Bài tập hình học Afin

Chia sẻ: Nguyen Quoc Dat | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:34

0
429
lượt xem
119
download

Bài tập hình học Afin

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài 2: Hệ tiên đề K gồm :điểm ,đường,thuộc + Khái niệm cơ bản + Các tiên đề : i) có ít nhất một điểm ii) qua hai điểm phân biệt có không quá một đường.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài tập hình học Afin

  1. BÀI TẬP CHƯƠNG I Bài 2: Hệ tiên đề K gồm :điểm ,đường,thuộc + Khái niệm cơ bản + Các tiên đề : i) có ít nhất một điểm ii) qua hai điểm phân biệt có không quá một đường. iii)mỗi đường có ba điểm phân biệt. iv)Mỗi điểm nằ trên ba đường phân biệt a.Chứng minh các định lý: + Hai đường thẳng biệt có không quá một điểm chung. + Có ít nhất là bảy điểm ,có ít nhất là bảy đường. b.Xây dựng các mô hình của K gồm bảy điểm ,bảy đường hoặc chín điểm,chín đường. Giải a.Chứng minh + Hai đường phân biệt có không qía một điểm chung. Nếu như hai đường thẳng phân biệt a và b có hai điểm chung là A và B ( A ≠ B ) thì qia hai điểm A,B sẽ có hai đường thẳng phân biệt a và b (trái ii)) + Có ít nhất là bảy điểm ,bảy đường Theo tiên đề i) có ít nhất là một điểm ta kí hiệu là A ,theo iv) có ba đường phân biệt x,y,z qua A. Theo tiên đè iii) trên x ngoài biến A còn có 2 điểm phân biệt nửa B,C Tương tự trên y ngoài A có 2 điểm phân biệt D,E Trên z ngoài A có 2 điểm phân biệt G,H Theo định lý 1: hai đường thẳng phân biệt sẽ có không quá một điểm chung ⇒ Bảy điểm A,B,C,D,E,G,H đôi một phân biệt và khác nhau. Theo tiên đề iv) mỗi điểm nằm trên ba đường thẳng phân biệt .Nên ngoài x qua B còn có 2 diểm phân biệt khác ta đặt u,v. Tương tự :ngoài x qua C còn có 2 đường : w, ϕ Theo tiên đề ii)qua hai điểm phân biệt có không quá một đường ⇒ Bảy đường x, y , z , u , v, w, ϕ đôi một phân biệt và khác nhau. b.+ Mô hình K gồm bảy điểm ,bảy đường. Xét ∆ΑΒC có 3 đường trung tuyến AD,BE,CF cắt nhau tại G. Ta có: bảy điểm A,B,C,D,E,F,G,H. Ta gọi mỗi đường là bộ đôi ba điểm { A, F , B} , { B, D, C} , { A, E , C} , { A, G, D} , { C , G, F } , { B, G, E} , { F , E , D} + Mô hình K gồm chín điểm ,chín đường. Ta lấy 9 điểm phân biệt : A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 , C1 , C 2 , C 3 . Mỗi bộ ba điểm sau đây được xem là một đường: { A1 , B1 , C1 }, { A1 , B2 , C3 }, { A1 , B3 , C 2 }, { A2 , B2 , C 2 }, { A2 , B1 , C3 }, { A3 , B3 , C3 }, { A3 , B1 , C 2 }, { A3 , B2 , C1 } Bài 4: Hãy dùng hệ tiên đề của hình học phẳng ở phổ thông để chứng minh các định lý sau đây. a.Có ít nhất ba điểm không thẳng hàng. b. Cho 4 điểm A,B,C,D phân biệt và thẳng hàng.Chứng minh rằng nếu C nằm giữa A và B,còn D nằm giữa B và C thì D nằm giữa A và B còn C nằm giữa A và D. c. Định lý Pát (tức tiên đề Pát trong hệ tiên đề Hinbe). Giải Chứng minh: 1
  2. a.Có ít nhất ba điểm không thẳng hàng. Theo tiên đề 1,ta có ít nhất là hai đường thẳng a và b nào đó. Cũng theo tiên đề 1,trên a có ít nhất là hai điểm A và B. Đường thẳng b không thể đồng thời đi qua A và B ,vì như vậy sẽ trùng với đường thẳng a,theo tiên đề 2. Vậy trên b có ít nhất là một điểm C không nằm trên a. Vậy ta có ít nhất là ba điểm A,B,C, không thẳng hàng. b.Ta chứng minh C ở giữa A và D. Ta gọi a là đường thẳng chứa bốn điểm A,B,C,D. Theo tiên đề 4,điểm C chia các điểm còn lại của đường thẳng a thành hai tập hợp,ta gọi hai tập hợp đó là X và Y Vì C ở giữa A và B nên Avà B thuộc hai tập hợp khác nhau. Gỉa sử A ∈ XvàB ∈ Y Theo giả thiết D ở giữa B và C nên theo tiên đề 3 C không ở giữa B và D Do D ∈ Y và A ∈ X ⇒ C ở giữa A và D • Chứng minh D ở giữa A và B Điểm D chia các điểm của a thành hai tập hợp kí hiệu là X ' , Y ' Theo giả thiết D ở giữa B và C nên B và C thuộc hai tập hợp khác nhau. Giả sử C ∈ X ' vàB ∈ Y ' Theo chứng minh trên và theo tiên đề 3,vì C ở giữa A và D nên D không ở giữa A và C Vậy A và C cùng thuộc một tập hợp X ' hoặc Y ' Như vậy A ∈ X ' ngoài ra vì B ∈ Y ' Suy ra D ở giữa A và B. c. Theo tiên đề 5 Đường thẳng a chia các điểm không thuộc nó thành hai tập hợp mà ta kí hiệu là X và Y. Theo định nghĩa của đoạn thẳng thì giả thiết đường thẳng a có một điểm ở giữa A và B ,A và B đều thuộc tập hợp khác