Tài liệu Sử dụng phép vị tự để giải một số bài toàn trong hình học phẳng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————- ĐẶNG THANH CẦU SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————- Đặng Thanh Cầu SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Minh THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Các trường hợp đặc biệt . . . 1.1.2. Tâm vị tự của hai đường tròn. 1.2. Các tính chất. . . . . . . . . . . . . . Chương 2. 2.1. Bài 2.2. Bài 2.3. Bài 2.4. Bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP toán chứng minh tính chất hình học . . . . . toán dựng hình . . . . . . . . . . . . . . . . . toán quỹ tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . toán tính đại lượng hình học . . . . . . . . . Chương 3. TÍCH CỦA PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN 3.1. Phép vị tự-quay . . . . . . . 3.1.1. Kiến thức cơ bản . . 3.1.2. Bài tập minh họa . . 3.2. Phép vị tự-đối xứng trục . . 3.2.1. Kiến thức cơ bản . . 3.2.2. Bài tập minh họa . . 3.3. Tích của hai phép vị tự . . . 3.3.1. Kiến thức cơ bản . . 3.3.2. Bài tập minh họa . . Kết luận . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên . . . . . . . . VỊ . . . . . . . . 1 2 . . . . 4 4 4 4 7 TỰ . . . . . . . . 13 13 28 39 48 . . . . VỊ TỰ VỚI MỘT PHÉP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 51 51 53 61 61 62 64 64 65 69 70 2 Mở đầu Phép vị tự chiếm một vị trí quan trọng trong hình học sơ cấp nói chung và các phép biến hình nói riêng. Việc sử dụng nó để giải quyết các bài toán hình học nhiều khi là rất cần thiết; đặc biệt trong nhiều bài toán, nếu không sử dụng phép vị tự thì việc tìm một lời giải trở nên rất khó khăn cho người học toán, hơn nữa sử dụng phép vị tự sẽ giúp cho bài giải trở nên súc tích và đẹp đẽ hơn. Phép vị tự là một công cụ quan trọng trong hình học, nó xuất hiện như một điều tất yếu của sự phát triển tư duy toán học - tư duy biến hình. Trong mỗi bài toán có sử dụng phép vị tự để giải thì nó là một mắt xích quan trọng, một định hướng thông suốt trong quá trình tư duy. Ngoài ra, phép vị tự còn là một công cụ tư duy hữu ích để phát triển các bài toán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó. Điều đó khiến cho người học toán không những phát triển được kiến thức hình học của mình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán. Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm 3 chương: Chương 1. Kiến thức cơ bản. Chương này trình bày định nghĩa về phép vị tự và các tính chất cơ bản của nó. Ngoài ra, trong chương còn đề cập đến vấn đề tìm tâm vị tự của hai đường tròn để hỗ trợ cho việc vẽ hình và giải toán. Chương 2. Một số bài toán sử dụng phép vị tự. Chương này trình bày một số bài toán hình học sơ cấp có sử dụng phép vị tự để giải. Về cơ bản, các bài toán này được chia làm bốn thể loại thường gặp, đồng thời tác giả cũng đưa ra một số định hướng khi tìm lời giải cho các dạng toán này. Chương 3. Tích của phép vị tự với một phép biến hình. Chương này trình bày lý thuyết cơ bản và một số bài toán sử dụng phép biến hình là tích của phép vị tự và một phép biến hình để giải. 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3 Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT và QTKD - ĐHTN. Là người học trò đã tiếp thu được nhiều điều từ thầy, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự nghiêm khắc chỉ bảo, hướng dẫn của thầy. Tác giả xin cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K3A, trường Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn này. Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn. Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nên không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm tới luận văn này. Thái Nguyên, ngày ...tháng ... năm 2011 Tác giả Đặng Thanh Cầu 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 Chương 1 KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1. Định nghĩa Định nghĩa 1.1.1. Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và một số k 6= 0. Phép biến hình biến mỗi điểm M của mặt phẳng thành điểm −−→ −−→ M 0 sao cho OM = k OM 0 được gọi là phép vị tự tâm O tỷ số k. Phép biến hình này được ký hiệu là VOk . Điểm O được gọi là tâm vị tự, số k gọi là tỷ số vị tự. Nếu k > 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự dương hay thuận, nếu k < 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự âm hay nghịch (Hình 1.1). 1.1.1. Các trường hợp đặc biệt Nếu tỷ số vị tự k = 1 thì −−→ −−→0 OM = OM tức là M 0 ≡ M , lúc ấy phép vị tự là phép đồng nhất. Nếu tỷ số vị tự k = −1 thì −−→0 −−→ Hình 1.1 OM = −OM , tức là O là trung điểm của M M 0 hay phép vị tự là phép đối xứng tâm O. 1.1.2. Tâm vị tự của hai đường tròn. Với phép vị tự VOk biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I 0 , R0 ) −→ −→ R0 R0 0 thì ta có R = |k|R hay k = hoặc k = − . Khi đó OI 0 = k.OI và R R ta xét các trường hợp sau: 1. Nếu I 6≡ I 0 và R = R0 thì chỉ có một điểm O duy nhất, do đó R0 k = − = −1, khi đó O là trung điểm đoạn II 0 . Như vậy phép vị tự R với k = −1 chính là phép đối xứng tâm qua điểm O nói trên (Hình1.2). R0 0 0 2. Nếu I ≡ I và R 6= R , khi đó phép vị tự tâm I tỷ số và R R0 phép vị tự tâm I tỷ số − đều biến đường tròn (I, R) thành (I 0 , R0 ). R 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 −−→ R0 −−→ Hai đường tròn này có chung tâm I (Hình1.3). Ta có IM 0 = IM và R −−→00 R0 −−→ IM = − IM . R Hình 1.2 Hình 1.3 3. Nếu I 6≡ I 0 , R 6= R0 và hai đường tròn nằm ngoài nhau, khi đó gọi −−→ R0 −−→ O1 là điểm sao cho O1 I 0 = O1 I ta được phép vị tự tâm O1 biến đường R R0 0 0 tròn (I, R) thành đường tròn (I , R ) với tỷ số k = (Hình 1.4). Người R Hình 1.4 R0 ta gọi đó là phép vị tự thuận vì k = > 0. R0 −−→ R −−→ Gọi O2 là điểm sao cho O2 I 0 = − O2 I ta được phép vị tự tâm O2 R R0 biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I 0 , R0 ) với tỷ số k 0 = − . Vì R 0 R k 0 = − < 0 nên người ta gọi phép vị tự ứng với k 0 < 0 là phép vị tự R nghịch. Như vậy ta có hai phép vị tự biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I 0 , R0 ). −−→ Nếu hai đường tròn có tiếp tuyến chung ngoài là T T 0 thì vì I 0 T 0 = 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 6 → R0 − IT nên T và T 0 cũng là hai điểm tương ứng trong phép vị tự thuận R R0 tâm O1 , tỷ số k = do đó 3 điểm O, T, T 0 thẳng hàng (hay T T 0 đi qua R O1 ) (Hình1.5). Nếu hai đường tròn trên có tiếp tuyến là T T 0 chung trong thì lập luận tương tự ta cũng có 3 điểm T, T 0 , O2 thẳng hàng (Hình1.6). Hình 1.5 Hình 1.6 Đặc biệt: - Nếu hai đường tròn (I, R) và (I 0 , R0 ) tiếp xúc ngoài tại T thì T là tâm vị tự nghịch của hai đường tròn. Tâm vị tự thuận O1 là giao điểm của đường nối tâm II 0 vơi tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (Hình1.7). Hình 1.7 Hình 1.8 - Nếu hai đường tròn (I, R) và đường tròn (I 0 , R0 ) tiếp xúc trong tại T 0 thì tâm vị tự thuận của hai đường tròn là T 0 , tâm vị tự nghịch là giao điểm của hai điểm mút của hai bán kính song song ngược chiều nhau với đường nối tâm II 0 (Hình1.8). Trong trường hợp tổng quát muốn tìm tâm vị tự của hai đường tròn (I, R) và đường tròn (I 0 , R0 ) (I 6≡ I 0 , và R 6= R0 ) ta làm theo các bước sau: 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 7 - Vẽ qua I một đường thẳng bất kỳ cắt đường tròn (I) tại M và M1 . - Qua I 0 vẽ đường thẳng song song với M M1 cắt đường tròn (I 0 , R0 ) −−→ −−→ tại M 0 và M10 , chú ý lấy I 0 M 0 cùng chiều với IM . - Đường thẳng M M 0 cắt đường nối tâm II 0 tại tâm vị tự thuận là O1 . - Đường thẳng M1 M 0 cắt đường nối tâm II 0 tại tâm vị tự nghịch là O2 . Hình 1.9 Việc xác định tâm vị của hai đường tròn là quan trọng và cần thiết. Đặc biệt là với một số bài toán dựng hình và chứng minh được trình bày ở chương sau. 1.2. Các tính chất. Bốn tính chất đầu không khó khăn với người đọc nên ta sẽ không trình bày chứng minh ở đây. Tính chất 1.2.1. Phép vị tự VOk với k 6= 1 có một điểm bất động duy nhất đó là điểm O. Tính chất 1.2.2. Nếu VOk biến điểm M thành M 0 thì ba điểm M, O và M 0 thẳng hàng. Tính chất 1.2.3. Nếu phép vị tự VOk biến hai điểm A, B lần lượt thành −−→ −→ hai điểm A0 , B 0 thì A0 B 0 = k.AB. Tính chất 1.2.4. Phép vị tự VOk là phép biến hình 1 − 1 và có phép 1 biến hình ngược, đó là phép vị tự VOk . Tính chất 1.2.5. Phép vị tự VOk biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và bảo toàn tỷ số khoảng cách giữa các điểm. 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 8 Chứng minh. Ký hiệu A0 , B 0 , C 0 lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng −−→ −→ −−→ −→ hàngA, B, C ta luôn có: A0 B 0 = k.AB, A0 C 0 = k.AC. Vì A, B, C thẳng −−→ −−→ −→ −→ hàng nên tồn tại số m sao cho AB = m.AC. Vậy thì A0 B 0 = m.A0 C 0 . Hệ thức này chứng tỏ A0 , B 0 , C 0 thẳng hàng và tỷ số của khoảng cách giữa các điểm được bảo toàn. Hệ quả 1.2.1. Phép vị tự VOk biến đường thẳng d thành đường thẳng d0 và dkd’ hoặc d≡ d0 . Hệ quả 1.2.2. Phép vị tự VOk biến tia Sx thành tia S 0 x0 và hai tia đó song song hoặc cùng nằm trên một đường thẳng. Hệ quả 1.2.3. Phép vị tự VOk biến đoạn thẳng P Q thành đoạn thẳng P 0 Q0 thì P 0 Q0 = |k|P Q và P 0 Q0 k P Q. Hệ quả 1.2.4. Phép vị tự VOk biến ∆ABC thành ∆ A0 B 0 C 0 thì hai tam giác đó đồng dạng, cùng chiều, tỷ số là |k| và tỷ số diện tích là k 2 . 0 S 0 y 0 thì d thành góc x \ Hệ quả 1.2.5. Phép vị tự VOk biến góc xSy 0 S 0 y 0 và các cạnh tương ứng song song. d x \ xSy= Hệ quả 1.2.6. Phép vị tự VOk biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I 0 , R0 ) và R0 = |k|R. 0 Tính chất 1.2.6. Cho hai phép vị tự VOk và VOk0 với các tâm vị tự phân biệt, các tỷ số vị tự k 6= 0; 1, k 0 6= 0; 1 và k.k 0 6= 0; 1. Khi đó phép biến 0 0 hình H = VOk .VOk0 hoặc H = VOk0 .VOk là phép vị tự. 0 Chứng minh. Ta chứng minh H = VOk .VOk0 là phép vị tự. Trước hết ta cần chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất. Gọi S là điểm bất động của H, khi đó: −−→ −−→ −−→ −→ 0 VOk : S 7−→ S 0 và OS 0 = k.OS, VOk0 : S 0 7−→ S và O0 S = k.O0 S 0 −−→ −→ 1−k Từ các kết quả ta suy ra OS = λ.OO0 trong đó λ = . Nếu M 1 − k.k 0 là điểm bất kỳ khác S, theo định nghĩa ta có: −−−→ −−→ 0 VOk : S 7−→ S 0 và M 7−→ M 0 ⇒ S 0 M 0 = k.SM VOk0 : S 0 7−→ S và −−−→ −−−→ M 0 7−→ M 00 ⇒ SM 00 = k.S 0 M 0 . 