sáng kiến kinh nghiệm toán học THPT

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Các phép biến hình chính là mảng kiến thức hay, khó và thường xuất hiệntrong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học và hiểu, vận dụn

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

Các phép biến hình chính là mảng kiến thức hay, khó và thường xuất hiệntrong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học và hiểu, vận dụngcác kiến thức về các phép biến hình giúp học sinh có thể xây dựng những ý tưởng vànhững kỹ năng thích hợp nhất cho việc tiếp thu các kiến thức của toán học hiện đại.Vậy những ý tưởng và những kỹ năng đó là gì?

+ Thứ nhất, đó là ý tưởng ánh xạ rất rõ nét trong cách trình bày và hệ thốngcác phép biến hình

+ Thứ hai, đó là ý tưởng phân loại và mô tả đầy đủ các lớp phép biến hình (mà tiêu biểu nhất là các phép dời hình)

+ Thứ ba, quan trọng hơn cả là qua việc vận dụng các phép biến hình vàogiải toán, tư duy hình học của học sinh sẽ được nâng lên ở một cấp độ mới

Trước đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biếttính toán và so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích, thì nay vớiviệc sử dụng các phép biến hình, học sinh sẽ được tập quan sát những vận động,những tương tác giữa các yếu tố, những cấu trúc tiềm ẩn trong một hình vẽ để rồi từ

đó rút ra được những chứng minh, những kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện bảnchất của hình vẽ đó Điều đó sẽ giúp các em biết nhìn nhận sự việc và các hiệntượng xung quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiêncứu, tìm tòi, khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và sáng tạo

trong tương lai.Chính vì những lí do quan trọng như thế, chúng ta cần phải trang bị cho các

em những kiến thức về phép biến hình từ cơ bản đến phức tạp

Trong các phép biến hình thì phép vị tự có rất nhiều ứng dụng trong việc giảicác bài toán hình học và trong các kì thi học sinh giỏi số lượng các bài toán liênquan đến việc sử dụng phép vị tự khá nhiều Các bài toán khi giải bằng phương pháp

sử dụng phép vị tự trong các kì thi học sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiệnkhả năng sáng tạo của học sinh Bằng cách giải bằng cách sử dụng phép vị tự giúphọc sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các tính chất thú vị kháccủa bài toán

Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để họcsinh hứng thú học và có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học,cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cầnphân dạng các bài tập áp dụng phép vị tự và những dấu hiệu của các bài toán như thếnào thì dùng phép vị tự? Với tất cả những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn

đề tài “phép vị tự” để trao đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng sửdụng phép vị tự

II MÔ TẢ GIẢI PHÁP:

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:

Các phép biến hình sơ cấp là một phần quan trọng của hình học và là mộtmảng khó trong chương trình hình học THPT chuyên Chính vì thế trong các kì thihọc sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liênquan ít nhiều đến các phép biến hình cũng hay được đề cập và thường được xem lànhững dạng toán khó, những câu phân loại của kì thi Các em học sinh bậc Trung họcphổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái niệm liên quan đến phépbiến hình, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các phép biến hình vào việc làm bài tập.Những học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm biến hình thường chưa hiểutường tận tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vậndụng kiến thức biến hình vào giải toán trong những tình huống khác nhau Để hiểu vàvận dụng tốt lý thuyết biến hình và vận dụng kiến thức biến hình vào giải toán thìthông thường học sinh phải có kiến thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắcchắn trên tất cả các lĩnh vực của hình học sơ cấp Đó là một khó khăn rất lớn đối vớigiáo viên và học sinh khi giảng dạy và học tập phần các phép biến hình

Đề tài “phép vị tự” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinhnhững kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề phép vị tự trong chương trìnhTHPT chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầmquan trọng của phép vị tự trong các bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng vàmột số bài toán khác xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc giacủa một số nước

Các bài toán đồng quy thẳng hàng mà lời giải sử dụng phép vị tự thường lànhững bài tập khó, các bài tập chúng tôi đưa ra đề là các đề thi Olympic Quốc tế, khuvực và một số nước có truyền thống về toán, trong các bài tập này chúng tôi có phântích dấu hiệu của bài toán mà có thể sử dụng để giải bằng cách dùng phép vị tự.Những bài toán này nếu không sử dụng phép vị tự thường rất khó và rất dễ phụ thuộcvào hình vẽ

2 Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:

Thông qua đề tài “phép vị tự” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được góp ýtrao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh và các em học sinh.Chúng tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần phép vị tự hiệuquả nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bàitoán hình học một cách tốt nhất

A.

CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:

I.

