Phép vị tự trong E2, E3

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

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 bàitoán 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 đợc bày tỏ lòng biết ơn công lao dạy dỗ của cácthầy, các cô đặc biệt là sự hớng dẫn tận tình của thầyPhan Hồng Trờng đã giúp em hoàn thành khóa luận này

Hà Nội, tháng 5 năm

2013 Phạm Thị Phợng

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan bản khóa luận này đợc hoàn thành do sự

nỗ lực tìm hiểu, nghiên cứu của bản thân cùng sự hớng dẫn,giúp đỡ của thầy giáo Phan Hồng Trờng

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

Sinh viên Phạm Thị Ph-ợng

A.PHẦN MỞ ĐẦU

1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong chương trình toán ở trường phổ thông, học sinh đã được làm quenvới các phép biến hình Đây vừa là một công cụ mới để giải toán đồng thờibồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng cho học sinh Trong nhiềutrường hợp, phép biến hình đã thể hiện rõ hiệu quả của nó trong việc giảitoán Tuy nhiên việc sử dụng phép biến hình vào giải toán không hề đơngiản với cả giáo viên và học sinh

Trong khuôn khổ của một khóa luận tốt nghiệp tôi chọn nghiên cứu vềphép 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 quantới các hình đồng dạng

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 tậphình 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 tàiliệu có liên quan đến nội dung nghiên cứu.

Cho phép biến hình f: T T Khi đó ánh xạ ngợc f-1 cũng

là một phép biến hình, gọi là phép biến hình đảo ngợc củaphép biến hình f

Giả sử f và g là hai phép biến hình của tập T đã cho, dễthấy ánh xạ tích của f và g cũng là một song ánh từ T vào T nêntích đó cũng là phép biến hình của T Ta gọi phép biến hình

đó là phép biến hình của f và g

Kí hiệu: g  f

1.4.1 nh 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 tơng ứng M’, N’ thì M’N’= kMN ( k là một hằng số dơngcho trớc) đợc gọi là phép biến hình đồng dạng tỉ số k

1.4.3 ều kiện xác định của phép đồng dạng

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

b)Trong E3, một phép đồng dạng đợc xác định hoàn toàn bởi 2

không gian biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao

cho OM'  kOM

phép vị tự tâm O, tỉ số k

Kí hiệu: V(O,k) hoặc V k

đợc gọi là

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

Trong E3, phép vị tự là phép đồng dạng thuận hay nghịchtùy theo tỉ số vị tự là âm hay dơng

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

đợc xác định bởi hệ thức:

 

O

O O  1 k2

O O

1 k1.k2

1 1 2

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 toánhình học là quá trình sử dụng phép vị tự vào giải các bàitoán hình học ở các dạng cụ thể nhằm giúp cho ngời đọcthấy đợc sự tiện lợi và tính u việt của phơng pháp biến hìnhnói chung và phép vị tự nói riêng trong việc giải toán

2.1 Ứng dụng của phép vị tự vào giải bài toán chứngminh 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 suyluận hợp logic, dựa vào các định nghĩa, các tính chất, các

định lí của đối tợng 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, tathờng tiến hành theo các bớc sau:

- Bớc 1: Xác định yêu cầu của bài toán

a) Các trung điểm các cạnh của một tam giác, chân các

đờng cao và các trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh cùng nằm trên một

đờng tròn ( Đờng tròn Euler)

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

Lời giải:

A

A3

I G O H

A

A 4

A 2

A5

Giả sử G, H, O lần lợt là trọng tâm, trực tâm, tâm đờng tròn ngoại tiếp

ABC, A1, B1, C1 lần lợt là chân đờng cao hạ từ A, B, C xuốngcạnh đối diện; A2, B2, C2 lần lợt là giao điểm thứ 2 của A1H,

B1H, C1H với (O); A3, B3, C3 lần lợt là trung điểm của AH, BH,CH; A4, B4, C4 lần lợt là trung điểm của BC, CA, AB; A5, B5, C5lần lợt là giao điểm thứ hai của OA, OB, OC với (O)

L¹i cã A4 lµ trung ®iÓm BC nªn A4 lµ trung ®iÓm HA5

 1  GI  2 GO

Mỗi điểm của mặt phẳng

đều đợc tô hoặc xanh, hoặc đỏmột cách hú họa Chứng minh rằngtồn tại ít nhất một ABC với trọngtâm G sao cho A, B, C, G đợc tôcùng một màu

Lời giải:

Trớc tiên ta thấy rằng luôn tìm

đợc 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

đờng thẳng và mọi

điểm màu xanh nằm trên một ờng thẳng Do 2 đờng thẳngkhông thể lấp đầy mặt phẳngnên điều này trái với giả thiết mọi

đ-điểm của mặt phẳng đều đợctô màu

A'

A G

+) NÕu G xanh th× ABC

lµ tam gi¸c cÇn t×m

- 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:

điểm của một tiếp tuyến chung còn lại với (O1) và (O2) lần lợt

lµ Q1, Q2 M1, M2 lÇn lît lµ trung ®iÓm cña P1Q1 vµ P2Q2 Chøng

min

h: O□AO  M□AM .

