Bai giang phep bien hinh

• Định lý : Hai đường tròn bằng nhau , cắt nhau tại hai điểm thì chúng có thể coi là hình đối ứng trong phép quay có tâm là một giao điểm và đường thẳng nối hai điểm hai điểm đối ứng đi

PHÉP BIẾN HÌNH

A PHÉP DỜI HÌNH

I-Phép tịnh tiến

2 Điều kiện ắt có và đủ

Có hai hình (F) và (F’) đối ứng nhau trong một phép biến đổi điểm

1) Giả sử (F’) là hình đối ứng của (F) trong phép tịnh tiến véc tơ vr , lấy hai điểm A , M trong (F) rồi hai điểm A’ , M’ đối ứng trong (F’) ta có :

AA =MM = ⇒v AM = A M

2) Đảo lại , giả sử rằng cứ lấy hai điểm A , M trong (F) rồi hai điểm A’ , M’ trong (F’) sao cho : uuuur uuuuuurAM =A M' ' ta thấy ngay uuur uuuuurAA'=MM'

Lấy cặp điểm A , A’ cố định rồi cho cặp điểm M , M’ bất kỳ ta thấy ngay (F’) là hình của (F) trong phép tịnh tiến véc tơ uuurAA'

Do đó :

Định lý : Điều kiện ắc có và đủ để hai hình đối ứng nhau trong một phép tịnh

tiến là hai cặp điểm đối ứng đối một A , A’ và M , M’ ta có : uuuur uuuuuurAM = A M' '

3 Tính chất :

Phép tịnh tiến là một phép dời hình , nên có đầy đủ tính chất của phép dời hình

4 Tích của hai phép tịnh tiến

Một cách tổng quát , với n phép tịnh tiến ta được : Định lý : Tích số n phép tịnh tiến véc tơ V Vur uur1, , ,2 Vuurn là một phép tịnh tiến véc

tơ V Vur uur1+ + +2 Vuurn

Ta viết : ( 1 2 ) 1 .2

n

V V V

Tuur uur+ + +uur =T Tuur uur Tuur II- Phép quay

1 Định nhĩa :

Cho một điểm O và một góc θ định hướng Nói điểm M’ là điểm đối ứng của M trong phép quay phẳng tâm O góc θ nghĩa

là ta có : (OM OMuuuur uuuuur, ') =θ và OM = OM’

Điểm O gọi là điểm kép

Ta viết: M’ = Q(O, θ)(M)

2 Điều kiện ắt có và đủ

Định lý : Điều kiện ắt có và đủ để hai hình đối ứng nhau trong một phép quay

là lấy hai cặp điểm đối ứng đối một A , A’ và M , M’ , ta có :

(uuuur uuuuuurAM A M, ' ')= hằng số và AM = A’M’

3 Tính chất cơ bản

Định lý cơ bản : Phép quay trong mặt phẳng là một phép dời hình.

4 Định tâm quay

Nếu A và A’ là cặp đối ứng nhau trong phép quay (O,θ) thì điểm O ở trên hai đường này :

+ Trung trực đoạn AA’

+ Cung chứa góc véc tơ (OA OAuuur uuur, ') =θ đi qua A và A’

Như vậy nếu ta biết hai cặp điểm đối ứng A , A’ và M , M’ ta có thể định tâm quay

O là giao điểm của hai trong bốn đường này :

+ Trung trực của AA’.

+ Trung trực của MM’

+ Cung chứa góc θ đi qua A , A’

+ Cung chứa góc θ đi qua M , M’

Hơn nữa , nếu gọi I là giao điểm của AM với A’M’ (HV1) ,

ta có : (IA IA, ')= +θ kπ ⇒(OA OA, ') (= IA IA, ')

Chứng tỏ bốn điểm I , A , A’ , O ở trên một đường tròn

Tương tự bốn điểm I , M , M’ , O ở trên một đường tròn (Hình 1) Vậy O nằm trên hai đường tròn (IAA’) và (IMM’)

• Định lý : Hai đường tròn bằng nhau , cắt nhau tại hai điểm thì chúng có thể coi là hình đối ứng trong phép quay có tâm là một giao điểm và đường thẳng nối hai điểm hai điểm đối ứng đi qua giao điểm kia

6 Tích của hai phép quay.

Cho hai phép quay Q(O1,θ1) và Q(O2,θ ) lần lượt biến hình (F) thành (F1) rồi biến (F1) thành (F2)

Định lý : Tích của hai phép quay trong mặt phẳng thường là một phép quay mà

góc là tổng hai góc quay cho trước

Ví dụ 1 (Vô Địch Cộng hòa liên bang Đức 2001)

