Bài tập Hình học cao cấp - Văn Như Cương

Chia sẻ: Trần Ý Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:94

Thêm vào BST

Báo xấu

1.683
lượt xem 355
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài tập Hình học cao cấp của tác giả Văn Như Cương trình bày 4 chương sau: chương I: Phương pháp tiên đề, chương II: Các phép biến hình trong mặt phẳng, chương III: Hình học xạ ảnh và chương IV: Đường bậc hai trong mặt phẳng xạ ảnh. Mời bạn đọc cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập Hình học cao cấp - Văn Như Cương

CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP TIÊN ĐỀ Bài 1 trang 199: Nêu ra một vài mô hình của hệ tiên đề H đã nói trong lý thuyết. Tìm mô hình của H sao cho mô hình đó có đúng n vectơ, với n là số nguyên dương cho trước. Giải: * Mô hình 1: Vectơ: ánh xạ A: R  R x  f(x) = A(x) Phép cộng hai ánh xạ và quan hê bằng được xác định : X  Y: = f g  f ( x)  g ( x) Mô hình trên thoả: f , g : f  g  g  f f , g , h : f  ( g  h)  ( g  f )  h ánh xạ kh ông (0) : R  R  x0 ánh xạ đối : (- f ) : R  R  x  f ( x)   A( x) * Mô hình 2: Xét tập z n = {[0], [1], [2], [3], . . . . , [ n-1] } Vectơ là [i] Phép cộng được định nghĩa như sau: Mô hình trên thoả : j + i = k: trong đó k = j + i : j  i , i, j  1, n  1 ·  i, j: i    j   i    j  ·  i, j, m : i   ( j   m)  (i    j )  m · . Vectơ không là tập 0 · Vectơ đối của [ i] là [n-1] 1
Mô hình 2 có đúng n vectơ là một số nguyên dương cho trước 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,  Theo tiên đề ii)qua hai điểm phân biệt có không quá một đường  Bảy đường x, y, z , u , v, w,  đôi một phân biệt và khác nhau. b.+ Mô hình K gồm bảy điểm ,bảy đường. Xét C có 3 đường trung tuyến AD,BE,CF cắt nhau t ại 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. 2
Ta lấy 9 điểm phân biệt : A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 , C1 , C 2 , C3 . Mỗi bộ ba điểm sau đây được xem là một đường: A1 , B1 , C1 , A1 , B 2 , C 3 , A1 , B3 , C 2 , A2 , B 2 , C 2 , A2 , B1 , C 3 , A3 , B3 , C 3 , A3 , B1 , C 2 , A3 , B 2 , C1  Bài 3 trang 199: Hệ tiên đề gồm : + Khái niệm cơ bản : “ điểm”, “ đường thẳng”, “điểm thuộc đường thẳng” + Các tiên đề: Bất kì hai điểm phân biệt nào đều thuộc một và chỉ một đường thẳng. i) ii) Bất kì hai đường thẳng phân biệt nào đều thuộc một và c hỉ một điểm. iii) Có ít nhất bốn điểm trong đó bất kì ba điểm nào cũng không cùng thuộc một đường thẳng. a) Hãy xây dựng mô hình của P. Chứng tỏ r ằng hệ tiên đề P phi mâu thuẫn nếu số học phi muân thuẫn. b) Hãy chứng tỏ rằng tiên đề iii) là độc lập. Chứng minh hệ tiên đề P không đầy đủ. c) Giải: a) Xây dựng một mô hình của hệ tiên đề P : Ta gọi điểm là bộ ba số ( x; y; z ) với các số có giá trị 0 hoặc 1 và x 2  y 2  z 2  0 . Như vậy ta có 7 điểm: A1(1,0,0); A2(0,1,0); A3(0,0,1); A4(0,1,1); A5(1,0,1); A6(1,1,0); A7(1,1,1). + Mỗ i phương trình sau là một đường thẳng : d1: x = 0 d2: y = 0 d3: z = 0 d4: x - y = 0 d5: y – z = 0 d6: x – z = 0 d7: (x+y–z)(x–y+z)=0 + Mổi điểm gọi là thuộc đuờng thẳng nếu bộ ba số tương ứng với điểm đó là nghiệm của phương trình biểu thị cho đường thẳng . + Dể dàng kiểm tra r ằng các tiên đề i) ii) đều đúng : Ví dụ : A2 , A3  d1 ; A2 , A5  d6 ; A4 , A1  d5 ; 3
