Luận văn Số phức với các phép dời hình trong mặt phẳng

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 dời hình trong mặt phẳng, chứng minh chi tiết một số các tính chất của các phép dời hình. 2. Minh họa việc sử dụng các phép dời hình giải một số bài toán hình học phẳng. Việc sử dụng số phức như một công cụ giải toán không những mang lại cho chúng ta một phương pháp giải toán mới mà góp phần đáng kể vào việc rèn luyện kĩ năng và năng lực giải toán cho học sinh, sinh viên, đặc biệt là ứng dụng các phép biến hình để giải các bài toán hình học phẳng có thể cho chúng ta lời giải đẹp và ngắn gọn.

pdf56 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 734 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Số phức với các phép dời hình trong mặt phẳng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Với  ’=     ,  ’= + -  =  + -      Thang Long University Library 9 Khi đó ' có phương trình là z’ = ' 'z +  . Suy ra   ' . Vậy v T biến đường thẳng song song với véc tơ tịnh tiến v thành chính đường thẳng đó. * v T biến một đường tròn thành một đường tròn bằng nó. Cho đường tròn (C1) có phương trình là z z’ + 1 z + 1 z+ p1 = 0 ( p1  ) (C1) có tâm có tọa vị là z0 = - 1 , bán kính 11 1 1R p   Ảnh của đường tròn (C1) qua v T (z’ -  ) ( 'z  ) + 1 ( z’ -  ) + 1 ( 'z  ) + p1 = 0  z’ z ’ - z’ -  z ’ +   + 1 z’ - 1  + 1 z ’ - 1  + p1 = 0  z’ z ’ + z’ ( 1 -  ) + z ’( 1 - ) +   - 1  - 1  + p1=0 Đặt 1 - = 2 ,   - 1  - 1  + p1 = p2 Khi đó ta có phương trình z’ z ’ + z’ 2 + z ’ 2 + p2 = 0 p2 =   - 1  - 1  + p1  ( vì   , 1  , 1  , p1  ). 2 2 - p2 = ( 1 -  ) ( 1 -  ) -   + 1  + 1  - p1 = 1 1 - p1 > 0 Nên z’ z ’ + z’ 2 + z ’ 2 + p2 = 0 là phương trình của một đường tròn. 1C 2C O v x y Hình 1.2.1.3 10 Vậy phép tịnh tiến v T biến đường tròn (C1) thành đường tròn (C2) có phương trình là z’ z ’ + z’ 2 + z ’ 2 + p2 = 0 ( 2 = 1 -  , p2=   - 1  - 1  + p1) và đường tròn (C1) bằng đường tròn (C2) (vì R2 = 22 2p   = 11 1p   = R1). 1.2.1.4. Định lý: Tích của hai phép tịnh tiến là phép tịnh tiến .v w v wT T T         Chứng minh: Giả sử 1 w 2: , : v T z z T z z      Khi đó: 2 1 w . : ( )vT T z z      Vậy w . v T T  là phép tịnh tiến theo véc tơ có tọa vị 2 1  tức là véc tơ wv    1.2.2. Phép quay 1.2.2.1. Định nghĩa 1.2.2 Trong mặt phẳng P đã được định hướng. Cho một điểm A cố định và một góc định hướng  sai khác 2k . Một phép quay tâm A với góc quay  là một phép biến hình biến điểm A thành chính nó và biến điểm M thành điểm M’ sao cho AM = AM’ và ( , ')AM AM  Ta ký hiệu ( , ')AM AM là góc định hướng mà tia đầu là AM, tia cuối là AM’. Ký hiệu phép quay tâm A góc quay  là AQ  Ta có AQ  : M  M’ hay AQ  (M)=M’ Cho A là điểm có tọa vị là a, giả sử AQ  : M(z) M’(z’) Khi đó ta có: ' ( , ') AM AM AM AM     Thang Long University Library 11 AM có tọa vị là z – a, 'AM có tọa vị là z’ – a. Giả sử (cos i sin ), z' - a= ' (cos ' i sin ') z a z a z a         +) Để thỏa mãn ' ( , ') AM AM AM AM     ta phải có: ' ' k2 '= + k2 z a z a                  Ta có: ' (cos( k2 ) isin( + +k2 )) = (cos( + )+ isin( )) = (cos + isin ) (cos +isin ) z a z a z a z a                        ' ( )(cos + isin )z a z a      Đặt cos + isin p p    là số phức có 1 và argp=p  Khi đó z’ – a = p(z – a) z’ = p(z – a) + a Vậy biểu thức tọa vị của phép quay AQ  (A có tọa vị là a) là ' ( )z p z a a   ( 1 và argp = p  ). Nếu A là gốc O thì biểu thức tọa vị của phép quay là 'z pz . Trường hợp phép quay tâm A có góc quay  =180o Khi đó 0180 AQ (A có tọa vị là a) có biểu thức tọa vị là 0 0' (cos 180 isin180 )(z-a)+a = - (z - a)+a = - z + 2az   1.2.2.2. Tính chất a) Phép quay bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ b) Phép quay biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự của chúng c) Phép quay AQ  12 + Biến đường thẳng  thành đường thẳng  ’ và ( , ’)= + Biến một tia thành một tia + Biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng có độ dài bằng nó + Biến một góc thành một góc có số đo bằng nó + Biến một tam giác thành tam giác bằng nó + Biến một đường tròn thành một đường tròn bằng nó d) Phép quay AQ  có tâm A là điểm kép duy nhất 1.2.2.3. Chứng minh một số tính chất Cho phép quay AQ  có biểu thức tọa vị là z' = p (z-a) + a (a là tọa vị của A, argp =  , 1p  ) * AQ  biến một đường thẳng thành một đường thẳng + Cho đường thẳng  có phương trình là ( 1, 0)z az         Do AQ  có biểu thức tọa vị là ' ' ( ) z a z p z a a z a p        Khi đó ảnh của đường thẳng  qua AQ  là đường  ’ có phương trình là ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' z a z a a a p p z a z a a a p p z p a p ap p pz pa p pa p p pz p pa p p pa a p ap p z p p pz p z pa p a a ap p p                                                           x y O  ' A N N' M' M  Hình 1.2.2.3a Thang Long University Library 13 Đặt ', p ' p p a p a a ap p p            Khi đó ta có: ' ' ' 'z z   ' 1 (vì 1, ). . ' ' ' . . ( ) 0 (vì 0) pp p p p p p pa p pa p a a p pa p a a ap pp p p                                            Suy ra ' ' ' 'z z   là phương trình của một đường thẳng. Vậy AQ  biến đường thẳng  thành đường thẳng  ’ có phương trình là ' ' ' 'z z   (với ' , '= p ) p pa a p a ap p p           . * AQ  biến một đường tròn thành một đường tròn bằng nó Cho đường tròn C1 có phương trình là 1 1 1 10 (p )zz z z p      Khi đó ảnh của C1 qua AQ  là đường C1’ có phương trình là y O  Hình 1.2.2.3b x A C1 ' C1 14 1 1 1 1 1 1 1 1 z'-a z'-a z'-a z'-a +a +a + +a β + +a β + p =0 p p p p z'-a z'-a z'-a z'-a z'-a z'-a + a + a + aa + β + aβ + β +aβ +p =0 p p pp p p az' aa az' a z'z' - z'a- az'+ aa+ - + - p p