nhau đó Gỉa sử A ∈ XvàB ∈ Y ,do C không nằm trên a nên phải thuộc một trong hai tập hợp đó. Nếu C ∈ X thì B và C thuộc hai tập hợp khác nhau nên theo tiên đề 5 đường thẳng a và đoạn thẳng BC có điểm chung hay có một điểm của a ở giữa B và C Tương tự nếu C ∈ Y thì có một điểm của a ở giữa A và C. Bài 6: Hãy dùng 12 tiên đề của hình học phẳng (tức là không dùng tiên đ ề 13 về hai đường thẳng song song) để chứng minh các định lý sau đây. a.Góc ngoài tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó. b. Nếu hai đường thẳng tạo với một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau thì hai đường thẳng đó song song. GIẢI A B' x B C 2
  3. a) Góc ngoài của tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó. Ta gọi Cx là tia đối của tia CB ta chứng minh rằng: ·ACx > BAC và · · ACx > · ABC Gọi I là trung điểm AC và B’ là điểm đối xứng với B qua I. Khi đó hai tam giác AIB và CIB’ bằng nhau (c-g-c).Bở vậy · · ACB ' = BAC có thể chứng minh rằng tia CB’nằm trong góc · ACx ,tức là · ACx > · ACB ' Có thể chứng minh rằng tia CB’ nằm trong góc b) Gỉa sử hai đường thẳng a và b cắt đường thẳng c lần lượt tại A và B sao cho µ1 = B1 Aµ nếu a và b cắt nhau tại C thì tam giác ABC sẽ có một góc ngoài bằng một góc trong không kề với nó (trái với định lý a) A B c) vậy nếu hai đường thẳng tạo với một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau thì hai đường thẳng đó song song (đpcm) Bài 8: Cho V là không gian Ơ-clit n chiều (trên trường số thực) .Hãy gọi mỗi vecto u của V là một “điểm”,và với bất kì hai “điểm” u và v của V ta cho tương ứng với vecto v − u của V.Hãy chứng minh rằng khi đó V là không gian Ơ-clit n chiều. Giải Gọi mỗi vectơ u là một điểm và kí hiệu là U. rrru r Vậy các vectơ a, b, x, y... bây giờ được hiểu là các điểm A,B,X,Y… Theo tiên đề 1: Với bất kỳ hai điểm A và B (là hai vectơ a và b ) ta cho tương ứng với một vectơ hoàn toàn xác định của V ,đó là vectơ b − a uuu r r r Như vậy : AB = b − a Theo tiên đề 2: Với mỗi điểm A cho trước (là vectơ a ) và mỗi vectơ u cho trước của V có một điểm duy nhất B sao cho AB = u rrr Thật vậy ta chỉ cần lấy B là điểm b = u + a... uuu uuu uuu r r r Theo tiên đề 3: Với bất kỳ ba điểm A,B,C ta đều có AB + BC = AC rrr Thật vậy nếu các điểm A,B,C lần lượt là các vectơ a, b, c thì uuu r r uuu r r uuu r r r r r AB = b − a, BC = c − b, AC = c − a , uuu uuu uuu r r r Từ đó suy ra AB + BC = AC Vậy cả ba tiên đề đều nghiệm Suy ra V là không gian Ơclic n chiều. BÀI TẬP CHƯƠNG II BÀI 1:PHÉP BIẾN HÌNH AFIN Bài 2: Cho phép afin f và hai điểm A,B phân biệt .Chứng minh rằng nếu f ( A) = ( B ) và f ( B ) = ( A) và I là trung điểm AB thì f ( I ) = I . Giải Ta có f là phép afin A và B là hai điểm phân biệt 3
  4. f ( A) = B , f ( B ) = A Gọi I là trung điểm của AB Gỉa sử f ( I ) = I ' Do f là phép afin nên f bảo toàn tỉ số đơn ( ABI ) IA = − IB () () ⇒ f IA = − f IB ⇒ I ' B = −I ' A ⇒ I’ là trung điểm AB Theo tính chất duy nhất của trung điểm ⇒ I ≡ I' ⇒ f (I) = I' Bài 4: Chứng minh rằng nếu phép afin f biến mỗi đường thẳng a thành đường thẳng a’ song song hoặc trùng với a thì f là phép tịnh tiến hoặc là phép vị tự. Giải Giả sử f là phép biến đổi tuyến tính liên kết với phép afin f ur r r Ta chứng minh rằng tồn tại một số k sao cho với mọi u bất kỳ có : f (u ) = ku Thật vậy với vectơ u bất kỳ ta lấy hai điểm M,N sao cho MN = u Nếu gọi M ' = f ( M ) và N ' = f ( N ) và M ' N ' = u ' u r ur r Thì theo định nghĩa của f ta có : f (u ) = u ' Nhưng vì f biếnuđường r ẳng MN thành đường thẳng M’N’ nên theo giả thiết th rr MN // M ' N ' bởi vậy f (u ) = ku . ur r r r Tương tự như vậy ,đối với vectơ v ta cũng có f (v) = k ' v .Tuy nhiên ta chứng minh được k =k' uu rr u r rr r r u rr r Thật vậy, nếu đặt vectơ w = u + v , thì ta cũng có f ( w) = k '' w = k ''(u + v ) = k '' u + k '' v .Nhưng uu rr ur r ur ur r r r r r r r r r vì f biến đổi tuyến tính nên f ( w) = f (u + v ) = f (u ) + f (v ) = ku + k ' v .Tức là ku + k ' v = k '' u + k '' v r Từ đó ta suy ra nếu v và u không cộng tuyến thì k = k '', k ' = k '' , vậy k = k ' . r r Còn nếu v và u cộng tuyến ta lấy một vectơ z không cộng tuyến với vectơ u thì ur r r f ( z ) = kv Bây giờ ta lấy