d1 d2 = A3 ; d3 d4 = A6 ; d1  d7 = A4   + Tiên đề iii) cũng đúng. Lấy 4 điểm A 1, A2, A3, A7. Ta thấy rằng ba điểm bất kì trong 4 điểm đó dều không thuộc một đường thẳng . + Vì mô hình trên xây dựng từ các vật liệu của số học nên suy ra hệ tiên đề P phi mâu thuẫn nếu số học phi mâu thuẫn. b) Để chứng minh tiên đề iii) độc lập ta xây dựng mộ t mô hình trong đó tiên đề i), ii) đúng nhưng tiên đề iii) không đúng : mô hình dó như sau: Trên mặt phẳng Ơcit lấy ba điểm không thẳng hàng A , B, C và ta gọi chúng là điểm, còn đư ờng thẳng là các đường thẳng AB , BC , CA Khi đó với 4 điểm A, B, C, D thì ba điểm bất kì A, B, D, hoặc A, C, D hoặc B, C, D có thể xảy ra trường hợp thẳng hàng. c) Để chứng minh P không đầy đủ ta xây dựng mô hình thứ hai của P không đẳng cấ u, với mô hình đã xây dựng ở a) . Mô hình đó nh ư sau: ta lấy 13 điểm và 13 đường thẳng. Pi , i  0,12 , Kí hiệu Pj , j  0,12 . Ta nói Pi thuộc đường thẳng P j nếu i  j = (0, 1, 3, 9) (mod13) 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 Chứn g minh: 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. 4
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 nha u. 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 5 trang 200: Hãy dùng hệ tiên đề của hình học không gian ở trường phổ thông để chứng minh các định lí sau đây: a) Ngoài mặt phẳng cho trước còn có nhiều điểm khác. 5
b) Cho mặt phẳng (P) và ba điểm phân biệt A, B, C không nằ m trên (P) . Nếu mặt phẳng (P) cắt đoạn thẳng BC hoặc đoạn thẳng CA. Định lí về việc mỗi mặt phẳng chia không gian thành hai nửa không c) gian (tương tự như mỗi đườn g thẳng trong mặt phẳng chia mặt p hẳng đó thành hai nửa mặt phẳng ). Hãy phát biểu định lí và chứng minh. d) Chứng minh các trường hợp bằng nhau của hai tam giác bất kì trong không gian. Giải: a) Giả sử cho trước mặt phẳng (P). Theo tiên đề 14 có ít nhất bốn điểm không cùng nằm trên một mặt phẳng , nên có ít nhất 1 điểm nào đó không nằm trên (P). Ta gọi đó là điểm A. Lấy điểm B bất kì thuộc (P) thì; ta có đường thẳng b đi qua A và B (tiên đề 2). Theo tiên đề 4, tồn tại một điểm B’ sao cho A ở giữa B và B’. Nếu B’ (P) thì theo tiên đề 16). A cũng nằm trên (P) (mâu  thuẫn).Vì vậy B  (P). Theo tiên đề 18). Trên mặt phẳng (P) các kết quả của hình học phẳng đều đúng, nên (P) còn nhiều điểm khác nữa. b) Ba điểm A, B, C không thẳng hàng theo tiên đề 16) tồn tại mặt phẳng (Q) duy nhất đi qua ba điểm đó. Vì mặt phẳng (P) cắt đoạn AB nên (P) và (Q) có điểm chung: Theo tiên đề 17 , (P), (Q) còn có một điểm chung khác nữa (P) và (Q) cắt nhau theo đường thẳng a : Áp dụng định lí pasch của hình học phẳng trên mặt phẳng (P) , suy ra đường thẳng a hoặc cắt BC hoặc cắt CA tức là mặt phẳng (P) cắt đoạn thẳng BC hoặc cắt đoạn thẳng CA. Ba điểm A, B, C thẳng hàng thì ta lấy mặt phẳng (Q) đi qua ba điểm đó rồi lập luận tương tự như trên. 6