p                                                         1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a z'β aβ + aa + - + aβ p pp z'β aβ + - + aβ + p = 0 (vì pp=1) p p a β a β aa aa aβ aβ ' ' ' + -a + z' + - a + 2aa + aβ + aβ - - - - + p =0 p p p pp p p p z z z              Đặt 1 1 11 1 1 1 1 a β aa aa aβ aβ + - a = β ' , 2aa + aβ + aβ - - - - + p = p ' p pp p p p Khi đó ta có: 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 z'z'+z'β '+z'β '+p ' = 0 4 p ' 2 ( ì 2a , , , , p ) b ac aa aa a a aa a a p p pp p aa aa a a v a a a p p pp                       1 11 1 1 1 11 1 1 11 a β a β aa aa aβ aβ β 'β -p '= + -a + -a -2aa-aβ -aβ + + + + -p p p p pp p p p = β β -p >0          Từ đó suy ra 1 1 1z'z'+z'β '+z'β '+p ' = 0 là phương trình của một đường tròn. Vậy AQ  biến đường tròn C1 thành đường tròn C1’ có phương trình là: 1 1 1' ' ' ' ' ' 0z z z z p     (với 11 111 1 1 1' , p ' 2 ) a aa aa a a a aa a a p p pp p p p                 Thang Long University Library 15 C1’ có tâm có tọa độ vị là 10 1' ' , a z a p p        có bán kính 1 11 1 1 1 1 1' ' ' ' 'R p p R        đường tròn C1 bằng đường tròn C1’ * Phép quay AQ  có A là điểm kép duy nhất Giả sử AQ  : A(a)A’(a’) ' ( ) .0 'a p a a a p a a A A         Vậy A là điểm kép duy nhất 1.2.2.4. Định lý 1: Tích của phép tịnh tiến và phép quay là 1 phép quay Cho : ' , v T z z z    ( ) 0v   Và ( , 0 ) : ' (1 ) , J Q z z Z z       1, 1   , ie   .  ( , ) 0 . : ' ( ) (1 ) J v Q T z z z z         = 0 (1 )z z     Vậy ( , ) . J v Q T  là một phép quay với tâm quay 1 1 ( )J z Trong đó: 1 0 1 z z       và cùng góc quay   ( , ) 0 . : ' (1 ) Jv T Q z z z z         là phép quay với cùng góc quay  và tâm quay J2 (z2) trong đó: 2 0 1 1 z z      , ta có: ( , ) ( , ) . . J Jv v Q T T Q    * Định lý 2: Tích của 2 phép quay khác tâm là phép quay hoặc tịnh tiến Cho 1 1( , )J Q  xác định bởi 1 1 1 1 1 1 1 ' ( ), ( ); arg z z z z J z      , 1 1  2 2( , )J Q  xác định bởi 2 2 2 2 2 2 2 ' ( ), ( ), argz z z z J z      , 2 1  Khi đó 2 2 1 1( , ( , ) ). J J Q Q   xác định bởi: 2 1 1 1 2 2 ' ( ( ) )z z z z z z z       = 2 1 2 1 1 2 2 (1 ) (1 )z z z        Vậy ta có: 16 Nếu 1 2 1  (khi và chỉ khi 1 2 2 )k    thì tích đó là phép tịnh tiến với vectơ tịnh tiến có tọa vị 2 2 1 (1 )( )z z  . Nếu 2 1 1   thì tích đó là phép quay với góc quay 1 2     và tâm quay 0 0 ( )J z trong đó: 2 1 1 2 2 0 2 1 (1 ) (1 ) 1 z z z           Từ đó suy ra: 0 1 2 2 1 2 1 1 1 z z z z         Và góc định hướng của các đường thẳng ( 1 2 1 0,J J J J ) có số đo 1 2 k    , (k ) Còn từ 0 2 2 1 1 2 2 1 (1 ) 1 z z z z          Suy ra góc định hướng của các đường thẳng ( 1 2 1 0,J J J J ) có số đo 2 2 k   , (k ) 1.2.3. Phép dời hình loại 1. 1.2.3.1. Định nghĩa. - Biến đổi của mặt phẳng phức xác định bởi 'z z z   là phép tịnh tiến v T theo vectơ v có tọa vị  . - Biến đổi xác định bởi ' , 1z z z   , 1  là phép quay tâm O (gốc tọa độ) với góc quay có số đo arg  mà ta ký hiệu là ,OQ  . - Ta xét các phép biến đổi f của mặt phẳng phức xác định bởi ' , 1z z z     + Khi 1,  f là 1 phép tịnh tiến Hình 1.2.2.4 Thang Long University Library 17 + Khi 1,  f có 1 điểm bất động J (tức điểm J mà f(J) = J) duy nhất có toạ vị z0 xác định bởi 0 0z z   tức 0 1 z     và khi đó công thức 'z z   có thể viết thành 0 0 ' ( )z z z z   tức là f là phép quay tâm J( 0z ), góc quay có số đo arg  . Do đó công thức 'z z z   , 1  xác định mọi phép tịnh tiến và mọi phép quay trong mặt phẳng. Những biến đổi afin ' , 1z z z     là các biến đổi bảo tồn hướng, bảo tồn khoảng cách. - Định nghĩa: Biến đổi 'z z   , 1  được gọi là phép dời hình loại 1 của mặt phẳng. 1.2.3.2. Các tính chất của phép dời hình loại 1 Tập hợp các phép dời hình loại 1 của mặt phẳng làm thành 1 nhóm (đối với phép toán hợp thành các ánh xạ) gọi là nhóm dời hình loại 1. - Biến đổi đồng nhất của mặt phẳng, kí hiệu Id, xác định bởi 'z z z là một dời hình loại 1. - f là dời hình loại 1 thì 1f  (biến đổi ngược) cũng là dời hình loại 1, dễ dàng thấy   1 1 , , ;( ) J Jv v T T Q Q        . Nếu f, g là dời hình loại 1 thì tích g0f là dời hình loại 1. Thật vậy: f xác định bởi 1 1 1 ' ; 1z z z     g xác định bởi 2 2 2 '' ' ; 1z z z     thì g0f xác định bởi 2 1 1 2'' ( )z z z      = 2 1 2 1 2 ( )z      mà rõ ràng 2 1 2 1 . 1     . 18 1.3. Phép dời hình loại 2. 1.3.1. Phép đối xứng trục 1.3.1.1. Định nghĩa 1.3.1 Trong mặt phẳng P cho một đường thẳng d cố định, phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ sao cho đoạn thẳng MM’ nhận đường thẳng d làm đường trung trực được gọi là phép đối xứng trục d. Đường thẳng d gọi là trục đối xứng. Ký hiệu phép đối xứng trục d là Đd. Ta có Đd(M) = M’ hay Đd: MM’ Cho đường thẳng d có phương trình là: _ u z z u   ( _ 0, 0 u u u     ). (d là đường thẳng có véctơ chỉ phương là véc tơ u có tọa vị là u). Giả sử Đd: M(z)M’(z’) Suy ra MM’d và d đi qua trung điểm I của MM’, I có tọa vị là z1 = ' 2 z z véc tơ 'MM có tọa vị là z’ – z. Để MM’d và d đi qua I thì ta phải có: ' , 0 ' ' 2 2 z z u z z u z z u               ( ' ) ( ' ) 0 ( ') ' 2 0 z z u z z u z z u uz uz u            Cộng hai phương trình trên vế với vế ta được: 2z’u - 2u z - 2 u =0 ' ( 0, u 0) u u z z u u         I M' M d Hình 1.3.1 Thang Long University Library 19 Nếu đặt ( 1) ' u z z u         Khi đó Đd là phép đối xứng trục có biểu thức tọa vị là 'z z    1, 0     . 