k=1 thì với mọi cặp điểm M,N và ảnh của chúng là M’.,N’ ta có uuuu uuuuuu r r uuuu uuuuuu r r MN = M ' N ' .Vậy MN = M ' N ' uuuuu r r Vậy f tịnh tiến theo vectơ MM ' = v . Nếu k ≠ 1 (chú ý rằng nếu k ≠ 0 ) thì với cặp điểm M,N và ảnh cuuuuchúng ta uuuủar uuuu cór uuur r uuuuuu r uuuu r M ' N ' = k MN suy ra hai đường thẳng MM’ và NN’ cắt nhau tại O và OM = kOM , ON = kON Vậy f là phép vị tự tâm O tỉ số k. Bài 6: Cho hai tứ giác ABCD và A’B’C’D’.Với điều kiện nào thì có phép afin f biến các đỉnh A,B,C,D lần lượt thành các đỉnh A’,B’,C’,D’? Giải Vì ba điểm A,B,C cũng như ba điểm A’,B’,C’ không thẳng hàng cho nên có một phép afin f duy nhất biến A,B,C lần lượt thành A’,B’C’ Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD I’ là giao điểm của hai đường chéo A’C’ và B’D’ Phép afin f biến D thành D’ khi và chỉ khi nó biến I thành I’. Điều đó xảy ra khi và chỉ khi ( A, B, I ) = ( A ', B ', I ') và ( B, D, I ) = ( B' , D' , I ') 4
  5. Bài 8: Tìm biểu thức tọa độ của phép afin biến các điểm A(1,0) , B( 0,2) , C ( − 3,0 ) lần lượt thành các điểm A' ( 2,3) , B' ( − 1,4) , C ' ( − 2,−1) Giải  x' = ax + by + a1 Biểu thức tọa độ của phép biến đổi afin có dạng:   y ' = cx + dy + a 2 Vì nó biến ba điểm A,B,C thành A’,B’,C’ nên : 2 = a + a1 a + a1 = 2 3 = c + a c + a = 3   2 2 − 1 = 2b + a1 2b + a1 = −1   ⇒ ⇒ 4 = 2 d + a 2 2 d + a 2 = 4 − 2 = −3a + a1 − 3a + a1 = −2    − 3c + a 2 = −1 − 1 = −3c + a 2  Ta có : a = 2 − a1 thay vào phương trình : − 3a + a1 = −2 ⇒ −3( 2 − a1 ) + a1 = −2 ⇒ 4a1 = 4 ⇒ a1 = 1 ⇒ a = 1 Từ phương trình c + a 2 = 3 ⇒ c = 3 − a 2 thay vào phương trình: − 3c + a 2 = −1 ⇒ −3( 3 − a 2 ) + a 2 = −1 ⇒ 4a 2 = 8 ⇒ a2 = 2 ⇒ c = 1 Tương tự từ phương trình : 2b + a1 = −1 ⇒ 2b = −2 ⇒ b = −1 Và 2d + a 2 = 4 ⇒ 2d = 2 ⇒ d = 2  x' = x − y + 1 Vậy ta có biểu thức tọa độ là:   y' = x + y + 2 Bài 10: Cho hai phép afin: x ' = 2x + y − 5 Phép f:   y ' = 3x − y + 7 x ' = x − y + 4 Phép g:   y ' = −x + 2 y + 5 Tìm biểu thức tọa độ của go f và f0 g x ' = 2x + y − 5 Xét f:   y ' = 3x − y + 7 A(0,0); B(1,0); C(1,0)  x ' = 2.0 + 0 − 5 x ' = −x + 2 y − 8 ⇒ f(A)= (-5,7) f(A):    y ' = 3.0 − 0 + 7  y ' = 4 x − 3 y + 24 5
  6.  x ' = 2.1 + 0 − 5 ⇒ f(B)= (-3,10) f(B):   y ' = 3.1 − 0 + 7  x ' = 2.0 + 1 − 5 ⇒ f(C)=(-4,6) f(C):   y ' = 3.0 − 1 + 7 x ' = x − y + 4 xét g:   y ' = −x + 2 y + 5  x ' = −5 − 7 + 4 ⇒ g(f(A))=(-8,24)=A’ g(f(A)):   y ' = 5 + 2.7 + 5  x ' = −3 − 10 + 4 ⇒ g(f(B))=(-9,28)=B’ g(f(B)):   y ' = 3 + 2.10 + 5  x ' = −4 − 6 + 4 ⇒ g(f(C))=(-6,21)=C’ g(f(C)):   y ' = 4 + 2.6 + 5 Ta có A(0,0); B(1,0); C(0,1); A’(-8,24); B’(-9,28); C’(-6,21) Biểu thức tọa độ của g0f là:  x ' = ax + by + c  y' = a'x +b' y + c  −8 = c  c = −8  24 = c ' a = −1    −9 = a + c b = 2 ⇒    28 = a '+ c ' a ' = 4  −6 = b + c b ' = −3    21 = b '+ c ' c ' = 24 Vậy biểu thức tọa độ của g0f là x ' = −x + 2 y − 8   y ' = 4 x − 3 y + 24 Tương tự ta xét biểu thức tọa độ của f0g: x ' = x − y + 4 Xét g:   y ' = −x + 2 y + 5 A(0,0); B(1,0); C(0,1) 6
  7. 8 = c 14 = c '  9 = a + c x ' = 0 − 0 + 4 ⇒ g(A)=(4,5) g(A)=   18 = a '+ c '  y ' = −0 + 2.0 + 5 8 = b + c  9 = b '+ c ' x ' = 1− 0 + 4 ⇒ g(B)=(5,4) g(B)=   y ' = −1 + 2.0 + 5 x ' = 0 −1+ 4 ⇒ g(C)=(3,7) g(C)=   y ' = −0 + 2.1 + 5 x ' = 2x + y − 5 xét f:   y ' = 3x − y + 7  x ' = 2.4 + 5 − 5 ⇒ f(g(A))=(8,14)=A’’ f(g(A))=   y ' = 3.4 − 5 + 7  x ' = 2.5 + 4 − 5 ⇒ f(g(B))=(9,18)=B’’ f(g(B))=   y ' = 3.5 − 4 + 7  x ' = 2.3 + 7 − 5 ⇒ f(g(C))=(8,9)=C’’ f(g(C))=   y ' = 3.3 − 7 + 7 Vậy ta có A(0,0); B(1,0); C(0,1); A’’(8,14); B’’(9,18); C’’(8,9) Biểu thức tọa độ của f0 g là :  x ' = ax + by + c  y' = a'x +b' y + c' 8 = c c = 8 14 = c ' c ' = 14   9 = a + c a = 1 ⇒   18 = a '+ c ' a ' = 4 8 = b + c b = 0   9 = b '+ c ' b ' = −5 Vậy biểu thức tọa độ của f0g là: 7
