A2 . Tính hệ số đồng dạng Giải Coi đường tròn ngoại tiếp tam giác A0A1A2 là đường tròn đơn vị của mặt phức và A0 (α0), A1 (α1), A2 (α2),. Phương trình của l : δλ += zz , 1=λ , 0=+δδλ Các đường thẳng song song với nhau kẻ qua A0 , A1 , A2 có phương trình ( ) 00 αµα −=− zz ( ) 11 αµα −=− zz ( ) 22 αµα −=− zz , 1=µ , λµ ≠ Viết iue2=λ , ive2=µ , Rvu ∈, , piϕ kuv +=− ( ) 00 zP 0 z thỏa mãn δλ += zz và ( ) 00 αµα −=− zz nên ( )( ) 000 1 λααλδµ λµ −+ − =z Tương tự, ( ) 11 zP , ( )( ) 111 1 λααλδµ λµ −+ − =z Thang Long University Library 19 ( ) 22 zP , ( )( ) 222 1 λααλδµ λµ −+ − =z Các đường thẳng l0 , l1 , l2 có phương trình lần lượt là ( ) 0 12 12 0 zzzz − − − =− αα αα ν ( ) 1 20 20 1 zzzz − − − =− αα αα ν ( ) 2 01 01 2 zzzz − − − =− αα αα ν , ψν ie2= Hai đường thẳng l0 , l1 không song song nên cắt nhau tại Q2 có tọa vị '2z thỏa mãn phương trình của hai đường thẳng đó, nên λµ νδλδµδ α λµ µνλ − −− + − − = 31 2 ' 2 z Trong đó 2101 αααδ ++= , 2103 αααδ = . Tương tự ta có tọa vị ' 0 z , ' 1 z của Q0 và Q1.Như vậy ánh xạ f của mặt phẳng phức xác định bởi công thức λµ νδλδµδ λµ µνλ − −− + − − =→ 31' zzz biến 210 ,, AAA theo thứ tự thành 210 ,, QQQ .Ta có 1 1 2 )(2 − − = − − + ϕ ψϕ λµ µνλ i i e e nên ϕ ψϕ λµ µλ sin )sin( + = − − v Vậy khi )( zkk ∈≠+ piψϕ thì f là phép biến đổi đồng dạng loại 1 hệ số đồng dạng là ϕ ψϕ sin )sin( + (Khi 0=ψ thì f là phép dời hình loại 1.Ta vẽ hình trong trường hợp này. 20 Khi piψϕ k=+ và chỉ khi đó f là ánh xạ hằng,tức 210 ,, QQQ trùng nhau,hay 210 ,, lll đồng quy. Bài toán 3 Điểm P nằm trên đường tròn C tâm O ngoại tiếp tam giác không vuông A0A1A2 . Các đường cao của tam giác A0A1A2 xuất phát theo thứ tự từ A0 , A1 , A2 lại cắt C tại A'0 , A'1 , A'2 . Các điểm P0, P1, P2 là điểm đối xứng của P theo thứ tự qua các đường thẳng OA0 , OA1 , OA2 . Các điểm P'0, P'1, P'2 là các điểm đối xứng của P theo thứ tự qua các đường thẳng OP0 , OP1 , OP2 . Các điểm P"0, P"1, P"2 là các điểm đối xứng của P'0, P'1, P'2 qua đường thẳng OP. Các điểm thẳng Q0 , Q1 , Q2 là các điểm đối xứng của P"0, P"1, P"2 qua tiếp tuyến của C tại A'0 , A'1 , A'2 . a) ∆ Q0 Q1 Q2 vị tự với tam giác A'0 A'1 A'2 với hệ số 2 b) Tìm quỹ tích tâm phép vị tự nói trên khi điểm P chạy trên C. Giải Thang Long University Library 21 Gọi C là đường tròn đơn vị trong mặt phẳng phức, A0 (α0), A1 (α1), A2 (α2), trực tâm H của ∆A0A1A2 có tọa vị α0+α1+α2 Tọa vị của A'0 , A'1 , A'2 Phương trình của đường thẳng A1A2 : 2121 αααα ++−= zz A'0 (α'0) là điểm đối xứng của H qua A1A2 nên 2100 ' αααα −= Tương tự A'1 (α'1), 1021' αααα −= A'2 (α'2), 2102' αααα −= Giả sử ( )wP , 0 P là điểm đối xứng với P qua đường thẳng OA. Phương trình của OA0 : zz 20α= 0 P có tọa vị ωα 2 00 =W Tương tự P1(W1), ωα 2 11 =W , P2(W2), ωα 2 22 =W Phương trình đường thẳng OP0 : zz 2 4 0 ωα= Điểm ' 0 P đối xứng với P qua OP0 nên có tọa vị 3 4 0 ' 0 ωαω = Tương tự: P'1(ω'1), P'2(ω'2), 3 4 1 ' 1 ωαω = , 3 4 2 ' 2 ωαω = Điểm P"0 đối xứng với '0P qua đường thẳng OP có phương trình zz 2 ω= nên P"0 có tọa vị 5 4 0 34 0 2 " ' 0 ωαωαωω == Tương tự P"1(ω"1), P"2(ω"2), 5 4 1 " 1 .ωαω = , 5 4 2 " 2 .ωαω = Tiếp tuyến với C tại A'0 là đường thẳng đi qua A'0 và vuông góc OA'0 nên có phương trình ( )' 0 2' 0 ' 0 αα −−=− zzz tức ' 0 2' 0 2αα +−= zz Điểm Q0 đối xứng với P"0 qua tiếp tuyến đó có tọa vị 22 ' 0 5 2 3 ' 0 " 0 2' 00 22. αωδαωα +−=+−=z , trong đó 2103 αααδ = Tương tự Q1(z1), Q2(z2) ' 1 5 2 31 2αωδ +−=z ' 2 5 2 32 2αωδ +−=z a) Xét biến đổi đồng dạng f xác định bởi 52 3 2' ωδ−=→ zzz biến A'0 , A'1 , A'2 lần lượt thành Q0 , Q1 , Q2 . f còn có thể viết ( )52 3 5 2 3 2' ωδωδ −=− zz nên f là phép vị tự hệ số 2, tâm J có tọa vị 52 3 ωδ . b) Khi ( )ωP thay đổi trên C thì quỹ tích J cũng chính là C vì 1. 5 2 3 =ωδ . Thang Long University Library 23 Chương 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỒNG DẠNG MỞ ĐẦU CHƯƠNG II * Để giải các bài toán hình học ta có thể dùng nhiều phương pháp: phương pháp tọa độ, phương pháp tổng hợp, phương pháp véc tơ, phương pháp xạ ảnh, phương pháp dùng phép biến hình, phương pháp số phức, ... Về nguyên tắc, bất kỳ bài toán hình học nào cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ hoặc phương pháp tổng hợp, còn các phương pháp khác không phải bài toán hình học nào cũng sử dụng được. Giải một bài toán bằng phép biến hình cần: • Nhận biết lớp các bài toán có khả năng giải được bằng cách dùng phép biến hình. Để nhận biết được điều đó, cần phân tích giả thiết và kết luận của bài toán để tìm các yếu tố có liên quan đến một phép biến hình cụ thể nào đó. Nếu có các yếu tố bằng nhau ta nghĩ đến phép dời hình, có các yếu tố đồng dạng ta nghĩ đến vị tự quay, vị tự đối xứng. • Kỹ thuật quan trọng nhất khi dùng phép biến hình để giải toán là : Cho hình H, cho phép biến hình f, căn cứ vào định nghĩa và tính chất của f ta dựng được hình : ( )HfH =' là ảnh của H qua phép biến hình f. ( ){ }HMMfH ∈= ;' Trong chương này, chủ yếu ta dùng phép biến đổi đồng dạng để giải các bài toán của hình học phẳng. 