Định nghĩa: Trong mặt phẳng, kí hiệuV là tập hợp các véc tơ trong mặt phẳng... * Nhận xét: Đã có rất nhiều cách để chứng minh định lí này như: chứng minh các cạnh bằng nhau, chứng minh c
Trang 1PHÉP QUAY VÉC TƠ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Nguyễn Hoàng Cương Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
A Kiến thức cơ bản:
1 Góc định hướng giữa hai véc tơ:
Cho hai véc tơ−→u , −→v
Dựng−−→O A = −→u ;−−→
OB = −→v
Góc định hướng giữa hai véc tơ −→u v `a −→v, với véc tơ đầu−→u và véc tơ cuối→−v chính là góc định hướng giữa tia đầu−−→O Avà tia cuốiOB−−→
Số đo của góc định hướng giữa hai véc tơ→−u v `a −→v, kí hiệu sđ¡→−u , −→v¢
hoặc đơn giản là¡−→u , −→v¢
, chính là số đo của góc định hướng(O A, OB ).
Ta viết¡−→u , −→v ¢ = (OA, OB) ( mod 2π)
ĐặtAOB = α thì¡−→u , −→v ¢ = (OA, OB) = α ( mod 2π)
2 Phép quay véc tơ:
2.1 Định nghĩa:
Trong mặt phẳng, kí hiệuV là tập hợp các véc tơ trong mặt phẳng Phép quay véc tơ góc quayα, (α ∈ R)là một ánh xạ đi từV đếnV, kí hiệu làQ α, xác định như sau:Q α¡−→u¢ = −→v thỏa mãn¡→−u , −→v ¢ = α ( mod 2π)và¯
¯→−u¯
¯=¯¯−→v¯
¯
2.2 Các tính chất:
a Tính chất 1: Q α¡−→u¢ =→−0 ⇔ −→u =−→0
b Tính chất 2:
+) Nếuα = 2kπ (k ∈ Z)thìQ α¡→−u¢ = −→u với mọi−→u
+) Nếuα 6= 2kπ (k ∈ Z)thìQ α¡→−u¢ = −→u ⇔ −→u =−→0
c Tính chất 3:¡−→u , −→v ¢ = ¡Q α¡→−u ¢ , Q α¡→−v¢¢
( mod 2π)với mọi→−u , −→v Thật vậy, ta có:¡→−u , −→v¢ = ¡−→u , Q α¡−→u ¢¢ + ¡Q α¡−→u ¢ , Q α¡−→v ¢¢ + ¡Q α¡→−v¢ , −→v¢
( mod 2π)
= α + ¡Q α¡→−u ¢ , Q α¡→−v ¢¢ − α = ¡Q α¡−→u ¢ , Q α¡−→v¢¢ ( mod 2π)
d Tính chất 4: Q β◦ Q α = Q α+β
Trang 2Chứng minh: Với mọi vờc tơ−→u ta cụ:
+)É
ÉQ α+βâ→−uđÉ
É=ÉÉ−→uÉ
É=ÉÉQ αâ−→uđÉ
É=ÉÉQ β âQ αâ→−uđđÉ
É=ÉÉQ β◦ Q αâ−→uđÉ
É +)âQβ◦ Q αâ−→u đ , Q α+βâ−→u đđ = âQ β◦ Q αâ→−u đ , Q αâ→−u đđ + âQ αâ→−uđ , −→uđ + â−→u , Q β◦ Q αâ−→uđđ ( mod 2π) =
−β − α + α + β = 0 ( mod 2π)
Từ hai điều trởn suy raQ β◦ Q αâ−→u đ = Q α+βâ→−uđ ,với mọi→−u, do đụ ta cụ điều phải chứng minh
e Tợnh chất 5:−→u −→v = Q αâ→−u đ Q αâ−→vđ
Chứng minh: Ta cụ:
Q αâ→−u đ Q αâ−→vđ =É
ÉQ αâ−→uđÉ
É.ÉÉQ αâ−→vđÉ
É, cosâQ αâ−→u đ , Q αâ−→vđđ =É
É→−uÉ
É.ÉÉ→−vÉ
É cosâ−→u , −→vđ = −→u −→v
f Tợnh chất 6: Q αâ
λ−→u đ = λQ αâ−→u đ , ∀λ ∈ R, ∀−→u
b thớQ αâ−→a đ , Q αỂ→−b
Ễ cũng khừng cỳng phương Khi đụ với mọi−→u, với mọiλ ∈ Rta cụ:
Q αâ→−a đ êQ αâ
λ−→u đ − λQ αâ−→u đô = Q αâ→−a đ Q αâ
λ−→u đ −Q αâ−→ađ λQ αâ→−uđ = −→a âλ−→u đ − λ−→a −→u = 0