Cho một tam giác ABC tồn tại các điểm 'A ∈BC B, '∈CA C, '∈AB lập thành một tam giác đều sao cho AB'=BC'=CA' Chứng minh rằng tam giác ABC đều

Giải:

Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử ngược lại là tam giác ABC không phải là tam giac đều Khi đó trong ba góc của tam giác phải có một góc nhỏ hơn 600 , giả sử không mất tính tổng quát

đó là góc A Gọi M là tâm của tam giác đều A’B’C’

Ta thực hiện một phép quay quanh M theo chiều kim đồng hồ một góc 1200 Gọi A” , B” , C” là ảnh của A , B và C trong phép quay này (hình vẽ ) Gọi X là giao điểm của đường thẳng B”B’ và AB Do B” là ảnh của B và C’ là ảnh của B’, cho nên góc BXB’

= 600 và A < 600 =∠BXB', ∠B XA' =1200 là góc tù , cho nên AB’ > XB’ Theo giả thiết đầu bài thì AB’ = BC’ = B”B’ nên XB’ < B”B và X nằm trên cạnh B”B (góc ngoài của tam giác lớn nhỏ hơn góc trong không kề nó ) Từ đó suy ra góc C’B”B’ <

600 Do B’ , B” ,C’ là ảnh của C’ , B , A’ trong phép quay nên góc B của tam giác nhỏ hơn 600 Tương tự chứng minh vừa rồi , từ B < 600 ta có góc C của tam giác ABC nhỏ hớn 1800 Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng tam giác ABC đã cho phải là tam giác đều

Ví dụ 2 (Olympic Toán Châu Á Thái Bình Dương – APMO XIV , 3/2002).

Lấy hai điểm P , Q lần lượt trên hai cạnh AC và AB của tam giác đều ABC sao cho cả hai tam giác ABP và ACQ đều là nhọn Gọi R và S lần lượt là trực tâm của tam giác ABP và ACQ , T là giao điểm của BP và CQ Hãy xác định tất cả các giá trị của

số đo các góc CBP và BCQ để tam giác TRS là đều

Giải:

O

A’

j M

A'

C'

B'

B

C

A

C"

A"

B"

J K

Vì P và Q có vai trò như nhau trên hai cạnh AC và AB của tam giac đều ABC đã cho , nên ở vị trí nào để thu được tam giác đều TRS thì chỉ có thể là đối xứng với nhau qua đường cao AD Chúng ta nghỉ tới việc cần sử dụng phép đối xứng trục trong bài toán này

Đặt BC = CA = AB = a , thì tam giác TRS là đều khi và chỉ khi TR = TS = RS (đặt = x), hoặc:

0

( )

60 ( )

TR TS i TRSdeu

SRT ii

=





(i) TR = TS <=> AB2 + TR2 = AC2 + TS2 <=> AT2 + BR2 = AT2 + CS2 (Đ L –Pytago) <=> BO + OR = CO + OS <=> OR = OS <=> SR // BC <=> S = ĐOA(R) <=> AR = AS <=> ∆ACS=D (OA ∆ABR)⇔QS=D (OA PR)⇔ =Q D OA( )P ⇔CQ D= OA(BP)⇔ ∈T (OA)

Từ đó :

(ii) và (i) <=> TR//AB <=> BT = DOC(AR)

AH BP H OC HBO HBA OBA

Tương tự :

0 0

1

2 15

CBP BCQ

Vậy : Tam giác TRS đều khi và chỉ khi góc CBP = BCP = 150

Ví dụ 3 (HSG-Phổ thông năng khiếu-Tp) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi I,

I1 , I2 , I3 là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp các góc A , B , C tương ứng Đường tròn ngoại tiếp tam giác I I2I3 cắt (O) tại hai điểm M1 , N2 Gọi J1 là giao điểm của AI và (O) Kí hiệu d1 là đường thẳng đi qua J1 và vuông góc với M1N1 Tương tự xác định các đường thẳng

d2 , d3 Chứng minh rằng đường thẳng d1, d2 , d3 đồng quy tại một điểm

Giải:

Dễ thấy rằng I là trực tâm của tam giác I1I2I3 Do vậy nếu gọi O1và O’ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác I I2I3 và I1I2I3 Theo một kết quả quen thuộc , ta có O1 và O’ là ảnh của nhau qua phép đối xứng với đường thẳng I2I3 và I1IO1O’ là hình bình hành Suy ra , I1O1 đi qua trung điểm của O’I , đồng thời cũng chính là tâm của đường tròn 9-điểm Euler của tam giác I1I2I3 , do vậy ba điểm I1 , O , O1 thẳng hàng Hơn nữa , để ý rằng M1N1 chính là trục đẳng phương của (ABC) và (O1) nên I O1 ⊥M N1 1 Lập luận tương tự các đỉnh I2 , I3 Khi ấy , ta thu được , các