24 2.1 CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH Bài toán 1. Cho hình vuông ABCD tâm I, cạnh 6 cm và hình vuông AEFH tâm J có cạnh 3 cm. Đỉnh E là trung điểm của AD. H nằm ngoài đoạn AB và 3 điểm H, A, B thẳng hàng. DCK ∈ sao cho DK = 2 cm FHM ∈ sao cho MH=1 cm. C/m: IK = 2 JM Giải : Xét       2 1 ,90, 0 AZ FC→ HD→ JI → MK → ( Vì DK = 2 HM) Vậy : IK = 2 JM Nhận xét: AEFH là ảnh của ABCD qua một phép đồng dạng hệ số 2 1 . Tìm một phép đồng dạng hệ số 2 1 biến IK thành JM ( tích của phép vị tự tỷ số 2 1 và một phép quay ). Thang Long University Library 25 Bài toán 2 Chứng minh rằng nếu 2 tam giác có các đường cao tương ứng bằng nhau thì bằng nhau. Chứng minh: Giả sử ∆ ABC có các đường cao AH, BI và CK. Tam giác A'B'C' có các đường cao A'H', B'I' và C'K' thỏa mãn AH = A'H', BI = B'I', CK = C'K'. Trong ∆ ABC có AB.CK = BC.AH = CA.BI = 2S. Tương tự: A'B'. C'K' = B'C'.A'H' = C'A'.B'I' = 2S'. k CA AC CB BC BA AB ===⇒ '''''' Vậy hai ∆ ABC và A'B'C' đồng dạng. Do đó phép đồng dạng f tỷ sổ k biến ∆ ABC thành ∆ A'B'C'. Phép f biến AH thành A'H' với AH = A'H' ⇒ k = 1. Vậy f là phép dời hình → ∆ ABC = ∆ A'B'C' Bài toán 3 Cho 3 đường tròn ( ) 1 O , ( ) 2 O , ( ) 3 O đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. A, B, C lần lượt là các tiếp điểm của ( ) 1 O và ( ) 2 O , ( ) 2 O và ( ) 3 O ; ( ) 3 O và ( ) 1 O . Đường thẳng AB cắt ( ) 3 O tại điểm thứ hai B', AC cắt ( ) 3 O tại điểm C'. CMR : B'C' là đường kính của ( ) 3 O . 26 Giải: Vì B là tâm vị tự của ( ) 2 O và ( ) 3 O nên AO 2 // ' 3 BO Vì C là tâm vị tự của ( 1 O ) và ( ) 3 O ⇒ AO 1 // ' 3 CO . Do 1 O , A, 2 O thẳng hàng nên C', ', 3 BO cũng thẳng hàng → B'C' là đường kính của ( ) 3 O . Chú ý: Hai đường tròn bất kỳ là ảnh vị tự của nhau. Có hai phép vị tự biến đường tròn này thành đường tròn kia. Nếu hai đường tròn tiếp xúc thì điểm tiếp xúc là một trong hai tâm vị tự. Bài toán 4 Cho đường tròn ( )RO, tiếp xúc ngoài với hai đường tròn bằng nhau ( rO , 1 ) và ( rO , 2 ) tại các điểm 1 M , 2 M tương ứng ( R ≠ r) . M di động trên (O,R). ( ) PrOMM =∩ , 11 và ( ) QrOMM =∩ , 22 CMR:PQ// 1 O 2 O Thang Long University Library 27 Giải Do R ≠ r nên tồn tại phép vị tự :       − = r R MVV ; 11 biến ( ) ( )ROrO ;; 1 → và phép vị tự       − = r r MVV ; 22 biến ( ) ( )rORO ;; 2 → . Khi đó tích : 12 oVVT = là một phép tịnh tiến ( ) ( )rOrOT ;; 21 → và QPOO →→ ; 21 Nên 21 OO // PQ 28 Bài toán 5 Cho 2 chất điểm A, B chuyển động đều với cùng vận tốc tương ứng trên tia Ox và Oy đã cho xuất phát từ các điểm 0 A , 0 B không trùng với O và 00 OBOA ≠ theo hướng xa dần điểm O. CMR luôn tồn tại 1 điểm P cố định sao cho ta luôn có : PA = PB Giải Đặt góc định hướng giữa 2 tia ( ) piα kOyOx 2, += ( )Zk∈ . Giả sử có điểm P sao cho : PA = PB với mọi vị trí của A, B khi di chuyển tương ứng trên tia Ox và Oy, do đó 00 PBPA = , PBPA = . Ta lại có : 00 BBAA = . Vậy ∆ BPBAPA 00 = ( c.c.c ) ⇒ PAO 0 ˆ = PBO 0 ˆ ⇒ ( ) 00 ,PBPA = ( )PBPA, = ( ) α=OyOx, Từ 00 PBPA = và ( ) α= 00 ,PBPA nên P phải là tâm của phép quay Q có góc quay α , biến điểm 0 A thành 0 B . Vậy P là giao điểm của cung 00 BA chứa điểm O của đường tròn ngoại tiếp ∆ 00 BOA và đường trung trực của 0 A 0 B . Do đó P là điểm cố định.Ta chứng minh PA=PB với mọi vị trí của A,B. Xét ∆ BPB 0 và ∆ APA 0 có : 00 PAPB = theo cách dựng AABB 00 = (gt) PBO 0 ˆ = PAO 0 ˆ ⇒ AAPBBP 00 ˆˆ = ⇒ ∆ BPB 0 = ∆ APA 0 (c.g.c) ⇒ PA = PB. Thang Long University Library 29 Bài toán 6 Cho ∆ ABC. Hình vuông BCDE nằm trên nửa mặt phẳng không chứa A có bờ là BC. Từ D và E lần lượt dựng DI ⊥ AB, EK ⊥ AC. CMR : EK, DI và AH ( đường cao) đồng quy. Chứng minh : + Ta muốn dời ∆ ABC đến một vị trí mới nhận 3 đường thẳng trên là 3 đường cao. + Xét phép tịnh tiến BE T biến A → A', C → D, B → E. ⇒ ∆ ABC → A'ED và H → H' với EDH ∈' Do tính chất của phép tịnh tiến nên ta có: AB // A'E → DI ⊥ A'E AC // A'D → EK ⊥ A'D BC // ED → A'H' ⊥ ED.Vậy 3 đường DI, EK, A'H' là 3 đường cao của ∆ A'ED nên chúng đồng quy. Hay DI, EK, AH đồng quy. 30 Bài toán 7 . Bài toán Napoleon Lấy các cạnh của một ∆ ABC bất kỳ làm đáy, dựng ra phía ngoài ∆ ABC ba ∆ đều BCA', CAB' và ABC'. CMR các tâm 0 A , 0 B , 0 C của ba ∆ đều vừa dựng là các đỉnh của một ∆ đều . Chứng minh : Dễ thấy rằng BCA 0 , CAB 0 và ABC 0 là ba ∆ cân đồng dạng có góc ở đáy 300. Ký hiệu: ( )3,30, 0 1 CZZ = là phép vị tự quay tâm C, góc quay 300, tỷ số 3 ( )3/1,30, 0 2 BZZ = là phép vị tự quay tâm B, góc quay 300, tỷ số 1/ 3 Xét tích 12 oZZ . Dễ thấy: ABAAZ →→ 001 ,': và 002 ,': CAAAZ →→ Do đó: 12 oZZ : 00 CB → và 00 AA → Mặt khác: Thang Long University Library 31 00 2121 6030.2,1 3 1 .3. ==+== ϕϕKK Nên 12 oZZ là một phép dời hình D. Đó là phép quay góc quay 600 tâm 0 A . Biến 0 B thành 0 C Vậy 000 CBA là một ∆ đều. Bài toán 8 Chứng minh định lý Mê nê la uyt. Định lý: Điều kiện cần và đủ để 3 điểm A', B', C' nằm trên 3 đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB của một ∆ ABC thẳng hàng là: 1 ' ' . ' ' . ' ' = BC AC AB CB CA BA Chứng minh : Ta ký hiệu ( ) 11 ;' KCVV = , ( ) 22 ;' KBVV = ( ) 33 ;' KAVV = Trong đó : BC AC K ' ' 1 = , AB CB K ' ' 2 = , BA CA K ' ' 3 = (1) Vậy ta có kết quả sau: ABV →: 1 CAV →: 2 CBV →: 3 Vậy CBoVV →: 12 . Theo định lý về tích của 2 phép vị tự thì 12 oVV là một phép vị tự có tâm thẳng hàng với C' và B' và có tỷ số vị tự 1. 