Vận dụng phép biến hình vào bài toán hình học phẳng

Vì vậy ta tìm cách chứng minh d đi qua điểm này, tức là d là phân giác của ·BAC , mà d vuông góc với IJ nên ta nghĩ tới việc chứng minh tam giác EAF cân tại A, với E, F là giao của IJ vớ

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNGBài 1: Cho tứ giác ABCD Trên các cạnh AB, CD và về phía ngoài tứ giác ta dựng các

tam giác MAB, NCD vuông cân lần lượt tại M, N Trên các cạnh BC, DA và về phía trong tứ giác ta dựng các tam giác PBC, QAD vuông cân lần lượt tại P, Q Chứng minh MPNQ là hình bình hành

1 ( , , ) ( , 2, )

4 2

Bài 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B Một đường thẳng thay đổi qua

B cắt (O) và (O’) lần lượt tại M và M’ Gọi I là trung điểm MM’ Tìm quỹ tích của điểm I

»AB

AJ ,

Bài 3: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB = 2AD = 2CD M là điểm thay

đổi trên cạnh CD Đường thẳng vuông góc AM tại M cắt BC tại N Chứng minh trung điểm I của MN thuộc một đường thẳng cố định

Giải:

Gọi J,K,H lần luợt là trung điểm của DC,BC,AB.

Ta có: HA = HB =HC nên ∆ACB vuông tại C

Tứ giác AMCN nội tiếp nên MCA MNAˆ = ˆ =450(vì DAC∆ cân tại D)

Do đó AMN∆ vuông cân tại M

Vậy thuộc đường thẳng JK cố định

Bài 4: Trên 3 cạnh của tam giác ABC vẽ ba tam giác BCD, CAE và ABF đồng dạng

thuận với nhau

a) Tính tổng BD+CE+AFuuur uuur uuur

.b) Suy ra hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm

Giải:

VQ A AF AB

CA AF

⇒uuur uuur uuur r+ + = (2)

Từ : uuur uuur uuur rAF BD CE+ + =0

uuur uuur uuur uuur uuur uuur r

uuur uuur uuur uuur uuur uuur r

uuur uuur uuur r

⇒ G cũng là trọng tâm tam giác DEF (đpcm)

Nhận xét:

- Để tính tổng các vectơ ta hay đưa về các vectơ bằng nhau tương đương Dựng hình bình hành BDCK Suy ra BD KCuuur uuur=

- Từ đó chứng minh uuur uuurAF =EK sử dụng các phép vị tự quay tương tự bài 1

- Dùng công thức cộng vectơ để suy ra đpcm

Bài 5: Cho bốn tam giác đồng dạng thuận ABM, CDN, ADP, CBQ.

a) Ta có ∆ADP ~∆ABM ⇒ 1

1

(1)( , ) ( , )

AR BQ CS DP+ + +

uuur uuur uuur uuur

= MB BQ ND DPuuur uuur uuur uuur+ + + = MQ NPuuuur uuur+ =0r

(đpcm)

Nhận xét:

Bài toán yêu cầu chứng minh hình bình hành nên ta nghĩ đến việc dùng phép tịnh tiến biến PMuuuur uuur=NQ, hoặc MQ PNuuuur uuur=

Mà phép tịnh tiến có thể có được từ tích 2 phép vị tự-quay với k k1 2 =1, α α1+ 2 =0

Từ giả thiết bài toán với các tam giác đồng dạng thuận, ta nghĩ đến việc chọn tích 2 phép vị-quay thỏa k k1 2 =1, α α1+ 2 =0.

Bài 6: Cho điểm A thay đổi trên nửa đường tròn đường kính BC Gọi H là hình chiếu

của A lên BC I và J là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH Chứng minh rằng đường thẳng qua A và vuông góc IJ đi qua một điểm cố định

Giải

Ta có: ·ABH =·HAC⇒·HBI =HAJ·

, , 4

Vậy d đi qua điểm chính giữa của cung »BC ( không chứa A)

Nhận xét: Ta có thể dự đoán được điểm cố định ở đây là điểm chính giữa của cung »BC

Vì vậy ta tìm cách chứng minh d đi qua điểm này, tức là d là phân giác của ·BAC , mà

d vuông góc với IJ nên ta nghĩ tới việc chứng minh tam giác EAF cân tại A, với E, F là giao của IJ với AB, AC Mà ·

Bài 7:Cho tam giác ABC Dựng về phía ngoài tam giác này các tam giác đều ABM,

BCN và CAP Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BM, BC, CP Tính các góc của tamgiác IJK

Giải:

Xét các phép vị tự quay sau:

Bài 8: Cho tam giác ABC Dựng về phía ngoài tam giác này các tam giác đều ABM

và CAN.Gọi I,J lần lượt là trung điểm cùa AM,CN.Lấy điểm K thuộc cạnh BC thỏaKB=3KC.Tính các góc của tam giác IJK

