Tài liệu Ứng dụng của phép vị tự, vị tự - quay giải toán hình học phẳng

Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ, VỊ TỰ - QUAY GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TG: Hoàng Ngọc Quang Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành A. MỞ ĐẦU I.Lý do chọn đề tài Hình học phẳng là một bài toán nằm trong cấu trúc bắt buộc của các đề thi học sinh giỏi. Để giải một bài toán hình học phẳng có nhiều cách tiếp cận, sử dụng các phương pháp, công cụ khác nhau đòi hỏi người học cần nắm vững các kiến thức hình học cơ bản và khả năng tổng hợp. Việc đưa các phép biến hình vào giải các bài toán hình học không chỉ nhằm cung cấp cho học sinh những công cụ mới để giải toán mà còn giúp cho học sinh làm quen với các phương pháp tư duy và suy luận mới, biết nhìn nhận sự việc và các hiện tượng xung quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiên cứu, tìm tòi, khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và sáng tạo trong tương lai. Có thể nói các phép biến hình là một công cụ tốt để giải các bài toán hình học phẳng, tuy nhiên việc vận dụng không hề dễ dàng đòi hỏi phải có giác quan hình học nhạy bén. Trong bài viết này chúng tôi không đề cập đến tất cả các phép biến hình đã biết mà chỉ tập trung trình bày các kiến thức cơ bản và cần thiết cũng như việc áp dụng phép vị tự và phép vị tự - quay vào giải toán hình học phẳng. II. Mục đích nghiên cứu Chuyên đề cung cấp khái niệm, tính chất quen thuộc của phép vị tự và vị tự - quay qua đó áp dụng giải các bài toán hình học phẳng. B. NỘI DUNG I. Phép vị tự 1. Các kiến thức cơ bản a) Định nghĩa. Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và một số k �0 . Phép biến hình biến mỗi điểm M của mặt phẳng thành điểm M’ 1 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 uuuur uuuur sao cho OM  kOM � được gọi là phép vị tự tâm O, tỉ số k. Kí hiệu là VOk . Điểm O gọi là tâm vị tự, số k gọi là tỉ số vị tự. Phép vị tự gọi là thuận nếu k > 0, nghịch nếu k < 0. b) Tính chất Định lí 1.Nếu phép vị tự VOk biến hai điểm A, B lần lượt thành hai uuuuu r uuu r điểm A’, B’ thì A ' B '  k AB . Định lí 2. Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng. Định lí 3. Phép vị tự biến một đường tròn thành một đường tròn. c) Hệ quả Hệ quả 1. Phép vị tự biến A thành A’, biến B thành B’ thì đường thẳng AB và A’B’ song song với nhau hoặc trùng nhau và A ' B '  k AB . Hệ quả 2. Phép vị tự biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó và biến một góc thành một góc bằng nó có các cạnh tương ứng cùng phương. Hệ quả 3. Phép vị tự biến một đường thẳng thành một đường thẳng cùng phương với nó, biến một tia thành một tia cùng phương với nó. 2. Ứng dụng Bài toán 1. Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D. Lời giải. P Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao B cho AM=AB=AD. Khi đó, ta có: R AM AB 2   . AC AC 2 O Ngoài ra (AM,AB)=450 và (AM,AD) = A M -45 . 0 Q D 2 C Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Suy ra, phép vị tự V tâm A, tỉ số k  2 biến điểm C thành điểm M và 2 phép quay Q tâm A góc quay 45 0 biến điểm M thành điểm B. Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường tròn (O), nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó qua phép đồng dạng F. Đường tròn quỹ tích B có thể xác định như sau: Gọi AR là đường kính đường tròn (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR (ta kí hiệu các điểm P,Q sao cho (AR,AP)=45 0). Khi đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP. Vậy quỹ tích điểm B là đường tròn đường kính AP. Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn đường kính AQ. Bài toán 2.Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC tại D.    là đường tròn tiếp xúc với cạnh BC tại D và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại T, với A, T ở cùng một phía đối � A  900 . với đường thẳng BC. Chứng minh rằng IT Lời giải. Trước hết ta chứng minh bổ đề: Đường tròn  1  tiếp xúc với đường tròn  2  tại T (  1  nằm trong  2  ). A, B là hai điểm nằm trong  2  ( A, B �T ). AF, BE là tiếp tuyến của  1  tại F, E. Khi đó TA AF  . TB BE Thật vậy, gọi A’, B’ lần lượt là giao điểm của TA, TB với  1  . Đường tròn  2  vị tự với đường tròn  1  qua tâm T. Qua phép vị tự này A’ biến thành A, B’ biến thành B � TA AA '  . TB BB ' Do AF, BE là tiếp tuyến nên ta có TA.AA’=AF 2; TB.BB’ = BE2. 2 2 �TA � TA AA ' �AF � TA AF Do đó: � �  � ��  �TB � TB BB ' �BE � TB BE 3 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 A T B E E F I A A' B T D F C Trở lại bài toán. Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB, AC. Ta có BD=BE, CD=CF. Áp dụng bổ đề ta có: TB BD BE   . TC CD CF � � �  FCT � , suy ra tam giác TBE đồng dạng với Ta lại có EBT ABT  ACT tam giác TCE. Do đó � AET  � AFT � A, T , E , F cùng nằm trên một đường � A  900. tròn đường kính AI. Vậy IT Bài toán 3. Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc nhau tại M. Một điểm A thay đổi trên đường tròn (O2), từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O1) với B, C là tiếp điểm. BM, CM lần lượt cắt (O2) tại D và E. DE cắt tiếp tuyến tại A của (O2) tại F. Chứng minh rằng F thuộc một đường thẳng cố định khi A di chuyển F trên (O2) không thẳng hàng với O1 và M. Lời giải. Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính D của (O1) và (O2). A C Xét phép vị tự H tâm M tỉ số M R k  1 . Khi đó ta có:A biến R2 O2 O1 A' B 4 E Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 thành A’; E biến thành C; D biến thành B. Do đó DE biến thành BC, Ax biến thành A’y (Ax là tiếp tuyến của (O2) tại A; A’y là tiếp tuyến của (O1) tại A’). Do đó F biến thành K (K là giao điểm của A’y với BC). Mặt khác, ta có A’y, BC và tiếp tuyến tại M (Mz) của (O 1) đồng quy. Do đó K thuộc Mz, mà Mz cũng là tiếp tuyến của (O 2) tại M nên F thuộc Mz. Bài toán 4. Hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại C và tiếp xúc trong với (O) tại D và E. Gọi d là tiếp tuyến chung của (O 1) và (O2) tại C. AB là đường kính của (O) sao cho A, D, O 1 cùng phía đối với d. Chứng minh rằng AO1, BO2, và DE đồng quy. Lời giải. M Xét phép vị tự tâm D, tỉ số k  E R (R, R1 lần lượt R1 D là bán kính của (O) và X P Y O1 O2 C (O1)). Khi đó: (O1) biến thành (O). Vì O1C//OB nên O1C biến thành OB và C biến A H O B thành B. Do đó D,C,B thẳng hàng. Hơn nữa nếu gọi X là giao của CO 1 và (O1) thì X biến thành A =>X thuộc AD. Tương