21 ≠= KKK Vì ''' ABCCB =∩ nên tâm của phép vị tự tích 12 oVV phải là giao điểm A' của 2 đường thẳng BC và B'C'. Hay 312 VoVV = Vậy ta phải có : 321 . KKK = hay là 1.. 1 321 = − KKK (2) Thay (1) vào (2) ta có BC AC ' ' . AB CB ' ' . BA CA ' ' =1 32 2.2 CÁC BÀI TOÁN QUỸ TÍCH Bài toán 1 Cho một ∆ ABC nội tiếp trong đường tròn (O,R) cạnh BC cố định. Tìm quỹ tích trọng tâm G của ∆ ABC. Giải Gọi I là trung điểm của BC thì I cố định. Ta có: IAIG 3 1 = ⇒ Phép vị tự tâm I , tỷ số 3 1 =k       3 1 ;IV biến GA→ → Khi A thay đổi trên (O,R) thì trọng tâm G thay đổi trên ảnh của (O,R) qua phép vị tự       3 1 ;IV ,đó là đường tròn tâm O’ bán kính RR 3 1 '= trong đó O’ là điểm xác định bởi IOIO 3 1 ' = . Bài toán 2:Cho điểm A cố định chạy trên đường tròn (O) và ABC∆ vuông cân tại C, B di động trên đường tròn (O) a) CMR đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Thang Long University Library 33 b) Tìm quỹ tích các điểm C Giải Gọi A' đối xứng với A qua tâm O và BC cắt (O) tại I. Phép quay ( )0; 45Q A : B→B1 A → I1 thì BA'=B1I1 và (BA',B1I1)=45 0 Phép vị tự V 1 2 ; : 2 A B C   →     I1 → I2 1 1 2 2 2 2 2 2 AC AB AC AB AB⇒ = ⇒ = = Phép hợp thành V 2; 2 A        .Q(A;450): B→C A'→ I2 Ta có ABC∆ vuông cân tại C nên 2 'AA I∆ vuông cân tại I2 2I⇒ là trung điểm của cung AA ' thì I2 cố định Mặt khác, (BA',CI2)=45 0, (BA',CB)=450 2 2 I BC I I⇒ ∈ ⇒ ≡ 34 Vậy đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I. b) Ta có: Phép hợp thành ( )0 2 ; . , 45 : 2 V A Q A B C   →     điểm B thuộc đường tròn (O) nên điểm C thuộc đường tròn (O') là ảnh của (O) qua phép đồng dạng trên. Vậy quỹ tích của điểm C là đường tròn (O'), đường kính AI. Bài toán 3 Cho đường tròn đường kính AB = 2R. Lấy điểm C di động trên đường tròn. Đường tròn tâm C, bán kính CA cắt BC tại M. a) Tìm quỹ tích của điểm M b) Tìm quỹ tích trung điểm N của AM Giải a) ∆ CAM vuông cân tại C nên ( AC, AM) = 450. ACAM 2= Vậy M là ảnh của C qua phép vị tự quay ( )2,45, 0−= AZF .⇒ Quỹ tích điểm M là đường tròn (O1) là ảnh của (O) qua phép đồng dạng F. với F:(O;R) → ( )2; 1 RO với O1 là trung điểm của cung AB. b) Tìm quỹ tích trung điểm N của AM Thang Long University Library 35 Vì N là trung điểm của AM nên       2 1 ;AV biến M → N. → Quỹ tích N là đường tròn (O2) với (O2) là ảnh của O1 qua phép vị tự       2 1 ;AV .Ta có: ( )        →      2 2 ;2;: 2 1 ; 21 R OROV với O2 là trung điểm của A O1 Bài toán 4 Cho 2 đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng thay đổi đi qua A cắt (O) ở A và M. Cắt (O') tại A và M'. Gọi P và P' là trung điểm của AM và AM'. a) Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn PP' b) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn thẳng MM'. Giải: a) Gọi Q là trung điểm của OO' thì QI ⊥ IA ⇒ Quỹ tích I là đường tròn đường kính AQ. b) Vì J là trung điểm của MM' nên ta có: ( ) AIAPAPAMAMAJ 2'' 2 1 =+=+= Vậy phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 biến điểm I thành điểm J. Do đó quỹ tích điểm J là ảnh của đường tròn đường kính AQ qua phép vị tự đó. 36 Bài toán 5 Cho (O) và P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích M sao cho : PBPAPM += Giải Gọi I là trung điểm AB thì ta có: PIPBPA 2=+ PIPM 2=⇒ Gọi V là phép vị tự tâm P tỷ số K = 2 Thì V biến I thành M. Vì I là trung điểm AB nên IP ⊥ AB ⇒ Quỹ tích I là đường tròn đường kính PO. Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn (C') là ảnh của (ε) qua phép vị tự tâm V. Nếu lấy O' sao cho POPV 2' = thì (ε') là đường tròn đường kính PO'. Bài toán 6 Cho điểm A cố định thuộc (O), và điểm C thay đổi trên đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D. Giải Thang Long University Library 37 Trên đoạn AC lấy M sao cho AM = AD Khi đó ta có : 2 2 == AC AB AC AM Ngoài ra: ( ) 045, =ABAM ; và ( ) 045, =ADAM Suy ra phép vị tự tâm A tỷ số 2 2 =K biến C thành M và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến M thành B. Vậy nếu gọi F ) 2 2 ,45,( 0 AZ= là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường tròn (O) nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó qua phép đồng dạng F. Đường tròn quỹ tích của B được xác định như sau: 38 Gọi AR là đường kính của (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR ((AR,AP)=45°) .Xét Phép vị tự quay )45,() 2 2 ,() 2 2 ,45,( 00 aoQAVAF == Ta có F biến AR thành AP,biến C thành B. Vậy quỹ tích B là đường tròn đường kính AP. Tương tự ta có quỹ tích D là đường tròn đường kính AQ. Bài toán 7 Trên hai đường thẳng a và b cắt nhau ở một điểm C có hai động tử chuyển động thẳng đều nhưng với vận tốc khác nhau. A trên a với vận tốc 1 v , B trên b với vận tốc 2 v , ( ) 21 vv ≠ . Chúng không gặp nhau ở C. a) CMR bất kỳ thời điểm nào đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC cũng luôn đi qua một điểm cố định O nào đó khác C. b) Tìm quỹ đạo chuyển động của động tử M luôn ở vị trí trung điểm của ( )AB Thang Long University Library 39 