MỤC LỤC
Lời cam đoan………………………………… .......... …………………............2 Mở đầu……………………………………… .......... …………………………..3
Chương 1
NGHIÊN CỨU PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒNG DẠNG BẰNG CÁCH DÙNG
SỐ PHỨC
1.1 Mặt phẳng phức………………… ......... …………………………………..5
1.2. Phép đồng dạng trong mặt phẳng phức….......... ………………………..7
1.3 Một số bài toán hình học phẳng giải bằng cách dùng số phức và biểu
thức tọa vị của phép đồng dạng……………… .......... ………………………15
Chương 2
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỒNG DẠNG
MỞ ĐẦU CHƯƠNG II…………………………….......... …………………..21
2.1 Các bài toán chứng minh……………………… ......... ………………….23
2,2 Các bài toán quỹ tích ……………………… .......... …………………...31
2.3 Các bài toán dựng hình..……………………… ......... ……………….….42
2.4 Các bài toán thi học sinh giỏi……………………….......... ……………..52
KẾT LUẬN……………………………………………......... ………………..68
1
DANH MỤC SÁCH THAM KHẢO………………… ......... ……………….69
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi và được sự
hướng dẫn của TS.Nguyễn Văn Đoành. Các nội dung nghiên cứu,kết quả
trong đề tài này là trung thực và chưa công bố dưới bất kỳ hình thức nào trước
đây. Những số liệu trong các bài toán phục vụ cho việc phân tích, nhận
xét,đánh giá được chính tác giả thu thập từ các nguồn khác nhau có ghi rõ
trong phần tài liệu tham khảo.
Hà Nội, ngày 2 tháng 5 năm 2016
Tác giả
2
Hoàng Thị Thủy
MỞ ĐẦU
Phép biến hình trong mặt phẳng là mảng kiến thức rất quan trọng trong
việc giải các bài toán hình học.
Việc nghiên cứu hình học theo quan điểm biến hình đã được nhà toán học
Đức là Felin (1849 – 1925) hệ thống lại trong “chương trình Er Langen” năm
1872. Trong chương trình này Klein đã sắp xếp hệ thống các phép biến hình
lại thành những nhóm biến hình khác nhau như nhóm xạ ảnh, nhóm afive,
nhóm đồng dạng, nhóm dời hình. Dựa vào các bất biến của mỗi nhóm với các
nhóm con của nó Klein đã xác lập được mối quan hệ giữa các thứ hình học để
hệ thống hóa các thứ hình học.
Trong chương trình hình học lớp 11 học sinh được học về các phép dời
hình cụ thể như phép tịnh biến, phép đối xứng trục, đối xứng tâm và phép
quay thông qua định nghĩa và tính chất cơ bản của các phép biến hình đó. Sau
đó hệ thống lại các phép biến hình đã học. Khái niệm hai hình đồng dạng với
nhau cũng được xây dựng trên cơ sở các phép biến hình tương ứng là “phép
đồng dạng”. Đây là một vấn đề khó vì học sinh lần đầu tiên được làm quen
với khái niệm biến hình trong việc nghiên cứu hình học.
Là một giáo viên đang giảng dạy ở trường THPT tôi muốn nghiên cứu
phép biến hình trong mặt phẳng phức. Để giúp các em học sinh ứng dụng số
phức giải bài toán hình học phẳng dễ dàng và sâu sắc hơn. Vì vậy tôi chọn đề
tài là: sè phøc vµ PHÐP BIÕN H×NH §ång d¹ng
Nội dung của đề tài gồm hai chương:
Chương I: Dùng số phức nghiên cứu phép đồng dạng phẳng. Trong
chương này tôi hệ thống hóa lại một cách ngắn gọn kiến thức về mặt phẳng
phức.Dùng số phức nghiên cứu phép đồng dạng và giới thiệu một số bài toán
3
hình học phẳng giải bằng cách dùng số phức.
Chương II: Sử dụng phép biến hình vào giải các bài toán hình học.
Ở chương này tôi đưa ra các bài toán chứng minh,bài toán tìm quỹ tích,
bài toán dựng hình trong mặt phẳng được giải bằng cách sử dụng phép biến
hình đồng dạng.
Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Thăng Long Hà Nội
với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Nguyễn Văn Đoành. Cuối cùng
tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn nhiệt tình
của thầy. Đồng thời tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô thuộc khoa Toán -
Tin, phòng sau đại học Trường đại học Thăng Long đã tạo điều kiện thuận
lợi, động viên tôi hoàn thành luận văn này.
Mặc dù đã cố gắng hết sức để nghiên cứu tìm tòi nhưng do kinh nghiệm
và thời gian có hạn nên luận văn này không thể tránh khỏi các thiếu sót. Rất
mong sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô và độc giả để luận văn này được
4
hoàn thiện hơn.
Chương 1
NGHIÊN CỨU PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒNG DẠNG
BẰNG CÁCH DÙNG SỐ PHỨC
1.1 MẶT PHẲNG PHỨC
1.1.1 Mặt phẳng phức.
Ta đồng nhất tập hợp các điểm của mặt phẳng E với tập hợp các số phức
C. Cụ thể, trong mặt phẳng đã cho một hệ tọa độ Đề-các oxy, mỗi điêm M có
tọa độ (x, y) được đồng nhất với số phức z = x+yi và gọi số phức đó là tọa vị
của M, ta viết M(z). Khi đó E được gọi là mặt phẳng phức.
Nếu M có tọa độ (x, y) thì véc tơ OM cũng có tọa độ (x, y) nên ta cũng
+
=
z
=
z
=
arg
,
arg
cos(
)
ψ
ϕ
ω
z ω
ω
− ϕψ
gọi số phức z = x+yi là tọa vị của OM , ta viết OM (z).
( z ω
)
1 2
với chính là tích vô Số thực
z
≠
≠ ω ,0
0
). Như vậy nếu hướng của hai véc tơ OM (z) và OP (ω ) được ký hiệu là ( ω,z
−
=
z
sin
z ω
ω
) = 0. thì OM ⊥OP khi và chỉ khi ( ω,z
)ϕω ( −
( z . ω
)
i 2
Số thực
]ω,z
)ωOP (
( ) zOM ,
=ωz ,
được gọi là tích lệch của hai véc tơ . và ký hiệu là [
] 0
. Như vậy, O, M, P thẳng hàng khi và chỉ khi [
]ω,z
bằng hai lần diện tích đại số của Khi O, M, P không thẳng hàng thì [
]ω,z
là số thực mà giá trị tuyệt đối của nó là hai tam giác định hướng OMP : [
lần diện tích tam giác OMP, nó dương khi hướng đi dọc chu vi O → M → P
ngược chiều quay kim đồng hồ và nó âm khi định hướng ngược lại ).
1.1.2 Phương trình đường tròn và đường thẳng trong mặt phẳng
5
phức.
Tập hợp các điểm M trên đường thẳng d có các tọa vị thỏa mãn phương
z
= z
λ +
δ
δλ
0=+ δ
1=λ
trình
, ,
u=λ u
,
là tọa vị của Trong đó:
1 , u là tọa vị véc tơ chỉ phương của d và δ 2 )0
( ' zM
z
= z
z
=
z
+
λ
δ
λ +
δ
hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng d. Điểm đối xứng với
' 0
0
)0zM (
điểm qua đường thẳng thì
+
+
C∈β
zz
z
β
z
0=+ p
0〉− pββ
Tập hợp các điểm M trên đường tròn C có tọa vị thỏa mãn phương trình
Rp ∈ ,
( β
)
=
−
R
ββ
p
, , . Đó là đường tròn có tâm
)β−I (
và bán kính .
1.1.3 Tỷ số đơn và tỷ số kép.
( 0 zM
)0
( 1 zM
)1
( 2 zM
)2
, , Cho ba điểm phân biệt
0M ,
1M ,
2M và ký hiệu
z 2 z
− −
2
z 0 z 1
MMM
,
,
Số phức được gọi là tỷ số đơn của bộ ba điểm
0
1
]2
0
=ω
MMM=ω ,
,
. là [
1
0
[
]2
MM 2 MM 2
1
arg
MMMM=ω
,
Số phức có và
2
1
2
0M ,
1M ,
2M thẳng hàng.
(
)0
và nếu ω là số thực thì
( 3 zM
)3
( 1 zM
)1
( 2 zM
)2
( 4 zM
)4
1
2
3
=ω
Cho bốn điểm phân biệt , , , . Số phức
1M ,
2M ,
3M ,
4M và
, ,
, ,
2
1
[ MMM [ MMM
] ]4
,
,
được gọi là tỷ số kép của bộ bốn điểm
MMMM , 2
3
1
]4
MMM
,
,
MMM
,
,
,
,
2
1
2
1
, MMMM 2
1
3
.Bốn điểm M1,M2,M3,M4 thuộc một đường tròn khi ký hiệu là [
] R ∉3
] R ∈4
] R ∉4
và chỉ khi [ nhưng [ , [
6
1.1.4 Các phép biến hình của mặt phẳng phức.
Các phép biến hình của mặt phẳng E là các song ánh từ E vào E. Phép biến
z
z
z
' z =→
+
+
α
β
γ
hình của E bảo tồn tính chất thẳng hàng của các điểm ( gọi là phép biến đổi
afin ) được cho bởi
'
z
z =→
+
=
1
αz
, αβ
Nếu f bảo tồn khoảng cách ( gọi là phép dời hình) thì biểu thức của f là :
'
+
=
z
=→ z
α z
αβ ,
1
phép dời hình bảo toàn hướng
hoặc phép dời hình đảo hướng.