c) Định lí: Mỗi mặt phẳng (P) chia các điểm còn lại của không gian thành hai tập hợp không giao nhau sao cho hai điểm M, M’ thuộc cùng một trong hai tập hợp đó khi và chỉ khi đoạn thẳng MM’ và mặt phẳng (P) không có điểm chung. Chứng minh : gọi A là một điểm không thuộc (P). Xét hai tập hợp sa u: Tập U: gồm những điểm M không thuộc (P) sao cho đoạn thẳng AM và (P) không có điểm chung. Tập V gồm những điểm N không thuộc (P) sao cho đoạn thẳng AN và mặt phẳng (P) không có điểm chung. Tất nhiên U, V không giao nhau và mỗi điểm không thuộc (P) đều t huộc một trong hai tập hợp đó. Giả sử M, M’ thuộc tập U tức là AM , AM’ đều không cắt (P) Theo câu b) ta suy ra MM’ không cắt (P) Giả sử N, N’ thuộc tập V, tức là AN và AN’ đều cắt (P). Theo câu b) đoạn thẳng NN’ không cắt (P) Giả sử M và N thuộc hai tập hợp khác nhau U và V thì chỉ có một trong hai đoạn thẳng AM , AN là cắt (P) theo câu b đoạn thẳng MN phải cắt (P) Chứng minh định lí: Hai tam giác có ba cạnh bằng nhau th ì bằng nhau. e) Giả sử hai tam giác ABC, A’B’C’ có AB = A’B’, AC = A’C’, BC = B’C’ ta phải chứng minh : A  Aˆ , B  B ˆ , C  C ˆ. ˆ 'ˆ 'ˆ ' Theo tiên đề 18: Trên mỗi mặt phẳng các tiên đề của hình học phẳng đều đún g. Như vậy trên mặt phẳng (ABC) , mặt phẳng (A’B’C’) ta áp dụng định lí cosin trong tam giác. Ta có: BC2 = AB2 + AC2 – 2ABAC cos Â (trên mặt phẳng (ABC)) B’C’2 = A’B’2 + A’C’2 -2A’B’A’C’ (trên mặt phẳng (A’B’C’)) Vì BC = B’C’, AB = A’B, AC = A’C’, ta suy ra Â = Â’ 7
Tương tự ta có ˆ ˆˆ ˆ B  B' , C  C ' Các định lí còn lại chứng minh tương tự. Bài 6: Hãy dùng 12 tiên đề của hình học phẳng (tức là không dùng tiên đề 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 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:   BAC và    ACx  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  '  BAC có thể ACB  chứng minh rằng tia CB’nằm trong góc  ,tức là    ' ACx 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 tạ i A và B sao cho A1  B1 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 7 trang 201: 8
Hãy nhớ lại cách chứng minh định lí “tổng số đo góc trong mọi tam giác bằng 180 0”trong sách giáo khoa phổ thông. Cách chứng minh đó phải dựa vào tiên đề về đ ường song song. Sau đây là cách chứng minh không dùng đến tiên đề đó. Chứng minh : Ta giả thiết tổng số đo góc trong tam giác là S. Lấy tam giác bất kì ABC ta có: BAC      ABC ACB  S Gọi D là điểm ở giửa của B và C, ta có hai tam giác ABD và ACD, theo giả thiết : CAD      ACB ADC  S BAD    ABD   ADB  S Suy ra: BAD    CAD  ABD     ACB ADB   ADC  2 S hay BAC      180  2S  0 ABC ACB Hay: S + 1800 = 2S, tức là S = 180 0. Hãy bình luận về chứng minh đó. Giải: A C D B Ta có: BAD  CAD     ABD     ACB ADB   ADC  2 S Suy ra BAC      1800  2 S (mâu thuẫn)  ABC ACB 9