Phép vị tự

1 Định nghĩa: Cho trước điểm O và một số thực k Phép biến hình biến mỗi điểm

M thành điểm M ' sao cho OM ' =

được gọi là phép vị tự dương

được gọi là phép vị tự âm

Tính chất 2.4 Phép vị tự V

k

Tính chất 2.5 Phép vị tự V k

là một song ánh và có phép biến hình ngược là V k

biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo

Từ tính chất 5 ta có các kết quả rất quan trọng sau:

d) Tam giác ABC thành tam giác

theo tỉ số k A' B 'C ' và hai tam giác này đồng dạng với nhau e) Góc xSy thành góc x

Do đó điểm S là duy nhất Với mỗi điểm M khác điểm S ta có:

V k' : S ' → S , M ' → M '' ⇒ SM '' = k '.SM '

Từ hai đẳng thức trên ta được: SM '' = k.k '.SM Do

đó H k = V k ' V là một phép vị tựtâm là điểm S và tỷ số vị tự là

b) Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có: V k : M → M ' ⇒ OM ' = k.OM

Hệ thức này chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất là điểm S

Với điểm M tùy ý khác điểm S , thì

T : S ' → S, M ' → M '' ⇒ S ' M ' = SM '' = k SM

suy ra SM '' = k SM ⇒ M '' = V k

(M ) hay H là một phép vị tự tâm S , tỉ số k

3 Tâm vị tự của hai đường tròn Định

lí 3.1 Cho hai đường tròn (O1; R1 )

và (O2;

R2 ) phân biệt Khi đó tồn tại phép vị

tự biến đường tròn (O1;

biến đường tròn (O1; R1 ) thành đường tròn (O2;

Trường hợp 2: O1 ≠ O2 và R1 = R2 , suy ra k = ±1 Do đó OO2 = ±OO1 , kết hợp với

O1 ≠

O2 suy ra OO2 = −OO1 ⇒ O là trung điểm của đoạn thẳng O1O2 Vậy phép vị tự

V −1 biến đường tròn (O ; R ) thành đường tròn (O ; R )

biến đường tròn (O1;

O

A' I

Định lí 1 Z (O;  ;k ) : A →

+) Phép vị tự - quay biến một đường thẳng thành một đường thẳng và góc giữa hai đường thẳng ấy bằng góc đồng dạng

+) Phép vị tự quay biến một đường tròn thành một đường tròn, trong đó tâmthành tâm và tỉ số hai bán kính bằng tỉ số đồng dạng

d) Cách xác định ảnh của phép vị tự - quay

Cho phép vị tự - quay Z (O;  ;k ) Hãy xác định tâm O khi biết

Trường hợp 1: Một cặp điểm tương ứng ( A; A') ,  và k

Ta có OA ' =

(1) và (OA;OA') =  (mod 2 ) (2)

(1)⇔ O thuộc đường trònApollonius( )

đường kính CD ( C, D chia theo tỉ số k ).

(2) ⇔ O thuộc cung (C ) chứa góc định

hướng (mod 2 )

nhận AA ' làm dây.

Vậy O là giao điểm của ( ) và (C )

Trường hợp 2 Hai cặp điểm tương ứng ( A;

Cách khác, Gọi I là giao điểm của AB và

Ta có (OA, OA') = (IA, IA') =  (mod 

Vậy O là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp B

tam giác ∆IAA ' và ∆IBB '

e) Một số kết quả quan trọng

Kết quả 1 Mọi phép vị tự - quay trong mặt phẳng đều có một điểm bất động duy nhất

O và O chính là tâm của phép vị tự - quay đó

Từ tính chất này, cho phép ta chứng minh các đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ,

trong đó A cố định còn B , C di động luôn là cặp điểm tương ứng của một phép vị

tự - quay có góc quay  (không đổi) và tỉ số k (không đổi) luôn đi qua một điểm cố định là tâm O của phép vị tự - quay đó.

Kết quả 2 Giả sử phép vị tự quay V k  Q  biến các điểm A, B tương ứng thành các

1.1 Bài 1.1 Cho hai đường tròn (O, R) và (O ', R '), ( R ≠ R ') tiếp xúc ngoài nhau tại

MM ' luôn đi qua một điểm cố định.

2 Đường thẳng

')

tại các điểm thứ hai lần

lượt là N , N ' Chứng minh rằng NAN ' = 900

3 Chứng minh rằng các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại M , N và các tiếp

tuyến với đường tròn (O

')

tại M ', N ' cắt nhau tạo thành một hình bình hành.

Từ đó suy ra OM || O ' M ' hay tứ giác OMM 'O ' là hình thang

Mặt khác, do R ≠ R ' hay OM ≠ O ' M ' nên OO ' và MM ' không song song

Gọi S là giao điểm của OO ' và MM '

MM ' luôn đi qua điểm S cố định.