' +=→ z
z
βββ
(
,
)
Mỗi phép dời hình bảo toàn hướng là phép tịnh tiến hoặc phép quay
zT : β
=
+
( AQ ,
)
' =→ z
z
A (
)
ϕ arg=
α
ϕ
α
β
(phép tịnh tiến theo véc tơ v )
ϕ : zQ A
β −
α
1
và góc quay . , là phép quay tâm
+
=
zf :
' =→ z
α z
αβ ,
1
Mỗi phép dời hình đảo hướng là phép đối xứng trượt
∆ =
oĐT v
oTĐ ,v ∆
Đối xứng trượt là tích trong đó ∆ là đường thẳng có phương
=
+=
<
=>
=
z
v
u
,δ+
,
,
,
vu .0],[,0
α
δβ
δ
trình
u = z u
u u
trong đó
1.2 PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG PHỨC
1.2.1 Phép vị tự
'
=
∈
z
a) Biến đổi của mặt phẳng phức xác định bởi công thức:
( Rkkz
)0\ { }
rõ ràng là phép vị tự tâm 0, hệ số vị tự k, từ đó biến đổi xác
7
định bởi:
'
−
=
−
z
z
z
0
)0\Rk ∈ ( { }
( zk
)0
0z ) với hệ số vị tự k; nó được ký hiệu bởi :
kJV ,
là phép vị tự tâm J ( với tọa vị
hoặc V(J,k)
1,JV là biến đổi đồng nhất
* Nhận xét:
1,−JV
là biến đổi đối xứng Đj
kJV
, là biến đổi afin bảo tồn hướng. Biến đoạn thẳng có độ dài l thành
1≠k
,lk
Ta thấy
thì có đoạn thẳng có độ dài bảo tồn số đo của góc định hướng, và khi
0 0>k điểm bất động duy nhất J, giữ mọi đường thẳng qua J bất biến ( đảo hướng của nó nếu bảo tồn hướng của nó nếu ) , biến đường thẳng không qua J thành đường thẳng song song với nó. ' − = − z z z b) Công thức của phép vị tự : 0 )0\Rk ∈
(
{ } (
zk )0 ' = z kz ⇒ )0\Rk ∈
(
{ } (
−+
1 ) 0
zk z ' = kz β+ Từ công thức : (
) 0
zk−=β
1 với z ' = kz β+ )0\Rk ∈
(
{ } ' z z 1=k β+=→ Ngược lại, xét biến đổi của mặt phẳng phức xác định bởi : )βv zT
:
v 1≠k z z β+ Khi , , đó là phép tịnh tiến theo véc tơ ( 0 , 0 = 0
kz = z ⇒ 0 1 β và công thức trên còn có thể viết dưới dạng:
−
k ' − = − z z z , biến đổi có điểm bất động duy nhất J có tọa vị Khi 0 kJV (
zk )0 , . z ' = kz β+ là phép vị tự z ' , γ+= lz (
Rlk ∈ )0\
{ } 8 c) Tích của biến đổi f xác định bởi với biến đổi g xác định bởi : = + z ' klz l γβ + là biến đổi gof xác định bởi .Nếu k.l 1≠ thì gof là phép vị tự có =−
1 V V tâm thẳng hang với tâm của f và g. J k kl
, /1, )
− =1 T
− v Ta có và (
T
v Vậy tập hợp các phép tịnh tiến và vị tự trong mặt phẳng làm thành một nhóm = + z ' klz k γ + β biến đổi của mặt phẳng ( Nhóm này không giao hoán vì fog được xác định bởi : = 1 k d) Nhận xét kJV , và V
K 1, k 1
k = v KJ V + Tích 2 phép vị tự ). Cụ thể là: là một phép tịnh tiến ( do T , kJV , = v K , 1
k 1
k JKkW = o T kJV
, o w V
K , 1
k T là phép vị tự với hệ số = kJV )1≠k , ( + Tích của phép vị tự với phép tịnh tiến u :
zuT +=→ ' uz z z '
=→
z kz vị tự k. Cụ thể: kJV (
1
−+ ) 0
zk , : T o kJV , có công thức: u z '
=→
z kz + u 0 (
1
−+ )
zk , = z JK u nên là phép vị tự tâm K có tọa vị kJ ToV , u u
− +
10 k k
− 1 k z =→
z +
uzk ( ) −+
1( tức là : ; Tích có công thức zk
0) + = z JL u u . 0 k
− 1 k
− 1 k k , tức Đó là phép vị tự tâm L có tọa vị + Tập hợp các phép vị tự tâm J làm thành một nhóm giao hoán, 9 1.2.2 Biến đổi đồng dạng. a) Xét biến đổi f của mặt phẳng E mà có số k > 0 để với mọi cặp điểm M, N độ dài đoạn thẳng f (M) f (N) bằng k lần độ dài đoạn thẳng MN . Gọi g là một 1
k f 1−=
g h phép vị tự hệ số vị tự thì gof bảo tồn độ dài mọi đoạn thẳng nên gof là một o phép dời hình h, từ đó , tức là f là tích của một phép dời hình với 1
k một phép vị tự hệ số vị tự . Ngược lại mọi tích của một dời hình với một l phép vị tự hệ số l ( hay tích một phép vị tự hệ số l với một phép dời hình ) là k = lần độ dài đoạn một biến đổi của E mà độ dài đoạn thẳng ảnh luôn gấp thẳng cho trước. Các biến đổi như thế của E gọi là biến đổi đồng dạng, hệ số (đồng dạng ) k > 0 của mặt phẳng . Rõ ràng khi k =1, ta được phép dời hình. Biến đổi đồng 2E là mặt dạng là một biến đổi afin và từ lí luận trên suy ra: Mọi biến đổi đồng dạng bảo tồn hướng ( gọi là đồng dạng loại một ) xác định bởi công thức ( coi z '
z
=→ + ≠ .0 αz ,
αβ phẳng phức): ( biến đổi đồng dạng loại 1) và mọi biến đổi đồng dạng đảo hướng ( gọi là đồng dạng loại hai). Xác định z '
z
=→ + ≠ 0 α z ,
αβ bởi công thức: ( biến đổi đồng dạng loại 2) Các biến đổi đồng dạng đó có hệ số đồng dạng α . )2zN
( )1zM
( )'
)(
(
1zMf )'
)(
(
2zNf − z = − z z z − = − α α , thì , Thật vậy, '
z
1 '
2 z
1 '
z
1 '
2 z
1 ( )2 ( )2 = − z = − z α kMN hoặc '
z
1 '
2 z
1 2 ) (
(
NfMf ) Vậy hay Rõ ràng tập hợp các biến đổi đồng dạng của mặt phẳng làm thành một nhóm ( chứa nhóm các phép dời hình) tập hợp các phép biến đổi đồng dạng loại 1 cũng làm thành một nhóm. 10 b) Tính chất của phép đồng dạng Phép đồng dạng là một phép afin. Qua một phép đồng dạng ảnh của đường thẳng là đường thẳng, ảnh của tia là tia, ảnh của đoạn thẳng là đoạn thẳng, ảnh .Rk của một góc là một góc có cùng số đo, ảnh của tam giác là một tam giác đồng dạng với nó, ảnh của đường tròn có bán kính R là đường tròn có bán kính ' c) Sự xác định phép đồng dạng. 1 2 (
2 zA )2 (
1 zA )1 (
1' zA )' (
2 zA )' , và , . Khi đó có duy nhất Cho hai cặp điểm phân biệt ' ' một biến đổi đồng dạng loại 1 và có duy nhất một biến đổi đồng dạng loại hai 1A thành 1A , 2A thành 2A . biến Chứng minh z ' = z α + β Tìm phép biến đổi đồng dạng loại 1 )0≠α ( ' = β z
1 z
α +
1 ' z = z
α + β 2 2 Ta có : '
2 = =α β −
z α Từ đó '
1 z
1 −
− z
z '
z
1
z
1 2 , z ' = z α + β ' ' '
2 = − =α β α Phép biến đổi đồng dạng loại 2 1A thành 1A , 2A thành 2A có '
z
1 z
1 −
− z
z '
z
1
z
1 2 biến , d) Nhận biết phép biến đổi đồng dạng ' Định lí 1 0C thành đường tròn 0C là biến đổi đồng Song ánh f biến một đường tròn dạng. 11 Chứng minh: A =' B =' C =' Trước tiên chứng minh rằng nếu A, B, C thẳng hàng cùng thuộc đường thẳng )Af
( )Bf
( )Cf
( thì , , thẳng hàng. Giả sử A', B', C' không thẳng hàng. Lấy D' là một điểm tùy ý của đường thẳng (
−=
1 DfD )' A'B' thì phải thuộc đường thẳng AB vì nếu A, B, D không thẳng hàng thì đường tròn C đi qua A, B, D có ảnh là đường tròn C' đi qua A', B', D'. Điều này vô lý vì A', B', D' thẳng hàng. Tương tự, mọi điểm trên đường thẳng B'C', C'A' đều có tạo ảnh thuộc d. Từ đó suy ra rằng tạo ảnh M của mọi điểm M' của mặt phẳng đều thuộc d và do đó f không còn là song ảnh. Vậy A', B', C' thẳng hàng. Điều đó có nghĩa f là biến đổi afin. Bây giờ chứng minh rằng biến đổi afin biến đường tròn thành đường tròn là z z z + + '
z
=→ α ≠ α β γ một biến đổi đồng dạng. I = Biến đổi afin f cho bởi
)β ( RMI
0 0I bán kính R, (
0 z )0 ( )zM , ϕi z = z Re Với , , M thuộc đường tròn tâm 0 + )0If
( )Mf
( i − ϕ
i = + + + − + − = = ' z z z z z z z e R γ α β −+
γ β α β eR
α +
ϕ β 0 0 0 0 ( ) (
z ) một khoảng R' , có nghĩa , thì
(
α cách
) i − ϕ
i = e e +
ϕ β α '
R
R Suy ra ' R i − i i i ϕ ϕ ϕ ϕ + + = e e e e β β Đẳng thức này tương đương với (
α )(
α ) R 2 i − 2 i ϕ ϕ e 0 + − − βα e
βα −
ββαα R
'
R
=
0=α 0=β =β =α hay R'
R R'
R 12 , hoặc , . Vậy f có dạng Từ đó suy ra hoặc z z '
z
=→ '
z
=→ z
β + γ z
α + γ hoặc , tức f là biến đổi đồng dạng Định lí 2 Song ánh f của mặt phẳng lên chính nó bảo tồn tỉ số đơn của ba điểm phân biệt tùy ý là biến đổi đồng dạng loại 1, còn nếu tỉ số đơn của ba điểm phân biệt tùy ý bằng số phức liên hợp của tỉ số đơn của ba điểm ảnh thì nó là một biến đổi đồng dạng loại 2. z ' = z α + β Chứng minh )0≠α Cho biến đổi đồng dạng loại 1 f: ( (
1 zM )1 (
2 zM )2 (
0 zM )0 2 = = = = , , 0 1 2 1 0 [ [
MMM ]2 (
(
MfMfMf )
, )
, ( ]
) −
− −
− −
− α
α z
z '
z
2
'
z
2 '
z
0
'
z
1 2 z
0
z
1 2 z
0
z
1 (
z
2
(
z )
) và cho ba điểm , , . Khi đó 2 = = = , , 1 0 2 1 0 [ (
(
MfMfMf )
, )
, ( ]
) [
MMM ]2 −
− −
− α
α z
z '
z
2
'
z
2 '
z
0
'
z
1 2 z
0
z
1 (
( )
) Tương tự, nếu f là biến đổi đồng dạng loại hai thì * Ngược lại, song ánh f bảo toàn tỉ số đơn của ba điểm phân biệt thì f là biến đổi đồng dạng loại 1. (
1 zM )1 (
2 zM )2 ( )zM ta có ' ' ' 2 = ) ) 'z lần lượt là tọa vị của Thật vậy, lấy , phân biệt thì với mọi điểm 1Mf
( 2Mf
( 1z , 2z , z
z z
z −
− −
− '
2
'
2 z
'
z
1 2 z
z
1 (Mf ) ' 2 z ' = z + z − z , , trong đó : '
2 2 '
z
2
z −
− z
z −
− 2 '
z
1
z
1 2 '
z
1
z
1 z '
z
=→ z
α + β Suy ra: ' '
2 = ≠ z − z α 0 =β Vậy f xác định bởi , trong đó '
2 2 −
− z
z −
− '
z
2
'
z
2 z
1
'
z
1 2 '
z
1
z
1 13 , Tương tự, đối với song ánh biến tỉ số đơn thành số phức liên hợp thì song ánh đó là biến đổi đồng dạng loại 2. 1.2.3 Điểm bất động và dạng chính tắc của phép biến đổi đồng dạng a) Điểm bất động. z ' = z 0≠α α + β Biến đổi đồng dạng khác dời hình có một và chỉ một điểm bất động. 1≠α Thực vậy: Nếu f là biến đổi đồng dạng loại một xác định bởi , )0ZI
( = z = z
α + β và thì điểm bất động xác định bởi 0z 0 0 β
− 1 α hay z ' = z 1≠α 0≠α α + β Nếu g là biến đổi đồng dạng loại hai, (
0 zM )0 z = z + 0 α z
α + β 0 z
=⇒
0 0 z = z + β , và xác định bởi , . Thì điểm bất động 0 0 ) β
+ β
(
αα = 0z +
ββα
1
−
αα hay Vậy b) Dạng chính tắc của biến đổi đồng dạng. Nhận xét Mỗi phép biến đổi đồng dạng là tích của một phép vị tự và một phép dời hình nhưng tích này nói chung không giao hoán được. Chẳng hạn: QoV = VoQ 1) Cho Q là phép quay, V là phép vị tự. Khi đó khi và chỉ khi tâm quay trùng với tâm vị tự. 2) Tích của phép đối xứng trục Đ∆ và một phép vị tự VJ,k giao hoán được
Đ∆ o VJ,k = VJ,k o Đ∆ khi và chỉ khi J phải thuộc ∆. Chứng minh 14 (1) = = ( )
*
JVQ ( )JQV
* ( )
JQ )JQV
( ) ( Gọi J là tâm của phép vị tự V ta có ⇒ . Do = .