1 2 1 2

P C

T P A

O 2

M 1

Q 1

O 1 M

2 B

O□AM

=

1

1

Do tính chất đối xứng ta

Xét tam giác cân

CO2B có:

2 2 2 2

O□CM =  (5)

Từ (3), (4), (5)



O

□ A M

 O□AM = 

Vậy

O

□ A O

 M

□ A M

1 1

2 2

( cùn

g bằn

và (O’) Gọi B là tiếp

điểm của (O) và(O’’), C là tiếp điểmcủa (O’) và (O’’).Chứng minh rằng: đ-

2 2

b¸n kÝnh cña (O), (O’),

(O’’); C’ lµ giao ®iÓm

thø hai cña BC víi (O’)

O'' A

B O' O

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

“ Cho 2 mặt cầu (O), (O’) có bán kính khác nhau vànằm ngoài nhau Xét mặt cầu (O’’) tiếp xúc ngoài với (O) và(O’) lần lợt tại A, B Trên O lấy M (  A,B) MA cắt (O) tại điểmthứ 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 thờng tiến hành qua 4 bớc:+ Bớc 1: Phân tích

Giả sử đã có hình cần dựng, từ đó thiết lập mối quan hệ giữa các yếu tố phải tìm và các yếu tố đã cho để suy ra cáchdựng

+ Bớc 2: Cách dựng

Chỉ ra hữu hạn thứ tự các phép dựng cơ bản cần phải thực hiện để có hình cần dựng

+ Bớc 3: Chứng minh

Xác nhận hình ở bớc 2 thỏa mãn đầy đủ các yêu cầu của bài toán

+ Bớc 4: Biện luận

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 ứngdụng trong bài toán dựng hình ở bớc phân tích để tìm racách dựng Thông thờng việc dựng một hình (H) quy về dựngmột yếu tố A nào đó thuộc (H) Qua phân tích ta đợc 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 đợc Từ đó ta dựng đợc cácyếu tố còn lại của hình (H)

Giả sử đã dựng đợc ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán:

= k

không đổi

AB AB'

 AB =

AC = BC = AB'a



AC' a

AC' m

 PhÐp vÞ tù V(A, 

a m

- Dùng AB’C’:

g

AB’

C’

dễ dàn

g tính

đợc B’C’

= m

=

=

k

Theoc

áchdựngtacó:

V(

A,

a m

): B’  B

C’  C

 A B

Nhận xét: Thay đổi giả thiết của bài toánbằng nhữngyếu tố khác nhau của tam giác, ta

đa ra các bài toán t-

ơng tự:

yếutố

a

C

C' H H' A

đợc

AB AB'

=A

C A C '

B

Gọi G là trọng tâm ABC thì G = BM  CN và G  BM: GB = 2GM Do đó, G hoàn toàn xác định.

N M

G A

yÕu tè A□ l¹i b»ng= , thay 2 yÕu tè cßn B□ chu= vµ

vi ABC ta cã bµi to¸n:

Bµi 3: Dùng ABC

biÕt A□ = , B□ =  vµ cã chu vi p.

B' A

AC'

=

BC B'C '

ABC lµ tam gi¸c cÇn dùng.

AH bằng a.

A□ = và tổng của BC và đờngcao

A

B' H' C'

B C H

x□Ay =

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

- Dựng đờng cao AH’ trong

AB’C’, giả sử AH’+ B’C’ = b

- Dùng B = V(A, a )(B’)

b

- Dùng C = V(A, a )(C’)

M

C B

A'

+) Ta có: AB = c, AC = b nên B  (A,c), C  (A, b) Vì M là trung điểm BC

ii) Ta có thể mở rộng bài 5 nh 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 trớc), AB = c, AC = b

Giải tơng tự bài 5, xét phép vị tự

V(M, -k) Bài 5.2:

M tới Oy bằng 2MH.

Lời giải:

1 Phân tích

Giả sử đã dựng đợc 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’

E  E’

Do ME = 2MH nên M’E’ = 2M’H’

Vì phép vị tự bảo tồn góc nên từ MH Ox, ME  Oy ta có:M’H’  Ox, M’E’  Oy

Kẻ M’A // Ox, M’B // Oy,( A Oy, B  Ox) ta đợc tứ giác OAM’B

Theo cách dựng ta có: OB = 2OA và OAM’B là hình

bình hành Từ M’ dựng M’E’  Oy, M’H’  Ox

Ta có: Diện tích(OAM’) = Diện tích(OBM’)

Do phép vị tự bảo tồn góc nên từ M’E’  Oy 

ME  Oy Vì M’E’ = 2M’H’ nên ME = 2MH

 đpcm

K' B

M

E A

t

E'

z

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 vàqua H dựng

đờng 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”

+)Giả sử đã dựng đợc điểm M thỏa mãn yêu

cầu bài toán Gọi E là hình chiếu của M lên

(yOz)

 d(M,(yOz)) = ME

Do M d nên M (OHE)

Gọi Ot là hình chiếu của Ox lên

(yOz) Trong mặt phẳng (OHE) kẻ

b' b''

c C

B'

b B

 1 M’E’.OA = 1 M’K’.OB

Vì M’E’ = 2M’K’ nên OB = 2OA

+)Từ đó ta có cách dựng điểm M nh 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’ = b  AC.