T

R S

O A

F

D

E

H K

j

J1

M1

O O' I1

I2

I3

B C

A

đường thẳng d1’ , d’2 ,d’3 qua I1 , I2 , I3 lần lượt vuông góc với M1N1 , M2N2 , M3N3 đồng qui tại O

Xét phép vị tự tâm I , tỉ số k = 1

2, biến I1 , I2 ,I3 lần lượt thành J1,J2, J3 Cho nên V(I,k) biến d’1 , d’2, d’3 lần lượt thành các đường thẳng d1 , d2 , d3 Dẫn đến d1 , d2 , d3 đồng quy tại ảnh của O qua V(I,k) Ta thu được điều phải chứng minh

Chú ý Bài toán này có thể ngắn gọn hơn bằng định lý Carnot mở rộng Nội dung định

lý như sau:

Xét hai tam giác ABC và A’B’C’ Khi ấy các đường thẳng qua A , B ,C vuông góc lần lượt với B’C’ , C’A’ , A’B’ đồng quy khi và chỉ khi các đường vuông góc kẻ lần lượt từ A’, B’, C’ đến BC , CA , AB đồng quy

*Bài tập:

Bài1.Cho một đường tròn (C) cố định tâm O bán kính R và một điểm A cố định với OA =

d < R Vẽ một đường kính di động MM’ của (C) đường thẳng MA cắt (C) tại Q’ và đường song song Mx với OA tại P Đường thẳng M’A cắt (C) taị Q’ và đường song song My với

OA tại P’

1) Chứng minh PP’ qua một điểm cố định

2) Quỹ tích hai điểm P và P’

α khi M vẽ đường tròn (Ta tính tanαtheo góc θ =∠MOA)

Bài2 Dựng ngoại tam giác ABC những tam giác đều A’BC , và B’CA và C’AB.

1) So sánh những véc tơ AA',BB,'CC' Chứng minh rằng những đường thẳng AA’,BB’,CC’ đồng quy tại điểm I

2) Giả sử rằng điểm I ở trong tam giác ABC Kéo dài IB một đoạn BD = IC Tam giác A’ID là tam giác gì ? Chứng minh AA’ = IA + IB + IC

3) Chứng minh AA'+BB'+CC'=0 Suy ra hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng

tâm

Bài3.Một điểm M vạch một đoạn thẳng AB = a Ở một bên đường thẳng AB vẽ những tam

giác đều PAM và QMB Hai đường thẳng AP và QB gặp nhau tại C

1) Tìm quỹ tích trung điểm O của đoạn thẳng PQ

2) Chứng minh đường trung trực của PQ qua một điểm cố định Có nhận xét gì về tâm đường tròn (PMQ)

3) Tìm quỹ tích tâm đường tròn (CPQ)

4) Cho biết phương và độ dài của đoạn PQ

Bài4.Ở bên ngoài góc BAC của ABC người ta vẽ những đoạn AM , CN , BP lần lượt bằng

và thẳng góc với BC , CA , AB

1) So sánh những véc tơ MB và PC ; MC và NB Chứng tỏ rằng ba đường thẳng MA,NB

và PC đồng quy

2) Gọi O , I , J , K lần lượt là trung điểm của BC , PN , NA , AP Hãy so sánh tính chất hai tam giác JMB và KMC

3) Vẽ hình bình hành BACD So sánh tính chất các tam giác DNP , OJK và IBC

Bài5.Cho hai phép quay R(O1,θ1),R(O2,θ2) với O1 khác O2 Phép quay R(O1,θ1)biến M thành M1 , còn phép quay R(O2,θ2)biến M1 thành M2

1) Chứng minh rằng trung trực của MM2 qua một điểm cố định O

2) Quỹ tích của M2 nếu M vẽ một hình F.