1.3.1.2. Tính chất a) Phép đối xứng trục bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ. b) Phép đối xứng trục biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự của chúng. c) Phép đối xứng trục: + Biến một đường thẳng thành một đường thẳng + Biến một tia thành một tia + Biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng có độ dài bằng nó. + Biến một tam giác thành một tam giác bằng nó. + Biến một góc thành một góc có số đo bằng nó. + Biến một đường tròn thành một đường tròn bằng nó. d) Phép đối xứng trục là phép biến hình có tính chất đối hợp. 1.3.1.3. Chứng minh một số tính chất Cho phép đối xứng trục Đd có biểu thức tọa vị là z’ =   1, 0z        (d là đường thẳng có phương tình là z = , 1, 0z        ). * Phép Đd biến một đường thẳng thành một đường thẳng Cho đường thẳng  có phương trình là  11 1 1 1 1, 0z z          Do Đd có biểu thức tọa vị là ' ' z z z z          Khi đó ảnh của đường thẳng  qua phép Đd là 20 1 1 ' 'z z                1 1 1 ' 'z z           1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ' ' ' ' (vì 1) ' ' z z z z z z                                           Đặt 1 1 1 1 ', - '                Khi đó ta có: ' ' ' 'z z   1 1 1 ' 1, 1.1           1' 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 ' ' 0                                                     ( vì 1 1 1 11, 0)        . Nên ' ' ' 'z z   là phương trình của một đường thẳng. Vậy Đd biến đường thẳng  thành đường thẳng  ’ có phương trình là 1 1 1 1 ' ' ' ' ' ; '= -z z                        . * Đd biến một đường tròn thành đường tròn bằng nó Cho đường tròn  có phương trình là 0 (p ).zz z z p       là đường tròn có tâm có tọa vị zo = - , có bán kính R= p  x y O d '  Hình 1.3.1.3a Thang Long University Library 21 Ảnh cuả đường tròn  qua Đd là đường ' có phương trình là ' ' ( ' ) ' 0 ' ' ( ' ) ( ' ) ( )( ) 0 ' ' ' ' ' ' 0 (vì 1) ' ' '( ) '( ) 0 z z z z p z z z z p z z z z z z p z z z z p                                                                                         Đặt ', 'p p           Khi đó ta có phương trình: ' ' ' ' ' ' ' 0z z z z p     ' (vì p, , ) ' ' ' ( )( ) = 0 p p p p p                                  Suy ra ' ' ' ' ' ' ' 0z z z z p     là phương trình của một đường tròn. Vậy Đd biến đường tròn  thành đường tròn ' có phương trình là ' ' ' ' ' ' ' 0 z z z z p     (với ' , 'p p           ) x y O d  ' Hình 1.3.1.3b 22 ' là đường tròn có tâm có tọa vị là z’0= - '    , có bán kính ' ' ' 'R p p R        đường tròn C bằng đường tròn C ’ * Đd có tính chất đối hợp Giả sử Đd: M(z) M’(z’) M’(z’)  M’’(z’’) ' '' ' ( ) = z+ (vì 1, 0) z z z z z z z                                 Từ z’’ = z ''M M  . Vậy Đd có tính chất đối hợp 1.3.1.4. Tích của 2 đối xứng trục. Đ1: 1 1' ,z z z    11 1 21, 0      Đ2: 2 2' ,z z z    22 2 21, 0      Tích Đ2 . Đ1 được xác định bởi: 1 1 12 1 2 2 2 2 ' ( )z z z z               a) Khi 1 2 1  tức là 1 2   (như vậy 1  và 2  song song hoặc trung nhau) thì Đ2 . Đ1 = vT , v có tọa vị 1 12 2 1 2 1 2             . Ta đã biết các điểm có tọa vị 1 2; 2 2   lần lượt là hình chiếu vuông góc của góc O lên 1 và 2. y 1  2  x 1 H O 2 H 1 2  2 2  Hình 1.3.1.4 Thang Long University Library 23 Vậy 1 2 2 .v H H (về hình học rất hiển nhiên), 1H là điểm tùy ý thuộc 1 2, H là hình chiếu vuông góc của 1H lên 2 b. Khi 1 2 1   ; 1 2 1   thì Đ2 . Đ1 là một phép quay tâm J (điểm bất động duy nhất của tích): 1 2 J    và quay góc quay có số đo 1 2 arg( )  là hai lần số đo góc định hướng (1, 2) giữa hai đường thẳng 1 và 2. Hệ quả: Mỗi phép tịnh tiến và mỗi phép quay cho trước luôn có thể viết v T Đ2 . Đ1 ( , )JQ  Đ2 . Đ1. 1.3.2. Đối xứng trượt Ta có Đ . v v T T . Đ khi và chỉ khi v có phương  Thật vậy: Giả sử Đ xác định bởi ' u z z z u   , , 0u   ; v T xác định bởi 'z z z v   thì v T .Đ xác định bởi: ' . u z z z v u     Đ . v T xác định bởi ' ( ) u u u z z z v z v u u u         Vậy v T . Đ = Đ . v T khi và chỉ khi . u v v u   hay 0uv uv  hay  , 0u v  . Do đó ,u v cùng phương tức là v có phương .  Định nghĩa: Tích của phép đối xứng trục Đ với một phép tịnh tiến Tv theo vectơ v có phương  gọi là một phép đối xứng trượt ( . . ) v v f T D D T     trục  với vectơ trượt v . 24  Công thức của đối xứng trượt: ' u z z z v u      , 0, , 0u u v   Như vậy công thức của phép đối xứng trượt có dạng: 'z z z    trong đó , u v u      Kí hiệu ( ); ( ); ( )v v    thì  là thành phần vuông góc với  của  còn v là thành phần song song với  của  .  Biến đổi xác định bởi ' , 1z z z      là 1 phép đối xứng trượt. Thật vậy, lấy 0u  mà u u  và gọi ( ), ( )u u   và gọi ( )  là thành phần vuông góc với u của  và gọi ( )v v là thành phần cùng phương với u của  thì công thức trên có thể viết dưới dạng ' u z z z v u     ,  ( , ) 0, , 0u u v   như vậy biến đổi đó là tích . . v v T D D T    ,  là đường thẳng có phương trình u Z z u   , ( , ) 0u   .   v u  Hình 1.3.2 Thang Long University Library 25 1.3.3. Phép dời hình loại 2 - Định nghĩa: Phép đối xứng trượt ' , 1z z     được gọi là phép dời hình loại 2. - Đối xứng trượt có điểm bất động khi và chỉ khi nó là 1 đối xứng trục (và khi đó có vô số điểm bất động làm thành 1 đường thẳng). - Đường thẳng được bất biến qua đối xứng trượt v f T . Đ = Đ. v T (tức f(d) = d). Khi 0v  buộc phải là  vì nếu d song song với  (không cắt ) thì dễ thấy d và f(d) nằm trong 2 nửa mặt phẳng khác nhau bờ , còn nếu d cắt  tại đúng một điểm thì điểm đó phải là điểm bất động của f mà theo tính chất trên thì khi 0v  , f không có điểm bất động, còn rõ ràng f() = . - Trục  của phép đối xứng trượt f đi qua trung điểm mọi đoạn Mf(M) (M tuỳ ý trong mặt phẳng) và là đường thẳng bất biến bảo tồn hướng duy nhất của f. - Phép đối xứng trượt v f T . Đ = Đ. v T có tính chất đối hợp tức 2 .f f f Id  (biến đổi đồng nhất), khi và chỉ khi f là đối xứng trục vì 2 ( v f T . Đ) . (Đ. v T ) = 2 . v v v T T T là Id khi và chỉ khi 0v  . 