Tương tự ta cũng cụ:
Q αỂ−→
bỄ.êQ αâ
λ−→u đ − λQ αâ−→u đô = Q αỂ−→bỄ.Q αâλ−→u đ −Q αỂ−→bỄ.λQ αâ−→uđ =−→b âλ−→u đ − λ−→b −→u = 0
Suy raQ αâ
λ−→u đ − λQ αâ−→uđ
vuừng gục với hai vờc tơ khừng cỳng phươngQ αâ−→a đ , Q αỂ→−bỄ
NởnQ αâλ−→u đ − λQ αâ→−uđ =−→0 ⇒ Q αâλ−→u đ = λQ αâ−→u đ , ∀λ ∈ R, ∀−→u
g Tợnh chất 7: Q αâ−→u + −→v đ = Q αâ−→u đ +Q αâ→−vđ , ∀−→u , −→v
b thớQ αâ−→a đ , Q αỂ→−bỄcũng khừng cỳng phương Khi đụ với mọi−→u, với mọi→−v ta cụ:
Q αâ→−a đ êQ αâ→−u + −→v đ −Q αâ−→u đ −Q αâ−→v đô = Q αâ→−a đ Q αâ−→u + −→v đ −Q αâ→−a đ Q αâ−→u đ −Q αâ−→a đ Q αâ−→vđ
= −→a â→−u + −→vđ − −→a −→u − −→a −→v =−→0
Chứng minh tương tự ta cụ:Q αỂ→−
bỄêQ αâ−→u + −→v đ −Q αâ→−u đ −Q αâ→−vđô =−→0 Suy raQ αâ−→u + −→v đ −Q αâ→−u đ −Q αâ→−v đQ αâ
λ−→u đ − λQ αâ→−uđ
vuừng gục với hai vờc tơ khừng cỳng phươngQ αâ→−a đ , Q αỂ−→bỄ
NởnQ αâ−→u + −→v đ −Q αâ→−u đ −Q αâ→−vđ =−→0 ⇒ Q αâ−→u + −→v đ = Q αâ−→u đ +Q αâ→−vđ , ∀−→u , −→v
B Một số vợ dụ õp dụng:
1 Bỏi toõn 1: Cho đa giõc đềuA1A2A3 A n , (n ≥ 3)cụ tómO
1 Chứng minh rằng Pn
i =1
−−→
O A1=−→0
2 M lỏ một điểm trong mặt phẳng Gọi M1, M2, , M nlỏ hớnh chiếu của M trởn đường thẳng chứa cõc cạnh A1A2, A2A3, , A n A1 của đa giõc Giả sử G lỏ trọng tóm của hệ điểm
M1, M2, , M n Chứng minh rằngGlỏ trung điểm của đoạnOM
Lời giải:
Đặtα =2π
n vỏ giả sử đa giõcA1A2A3 A ncụ hướng dương
1 VớỂ−−→O A i, −−−−→
O A i +1Ễ= α v `a O A i = O A i +1 ∀i = 1; nvới quy ướcA n+1 ≡ A1nởn ta cụ:Q αỂ−−→
O A iỄ=
−−−−→
O A i +1 ∀i = 1; n
Trang 3Do đó Pn
i =1
−−→
O A i=
n
P
i =1
−−−−→
O A i +1=
n
P
i =1
Q α³−−→
O A i´=Q α
n
P
i =1
−−→
O A i ⇒
n
P
i =1
−−→
O A i=−→0
2 GọiB i là điểm đối xứng củaM quaM i
⇒ B i = V (M , 2) (M i ) , ∀i = 1; nVới quy ướcB0≡ B n, ta có:
³−−−−−→
A i B i −1,−−−→
A i B i´=³−−−−−→A i B i −1,−−−→
A i M´+³−−−→A i M ,−−−→
A i B i´
= 2³−−−−−→A i A i −1,−−−→
A i M´+ 2³−−−→A i M ,−−−−−→
A i A i +1´
= 2
³−−−−−→
A i A i −1,−−−−−→
A i A i +1
´
= 2α ( mod 2π)
VàA i B i −1 = AM = A i B i Do đóQ2α³−−−−−→
A i B i −1´=−−−→A i B i
Mặt khác Pn
i =1
−−−−−→
A i B i −1=
n
P
i =1
³−−−→
A i B i+−−−−−→B i B i −1´=
n
P
i =1
−−−→
A i B i
µ
d o Pn
i =1
−−−−−→
B i B i −1=→−0
¶
Suy ra Pn
i =1
−−−→
A i B i=
n
P
i =1
Q2α³−−−−−→
A i B i −1´= Q2α
µ n
P
i =1
−−−−−→
A i B i −1
¶
= Q2α
µ n
P
i =1
−−−→
A i B i
¶
⇒
n
P
i =1
−−−→
A i B i=−→0
⇒
n
P
i =1
³−−→
OB i−−−→O A i´=→−0 ⇔ Pn
i =1
−−→
OB i=
n
P
i =1