Vì ta không có cơ sở để xác định   ADB ADC  1800 Theo tiên dề 13 : vẽ duy nhất đường thẳng d đi qua A và song song BC Khi đó:  ABD = 1 ,  ADC =  2 Mà 1 +  2 = 1800      1800ADB ADC 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  à một điểm và kí hiệu là U. l   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    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  Thật vậy ta chỉ cần lấy B là điểm b  u  a...      Theo tiên đề 3: Với bất kỳ ba điểm A,B,C ta đều có AB  BC  AC  Thật vậy nếu các điểm A,B,C lần lượt là các vectơ a, b, c thì            AB  b  a, BC  c  b, AC  c  a ,      Từ đó suy ra AB  BC  AC Vậy cả ba tiên đề đều nghiệm Suy ra V là không gian Ơclic n chiều. CHƯƠNG II: CÁC PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG Bài 1 trang 202: Cho song ánh f: PP có tính chất: f biến ba điểm thẳng hàng thàn h ba điểm thẳng hàng.Chứng minh : biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm không thẳng hàng. a. f biến đường thẳng thành đường thẳng. b. f biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song. c. f 10
biến bốn đỉnh của một hình bình hành thành bốn đỉnh của một hình d. f bình hành. không làm thay đổi tỉ số đơn của ba điểm thẳng hàng. e. f Giải: a. Giả sử f biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm A, , B , , C , A, B, C thẳng hàng. Lấy M bất kỳ: AM  BC  N 1111 1 p d q ( p  1)(q  d ) .  1  , f : M  M 1 1 1 1 ( p  d )(q  1) d p1q f , NN Do B, N , C thẳng hàng    N ,  B ,C , Do thẳng hàng  N ,  A, M ,  A, M , N Từ ,   mâu thuẫn. Vậy f biến ba điểm A,B,C không thẳng hàng thành ba điểm A, ,B, ,C, không thẳng hàng. Cho d bất kỳ. Trên d lấyA, B sao cho . b. f : A  A, B  B, Gọi d’ là đường thẳng đi qua A, , B , . Lấy M  d , M  A, M  B , và f ( M )  M , . Do A, M , B thẳng hàng  M ,  d , , f (d , )  d , 1) Ngược lại: thẳng hàng. M ,  d , A, , B , , C , Do là song ánh nên N  d : f ( N , )  N ,  d ,  f (d ) 2) f biến đường thẳng thành đường thẳng. Từ 1), 2)  f 11
Cho 2 đường thẳng song song với nhau. c. a, b Theo b) f : a  a, b  b, Giả sử  I ,  a ,  b, I ,  a  f 1 ( I , )  a    f 1 ( I , )  b  I,  b Từ ,   a  b  I mâu thuẫn) Vậy a’song song b’ biến d. ABCD  A, B ,C , D , . f Cho là hình bình hành có AB//CD, AD//BC ABCD Song ánh f : A  A, B  B, C  C, D  D, Theo c : AB//CD  A’B’//C’D’ f AD//BC  A’D’//B’C’  A , B , C , , D , là bốn đỉnh của một hình bình hành. , , e. Giả sử C  k1 ’’C’  k2 , f : A A (1) B  B, C  C, Ta cần chứng minh k1= k2 Giả sử k1 k2 Khi đó: D’d’: ’ ’ C’)  k1 f : A  A, Vậy là phép afin B  B, C  C, Từ , 2  vô lý vì f là song ánh. 12
 k1= k2 bảo toàn tỉ số đơn . 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 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 là trung điểm AB  I’ Theo tính chất duy nhất của trung điểm  I  I'  f I   I ' Bài 3 trang 202: tứ giác ABCD. Gọi Cho là phép Afin sao cho f . f ( A)  B, f ( B )  A, f (C )  D , f ( D )  C Chứ ng minh: Nếu d là đường thẳng đi qua trung điềm của AB và CD t hì biến mọi a. f điểm của d thành chính nó. b. Tứ giác ABCD là hình thang. Giải: a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A,B. Ta có:  f (M )  N   f (N )  M Mọi điểm của đường thẳng d (đi qua M, N) đều biến thành chính nó. Ta chứng minh rằng AB CD . Giả sử AB  CD  I 13