3) Quỹ tích của M để có M1M2 = l

2

MM

MM =

5) Quỹ tích của M để có (M1M,M1M2)=α +k2π

6) Quỹ tích của M để có ba điểm M , M1 và M2 thẳng hàng

B.Cực điểm và hàng điểm điều hòa

I Cực điểm và đối cực:

1.Đối cực: Cho đường tròn (O) và một điểm A Đường thẳng a xác định như sau Trên

OA lấy A’ sao cho OA OA R'. = , với a là đường thẳng qua A’ và vuông góc với OA Đường a gọi là đường thẳng đối cực của A đối với O

2.Cực điểm : Cho đường tròn (O) và đường thẳng a

Điểm A xác định như sau : Hạ OA’ vuông góc a , A là

điểm thoả mãn A OA OA OA∈ '/ '=R2 Khi đó A gọi là điểm

đối cực của đường thẳng a đối vơi (O)

Nhận xét: Nếu A ngoài (O) thì đối cực a có thể xây dựng như sau :

Kẻ các tiếp tuyến AM và AN thì MN chính là đường thẳng a

Mệnh đề 1: (Đối ngẫu) Cực và đối cực

Cho đường tròn (O) , một điểm A và đường thẳng b

Gọi a và B lần lượt là cực điểm của A và đối cực của b

Ta có :

* Chẳng hạn : Đưa bài toán ba điểm thẳng hàng về ba đường thẳng đồng quy.

A , B , C thẳng hàng nằm trên d , tồn tại phép đối cực :

A→a B→b C→c và d đối cực với D suy ra a, b , c chứa D

Vậy a , b , c đồng quy tại D

Mệnh đề 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C)

Gọi tA , tB , tC , tD là tiếp tuyến tại A , B , C , D của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD

Ta có : tA , tC , BD đồng quy ⇔ tB , tD , AC đồng quy

• Chú ý : Tứ giác ABCD gọi

là tứ giác điều hoà nếu nó thoả mãn mệnh đề 2

Tính chất:

a) AB.CD = AD.BC

b) Gọi R là giao của AC và BD (HV) ,

khi đó M , D , R , B là hàng điểm điều hoà và (MDRB) = - 1

• Hàng điểm điều hoà :

Cho 4 điểm A , B , C , D trên đường thẳng l Bốn điểm A , B , C , D tạo thành hàng điểm điều hoà (kí hiệu (ABCD) = - 1) nếu ta có :

=-D

CA DA

C và D chia trong và chia ngoài A và B , lúc đó A và B cũng chia trong và chia ngoài đối C và D

• Hệ thức Newton :

AB = AC+ AD

A’

a

•

J

R

D

O

C

M

B

A

I

* Hệ thức Đề-Các: Gọi I , J lần lượt là trung điểm AB và CD.

IA IB IC ID

JC JD JA JB

• Hệ thức Mác-Lô ranh :

Gọi I là trung điểm AB : CI CD CA CB. = .

* Ví dụ 1: Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài tại điểm T A là một điểm trên tiếp tuyến chung của hai đường tròn Một đường thẳng qua A cắt (O1) tại M và N MT và

NT lần lượt cắt (O2) tại P và Q Gọi k là giao điểm của các tiếp tuyến của (O2) tại P và Q CMR K thuộc một đường thẳng cố định

Giải:

1

V T

R

 : (O1)→( )O2

Gọi H là giao của hai tiếp tuyến tại

M và N đối (O1)

2 1

R

Ta có A MN∈

Suy ra đối cực điểm của A sẽ đi qua cực điểm MN là

H cố định

Suy ra H nằm trên a đối cực của A đối với

(O1)

Suy ra a chứa điểm cố định H => K thuộc a’

1

V T

R

−

Mà a và a’ đều qua T nên a a≡ '

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp

tuyến tại B , C cắt nhau tại K (AK đối xứng với trung

tuyến AM qua phân giác trong góc A của tam giác ABC)

Chứng minh rằng K,P,M,Q là hàng điểm điều hoà :

(KPMQ) = - 1

MN cắt (O) tại P , Q và đi qua O

Ta có (NPMQ) = -1

PN QN

Mà góc QAP = 900 , theo định lý đảo của định lý Apollonius,

ta có AP là phân giác góc MAN Và P là điểm chính giữa cung BC ,

suy ra AP là phân giác góc A (Ta có dpcm)

Ví dụ 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và B , C cố định và điểm A thay đổi

trên (O) ( I ) là đường tròn thay đổi đi qua A và có tâm I thuộc đường cao AH (I ) cắt

AB và AC tại hai điểm M , N Đường trung tuyến kẻ từ A trong tam giác AMN cắt đường

A

P

K N

j

M O

N

A

Q

tròn (I ) và đường kính BC tại P , Q Gọi K là giao điểm các tiếp tuyến của (I ) tại P , Q Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định