1.4. Phép dời hình 1.4.1. Định nghĩa 4.1.1. Một phép biến hình f: 2 2E E được gọi là phép dời hình nếu trong mặt phẳng với 2 điểm M, N bất kỳ và 2 ảnh của chúng lần lượt là ' ( ), ' ( )M f N N f N  ta luôn có ( ', ') ( , )d M N d M N nghĩa là biến đổi của mặt phẳng bảo tồn khoảng cách giữa các điểm. 4.1.2. Ở trường phổ thông ta gọi biến đổi của mặt phẳng bảo tồn khoảng cách là phép dời hình và chứng minh rằng mọi phép dời hình là tích 26 của không quá ba phép đối xứng trục. Như vậy tập hợp các phép dời hình loại I và loại II. ' ;z z z    1;  'z z z    ; 1  chính là tập hợp các phép dời hình. Ta sẽ chứng minh điều nói trên ở trường phổ thông bằng cách dùng số phức. a. Phép dời hình bảo toàn tính thẳng hàng của bộ ba điểm. Thật vậy: Nếu A, B, C thẳng hàng thì các ảnh của nó qua phép dời hình A', B', C' thoả mãn A' B' + B' C' = A'C' nên thẳng hàng. Phép biến đổi của mặt phẳng bảo toàn sự thẳng hàng của các bộ ba điểm là phép biến đổi afin do đó được xác định bởi công thức: 'z z z z      (  ) b. Biến đổi afin bảo toàn khoảng cách giữa các cặp điểm phải có dạng: ' ,z z z    1  hoặc 'z z z    , 1  Tức là dời hình loại I hoặc dời hình loại II. Chứng minh : Cho M (z), M0 (z0) cách nhau một khoảng R Khi đó z = z0 + R ei. Ta có f (M) cách f (M0) một khoảng R có nghĩa: 0 0 0 0 ( ) ( ) ( )z z z z z z z z                = i iR e e R     tức là 1i ie e     Do đó ( )( ) 1i i i ie e e e         hay 2 2 (1 ) 0i ie e         đúng với mọi R Từ đó suy ra 0,1 0      Từ đó ta có 0; 1   hoặc 0  , 1  Thang Long University Library 27 c. Trong mặt phẳng cho hai đoạn thẳng bằng nhau ' 'AB A B ( )A B . Khi đó có duy nhất 1 phép dời hình loại 1, có duy nhất một phép dời hình loại 2 biến A thành A'; B thành B'. Chứng minh : Giả sử A (z0) ; B (z1); A' (z0'); B' (z1') Xét phép dời hình loại 1. ' ; 1z z     Biến A thành A', B thành B' ta có: ' ' 0 0 1 1 ;z z z z       Do đó: ' ' 1 0 1 0 , z z z z     1  ' 0 0 z z   Tương tự phép dời hình loại 2 cần tìm 'z z   Trong đó: ' ' 1 0 1 0 ; z z z z     ' 0 0 z z   1.5. Một số bài toán hình học phẳng giải bằng cách dùng số phức và biểu thức số phức của phép dời hình. Bài toán 1: Dùng biểu diễn hình học của số phức để chứng minh: Tổng bình phương độ dài hai đường chéo của một hình bình hành bằng tổng bình phương dài bốn cạnh của nó. Giải Lấy một đỉnh của hình bình hành làm gốc O, hai đỉnh kề với nó có tọa vị 1 z và 2 z thì đỉnh thứ tư có tọa vị là 1 2 z z . Ta cần chứng minh: 28  2 2 2 21 2 1 2 1 22z z z z z z     Ta có:      21 2 1 2 1 2 1 2 1 2z z z z z z z z z z       = 1 1 1 2 2 1 2 2 z z z z z z z z     21 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2z z z z z z z z z z z z z z        Vậy    2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2 1 22 2z z z z z z z z z z       Bài toán 2: Cho đa giác đều A, A1, ...., An-1 ( 2)n  nội tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng 0 1 1 .... n OA OA OA O      Giải: Chọn hệ tọa độ Oxy có Ox trùng với tia OA0, coi A0A1... An - 1 là E0E1... En-1, trong đó ( ),k k kE   là căn bậc n của đơn vị, 2k 2 cos sin n k k i n      , 0,1,2,...., 1k n  . Tọa vị của vectơ 0 1 1 .... n OE OE OE     là 0 1 1 .... n        . Ta có: 0 2 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 .... .... 0 1 n n n                        Vậy 0 1 1 .... n OE OE OE O      Bài toán 3: Trong mặt phẳng cho đa giác đơn A0A1... An - 1. Xét các vectơ 1 2 , ,...., n u u u mà j u vuông góc với 1j j A A  (coi 0 ) n A A và 1j j j u A A   , j u hướng ra ngoài miền đa giác đơn. Chứng minh rằng: 1 2 .... n u u u O    y M1 M M2 x O Thang Long University Library 29 4 u  Giải: Giả sử đa giác định hướng thuận thì j u có được do quay vecto 1j j A A  một góc 2   , do đó j u có tọa vị  2 1 i j j e z z     (coi j A có tọa vị j z ). Vậy 1 2 .... n u u u   có tọa vị  2 0 2 1 0 1.... 0 i j n e z z z z z z           Vậy 1 2 .... n u u u O    Bài toán 4: Cho A0, A1, ....., An-1 là đa giác đều nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R, M là một điểm thuộc đường tròn. a) Tính 2 2 2 0 1 1 .... n MA MA MA     . b) Tính 0 1 1 . ..... n MA MA MA  . Giải: Coi A0,A1,....., An-1 định hướng thuận thì Ak có tọa vị kR trong đó 2 2 cos sin , 0,1,...,n-1. k k k i k n n       Giả sử M có tọa vị , 1R   . a)    1 1 1 22 2 k=0 k=0 0 n n n k k k k k MA R R R                 1 u  1A 2 A 3 A 3 u  2 u  0 A 30 =   1 1 1 2 0 0 0 n n n k k k k k k k R                        = 1 2 0 (1 1) n k R    vì 1 1 0 0 0, 0 n n k k k k          = 22nR b) 1 1 1 0 0 0 ( ) n n n n k k k k k k MA R R                Ta có 1 0 1 ( ) n n k k z z       , vậy 1 0 1 n n k k MA      Giả sử cos sini    cos sinn n i n    . Vậy 1 cos sin 1 2 sin 2 n nn i n         Vậy 1 0 2 sin 2 n n k k n MA R      , trong đó  0 ,OA OM  Bài toán 5: Cho tam giác ABC. Dựng bên ngoài tam giác các hình vuông ABC1C2, BCA1A2, CAB1B2 và gọi C', A', B' lần lượt là tâm của chúng. Gọi M là trung điểm của BC. Gọi P là trung điểm của B1C1. Chứng minh: a) 1 2 AP BC , AP BC b) ' ' 'AA B C , ' ' 'AA B C c) Tam giác MB'C' là tam giác vuông cân đỉnh M d) Trọng tâm tam giác A'B'C' trùng với trọng tâm tam giác ABC Thang Long University Library 31 Giải: Giả sử ( ), ( ), ( )A B C   a) C2 có được do quay B quanh A góc 2   nên C2 có tọa vị ( )i    . B1 có được do quay C quanh A góc 2  nên B1 có tọa vị ( )i    . Vậy trung điểm P của B1C2 có tọa vị là   1 ( ) ( ) 2 2 i i i                  . Vậy APcó tọa vị i 2   mà BC có tọa vị   nên 1 2 AP BC và AP BC . b) Trung điểm M của BC có tọa vị   1 2   . Tâm A' của hình vuông BCA1A2 có được do quay B quanh