J ( )JQ là điểm bất động của phép vị tự V, vậy ( )
JQ đó Do đó J là điểm bất động của phép quay Q, vậy J là tâm quay. QoV = VoQ Ngược lại, nếu J là tâm quay và tâm vị tự thì : z =→ '
z kz . Thực vậy, coi J là gốc tọa độ thì { }0\Rk ∈ z z α=→ '
z QV * V xác định bởi , VQ * và z α=→ '
zk z Q xác định bởi , α =1. Khi đó đều được xác định bởi (2) Nếu VJ,k o Đ∆ = Đ∆ o VJ,k thì VJ,k o Đ∆ (J) = Đ∆ o VJ,k (J) ⇒ VJ,k (Đ∆ (J) ) = Đ∆ (J)
Vậy Đ∆ (J) = J . Do đó J ∈∆. z =→ '
z kz z =→ '
z z Ngược lại, nếu J ∈∆ , coi J là gốc tọa độ, ∆ là trục ox thì Đ∆ xác định { }0\Rk ∈ z =→ '
z zk bởi , . Do đó VJ,k o Đ∆ và còn VJ,k xác định bởi Đ∆ o VJ,k đều được xác định bởi Định lí . Mỗi biến đổi đồng dạng loại một khác dời hình là tích giao hoán được của một phép quay và phép vị tự ( vị tự - quay) Mỗi biến đổi đồng dạng loại II là tích giao hoán được của phép đối xứng trục và phép vị tự ( vị tự - đối xứng) . Thực vậy: z ' = z 1≠α 0≠α α + β Giả sử f được xác định bởi )0zJ
( ' = z − z = z − z α , là điểm bất động duy nhất của f , tức là , gọi , 0z 0 ( )0 β
− 1 α 15 thì f xác định bởi α=k Vậy f là tích của phép vị tự tâm J, tỉ số và phép quay tâm J góc quay argα. z ' = z α + β Tích đó giao hoán được do nhận xét 1. )0zJ
( = là điểm Nếu biến đổi đồng dạng loại hai g xác định bởi và 0z +
ββα
−
1
αα ' − = − z z α z z ( ) bất động duy nhất với và công thức của g có thể viết 0 0 ' − = − z z z .Vậy g là tích của phép đối xứng qua đường thẳng ∆ có 0 )0zJ
( (
z )0 α
α α=k phương trình xác định bởi và phép vị tự tâm tỉ số . JZ
,( k
), ϕ Tích đó giao hoán được do nhận xét 2. ∆ JZ
,( k
), ,J là tâm của phép quay và tâm vị Phép vị tự quay thường kí hiệu tự,ϕ là góc quay,k là tỉ số vị tự.Phép vị tự đối xứng thường kí hiệu ,J là tâm vị tự thuộc ∆ , ∆ là trục đối xứng,k là tỉ số vị tự. 1.3 MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG GIẢI BẰNG CÁCH DÙNG SỐ PHỨC VÀ BIỂU THỨC TỌA VỊ CỦA PHÉP ĐỒNG DẠNG
Bài toán 1. Trong mặt phẳng cho hai cặp điểm A, B và A', B' ( A ≠B, A' ≠ B') mà độ dài các đoạn AB và A'B' không bằng nhau. Gọi f là biến đổi đồng dạng loại 1, biến A thành A', B thành B'. Hãy dựng điểm bất động J1 của f. Giải: Coi A là gốc tọa độ O, B là điểm đơn vị E của mặt phẳng phức z '
z
=→ z
α + β A (0), B (1) 'B Coi f xác định bởi )βα +
( )β'A
( = , Khi đó 1z (
1 zJ )1 β
− 1 α 16 Khi đó mà 1≠α Vậy bài toán đưa về việc dựng điểm J1 có tọa vị 1z với α và β là hai số phức α−1 cho trước, ' AB ' AB
' BC = * Dựng điểm C có tọa vị )α−BC AB ,do đó , vì ⇒ ( )α−'
(
1( α−C
Dựng
)
* C1 là điểm đối xứng với C qua đường phân giác góc ( khi đó tọa vị β
−1 α 1 = mọi điểm trên tia AC1 khác A có ac - gu - men bằng ac - gu - ment của AJ
AB '
AA
AC . * Khi đó J1 là điểm trên tia AC1 sao cho Ta có thể dựng như sau: Lấy E1 trên tia AC1, sao cho AE1 = AB Lấy C2 trên tia AA', sao cho AC2 = AC Khi đó đường thẳng qua A' song song với E1C2 cắt AC1 tại J1. Chú ý : = Dùng phương pháp tổng hợp 1J là một giao của đường tròn Apollonius chia cặp '
AJ
1
AJ
1 '
BJ
1
BJ
1 Ta có . Vậy 17 (A', A) theo tỉ số k với đường tròn Apolloninus chia cặp (B',B) theo tỉ số k. Bài toán 2 Trong mặt phẳng cho tam giác A0A1A2 và đường thẳng l. Qua A0 ,
kẻ các đường thẳng song song với nhau cắt l theo thứ tự tại P0, P1, P2 , A1 , A2 số đo góc định hướng giữa l và các đường thẳng đó là ϕ ( sai khác cộng kπ). Qua P0, P1, P2 lần lượt kẻ các đường thẳng l0 , l1 , l2 sao cho các góc định hướng giữa A1A2 với l0 , giữa A2A0 với l1 , giữa A0A1 với l2 đều có số đo là ψ ( sai khác cộng kπ). a) Với điều kiện nào của ϕ và ψ thì các đường thẳng l0 , l1 , l2 đồng quy. b) Khi các đường thẳng đó không đồng quy, gọi Q0, Q1, Q2 theo thứ tự là giao của l1 với l2 , giao của l2 với l0 , giao của l0 với l1 , thì tam giác Q0Q1Q2 đồng dạng với tam giác A0A1A2 . Tính hệ số đồng dạng Giải Coi đường tròn ngoại tiếp tam giác A0A1A2 là đường tròn đơn vị của mặt z = z 1=λ λ + δ δλ 0=+ δ phức và A0 (α0), A1 (α1), A2 (α2),. có phương trình Phương trình của l : , , z − = − α µ α 0 (
z )0 z − = − α µ α 1 z − = − 1=µ α µ α Các đường thẳng song song với nhau kẻ qua A0 , A1 , A2 λµ ≠ 2 (
z
(
z )1
)2 +=− uv Rvu ∈, iue 2=λ ϕ k π ive 2=µ , , z − = − z = z λ + δ α µ α Viết , , , 0z thỏa mãn 0 (
0 zP )0 )0 − λα và (
z =z
0 0 (
(
+
αλδµ ) )0 1
−
λµ + − αλ λα nên =z
1 1 (
1 zP )1 (
(
δµ ) )1 1
−
λµ 18 Tương tự, , − λα =z
2 2 (
2 zP )2 (
(
+
αλδµ ) )2 1
−
λµ , 2 1 z − z = − z ν 0 (
z )0 −
− α
α α
α 2 1 0 2 z − = − ν z
1 (
z )1
z −
− α
α α
α 0 2 1 0 ψ z − z = − z ie 2= ν ν
, 2 (
z )2 −
− α
α α
α 1 0 ' Các đường thẳng l0 , l1 , l2 có phương trình lần lượt là 2z thỏa Hai đường thẳng l0 , l1 không song song nên cắt nhau tại Q2 có tọa vị − − ' µδ νδ 3 = + α 2z 2 −
λ
µν
−
λµ λδ
1
−
λµ = + + δ α α α mãn phương trình của hai đường thẳng đó, nên 1 δ =
3 ααα
0 1 2 2 1 0 ' ' Trong đó , . 0z , 1z của Q0 và Q1.Như vậy ánh xạ f của mặt phẳng − − µδ νδ 3 z z '
z
=→ + , , Tương tự ta có tọa vị AAA
1
2 0 −
λ
µν
−
λµ λδ
1
−
λµ +
ψϕ i
(2 ) 1 ) = = , phức xác định bởi công thức biến , QQQ
2
1 0 e
i
ϕ 2 − 1 −
e −
λ
µν
−
λµ − v
µλ
−
λµ sin( +
ψϕ
sin
ϕ ≠ ∈ k z ( ) +
ψϕ k
π theo thứ tự thành .Ta có nên ) 0=ψ thì f là phép biến đổi đồng dạng loại 1 hệ số đồng Vậy khi sin( +
ψϕ
sin
ϕ thì f là phép dời hình loại 1.Ta vẽ hình trong dạng là (Khi 19 trường hợp này. k= , +
ψϕ π , QQQ
1
2 0 l , , và chỉ khi đó f là ánh xạ hằng,tức trùng nhau,hay Khi l
0 l
1 2 đồng quy. Bài toán 3 Điểm P nằm trên đường tròn C tâm O ngoại tiếp tam giác không vuông A0A1A2 . Các đường cao của tam giác A0A1A2 xuất phát theo thứ tự từ A0 , A1 , lại cắt C tại A'0 , A'1 , A'2 . Các điểm P0, P1, P2 là điểm đối xứng của P theo A2 . Các điểm P'0, P'1, P'2 là các
. Các thứ tự qua các đường thẳng OA0 , OA1 , OA2 điểm đối xứng của P theo thứ tự qua các đường thẳng OP0 , OP1 , OP2 điểm P"0, P"1, P"2 là các điểm đối xứng của P'0, P'1, P'2 qua đường thẳng OP. là các điểm đối xứng của P"0, P"1, P"2 qua tiếp
. với hệ số 2 Các điểm thẳng Q0 , Q1 , Q2 tuyến của C tại A'0 , A'1 , A'2
a) ∆ Q0 Q1 Q2 vị tự với tam giác A'0 A'1 A'2 b) Tìm quỹ tích tâm phép vị tự nói trên khi điểm P chạy trên C. 20 Giải z −= z + + α α αα
1 2 2 1 Gọi C là đường tròn đơn vị trong mặt phẳng phức, A0 (α0), A1 (α1), A2 (α2),
trực tâm H của ∆A0A1A2 có tọa vị α0+α1+α2
Tọa vị của A'0 , A'1 , A'2 Phương trình của đường thẳng A1A2 : −= α 0' ααα
0 1 2 A'0 (α'0) là điểm đối xứng của H qua A1A2 nên −= α 1' ααα
2 0 1 Tương tự −= α 2' ααα
0 1 2 A'1 (α'1), A'2 (α'2), 0P là điểm đối xứng với P qua đường thẳng OA. )wP
( 2 z z 0α= , Giả sử 0P có tọa vị 0 =W ωα 2
0 Phương trình của OA0 : 1 =W ωα 2
1 2 =W ωα 2
2 Tương tự 2 4 z z 0 ωα= P1(W1), , P2(W2), 3 ' Phương trình đường thẳng OP0 : '
ω =
0 4
ωα
0 0P đối xứng với P qua OP0 nên có tọa vị 3 3 ωαω = Điểm 4
1 '
1 '
ω =
2 4
ωα
2 ' z z 2ω= , Tương tự: P'1(ω'1), P'2(ω'2), 0P qua đường thẳng OP có phương trình 2 3 5 = = ω ωαω "'
0 4
0 4
ωα
0 nên Điểm P"0 đối xứng với 5 5 P"0 có tọa vị "
ω =
1 4
.ωα
1 "
ω =
2 4
.ωα
2 , Tương tự P"1(ω"1), P"2(ω"2), −= − z z z − z −= z + α α α 2α Tiếp tuyến với C tại A'0 là đường thẳng đi qua A'0 và vuông góc OA'0 nên có 2'
0 '
0 0 2'
0 '
0 tức phương trình
( 21 Điểm Q0 đối xứng với P"0 qua tiếp tuyến đó có tọa vị 5 + −= + α
2 α
2 −=z
0 2'
ωα
.