f ( A)  B  I  ( AB ) ta có ,   f (I )  I f ( B )  A f (C )  D  ta có   f (I )  I . , I  (CD ) f ( D)  C   I  I, Vậy ta có I , M , N là ba điểm bất động.  f là đồng nhất (vô lý)  AB CD hay ABCD là hình thang. 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    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 '    Thì theo định nghĩa của f ta có : f (u )  u ' Nhưng vì f biến đường thẳng MN thành đường thẳng M’N’ nên theo giả thiết    MN // M ' N ' bởi vậy f (u )  ku .     Tương tự như vậy ,đối với vectơ v ta cũng có f (v)  k ' v .Tuy nhiên ta chứng minh được k  k '    Thật vậy, nếu đặt vectơ w  u  v , thì ta cũng có         f ( w)  k '' w  k ''(u  v )  k '' u  k '' v .Nhưng 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  Từ đó ta suy ra nếu v và u không cộng tuyến thì k  k '', k '  k '' , vậy k  k ' .   Còn nếu v và u cộng tuyến ta lấy một vectơ z không cộng tuyến với vectơ u thì    f ( z )  kv Bây giờ ta lấy k=1 thì với mọ i cặp điểm M,N và ảnh của chúng là M’.,N’ ta có         MN  M ' N ' .Vậy MN  M ' N '    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 của ch úng ta có   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 5 trang 203: 14
Có bao nhiêu phép biến một tam giác đã cho thành chính nó? Giải: Giả sử A1 A2 A3 là tam giác đã cho. Ký hiệu (i, j, k) là một hoán vị nào đó của bộ ba số (1, 2, 3) thì có một phép afin duy nhất biến tam giác A1 A2 A3 thành tam giác Ai A j Ak . Vậy có tất cả 3 =6 phép afin biến tam giác A1 A2 A3 thành chính nó. 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 ' Bài 7 trang 203: Mỗi đường chéo của ngũ giác ABCDE song song với một cạnh của nó. Chứng minh rằng có phép afin biến các đỉnh A, B, C, D, E lần lượt thành các đỉnh B, C, D, E, A. Giải: Các đường chéo của ngũ giác ABCDE cắt nhau tạo thành ngũ giác IJKLM. Theo giả thiết ta có: ABCJ, BCDI, CDEM, DEAL, EABK là B những hình bình hàn h .Từ các đường thẳng M L song song, ta suy ra: C A  MB LB BC K    I EC ML LD AD J Tương tự ta được: E D  BC CD DE EA     EC AD BE CA DB Gọi f là phép afin biến ba điểm A, B, C lần lượt thành ba điểm B, C, D. Khi đó hình thang BCDE’ sao cho BE’//CD và CD  BC . BE ' AD Từ đó suy ra E’ trùng E, vậy biến D thành E. Tương tự f biến E thành A. f 15
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  a Biểu thức tọa độ của phép biến đổi afin có dạng:  1 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    1  3c  a 2  3c  a 2  1   : a  2  a1 thay vào phương trình : Ta có  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 2 d  a 2  4  2 d  2  d  2  x'  x  y  1 Vậy ta có biểu thức tọa độ là:   y'  x  y  2 Bài 9 trang 203: Tìm biểu thức tọa độ của phép afin đảo ngược của phép afin sau đây : x,  2x  3y  7  ,  y  3x  5 y  9  Giải: Gọi M(x; y)  M’= f (M)= (x’; y’) Vậy M(x; y) = f 1 ( M’)  x  5 x'3 y '8  x'  5 x  3 y  8 là:  1 f   y  3 x'2 y '3  y '  3 x  2 y  3 16