Chứng minh Trước hết ta chứng minh ánh xạ ( ) ( )tBtAf →: từ đường thẳng a đến đường thẳng b là một ánh xạ đồng dạng thuận z. Thật vậy, giả sử 21 ,tt là hai thời điểm khác nhau nào đó, 21 0 tt ≤≤ Để cho gọn ta ký hiệu như sau: ( ) ii AtA = , ( ) ii BtB = ( )2,1=i Thế thì ( ) ( ) K v v ttv ttv AA BB == − − = 1 2 121 122 21 21 ( 0 < K không đổi ) và ( ) [ ]piϕ mod, =ba là góc giữa ),( ba Bởi vậy trong mặt phẳng có một phép đồng dạng thuận ( )KOz ,,ϕ biến a thành b trong đó A(t) biến thành B(t). Suy ra tâm đồng dạng O của Z là giao điểm thứ hai của hai đường tròn CBA 00 và ABC. Vậy đường tròn (ABC) luôn đi qua O (≠C) cố định. b) Ký hiệu : ( )0 00 == tAA , ( )0 00 == tBB , 0 M là trung điểm của đoạn [ ] 00 BA , 21 ,vv là các véc tơ vận tốc của A và B. Nên quỹ tích của điểm M là đường thẳng mM 0 đi qua 0 M và có véc tơ chỉ phương là : ( ) 21 2 1 vvv += (Vì ( )tvvMM 210 2 += ) 40 Bài toán 8 Cho B là điểm di động trên đường tròn tâm O bán kính R, A cố định. Tìm quỹ tích giao điểm của AB với phân giác của góc AOB. Bài giải Đặt OA = d ( = const ) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của AB với các đường phân giác trong và ngoài của AOB Ta có: R d OB OA MB MA == Suy ra : Rd d AMMB AM + = + Hay Rd d AB AM + = Đặt K Rd d = + AB Rd d AM + =⇒ hay );( KA V biến B → M Hay quỹ tích điểm M là đường tròn ( O') là ảnh của ( O) qua phép vị tự tâm A, tỉ số Rd d K + = Tương tự ta có: Rd d OBOA OA NBNA NA OB OA NB NA − = − = − ⇒= AB Rd d AN Rd d AB NA − =⇒ − =⇒ Thang Long University Library 41 Suy ra quỹ tích N là đường tròn ( O") là ảnh của ( O) qua phép vị tự tâm A. Tỷ số Rd d K − = ' . Bài toán 9 Cho A, B cố định và 2 điểm M, N di động sao cho đường thẳng MN luôn đi qua điểm B, AM = AN và góc ( )constMAN ==α ( )piα 〈〈0 . Tìm quỹ tích các điểm M. Giải Gọi H là trung điểm của MN. Do AM = AN AH⇒ ⊥ MN 0 90=⇒ AHB → Quỹ tích H là đường tròn đường kính AB. Ta có : ⇒= 2 cos α AH AM Chứng tỏ M là ảnh của H qua phép vị tự quay             = 2 cos 1 , 2 , α α AZF Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn ảnh của đường tròn (ε) qua phép đồng dạng F, (ε) là đường tròn đường kính AB. Bài toán 10 Cho đường tròn (O), đường kính AB=2R. M là một điểm bất kỳ trên (O), dựng 42 hình vuông AMNP có các đỉnh theo chiều dương. Tìm quỹ tích các điểm N Giải Ta có AMAN 2= và (AM, AN)=45° Phép quay Q(A;450): M → M1 Phép vị tự V(A; 2 ): M1 → N => ( )2;AV .Q(A;45°) :M → N M thuộc đường tròn (O), đường kính AB=2R nên N thuộc đường tròn (O') là ảnh của (O) qua phép đồng dạng là hợp thành của ( )2;AV và Q(A;45°) có tâm O' là trung điểm của cung AB và bán kính RR 2'= . Thang Long University Library 43 2.3 CÁC BÀI TOÁN DỰNG HÌNH Bài toán 1 Dựng tam giác ABC biết góc A = α và tỉ số K AC AB = , chu vi tam giác bằng m Cách dựng Dựng ∆ AB'C' sao cho góc A = α K AC AB = ' ' Gọi AB' + B'C' + AC' = m' Ta có phép vị tự tâm A tỉ số 'm m sẽ biến ∆ AB'C' thành ∆ ABC cần tìm. Bài toán 2 Dựng đoạn thẳng có độ dài cho trước, song song với một véc tơ l và có đầu mút tựa trên hai đường tròn đã cho. Giải Gọi hai đường tròn đã cho là (O;R) và (O1;R1) Phân tích Giả sử ta đã dựng được đoạn AB thỏa mãn ( )ROA ,∈ và ( ) 11 ;ROB∈ lAB = với l đã cho Xét phép tịnh tiến theo véc tơ l . Ta gọi ( )OTO l =' Nếu ( ) ( )';': ROORT l → và ( )RR =' Do đó ( )ROB ,'∈ Suy ra B là giao điểm của hai đường tròn (O1;R1) và (O';R) . Như thế ta dựng được điểm B. Nhưng do lAB = , nên ( ) BAT l = . Vậy suy ra cách dựng điểm A như sau: 44 Cách dựng - Dựng ( )OTO l =' và đường tròn (O';R) là ảnh của (O;R) - Dựng giao điểm B của (O';R) và (O1;R1) - Dựng ( )BTA l 1− = Biện luận: Bài toán có nghiệm nếu (O1;R1) ∩ (O';R) ≠ ∅ Tức là RROORR +≤≤− 111 ' Nói khác đi nếu đặt ' 1 OOO = α và dOO = 1 thì điều kiện trên là : RRlddlRR +≤−+≤− 1 22 1 cos2 α Và bài toán có nhiều nhất hai nghiệm hình. Bài toán 3 Cho ∆ ABC . Dựng đường thẳng song song với một đường thẳng d đã cho và cắt các cạnh AB, AC lần lượt ở D và E sao cho BD = CE. Lời giải Phân tích : Giả sử đã dựng được DE, D ∈ AB, E ∈ AC sao cho DB = CE và DE //d. Xét phép tịnh tiến theo véc tơ EC KDT EC →: . Do đó : KCDET EC →: Theo tính chất của phép tịnh tiến ta có: CE =DK, mà do giả thiết DB = CE nên ∆ DBK cân tại D . ⇒ BK ⊥ phân giác của BDK . Từ đó ta có BK song song với Au. phân giác của góc BAC Ta lại có KC // d // DE ⇒ K là giao điểm của đường thẳng qua B song song với phân giác Au và đường thẳng qua C song song với d. Điểm D là giao điểm của AB với đường thẳng qua K và song song với AC. Thang Long University Library 45 Vậy ta có cách dựng như sau: * Cách dựng: - Dựng giao điểm K của đường thẳng qua B song song với phân giác ngoài Au hoặc với phân giác trong At của góc BAC và đường thẳng qua C song song với d. - Dựng giao điểm D của AB với đường thẳng qua K và song song AC.Dựng DE//d ta được DE là đường thẳng phải dựng. Chứng minh Theo cách dựng KC // DE // d và KD // EC ⇒ DECK là hình bình hành ⇒ EC = KD Xét ∆ DBK có BK // với một trong các phân giác của góc BDKBAC = nên ∆ BDK cân tại D. ⇒ DB = DK = EC Biện luận: 46 Nếu d không song song với các phân