−−→
O A i=→−0
VìB i = V (M , 2) (M i) ⇒ −−−→M B i= 2−−−→M M i ⇒ n−−→MO = Pn
i =1
−−−→
M B i= 2
n
P
i =1
−−−→
M M i = 2n−−→MG ⇒ −−→MO = 2−−→MG
VậyGlà trung điểm của đoạnOM
2 Bài toán 2: (Định lí Napoleon)
Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác đềuABC0, C AB0, BC A0 GọiI , J , K lần lượt
là tâm của các tam giác này Khi đó tam giácI J K là tam giác đều
*) Nhận xét: Đã có rất nhiều cách để chứng minh định lí này như: chứng minh các cạnh bằng nhau, chứng minh các góc bằng nhau, sử dụng tích hai phép quay khác tâm, sử dụng phép vị tự quay, sử dụng số phức Trong bài viết này ta xét một cách giải khác bằng việc sử dụng phép quay véc tơ
Ta có:
Trang 4I K =1
3
³−→
I B +−→IC +−−→I A0´ =1
3
³−−→
IC0+C−−→0B +−→I A +−→AC +−→I B +−−→B A0´
=1 3
³−−→
C0B +−→AC +−−→B A0
´
Tương tự:−→I J =13³C−−→0A +−−→AB0+−→BC´
Xét phép quay véc tơ góc quayπ3, ta cóQ π
3
³−→
I K
´
=13Q π
3
³−−→
C0B +−→AC +−−→B A0
´
=13Q π
3
³−−→
C0B
´ +13Q π
3
³−→
AC
´ + 1
3Q π
3
³−−→
B A0´
=13³C−−→0A +−−→AB0+−→BC´=−→I J
Suy raI K = I J và³−→I K , −→
I J´=π3 ( mod 2π) Vậy tam giácI J K là tam giác đều
3 Bài toán 3: (Định lí “con nhím”)
Cho n- giác A1A2 A n và các véc tơ đơn vị→−e1, −→e
2, , −e→
n thoả mãn điều kiện: ³→−e1, −−−→
A1A2´=
³→−e
2, −−−→
A2A3´= =³−e→n, −−−→
A n A1´=π2 ( mod 2π) Khi đó ta có:
A1A2→−e
1+ A2A3−→e
2+ + A n A1−e→
n=−→0
Lời giải :
*) Nhận xét: Định lí này đã được chứng minh bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp Tuy nhiên cách chứng minh đó rất dài Trong bài viết này, tác giả trình bày cách chứng minh bằng phép quay véc tơ
Không mất tính tổng quát giả sửn- giácA1A2 A ncó hướng dương
Xét phép quay véc tơ góc quay π2 ta có
Trang 5Q π
2¡ A1A2−→e
1+ A2A3−→e
2+ + A n A1−e→
n
¢
= Q π
2¡ A1A2→−e
1¢ +Q π
2¡ A2A3−→e
2¢ + +Q π
2¡ A n A1−→e
n¢ =−−−→A1A2+−−−→A2A3+ +−−−→A n A1=−→0 Suy ra: A1A2−→e
1+ A2A3−→e
2+ + A n A1−e→
n=→−0
4 Bài toán 4:
Cho lục giác ABC DE F nội tiếp đường tròn(O, R)sao choAB = C D = EF = R
1 GọiM , N , P lần lượt là trung điểm của các đoạnBC , DE , F A Chứng minh rằng tam giác
M N P là tam giác đều
2 Giả sử A0, B0, C0lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳngBCvàF A,BC vàDE,DE
vàF A
Chứng minh rằngO A0.B0C0= OB0.C0A0= OC0.A0B0
Lời giải :
+) Ta có các tam giácO AB, OC D, OE F đều
+) Dề dàng chứng minh được:
−−→
M N =12³−−→C D +−→B E´,−−→
M P =12³−→C F +−→B A´
Khi đó ta có:
Q π
3
³−−→
M N´=12Q π
3
³−−→
C D +−→B E´=12Q π
3
³−−→
C D +−−→BO + OE−−→´
=12
³−−→
CO +−→B A +−−→OF
´
=12
³−→
C F +−→B A
´
=−−→M P
Suy ra tam giácM N P là tam giác đều
2 Ta có tứ giácOM A0P nội tiếp đường tròn đường kínhO A0
GọiR0là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 Khi đó ta có:
O A0.B0C0= M P
sinMOP.2R0sin àB0A0C0= 2R0.M P
Chứng minh tương tự ta có:OB0.C0A0= 2R0.M N ; OC0.A0B0= 2R0.N P
Vì tam giácM N P đều nên ta suy raO A0.B0C0= OB0.C0A0= OC0.A0B0
5 Bài toán 5: Cho tam giác nhọn ABC có A A1, B B1, CC1lần lượt là các đường cao Trên tia đối của các tia A A1, B B1, CC1lấy các điểm A2, B2, C2tương ứng sao choA A1.A A2= BB1.B B2=
CC1.CC2= 1 Chứng minh rằng các tam giácABC , A2B2C2có cùng trọng tâm
Lời giải :
Trang 6GọiG là trọng tâm tam giác ABC Ta đi chứng minhG là trọng tâm tam giác A2B2C2 hay phải chứng minh:
−−→
G A2+GB−−→2+GC−−→2=−→0 ⇔ −−→A A2+−−→B B2+CC−−→2=→−0
Xét phép quay véc tơ góc quay−π2 ta có:
Q−π
2
³−−→
A A2´=−−→A A02; Q−π
2
³−−→
B B2´=−−→B B20; Q−π
2
³−−→
CC2´=−−→CC20
Suy raQ−π
2
³−−→
A A2+−−→B B2+CC−−→2´=−−→A A02+−−→B B20+−−→CC20
Mặt khác gọiSlà diện tích tam giácABC, ta có
BC = A A 2S1 = 2S.A A2= 2S.A A02(vìA A2= A A02)
Mà−→BC ,−−→
A A02cùng hướng nên suy ra−→BC = 2S.−−→A A02
Chứng minh tương tự ta cũng cóC A = 2S.−−→ −−→B B20; −→
AB = 2S.−−→CC20
⇒−→BC + C A +−−→ −→AB = 2S
µ−−→
A A02+−−→B B20+−−→CC20
¶
⇒−−→A A02+−−→B B20 +CC−−→20 =→−0
⇒ Q−π
2
³−−→
A A2+−−→B B2+CC−−→2´=−→0 ⇒ −−→A A2+−−→B B2+CC−−→2=→−0
VậyGlà trọng tâm tam giácA2B2C2
6 Bài toán 6: Về phía ngoài của tứ giác ABC D ta dựng các tam giác đều AB M , BC N,
C DP, ADQ Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các đoạn AQ, B N và O là tâm của tam giác
C DP Chứng minh rằngOM ⊥EF và tính tỉ số OM E F
Lời giải :
Giả sử tứ giác ABC Dcó hướng âm
Trang 7*) GọiM1, N1, P1, Q1lần lượt là trung điểm của các đoạnAB, BC,C D, D A.H , K lần lượt là hình chiếu củaE , F trên các cạnhAD, BC tương ứng⇒ AH =14AD; B K =14BC
*) Ta có:
−−→
H K =−−→H A +−→AB +−−→B K = −14−−→AD +−→AB +14−→BC
= −14
³−→
AB +−−→B D´+14−→BC +14−→AB =34−→AB +14−−→DC
*) Mặt khác ta có:
+)³−−→E H ,−−→
D A´=
³−→
AB , −−−→
M1M´=
³−−→
DC ,−−→
P P1´=
³−−→
K F , −→
C B´=π2 ( mod 2π)(1) +) E H D A=K F C B =
p 3
4 (2) ; M M AB
1 =P P DC1 =3OP DC1 =p2
3 (3)
*) Xét phép quay véc tơ góc quay π2 ta có:
Q π
2
³−→
E F
´
= Q π
2
³−−→
E H +−−→H K +−−→K F
´
= Q π
2