0 "
0 '
0 2
ωδ
3 '
0 δ =
3 ααα
0 1 2 , trong đó 5 5 + + 2α 2α −=z
1 2
ωδ
3 '
1 −=z
2 2
ωδ
3 '
2 5 z 2' z z
=→ Tương tự Q1(z1), Q2(z2) 2
ωδ−
3 . a) Xét biến đổi đồng dạng f xác định bởi 5 − = − z z 2 ' biến A'0 , A'1 , A'2 2
ωδ
3 2
ωδ
3 f còn có thể viết lần lượt thành Q0 , Q1 , Q2
( 5 2 3 ωδ 5 =ωδ
. 1 nên f là phép vị tự hệ số 2, tâm J có tọa vị . 2
3 )ωP
( 22 b) Khi thay đổi trên C thì quỹ tích J cũng chính là C vì . Chương 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỒNG DẠNG MỞ ĐẦU CHƯƠNG II * Để giải các bài toán hình học ta có thể dùng nhiều phương pháp: phương pháp tọa độ, phương pháp tổng hợp, phương pháp véc tơ, phương pháp xạ ảnh, phương pháp dùng phép biến hình, phương pháp số phức, ... Về nguyên tắc, bất kỳ bài toán hình học nào cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ hoặc phương pháp tổng hợp, còn các phương pháp khác không phải bài toán hình học nào cũng sử dụng được. Giải một bài toán bằng phép biến hình cần: • Nhận biết lớp các bài toán có khả năng giải được bằng cách dùng phép biến hình. Để nhận biết được điều đó, cần phân tích giả thiết và kết luận của bài toán để tìm các yếu tố có liên quan đến một phép biến hình cụ thể nào đó. Nếu có các yếu tố bằng nhau ta nghĩ đến phép dời hình, có các yếu tố đồng dạng ta nghĩ đến vị tự quay, vị tự đối xứng.
• Kỹ thuật quan trọng nhất khi dùng phép biến hình để giải toán là : Cho hình H, cho phép biến hình f, căn cứ vào định nghĩa và tính chất của f ta H =' dựng được hình : )Hf
( ' = ∈ H { )
}HMMf
(
; là ảnh của H qua phép biến hình f. Trong chương này, chủ yếu ta dùng phép biến đổi đồng dạng để giải các bài 23 toán của hình học phẳng. 2.1 CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH Bài toán 1. Cho hình vuông ABCD tâm I, cạnh 6 cm và hình vuông AEFH tâm J có cạnh 3 cm. Đỉnh E là trung điểm của AD. H nằm ngoài đoạn AB và 3 điểm H, A, B K ∈ DC thẳng hàng. M ∈ FH sao cho DK = 2 cm sao cho MH=1 cm. C/m: IK = 2 JM 0
,90, Giải : 1
2
AZ
C →
F D →
H I →
J MK → ( Vì DK = 2 HM) Xét Vậy : IK = 2 JM 1
2 . Tìm Nhận xét: AEFH là ảnh của ABCD qua một phép đồng dạng hệ số 1
2 1
2 một phép đồng dạng hệ số biến IK thành JM ( tích của phép vị tự tỷ số 24 và một phép quay ). Bài toán 2 Chứng minh rằng nếu 2 tam giác có các đường cao tương ứng bằng nhau thì bằng nhau. Chứng minh: Giả sử ∆ ABC có các đường cao AH, BI và CK. Tam giác A'B'C' có các đường cao A'H', B'I' và C'K' thỏa mãn AH = A'H', BI = B'I', CK = C'K'. Trong ∆ ABC có AB.CK = BC.AH = CA.BI = 2S. ⇒ = = = k ' ' ' AB
'
BA BC
'
CB AC
'
CA Tương tự: A'B'. C'K' = B'C'.A'H' = C'A'.B'I' = 2S'. Vậy hai ∆ ABC và A'B'C' đồng dạng. Do đó phép đồng dạng f tỷ sổ k biến ∆ ABC thành ∆ A'B'C'. Phép f biến AH thành A'H' với AH = A'H' ⇒ k = 1. Vậy f là phép dời hình → ∆ ABC = ∆ A'B'C' )1O , ( )2O , ( )3O đôi một tiếp xúc ngoài với nhau. )2O , ( Bài toán 3 Cho 3 đường tròn ( )1O và ( )1O . )2O và ( )3O ; ( )3O và ( A, B, C lần lượt là các tiếp điểm của ( )3O tại điểm thứ hai B', AC cắt ( )3O tại điểm C'. CMR : Đường thẳng AB cắt ( )3O . 25 B'C' là đường kính của ( Giải: )2O và ( )3O nên Vì B là tâm vị tự của ( AO2 '
3BO // )3O ' ' Vì C là tâm vị tự của ( 1O ) và ( 3CO . Do 1O , A, 2O thẳng hàng nên C', ,3 BO // cũng thẳng hàng → ⇒ AO1 )3O . B'C' là đường kính của ( Chú ý: Hai đường tròn bất kỳ là ảnh vị tự của nhau. Có hai phép vị tự biến đường tròn này thành đường tròn kia. Nếu hai đường tròn tiếp xúc thì điểm tiếp xúc là một trong hai tâm vị tự. Bài toán 4 rO ,1 )RO, tiếp xúc ngoài với hai đường tròn bằng nhau ( ) và Cho đường tròn ( rO ,2 1M , 2M tương ứng ( R ≠ r) . M di động trên (O,R). ∩ = MM MM ( ) tại các điểm 1 2 ,2 ) QrO
( (
∩ ,1
rO ) P
= và 1O 2O 26 CMR:PQ// MVV = 1 ;1 R
−
r
rO Giải
Do R ≠ r nên tồn tại phép vị tự : )
;1 → )RO
(
; biến ( = V
2 ;2 r
−
r
MV
RO
; và phép vị tự (
)rO
2→
; ) . Khi đó tích : biến ( 2oVVT = 1 2 (
)
1 →
rOT
; )rO
(
; → QPO là một phép tịnh tiến O
1 → ;2 và 1OO // PQ 2 27 Nên Bài toán 5 OA ≠ Cho 2 chất điểm A, B chuyển động đều với cùng vận tốc tương ứng trên tia 0A , 0B không trùng với O và 0 OB 0 Ox và Oy đã cho xuất phát từ các điểm theo hướng xa dần điểm O. CMR luôn tồn tại 1 điểm P cố định sao cho ta luôn có : PA = PB Giải +=
α , 2 Oy π
k (
Ox ) Đặt góc định hướng giữa 2 tia )Zk ∈ . ( Giả sử có điểm P sao cho : PA = PB với mọi vị trí của A, B khi di chuyển tương ứng trên tia Ox và Oy, do PA = PA = PB đó 0 PB 0 AA = APA , . Ta lại có : 0 BB 0 0 = BPB
0 . Vậy ∆ ( c.c.c ) ˆ
PAO 0 ˆ
PBO 0 PA PA, Ox, 0 , PB ⇒ = )0 )PB ) α=Oy PA = PA ⇒ ( = ( = ( 0 PB 0 0 , PB ) α=0 α , biến điểm Từ nên P phải là tâm của phép quay Q có góc quay và ( 0A thành 0B . Vậy P là giao điểm của cung 0 BA 0 chứa điểm O 0 BOA 0 0A 0B . Do đó P là của đường tròn ngoại tiếp ∆ và đường trung trực của điểm cố định.Ta chứng minh PA=PB với mọi vị trí của A,B. BPB0 APA0 PB = Xét ∆ và ∆ có : 0 PA 0 theo cách dựng 0 =
AABB 0 ˆ ˆ =
AAPBBP (gt) ˆ
PBO 0 ˆ
PAO 0 0 0 ⇒ ∆ = ⇒ BPB0 APA0 28 = ∆ (c.g.c) ⇒ PA = PB. Bài toán 6
Cho ∆ ABC. Hình vuông BCDE nằm trên nửa mặt phẳng không chứa A có bờ là BC. Từ D và E lần lượt dựng DI ⊥ AB, EK ⊥ AC. CMR : EK, DI và AH ( đường cao) đồng quy. Chứng minh : + Ta muốn dời ∆ ABC đến một vị trí mới nhận 3 đường thẳng trên là 3 đường T biến A → A', cao. + Xét phép tịnh tiến BE C → D, B → E. H ∈' ED ⇒ ∆ ABC → A'ED và H → H' với Do tính chất của phép tịnh tiến nên ta có: AB // A'E → DI ⊥ A'E AC // A'D → EK ⊥ A'D BC // ED → A'H' ⊥ ED.Vậy 3 đường DI, EK, A'H' là 3 đường cao của ∆ 29 A'ED nên chúng đồng quy. Hay DI, EK, AH đồng quy. Bài toán 7 . Bài toán Napoleon
Lấy các cạnh của một ∆ ABC bất kỳ làm đáy, dựng ra phía ngoài ∆ ABC ba ∆ đều BCA', CAB' và ABC'. 0A , 0B , 0C của ba ∆ đều vừa dựng là các đỉnh của một ∆ đều . CMR các tâm Chứng minh : ABC0 0 và là ba ∆ cân đồng dạng có góc ở đáy 300. Dễ thấy rằng BCA0 , CAB0 Z =
1 0 là phép vị tự quay tâm C, góc quay 300, tỷ số 3 Z =
2 là phép vị tự quay tâm B, góc quay 300, tỷ số 1/ 3 )3,30,
)3/1,30,
2oZZ 1 A → → Ký hiệu:
(
CZ
(
BZ
Xét tích . Dễ thấy: AZ
:
1
0 BA
,'
0 → → C AZ
'
:
2 AA
,
0 0 và Do đó: B → và
C A → 2oZZ 1 0 0 A
0 0 : 30 Mặt khác: 0 0 = = = = .3 ,1 30.2 60 KK
.