Ta

 AC  tg60= 3 AB' AB

C  c

Ta cã: b’’ = V(A, 3 )(b’), B’ b’, C b’’, h¬n n÷a A, B’, C th¼ng hµng nªn C = V(A, 3 )(B’)

XÐt tam gi¸c vu«ng ABC

ta cã:

B□AB' = 90 

 B□ = 60 

n luËn

Với A tùy ý thuộc a ta luôn thực hiện đợc 2 phép quay vớigóc quay là 90  hoặc -90  nên ứng với 2 chiều quay ta xác

định đợc 2 điểm B’1 và B’2 Vậy bài toán có 2 nghiệmhình

2.3 Ứng dụng của phép vị tự vào giải bài toán quỹ

tích trong hình học2.3.1 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 làtập 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 trớc 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 đợc:

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

- Ngîc l¹i, nÕu quü tÝch nh÷ng ®iÓm M’ lµ h×nh (H’) th× quü tÝch nh÷ng

M thành M’ = f(M) sao cho quỹ tích của M’ dễ dàng tìm

đ-ợc 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

Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của ABC khi A di

động trên (O) Lời giải:

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

+) Tìm quỹ tích trọng tâm G của ABC khi A di

động trên (O): Do B,C cố định, M là trung điểm

3

Xét phép vị tự V(M, 1 ): A  G

3

(O)  (O1)

1

V× A (O) nªn G  (O1) = V(M,

3 )[(O)]

1 1

Do A  B, A  C nên G  B1 = V(M,

3 )(B), G  C1 = V(M,

3 )(C).Vậy quỹ tích trọng tâm G của ABC là đờng tròn (O1) là

ảnh của (O) qua

(O1)]

 

hay OH  3OG

Do G  B1, C1 nên H  B2 = V(O,3) (B1), H  C2= V(O,3) (C1).Vậy quỹ tích trực tâm H của ABC là đờng tròn (O2) là

ảnh của (O1) qua V(O,3) trừ 2 điểm B2, C2

Nhận xét:

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

đ-a rđ-a giới hạn quỹ tích củđ-a điểm cần tìm

O G H

2

R 2  R 2  a

4

2 Thay đổi các yếu tố cố định và di động của bài toán ta

đa ra các bài toán mới:

Bài 1: Cho đờng tròn (O,R) và điểm A cố định nằm trên

đờng tròn BC là dây cung di động của đờng tròn có độdài bằng a không đổi (a < 2R) Tìm quỹ tích trọng tâm G

và trực tâm H của ABC

Gọi M là trung điểm BC

+) Trớc tiên ta đi tìm quỹ tích

điểm M Vì M là trung điểm

BC = 2MC

2  OM 2 =

Vậy quỹ tích trung điểm M của BC là (O1) = (O, m).

+) Tìm quỹ tích trọng tâm G của ABC

phép đối xứng này là trung điểm M của BC

 M là trung điểm của HA’

Xét phép vị tự V(A’, 2): M  H

(O1)  (O3)Vì M  (O1) nên H  (O3) = V(A’,2)[ (O1)]

Do B, C  A nên M  P1, N1

 H  P3 = V(A’, 2) (P1), H  N3 = V(A’, 2) (N1).

Vậy quỹ tích trực tâm H của ABC là đờng tròn (O3) là

ảnh của (O1) qua V(A’,2) trừ 2 điểm P3, N3

Bài 2: Giừ nguyên giả thiết nh bài 1 nhng cho A là điểm

cố định bất kì trong mặt phẳng ta đợc bài toán:

“ Cho đờng tròn (O, R) và điểm A cố định BC là dâycung di động

của đờng tròn có độ dài bằng a không đổi (a < 2R) Tìm quỹ tích trọng tâm G của ABC.”

Bài 3: Cho dờng tròn (O,R) và điểm A cố định nằm trên ờng tròn BC là dây cung di động của đờng tròn luôn đi qua một điểm cố định nằm trong

đ-đờng tròn Tìm quỹ tích trọng tâm G của ABC

+) Với bài toán này thì quỹ tích trung điểm M của BC thay

đổi:

Gọi M là trung điểm BC, I là điểm cố định nằm trong

đờng tròn mà BC luôn đi qua

 OMI vuông tại M có O, I cố định nên M thuộc đờng tròn ờng kính OI:

đ-(OI) = (O4)

Khi B hoặc C trùng với A thì M trùng với

M1 Vậy quỹ tích M là đờng tròn (O4) \

A

G

C M

Gi¶i t¬ng tù vÝ dô

1 Bµi 6:

Cho mặt cầu (O,R), BC là dây cung di động của mặt cầu có độ dài bằng a không đổi (a < 2R) Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của

ABC khi BC di động

Giải tơng tự bài 1