tự ta cũng có A, C, E thẳng hàng và Y thuộc EB (Y là giao điểm của CO2 và (O2). Do đó � AEB  � ADB  900 . Do đó C là trực tâm của tam giác MAB (M là giao của AD và BE).Do đó M thuộc d. Gọi P, H là giao điểm của MC và DE và AB. Khi đó ta có (MCPH) = - 1, suy ra (AD, AP, AC, AH) = -1. (1) 5 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Mặt khác xét chùm (AD, AO , AC, AH), đường thẳng qua O song song với AH cắt AD và AC tại X và C và O 1 là trung điểm của CX nên (AD, AO1 , AC, AH) = -1 (2) Từ (1) và (2) ta có A, O1 , P thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng có B, O2 , P thẳng hàng. Vậy AO1, BO2, và DE đồng quy tại P. Bài toán 5. (Đề thi HSGQG 2003)Cho 2 đường tròn cố định (O 1, R1); (O2, R2); (R2 R1) tiếp xúc nhau tại M.Xét điểm A nằm trên (O2, R2) sao cho 3 điểm A, O1, O2 không thẳng hàng.Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O1, R1), (B, C là tiếp điểm). Các đường thẳng MB; MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2, R2) tương ứng tại E, F. Gọi D là giao điểm EF và tiếp tuyến tại A của (O1, R2). CMR điểm D di động trên 1 đường thẳng cố định khi A di động trên (O2, R2) sao cho A, O2, O1 không thẳng hàng. Lời giải. Ta thấy tứ giác ABO1C nội tiếp A D E đường tròn (O3). Gọi A’ là giao điểm thứ hai của AM với (O1, D' R1); D’ là giao điểm của 2 tiếp B A' O2 tuyến tại M và A’ O1 M Chứng minh D’ thuộc trục đẳng C F phương của BC của (O1) và (O3), điều này tương đương với việc phải chứng minh: PD’/ ( 01, R1)  PD’/ ( 03) . Vậy D’ di động trên tiếp tuyến của đường tròn (O1, R1) tại M. Do đó D’  đường thẳng cố định. R2 Xét V R : (O1, R1)  (O2, R2), B  E, C  F, BC  EF. M 1 Tiếp tuyến tại A’  tiếp tuyến tại A. Do đó D nằm trên đường thẳng MD’ là tiếp tuyến với đường tròn (O1, R1). 6 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 3. Bài tập tự luyện Bài 1: Cho đường tròn (O;R), I cố định khác O. Một điểm M thay đổi trên (O). Tia phân giác của góc MOI cắt IM tại N. Tìm quỹ điểm N. Bài 2: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm uuuu r uuu r uuu r quỹ tích điểm M sao cho: PM  PA  PB . Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) gọi (W) là đường tròn tiếp xúc với với AB, AC tại D và E và tiếp xúc trong với (O) tại K. CMR DE đi qua tâm đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC. Bài 5: Cho 2 đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại A, (O’) nằm trong (O) BC là 1 dây cung của (O) tiếp xúc (O’). Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếp ABC khi dây BC thay đổi. Bài 6: Cho  ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC tại M. Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, K là giao điểm AN và BC. Ta kí hiệu H là điểm đối xứng với riếp điểm (I) trên AC qua trung điểm cạnh AC. L là điểm đối xứng với tiếp điểm của (I) trên AB qua trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm  ABC. P là giao HB và CL. Chứng minh rằng P, G, I thẳng hàng. Bài 7: Cho 2 đường tròn (C1), (C2) cùng tiếp xúc trong với đường tròn (C) tại M với tâm (C 1) nằm trên (C2) Dây chung của (C1); (C2) cắt (C) tại A, B. MA, MB cắt (C2) tại C và D. CMR: (C1) tiếp xúc CD. Bài 8: Cho đường tròn (J) tiếp xúc trong với 2 đường tròn ngoại tiếp ABC cân ở A đồng thời tiếp xúc với 2 cạnh AB, AC tại M và N. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn MN là tâm đường tròn nội tiếp  ABC. Bài 9:(Đề thi HSGQG năm 2000)Cho 2 đường tròn (O) và (O’) có bán kinh khác nhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc (O’) tại P’. Gọi Q, Q’ lần lượt là chân đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai 2 đường tròn tại M và M’. CMR M, M’, B thẳng hàng. II. Phép vị tự - quay 7 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 a) Định nghĩa. Phép vị tự - quay là tích giao hoán của một phép vị tự và một phép quay có cùng tâm. Nhận xét:Thứ tự thực hiện các phép biến hình ở đây không quan trọng vì QO .VOk  VOk .QO b) Cách xác định ảnh của một điểm qua phép vị tự quay Cho phép quay QO và phép vị tự VOk với k  0 . O OA1  OA � �  r Q : A a A � Ta có O (1) �uuur uuu 1 OA ; OA  � 1   OA '  kOA1 � � k và VO : A1 a A ' � �uuur uuur (2) OA ; OA '  0 1 �   �OA ' � k Từ (1) và (2) suy ra �OA uuu r uuur �OA; OA '   �   A B (3) A' Như vậy VOk .QO là phép đồng dạng thuận Z  O; ; k  biến A thành A ' xác định bởi (3). Khi đó O được gọi là tâm;  gọi là góc quay; k là tỉ số của phép vị tự - quay. c) Tính chất ' B '  kAB � �Auu r uuuuu r Z O ;  ; k : A a A '  Định lí 1.  ; B a B ' thì � u AB ; A ' B '  �   Hệ quả 1. 1) Phép vị tự - quay biến một đường thẳng thành một đường thẳng và góc giữa hai đường thẳng ấy bằng góc đồng dạng. 2) Phép vị tự quay biến một đường tròn thành một đường tròn, trong đó tâm thành tâm và tỉ số hai bán kính bằng tỉ số đồng dạng. d) Cách xác định ảnh của phép vị tự - quay Cho phép vị tự - quay Z  O; ; k  . Hãy xác định tâm O khi biết 8 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Trường hợp 1: Một cặp điểm tương ứng  A; A ' ,  và k OA '  k (1) và Ta có OA  uuu r uuur OA; OA '    (2) thuộc (1) � O  đường trònApollonius    đường kính CD ( A C C , D chia theo tỉ số k ). (2) � O thuộc cung  C chứa góc định hướng  mod 2  O A'  nhận AA ' làm dây. Vậy O là giao điểm của    và  C  . Trường hợp 2. Hai cặp điểm tương ứng  A; A ' và  B; B ' Cách khác, Gọi I là giao điểm của AB B' và A ' B ' . Ta có  OA; OA '   IA; IA '    (1) O và  OB; OB '   IB; IB '    (2).  1 � O thuộc đường tròn  IAA ' .  2 � O thuộc đường tròn  IBB ' . A' A I Vậy O là giao điểm của hai đường tròn B ngoại tiếp tam giác IAA ' và IBB ' . e) Một số kết quả quan trọng Định lí 2. Mọi phép vị tự - quay trong mặt phẳng đều có một điểm bất động duy nhất O và O chính là tâm của phép vị tự - quay đó. Từ tính chất này, cho phép ta chứng minh các đường tròn ngoại tiếp ABC , trong đó A cố định còn B , C di động luôn là cặp điểm tương ứng của một phép vị tự - quay có góc quay  (không đổi) và tỉ số k (không đổi) luôn đi qua một điểm cố định là tâm O của phép vị tự - quay đó. 2. Ứng dụng phép vị tự - quay giải toán hình học 9 D Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Bài toán 1.Dựng ra phía ngoài một ABC ba tam giác bất kì BCM; �  CAN �  450 ; BCM � �  300 ; � �  150 . CAN; và ABP sao cho MBC  NCA ABP  PAB Chứng minh rằng MNP vuông cân đỉnh A P. N P1 P Lời giải. Xét tích của hai phép vị tự - quay Z 2 oZ1 C B trong đó Z1 = Z(B, k2). Với k1    , k1)và