M góc 2  nên A' có tọa vị ' trong đó B1 B2 P B' . C B A C2 . C' A2 A1 C1 . A' M 32 ' 2 2 i                = 2 2 i       Hoán vị vòng quanh ta có: B' có tọa vị ' 2 2 i          C' có tọa vị ' 2 2 i          Vậy vecto 'AA có tọa vị 2 2 i          còn ' 'B C có tọa vị 2 2 2 2 i i               = 2 2 i              = 2 2 i i               . Vậy AA' = B'C' và AA'  B'C' c) Vecto 'MB có tọa vị 2 2 i       Vecto 'MC có tọa vị 2 2 2 2 i i i                    Vậy MB' = MC' và MB'  MC'. d) Dễ thấy ' ' '          nên trọng tâm hai tam giác A'B'C' và ABC trùng nhau. Thang Long University Library 33 Bài toán 6: Cho tam giác ABC. Dựng bên ngoài tam giác đó các tam giác đều cạnh BC, CA, AB và gọi trọng tâm của tam giác đó lần lượt là A', B', C'. Chứng minh rằng A'B'C' là tam giác đều và trọng tâm của A'B'C' trùng với trọng tâm tam giác ABC (bài toán Napôlêon). Giải: Giả sử ( ), ( ), ( )A B C   . Gọi A1 là đỉnh của tam giác đều A1BC. Khi đó A1 có được do quay C quanh B là một góc 3   . Gọi 1  là toạ vị của A1 thì: 1 (cos sin )( ) 3 3 i          =   1 3 2 2 i           A B' B1 B1' B A1 A' C C' . 34 Do đó trọng tâm A' của tam giác A1BC có tọa vị 1 ' ((3 3) (3 3) ) 6 i i      . Tương tự B' có tọa vị 1 ' (3 3) (3 3) ) 6 i i      Điểm C' có tọa vị 1 ' ((3 3) (3 3) ) 6 i i      Từ đó vecto ' 'A B có tọa vị 1 ' ' ((3 3) (3 3) 2 3 ) 6 i i i          Vecto ' 'A C có tọa vị 1 ' ' ((3 3) 2 3 (3 3) ) 6 i i i          Dễ thử rằng   1 3 ' ' ' ' 2 2 i              . Như vậy ' 'A C có được do ' 'A B góc 3  . Vậy A'B'C' là tam giác đều. Cũng dễ thấy ' ' '          . Vậy trọng tâm hai tam giác trùng nhau. Bài toán 7. Cho tam giác ABC, gọi E, F, G, lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA.Từ một điểm K bất kỳ ta lần lượt dựng các điểm M đối xứng với K qua tâm E, điểm N đối xứng với M qua tâm F, điểm P đối xứng với N qua tâm G. Chứng minh rằng A là trung điểm của KP. Lời giải Giả sử điểm A có tọa vị là a Thang Long University Library 35 Giả sử điểm B có tọa vị là b Giả sử điểm C có tọa vị là c Giả sử điểm K có tọa vị là kz E là trung điểm của AB E có tọa vị là 2 a b  EĐ có biểu thức toạ vi ̣là ( ) ' 2 2 a b z z a b z       Ta thấy ( )EM Đ K  M có toạ vi ̣ m kz a b z   F là trung điểm của BC F có toạ vi ̣là ( ) 2 b c FĐ có biểu thức toạ vi ̣là ( ) ' 2 2 b c z z b c z       Ta thấy N = ( )FĐ M N có toạ vi ̣ ( )n m k kz b c z b c a b z c a z           G là trung điểm của AC  G có toạ vi ̣là 2 a c GĐ có biểu thức toạ vi ̣là ' 2( ) 2 a c z z a c z       Ta thấy P = ( )GĐ N P có toạ vi ̣ ( ) 2p n k kz a c z a c c a z a z          Ta có K có toạ vi ̣là kz , P có toạ vi ̣là 2 ka z  Trung điểm của KP có toạ vi ̣là 2 2 k kz a z a     Trung điểm của KP trùng với A. Vâỵ A là trung điểm của KP. C B A E M K F N P G 36 CHƯƠNG II. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH DÙNG PHÉP DỜI HÌNH - Các bài toán hình học phẳng đều có thể giải được chỉ cần kiến thức hình học thuộc các lớp trung học cơ sở, nhưng đã được chúng ta giải lại theo quan điểm biến hình. Như vậy trong việc khảo sát tính chất của các hình hình học thì ngoài phương pháp tổng hợp, phương pháp tọa độ, phương pháp vecto mà chúng ta đã biết và đã sử dụng còn có phương pháp biến hình. Đó là vận dụng tính chất của các phép biến hình thường gặp như dời hình, đồng dạngvào việc khảo sát tính chất hình học của các hình, tính toán các đại lượng hình học, tìm tập hợp điểm (quỹ tích) và giải cả toán dựng hình. - Muốn nhận biết được một bài toán hình học nào đó có khả năng giải được bằng phương pháp dời hình bao gồm tịnh tiến, đối xứng tâm, đối xứng trục, quay thì trước hết chúng ta phải xem xét, phân tích nội dung bài toán để tìm ra yếu tố nào trong đó có mối liên hệ đáng chú ý đến một phép biến hình cụ thể, sau đó vận dụng các tính chất của phép biến hình này để tìm ra lời giải hay đáp số của bài toán được xét. 2.1. Bài toán chứng minh Bài 1: Trong mặt phẳng cho n điểm J1, J2, ...., Jn (n  3). Hãy tìm dãy điểm A0, A1, ...., An-1 trong mặt phẳng sao cho Jk là trung điểm của đoạn thẳng 1 , 1,2,...., 1 k k A A k n    (coi An = A0). Giải: Gọi Đ kJ là phép đối xứng tâm Jk thì A0 là điểm bất động của phép biến hình: 1 2 1 . ...... . n nJ J J J f D D D D   Thang Long University Library 37 và khi biết A0 thì dễ dàng dựng được A1, A2,....., An-1. Nếu n lẻ, f là phép đối xứng tâm nên có đúng một điểm bất động, vậy có đúng một dãy điểm A0, A1, ....., An - 1. Ta có thể dựng điểm đầu tiên A0 như sau: Lấy một điểm B0 tuỳ ý của mặt phẳng, dựng 0( )f B khi đó A0 là trung điểm của đoạn thẳng 0 0 ( )B f B . Nếu n chẵn thì 1 2 3 4 1 0 , 2( ... nv f T v J J J J J J       ) Do đó khi 0v  thì f không có điểm bất động nào, tức không có dãy điểm nào thoả mãn, còn nếu 0v  thì mọi điểm của mặt phẳng đều bất động, tức A0 tuỳ ý ta đều dựng được dãy điểm A0, A1,...., An-1 thoả mãn đề bài. Nhận xét: - kJ là trung điểm của 1k kA A 1,k kA A là ảnh của nhau qua phép đối xứng tâm kJ . - Theo cách dựng ảnh của một điểm dễ thấy 0A là điểm cố định của f. Bài 2: Trong mặt phẳng định hướng cho tam giác A1A2A3 và điểm P0. Đặt 3s s A A   với mọi 4s  rồi xét dãy điểm (P0, P1, P2,....) xác định bởi Pk+1 là ảnh của Pk qua phép quay tâm Ak + 1 với góc quay 2 3  (k = 0, 1, 2, ......). Giả sử P1986 = P0, hãy chứng minh A1A2A3 là tam giác đều. 38 Giải: Để cho gọn ta kí hiệu fk +1 là phép quay tâm Ak+1 góc quay 2 3  . Khi đó: 1986 1986 1985 2 1 0 0 ( . ..... . )( )P f f f f P P  Vậy P0 là điểm bất động của tích các phép quay đó. Vì 3s s f f   và 662 x 3 = 1986 nên đặt 3 2 1 . .f f f f thì 662 1986 1985 2 1 . ...... .f f f f f . Phép biến đổi