1 2 +
ϕϕ
1 2 1
3 2oZZ 1 0A . Nên là một phép dời hình D. Đó là phép quay góc quay 600 tâm 0B thành 0C Biến 0 CBA 0 0 Vậy là một ∆ đều. Bài toán 8 Chứng minh định lý Mê nê la uyt. = . . 1 BA
'
'
CA CB
'
'
AB AC
'
'
BC Định lý: Điều kiện cần và đủ để 3 điểm A', B', C' nằm trên 3 đường thẳng
chứa các cạnh BC, CA, AB của một ∆ ABC thẳng hàng là: Chứng minh : Ta ký hiệu V =
2 (
;' KBV )2 (
;' KCVV =
1 )1 , V =
3 (
;' KAV )3 K K K Trong đó : 2 = 3 = 1 = '
CA
'
BA '
CB
'
AB '
AC
'
BC , (1) , A BV →:1 C AV →:2 C BV →:3 C Vậy ta có kết quả sau: oVV
2 →:1
B 2oVV 1 KKK = . ≠ 1 Vậy . Theo định lý về tích của 2 phép vị tự thì là một phép 1 2 '
∩ = '
CB BC '
A vị tự có tâm thẳng hàng với C' và B' và có tỷ số vị tự 2oVV 1 = Vì nên tâm của phép vị tự tích phải là giao điểm A' của 2 oVV
1
2 V
3 = K đường thẳng BC và B'C'. Hay KK
1. 2 3 1 . 1 Vậy ta phải có : =−KKK
.
2 3 1 '
AC
'
BC '
CA
'
BA '
CB
'
AB 31 hay là (2) Thay (1) vào (2) ta có . =1 . 2.2 CÁC BÀI TOÁN QUỸ TÍCH Bài toán 1 Cho một ∆ ABC nội tiếp trong đường tròn (O,R) cạnh BC cố định. Tìm quỹ tích trọng tâm G của ∆ ABC. Giải = IG IA Gọi I là trung điểm của BC thì I cố định. 1
3 =k Ta có: 1
3 GA → ⇒ Phép vị tự tâm I , tỷ số 1
3
;IV
biến R R ' = → Khi A thay đổi trên (O,R) thì trọng tâm G thay đổi trên ảnh của (O,R) qua 1
3 1
3
;IV
' = IO IO phép vị tự trong đó O’ là ,đó là đường tròn tâm O’ bán kính 1
3 điểm xác định bởi . vuông cân Bài toán 2:Cho điểm A cố định chạy trên đường tròn (O) và ABC∆ tại C, B di động trên đường tròn (O) 32 a) CMR đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. b) Tìm quỹ tích các điểm C Giải Gọi A' đối xứng với A qua tâm O và BC cắt (O) tại I. (
Q A )0
; 45 : B → B1 Phép quay A → I1 C → A
; : thì BA'=B1I1 và (BA',B1I1)=450 B
1 2
2
Phép vị tự V = ⇒ =
AC ⇒ =
AC AB AB
1 AB
1 2
2 2
2 2
2 ;
A I1 → I2 2
2
Phép hợp thành V .Q(A;450): B → C A' → I2 2'AA I
∆ 2I⇒ là trung điểm BC I I I Ta có ABC∆ vuông cân tại C nên vuông cân tại I2 2 2 33 của cung (cid:1)AA ' thì I2 cố định
Mặt khác, (BA',CI2)=450, (BA',CB)=450
⇒ ∈ ⇒ ≡ → B C Vậy đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I. (
.
Q A )0
, 45 : 2
2
;
V A
b) Ta có: Phép hợp thành điểm B thuộc đường tròn (O) nên điểm C thuộc đường tròn (O') là ảnh của (O) qua phép đồng dạng trên. Vậy quỹ tích của điểm C là đường tròn (O'), đường kính AI. Bài toán 3 Cho đường tròn đường kính AB = 2R. Lấy điểm C di động trên đường tròn. Đường tròn tâm C, bán kính CA cắt BC tại M. a) Tìm quỹ tích của điểm M b) Tìm quỹ tích trung điểm N của AM Giải AC a) ∆ CAM vuông cân tại C nên ( AC, AM) = 450. 2=
AM
)2,45
0− (
AZF
=
, Vậy M là ảnh của C qua phép vị tự quay .⇒ Quỹ tích điểm )2 với O1 là trung điểm của cung AB. 34 M là đường tròn (O1) là ảnh của (O) qua phép đồng dạng F. với F:(O;R) →
(
;1 RO
b) Tìm quỹ tích trung điểm N của AM 1
2
;AV
Vì N là trung điểm của AM nên biến M → N. R 2 V → ; : 2 ; → Quỹ tích N là đường tròn (O2) với (O2) là ảnh của O1 qua phép vị tự O
2 (
RO
;
1 ) 1
2 1
2 2
;AV
.Ta có: với O2 là trung điểm của A O1 Bài toán 4 Cho 2 đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng thay đổi đi qua A cắt (O) ở A và M. Cắt (O') tại A và M'. Gọi P và P' là trung điểm của AM và AM'. a) Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn PP' b) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn thẳng MM'. Giải: a) Gọi Q là trung điểm của OO' thì QI ⊥ IA ⇒ Quỹ tích I là đường tròn đường kính AQ. = + ' = + =
2' AJ AM AP AP AI (
AM ) 1
2 b) Vì J là trung điểm của MM' nên ta có: Vậy phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 biến điểm I thành điểm J. Do đó quỹ tích 35 điểm J là ảnh của đường tròn đường kính AQ qua phép vị tự đó. Bài toán 5 Cho (O) và P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P PM = PA + PB cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích M sao cho : Giải PA + PB 2= PI ⇒ PM 2= PI Gọi I là trung điểm AB thì ta có: Gọi V là phép vị tự tâm P tỷ số K = 2 Thì V biến I thành M. Vì I là trung điểm AB nên IP ⊥ AB ⇒ Quỹ tích I là đường tròn đường kính PV 2' = PO PO. Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn (C') là ảnh của (ε) qua phép vị tự tâm V. Nếu lấy O' sao cho thì (ε') là đường tròn đường kính PO'. Bài toán 6 Cho điểm A cố định thuộc (O), và điểm C thay đổi trên đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D. 36 Giải Trên đoạn AC lấy M sao cho AM = AD = = 2
2 AM
AC AB
AC Khi đó ta có : AM AM AD = , 045 , 045 ( )
=AB Ngoài ra: ) =K ; và ( 2
2 Suy ra phép vị tự tâm A tỷ số AZ=
( 0
,45, ) biến C thành M và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến M thành B. Vậy nếu 2
2 gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường tròn (O) nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó qua phép đồng dạng F. 37 Đường tròn quỹ tích của B được xác định như sau: Gọi AR là đường kính của (O) và = = ) F 0
,45, A ( ) AV
,
( oQ 0
)45,(
a PQ là đường kính của (O) vuông góc với 2
2 2
2 AR ((AR,AP)=45°) .Xét Phép vị tự quay Ta có F biến AR thành AP,biến C thành B. Vậy quỹ tích B là đường tròn đường kính AP. Tương tự ta có quỹ tích D là đường tròn đường kính AQ. Bài toán 7 Trên hai đường thẳng a và b cắt nhau ở một điểm C có hai động tử chuyển v động thẳng đều nhưng với vận tốc khác nhau. A trên a với vận tốc 1v , B trên b v ≠
1 2v , ( )2 . Chúng không gặp nhau ở C. với vận tốc a) CMR bất kỳ thời điểm nào đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC cũng luôn đi qua một điểm cố định O nào đó khác C. )AB 38 b) Tìm quỹ đạo chuyển động của động tử M luôn ở vị trí trung điểm của ( Chứng minh ( )
→:
tAf ( )tB Trước hết ta chứng minh ánh xạ từ đường thẳng a đến đường thẳng b là một ánh xạ đồng dạng thuận z. Thật vậy, giả sử t
1,t 2 0 t là hai thời t ≤≤
1 2 điểm khác nhau nào đó, = = Để cho gọn ta ký hiệu như sau: i A
i i B
i ( )
tA ( )
tB )2,1=i 2 = = = K , Thế thì ( −
− BB
1
2
AA
1
2 2 t
1
t
1 v
2
v
1 (
tv
2
(
tv
1 )
) ),( ba ( 0 < K không đổi ) [
ϕ mod ]π )
, =ba là góc giữa và ( )KOz
,ϕ
, biến a thành Bởi vậy trong mặt phẳng có một phép đồng dạng thuận ( b trong đó A(t) biến thành B(t). CBA 0 0 Suy ra tâm đồng dạng O của Z là giao điểm thứ hai của hai đường tròn và ABC. Vậy đường tròn (ABC) luôn đi qua O (≠C) cố định. = = = = b) Ký hiệu : A
0 0 B
0 0 0BA 1,vv 2 0M là trung điểm của đoạn [ ]0 (
tA )0 (
tB )0 , , , là các véc tơ vận tốc của A và B. 0M và có véc tơ chỉ = + = + v v Nên quỹ tích của điểm M là đường thẳng đi qua 2 )2 (
02
vMM
1 mM 0
)tv 1
(
v
12 39 (Vì ) phương là : Bài toán 8 Cho B là điểm di động trên đường tròn tâm O bán kính R, A cố định. Tìm quỹ tích giao điểm của AB với phân giác của góc AOB. Bài giải Đặt OA = d ( = const ) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của AB với các đường phân giác trong và ngoài của AOB = = d
R MA
MB OA
OB = Ta có: AM
+ MB AM d
+
Rd = = K Suy ra : AM
AB d
+
Rd d
+
Rd ⇒ AM = AB d
+
Rd V Hay Đặt ( KA
; ) hay biến B → M = K Hay quỹ tích điểm M là đường tròn ( O') là ảnh của ( O) qua phép vị tự tâm d
+
Rd A, tỉ số = = NA
− OA
− NA
NB OA
⇒=
OB d
−
Rd NA NB OA OB =⇒
AN AB NA
=⇒
AB d
−
Rd d
−
Rd 40 Tương tự ta có: d =' K Suy ra quỹ tích N là đường tròn ( O") là ảnh của ( O) qua phép vị tự tâm A. −
Rd Tỷ số . Bài toán 9 MAN = α const 〈0 Cho A, B cố định và 2 điểm M, N di động sao cho đường thẳng MN luôn đi (
= ) )πα 〈 qua điểm B, AM = AN và góc . Tìm quỹ tích các ( điểm M. Giải AH⇒ ⊥ MN ⇒ AHB 090= Gọi H là trung điểm của MN. Do AM = AN AM = ⇒ → Quỹ tích H là đường tròn đường kính AB. cos AH
α
2 α 1 = AZF
, , α 2 cos