Giải

(O) Suy ra Ax // MN

S là trung điểm MN , suy

ra (Ax , AS , AN , AM ) = - 1

Suy ra AS phải đi qua cực điểm A1 của BC đối với (O) Gọi A1 là các điểm của BC

Do A1 cố định Theo Mđ1 BCPQ là tứ giác điều hòa , suy ra B,C,K thẳng hàng

Chú ý: Có thể Cm Ax // MN như sau

Ax tiếp tuyến của (O) tại A ⇒ ∠ABC= ∠xAC

Do ∠ABC= ∠AA M' = ∠AMN => BMNC nội tiếp

Ax / /

Ví dụ 4 Cho góc xOy và đường tròn (I) tiếp xúc Ox , Oy tại A và B Một đường thẳng d

thay đổi luôn tiếp xúc với (I) tại P cắt Ox , Oy tại M , N Gọi K là giao điểm của AB và d

H là giao điểm của KI và OP Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK thuộc một đường thẳng cố định

Giải:

OP cắt (I) tại Q

Do OA , OB , PQ đồng qui

 AB , PK và tiếp tuyến tại Q đồng quy tại K , ABCD là tứ giác điều hoà

 QK là tiếp tuyến của (I) tại Q

 KI vuông góc OP

 Tam giác OHK vuông tại H Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK

 J là trung điểm OK

j

k

H

M

I

O

K J

N P A

B

Q

R N M

C

A

B

O

J

I

x K

Q

Xét phép vị tự V(O,2) : M →I ; A →A' ; B →B'

K I

⇒ →

Do A , B cố định suy ra A’,B’ cố định

' '

Ví dụ 5 (HSG 12 – ĐHSP-Tp- 2009-2010)

BB0 , CC0 đồng quy tại H Các điểm A1 , A2 thuộc (O) sao cho đường tròn nội tiếp các tam giác

A1B0C0 , A2B0C0 tiếp xúc với (O) Tương tự ta có các điểm B1 , B2 và các điểm C1 , C2 Chứng minh rằng các đường thẳng A1A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy tại một điểm

Giải:

Ma H

Ao

O

C A3

Oa

O'a

B A

A2 A1

Gọi (Oa) , (Oa’) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B0C0 và A2B0C0 Goi ta , ta’ lần lượt là các tiếp tuyến chung tại A1 , A2 của (Oa) và (Oa’) với (O) Kí hiệu ([BC]) ám chỉ đường tròn đường kính BC

Ta có ta , BC và B0C0 lần lượt là trục đẳng phương các cặp đường tròn ((Oa),(O)), ((O), ([BC]) và (([BC]),(Oa) Do ta , BC và B0C0 đồng quy tại A3 Lập luận tương tự , ta cũng có ta ,

BC và BoCo đồng quy tại A3’ , vì A3 trùng A3’ Hãy nói cách khác , A3 = B C o o∩BC Xác định tượng tự cho B3 và C3

Bây giờ , gọi Ma là trung điểm của BC Do (A3A0BC) = - 1 nên theo hệ thức Maclau-ren , ta thu được A B A C3 3 = A A A M3 o 3 a Từ đó suy ra A3 có cùng phương tích với (O) và đường tròn 9 điểm Euler, Kí hiệu (ε ) với ABC Lập luận tương tự cho B3 , C3 Ta kết A3 , B3 ,

C3 thẳng hàng (*) Suy ra đường thẳng (d) đi qua A3 , B3 , C3 là trục đẳng phương của (O) và (

ε) Vậy nên Oε OH≡ ⊥d (**)

Để ý rằng A3 , B3 , C3 lần lượt là cực của A1A2 , B1B2 , C1C2 với (O) Kết hợp với (*) , ta suy ra

A1A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy tại S đồng thời cũng là cực của d đối với (O), do đó OS ⊥d

Kết hợp (**) , suy ra S OH∈

Tóm lại , các đường thẳng A1A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy tại một điểm thuộc OH

*BÀI TẬP:

Bài 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B , C cố định và A thay đổi trên đường

tròn (O) Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và M là tiếp điểm của (I) vói BC Lấy

M đối xứng với N qua I , AN cắt (I) tại J P , Q là giao điểm của tiếp tuyến của (I) tại J với (O) Chứng minh rằng trung điểm K của PQ thuộc một đường tròn cố định

Bài 2 Cho một đường tròn (O) và điểm I bên ngoài (O) Hai đường thẳng d1 , d2 thay đổi qua

I cắt (O) tại M , N và P , Q Gọi K , H là giao điểm của MP và NQ , NP và MQ Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IHK qua một điểm cố định thứ hai khác I

Bài 3 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) ; B và C cố định , A thây đổi trên (O)

Một đường tròn thay đổi qua B , C cắt AB , Ac tại M , N Gọi P , Q , R là các tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tam giác Addieem với các cạnh AM , AN , MN Đường kính qua R của (I) cắt PQ tại K Chứng minh AK thuộc một đường thẳng cố định