2 Vì S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O), (O

lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại M , N

d3 , d4 lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn (O ') tại M ', N '

Vì S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O), (O ') và V

S , R '

 : M → M ', N → N '

J I

với đường tròn (C ) tại điểm

Lời giải:

D Chứng minh rằng TD là

phân giác của góc ATB.

Gọi I , J lần lượt là tâm của các đường tròn

tiếp xúc

trongnhautạ

tiếp xúc với đường tròn

(C2 ) tại điểm D nên

Do đó D là điểm chính giữa cung EF

không chứa T của đường tròn (C )

Suy ra TD là phân giác của góc

giác của góc ATB.

*) Nhận xét: Bằng cách chứng minh tương

tự, ta có thể chứng minh bài toán sau:

Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A

của tamgiác ABC tiếp xúc với cạnh BC lần lượt

tại D, E Lấy điểm K trên đường tròn nộitiếp tam giác ABC sao cho KD là đường

kính Chứng minh rằng A, K , E thẳng

hàng

1.3 Bài 1.3 Cho tam giác ABC

nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O1 )

tiếp xúc

với các cạnh

AB, AC

lần lượt tại

P, Q và tiếp xúc trong với

Khi đó do hai đường tròn (O), (O ) tiếp

xúc trong nhau tại điểm S nên S là tâm vị tự

ngoài của hai đường tròn (O), (O )

Mặt khác do tam giác APQ cân tại A nên APQ = AQP

Do đó áp dụng định lý sin trong trong các tam giác APD, AQD ta có

theo thứ tự là điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua

trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam

giác

A2 B2C2 đi qua trực tâm H của tam giác ABC

Gọi H , G lần lượt là trực tâm và

trọng tâm tam giác ABC

Vì X là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ GA = −2GX

Kết hợp với X là trung điểm A1

đi qua O ta suy

ra đường tròn ngoại tiếp tam giác A2

B2C2

đi qua trực tâm H của tam giác ABC

1.5 Bài 1.5 (Russia MO 2008, grade 9) Cho tam giác không cân ABC với H, M lần

lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác đó Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với AM, BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G Chứng minh rằng G nằm trên đường thẳng MH.

Lời giải.

Để chứng minh bài toán ta cần hai bổ đề sau:

G

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 Khi đó L là trọng tâm của tam giác HIK khi và chỉ khi L là điểm Lemoine của tam giác ABC.

Đây chính là bài 34, trang 47, tài liệu chuyên toán hình học 10.

Bổ đề 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó Kẻ đường

kính AM Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc BAC

C B

Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong

góc BAC với đường tròn (O).

Do AM là đường kính nên AD ⊥ DM suy ra:

suy ra A1M đối xứng với

trung tuyến kẻ từ A1 của tam giác A1B1C1

qua phân giác trong của góc BA C (3).

Do MM a , BC cắt nhau tại trung điểm

mỗi đoạn nên tứ giác BMCM a là hình bình

hành, kết hợp với MB ⊥ A1C1, MC ⊥ A1B1 ta

1

A A' E

tâm tam giác M a M b M c

Do V − 1 : A → M , B → M ,C → M suy ra V − 1 biến trực tâm tam giác ABC thành trực

tròn Γ2

Lời giải:

Gọi O,O1,O2 lần lượt là tâm của các đường

tròn Γ,Γ1, Γ2 Gọi EF là dây cung của

đường tròn Γ và EF là tiếp tuyến chung

của Γ1,Γ2 và EF cắt đoạn thẳng AM

Giả sử đường thẳng EF tiếp xúc với đường

tròn Γ1 tại điểm C '

Xét phép vị tự tâm M biến đường tròn Γ1

thành đường tròn Γ, khi đó phép vị tự này

biến điểm C ' thành điểm A' và đường

thẳng EF biến thành đường thẳng d tiếp

1

xúc với đường tròn Γ tại điểm A'.

Từ đó ta có EF || d , kết hợp với d ⊥ OA' ⇒ EF ⊥ OA' ⇒ A' là điểm chính giữa củacun

hay điểm A' nằm trên trục

đẳng phương của hai đương tròn Γ1,Γ2

Suy ra A' nằm trên đường thẳng AB ⇒ A ≡ A' ⇒ C ≡ C ', từ đó điểm C nằm trên

nên C, D đối xứng với nhau qua

đường thẳng O O suy ra O là diểm chính giữa của cung CO D

Do đó DCO = CDO = FCO suy ra O nằm trên phân giác của góc FCD

⇒ CF ,CD

đối xứng với nhau qua đường thẳng CO2

Kết hợp với đường thẳng CF là tiếp tuyến với đường tròn

tuyến của đường tròn Γ2

Γ2 ⇒ CD

cũng là tiếp

1.7 Bài 1.7 (IMO 1983) Cho A là một trong hai giao điểm của hai đường tròn không

bằng nhau C1 và C2 với tâm lần lượt là O

1 và O2 Kẻ hai tiếp tuyến chung của C1 và

C2 Các tiếp tuyến chung này tiếp xúc với C1 tại P1,Q1 và tiếp xúc với C2 tại P2 ,Q2 Gọi