2 Chứng tỏ M là ảnh của H qua phép vị tự quay Ta có : Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn ảnh của đường tròn (ε) qua phép đồng dạng F, (ε) là đường tròn đường kính AB. Bài toán 10 41 Cho đường tròn (O), đường kính AB=2R. M là một điểm bất kỳ trên (O), dựng 2= AN AM hình vuông AMNP có các đỉnh theo chiều dương. Tìm quỹ tích các điểm N
Giải và (AM, AN)=45° Ta có
Phép quay Q(A;450): M → M1
Phép vị tự V(A; 2 ): M1 → N )2;AV
( => .Q(A;45°) :M → N M thuộc đường tròn (O), đường kính AB=2R nên N thuộc đường tròn (O') là R '= 2 )2;AV
(
R và Q(A;45°) có ảnh của (O) qua phép đồng dạng là hợp thành của 42 tâm O' là trung điểm của cung AB và bán kính . 2.3 CÁC BÀI TOÁN DỰNG HÌNH = K Bài toán 1 AB
AC , chu vi tam giác bằng m Dựng tam giác ABC biết góc A = α và tỉ số = K '
' AB
AC Cách dựng
Dựng ∆ AB'C' sao cho góc A = α Gọi AB' + B'C' + AC' = m' m
'm Ta có phép vị tự tâm A tỉ số sẽ biến ∆ AB'C' thành ∆ ABC cần tìm. Bài toán 2 Dựng đoạn thẳng có độ dài cho trước, song song với một véc tơ l và có đầu mút tựa trên hai đường tròn đã cho. Giải Gọi hai đường tròn đã cho là (O;R) và (O1;R1) Phân tích Giả sử ta đã dựng được đoạn AB thỏa mãn (
1; ROB ∈ )1 (
)ROA
,∈ l AB = với l đã cho =' → : và (
OR ) (
RO
;' )' )OTO ( l T
l ( )RR =' Nếu và Xét phép tịnh tiến theo véc tơ l . Ta gọi )ROB
(
,'∈ Do đó Suy ra B là giao điểm của hai đường tròn (O1;R1) và (O';R) . Như thế ta dựng được điểm B. AB = , nên
l ) B
= . Vậy suy ra cách dựng điểm A như sau: (
AT
l 43 Nhưng do =' Cách dựng )OTO ( l - Dựng và đường tròn (O';R) là ảnh của (O;R) - Dựng giao điểm B của (O';R) và (O1;R1) ( )BTA
1−=
l - Dựng ≤ − ' + R Biện luận:
Bài toán có nghiệm nếu (O1;R1) ∩ (O';R) ≠ ∅ ≤
ROORR
1 1 1 ' d Tức là 1OOO OO =1 2 2 ≤ + − ≤ + l d 2
ld cos α R Nói khác đi nếu đặt = α và thì điều kiện trên là : −
RR
1 R
1 Và bài toán có nhiều nhất hai nghiệm hình. Bài toán 3
Cho ∆ ABC . Dựng đường thẳng song song với một đường thẳng d đã cho và cắt các cạnh AB, AC lần lượt ở D và E sao cho BD = CE. Lời giải Phân tích :
Giả sử đã dựng được DE, D ∈ AB, E ∈ AC sao cho DB = CE và DE //d. T →:
D K T →:
DE KC Xét phép tịnh tiến theo véc tơ EC EC EC . Do đó : Theo tính chất của phép tịnh tiến ta có: CE =DK, mà do giả thiết DB = CE nên ∆ DBK cân tại D . ⇒ BK ⊥ phân giác của BDK . Từ đó ta có BK song song với Au. phân giác của góc BAC Ta lại có KC // d // DE ⇒ K là giao điểm của đường thẳng qua B song song với phân giác Au và đường thẳng qua C song song với d. 44 Điểm D là giao điểm của AB với đường thẳng qua K và song song với AC. Vậy ta có cách dựng như sau: * Cách dựng: - Dựng giao điểm K của đường thẳng qua B song song với phân giác ngoài Au hoặc với phân giác trong At của góc BAC và đường thẳng qua C song song với d. - Dựng giao điểm D của AB với đường thẳng qua K và song song AC.Dựng DE//d ta được DE là đường thẳng phải dựng. Chứng minh Theo cách dựng KC // DE // d BAC = BDK và KD // EC ⇒ DECK là hình bình hành ⇒ EC = KD Xét ∆ DBK có BK // với một trong các phân giác của góc nên ∆ BDK cân tại D. ⇒ DB = DK = EC 45 Biện luận: Nếu d không song song với các phân giác Au và At thì bài toán có hai nghiệm hình. Nếu d // Au hoặc d // At thì bài toán chỉ có một nghiệm hình. Nếu d // BC thì bài toán có K ≡ B và E ≡ C. Bài toán 4 Cho (O) và dây cung AB khác đường kính. Dựng một dây cung CD của đường tròn sao cho các bán kính OA, OB chia nó thành ba đoạn thẳng bằng nhau. Giải Phân tích: Giả sử CD là dây đã dựng M, N lần ∠ OCM ∠= ODN lượt là giao điểm của OA, OB với dây CD. Ta có trung điểm H của MN cũng và ∆ OMC = OND là trung điểm của CD nên suy ra góc = = k OM
OA ON
OB NAMkOV → B → ; : , Từ đó : OM = ON và ( ) '= '= Vì vậy tồn tại phép vị tự )CkOVC
(
, )( )DkOVD
(
, )( Gọi và . Thì từ M, N thuộc CD và CM = MN = ND ta có : A, B thuộc C'D' và C'A = AB = BD'. Vậy ta suy ra cách dựng như 46 sau: Cách dựng - Dựng điểm C', D' trên đường thẳng AB sao cho C'A = AB = BD' - Dựng C = OC' ∩ (O) và D = OO' ∩ (O). Vậy CD là dây phải dựng. Chứng minh : = K Rõ rang K là trung điểm của AB, cũng là trung điểm của C'D' và OC' =OO' OD
=
' OO
' OC
OC nên do tính chất của phép vị tự của phép vị tự V(O,K) với . Ta có M, N ( là tạo ảnh của A, B) chia dây cung CD làm ba đoạn : CM = MN = ND. k = ( h, k Bài toán 5 AC
AB Dựng ∆ ABC biết góc A = α độ dài đường cao AH = h và tỷ số là những số cho trước). Giải * Phân tích :
Giả sử ABC là ∆ cần dựng có đường cao AH = h. Kẻ một đường thẳng d bất kỳ song song với BC cắt AB tại B', cắt AC tại C' và cắt AH tại H’. Khi đó ta ' = = λ= '
AB
AB '
AC
AC AH
AH có : )λ,AV
( 47 Nên tồn tại phép vị tự mà B', C' lần lượt có tạo ảnh là B, C với = = ' ∠ ∠= '
ACB BAC α= k '
' AC
AB AC
AB và góc )λ,AV
( Suy ra biến = k ∆ ABC → ∆ AB'C' mà '
' AC
AB ' ∠ ' ACB α= ∆ AB'C' có Góc là dựng được. Khi đó ta chỉ cần chọn ∆ ABC có đường cao bằng h và đồng dạng với ∆ AB'C'. Do đó ta có cách dựng ∆ ABC như sau: = k * Cách dựng
Từ điểm A dựng một góc xAy bằng α. '
' AC
AB Trên Ax và Ay lấy hai điểm B',C' tương ứng sao cho - Dựng đường thẳng d // B'C' và có khoảng cách từ A đến d bằng h. - Dựng giao điểm của d lần lượt với AB' và AC' là B;C. Khi đó ∆ ABC là tam giác cần dựng. Chứng minh : ∠ ∠= α= BAC xAy = = k Theo cách dựng ta có: '
' AC
AB AC
AB AH = h Vì d // B'C' nên ta có : Vậy ∆ ABC thỏa mãn điều kiện cần dựng. * Biện luận: Bài toán luôn có nghiệm Bài toán 6 ∠BAC α= Cho điểm A không thuộc (O) và ∉ d. Dựng một tam giác ABC có đỉnh B ∈(O) 48 cho trước và AC = 2AB và C ∈d sao cho góc Giải α= ∠BAC Phân tích
Giả sử đã dựng được ∆ ABC ' BAC ' dC ∠ ∈⇒= α B ∈(O) , C ∈d và và AC = 2AB 2 2' AC AB AB = AC
=⇒ C ∈d , và AC' = AC trong đó d' và c' là ảnh của d và C )α,AQ
( ' '' d =⇒ ,AVB C ∈ với d'' là ảnh của d' qua phép vị tự qua phép quay . ) 1
2 1
2
;AV
( Do đó, B là giao điểm của đường tròn (O) với d''. Vậy ta có cách dựng như sau: * Cách dựng: = ;
AVf ''d
d → )α, 1
2
(
.
AQ
- Thực hiện phép vị tự quay. - Gọi B là giao điểm của đường tròn (O) với d'' C' là giao điểm của d' với )α,AQ
( đường thẳng AB và điểm C là tạo ảnh của C' qua phép quay Tam giác ABC chính là tam giác cần dựng. * Chứng minh 49 Dựa trên tính chất của phép quay và phép vị tự. * Biện luận : Số nghiệm hình là 0; 1 hoặc 2 phụ thuộc vào số giao điểm B của đường tròn (O) với d''. , Bài toán 7 hhh
,
c
b
a Dựng một tam giác biết các độ dài ba đường cao của nó = = :
cba : : : : Lời giải :
hh
c
b 1
h
a 1
h
b 1
h
c (*) Phân tích. Gọi a,b,c là độ dài các cạnh của
∆ABC phải tìm, ta có:
hh
cb
h
a Các đẳng thức (*) chứng tỏ rằng nếu tồn cba ,' ,' ' tại, thì tam giác cần dựng sẽ đồng dạng với một tam giác ℑ có độ dài các cạnh (
,ℑ )CBA , = = a b c =' ' ' , ký hiệu với: h
c bh hh
cb
h
a và (**) ,' Vậy, việc dựng ∆ ABC phải tìm đưa (
CBAℑ
,' )' ' về việc tam giác (
' CBAℑ∆≈ )' có các cạnh xác định bởi (**) ,
∆ ABC Tuy nhiên, việc dựng tam giác ℑ lại rất đơn giản bởi vì lại đưa về việc dựng = k đoạn tỉ lệ thứ tư a'. Từ sự phân tích trên đây, ta suy ra từng bước để dựng
được ∆ ABC cần tìm. Bước dựng cuối cùng là dựng tam giác ABC, vị tự với 0CAB 0 0CAB 0 )kAV ,
( h
a
'
h a ∆ AH ,' ,' tam giác trong phép vị tự tâm A, tỷ số trong đó là CAB
0 0 h a =
' 0 (
ℑ∆≈
cba )' 50 và là chiều một tam giác dựng bất kỳ, miễn là 0AH hạ từ A của 0CAB∆ 0 , cao . Dễ dàng chứng minh ∆ ABC có các chiều cao hhh
,
c
b
a cbaℑ∆
,' ,' là . ( )' . Bởi Biện luận. Bài toán có lời giải khi và chỉ khi tồn tại tam giác , , vậy , bài toán có nghiệm khi và chỉ khi 1
h
a 1
h
b 1
h
c , biểu thị độ dài các cạnh của một tam giác nào đó; cũng tức là : 1
h
a 1
1
,
hh
b
c
ℑ∃
.