Z2 = Z(A, , 4 4 M BC AC 1   (vì CAN đồng dạng với CBM). BM AN k2 �BC  k1 � �BM   � Ta có BMC cố định, MBC  nên �uuuu . do đó Z = Z(B, , 1 r uuur  4 4 �BM ; BC  � 4   k1): M a C và P a P1 (BPP1 đồng dạng với BMC). �AN  k2 � �AC   � Lại có CAN cố định, CAN  nên �uuur uuur do đó Z2 = Z(A, , k2): 4 4 �AC ; AN   � 4   C a N và P1 a P. Suy ra Z  Z 2 oZ1 : M a N. Tích hai phép đồng dạng trên có tỉ số đồng dạng k = k 2.k1 = 1 và 1 + 2 =  nên Z là phép dời hình có một điểm cố định duy nhất P. 2 �PM  PN � r uuur Cụ thể là Q : M a N nên ta có �uuuu . PM ; PN  � 2 �  2 P   Vậy PMN là tam giác vuông cân đỉnh P. Bài toán 2.Dựng một tứ giác (lồi) nội tiếp ABCD biết độ dài các cạnh: AB = a; BC = b; CD = c; DA = d, trong đó a, b, c, d là những độ dài cho trước. Lời giải. 10 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 +) Phân tích: Giả sử tứ giác ABCD đã dựng được. �  1800 (hoặc B �D �  1800 ). Kéo dài cạnh ABCD nội tiếp khi và chỉ khi � AC �  BAD � và kề bù với DCB � .Trên tia Cx BC về phía Cực để xuất hiện DCx (tia đối của tia CB) lấy điểmE sao cho DCE đồng dạng với DAB.Bài toán dựng tứ giác ABCD quay về dựng DCE. Giả sử DCE đồng dạng với DAB, hai tam giác này chung đỉnh D. Bởi uuur uuur vậy DCE được suy ra từ DAB bởi phép vị tự - quay Z(D,   ( DA; DC ) , c c ).Bởi vậy, đặt k = ; d d uuu r uuur ( DA; DC )  � ADC   .  k = D d A Xét phép vị tự - quay Z(D; ; c a k): Ta có Z: D a D; A a C và B a E sao cho E  [BE]. Khi đó b B C E DCE đồng dạng với DAB và �  DAB � do đó DCE và B, C, E uuuuu r thẳng hàng theo thứ tự đó, đồng thời ta được BDE  � ADC   . Bài toán trở thành dựng DBE có các yếu tố đã biết: BC = b; CE = do đó BE  ca , d ac  bd DE c  . ; CD = c; d DB d Ta cần dựng điểm D là một điểm trong các giao điểm của đường trong  1 (C; c) và đường tròn Apollonius   2  có đường kính IJ mà I, J chia trong và chia ngoài đoạn BE theo tỉ số k = c . Đỉnh A được dựng sau d cùng. +) Biện luận: Bài toán có thể có một nghiệm hình hoặc không có nghiệm hình nào tuỳ vào   1  và   2  có cắt nhau hay không. 11 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Bài toán 3. (Đề dự tuyển IMO năm 1999)Các điểm A, B, C chia đường tròn  ngoại tiếp ABC thành ba cung. Gọi X là một điểm thay đổi trên cung tròn AB và O1; O2 tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác CAX và CBX. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp XO1O2 cắt  tại một điểm cố định. Lời giải. Gọi T = (XO1O2)  (ABC), M = XO1 (ABC); N = XO2 (ABC) . Trên (ABO) ta có: � XO1T  � XO2T  XNT  � XMT . Trên (XO1O2) ta có: � � N  TO � N TO1N TO 1 2 đồng dạng với TO2M  TN ON AN  1  k TM O2 M BM (không đổi) (1). (dễ chứng minh được NAO1 và MO2B cân C tại N, M) N Dễ  thấy M uuu r uuur uuur uuuur uuur uuuur TN ;TM  TO1;TO2  XN ; XM   (mod 2 )      (không đổi) (2). A O1 O2 B Từ (1) suy ra T thuộc đường tròn Apollonius đường kính EF (E, F chia MN theo tỉ số k) X T (3). Từ (2) suy ra T thuộc cung chứa góc  (mod 2) dựng trên đoạn MN cố định (4). Từ (3) và (4) và do cung () đi qua 1 điểm nằm trong và 1 điểm nằm ngoài đường tròn Apollonius nên chúng cắt nhau tại một điểm cố định T (khác C)  đpcm. Nhận xét: T chính là tâm của phép vị tự - quay góc , tỉ số k biến M thành N. Bài toán 4.Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại P, Q. AC, BD tương ứng là các dây cung của (O 1) và (O2) sao cho đoạn thẳng AB và tia CD cắt nhau tại P. Tia BD cắt AC tại X. Điểm Y nằm trên (O 1) sao 12 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 cho PY song song với BD. Điểm Z nằm trên (O 2) sao cho PZ song song AC. Chứng minh rằng Q, X, Y, Z cùng nằm trên một đường thẳng. Lời giải. Bổ đề 1: i) Cho A, B, C, D là 4 điểm phân biệt, sao cho AC không song song với BD. ACcắt BD tại X. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABX, CDX cắt nhau tại điểm thứ haiO Khi đó O là tâm của phép vị tự quay duy nhất biến A thành C và B thành D. ii) O cũng là phép vị tự quay biến A thành B và C thành D O A D X C B Giả sử XQ cắt (O1) tại Y’, cắt (O2) tại Z’. Ta có Q là tâm của phép vị tự quay biến D thành C; B thành A. Do đó Q cũng là tâm của phép vị tự quay biến D thành B; C thành A. Theo cách xác định tâm của phép vị tự quay này thì Q nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XDC. � = DCQ � = PY'Q � X, D, Q, C cùng nằm trên đường tròn nên DXQ Suy ra DX//PY’.Vậy Y �Y . � = DQX � = DCX � Suy ra PZ’//AC. Vậy Z ' �Z . DPZ' Vậy các điểm Q, X, Y, Z cùng nằm trên một đường thẳng. B P A D Y' X Q C Z' 13 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Bài toán 5.Cho tứ giác lồi ABCD, gọi E, F lần lượt là các điểm trên cạnhAD, BC sao cho AE BF  . Tia FE cắt tia BA và tia CD tại S và T. ED FC Chứng minh rằngđường tròn ngoại tiếp các tam giác SAE, SBF, TCF, TDE cùng đi qua một điểm chung. Lời giải. T O S D A B F E C Nhận xét: Các điểm E, F là các điểm có “cùng tính chất trên các đoạn AD và BC”; qua phép đồng dạng sẽ biến một điểm có tính chất này thành một điểm cũng có tính chất đó trên ảnh của nó. Gọi O là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác SAE và SBF. Ta chúng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác TCF, TDE cùng đi qua O. Để ý rằng O là tâm của phép vị tự quay biến A thành B và E thành F. O là tâm của phép vị tự quay f biến B thành A và F thành E. Qua f biến tia BE thành tia AF , mà DF CE  nên qua f biến C thành D. AF BE Theo cách xác định tâm của phép vị tự quay biến F thành E; C thành D thì O là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác TFC và TED. Vậy bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác SAE, SBF, TCF, TDE cùng đi qua một điểm chung O. (đpcm) 14 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Bài toán 6. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Đường chéo AC cắt BD tại P. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABP và CDP �QP  900 . cắt nhau tại P và Q phân biệt khác O. Chứng minh O Lời giải. Để ý thấy Q chính là tâm của phép vị tự quay biến A thành C và B thành D và do đó cũng là tâm của phép vị tự quay f biến A thành B và C thành D.Yêu cầu cần chứng minh tương đương với việc chứng minh 4 điểm Q, P, M, N nằm trên một đường tròn (M, N lần lượt là trung điểm AC, BD) Xét phép vị tự quay f biến AC thành BD do đó biến trung điểm của AC là M thành trung điểm của BD là N. B N A Q P O D M C Theo định nghĩa phép vị tự quay suy ra (QM,QN)=(QA,QB) Mà (QA,QB)=(PA,PB) (do A, P, Q, Bcùng nằm trên đường tròn) Suy ra (QM,QN)=(PA,PB). Do đó bốn điểm P, M, Q, N cùng nằm trên đường tròn. Mà ta lại có O, �QP  900 . P, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP nên O Bài toán 7. Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C trên đường tròn này sao cho BC không là đường kính của (O). Gọi A là một điểm di động trên đường tròn (O) và A không trùng với hai 15 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 điểm B, C . Gọi D, K, J lần luợt là trung điểm của BC, CA, AB và E, M, N lần luợt là hình chiếu vuông góc của A, B, C trên BC, DJ, DK. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M, N của đường tròn ngoại tiếptam giác EMN luôn cắt nhau tại diểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O). Lời giải. B H' A H M' Q I X T' D O N' S D' C Đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN chính là đường tròn đường kính HD. Bằng việc lấy đối xứng qua trục BC ta chứng minh T’ là giao điểm của hai tiếp tuyến với (I) tại M’, N’ là cố định. Gọi X là giao điểm của hai tiếp tuyến với (O) tại B, C. Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O) và (I). Q là tâm của phép vị tự quay f biến M’ thành B; N’ thành C. f biến D thành D’; I thành O; T’ thành X. � C  DD'B � XD’ là đường đối trung của tam giác D’BC nên XD' . Suy ra H’B = SC. Từ đây dễ chứng minh tam giác XSC bằng tam giác XH’B. S đối xứng với H qua D và AS là đường kính của (O). � ' A  900 . Vậy X, T’, D, O thẳng hàng. Qua f thì T�' DE biến thành XD � D '  OXH' � . Suy ra IT ’ P XH ’. Qua f thì I�' TD biến thành OX 16 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Vậy T’ là trung điểm của XD. T’ cố định nên T cố định. Bài toán 8.Cho đường tròn (O) có đường kính AB. Gọi N là giaođiểm của phân giác trong góc M của tam giác AMB với đường tròn (O). � Đường phângiác ngoài góc AMB cắt đường thẳng NA, NB lần lượt tại P, Q. Đường thẳng MA cắtđường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP tại Svà R, S khác M. Chứng minh rằng đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NSRluôn đi qua một điểm cố định khi M di động phía trong đường tròn. Lời giải. R G S Q M P B A B' O Y X T N M' K uuur 1 uur uuur uuur 1 uuu r uuu r Ta có NO  (TA  KB ), OG  ( AS  BR ) Để chứng minh N, O , G thẳng 2 2 hàng ta chứng minh TA KB  . AS BR Ta có N là tâm của phép vị tự quay f biến đường tròn đường kính NQ �NB  900 nên f có góc quay thành đường tròn đường kính NP. Do A bằng 900. M’M là đường kính của đường tròn đường kính NP. SA, MA cắt đường tròn đường kính NP lần lượt tại T, Y. 17 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Qua phép vị tự quay f thì M biến thành M’, R biến thành Y, Q biến thành P. B biến thành B’ trên đoạn PN. Do (M 'B',M 'P) = (MB,MQ) = (MS,MP) = (M 'S,M 'P) nên M’, B’, S thẳng hàng. � �  YMN � , suy ra MN = YN. B ' M ' C  BMN � Lại do PM là phân giác góc SMA nên PM = PY. Vậy Y, S đối xứng nhau qua đường kính PN. Suy ra M, T cũng đối xứng nhau qua đường kính PN. Tương tự M, K đối xứng nhau qua NQ. Suy ra T, N, K thẳng hàng. Ta có: � � � TA TA sin MYT sin MNT KB sin MNK , tương tự     � � �MX AS AY sin YTS BR sin R sin YMS �  sin MNK � ,R �MX  YM � S nên TA  KB ( đpcm) Mà sin MNT AS BR 3. Một số bài tập tự luyện Bài 1.