³−−→
E H
´
+Q π
2
³−−→
H K
´
+Q π
2
³−−→
K F
´
+) Từ (1) và (2) ta có:Q π
2
³−−→
E H´=
p 3 4
−−→
D A, Q π
2
³−−→
K F´=
p 3 4
−→
C B
+) Từ (3) ta có:
Q π
2
³−−→
H K´= Q π
2
³ 3 4
−→
AB +14−−→DC´=34Q π
2
³−→
AB´+14Q π
2
³−−→
DC´=34.p2
3
−−−→
M1M +14.p2
3
−−→
P P1
=
p
3
2
−−−→
M1M +14.p2
3.3−−→
OP1=
p 3 2
³−−−→
M1M +OP−−→1´
Khi đó ta suy ra:Q π
2
³−→
E F´=
p 3 4
³−−→
D A +−→C B´+
p 3 2
³−−−→
M1M +−−→OP1´
=
p
3
4
³−−→
DP1+−−−−→P1M1+−−−→M1A +−−→C P1+−−−−→P1M1+−−−→M1B´+
p 3 2
³−−−→
M1M +−−→OP1´
=
p
3
4
³
2−−−−→
P1M1´+
p 3 2
³−−−→
M1M +OP−−→1´=
p 3 2
³−−−→
M1M +−−→OP1+−−−−→P1M1´=
p 3 2
−−→
OM
(vìP1, M1lần lượt là trung điểm của các đoạnDC , AB)
Vậy suy raE F ⊥OM vàE F =
¯
¯
¯Q π
2
³−→
E F´¯¯
¯ =
¯
¯
¯
p 3 2
−−→
OM
¯
¯
¯ =
p 3
2 OM ⇒ OM E F =p2
3
7 Bài toán 7: Về phía ngoài tam giácABCdựng các tam giác đồng dạngABC1, C AB1, BC A1
sao choC1AB = A1BC = B1C A; AC1B = B A1C = C B1A
Chứng minh rằng hai tam giácABC vàA1B1C1có cùng trọng tâm
Lời giải :
Giả sử tam giác ABC có hướng dương
ĐặtC1AB = A1BC = B1C A = ϕ
⇒
³−→
AB , −−→
AC1´=
³−→
BC ,−−→
B A1´
=
³−−→
C A,−−→
C B1
´
= −ϕ ( mod 2π)
Mặt khác ta có AC1
AB =B A1
BC =C B1
C A = k
Trang 8Xét phép quay véc tơ góc quay−ϕta có:
Q −ϕ
³−→
AB +−→BC +−−→C A
´
= Q −ϕ
³−→
AB
´
+ Q −ϕ
³−→
BC
´
+ Q −ϕ
³−−→
C A
´
= k1
³−−→
AC1+−−→B A1+−−→C B1
´
mà −→AB +−→BC +
−−→
C A =→−0 ⇒ Q −ϕ
³−→
AB +−→BC +−−→C A´=−→0 ⇒ −−→AC1+−−→B A1+−−→C B1=−→0 GọiG, G1lần lượt là trọng tâm các tam giácABC , A1B1C1ta có:
+)−→AG =13³−→AB +−→AC´
+)−−→AG1=13
³−−→
A A1+−−→AB1+−−→AC1
´
=13
³−−→
AC1+−→AB +−−→B A1+−→AC + C B−−→1
´
=13
³−−→
AC1+−−→B A1+−−→C B1+−→AB +−→AC´=13
³−→
AB +−→AC´(vì−−→AC1+−−→B A1+−−→C B1=−→0) Suy ra−→AG =−−→AG1 ⇒ G ≡ G1hay hai tam giácABC và A1B1C1có cùng trọng tâm
8 Bài toán 8: Về phía ngoài tam giácABC dựng tam giácBC A1thoả mãn điều kiệnA1C B =
α; A1BC = βvà các tam giácC AB1, ABC1tương ứng cân tạiB1, C1sao choC B1A = 2α; AC1B =
2β GọiHlà hình chiếu củaA1trên cạnhBC Chứng minh rằngA A1⊥B1C1và A A1
B1C1 =2H A1
BC
Lời giải :
Giả sử tam giác ABC có hướng dương
GọiE , F lần lượt là hình chiếu củaA1, B1, C1trên các cạnhBC , C A, AB
Suy raE , F tương ứng là trung điểm của các cạnh AC , AB
Ta có:
+)³−−→B1E ,−→
AE
´
=
³−−→
C1F , −→
B F
´
=
³−→
C B ,−−−→
H A1
´
=π2 ( mod 2π)
+) B1E
AE = A C H1H = cotα; A1F
B F = A B H1H = cotβ
Xét phép quay véc tơ góc quay π2 ta có:
Q π
2
³−−−→
B1C1´= Q π