giác Au và At thì bài toán có hai nghiệm hình. Nếu d // Au hoặc d // At thì bài toán chỉ có một nghiệm hình. Nếu d // BC thì bài toán có K ≡ B và E ≡ C. Bài toán 4 Cho (O) và dây cung AB khác đường kính. Dựng một dây cung CD của đường tròn sao cho các bán kính OA, OB chia nó thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Giải Phân tích: Giả sử CD là dây đã dựng M, N lần lượt là giao điểm của OA, OB với dây CD. Ta có trung điểm H của MN cũng là trung điểm của CD nên suy ra góc ODNOCM ∠=∠ và ∆ OMC = OND Từ đó : OM = ON và k OB ON OA OM == Vì vậy tồn tại phép vị tự ( ) BNAMkOV →→ ;:, Gọi ( )( )CkOVC ,'= và ( )( )DkOVD ,'= . Thì từ M, N thuộc CD và CM = MN = ND ta có : A, B thuộc C'D' và C'A = AB = BD'. Vậy ta suy ra cách dựng như sau: Thang Long University Library 47 Cách dựng - Dựng điểm C', D' trên đường thẳng AB sao cho C'A = AB = BD' - Dựng C = OC' ∩ (O) và D = OO' ∩ (O). Vậy CD là dây phải dựng. Chứng minh : Rõ rang K là trung điểm của AB, cũng là trung điểm của C'D' và OC' =OO' nên do tính chất của phép vị tự của phép vị tự V(O,K) với '' OO OD OC OC K == . Ta có M, N ( là tạo ảnh của A, B) chia dây cung CD làm ba đoạn : CM = MN = ND. Bài toán 5 Dựng ∆ ABC biết góc A = α độ dài đường cao AH = h và tỷ số k AB AC = ( h, k là những số cho trước). Giải * Phân tích : Giả sử ABC là ∆ cần dựng có đường cao AH = h. Kẻ một đường thẳng d bất kỳ song song với BC cắt AB tại B', cắt AC tại C' và cắt AH tại H’. Khi đó ta có : λ=== AH AH AC AC AB AB ''' Nên tồn tại phép vị tự ( )λ,AV mà B', C' lần lượt có tạo ảnh là B, C với 48 k AB AC AB AC == ' ' và góc α=∠=∠ BACACB '' Suy ra ( )λ,AV biến ∆ ABC → ∆ AB'C' mà ∆ AB'C' có k AB AC = ' ' Góc α=∠ '' ACB là dựng được. Khi đó ta chỉ cần chọn ∆ ABC có đường cao bằng h và đồng dạng với ∆ AB'C'. Do đó ta có cách dựng ∆ ABC như sau: * Cách dựng Từ điểm A dựng một góc xAy bằng α. Trên Ax và Ay lấy hai điểm B',C' tương ứng sao cho k AB AC = ' ' - Dựng đường thẳng d // B'C' và có khoảng cách từ A đến d bằng h. - Dựng giao điểm của d lần lượt với AB' và AC' là B;C. Khi đó ∆ ABC là tam giác cần dựng. Chứng minh : Theo cách dựng ta có: α=∠=∠ xAyBAC AH = h Vì d // B'C' nên ta có : k AB AC AB AC == ' ' Vậy ∆ ABC thỏa mãn điều kiện cần dựng. * Biện luận: Bài toán luôn có nghiệm Bài toán 6 Cho điểm A không thuộc (O) và ∉ d. Dựng một tam giác ABC có đỉnh B ∈(O) và C ∈d sao cho góc α=∠BAC cho trước và AC = 2AB Thang Long University Library 49 Giải Phân tích Giả sử đã dựng được ∆ ABC B ∈(O) , C ∈d và α=∠BAC và AC = 2AB C ∈d , '' dCBAC ∈⇒=∠ α và AC' = AC trong đó d' và c' là ảnh của d và C qua phép quay ( )α,AQ . ABACABAC 2'2 =⇒=       =⇒ 2 1 ,AVB ( ) ''' dC ∈ với d'' là ảnh của d' qua phép vị tự       2 1 ;AV Do đó, B là giao điểm của đường tròn (O) với d''. Vậy ta có cách dựng như sau: * Cách dựng: - Thực hiện phép vị tự quay. ( )α,. 2 1 ; AQAVf       = ''dd → - Gọi B là giao điểm của đường tròn (O) với d'' C' là giao điểm của d' với đường thẳng AB và điểm C là tạo ảnh của C' qua phép quay ( )α,AQ Tam giác ABC chính là tam giác cần dựng. * Chứng minh Dựa trên tính chất của phép quay và phép vị tự. 50 * Biện luận : Số nghiệm hình là 0; 1 hoặc 2 phụ thuộc vào số giao điểm B của đường tròn (O) với d''. Bài toán 7 Dựng một tam giác biết các độ dài cba hhh ,, ba đường cao của nó Lời giải Phân tích. Gọi a,b,c là độ dài các cạnh của ∆ABC phải tìm, ta có: bc a cb cba hh h hh hhh cba :: 1 : 1 : 1 :: == (*) Các đẳng thức (*) chứng tỏ rằng nếu tồn tại, thì tam giác cần dựng sẽ đồng dạng với một tam giác ℑ có độ dài các cạnh ',',' cba ký hiệu ( )CBA ,,ℑ với: c a cb hb h hh a == ',' và b hc =' (**) Vậy, việc dựng ∆ ABC phải tìm đưa về việc tam giác ( )',',' CBAℑ có các cạnh xác định bởi (**) , ∆ ABC ( )''' CBAℑ∆≈ Tuy nhiên, việc dựng tam giác ℑ lại rất đơn giản bởi vì lại đưa về việc dựng đoạn tỉ lệ thứ tư a'. Từ sự phân tích trên đây, ta suy ra từng bước để dựng được ∆ ABC cần tìm. Bước dựng cuối cùng là dựng tam giác ABC, vị tự với tam giác 00 CAB trong phép vị tự ( )kAV , tâm A, tỷ số a a h h k ' = trong đó 00 CAB là một tam giác dựng bất kỳ, miễn là ( )',',' 00 cbaCAB ℑ∆≈∆ và 0 ' AHh a = là chiều Thang Long University Library 51 cao 0 AH hạ từ A của 00 CAB∆ . Dễ dàng chứng minh ∆ ABC có các chiều cao là cba hhh ,, . Biện luận. Bài toán có lời giải khi và chỉ khi tồn tại tam giác ( )',',' cbaℑ∆ . Bởi vậy , bài toán có nghiệm khi và chỉ khi cba hhh 1 , 1 , 1 biểu thị độ dài các cạnh của một tam giác nào đó; cũng tức là :       ℑ∃ cba hhh 1 , 1 , 1 . . Bài toán 8 Dựng một tứ giác (lồi) nội tiếp ABCD biết độ dài các cạnh : ,,,, dDAcCDbBCaAB ==== trong đó a, b, c, d là những độ dài cho trước. Lời giải Phân tích. Giả sử tứ giác ABCD cần tìm đã dựng được. ABCD nội tiếp khi và chỉ khi 0180ˆˆ =+CA (hoặc 0180ˆˆ =+ DB ) . Chính vì vậy, kéo dài cạnh BC về phía C để xuất hiện góc BADDCx ∠=∠ và kề bù với góc DCB∠ . Trên Cx ( tia đối của tia (CB)) lấy điểm E sao cho DABDCE ∆∆ ~ . Bài toán dựng tứ giác nội tiếp ABCD được quy về việc dựng DCE∆ . Giả sử DABDCE ∆∆ ~ . Hai tam giác này chung đỉnh D, bởi vậy DCE∆ được suy ra từ DAB∆ bởi phép vị tự quay ( )( )dckDCDADZ /,,, ==ϕ . Ta nghĩ đến việc 52 sử dụng phép vị tự - quay để giải bài toán dựng hình này là vì vậy. Bởi vậy, đặt ( ) ϕδ ==∠== ADCDCDAk d c ,, rồi xét phép vị tự - quay ( )kDZ ,,δ . Z biến D aD, A aC và B aE sao cho [ ]BEC∈ . Thế thì : DABDCE ∆∆ ~ và do đó DABDCE ∠=∠ và B, C, E thẳng hàng theo thứ tự đó, đồng thời ta được : δ=∠=∠ ADCBDE . Như thế là , bằng cách sử dụng phép vị tự - quay Z này ta đã chuyển bài toán dựng tứ giác nội tiếp ABCD về bài toán dựng DBE∆ có các yếu tố đã biết : a d c CEbBC == , và do đó, d c DB DE cCD d bdac BE == + = ,, . Bài toán quy về dựng điểm D là một trong các giao điểm của đường tròn ( )cC, 1 γ và đường tròn A-pô-lô-ni-uýt ( ) 2 γ có đường kính IJ mà I và J chia trong và ngoài đoạn [ ]BE theo tỉ số số học d c k = . Đỉnh A được dựng sau cùng. Biện luận. Bài toán có thể có một lời giải hoặc không có lời giải nào tùy theo ( ) 1 γ và ( ) 2 γ có cắt nhau hay không. 2.4 CÁC BÀI THI HỌC SINH GIỎI Bài toán 1 Trong mặt phẳng cho ∆ABC. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua A không tiếp xúc với các đường thẳng AB, AC và có tâm O chuyển động trên đường thẳng BC. Đường tròn này cắt lại các đường thẳng AB và AC lần lượt ở M và N. Tìm quỹ tích trực tâm H của ∆AMN. ( Đề thi chọn HSG Toán toàn quốc, Bảng A, 3/2002) Thang Long University Library 53 Bài giải Giả sử 0 90≠ (Vì nếu 090= thì H = A với mọi (O) ). Gọi D là điểm xuyên tâm đối của điểm A trên đường tròn (O). Thế thì M và N theo thứ tự là các hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC. Do đó H là điểm đối xứng với D qua trung điểm của MN. Gọi M' và N' lần lượt là hình chiếu của H trên AC và AB. Dễ thấy rằng tam giác vuông AHM' ~ tam giác vuông ADM Từ đó ta được: ( ) ( )     ∠=∠±== −= BACBAC AM AM AD AH AMADAMAH coscos ' ,,', ( ) ( )2 1 Và do đó : αcos2cos2 == BAC AO AH , với BAC=α (3) Các đẳng thức (1) và (3) nói lên rằng AH đối xứng với AO qua phân giác AP của góc  của ABC∆ và k AO AH = ( không đổi), trong đó: αcos2=k Vậy H là ảnh của O trong phép vị tự đối xứng ( )kAPAZ ,, . 54 Trả lời: Nếu ký hiệu aBC = thì a' là đường thẳng ảnh của a trong phép đồng dạng nghịch ( vị tự - đối xứng). ( )cos2,, == kAPDAZ . Bỏ đi hai điểm Hi là ảnh của Oi (i =1,2) trên BCa = ở đó góc 0 21 90== CAOBAO Vậy là { } { } 21 ,'\ HHaH = ; ( ) ( )2,1, == iOiZHi . Bài toán 2: (MVO 2000): Cho hai đường tròn (O) và (O') có bán kính khác nhau cắt tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với (O') tại P'. Gọi Q và Q' lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P' xuống OO’. Đường thẳng AQ và AQ' cắt nhau lần thứ hai với đường tròn tại M và M'. CMR : M, M', B thẳng hàng. Giải Gọi S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn Xét phép vị tự : QQAAPPOOV R R s aaaa ',',',': ' ,       Suy ra QOAAQO ''' ∠=∠ Ta có : '.;. 22 SASASPSOSQSP == '.. SASASOSQ =⇒ Thang Long University Library 55 Suy ra tứ giác AQOA' nội tiếp đường tròn. ''' AQOOAQQOAOAQ ∠=∠⇒∠=∠ Do tam giác MOA và tam giác M'O'A cân. Suy ra ''MAOMOA ∠=∠ Ta có MOAAMAABM ∠−=∠−=∠ 2 1 180'180 00 Mà góc MOAAOMBAM ∠=∠=∠ 2 1 '' 2 1 ' 0 180'=∠+∠⇒ ABMABM Do đó M, B, M' thẳng hàng. Bài toán 3 ( Russia MO 2008) Cho tam giác không cân ABC với H, M lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác đó. Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với AM, BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G. Chứng minh rằng G nằm trên đường thẳng MH. Lời giải 56 Để chứng minh bài toán ta cần bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho tam giác ABC và L là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của L lên các đường thẳng BC, CA, AB. Nếu L là trọng tâm của tam giác HIK thì L được gọi là điểm Lemoine của tam giác ABC. Khi đó đường thẳng AL đối xứng với trung tuyến kẻ từ A của tam giác ABC qua phân giác trong của góc A. Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó. Kẻ đường kính AM. Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc BAC∠ . Chứng minh Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc BAC∠ với đường tròn (O). Do AM là đường kính nên AD⊥DM suy ra: ( ) ( ) ( )( )pimod,,, ADMDMDAMADAM +≡ Thang Long University Library 57 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )pi pi pi pi mod 2 ,,mod 2 ,, ++≡++≡ ADABCBCADMMBMBAM ( ) ( ) ( )pi pi mod 2 ,, −+≡ ACADCBCA (1) Mặt khác ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )pipi mod,,,mod,,, AHBCBCABABADAHABABADAHAD ++≡+≡ ( ) ( ) ( ) ( )pi pi mod 2 ,,, +++≡ DBABABACACAD ( ) ( ) ( )pi pi mod 2 ,, ++≡ BCACACAD (2) Từ (1) và (2) ta được ( ) ( )( ) AHAMAHADADAM ,mod,, ⇒≡ pi đối xứng với nhau qua phân giác của góc BAC∠ . Trở lại bài toán Do A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên 111111 ,, BAACCB nên theo bổ đề 1 ta được M là điểm Lemoine của tam giác 111 CBA suy ra MA 1 đối xứng với trung tuyến kẻ từ 1 A của tam giác 111 CBA qua phân giác trong của góc ( )3 1 CBA∠ Do BCMM a , cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn nên tứ giác a BMCM là hình bình hành, kết hợp với MB ⊥ 11 CA , MC ⊥ 11 BA ⇒ CM a ⊥ 11 CA , BM a ⊥ 11 BA Suy ra a M là trực tâm tam giác ( )4 1 BCA . Do tứ giác CHBA 1 nội tiếp và HA 1 là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ( )5 1 BCA . Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra HA 1 , a MA 1 đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc ( )6 1 CBA∠ . Từ (3) và (6) suy ra 1 A , a M , G thẳng hàng. 58 Tương tự ta có 1 B , b M , G thẳng hàng và 1 C , c M , G thẳng hàng. Ta có cbaM MCMBMAV →→→ − ,,: 1 suy ra cb MM  ac MMBC,  ba MMCA,  AB (7) Mặt khác do a M , cb MM , lần lượt là trực tâm của tam giác ABCCABBCA 111 ,, suy ra 1 AM a ⊥ BC , 1 BM b ⊥ CA, 1 CM c ⊥ AB (8) Từ (7) và (8) ta được 1 AM a ⊥ cb MM , 1 BM b ⊥ ac MM , 1 CM c ⊥ ba MM suy ra G là trực tâm tam giác cba MMM . Do cbaM MCMBMAV →→→ − ,,: 1 suy ra 1− M V biến trực tâm tam giác ABC thành trực tâm tam giác cba MMM ⇒ GHV M → − : 1 suy ra G nằm trên đường thẳng MH. Bài toán 4 (IMO Shortlisted 2007, G8). Cho điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD. Cho ω là đường tròn nội tiếp tam giác CPD, và có tâm là điểm I. Giả sử đường tròn ω tiếp xúc lần lượt với đường tròn nội tiếp tam giác APD và BPC tương ứng tại K và L. Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E, và đường thẳng AK và BL cắt nhau tại F. Chứng minh rằng E, I, và F thẳng hàng. Lời giải Thang Long University Library 59 Gọi (J;R) là đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng AB, AD, BC và ( )( ) ( ) bbaa RIRIrI ;,;; lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác PCD, ADP, BCP. Đường tròn ( ) aa RI ; tiếp xúc với AB, AD lần lượt tại M, N và đường tròn (I;R) tiếp xúc với đường thẳng CD tại Q. Ta có: ( ) ( )RJRIV aa R R A a ;;: → ( ) ( ) aa r R K RIrIV a ;;: → Suy ra ( ) ( )RJrIVV r R K R R A a a ;;:. → Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của AK, IJ. (1) Mặt khác: ( ) ( )RJRIV bb R R B a ;;: → ( ) ( ) bb r R L RIrIV b ;;: → Suy ra aR R B V . r R L b V ( ) ( )RJrI ;;: → Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của BL, IJ (2) Từ (1) và (2) suy ra giao điểm của AK và BL thuộc đường thẳng IJ hay F thuộc đường thẳng IJ. (3) Xét tứ giác APCD, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta được: CPADCLDNPLANQCDQMPAMCDAP +=+++=+++=+ suy ra tứ giác APCD ngoại tiếp đường tròn ( ) aa rI ; . Tương tự ta chứng minh được tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn ( ) bb rI ; Ta có: ( ) ( )RJrIV aa r R A a ;;: → ( ) ( ) aa r r C rJrIV a ;;: → 60 Suy ra a r R A V . ( ) ( )RJrIV r r C a ;;: → Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của AC và IJ. (4) Mặt khác ( ) ( )RJrIV bb r R B b ;;: → ( )→rIV r r D b ;: ( ) bb rJ ; Suy ra a r R A V . ( ) ( )RJrIV r r C a ;;: → Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của BD và IJ. (4) Từ (3) và (4) ta có giao điểm của AC và BD nằm trên đường thẳng IJ hay E thuộc đường thẳng IJ. (5) Từ (3) và (5) suy ra ba điểm I, E, F thẳng hàng. Bài toán 5 ( Bắc Ninh TST 2015). Cho hình thang ABCD (AB > CD). Gọi K, L là hai điểm lần lượt trên AB, CD sao cho CL DL BK AK = . Giả sử P, Q nằm trên đoạn thẳng KL sao cho BCDAPB ∠=∠ và ABCCQD ∠=∠ . Chứng minh bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. Lời giải Thang Long University Library 61 Từ giả thiết, CL DL BK AK = ta suỷa AD, BC, KL đồng quy ở E. Dựng đường tròn ( ) 1 O đi qua hai điểm C, D và tiếp xúc với BC, dựng ( ) 2 O đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với BC. Khi đó DCEABCDQC ∠=∠=∠ nên ( ) 1 OQ∈ Tương tự ( ) 2 OP∈ Gọi F là điểm giao thứ hai của EQ với ( ) 1 O . Ta có : 2 . ECEQEF = (1) Dễ dàng có BAOCDO 21 ∠=∠ suy ra CDOBAO 12 ~ ∆∆ (c.g.c) Suy ra k EB EC AB DC BO CO === 2 1 Suy ra 21 ,, OOE thẳng hàng và 21 2 1 EOkEOk EO EO =⇒= Xét phép vị tự ( ) ( ) ( )21, : OOV kE a . Do E, P, F thẳng hàng, ( ) ( ) 21 , OPOF ∈∈ nên EB EC k EP EF EPkEF ==⇒= . (2) Từ (1) và (2) suy ra EBECEQEP ... = Suy ra bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. Bài toán 6 (VMO 2003). Cho 2 đường tròn cố định ( ) 11 ;RO ; ( ) 22 ,RO , ( ) 12 RR > tiếp xúc nhau tại M. Xét điểm A nằm trên (O2, R2) sao cho 3 điểm A, O1, O2 không thẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( ) 11 ;RO , (B, C là tiếp điểm). Các đường thẳng MB; MC cắt lần thứ hai đường tròn ( ) 22 ,RO tương ứng tại E, F. Gọi D là giao điểm EF và tiếp tuyến tại A của ( ) 21 ;RO . 