f là phép tịnh tiến theo một vecto v nào đó, nên 666f là phép tịnh tiến theo vecto 662 v . Vì tích có điểm bất động P0 nên 662 0v  hay 0v  . Vậy 3 2 1 . .f f f f là phép biến đổi đồng nhất. Tích 2 1 .f f là phép quay góc 4 3  với tâm J sao cho JA1A2 là tam giác đều định hướng thuận. Nhưng 1 2 1 3 .f f f  nên tâm J của 2 1 .f f phải trùng với tâm của 1 3 f  tức A3. Vậy A1A2A3 là tam giác đều. Bài 3: f là một phép dời hình tuỳ ý của mặt phẳng. Chứng minh: a) 1 ( ). . ff D f D    ; b) 1 ( ). .J f Jf D f D   . Giải: a) 1. .f D f  là một phép dời hình loại hai mà mọi điểm của đường thẳng f() đều bất động (vì ( 1. . )f D f  ( ( )) ( . )( ) ( )f M f D M f M  với mọi M) nên là đối xứng trục với trục f(A). b) 1. .Jf D f  là một phép dời hình loại một khác biến đổi đồng nhất (vì nếu 1. .jf D f Id   thì 1.JD f f Id   (vô lí), giữ bất động điểm f(J) nên là phép Thang Long University Library 39 quay tâm f(J) khác Id). Nhưng 1 2 1 1( . . ) . . . . .J J Jf D f f D f f D f Id     tức 1. .Jf D f  có tính chất đối hợp mà phép quay tâm f(J) (khác Id) có tính chất đối hợp phải là phép đối xứng tâm với tâm f(J) nên 1 ( ). .J f Jf D f D   . Bài 4: Trong mặt phẳng cho hai đoạn thẳng bằng nhau AB = A'B'. Hãy tìm các phép dời hình f biến A thành A', biến B thành B'. Giải: a) Các phép dời hình loại 1 biến A thành 'A , biến B thành 'B - Nếu ', 'AA BB cùng phương 'AA f T ,Jf Q  , ' 'J AB A B  - Nếu ', 'AA BB không cùng phương ,Jf Q  J là giao của hai đường trung trực của AA' và BB' A A' B' B A A' B B' J  * A A' B' B B B' J J A A' 40 b) Các phép dời hình loại 2 biến A thành 'A , biến B thành 'B - Trung điểm O của AA' và BB' trùng nhau of D hoặc f là phép đối xứng trượt trục . Jf Q , J là trung điểm chung của AA' và BB' f D , AB Trung điểm của AA' và BB' không trùng nhau thì có f là phép đối xứng trượt trục  đi qua hai trung điểm của AA' và BB'. Bài 5: Cho hình vuông ABCD tâm O, trên AB và BC lấy E và F sao cho BE = CF. Chứng minh rằng CE = DF. Lời giải Phép quay 90 0 o Q biến: C thành B B thành A F thành E ( vì CF = BE) A thành D, D thành C A A' B  B' A B B' A'      A A' B' B  x y C D B A E F O Thang Long University Library 41 Vậy DF = CE 2.2. Bài toán quỹ tích Bài 1: Cho hai điểm B, C cố định trên đường tròn (O; R) và một điểm A thay đổi trên đường tròn đó. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác ABC. - Nếu BC là đường kính thì trực tâm H của tam giác ABC chính là A. Vậy H nằm trên đường tròn (O; R). - Nếu BC không là đường kính, vẽ đường kính BB' của đường tròn. Ta có: 'AH B C (Do tứ giác AHCB' là hình bình hành) mà 'B C cố định. Vậy 'B C T : biến A thành H. Do đó A chạy trên đường tròn (O; R)  H chạy trên đường tròn (O'; R), O' được xác định: ' 'OO B C . Kết luận: Quỹ tích điểm H là đường tròn tâm O', bán kính R là ảnh của đường tròn (O; R) qua phép tịnh tiến theo véctơ A B C B' H O. . O’ 42 B A C P N M 1N 1B R S Q Bài 2: Cho ABC cố định có trực tâm H. Vẽ hình thoi BCDE, từ D và E vẽ các đường thẳng vuông góc với AB và AC. Các đường thẳng này cắt nhau tại điểm M. Tìm quỹ tích của điểm M. Giải: Tứ giác BCDE là hình thoi nên BC=CD, BC//ED. H là trực tâm ABC nên , ME ACBH AC  BH // ME. Suy ra HBC MED Tương tự: HC//DM và BC//ED HCB MDE  Suy ra: HBC MDE CH DM    Phép tịnh tiến   CH T D M Ta có BC=CD nên điểm D chạy trên đường tròn (C) tâm C, bán kính R=BC  điểm M thuộc đường tròn tâm H, bán kính R=BC là ảnh của đường tròn (C) qua phép tịnh tiến CH T Bài 3: Cho ABC có 090A  . Từ điểm P thay đổi trên cạnh huyền BC của ABC vẽ các đường vuông góc PR, PQ với các cạnh vuông AB, AC ( RAB, QAC). Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn thẳng RQ. Giải: Thang Long University Library 43 Dựng hình chữ nhật ABSQ Ta có PRAB, PQAC và RAAQ ARPQ là hình chữ nhật. Suy ra RBSP là hình chữ nhật. Gọi N là trung điểm cạnh BP thì MN//SQ và MN= 1 2 SQ MN//BA và MN= 1 2 BA Đặt 1 2 u BA NM u   . Phép tịnh tiến : N M u T  Khi PC thì ND là trung điểm cạnh BC Khi P thay đổi trên cạnh huyền BC thì N cũng thay đổi trên đoạn thẳng BD thuộc cạnh huyền BC. 1: BuT B và 1: DuT N thì B1 và N1 là trung điểm cạnh AB, AC. Suy ra quỹ tích của điểm M là đoạn thẳng B1N1. Bài 4: Cho điểm I cố định. Gọi M, M' là hai điểm sao cho  IMM' vuông cân tại I. a) Cho điểm M chạy trên đường tròn (O). Tìm quỹ tích các điểm M' b) Cho điểm M chạy trên đường thẳng d. Tìm quỹ tích các điểm M' . Gọi H là hình chiếu của I xuống MM'. Tìm quỹ tích các điểm H. Giải:  IMM' vuông cân tại I nên IM=IM' và   0, ' 90IM IM  Suy ra M' là ảnh của M qua phép quay tâm I, góc quay 900. Tức là Q(I,900): 'M M a) Khi  M O Q(I,900): 'O O Q(I,900): ( ) ( ')O O Suy ra  ' 'M O M I H M’ 44 .O .O’ Vậy quỹ tích điểm M' là đường tròn (O') ảnh của đường tròn (O) qua phép quay Q(I,900) b) Khi M d Gọi J là hình chiếu vuông góc của I lên d Q(I,900): 'J J Q(I,900): 'd d và ' IJ 'd  tại J', ', 'd d M d M d    Vậy quỹ tích điểm M' là đường thẳng d' đi qua J' và vuông góc với d. * Tìm quỹ tích điểm H: Kẻ 0' 45IH MM MIH   ( Do  IMM' vuông cân tại I ) Suy ra tứ giác IJMH nội tiếp đường tròn đường kính MI 045MJH MIH   ( cùng chắn cung MH ) Ta có 0' 45MJJ  (JJ' là đường chéo hình vuông OJIJ') 'MJH MJJ  . Hai điểm H và J' nằm cùng phía đối với đường thẳng d nên 'H JJ . Quỹ tích của điểm H là đường thẳng JJ'. Bài 5: Cho ba điểm A, B, C cố định trên đường tròn (O) và điểm M thay đổi trên (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 của điểm M3. Giải : Gọi D là trung điểm của M và M3 thì AD là đường trung bình của 1 3MM M M A B C 1M 2M 3M D Thang Long University Library 45 AD//M1M3 và  1 3 1 1 2 AD M M Ta có BC là đường trung bình của 1 2 3M M M BC//M1M3 và BC=  1 3 1 2 2 M M Từ (1), (2) ta có AD//BC, AD=BC nên ABCD là hình bình hành Ta có A, B, C cố định nên D cố định. Xét phép đối xứng tâm D là ĐD ĐD: 3M M điểm M chạy trên đường tròn (O) nên điểm M3 chạy trên đường tròn (O') Với (O') là ảnh của đường tròn (O) qua phép đối xứng tâm D. Vậy quỹ tích các điểm M3 là đường tròn (O'). 