Phép vị tự trong e2, e3

LỜI NểI ĐẦU Khóa luận này trình bày một số kiến thức và kĩ thuật, cách tiếp cận, ứng dụng phép vị tự để giải một số lớp bài toán có liên quan tới các hình đồng dạng: bài toán tính toán,

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

LỜI NểI ĐẦU

Khóa luận này trình bày một số kiến thức và kĩ thuật, cách tiếp cận, ứng dụng phép vị tự để giải một số lớp bài toán có liên quan tới các hình đồng dạng: bài toán tính toán, bài toán chứng minh, bài toán dựng hình, bài toán quỹ tích Bên cạnh đó, khóa luận còn cố gắng mở rộng các bài toán, qua đó nêu lên một

số suy nghĩ, đề xuất trong giảng dạy

Em xin được bày tỏ lòng biết ơn công lao dạy dỗ của các thầy, các cô đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy Phan Hồng Trường đã giúp em hoàn thành khóa luận này

Hà Nội, tháng 5 năm 2013 Phạm Thị Phượng

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan bản khóa luận này được hoàn thành do sự nỗ lực tìm hiểu, nghiên cứu của bản thân cùng sự hướng dẫn, giúp đỡ của thầy giáo Phan Hồng Trường

Bản khóa luận này không trùng với các kết quả của các tác giả khác Nếu trùng em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm

Sinh viên

Phạm Thị Phượng

A.PHẦN MỞ ĐẦU

1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình toán ở trường phổ thông, học sinh đã được làm quen

với các phép biến hình Đây vừa là một công cụ mới để giải toán đồng thời

bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng cho học sinh Trong nhiều

trường hợp, phép biến hình đã thể hiện rõ hiệu quả của nó trong việc giải

toán Tuy nhiên việc sử dụng phép biến hình vào giải toán không hề đơn

giản với cả giáo viên và học sinh

Trong khuôn khổ của một khóa luận tốt nghiệp tôi chọn nghiên cứu về

phép vị tự và ứng dụng của nó nhằm trình bày một số kiến thức và kĩ thuật,

cách tiếp cận, ứng dụng phép vị tự để giải một số lớp bài toán có liên quan

4 NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

- Trình bày cơ sở lí thuyết về phép vị tự

- Các ví dụ minh họa thể hiện ứng dụng của phép vị tự trong 4 lớp bài tập

hình học:

Bài toán tính toán

Bài toán chứng minh

Bài toán dựng hình

Bài toán quỹ tích

5 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí toán học và các tài liệu có liên quan đến nội dung nghiên cứu

B NỘI DUNG

CHƯƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1 Đại cương về phép biến hình

1.1 Định nghĩa

Giả sử đã cho tập hợp bất kì T Một song ánh f: T  T từ T vào chính nó

đươc gọi là một phép biến hình của tập T

1.2 Phép biến hình đảo ngược

Cho phép biến hình f: T  T Khi đó ánh xạ ngược f-1 cũng là một phép

biến hình, gọi là phép biến hình đảo ngược của phép biến hình f

1.3 Tích của hai phép biến hình

Giả sử f và g là hai phép biến hình của tập T đã cho, dễ thấy ánh xạ tích của

f và g cũng là một song ánh từ T vào T nên tích đó cũng là phép biến hình của T

Ta gọi phép biến hình đó là phép biến hình của f và g

Kí hiệu: g৹f

1.4 Phép đồng dạng

1.4.1 Định nghĩa Phép biến hình của không gian En (n=2,3) biến mỗi điểm M thành điểm M’

sao cho với cặp điểm bất kì M, N và cặp ảnh tương ứng M’, N’ thì M’N’= kMN

( k là một hằng số dương cho trước) được gọi là phép biến hình đồng dạng tỉ số

a) Trong E2, một phép đồng dạng được xác định hoàn toàn bởi 2 tam giác đồng dạng

b) Trong E3, một phép đồng dạng được xác định hoàn toàn bởi 2 tứ diện có các cạnh tương ứng tỉ lệ