. Bài toán 8 = = = = AB d BCa
, CDb
, DAc
, , Dựng một tứ giác (lồi) nội tiếp ABCD biết độ dài các cạnh : trong đó a, b, c, d là những độ dài cho trước. Lời giải 0 0 ˆ
ˆ
+ DB = ˆ
ˆ
=+ CA 180 180 Phân tích. Giả sử tứ giác ABCD cần tìm đã dựng được. ABCD nội tiếp khi và ∠ DCx ∠= BAD chỉ khi (hoặc ) . Chính vì vậy, kéo dài cạnh BC về ~ ∆ DCE ∆ DAB phía C để xuất hiện góc và kề bù với góc DCB∠ . Trên Cx ( ∆ tia đối của tia (CB)) lấy điểm E sao cho . Bài toán dựng tứ giác ~ ∆ ∆ DCE ∆ DAB nội tiếp ABCD được quy về việc dựng DCE . = ∆ , =ϕ Giả sử được )
kDC
, )dc
/ (
DZ 51 suy ra từ DAB bởi phép vị tự quay . Ta nghĩ đến việc . Hai tam giác này chung đỉnh D, bởi vậy DCE
(
DA
, = ∠= k DC ADC , , ϕδ == sử dụng phép vị tự - quay để giải bài toán dựng hình này là vì vậy. Bởi vậy, )kDZ
(
,δ (
DA
, ) c
d đặt rồi xét phép vị tự - quay . C ∈ Z biến D a D, A a C và B a E ]BE
[ ~ ∆ ∠ DCE ∆ DAB DCE ∠= DAB sao cho . Thế thì : và do đó ∠ ∠= BDE ADC δ= và B, C, E thẳng hàng theo thứ tự đó, đồng thời ta được : . ∆ Như thế là , bằng cách sử dụng phép vị tự - quay Z này ta đã chuyển bài toán ac bd = = = = BC CEb BE CD c a = , , , dựng tứ giác nội tiếp ABCD về bài toán dựng DBE có các yếu tố đã biết : +
d DE
DB c
d c
d và do đó, . Bài toán quy về dựng điểm D là một trong các giao điểm của đường tròn 1γ )cC,
( )2γ k = có đường kính IJ mà I và J chia và đường tròn A-pô-lô-ni-uýt ( ]BE theo tỉ số số học c
d . Đỉnh A được dựng sau cùng. trong và ngoài đoạn [ Biện luận. Bài toán có thể có một lời giải hoặc không có lời giải nào tùy theo )1γ
( )2γ có cắt nhau hay không. và ( 2.4 CÁC BÀI THI HỌC SINH GIỎI Bài toán 1
Trong mặt phẳng cho ∆ABC. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua A không tiếp xúc với các đường thẳng AB, AC và có tâm O chuyển động trên đường thẳng BC. Đường tròn này cắt lại các đường thẳng AB và AC lần lượt ở M và
N. Tìm quỹ tích trực tâm H của ∆AMN. 52 ( Đề thi chọn HSG Toán toàn quốc, Bảng A, 3/2002) Bài giải 090≠ 090= Giả sử (Vì nếu thì H = A với mọi (O) ). Gọi D là điểm xuyên tâm đối của điểm A trên đường tròn (O). Thế thì M và N theo thứ tự là các hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC. Do đó H là điểm đối xứng với D qua trung điểm của MN. Gọi M' và N' lần lượt là hình chiếu của H trên AC và AB. Dễ thấy rằng tam giác vuông AHM' ~ tam giác vuông ADM AM AD AM AH −= ( )
1 , , ( )
, ' BAC BAC = ±= ∠ = ∠ cos cos )
'
AM
AM (
AH
AD ( )2 = = =α BAC 2 cos BAC 2 αcos Từ đó ta được: AH
AO , với Và do đó : (3) 2=k αcos k Các đẳng thức (1) và (3) nói lên rằng AH đối xứng với AO qua phân giác AP = ( không đổi), trong đó: AH
AO , và của góc  của ABC∆ )kAPAZ
, ( 53 . Vậy H là ảnh của O trong phép vị tự đối xứng a BC = thì a' là đường thẳng ảnh của a trong phép đồng = = kAP
, 2 cos Trả lời: Nếu ký hiệu (
DAZ
, ) 0 = CAO 90= a = BC dạng nghịch ( vị tự - đối xứng). . Bỏ đi hai điểm Hi là BAO
1 2 = ảnh của Oi (i =1,2) trên ở đó góc 1, ) (
(
, =
iOiZHi )2,1 {
HHaH =
'\ }2 ; . Vậy là { } Bài toán 2: (MVO 2000): Cho hai đường tròn (O) và (O') có bán kính khác nhau cắt tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với (O') tại P'. Gọi Q và Q' lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P' xuống OO’. Đường thẳng AQ và AQ' cắt nhau lần thứ hai với đường tròn tại M và
M'. CMR : M, M', B thẳng hàng. Giải Gọi S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn a a a a : ' ' ' O ,
PO ,
AP ,'
QA Q ' s , R
R V
' ∠ ∠= '
AQO '
QOA Xét phép vị tự : Suy ra 2 2 = = ⇒ = SP .
;
SOSQ SP .
'
SA
SA .
SOSQ .
'
SA
SA 54 Ta có : ' ∠ ∠= ∠⇒ ∠= OAQ '
QOA OAQ '
AQO ' ∠ MOA ∠= ' MAO Suy ra tứ giác AQOA' nội tiếp đường tròn. 0 0 ∠ = ∠− = 180 180 ABM '
AMA MOA Do tam giác MOA và tam giác M'O'A cân. Suy ra 1
∠−
2 ' ∠ '
BAM '
AOM MOA Ta có 1
∠=
2 1
∠=
2 0 ABM ABM ∠⇒ ∠+ '= 180 Mà góc Do đó M, B, M' thẳng hàng. Bài toán 3 ( Russia MO 2008) Cho tam giác không cân ABC với H, M lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác đó. Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với AM, BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G. Chứng minh rằng G nằm trên đường thẳng MH. 55 Lời giải Để chứng minh bài toán ta cần bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho tam giác ABC và L là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của L lên các đường thẳng BC, CA, AB. Nếu L là trọng tâm của tam giác HIK thì L được gọi là điểm Lemoine của tam giác ABC. Khi đó đường thẳng AL đối xứng với trung tuyến kẻ từ A của tam giác ABC qua phân giác trong của góc A. Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó. Kẻ đường BAC∠ kính AM. Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc . Chứng minh Gọi D là giao điểm thứ hai của phân MD AM AM AD AD + ≡ , , , với đường tròn )πmod
)( (
MD ) ) ( 56 giác trong góc BAC∠
(O). Do AM là đường kính nên AD⊥DM suy ra:
( π π ≡ + + ≡ + + AM MB DM π CB AB AD , , , ( ) (
MB ) (
mod ) (
CA
, ) ( ) (
mod )π 2 2 π ≡ + − CB AD AC , (
CA
, ) ( ) (
mod )π 2 ≡ + ≡ + + AD AH AD AB AB AH π AD AB AB BC BC AH , , , , , , (1) ( ) ( )(
mod ) ( ) ( ) ( )(
mod )π π ≡ + + + AD AC AC AB AB DB , , , ( ) ( ) ( ) (
mod )π 2 π ≡ + + AD AC AC BC , , Mặt khác ta có
)
( ( ) ( ) (
mod )π 2 AM AD AD AH AM AH ≡ π ⇒ , , , (2) ) ( )(
mod ) đối xứng với nhau Từ (1) và (2) ta được ( qua phân giác của góc BAC∠ . , , Trở lại bài toán BAACCB
1
1 1 1 1 1 Do A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên nên 1 CBA 1 1 theo bổ đề 1 ta được M là điểm Lemoine của tam giác đối suy ra MA1 1A của tam giác 1 CBA 1 1 xứng với trung tuyến kẻ từ qua phân giác trong của ( )31CBA∠ BC góc BMCM là hình MM a , a Do cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn nên tứ giác 1CA 1 1BA ⇒ 1 CM a 1CA 1 BM a ⊥ 1BA 1 bình hành, kết hợp với MB ⊥ , MC ⊥ ⊥ , Suy ra aM là trực tâm tam giác 1BCA ( )4 . CHBA1 Do tứ giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nội tiếp và HA1 1BCA ( )5 tam giác . aMA1 , đối xứng với nhau qua phân giác Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra HA1 1CBA∠ ( )6 trong của góc . 1A , aM , G thẳng hàng. 57 Từ (3) và (6) suy ra 1B , bM , G thẳng hàng và 1C , cM , G thẳng hàng. V →
MCMBMA → , , Tương tự ta có :1
→−
M a b c Ta có bMM c cMMBC, a a MMCA, b , , suy ra AB (7) aM , b MM , c ABCCABBCA
1
1 1 Mặt khác do lần lượt là trực tâm của tam giác 1AM a 1BM b ⊥ CA, 1CM c suy ra ⊥ BC , ⊥ AB (8) 1AM a bMM c 1BM b ⊥ cMM a 1CM c a MM b Từ (7) và (8) ta được ⊥ , , ⊥ suy ra G a MMM b c 1− V →
MCMBMA → , , là trực tâm tam giác . :1
→−
M a b c MV biến trực tâm tam giác ABC thành − :1 H → G Do suy ra a MMM b c VM trực tâm tam giác ⇒ suy ra G nằm trên đường thẳng MH. Bài toán 4 (IMO Shortlisted 2007, G8). Cho điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD. Cho ω là đường tròn nội tiếp tam giác CPD, và có tâm là điểm I. Giả sử đường tròn ω tiếp xúc lần lượt với đường tròn nội tiếp tam giác APD và BPC tương ứng tại K và L. Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E, và đường thẳng AK và BL cắt nhau tại F. Chứng minh rằng E, I, và F thẳng hàng. Lời 58 giải ; Gọi (J;R) là đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng AB, AD, BC và a a RI
;
b ( )(
RIrI
; ) (
, )b lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác PCD, ADP, a RI ; )a tiếp xúc với AB, AD lần lượt tại M, N và đường BCP. Đường tròn ( tròn (I;R) tiếp xúc với đường thẳng CD tại Q. a → V : RI
;
a a R
R
A ( ) ( )RJ
; R
a
r → V : rI
; RI
;
a K ( ) ( )a Ta có: a R
a
r → : rI
; R
R
VV
.