Giải:

cân tại J

" '

) 3

, 2

1 , ( )

6

, 3

2 ,

1

K K

K

J A

IA BK

BA BK BI

Suy ra:B K ˆK'=B ˆ I A=

2π

tg

3

333

1'

3/1''

tg KK

KB KK

KC C K

K

π

JK IK

IK JK

πππ

K J I

Bài 9: Dựng một thoi nội tiếp một hình bình hành ABCD cho trước (bốn đỉnh liên tiếp

lần lượt nằm trên bốn cạnh liên tiếp của ABCD) và đồng dạng với một hình thoi MNPQ có góc M bằng 600 cho trước

Giải:

F E A B

aaa

Qua O, kẻ OF ⊥ OE cắt AB tại F

Dựng G BC OE= ∩ , H CD= ∩OF

Ta có hình thoi cần dựng

Biện luận:

AD cắt A’B’: bài toán có 1 nghiệm hình

AD ∥ A’B’ : bài toán không có nghiệm hình

Do tính chất đồng dạng ta sẽ xác định được tỉ số đồng dạng và góc quay

Từ đó ta có thể tổng quát lên bài toán sau: Dựng một hbh EFGH nội tiếp một hình

bình hành ABCD cho trước (bốn đỉnh liên tiếp lần lượt nằm trên bốn cạnh liên tiếp của

Với tâm quay O, góc quay (IN IMuur uuur, )

và tỉ số đồng dạng là IM

IN ta có thể xác định được đỉnh E và F một cách tương tự như trên

Bài 10: Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp một đường tròn tâm O Phép quay tâm O,

góc quay α ( 0 < α<π) biến nó thành tứ giác A’B’C’D’ Các cặp cạnh tương ứng AB

và A’B’, BC và B’C’, CD và C’D’, DA và D’A’ lần lượt cắt nhau tại M, N, P, Q Chứngminh rằng MNPQ là hình bình hành

Giải:

Cách 1:

Theo giả thiết ta có:

Q(O, α ) : A→A'

B→B' (*)

C D→C D''

→Suy ra: AA’= BB’= CC’= DD’

Do cách dựng A’, B’, C’, D’ nên ta có ·AMA'=·AQA'=·AOA'=α (tham khảo thêm cách 1)

Suy ra 3 điểm Q, O, M cùng thuộc cung tròn nhìn AA’ dưới góc α

Tương tự : M, O, N cùng thuộc cung tròn nhìn BB’ dưới góc α

N, O, P cùng thuộc cung tròn nhìn CC’ dưới góc α

P, O, Q cùng thuộc cung tròn nhìn DD’ dưới góc α

⇒ Các ngũ giác QOMA’A, MONB’B, NOPC’C,POQD’D nội tiếp trong các đường tròn bằng nhau

Ta có: ·· ··

0 0

α, k=1

Gọi (W) là đường tròn phải dựng (W) tiếp xúc với đường thẳng (∆) tại M ∈ đường thẳng Mt ⊥ (∆).

Nếu dựng được tiếp điểm A thì W thuộc đường thẳng OA Do đó ta cần dựng tiếp điểm

A nối MA cắt (O) tại N A là tâm vị tự nên ON // WM, WM ⊥ (∆) Bán kính ON xác định nên N xác định Do đó A là giao MN và (O) Ta dựng được hai đường tròn (W) và (W’) thỏa mãn đề bài

Bài 12: Dựng tam giác ABC biết góc đỉnh A = α, hai đường trung tuyến BD = m, CE =

n

Giải:

Tam giác ABC dựng được nếu dựng được tam giác ABD BD = m, do đó đoạn BD dựng được, )A=α

Vậy A nằm trên cung chứa góc α có hai đầu mút là B và D

Ta có BAuuur= 2BEuuur A là ảnh của E trong phép vị tự tâm B, tỷ số 2

Do đó A là giao của cung chứa góc α và đường tròn ảnh của đường tròn trong phép vị tự tâm B, tỷ số 2

Bài 13: Xét một tam giác ABC và một điểm D cho trước Ta dựng các tam giác ADE,

BDF đồng dạng thuận với tam giác ABC Hãy so sánh các tam giác ABD, ACE và CBF

và tìm hiểu bản chất của tứ giác CEDF

Hướng dẫn :

*Ta có ∆ADE ~∆DBF ⇒ ∆ABC~∆ADE ⇒ ∆ABD~∆ACE Các tam giác BAC và BDF đồng dạng thuận từ đó cũng suy ra ∆BAD~∆BCF Vì vậy ba tam giác ABD, ACE và CBF đồng dạng thuận

Nhận xét : Từ ba tam giác ABC, ADE và BDF đồng dạng thuận ta thu được ba tam giác ABD, ACE và CBF cũng đồng dạng thuận Như vậy ta có thể thay đổi vai trò của