quy tại điểm O

Xét phép vị tự V tâm O biến đường tròn C1 thành đường tròn C2

Đoạn thẳng OA cắt đường tròn C1 tại điểm B , khi đó A là ảnh của điểm B qua phép

vị tự trên

1.8 Bài 1.8 (Russia MO 2008, grade 11) Cho tứ giác lồi ABCD có tia BA cắt tia CD tại P,

tia BC cắt tia DA tại Q Gọi H là hình chiếu cùa D lên đường thẳng PQ Chứng minh rằng tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi đường tròn nội tiếp của các tam giác ADP, CDQ được nhìn từ H các góc bằng nhau.

Gọi O là giao điểm của

DC, DA.

PO1,QO2 và E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên

Theo chứng minh ở trên thì ta suy ra đường thẳng O1O2

a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O).

A J

Y E

1.9 Bài 1.9 Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB.

Gọi X , Y , X lần lượt là điểm đối xứng với O qua các đường thẳng BC, CA, AB Chứng

minh rằng các đường tròn ( XBC ), (YCA),

điểm I của đoạn thẳng OI thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC.

Lời giải: Gọi H , K , L, M , N , P lần lượt là

trung điểm của các đoạn

lần lượt là ảnh của các đường tròn

( XBC ), (YCA),(ZAB) qua phép vị tự V1 

 O, 

và các đường tròn ( HNP), (KPM ), (LMN ) lần lượt là đường tròn Euler của các tam

giác OBC, OCA, OAB

*) Chứng minh các đường tròn ( HNP), (KPM ),

Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( HNP), (KPM )

Khi đó ( IM , IN ) = (IM , IP) + ( IP, IN ) = ( KM , KP ) + ( HP, HN ) (mod  )

2

=(OP, OM ) + (ON, OP ) = (ON ,OM ) = (ON , OL ) + (OL, OM ) (mod  )

Do đó I ∈( LMN ) hay các đường tròn (HNP), (KPM ), (LMN ) cùng đi qua một điểm I

*) Vì các đường tròn ( HNP), (KPM ), (LMN ) lần lượt là ảnh của các đường tròn( XBC

),

(YCA),(

quaphépvịtự

( XBC), (YCA),(ZAB)cùng đi qua điểm

A ', B ', C '

lần lượt là ảnh của

D, E, F

qua phép vị

tự

XBC ), (YCA),(ZAB)

2

2

2

E M

giác ABC Vậy I thuộc đường tròn Euler

của tam giác ABC

1.10 Bài 1.10 Cho tam giác ABC có các đường

cao AD, BE, CF Đường tròn tâm I

nội tiếp tam giác DEF , tiếp xúc với các

Gọi I là trực tâm tam giác ABC thì I là tâm

đường tròn nội tiếp tam giác DEF

2

Mà II ', OI tương ứng là đường thẳng Euler của các tam giác MNP, ABC

Vậy các tam giác ABC và MNP có cùng đường thẳng Euler

1.11 Bài 1.11 Trên đoạn thẳng AC lấy điểm B sao cho BA ≠ BC và dựng các hình

vuông ABMN , BCPQ nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AC Gọi B ' là giaođiểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông đó Chứng minh rằng PN và

B'

1.12 Bài 1.12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Phép quay tâm O biến các

điểm A, B, C, D thành các điểm A', B ', C ', D ' tương ứng Gọi M , N , K , H lần lượt là

giao điểm của các cặp đường thẳng AB và A' B ', BC và B 'C ' , CD và C ' D ', DA và

D ' A' Chứng minh rằng tứ giác MNKH là hình bình hành.

Lời giải: Giả sử tứ giác ABCD có hướng dương

Gọi α là góc quay và phép quay thực hiện theo

Mà tứ giác IFEF là hình bình hành nên tứ giác MNKH là hình bình hành.

1.13 Bài 1.13 Cho tam giác ABC Các điểm D, E nằm trên các cạnh AC, AB tương ứng Các điểm F, G nằm trên các đoạn BC, DE tương ứng sao cho BF FC=EG GD=BE CD

Chứng minh rằng GF song song với đường phân giác trong của góc

Gọi K là giáo điểm thứ hai của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, ADE.

2 2