A
K ( ) ( )RJ
; Suy ra a R
b
r V → V → : : rI
; Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của AK, IJ. (1) RI
;
b
b R
R
B L RI
;
b ( ) ( )RJ
; ( ) ( )b R
b
r → rI
; Mặt khác: R
aR
BV . L V (
: ) ( )RJ
; Suy ra Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của BL, IJ (2) Từ (1) và (2) suy ra giao điểm của AK và BL thuộc đường thẳng IJ hay F thuộc đường thẳng IJ. (3) + = + + + = + + + = + AP CD AM MP DQ QC AN PL DN CL AD CP Xét tứ giác APCD, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta được: I ;
a r )a I ;
b r . suy ra tứ giác APCD ngoại tiếp đường tròn ( )b Tương tự ta chứng minh được tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn ( I → V : ; a r
a R
r
a
A ( ) ( )RJ
; → J : rI
; ; a r
a
V
r
C ( ) ( )a
r 59 Ta có: → : rI
; R
ar
AV . r
a
V r
C ( ) ( )RJ
; Suy ra Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của AC và IJ. (4) V I → : ; R
r
b
B b r
b ( ) ( )RJ
; : r
b
V r
D b rJ ; ( ) →rI
; ( )b Mặt khác → : rI
; R
ar
AV . r
a
V r
C ( ) ( )RJ
; Suy ra Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của BD và IJ. (4) Từ (3) và (4) ta có giao điểm của AC và BD nằm trên đường thẳng IJ hay E thuộc đường thẳng IJ. (5) Từ (3) và (5) suy ra ba điểm I, E, F thẳng hàng. Bài toán 5 = ( Bắc Ninh TST 2015). Cho hình thang ABCD (AB > CD). Gọi K, L là hai AK
BK DL
CL ∠ ∠ APB ∠= BCD CQD ∠= ABC . Giả sử P, Q nằm trên đoạn điểm lần lượt trên AB, CD sao cho thẳng KL sao cho và . Chứng minh bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. 60 Lời giải = AK
BK DL
CL )2O đi Từ giả thiết, ta suỷa AD, BC, KL đồng quy ở E. )1O đi qua hai điểm C, D và tiếp xúc với BC, dựng ( Dựng đường tròn ( ∠ ∠= ∠= DQC ABC DCE qua hai điểm A, B và tiếp xúc với BC. )1OQ ∈
( Khi đó nên )2OP ∈
( 2 = . EF EQ EC Tương tự )1O . Ta có : ∠ ∠= ∆ BAO (1) Gọi F là điểm giao thứ hai của EQ với ( CDO
1 BAO
2 2 ~ ∆ CDO
1 = = = k Dễ dàng có suy ra (c.g.c) DC
AB EC
EB CO
1
BO
2 ⇒=
k = Suy ra , OOE
1, 2 EO
1 EOk
2 EO
1
EO
2 a Suy ra thẳng hàng và ) (
O , )2 V kE
( ) (
O
:
1 ∈ ∈ . Xét phép vị tự )
OPOF
1 , ( ( )2 EF = . EPk ⇒ ==
k Do E, P, F thẳng hàng, nên EF
EP EC
EB = . . .
EP EQ EC EB (2) Từ (1) và (2) suy ra Suy ra bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. Bài toán 6 1; RO 2 , RO R >
2 R )2 )1 )1 tiếp xúc ; ( , ( (VMO 2003). Cho 2 đường tròn cố định ( nhau tại M. Xét điểm A nằm trên (O2, R2) sao cho 3 điểm A, O1, O2 không 1; RO )1 2 , RO , (B, C là thẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( )2 tiếp điểm). Các đường thẳng MB; MC cắt lần thứ hai đường tròn ( 1; RO )2 61 . tương ứng tại E, F. Gọi D là giao điểm EF và tiếp tuyến tại A của ( 2 , RO )2 CMR điểm D di động trên 1 đường thẳng cố định khi A di động trên ( sao cho A, O1, O2 không thẳng hàng. Lời giải Ta thấy tứ giác ABO1C nội tiếp đường tròn (O3). Gọi A’ là giao điểm thứ hai 1; RO )1 ; D’ là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và A’ P = P của AM với (
Chứng minh D’ thuộc trục đẳng phương BC của (O1) và (O3). điều này (
OD
/'
1 ) (
OD
/' )3 tương đương với việc phải chứng minh: . Vậy D’ di động trên 1; RO )1 tại M. tiếp tuyến của đường tròn ( Do đó D’ thuộc đường thẳng cố định. 1 → → → → EF : , CE
, BCF
, . 2 R
2
V R
M (
RO
,
1
1 ) (
BRO
2 )
, Xét Tiếp tuyến tại A' biến thành tiếp tuyến tại A. Do đó D nằm trên đường thẳng 1; RO )1 62 . MD' là tiếp tuyến với đường tròn ( Bài toán 7 = Cho tứ giác lồi ABCD có AC và BD cắt nhau tại P. M và N di động trên đoạn NC
NB MA
MD AD, BC sao cho . Đường thẳng MN cắt AC và BD lần lươt tại E và F. Chứng minh rằng (PEF) luôn đi qua hai điểm cố định. Nhận xét: Nhìn vào tỷ số trong bài toán ta dễ đàng nghĩ đến việc tìm một phép biến hình biến [AD] thành [CB] và khi đó nó sẽ biến M thành N, ... Tất nhiên phép biến hình đầu tiên mà ta nghĩ đền sẽ là phép vị tự. Tuy nhiên, điều đó là không thể bởi vì AD không song song với CB. Do đó, việc lựa chọn phép vị tự quay là một lựa chọn thông minh. Lời giải Gọi P,S là giao của (PAD) và (PCB) suy ra P, S cố định. = = f Ta có f =Z(S, α, k) biến [AD] thành [CB] ]NC
[ [
]
)
(
MA MA
MD NC
NB 63 suy ra Do Mà MN cắt AC tại E nên các tứ giác SENC và SEAM nội tiếp.Từ đó S,P,E,F cùng thuộc một đường tròn.Vậy đường tròn (PEF) đi qua hai điểm cố định P và S. Bài toán 8 (Russia MO 1998, građe 11) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi K, L, M lần lượt là điểm chính giữa của cung BC (không chứa điểm A ), cung CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C). Chứng minh rằng KD, LE, MF đồng quy tại một điểm. 64 Lời giải )) ∠ = ∠= ∠+ ∠+ BNM BCM CAK BAC BCA Gọi N là giao điểm của đường thẳng BC và MK. Khi đó: ) ))
(
+
CKsdMBsd ) 1
2 1
(
∠=
2 (1) ∠ 0 0 ∠ = ∠− = − ∠+ 90 90 FDB IBD BAC BCA DF vuông góc với IB nên ) ABC
2 1
(
∠=
2 BNM FDB DF ∠ ∠= ⇒ (2) Từ (1) và (2) ta được KM. Chứng minh tương tự ta được: EF ML, DE KL Do đó kết hợp với hai tam giác KLM, DEF cùng hướng nên tồn tại một phép → → FME → LD
, , KV k
:
S vị tự Suy ra KD, LE, MF đồng quy tại điểm S. Bài toán 9 (Việt Nam TST 2013). Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối không song song nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi E là giao điểm hai đường chéo, phân giác góc AEB cắt các đựờng thẳng AB,BC,CD,DA lần lượt tại M,N,P,Q. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AQM, BMN , CNP, DPQ cùng đỉ qua một điểm K. 65 Lời giải Ta có với hai đoạn thẳng AB và CD sao cho ABCD không là hình thang thì có một phép vị tự quay tâm K biến AB thành CD. Nếu P là giao điểm của AB và CD, Q là giao điểm của AD và BC thì các tứ giác APDK, BCPK, ABQK, CDQK nội tiếp. Gọi V là giao điểm của AB và CD, U là giao điểm của AD và BC. a) Xét phép vị tự quay biến AB thành DC. Gọi K là tâm của phép vị tự quay đó, ta có K thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCV, ADV, ABU,CDU. = (1) AM
DP MB
PC Mặt khác do M thuộc AB, P thuộc AC và nên phép vị tự quay trên cũng biến AM thành DP và MB thành PC.Từ đó ta cũng có K thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMQ,DPQ, MBP,CPN. (2) Từ (1) và (2) ta có các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AQM, BMN, CNP,DPQ cùng đi qua một điểm K. Bài toán 10 (IMO SL 2002). Hai đường tròn S1 , S2 giao nhau tại P và Q. Chọn hai điểm A1, B1 bất kì trên S1 . Đường thẳng A1P, B1P lần lượt cắt S2 tại điểm thứ hai là A2, B2. Đường thẳng A1B1 cắt A2B2 tại F. Chứng minh rằng khi A1 và B1 chuyển động, tâm O của đường tròn (A1A2F) luôn nằm trên một đường tròn cố định. 66 Lời giải Xét phép vị tự quay S(Q) biến [A1B1] thành [A2B2] Do A1B1 cắt A2B2 tại F nên Q ∈ (FA1A2), Q ∈ (FB1B2). Từ đây theo định lý Steiner đối với tam giác OO1O2 suy ra tứ giác QOO1O2 nội tiếp. Vì P là điểm đối xứng với Q qua O1O2. Vì A2 là điểm đối xứng với Q qua OO2. Vì A1 là điểm đối xứng với Q qua OO1. Vậy tâm O của đường tròn (A1A2F) nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2 Q (đó là đường trọn cố định) Định lí Steiner: M là một điểm bất kỳ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Gọi M1,M2,M3 lần lượt là điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB thì M1, M2, M3 thẳng hàng.Trực tâm H của tam giác ABC cũng thuộc đường 67 thẳng này và đường thẳng này được gọi là đường thẳng Steiner. KẾT LUẬN Những kết quả chính mà đề tài đã đạt được trong quá trình nghiên cứu: 1.Sử dụng công cụ số phức nghiên cứu các phép biến hình đồng dạng trong mặt phẳng phức.Chứng minh chi tiết một số tính chất của phép đồng dạng. 2. Sử dụng các phép biến hình đồng dạng để giải một số bài toán hình học phẳng.Mỗi dạng toán đều đưa ra các bài toán cụ thể.Ngoài những bài toán 68 mang tính chất điển hình còn có một số bài toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo. DANH MỤC SÁCH THAM KHẢO [1]. Văn Như Cương-Phạm Khắc Ban-Tạ Mân,(2006),Bài tập hình học nâng cao 11, NXB giáo dục. [2]. Nguyễn Việt Hải, (1991),100 bài tập sử dụng phép biến hình ,sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng. [3]. Hoàng Hữu Ngọc,(2008), Các dạng toán và phương pháp giải hình học 11, NXB giáo dục. [4]. Nguyễn Đăng Phất,(2006),Các phép biến hình trong mặt phẳng và ứng dụng giải toán hình học, NXB giáo dục. [5]. Đoàn Quỳnh,(2007),Số phức với hình học phẳng, NXB giáo dục. [6]. Hoàng Trọng Thái,(2007), Ứng dụng các phép biến hình giải toán hình 69 học, NXB Đại học sư phạm.)'
, AA
)'
)5