(Đề thi HSG QG năm 1999 – 2000)Trên mặt phẳng cho trước hai đường tròn (O1; r1) và (O2; r2). Trên đường tròn (O1; r1) lấy một điểm M1 và trên đường tròn (O2; r2) lấy điểm M2 sao cho đường thẳng O1M1 cắt O2M2 tại một điểm Q. Cho M1 chuyển động trên (O1; r1), M2 chuyển động trên (O2; r2) cùng theo chiều kim đồng hồ và cùng với vận tốc góc như nhau. 1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng M1M2. 2) Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp M1QM2 và O1QO2 là một điểm cố định. Bài 2.Cho đường tròn (O1; R1) và (O2; R2) cắt nhau ở A và B. Hai động tử M1 và M2 xuất phát từ A lần lượt chuyển động tròn đều trên (O 1) và (O2) theo cùng 1 hướng, sau một vòng trở lại A cùng một lúc. 1) Chứng minh rằng trong mặt phẳng có một điểm P duy nhất luôn cách đều M1 và M2 ở mọi thời điểm. (đề thi IPQ, London 1979). 2) Tìm quỹ tích trọng tâm G, trực tâm H của AM1M2. 18 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 Bài 5. (Bài toán Napoléon) Lấy các cạnh của ABC bất kì làm đáy, dựng ra phía ngoài ABC ba tam giác đều BCA’; CAB’ và ABC’. Chứng minh rằng các tâm A0; B0; C0 của ba tam giác đều vừa dựng là các đỉnh của một tam giác đều. Bài 6.Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D, E, F lần lượt thuộc các cạnh BC, AC và AB). Chứng minh rằng đường thẳng Euler của các tam giác AEF, BDF, CDE cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC. Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp là O. Đường trung trực của AH cắt các cạnh AB và AC tại D và E. Chứng minh rằng OA là phân giác của góc DOE. Bài 8. Cho hai đường tròn (ω1 và (ω2) cắt nhau tại A và B. Một cát tuyết thay đổi qua A cắt (ω1 và (ω2) lần lượt tại D và E. Tiếp tuyến của (ω1 tại D và tiếp tuyến của (ω 2) tại E cắt nhau tại P. Chứng minh rằng đường trung trực (d) của BP luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Bài 9. Cho ngũ giác lồi ABCDE có �ABC  �ACD  �ADE và �BAC  �CAD  �DAE . Gọi M là trung điểm CD. Chứng minh rằng BD, CE và AM đồng quy. Bài 10. Cho tam giác ABC. Trên các tia AB và AC lấy hai điểm D và E thay đổi sao cho CD=BE. Gọi P là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDP và CEP luôn đi qua một điểm cố định. C. KẾT LUẬN Trên đây là một số bài toán hình học được giải bằng cách áp dụng phép vị tự hoặc vị tự - quay. Thông qua đó giúp học sinh tiếp cận và hình thành kĩ năng cũng như lựa chọn được cách giải bài toán phù hợp, tăng thêm tính say mê, tích cực tìm tòi và sáng tạo ở các em. Chuyên đề trên nhằm mục đích trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán về việc sử dụng phép vị tự, vị tự - quay để giải các bài toán hình học phẳng. Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên chắc 19 Hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ 2014 rằng chuyên đề có thiếu sót, chúng tôi mong có sự góp ý của Quý Thầy Cô để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Các phép biến hình trong măt phẳng, Nguyễn Mộng Hy, NXBGD. [2] Các phép biến hình trong mặt phẳng và ứng dụng giải toán hình học, Nguyễn Đăng Phất, NXBGD. [3] Hình học tĩnh và động, Lê Bá Khánh Trình, Kỷ Yếu Trại Hè Toán học năm 2009. [4] Nguồn tại liệu từ Internet. 20