2.3. Bài toán dựng hình Bài 1: Cho đường thẳng d, hai điểm A và B ở cùng phía bờ d. Tìm trên d hai điểm M, N sao cho MN = m cho trước và AM = BN. Giải + Phân tích: Ta dựng N qua phép tịnh tiến : ' m T M N A A   m  là véc tơ có độ dài m và phương d Khi đó A'N=NB Do đó N là giao của đường thẳng d với đường thẳng x là trung trực của A'B. + Dựng: A' = ( ) m T A , x là đường trung trực của A'B. N = x d , M = ( ) m T N  + Chứng minh: MN = m, NB = NA' = MA. + Biện luận: A'B vuông góc với d bài toán vô nghiệm. B A' A M N d x 46 d A'B không vuông góc với d thì bài toán có 1 nghiệm hình. Bài 2: Cho hai điểm A và B ở khác phía bờ là đường thẳng d. Hãy dựng điểm M trên d để d là phân giác của AMB . Giải: + Phân tích: Giả sử đã dựng được M d và M thỏa mãn đầu bài Ta thấy qua Đ d : AA' thì A' MB  M  A'Bd. + Dựng: A' = Đ d (A), MBA' d + Chứng minh: vì d là trung trực của AA' nên d là phân giác của AMB . + Biện luận: nếu AH BI thì bài toán có 1 nghiệm. nếu AH = BI thì bài toán vô nghiệm. Bài 3: Cho đường tròn (O), một điểm A và một đường thẳng d, dựng tam giác vuông cân tại A sao cho B  (O), C  d. Giải : + Phân tích Giả sử đã dựng được ABC vuông cân tại A thỏa mãn điều kiện đầu bài. Khi đó B  (O) và B  d' = 090 ( )AQ d I B A M A' A .O B d d' C Thang Long University Library 47 + Dựng: d' = 090 ( )AQ d , B = (O)  d', C = 090 ( )AQ B . Ta có ABC cần dựng + Chứng minh: Theo cách dựng suy ra tam giác ABC là tam giác vuông cân thỏa mãn đầu bài. Biện luận: Tùy thuộc vào số giao điểm của d' và đường tròn (O) ta có số nghiệm hình tương ứng. Bài 4: Cho tam giác ABC. Hãy dựng trục  của đối xứng trượt . .CA BC ABf D D D và dựng vectơ trượt v . Giải: Kẻ đường cao BK của tam giác ABC Kẻ đường thẳng Bx sao cho các góc định hướng (BA, BC) và ( ,Bx BK ) bằng nhau. Ta có . .BC AB BK BxD D D D (phép quay góc 2 (BA, BC) quanh B). Qua K kẻ //Ky Bx và kẻ đường thẳng  vuông góc với Bx , cắt Bx tại J. Ta có: . .CA BK KyD D D D (= ĐK). Từ đó .( . ) .( . )CA BC AB CA BK Bxf D D D D D D  2 ( . ). ( . ). .CA BK Bx Ky Bx JKD D D D D D D T    Vậy f là phép đối xứng trượt trục  vec tơ trượt 2JK . 2.4. Một số bài toán bồi dưỡng thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế dùng phép dời hình. Bài 1: Trong mọi tam giác, khoảng cách từ mỗi đỉnh đến trực tâm gấp đôi khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện. A B C y x J L K 48 A C B 0 A H H’ Giải: Ta cần chứng minh ( , ) 2 ( , )d A H d O BC hay 0 2AH OA trong đó d là ký hiệu khoảng cách và 0 A là trung điểm canh BC. Nhưng cả hai đoạn thẳng AH và 0 OA đều vuông góc với BC, hơn nữa lại cùng hướng. Từ đó ta chứng minh ' 0 2AH OA OO     , trong đó 'O  Đ ( ) BC O , từ đó suy ra 0 2AH OA . Thật vậy: vì điểm H’ đối xứng với trực tâm H của ABC qua cạnh BC thuộc vào đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , nên các đường tròn (ABC) tâm O và (HBC) tâm O’ đối xứng nhau qua BC thì bằng nhau ( có cùng bán kính) và chúng còn tương ứng với nhau trong phép tịnh tiến ( )T v  theo véc tơ ' 0 2v OO OA     . Vì '( )T OO  biến A thành H nên 0 2AH OA    Vậy ( , ) 2 ( , )d A H d O BC Bài 2: Trong mặt phẳng cho 2 tam giác ABC, ADE có các góc ở đỉnh chung A bù nhau, đồng thời , , ,AB AD AB AD AC AE AC AE    và hai tam giác đó không còn điểm chung nào khác ngoài đỉnh A. . O’ . O Thang Long University Library 49 D F H E A C M B Chứng minh rằng đường thẳng chứa trung tuyến xuất phát từ đỉnh chung A của tam giác này chứa đường cao hạ từ A của tam giác kia. Giải: Theo giả thiết thì ,AB AD AB AD  và ,AC AE AC AE  Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là chân đường cao AH của ADE , ta cần chứng minh AM DE . Thật vậy, thực hiện phép quay ( , ) 2 Q A  . khi đó nếu ABC có hướng thuận thì phép quay này biến ADE thành ABF do D B và D ( ) A E F C . Vì ( )BF Q DE , trong đó ( , ) 2 Q Q A   nên ,BF DE BF DE  và BF AM , 2BF AM (do AM là đường trung bình của BCF . Từ đó suy ra AM DE Bài 3: (Thi vô địch Quốc gia Romania, 1997) Gọi P là tập hợp các điểm trong mặt phẳng và D là tập hợp tất cả các đường thẳng trong mặt phẳng đó. Hãy xem xét có tồn tại hay không một phép biến hình. 50 f: P  D sao cho với mọi ba điểm thẳng hàng A, B, C ba đường thẳng f(A), f(B), f(C) song song hoặc đồng quy. Giải: Ta khẳng định không tồn tại một phép biến hình nào như thế. Giả sử ngược lại, tồn tại phép biến hình f thoả mãn điều kiện để bài. Trước tiên, ta để ý rằng nghịch ảnh A, B, C của ba đường thẳng song song hoặc đồng quy d1, d2, d3 phải thẳng hàng. Thật vậy, nếu không thế, thì mọi điểm M bất kì trên ba đường thẳng AB, BC, CA, ta có đường thẳng f(M) sẽ song song hoặc đồng quy với d1, d2, d3. Lúc đó, mọi điểm nằm trên đường thẳng xác định bởi hai điểm như thế (tức là như điểm M) cũng cho ảnh qua f là đường thẳng song song hoặc đồng quy với d1, d2, d3. Suy ra tất cả các điểm của mặt phẳng đều có ảnh là đường thẳng song song hoặc đồng quy với d1, d2, d3, điều này mâu thuẫn. Bây giờ, cho hai họ đường thẳng (P1) và (P2) khác nhau, theo nhận xét trên, nghịch ảnh của các đường thẳng thuộc (P1) (tương ứng, (P2)) đều nằm trên một đường thẳng l1 (tương ứng, l2). Ta phải có l1 // l2, do hai họ (P1) và (P2) không có chung đường thẳng nào. Tiếp theo, xét một chùm (Q) các đường