  8. x ' = x + 8   y ' = 4 x − 5 y + 14 Bài 12: Tìm điểm bất động và đường thẳng bất động (tức là đường thẳng biến thành chính nó) cùa các phép afin sau đây: x ' = 7x − y +1 a/   y ' = 4x + 2 y + 4  13 a 8 x' = x+ y −   5 5 5 b/  y' = 4 x + 7 y − 4   5 5 5 Giải a/Điểm bất động: x = 7x − y +1 Giải hệ phương trình   y = 4x + 2 y + 4 1  ta được điểm bất động là A =  − ; −2 ÷. 2  Đường thẳng bất biến : Nếu đường thẳng (d) có ảnh là đường thẳng (d’) và phương trình của (d’) là Ax '+ By '+ C = 0 thì phương trình của (d) là: A ( 7 x − y + 1) + B ( 4 x + 2 y + 4 ) + C = 0 Hay: ( 7 A + 4 B ) x + ( − A + 2 B ) y + A + 4 B + C = 0 Để hai đường thẳng (d) và (d’) trùng nhau ta cần có điều kiện: 7 A + 4B − A + 2B A + 4B + C = = (*) A B C Từ đẳng thức với dấu bằng đầu tiên ta suy ra: A2 + 5 AB + 4 B 2 = 0 hay ( A + B ) ×( A + 4 B ) = 0 +/Nếu A = − B thì từ đẳng thức với dấu bằng thứ hai của (*) ta suy ra : 3B + C = 3C , suy ra 3B = 2C . Vậy ta có thể lấy: C = −3, B = −2 và A = 2 và được đường thẳng bất biến có phương trình: 2x − 2 y − 3 = 0 +/Nếu A = −4 B thì từ dấu bằng thứ hai của (*) ta suy ra C = 6C vậy C = 0 và phương trình đường thẳng bất biến là: 4 x − y = 0 b/Điểm bất động : Giải hệ phương trình:  13 a 8 x = 5 x + 5 y − 5   y = 4 x + 7 y − 4   5 5 5 Hệ phương trình trên tương đương với một phương trình: 2x + y − 2 = 0 Vậy mọi điểm của đường thẳng 2 x + y − 2 = 0 đều là điểm bất động. Đường thẳng bất biến: Nếu đường thẳng (d) có ảnh là đường thẳng (d’) và (d’) có phương trình: Ax '+ By '+ C = 0 thì phương trình của (d) là: A ( 13 x + 4 y − 8 ) + B ( 4 x + 7 y − 4 ) + 5C = 0 8
  9. Hay: ( 13 A + 4 B ) x + ( 4 A + 7 B ) y − 8 A − 4 B + 5C = 0 . Để (d) ≡ (d’), điều kiện là: 13 A + 4 B 4 A + 7 B −8 A − 4 B + 5C = = (*) A B C Ta suy ra: ( 13 A + 4 B ) B = ( 4 A + 7 B ) A ⇒ 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0 ⇒ ( A − 2B ) ( 2 A + B ) = 0 +/Nếu A = 2 B thay vào (*) ta được : C = −2 B . Vậy lấy B = 1 thì và được đường thẳng bất biến 2 x + y − 2 = 0 . +/Nếu 2 A = − B thì thay vào (*) ta được 5C = 5C ,đúng với mọi C. Vậy ta có vô số đường thẳng bất biến song song với nhau: x − 2y + C = 0 Bài 14: Viết biểu thức tọa độ của các phép afin trong các trường hợp sau đây: a. Mọi điểm của trục Ox đều là điểm bất động và điểm (2,6) biến thành điếm (-1,- 4). b. Mọi điểm của đường thẳng x+2y-1=0 đều là điểm bất động và điểm ( 1, 2 ) biến thành điểm (2,1). Giải a. Vì điểm O biến thành chính nó và vecto (1;0) biến thành chính nó nên biểu thức tọa độ của phép afin đã cho có dạng:  x ' = x + cy   y ' = dy Vì điểm (2;6) biến thành điểm (-1;-4) nên: -1 = 2 + 6c -4 = 6d −1 −2 Vậy c = , d = . Biểu thức tọa độ của phép afin đã cho là: 2 3  1 x ' = x − 2 y   y' = − 2 y   3 b. Biểu thức của f có dạng:  x ' = ax + cy + p   y ' = bx + dy + q 9
  10. Lấy hai điểm nào đó trên đường thẳng đã cho, chẳng hạn M(1;0), N(-1;1) thì M và N đều biến thành chính nó, còn B biến thành B’, nên: 1= a+ p 0=b+q −1 = − a + c + p 1 = −b + d + q 2 = a + 2c + p 2 = b + 2d + q Ta tìm được: 5 1 1 a = , b = 0, c = , d = 1, p = − , q = 0 4 2 4 Vậy phép afin đã cho có biểu thức tọa độ:  5 1 1 x ' = x + y −  4 2 4 y' = y  Bài 16: Các phép afin sau đây có phải là phép thấu xạ hay không? Nếu có, hãy tìm tỉ số thấu xạ, nếu không phải là thấu xạ trượt x ' = x a.   y ' = ky x ' = − y +1 b.   y ' = −x +1 x ' = 4x + 2 y +1 c.   y ' = 3x + 3 y − 1 x ' = x + p d.   y ' = ky + q x ' = x + y e.  y' = y Giải a. Trong biểu thức x’ = x, y’ = ky ta phải có k ≠ 0 . Nếu k = 1 thì đó là phép đồng nhất. Nếu k ≠ 1 thì các điểm bất động có tọa độ thỏa mãn hệ: x = x   y = ky 10
  11. Vậy tất cả các điểm của trục y = 0 đều là điểm bất động. Đây là một phép thấu xạ với cơ sở là đuuuuu thuuuu Ox. Nếu ta lấy M = (0;1) thì M có ảnh là M’ = (0;k), và MM’ cắt nhau tại ường ẳng r r O. Vì OM ' = kOM nên ta có tỉ số thấu xạ là k. b. Trong biểu thức x ' = x + p, y ' = ky + q ta cũng phải có k ≠ 0 . r Nếu k = 1 thì ta có phép tịnh tiến theo vectơ u = ( p; q) . Vậy nếu p = q = 0 thì ta có phép đồng nhất, nó cũng là một phép thấu xạ. Nếu một trong hai số p và q khác không, ta được phép tịnh tiến, đó không phải là phép thấu xạ. Nếu k ≠ 1 , các điểm bất động có tọa độ thỏa mãn hệ: Hệ phương trình trên vô nghiệm khi , nên phép afin đã cho không phải là phép thấu xạ. Khi p = 0, các điểm bất động là mọi điểm của đường thẳng d: (k - 1) + q = 0. Vậy phép afin đã cho là một phép thấu xạ với cơ sở là đường thẳng đó. Ta hãy lấy một điểm M không nằm trên d, chẳng hạn M = ( 0; y0 ) với ( k − 1) y0 + q ≠ 0 . Khi đó M có ảnh là M ' = ( 0; ky0 + q ) . Đường thẳng MM’ cắt đường thẳng d tại điểm  q M 1  0; ÷ . Khi đó ta có:  1− k  uuuuuu  r kq  M 1M ' =  0; ky0 + ÷ k −1   uuuuu  r q M 1M =  0; y0 + ÷ k −1   Từ đó: uuuuuu r uuuuur ⇒ M 1 M ' = k M 1M Vậy tỉ số thấu xạ là k. Bài 18: Chứng minh rằng mọi phép afin biến tam giác ABC thành chính nó đều có thể phân tích của không quá hai phép thấu xạ. Phép afin biến V ABC thành chính nó sẽ biến tập hợp gồm 3 điểm A, B, C thành chính nó. Bây giờ ta xét các trường hợp sau: + TH1: A→A f1: B→B C→C Khi đó f1 ta có phép đồng nhất, đó là một phép thấu xa. + TH2 A→A f2: B→C C→B Gọi I là trung điểm BC, khi đó I là địểm bất động của f2. Vậy tất cả các điểm của đường thẳng AI là điểm bất động . Vậy ta có phép thấu xạ với cơ sở là đường thẳng AI, phương thấu xạ là phương của BC, tỉ số thấu xạ bằng -1 11
  12. + TH3: A→B f3: B→C C→A Vậy ta có phép afin f mà f(A)=B, f(B)=C, f(C)=A. Gọi g là phép thấu xạ sao cho g(A)=A, g(B)=C, g(C)=B (TH2). Nếu đặt g0f =h thì theo TH2 ta có h(A)=C, h(B)=B, h(C)=A, do đó theo TH2, h cũng là một phép thấu xạ. Từ g0f =h ⇒ g0 g0 f = g0 h ( vì g là phép thấu xạ có tỉ số -1 nên g0g=e (e là phép đồng nhất ) Vậy f=g0h, tức là f là tích của 2 phép thấu xạ. Bài 20: Chứng minh rằng các phép vị tự và các phép tịnh tiến làm thành một nhóm, tập hợp các phép tịnh tiến làm thành một nhóm. Xét quan hệ giữa các nhóm đó với nhau và với nhóm các phép afin Af(P). Giải: r Ta dễ dàng thấy rằng nếu T là phép tịnh tiến theo vectơ v , còn T’ là phép tịnh tiến theo vectơ ur ru r v ' thì tích T 'o T và T o T ' đều là phép tịnh tiến theo vectơ v + v ' , ngoài ra phép tịnh tiến là phép afin. Từ đó suy ra tập hợp các phép tịnh tiến làm thành một nhóm con giao hoán của nhóm Af(P). Các phép tịnh tiến và phép vị tự có chung tính chất: “biến mỗi đường thẳng a thành đường thẳng song song hoặc trùng với a và ngược lại mỗi phép có tính chất đó là một phép tịnh tiến hoặc vị tự”. Từ đó suy ra tập các phép vị tự và phép tịnh tiến làm thành một nhóm con của nhóm Af(P) và chứa nhóm các phép tịnh tiến. Bài 22: Hình H gồm một tam giác ABC nội tiếp đường elip (E), hình H’ gồm một tam giác A’B’C’ nội tiếp đường elip (E’). Hai hình H và H’ có tương đương afin không? Nếu có thêm giả thiết tâm elip (E) trùng với trọng tâm tam giác ABC và tâm elip (E’) trùng với trọng tâm tam giác A’B’C’ thì H và H’ có tương đương afin hay không? Giải Gọi O và O’ lần lượt là tâm của (E) và (E’) ta có một phép afin duy nhất f biến A,B,C lần lượt thành A’,B’,C’.Tức là biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.Nói chung f không biến O thành O’ nếu hai tứ giác OABC và O’A’B’C’ không tương đương afin tức là không biến (E) thành (E’).Vậy nói chung hai hình H và H’ không tương đương afin. Nếu phép afin f nói trên biến O thành O’ thì nó cũng biến (E) thành (E’).Thật vậy nếu gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm đối xứng với A,B,C qua O thì A1 , B1 , C1 đều nằm trên (E),tương tự gọi A1' , B1' , C1' lần lượt là các điểm đối xứng với A’,B’,C’ qua O’ thì A1' , B1' , C1' đều nằm trên (E’).Vì f biến A,B,C,O lần lượt thành A’,B’,C’,O’ nên nó cũng biến A1 , B1 , C1 lần lượt thành A1' , B1' , C1' .Từ đó suy ra f biến elip (E) thành elip đi qua A’,B’,C’, A1' , B1' , C1' ,đó chính là elip (E’).Vậy trong trường hợp này H và H’ tương đương afin. 12
  13. A' A C'1 C1 B1 B' B'1 B O' C A1 C' A'1 Bài 24: Chứng tỏ rằng các khái niệm sau đây là những khái niệm afin: Đường bậc hai; Tâm của đường bậc hai; Đường tiệm cận của đường bậc hai; Tiếp tuyến của đường bậc hai. Giải a. Giả sử đối với một mục tiêu afin, cho đường bậc hai S có phương trình: Ax 2 + By 2 + 2Cxy + 2 Dx + 2 Ey + F = 0 (1) Trong đó A, B, C không đồng thời bằng 0. Gọi h là một phép biến đổi afin tùy ý có biểu thức tọa độ:  x ' = ax + cy + p   y ' = bx + dy + q Vì , nên ta có thể biểu thị x, y theo x’, y’(bằng cách giải hệ phương trình trên theo biến x và y). Ta giả sử:  x = a ' x '+ c ' y '+ p '   y = b ' x '+ d ' y '+ q ' Cố nhiên ta cũng phải có: a' c' ≠ 0 hay a ' d '− b ' c ' ≠ 0 (*) b' d' Nếu điểm M = ( x; y ) thuộc S thì tọa độ x, y thỏa mãn phương trình (1) khi đó ảnh M ' = h ( M ) có tọa độ ( x '; y ') do đó: A ( a ' x '+ c ' y '+ p ' ) + B ( b ' x '+ d ' y '+ q ' ) 2 2 +2C ( a ' x '+ c ' y '+ p ' ) ( b ' x '+ d ' y '+ q ' ) + 2 D ( a ' x '+ c ' y '+ p ' ) +2 E ( b ' x '+ d ' y '+ q ' ) + F = 0(1') Sau khi biến đổi ta đưa phương trình trên về dạng: A ' x '2 + B ' y '2 + 2C ' x ' y '+ 2 D ' x '+ 2 E ' y '+ F ' = 0 , trong đó: 13