Kí hiệu: V(O,k) hoặc Vk

O

2.2 Tính chất

a Phép vị tự V(O, k)là phép đồng dạng tỉ số k mà đường thẳng nối điểm bất kì với ảnh của nó luôn đi qua O

b Với k  1, phép vị tự V(O,k) có duy nhất 1 điểm bất động là O

c Phép vị tự bảo tồn phương của đường thẳng

d Trong E2, phép vị tự thuận là phép đồng dạng thuận

Trong E3, phép vị tự là phép đồng dạng thuận hay nghịch tùy theo tỉ số vị

Cho 2 phép vị tự khác tâm: V1 = V(O1, k1), V2 = V(O2, k2)

- Nếu k1.k2 = 1 thì tích của V1 và V2 là phép tịnh tiến

- Nếu k1.k2  1 thì tích của V1 và V2 là một phép vị tự V(O, k1.k2) với O

CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG CỦA PHẫP VỊ TỰ VÀO GIẢI CÁC

LỚP BÀI TOÁN CƠ BẢN

Ứng dụng của phép vị tự trong việc giải một số lớp bài toán hình học là quá trình sử dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học ở các dạng cụ thể nhằm giúp cho người đọc thấy được sự tiện lợi và tính ưu việt của phương pháp biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng trong việc giải toán

2.1 Ứng dụng của phép vị tự vào giải bài toán chứng minh trong hình học 2.1.1 Bài toán chứng minh

Bài toán chứng minh là bài toán cần chỉ ra mệnh đề A  B là đúng, trong

đó A là giả thiết, B là kết luận

Để giải bài toán chứng minh, ta xuất phát từ giả thiết A và những mệnh đề

đúng đã biết, bằng những lập luận chặt chẽ và những suy luận hợp logic, dựa vào các định nghĩa, các tính chất, các định lí của đối tượng toán học để đi đến kết luận

2.1.2 Ứng dụng phép vị tự giải bài toán chứng minh

Khi vận dụng phép vị tự vào giải bài toán chứng minh, ta thường tiến hành theo các bước sau:

- Bước 1: Xác định yêu cầu của bài toán

b) Bốn điểm trong một tam giác: trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn Euler thẳng hàng và lập thành hàng điểm điều hòa Lời giải:

3 G

A1

A

A 4

5

Giả sử G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C xuống cạnh đối diện;

A2, B2, C2 lần lượt là giao điểm thứ 2 của A1H, B1H, C1H với (O); A3, B3, C3 lần lượt là trung điểm của AH, BH, CH; A4, B4, C4 lần lượt là trung điểm của BC,

CA, AB; A5, B5, C5 lần lượt là giao điểm thứ hai của OA, OB, OC với (O)

Ta có: BAH  BCH (Cùng phụ với góc ABC)

Mà BAH=BCA2  BCH = BCA2

 CA1 là phân giác của HCA2, mà CA1 là đường cao nên tam giác CHA2

Lại có A4 là trung điểm BC nên A4 là trung điểm HA5

 V(G, 1

2

): ABC  A4B4C4

Vì O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, A4B4C4 nên

Trước tiên ta thấy rằng luôn tìm được ABC với 3 đỉnh cùng màu

Thật vậy, giả sử phản chứng rằng không tồn tại ABC sao cho 3 đỉnh có cùng một màu Khi đó, mọi điểm màu đỏ nằm trên một đường thẳng và mọi

điểm màu xanh nằm trên một đường thẳng Do 2 đường thẳng không thể lấp đầy mặt phẳng nên điều này trái với giả thiết mọi điểm của mặt phẳng đều được tô màu

A

G A'

- Nếu A’, B’, C’ đỏ thì A’B’C’ là tam giác cần tìm

- Nếu một trong 3 đỉnh A’, B’, C’ xanh, giả sử là đỉnh A’

Xét A’BC, ta đi chứng minh A là trọng tâm A’BC:

Ta có: AB

+AC

+AA' = (GB

-GA

)+(GC

-GA

) +AA' = (GA

+ 0 

= 0 

 A là trọng tâm A’BC

Mà A’, B, C, A cùng màu xanh  A’BC là tam giác cần tìm

 đpcm

Ví dụ 3:

Trong mặt phẳng cho 2 đường tròn (O1, R1) và (O2, R2), (R1 R2) cắt nhau tại 2 điểm A, B Các tiếp điểm của một tiếp tuyến chung với (O1) và (O2) lần lượt là P1, P2 và các tiếp điểm của một tiếp tuyến chung còn lại với (O1) và (O2) lần lượt là Q1, Q2 M1, M2 lần lượt là trung điểm của P1Q1 và P2Q2 Chứng minh: O AO1 2  M AM1 2

Lời giải:

O

O B

C

T 1

1 2

2

1

2

1 2

Gọi O là giao điểm của P1P2, Q1Q2 và O1O2, khi đó O là tâm vị tự của (O1) và (O2)

Ta có: TP12 = TA.TB =TP22

TP1 = TP2 (*)

Dễ dàng chứng minh được AB, P1P2, Q1Q2 song song và cùng vuông góc với

O1O2 Kết hợp với (*) suy ra TA là đường trung trực của M1M2

Lêi gi¶i:

I

B C

Nhận xét: Mở rộng ra trong E3 ta có bài toán:

“ Cho 2 mặt cầu (O), (O’) có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau Xét mặt cầu (O’’) tiếp xúc ngoài với (O) và (O’) lần lượt tại A, B Trên O lấy M (A,B) MA cắt (O) tại điểm thứ hai là M1, MB cắt (O’) tại điểm thứ hai là M2 Chứng minh: Khi M di động trên (O’’) thì M1M2 đi qua điểm cố định.”

- Dạng bài: Cho hình (H), dựng hình (H’) liên hệ với hình (H)

- Nghiệm: Nghiệm của bài toán dựng hình là một hình thỏa mãn yêu cầu bài toán

- Để giải một bài toán dựng hình ta thường tiến hành qua 4 bước:

Khẳng định khi nào bài toán vô nghiệm, khi nào bài toán có nghiệm và nếu

có thì có bao nhiêu nghiệm

2.2.2 Giải bài toán dựng hình nhờ phép vị tự

Phép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng ứng dụng trong bài toán dựng hình ở bước phân tích để tìm ra cách dựng Thông thường việc dựng một hình (H) quy về dựng một yếu tố A nào đó thuộc (H) Qua phân tích ta được A

là ảnh của B thuộc hình (H1) qua phép vị tự V Từ đó, ta có: A (H) V(H1) hay A hoàn toàn dựng được Từ đó ta dựng được các yếu tố còn lại của hình (H)

B' C'

Giả sử đã dựng được ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán: A= , AC

AB= k và

BC = a

Dựng AB’C’ có B’, C’ lần lượt trên AB, AC sao cho AB’ = 1, AC’ = k

và B'AC'= ,

Áp dụng định lí cosin trong AB’C’ ta có:

B’C’2 = AB’2 + AC’2 -2AB’.AC’.cosA = 12 + k2 - 2.1.k.cos

Nhận xét: Thay đổi giả thiết của bài toán bằng những yếu tố khác nhau của

tam giác, ta đưa ra các bài toán tương tự:

1) Giữ nguyên yếu tố A= , AC

AB= k, thay yếu tố BC = a bằng đường cao AH = ha ta có bài toán:

Bài 1: Dựng ABC biết A= , AC

Với bài toán này ta làm như sau:

+) Trước tiên ta đi dựng AB’C’: A= , AB’ = 1, AC’ = k Khi đó,

AB’C’ có đường cao AH’ = h

Tương tự như ví dụ 1, ta chứng minh được AB

AB' = AC

AC'

- Dựng AB’C’: A=, AB’ = 1, AC’ = k

- Dựng B = V(A, h a

h )(B’)

- Dựng C = V(A, h a

h )(C’)