2
³−−→
B1E +−→E F +−−→F C1´= Q π
2
³−−→
B1E´+Q π
2
³−→
E F´+Q π
2
³−−→
F C1´
= Q π
2
³−−→
B1E
´
+Q π
2
³ 1 2
−→
BC
´
+Q π
2
³−−→
F C1
´
=B1E AE
−→
AE +12H A BC1−−−→H A1+F C1
F B
−→
F B
= H A C H1−→AE +12H A C H1−−−→H A1+H A H B1−→F B =12H A C B1.C H C B−→
AC +12H A C H1−−−→H A1+12H A C B1.H B BC−→
AB
=12H A C B1
³
C H
C B
−→
AC + H B BC−→AB +−−−→H A1
´
Mặt khác ta có:−−→H B = − H B HC−−→HC ⇒ −−→AH = C H C B−→AC + H B BC−→AB
Do đóQ π
2
³−−−→
B1C1
´
=12H A C B1
³−−→
AH +−−−→H A1
´
=12H A C B1−−→A A1
Vậy ta suy raA A1⊥B1C1và
A A1
B1C1 = A A1
¯
¯Q π
2
³ −−−→
B1C1
´¯
¯= A A1
¯
¯
1 2
C B
H A1
−−→
A A1
¯
¯
=2H A1
BC
Trang 99 Bài toán 9: Cho tứ giác ABC D có AC = BD và các điểmX , Y , Z , T sao cho các tam giác
AX B, B Y C , C Z D, DT A đồng dạng cùng hướng và theo thứ tự cân tạiX , Y , Z , T Chứng minh rằngX Z ⊥Y T
lời giải :
Giả sử tứ giác ABC D có hướng dương và các tam giác AX B, B Y C , C Z D, DT A cùng có hướng dương (1)
Gọi M , N , P, Q theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AB, BC , C D, D A suy ra M N PQ là hình bình hành
VìAC = BD nên suy raM N PQ là hình thoi⇒ MP ⊥NQ (2)
Từ (1), do các tam giácAX B, B Y C , C Z D, DT Ađồng dạng cùng hướng nên ta có:
+)³−−→X M ,−→
B A
´
=
³−−→
M P ,−−→
NQ
´
=
³−−→
P Z ,−→
C B
´
=π2 ( mod 2π)
+) X M B A =C D P Z = k; đặt M P NQ = x
Xét phép quay véc tơ góc quay π2 ta có:
Q π
2
³−−→
X Z´= Q π
2
³−−→
X M +−−→M P +−−→P Z´= Q π
2
³−−→
X M´+Q π
2
³−−→
M P´+Q π
2
³−−→
P Z´
= k−→B A + x−−→NQ + k C D = k−−→
³−→
B A +−−→C D
´
+ x−−→NQ = 2k−−→NQ + x−−→NQ
= (2k + x)−−→NQ = 2k+x x Q π
2
³−−→
M P´= Q π
2
³
2k+x
x
−−→
M P´
⇒ −−→X Z = 2k+x x −−→M P ⇒ X Z // MP (3)
Chứng minh tương tự ta cóY T // NQ (4)
Từ (2), (3), (4) ta suy raX Z ⊥Y T
10 Bài toán 10: Cho tứ giác ABC D có AC = BD Về phía ngoài tứ giác dựng các tam giác đềuBC M , AD N GọiP, Q lần lượt là trung điểm của các cạnhBC , D A Chứng minh rằngM N
song song hoặc trùng vớiPQ
Lời giải :
Giả sử tứ giác ABC Dcó hướng dương
Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, C D khi đó tứ giác PEQF là hình bình hành
Mặt khác do AC = BDnên tứ giácPEQF là hình thoi⇒ PQ⊥EF
Ta có:
Trang 10AD´=³−−→P M ,−→
BC´=π2 ( mod 2π)
+) NQ AD =P M BC =
p 3 2 Xét phép quay véc tơ góc quay π2 ta có:
Q π
2
³−−→
NQ +−−→P M´= Q π
2
³−−→
NQ´+Q π
2
³−−→
P M´=
p 3 2
³−−→
AD +−→BC´=
p 3
2 2−→
K L =p3−→
K L
Suy ra hai véc tơ−→K L,−−→