  14. A ' = Aa '2 + Bb '2 + 2Ca ' b ' B ' = Ac '2 + Bd '2 + 2Cc ' d ' C ' = Aa ' c '+ Bb ' d '+ Cb ' c ' D ' = Aa ' p '+ Bb ' q '+ Ca ' q '+ Cb ' p '+ Dc '+ Eb ' E ' = Ac ' p '+ Bd ' q '+ Cc ' q '+ Cd ' q '+ Dc '+ Ed ' F ' = Ap '2 + Bq '2 + 2Cp ' q '+ 2 Dp '+ 2 Eq '+ F Ta thấy rằng A’,B’,C’ không đồng thời bằng 0. Thật vậy, do biểu thức của A’,B’ và C’ trên đây, ta có thể viết:  A' C '  a ' b'   A C a' c'  ÷=   ÷ ÷ ÷ C ' B ' c' d '  C B   b ' d '  A' C ' A C Chú ý đến điều kiện (*) ta suy ra hai ma trận  ÷ có cùng hạng. Từ đó ÷ và  C ' B ' C B  vì A,B, C không đồng thời bằng không nên hạng của ma trận thứ hai ít nhất phải bằng 1, suy ra A’,B’,C’ cũng không đồng thời bằng không. Như vậy phương trình (1’) cũng là phương trình của một đường bậc hai S’. b. Giả sử đường bậc hai S có tâm là I. Ta chứng minh rằng nếu f là phép biến đổi afin thì f(I) cũng là tâm của đường bậc hai f(S). Theo định nghĩa, vì I là tâm của S nên với mục u ur ru ( ) tiêu afin I ; e1 : e2 phương trình của S có dạng: Ax 2 + 2 Bxy + Cy 2 + F = 0 u ur ru uu r u uur r ur u ( ) () () trong đó I ' = f ( I ) , e '1 = f e1 , e '2 = f e2 thì hiển Bây giờ nếu chọn mục tiêu I '; e1 : e2 u ur ru ( ) I ; e1 : e2 thì M’ = f(M) cũng có tọa độ nhiên là: nếu M có tọa độ (x ; y) đối với mục tiêu u ur ru ( ) (x ; y) đối với mục tiêu I '; e1 : e2 và vì vậy đối với mục tiêu này phương trình của f(S) cũng là: Ax 2 + 2 Bxy + Cy 2 + F = 0 Từ đó suy ra I’ cũng là tâm của f(S). Vậy khái niệm của tâm đường bậc hai là khái niệm afin. r c. Cũng lập luận như trên ta thấy rằng nếu u là phương tiệm cận của đường bậc hai S thì với r () mọi phép biến đổi afin f ta có f u là phương tiệm cận của f(S) và do đó nếu đường thẳng D là tiệm cận của S thì f(D) cũng là tiệm cận của f(S). Bài 26: Cho V ABC nội tiếp elip(E) và một điểm M trên (E). Gọi O là tâm của (E) và A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Gọi A1, B1,C1 là các điểm lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho MA1 POA’, MB1 POB’, MC1 POC’. CMR A1, B1, C1 thẳng hàng. Dùng phép biến đổi afin f sao cho ảnh f(E) là đường tròn. Bây giờ, trong TH(E) là đường tròn, ta có thể tóm tắt lại như sau: Cho V ABC nội tiếp đường tròn, và M là một 14
  15. điểm trên đường tròn. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là đường thẳng BC, CA, AB. CMR 3 điểm A1, B1, C1 thẳng hàng. M C1 C B’’’ ’’’ O A1 B1 A C’ A’ B Giải: Xét tứ giác ABCM và tứ giác A1BC1M ta có ¼ = ¼ 1 AMC A1MC ⇒ ¼ 1 = CMA1 ¼ AMC Tiếp tục ta xét tứ giác AB1MC1 và CA1B1M ta có ¼C=¼ ¼ ¼ AB1 1 AMC 1 ; CB1 A1 = CMA1 Vậy ¼ 1C1 = CB1 A1 ¼ ⇒ A1, B1, C1 thẳng hàng. AB Bài 28: Cho hình bình hành ABCD, hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên hai đường thẳng AD và DC sao cho (ADM) = (DCM). Tìm quỹ tích giao điểm BM và AN. Giải M' A' D' N' 15 B' C'
  16. Gọi A’B’C’D’ là một hình vuông bất kì, và f là phép biến đổi afin biến hình bình hành ABCD thành hình vuông A’B’C’D’. Khi đó f biến điểm M thành điểm M’ nằm trên đường thẳng AD sao cho(A, D, M) = (A’, D’, M’), và biến điểm N thành N’ nằm trên DC sao cho (D, C, N) = (D’, C’, N’). Giao điểm I’ của B’M’ và A’N’ là ảnh của điểm I. Ta dễ dàng chứng minh B ' M ' ⊥ A ' N ' và do đó quỹ tích I’ là đường tròn đường kính A’B’, đường tròn này tiếp xúc với hai cạnh A’D’, B’C’ và đi qua tâm của hình vuông. Quỹ tích I là tạo ảnh của đường tròn đó, nên quỹ tích I là đường elip với AB là một đường kính, đi qua tâm hình bình hành ABCD và tiếp xúc với AD và BC. Bài 30: cho hình vuông ABCD. Hãy chỉ ra những phép đẳng cự biến hình vuông đó thành chính nó. Giải: Vì phép đẳng cự là phép afin nên ta chỉ cần chứng minh Xét phép biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm không thẳng hàng và được f 1 là phép đồng nhất, f2 là phép đối xứng trục d 1 là trung trực AB. A → A A → B A → B A → B f1 : B → B    B → A B → C B → C  f2 : f3: f4: D → D D → C D → A D → A     A → C A → C A → C A → B     B → D B → D B → B B → A D → A D → A  D → C f7:  D → D    f5 f6: f8: Bài 32: hãy chỉ ra các phép đẳng cự biến tam giác đều ABC thành chính nó. Giải: Cho ba phép quay với tâm O của tam giác đều và ba góc quay lần lượt: 0 0 ,120 0 ,240 0 và ba phép đối xứng qua ba đường thẳng chứa các đường cao của tam giác. Bài 34: viết biểu thức tọa độ của các phép sau đây: a).Phép đối xứng qua đường thẳng Ox và đối xứng qua đường thẳng Oy. b).Phép đối xứng qua điểm I(a;b). r c).Phép tịnh tiến theo vectơ v (a;b) d).Phép đối xứng qua đường thẳng ax +by +c =0 Giải: a. Xác định phép dời hình: ta gọi d1 là trung trực của đoạn thẳng AA’ và Đ1 là phép đối xứng qua d1. Gọi B1 là ảnh của B qua Đ1. Thì AB =A’B1, do đó A’B1 = A’B’. Lại gọi d2 là trung trực của đoạn thẳng B1B’ (d2 đi qua A’ ) và Đ2 là phép đối xứng qua đường thẳng d2 thì Đ2 biến A’ thành A’ và biến B1 thành B’. Như vậy tích Đ2 o Đ1 chính là phép dời hình biến A, B thành A’, B’. Nếu d1//d2 thì phép dời hình đó là phép tịnh tiến. Trường hợp này xảy ra khi r AA' = BB ' do đó vecto của phép tịnh tiến v = AA' . Nếu d1 và d2 cắt nhau tại I thì phép dời hình đó là phép quay tâm I và góc ϕ = góc AIA’. b. Gọi M(x, y), M’(x’, y’) đối xứng với M qua I(a, b). ⇒ MI = IM ' ⇒ (a − x, b − y ) = ( x'− a, y '−b) a − x = x'−a  x ' = 2a − x ⇒ ⇒ b − y = y '−b  y ' = 2b − y c. Gọi M(x, y), M’(x’, y’) là ảnh của M theo Tv r 16
  17. r  x'− x = a  x' = a + x ⇒ MM ' = v ⇒  ⇒  y '− y = b  y ' = b + y d. Gọi M(x0,y0) là ảnh của M qua đường thẳng d. r gọi (d’) là đường thẳng đi qua M(x0, y0) nhận n d (a, b) là vecto chỉ phương. x − x0 y − y0 ⇒ = ⇒ b( x − x 0 ) = a ( y − y 0 ) a b ⇔ bx − ay − bx 0 + ay 0 = 0 Gọi I(e, f) là giao điểm của d và d’ ae + bf + c = 0  be − af − (bx 0 − ay 0 ) = 0 Bài 36: tìm điểm bất động của phép biến đổi đẳng cự:  x' = x cos α − y sin α + p   y ' = x sin α + y cos α + q Giải: điểm bất động có tọa độ là nghiệm của hệ:  x = x cos ϕ − y sin ϕ + p (cos ϕ − 1) x − y sin ϕ + p = 0 ⇔   y = x sin ϕ + y cos λϕ + q  x sin ϕ + (cos ϕ − 1) y + q = 0 cos ϕ − 1 − sin ϕ ϕ = cos 2 ϕ + 1 − 2 cos ϕ + sin 2 ϕ = 2(1 − cos ϕ ) = 4 sin 2 ( ) = Xét sin ϕ cos ϕ − 1 2 2ϕ = 2(1 − cos ϕ ) = 4 sin ( ) . 2 Bởi vậy:+)Nếu ϕ ≠ 2kπ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất, tức là phép đẳng cự có điểm bất động duy nhất , và đó là phép quay tâm I với góc quay ϕ . Tọa điểm bất động là: − q sin ϕ − p cos ϕ + p p sin ϕ − q cos ϕ + q ϕ  ϕ  X= y= 4 sin 2 4 sin 2   2 2 +) Nếu ϕ = 2kπ và p=q=o thì ta có phép đồng nhất: mọi điểm điều bất động. +) Nếu ϕ = 2kϕ và p,q không đồng thời bằng không, ta có phép tịnh tiến theo vecto r v = ( p, q ) nên không có điểm bất động. Bài 38: Chứng tỏ rằng các phép dời hình sau đây là phép đối xứng trượt, hãy tìm trục đối xứng và vecto trượt:  x' = x + x o   y' = − y + y0  x' = x cos ϕ + y sin ϕ + x 0   y ' = x sin ϕ − y cos ϕ + y 0  4 3  x' = 5 x − 5 y + 6    y ' = − 3 x − 4 y − 12   5 5 Giải: Một phép biến đổi với ma trận A là phép đối xứng trượt khi và chỉ khi A.A t =I2 và detA=-1. ta dẽ dành kiểm tra rằng cả ba phép chia trên đều là phép đối xứng trượt. Ta có, quỹ tích trung điểm các đoạn thẳng nối các cặp điểm tương ứng MM’ là một đường thẳng và chính là trục đối xứng của phép đối xứng trượt. 17
  18. a). Mọi điểm M=(x;y) có ảnh là M’=(x+x0 ;y-y0). Vậy nếu gọi I là trung điểm MM’ thì x0 y I có tọa độ là x1=x+ , y1= 0 . 2 2 y0 hay 2 y − y 0 = 0 (*). Vậy tập hợp các điểm I là đường thẳng có phương trình y = 2 Đó chính là phương trình của trục đối xứng. Gọi M1(x1; y1) đối xứng với M qua trục đối xứng (*) tì ta dễ dàng tính được: x1= x và y1 = -y + y0. Khi đó MM ' = ( x0 ;0) .Vậy vecto trượt là r v = ( x0 ;0) . b). Nếu ϕ = 2kπ ta trở về trường hợp a) bởi vậy ta giả sử ϕ ≠ 2kπ . Gọi M(x; y), M’(x’; y’) là cặp điểm tương ứng và I=(x1; y1) và trung điểm MM’ thì: 2 x1 = x(cos ϕ + 1) + y sin ϕ + x 0 2 x1 = x + x'  hay  2 y1 = x sin ϕ − y (cos ϕ − 1) + y 0 2 y1 = y + y ' Từ đó suy ra: (2x1 – x0)(cos ϕ - 1) + (2y1 –y0)sin ϕ = x(cos2 ϕ - 1) + ysin ϕ (cos ϕ -1) + xsin2 ϕ - ysin (cos ϕ -1) = 0. Như vậy trục đối xứng là đường thẳng có phương trình: (2x –x0)(cos ϕ - 1) + (2y –y0)sin ϕ = 0 (*) Để tìm vecto trượt ta lấy một điểm N nào đó trên trục đối xứng và gọi N’ là ảnh của r N qua phép đối xứng trượt thì N cũng nằm trên trục đối xứng, và vecto v = MN ' chính là vecto  x0 y 0  trượt. Ta lấy N =  ;  thì ảnh N’ có tọa độ: 2 2 1 1 x' = x0 cos ϕ + y sin ϕ + x0 2 2 1 1 y ' = x 0 sin ϕ − y 0 cos ϕ + y 0 2 2 r Ta suy ra vecto v có tọa độ:  1  xv = 2 ( x0 cos ϕ + y 0 sin ϕ + x 0 )    y = 1 ( x sin ϕ − y cos ϕ + y ) v 2 0 0 0  4 5 c). Tương tự như câu b) hoặc áp dụng câu b) với cos ϕ = , sin ϕ = − , x0 =6; y0 = 5 3 -12 ta được kết quả: trục đối xứng có phương trình: 4  3 (2x -6)  − 1 - (2y +12). = 0 hay: x + 3y +15 = 0. 