thẳng đồng quy, các đường thẳng của (Q) có nghịch ảnh là các điểm nằm trên đường thẳng m (không cần song song l1). Bất kì đường thẳng m0 nào song song với m cũng cho tương ứng với một chùm đường thẳng đồng quy mà điểm đồng quy khác với điểm của chùm (Q) (để ý, nếu m0 cho tương ứng với một họ đường thẳng song song thì m cũng vậy). Tuy nhiên, tồn tại một đường thẳng đi qua hai điểm nào đó Thang Long University Library 51 của m và m0, mà nghịch ảnh của nó là một điểm nằm trên cả m và m0, điều này mâu thuẫn, suy ra điều phải chứng minh. Bài 4: (Ứng dụng Phép đối xứng qua tâm, Cộng hòa Cezch, 2000) Tìm tất cả các tứ giác lồi ABCD thoả mãn điều kiện: Tồn tại một điểm E nằm bên trong tức giác sao cho bất kì đường thẳng qua E và cắt AB, CD nào cũng chia tứ giác ABCD thành hai hần có diện tích bằng nhau. Giải: Tứ giác ABCD có tính chất như đề bài nếu và chỉ nếu AB //CD. Thật vậy: *Giả sử ABCD là tứ giác thoả điều kiện đề bài. Lúc đó, gọi X1, X2, X3 là ba điểm nằm trên cạnh AB sao cho AX1 < AX2 < AX3 và ba đường thẳng EX1, EX2, EX3 cắt cạnh CD lần lượt tại ba điểm Y1, Y2, Y3. Vì ABCD là tức giác lồi nên CY1 < CY2 < CY3. Ta có:     1 1 0 2 2 ABCD ABCD     1 1 2 2AX AXYD Y D     1 2 1 2EYY EX X  1 2 1 2 1 2 1 sin .( . . ), 2 YEY EY EY EX EX   Suy ra 1 2 1 2 . .EY EY EX EX . Tương tự, 2 3 2 3 . .EY EY EX EX . Do đó: 1 3 1 3 EX EX EY EY  , suy ra hai tam giác Y1EY3 và X1EX3 đồng dạng. Từ đó Y1Y3 // X1X3, tức là CD // AB. 52 * Đảo lại, giả sử ABCD là tứ giác lồi tuỳ ý có AB // CD. Gọi M1 và M2 lần lượt là trung điểm AB và CD, ta chọn E là trung điểm đoạn thẳng M1M2 thì E có tính chất nêu ở đề bài. Thật vậy, xét một đường thẳng qua E bất kì, miễn là nó cắt AB và CD tại hai điểm tương ứng, X và Y. Xét phép đối xứng qua E, ảnh của đường thẳng AB là đường thẳng CD, do đó, ảnh của đoạn thẳng XM1 là đoạn thẳng YM2. Suy ra XM1 = YM2 và AX + DY = BX + CY. Như vậy, các tứ giác AXYD và BXYC (mỗi tứ giác là hình thang hoặc hình bình hành) có cùng chiều cao và cùng độ dài tổng hai đáy, nên có diện tích bằng nhau. Ta có điều phải chứng minh. Bài 5: (Ứng dụng phép quay, cộng hòa Cezch, 1999) Trong mặt phẳng, cho góc nhọn APX. Hãy chỉ ra cách dựng một hình vuông ABCD sao cho P nằm trên cạnh BC và P nằm trên phân giác của góc BAQ, với Q là giao điểm của tia PX với CD. Giải: Xét phép quay 900, tâm A, qua phép quay này, B biến thành D. Gọi P', C', D' lần lượt là ảnh của P, C, D. Vì 0' 90PAP  nên AP' là phân giác góc 'QAD . Như vậy, P' có cùng khoảng cách đến hai đường thẳng AD' và AQ, khoảng cách này bằng cạnh s của hình vuông ABCD, và cũng bằng đường cao AD trong tam giác AQP'. Thang Long University Library 53 Do trong tam giác AQP', hai đường cao hạ từ A và P' bằng nhau nên suy ra AQ = P'Q. Như vậy, có thể dựng điểm P' (P' là ảnh của P qua phép quay tâm A, góc quay 900) rồi dựng Q, với Q là giao điểm của PX với đường trung trực của đoạn AP'. Cách dựng các điểm còn lại đã rõ, và việc chứng minh ABCD là hình vuông cũng rõ ràng ngay từ cách dựng. Bài 6: (Ứng dụng phép quay) Từ đỉnh A của hình vuông ABCD, ta vẽ hai tia Ax, Ay đi qua miền trong của hình vuông đó. Giả sử các điểm M, K là hình chiếu của các điểm D, B lên Ax; L, N tương ứng là hình chiếu của B và D lên Ay. Chứng minh rằng các đoạn thẳng KL, MN vuông góc với nhau và bằng nhau. Giải: Để chứng minh KL MN và KL MN , ta cần chứng minh tồn tại phép quay Q, góc quay 900 biến K thành M và L thành N. Thật vậy, từ điều kiện của bài toán suy ra các tam giác ABK và DAM bằng nhau. Qua phép quay Q tâm O (tâm của hình vuông), góc quay 900, B biến thành A, A thành D và do phép quay bảo tồn gốc nên suy ra ảnh của điểm K là điểm M. Lập luận tương tự: 090 : O Q L N . Từ đó suy ra KL MN và KL MN . 54 Bài 7: (Ứng dụng Phép tịnh tiến, Winconsin, 1998) Dựng một hình thang ABCD (AB // CD) có cạnh đáy AB = a, hai đường chéo AC = m, BD = n và biết  là góc nhọn tạo bởi hai đường chéo. Giải: Giả sử đã dựng được hình thang theo yêu cầu. Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ DC , điểm B biến thành điểm N hay N là đỉnh thứ tư của hình bình hành CDBN. Suy ra 0180ACN    và CA = m, CN = n. Như vậy tam giác CAN dựng được. Từ phân tích trên, dễ dàng suy ra cách dựng. Biện luận. Vì  là góc nhọn nên 0180  là góc tù. Do vậy, bài toán có nghiệm hình khi và chỉ khi AN > AB, hay 2 2 0 2 22 cos (180 ) 2 cosAN m n mn m n mn a         . Nói cách khác, bài toán có nghiệm hình khi và chỉ khi 0    , trong đó,  là góc xác định bởi cos 2 2 2( ) 2 a m n mn     . Thang Long University Library 55 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 dời hình trong mặt phẳng, chứng minh chi tiết một số các tính chất của các phép dời hình. 2. Minh họa việc sử dụng các phép dời hình giải một số bài toán hình học phẳng. Việc sử dụng số phức như một công cụ giải toán không những mang lại cho chúng ta một phương pháp giải toán mới mà góp phần đáng kể vào việc rèn luyện kĩ năng và năng lực giải toán cho học sinh, sinh viên, đặc biệt là ứng dụng các phép biến hình để giải các bài toán hình học phẳng có thể cho chúng ta lời giải đẹp và ngắn gọn. 56 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 và áp dụng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội. [5]. Nguyễn Mộng Hy (2003), Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo dục. [6]. Đoàn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục. [7]. Hoàng Trọng Thái (2007), Giáo trình ứng dụng các phép biến hình giải toán hình học, NXB Đại học Sư phạm. Thang Long University Library

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00280_1421_799.pdf
Luận văn liên quan