NQ +−−→P M vuông góc với nhau Mặt khác vìK L⊥PQnên hai véc tơ−−→PQ,−−→
NQ +−−→P M cùng phương
Hơn nữa ta có−−→N M =−−→NQ + QP +−−→ −−→P M =³−−→NQ +−−→P M´+−−→QP
⇒ −−→N M ,−−→
PQcùng phương hayM N , PQsong song hoặc trùng nhau
C Một số bài tập đề nghị:
11 Bài toán 11: Cho lục giác ABC DE F có các cặp cạnh đối diện song song và bằng nhau
Về phía ngoài lục giác dựng các tam giác đều AB M , C D N , E F P Chứng minh rằng tam giác
M N P đều
Hướng dẫn: +) Phân tích−−→M N =−−→M B +−→BC + C N =−−→ −−→M B +−→F E +−−→C N
+) Chứng minhQ π
3
³−−→
M N´=−−→M P
12 Bài toán 12: (Đề đề nghị IMO, Bulgari - 1991)
Cho tứ giác lồi ABC D có AC = BD Về phía ngoài tứ giác, trên các cạnh AB, BC , C D, D A
dựng các tam giác đều có tâm lần lượt làO1, O2, O3, O4 Chứng minh rằngO1O3⊥O2O4
Hướng dẫn :
+) GọiM , N , P, Qlần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC , C D, D A
+) Áp dụng kết quả bài 9, chứng minhO1O3// M P, O2O4// NQ
13 Bài toán 13: Cho ngũ giác lồi ABC DE, gọiM là trung điểm củaEC Giả sửM D⊥AB và
M D = 12AB Về phía ngôài ngũ giác, dựng các tam giác AE K , BC L theo thứ tự vuông cân tại
K , L Chứng minh rằng tam giácDK Lvuông cân
Trang 11+) GọiI , N lần lượt là trung điểm củaAE , AB
+) Chứng minhQ π
2
³−−→
DK
´
=−→DL
14 Bài toán 14: Cho hình chữ nhật ABC D GọiH là hình chiếu của A trên cạnhB D Gọi
M , N lần lượt là trung điểm củaB H , C D Chứng minh rằng AM ⊥M N
+) Chứng minh:Q π
2
³−−→
AM
´
= k−−→M N
15 Bài toán 15: Cho hai hình vuông AK B M , C N DLđược sắp xếp sao cho tứ giácABC D là
tứ giác lồi và các điểmK , Lnằm trong tứ giác đó Chứng minh rằng:S ABC D=M N24−K L2
Hướng dẫn:
+) GọiI , P, J , Q lần lượt là trung điểm các cạnhAB, BC , C D, D A
+) Biến đổiM N2− K L2=
³−−→
M N −−→LK´ ³−−→
M N +−→LK´= 2−→I J³−−→
M K +−−→LN´
+) Ta có−−→M K +−−→LN = Q π
2
³−→
AB +−−→DC
´
= 2Q π
2
³−−→
QP
´
⇒
¯
¯
¯
−→
I J³−−→
M K +−−→LN´¯¯
¯ =
¯
¯
¯
−→
I J 2Q π
2
³−−→
QP´¯¯
¯ = 2I J
¯
¯
¯Q π
2
³−−→
QP´¯¯
¯
¯
¯
¯cos
³−→
I J , Q π
2
³−−→
QP´´¯¯
¯ = I J P Q
¯
¯
¯cos
³³−→
I J ,−−→
QP´+π2
´¯
¯
¯ =
J PQ sin³−→
I J ,−−→
QP´= 4S I P PQ = 2S ABC D
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Hình học phẳng định hướng - Nguyễn Minh Hà
2 Các phép biến hình trong mặt phẳng - Đỗ Thanh Sơn
3 Các phép biến hình trong mặt phẳng – Nguyễn Đăng Phất
4 Các đề thi học sinh giỏi các tỉnh, đề thi học sinh giỏi các nước
5 Tài liệu trên mạng