5  5 1 3  3 xv =  6. + 12. + 6  = 9 2 5 5  Vecto trượt có tọa độ: 1  3 4 yv =  − 6. + 12. − 12  = −3 2 5 5  r Vậy vecto trượt v =(9; -3). Bài 40 : Cho hai đường thẳng AB = A’B’ và không song song . Hai đi ểm M, M’ thay đ ổi trênn AB, A’B’ sao cho (A, B, M) = (A’, B’, M’) , tìm quỹ tích trung điểm của đoạn th ẳng MM’ Giải : 18
  19. Ta có một phép phản chiếu duy nhất f biến A thành A’ và biến B thành B’ . Khi đó f biến M hành M’ .Vì f là phép đối xứng trượt nên ta có quỹ tích trung điểm MM’ là trục đối xứng của f, đó là đường thẳng ddi qua rung điểm của AA’ và BB’. Bài 42 : Cho phép quay Q1 có tâm là O1 , góc quay và phép quay Q2 có tâm O2 và góc 1 . Tìm tích Q1˳ Q2 trong các trương hợp sau : quay 2 1. O1 và O2 trùng nhau 2. O1 và O2 không trùng nhau và + 360˚ 1 2 3. O1 và O2 không trùng nhau và + = 360˚ 1 2 Giải : a) Gọi O là điểm trùng với O1 và O2, gọi d1, d2, d3 là đường thẳng đi qua O sao cho góc (d1, gọi Đi là phép đối xứng qua đường thẳng di (i = 1, 2, 3) . d2) = và góc (d2, d3) = Ta có Q2 = Đ3ₒ Đ2 Mặt khác Q2ₒQ1 = Đ3ₒ Đ2ₒĐ1 = Đ3ₒĐ1 Tích Q2ₒQ1 là một phép quay tâm O và góc quay =2(d1, d3) = 2[(d1 ,d2) + (d2 , d3)] = O b) Gọi đường thẳng d2 qua O1 và O2 lấy d1, d2 sao cho (d1, d2) = và gọi Đi là phép đối xứng qua đường thẳng di (d2, d3) = (i = 1, 2, 3) . Ta ó Q2 = Đ3ₒ Đ2 Mặt khác Q2ₒQ1 = Đ3ₒ Đ2ₒĐ1 = Đ3ₒĐ1 k2 nên d1 và d3 cắc nhau Do O Gọi O là giao điểm của chúng . Khi đó Q2ₒQ1 là phép quay tâm O và góc quay = 2(d1, d3) = 19
  20. Bài 44. Cho tam giác ABC. Dựng các tam giác vuông cân ABC’, ACB’ có đ ỉnh là C’ và B’ đều nằm ngoài tam giác ABC. Gọi A’ là trung đi ểm c ủa BC, hãy ch ứng minh tam giác A’B’C’ là vuông cân. Giải Xét phép quay Q1 tâm B’, biến C thành A, phép quay Q2 tâm C’ biến A thành B (các góc quay của chúng hoặc là bằng 90 0 , hoặc bằng - 90 0 , ta giả sử góc quay là 90 0 ). Tích Q2 o Q1 là một phép quay 180 0 , tức là một phép đối xứng tâm, với tâm O. Nhưng tích đó biến C thành B nên O là trung điểm của BC, hay O trùng với A’. Vậy ta có góc A’B’C’ bằng góc B’C’A’ và bằng 45 0 . Vậy tam giác A’B’C’ vuông cân. ’ Bài 46. Cho ba điểm thẳng hàng A, B, C (B ở gi ữa A vàC). Dựng các tam giác đ ều ABC’ và BCA’ có các đỉnh C’ và A’ nằm về một phía đ ối v ới đ ường th ẳng AB. G ọi I, J l ần lượt là trung điểm của AA’ và CC’. Chứng minh rằng tam giác BIJ là một tam giác đều. Giải: ˆ ˆ Các góc lượng giác ABC' và A' BC đều bằng 60 o hoặc − 60 o , ta giả sử chúng bằng 60 o . Phép quay tâm B biến A thành C’ và A’ thành C, nên biến đoạn thẳng AA’ thành C’C. Vậy nó biến I thành J, do đó BIJ là một tam giác đều. C' Vậy ta có điều phải chứng minh. A' Bài 48. Cho hai đường tròn (O), (O’) và đ ường thẳng J d. Hãy dựng điểm D trên d sao cho d là đ ường phân giác của I 60° góc tạo bởi hai đường thẳng đi qua D và lần lượt tiếp xúc với 60° A B C (O) và (O’). Giải: Giả sử Dt và Dt’ là hai đường thẳng đi qua D lần lượt ti ếp xúc v ới (O) và (O’) mà d là ˆ đường phân giác của góc tDt' . Phép đối xứng tâm qua đường thẳng d biến đường th ẳng Dt thành đường thẳng Dt’ và biến đường tròn (O) thành đường tròn (O 1) tiếp với Dt’. Như vậy Dt’ là tiếp tuyến chung của (O) và (O 1). Suy ra cách dựng: Dựng t' t đường tròn (O1) đối xứng với (O) qua đường thẳng d. Dựng tiếp tuyến chung của (O’) và (O 1). Giao điểm O' O của tiếp tuyến đó với d là điểm D phải tìm. Số d nghiệm hình là số các tiếp tuyến chung cắt d. D Vậy bài toán có thể không có nghiệm, hoặc có 1, 2, 3, 4 nghiệm và cũng có thể có vô số nghiệm. ( Khi O1 hai đường tròn đối xứng với nhau qua d). 20
Đồng bộ tài khoản