62 CMR điểm D di động trên 1 đường thẳng cố định khi A di động trên ( ) 22 ,RO sao cho A, O1, O2 không thẳng hàng. Lời giải Ta thấy tứ giác ABO1C nội tiếp đường tròn (O3). Gọi A’ là giao điểm thứ hai của AM với ( ) 11 ;RO ; D’ là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và A’ Chứng minh D’ thuộc trục đẳng phương BC của (O1) và (O3). điều này tương đương với việc phải chứng minh: ( ) ( ) 31 /'/' ODOD PP = . Vậy D’ di động trên tiếp tuyến của đường tròn ( ) 11 ;RO tại M. Do đó D’ thuộc đường thẳng cố định. Xét ( ) ( ) .,,,,,: 2211 1 2 EFBCFCEBROROV R R M →→→→ Tiếp tuyến tại A' biến thành tiếp tuyến tại A. Do đó D nằm trên đường thẳng MD' là tiếp tuyến với đường tròn ( ) 11 ;RO . Thang Long University Library 63 Bài toán 7 Cho tứ giác lồi ABCD có AC và BD cắt nhau tại P. M và N di động trên đoạn AD, BC sao cho NB NC MD MA = . Đường thẳng MN cắt AC và BD lần lươt tại E và F. Chứng minh rằng (PEF) luôn đi qua hai điểm cố định. Nhận xét: Nhìn vào tỷ số trong bài toán ta dễ đàng nghĩ đến việc tìm một phép biến hình biến [AD] thành [CB] và khi đó nó sẽ biến M thành N, ... Tất nhiên phép biến hình đầu tiên mà ta nghĩ đền sẽ là phép vị tự. Tuy nhiên, điều đó là không thể bởi vì AD không song song với CB. Do đó, việc lựa chọn phép vị tự quay là một lựa chọn thông minh. Lời giải Gọi P,S là giao của (PAD) và (PCB) suy ra P, S cố định. Ta có f =Z(S, α, k) biến [AD] thành [CB] Do NB NC MD MA = suy ra [ ]( ) [ ]NCMAf = 64 Mà MN cắt AC tại E nên các tứ giác SENC và SEAM nội tiếp.Từ đó S,P,E,F cùng thuộc một đường tròn.Vậy đường tròn (PEF) đi qua hai điểm cố định P và S. Bài toán 8 (Russia MO 1998, građe 11) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi K, L, M lần lượt là điểm chính giữa của cung BC (không chứa điểm A ), cung CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C). Chứng minh rằng KD, LE, MF đồng quy tại một điểm. Lời giải Thang Long University Library 65 Gọi N là giao điểm của đường thẳng BC và MK. Khi đó: ( ) ( )BCABACCAKBCMCKsdMBsdBNM ∠+∠=∠+∠=+=∠ 2 1 2 1 )))) (1) DF vuông góc với IB nên ( )BCABAC ABC IBDFDB ∠+∠= ∠ −=∠−=∠ 2 1 2 9090 00 (2) Từ (1) và (2) ta được DFFDBBNM ⇒∠=∠  KM. Chứng minh tương tự ta được: EF  ML, DE  KL Do đó kết hợp với hai tam giác KLM, DEF cùng hướng nên tồn tại một phép vị tự FMELDKV k S →→→ ,,: Suy ra KD, LE, MF đồng quy tại điểm S. Bài toán 9 (Việt Nam TST 2013). Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối không song song nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi E là giao điểm hai đường chéo, phân giác góc AEB cắt các đựờng thẳng AB,BC,CD,DA lần lượt tại M,N,P,Q. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AQM, BMN , CNP, DPQ cùng đỉ qua một điểm K. Lời giải 66 Ta có với hai đoạn thẳng AB và CD sao cho ABCD không là hình thang thì có một phép vị tự quay tâm K biến AB thành CD. Nếu P là giao điểm của AB và CD, Q là giao điểm của AD và BC thì các tứ giác APDK, BCPK, ABQK, CDQK nội tiếp. Gọi V là giao điểm của AB và CD, U là giao điểm của AD và BC. a) Xét phép vị tự quay biến AB thành DC. Gọi K là tâm của phép vị tự quay đó, ta có K thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCV, ADV, ABU,CDU. (1) Mặt khác do M thuộc AB, P thuộc AC và DP AM PC MB = nên phép vị tự quay trên cũng biến AM thành DP và MB thành PC.Từ đó ta cũng có K thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMQ,DPQ, MBP,CPN. (2) Từ (1) và (2) ta có các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AQM, BMN, CNP,DPQ cùng đi qua một điểm K. Bài toán 10 (IMO SL 2002). Hai đường tròn S1 , S2 giao nhau tại P và Q. Chọn hai điểm A1, B1 bất kì trên S1 . Đường thẳng A1P, B1P lần lượt cắt S2 tại điểm thứ hai là A2, B2. Đường thẳng A1B1 cắt A2B2 tại F. Chứng minh rằng khi A1 và B1 chuyển động, tâm O của đường tròn (A1A2F) luôn nằm trên một đường tròn cố định. Lời giải Thang Long University Library 67 Xét phép vị tự quay S(Q) biến [A1B1] thành [A2B2] Do A1B1 cắt A2B2 tại F nên Q ∈ (FA1A2), Q ∈ (FB1B2). Từ đây theo định lý Steiner đối với tam giác OO1O2 suy ra tứ giác QOO1O2 nội tiếp. Vì P là điểm đối xứng với Q qua O1O2. Vì A2 là điểm đối xứng với Q qua OO2. Vì A1 là điểm đối xứng với Q qua OO1. Vậy tâm O của đường tròn (A1A2F) nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2 Q (đó là đường trọn cố định) Định lí Steiner: M là một điểm bất kỳ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Gọi M1,M2,M3 lần lượt là điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB thì M1, M2, M3 thẳng hàng.Trực tâm H của tam giác ABC cũng thuộc đường thẳng này và đường thẳng này được gọi là đường thẳng Steiner. 68 KẾT LUẬN Những kết quả chính mà đề tài đã đạt được trong quá trình nghiên cứu: 1.Sử dụng công cụ số phức nghiên cứu các phép biến hình đồng dạng trong mặt phẳng phức.Chứng minh chi tiết một số tính chất của phép đồng dạng. 2. Sử dụng các phép biến hình đồng dạng để giải một số bài toán hình học phẳng.Mỗi dạng toán đều đưa ra các bài toán cụ thể.Ngoài những bài toán mang tính chất điển hình còn có một số bài toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo. Thang Long University Library 69 DANH MỤC SÁCH THAM KHẢO [1]. Văn Như Cương-Phạm Khắc Ban-Tạ Mân,(2006),Bài tập hình học nâng cao 11, NXB giáo dục. [2]. Nguyễn Việt Hải, (1991),100 bài tập sử dụng phép biến hình ,sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng. [3]. Hoàng Hữu Ngọc,(2008), Các dạng toán và phương pháp giải hình học 11, NXB giáo dục. [4]. Nguyễn Đăng Phất,(2006),Các phép biến hình trong mặt phẳng và ứng dụng giải toán hình học, NXB giáo dục. [5]. Đoàn Quỳnh,(2007),Số phức với hình học phẳng, NXB giáo dục. [6]. Hoàng Trọng Thái,(2007), Ứng dụng các phép biến hình giải toán hình học, NXB Đại học sư phạm.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00297_3605_2294.pdf
Luận văn liên quan