ABC là tam giác cần dựng

2) Giữ nguyên yếu tố A=, thay 2 yếu tố còn lại bằng độ dài hai

đường trung tuyến ta có bài toán:

Bài 2: Dựng ABC biết A= , 2 đường trung tuyến BM = m và CN = n +) Từ giả thiết của bài toán, ta dễ dàng dựng được đoạn BM = m

Do N  (C1) nên A (C2) = V(B,2) [(C1)] (*)

Mặt khác A= nên A nằm trên cung chứa góc nhìn đoạn BM = m một góc

, kí hiệu là (C) (**)

Từ (*) và (**) suy ra A = (C2)  (C)

B

C

M N

+) Sè nghiÖm cña bµi to¸n lµ sè giao ®iÓm cña (C2) vµ (C)

3) Gi÷ nguyªn yÕu tè A= , thay 2 yÕu tè cßn l¹i b»ng B=  vµ chu

vi ABC ta cã bµi to¸n:

Bµi 3: Dùng ABC biÕt A= ,B=  vµ cã chu vi p

A B

C

B' C'

Với bài toán này ta làm như sau:

+) Trước tiên ta đi dựng AB’C’: A= , B' = , AB’ = 1

Khi đó AB’C’ có chu vi p’

Dễ thấy B’C’// BC (B' = B= ) nên ta có:

AB AB' = AC

4) Giữ nguyên yếu tố A=, thay 2 yếu tố còn lại bằng ABC cân tại

A và tổng của cạnh đáy BC và đường cao AH bằng a ta có bài toán:

Bài 4: Dựng ABC cân tại A biết A= và tổng của BC và đường cao

- Dựng AB’C’ bất kì cân tại A sao cho B’  Ax, C’ Ay

- Dựng đường cao AH’ trong AB’C’, giả sử AH’+ B’C’ = b

- Dựng B = V(A,a

b)(B’)

- Dựng C = V(A, a

b)(C’)

ABC là tam giác cần dựng

Bài 5: Dựng ABC biết trung tuyến AM và độ dài các cạnh AB = c,

AC = b

i) Phép vị tự sử dụng trong bài 5 chính là phép đối xứng tâm M

ii) Ta có thể mở rộng bài 5 như sau:

Bài 5.1: Dựng ABC biết A và M cố định, M là điểm chia trong CB theo tỉ

số k, (k > 0 cho trước), AB = c, AC = b

Giải tương tự bài 5, xét phép vị tự V(M, -k)

Bài 5.2:

Dựng ABC biết phân giác AD và độ dài các cạnh AB = c và

H' E

E'

x

y

d

Giả sử đã dựng được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi E là hình chiếu của M lên Oy d(M,Oy) = ME  ME = 2MH

Xét phép vị tự V(O,k), (k  1) : M M’

H H’

Theo c¸ch dùng ta cã: OB = 2OA vµ OAM’B lµ h×nh b×nh hµnh

Tõ M’ dùng M’E’ Oy, M’H’  Ox

Ta cã: DiÖn tÝch(OAM’) = DiÖn tÝch(OBM’)

 1

2M’E’.OA = 1

2M’H’.OB  M’E’ = 2M’H’

4 Biện luận

Bài toán có một nghiệm hình

Nhận xét: Mở rộng ra trong E3 ta có bài toán:

“ Cho góc tam diện Oxyz, trên tia Ox lấy điểm H và qua H dựng

đường thẳng d  (yOz) Hãy dựng điểm M thuộc d sao cho khoảng cách từ

M tới (yOz) bằng 2 lần khoảng cách từ M tới Ox”

O

A

B

M' H

M

y

E' x

z

t E

K

K'

+)Giả sử đã dựng được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán

Gọi E là hình chiếu của M lên (yOz)

 1

2M’E’.OA = 1

2M’K’.OB Vì M’E’ = 2M’K’ nên OB = 2OA

+)Từ đó ta có cách dựng điểm M như sau:

- Dựng A bất kì thuộc Ot, Ot là hình chiếu của Ox lên (yOz)