Từ (1) và (2) : CE FDuuur uuur=

Vậy tứ giác CEDF là hình bình hành

Bài 14 :Cho tam giác ABC vuông ở C, CD là đường cao Chứng minh rằng các trung

tuyến AM và CN của hai tam giác ACD, CBD vuông góc với nhau

Bài 15: Cho tam giác ABC vuông tại A M là một điểm chạy trên cạnh BC P và Q là

hình chiếu của M lên AB, AC

a) Tìm quỹ tích tâm các đường tròn đường kính PQ

b) Chứng minh các đường tròn đường kính PQ đi qua điểm F cố định trên BC

c) H, K là hình chiếu của F xuống PQ, AB Chứng minh VFAK ~VFQH Tìm quỹ tích H

Giải:

a) VPAQ vuông tại A, tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm giữa I và cạnh huyền PQ.

Ta có :

A, I, M thẳng hàng AI

AM

uuruuuur

I là ảnh của M trong phép vị tự tâm A, tỷ số 1

2

M chạy trên BC suy ra quỹ tích I là đoạn thẳng ảnh, chính là đường trung bình B’C’ của tam giác BAC

b) Dựng đường tròn đường kính PQ, có tâm I đường trung bình B’C’ bán kính IA

Đường tròn sẽ cắt BC tại F, với F là hình chiếu của A xuống BC ( vì IA=IF )

Vậy H là ảnh của Q qua phép đồng dạng VQ F( ,FK,·AFK)

Q chạy trên cạnh AC Vậy quỹ tích H là ảnh của đoạn AC qua phép đồng dạng trên

Bài 16: Cho hình vuông ABCD Trên các cạnh AB và BC ta lấy các điểm tương ứng P

và Q sao cho BP BQ= Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống CP Chứng minh rằng HD⊥HQ

Vậy Q là ảnh của D qua VQ ; ;

2

H λ π

  suy ra HD vuông góc với HQ (dpcm)

Nhận xét: ngay từ đầu khi tìm cách chứng minh HD vuông góc với HQ ta chỉ cần chỉ

ra Q là ảnh của D qua một phép vị tự quay với góc quay là 90 độ Đó không gì khác chính là VQ ; ;

Bài 17: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và các cạnh tam giác thỏa điều kiện

AC<AB<BC Trên các cạnh AB và BC ta lấy các điểm tương ứng K và M sao cho AK=CM=AC Gọi O và I lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giácABC; R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK Chứng minh rằng R’=OI và

KM vuông góc OI

Giải

Gọi N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC Các điểm L, Q là tiếp điểm của

đường tròn nội tiếp với AB, BC Ta đặt BC=a, AC=b, BA=c và theo giả thiết ta có

BK=c-b, BM=a-b (vì b<c<a) Mặt khác ta có:

LN=

Trên IQ và IL ta lấy các điểm các điểm tương ứng S và H sao cho , khi đó :

Hai tam giác OSH và BKM đồng dạng và tỉ số đồng dạng Mặt khác hai tam giác đồng

dạng thì tỉ số đồng dạng bằng tỉ số bán kính các đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác

đó Tứ giác OHIS nội tiếp trong một đường tròn đường kính OI, do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OSH bằng OI/2 Từ các kết quả đó ta suy ra R’=OI

Rõ ràng các tia OH và OS cùng chiều với các tia tương ứng là BA và BC, nên phép tịnh

tiến theo vecto OB biến các điểm H thành H’ thuộc tia BA, S thành S’ thuộc tia BC và Ithành I’ Phép đối xứng qua phân giác của góc ABC biến H’ thành H1,S’ thành S1 và

BH’=BH 1 , BS’=BS 1 ta có , do đó S 1 H 1 //MK.Phép vị tự tâm B biến H 1 thành M, thì S 1

thành K và I 1 thành I 2 thuộc đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BKM kẻ từ B

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Bài 18: Cho hai tam giác ABC và A’B’C’ có ABA’B’, BCB’C’, CAC’A’ Chứng minh

rằng hai tam giác đó đồng dạng

Giải:

Gọi (O) và (O’) là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và A’B’C’ Ta biết rằng bao giờ cũng có một phép vị tự biến đường tròn (O’) thành (O) Kí hiệu A1, B1, C1 là ảnh của các đỉnh A’, B’, C’ trong phép vị tự đó

Ta có: A1B1//A’B’, B1C1//B’C’, C1A1//C’A’, do đó A1B1AB, B1C1BC, C1A1CA Thực hiện phép quay tâm (O), góc quay 900 biến tam giác A1B1C1 thành tam giác A2B2C2 Tam giác A2B2C2 có 3 cạnh song song với tam giác ABC và cùng nội tiếp trong một đường tròn (O), do đó các đỉnh của tam giác A2B2C2 trùng với các đỉnh của tam giác ABC Điều đó chứng tỏ tồn tại một phép đồng dạng là tích của một phép vị tự với một phép quay biến tam giác A’B’C’ thành tam giác ABC.