- Dựng B thuộc Ox: OB = 2OA

- Trong mặt phẳng (xOt) dựng hình bình hành OAM’B

B

c

a

b b' b''

Khi đó phép quay Q(A, 90): B B’  AC Vì B  b nên B’  b’

b b’

 B’ = b  AC

Ta cã:

AC AC tg60 = 3

AB' AB   AC   3.AB 

Với A tùy ý thuộc a ta luôn thực hiện được 2 phép quay với góc quay là

90 hoặc -90 nên ứng với 2 chiều quay ta xác định được 2 điểm B’1 và B’2 Vậy bài toán có 2 nghiệm hình

2.3 Ứng dụng của phép vị tự vào giải bài toán quỹ tích trong hình học 2.3.1 Quỹ tích và bài toán quỹ tích

a) Quỹ tích

Quỹ tích những điểm có tính chất nào đó là tập hợp những điểm có tính chất đó

Vì tập hợp các điểm là một hình, mà một hình có thể là tập rỗng, tập một

điểm, tập gồm hữu hạn các điểm,… nên quỹ tích có thể là tập rỗng, tập một

điểm, tập gồm hữu hạn các điểm,…

b) Bài toán quỹ tích

Bài toán quỹ tích là bài toán tìm tập hợp những điểm ( hay còn gọi là một hình) có tính chất  cho trước với những điều kiện nhất định

Để chứng minh những điểm có tính chất  là hình (H) ta cần làm 2 phần: +) Phần thuận: Chứng minh điểm M có tính chất  thì M thuộc hình (H) +) Phần đảo: Chứng minh mọi điểm M thuộc hình (H) thì M có tính chất  2.3.2 Ứng dụng của phép vị tự vào giải bài toán quỹ tích

+) Giải bài toán quỹ tích dựa vào phép biến hình

Giả sử f là phép biến hình biến M thành M’ Khi đó do tính chất 1-1 của phép biến hình ta suy ra được:

- Nếu quỹ tích những điểm M là hình (H) thì quỹ tích những điểm M’ là hình f(H)

- Ngược lại, nếu quỹ tích những điểm M’ là hình (H’) thì quỹ tích những

M thành M’ = f(M) sao cho quỹ tích của M’ dễ dàng tìm được Do tính chất 1-1 của phép biến hình ta suy ra quỹ tích của điểm M là hình f-1(H)

+) Ứng dụng của phép vị tự vào giải bài toán quỹ tích là tìm ra phép vị tự thích hợp và làm theo trình tự nêu trên

2.3.3 Ví dụ

Ví dụ 1:

Cho ABC nội tiếp trong (O) cho trước có 2 điểm B, C cố định Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của ABC khi A di động trên (O) Lời giải:

1

O

1

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB

+) Tìm quỹ tích trọng tâm G của ABC khi A di động trên (O):

Vì A (O) nên G  (O1) = V(M,1

3)[(O)]

1 Với bài toán này khi tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H cần chú ý

đến sự tồn tại của ABC ( A không trùng với B, C), từ đó đưa ra giới hạn quỹ tích của điểm cần tìm

2 Thay đổi các yếu tố cố định và di động của bài toán ta đưa ra các bài toán mới:

Bài 1: Cho đường tròn (O,R) và điểm A cố định nằm trên đường tròn BC là dây cung di động của đường tròn có độ dài bằng a không đổi (a < 2R) Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của ABC

Gọi M là trung điểm BC

+) Trước tiên ta đi tìm quỹ tích điểm M

Vì M là trung điểm BC nên OM  BC

Xét  OMC có: OM2 = OC2 - MC2

= R2 - (a

2)2 = R2 -

Ngược lại, lấy M bất kì thuộc (O1) Đường thẳng qua M và vuông góc với

OM tại M cắt (O) tại B, C Ta có:

VËy quü tÝch trung ®iÓm M cña BC lµ (O1) = (O, m)

+) T×m quü tÝch träng t©m G cña ABC

XÐt phÐp vÞ tù V(A,2

3): M G (O1) (O2)

 M lµ trung ®iÓm cña HA’