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 9 −−−→ −−→ Từ các kết quả trên ta suy ra SM 00 = k.k 0 .SM . Đó là điều phải chứng minh. Với phép biến đổi H ∗ ta chứng minh tương tự. Tính chất 1.2.7. Tích của hai phép vị tự cùng nhận O làm tâm vị tự lần lượt là k1 và k2 là một phép vị tự tâm O có tỷ số k = k1 .k2 . −−→ −−→ Chứng minh. Theo giả thiết ta có: OM 0 = k1 OM , −−−→ −−→ −−→ ⇒ OM 00 = k2 OM 0 = k2 .k1 OM . −−−→ −−→ Vậy OM 00 = k OM với k = k2 .k1 Nếu k2 .k1 = 1 thì tích đó là phép đồng nhất. Tính chất 1.2.8. Tích của hai phép vị tự khác tâm là một phép vị tự có tâm thẳng hàng với hai tâm của hai phép vị tự đã cho, hoặc đặc biệt là một phép tịnh tiến hay phép đồng nhất. Chứng minh. Giả sử phép vị tự f1 có tỷ số k1 và có tâm O1 , phép vị tự f2 có tâm O2 và có tỷ số k2 . Với hai điểm A, B bất kỳ ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ −−−→ −−−→ −→ −→ f1 (AB) = A0 B 0 với A0 B 0 = k1 AB, f2 (A0 B 0 ) = A00 B 00 với A00 B 00 = k2 A0 B 0 −−−→ −−−→ −→ −→ Do đó A00 B 00 = k1 k2 AB nghĩa là hai vectơ A00 B 00 , AB là cùng phương với nhau. Vậy tích f2 .f1 là: -Phép vị tự nếu k2 .k1 6= 1 -Phép tịnh tiến hoặc phép đồng nhất nếu k2 .k1 = 1. Hình 1.10 Ta hãy xác định tâm vị tự của tích k2 .k1 . Ta thấy rằng tâm O phải nằm trên đường thẳng O1 O2 vì đường thẳng đó biến thành chính nó qua 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 f1 và qua f2 , do đó nó cũng biến thành chính nó trong phép biến hình tích f2 .f1 . −−−→ −−→ Giả sử f1 (O) = O0 ta có: O1 O0 = k1 .O1 O. (1) −−−→ −−→ khi đó f2 (O0 ) = O (vì O ≡ O00 = f2 (O0 )), nên O2 O = k2 .O2 O0 (2) −−−→ −−−→ −−−→ nhưng O2 O0 = O2 O1 + O1 O0 Hình 1.11 −−−→ −−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−→ Do đó O2 O00 = O2 O = k2 (O2 O1 + O1 O0 ) = O2 O1 + k1 O1 O theo (1) −−−→ −−→ −−−→ −−→ O2 O1 + O1 O = k2 .O2 O1 + k2 .k1 .O1 O −−→ −−−→ ⇔ O1 O(1 − k2 .k1 ) = O1 O2 (1 − k2 ), với 1 − k2 k1 6= 0 −−→ 1 − k2 −−−→ nên: O1 O = .O1 O2 (*) 1 − k2 .k1 Hình 1.12 Vì O1 , O2 đã cho, nên điểm O hoàn toàn xác định do hệ thức trên cũng chứng tỏ ràng 3 điểm O1 , O2 , O thẳng hàng với điều kiện 1 − k2 k1 6= 0 hay k2 .k1 6= 1. Vậy nếu k2 .k1 6= 1 thì tích k2 .k1 là một phép vị tự tâm O xác định −−−→ −→ bởi hệ thức (*). Còn nếu k2 .k1 = 1 thì A00 B 00 = AB do đó k2 .k1 là một 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 11 phép tịnh tiến nếu O1 , O2 là phân biệt và k2 .k1 là phép đồng nhất nếu O1 ≡ O2 . Tính chất 1.2.9. Tích của hai phép vị tự khác tâm không đặc biệt và không là nghịch đảo của nhau (VIk22 .VIk11 ) là một phép vị tự VIk với k = k1 .k2 và thỏa mãn đẳng thức: −→ k2 (1 − k1 ) −−→ I2 I = .I2 I1 (1.1) 1 − k1 k2 −−→ −−→ −→ −→ Chứng minh. Thật vậy, Qua VIk11 : AB 7−→ A0 B 0 sao cho: A0 B 0 = k1 AB, −−→ −−→ −−−→ −−−→ qua VIk22 : A0 B 0 7−→ A”B” sao cho: A”B” = k2 .A0 B 0 . Vậy qua (VIk22 .VIk11 ) −−−→ −→ thì AB 7−→ A”B” sao cho: −−−→ −→ −→ A”B” = k.AB = k1 .k2 .AB ⇒ VIk22 .VIk11 = VIk (k = k1 .k2 ) Theo tính chất 1.2.8 thì đường thẳng I1 I2 đi qua I ⇒ I ∈ I1 I2 . Ta có: −→ −→ Qua VIk11 : I 7−→ I 0 ⇒ I1 I 0 = k1 .I1 I(1). Qua VIk22 : I 0 7−→ I” ≡ I (vì I là −→ −→ −→ −−→ −−→ −→ điểm bất động) ⇒ I2 I” = k2 .I2 I 0 ⇒ I2 I” = k2 .I2 I 0 hay I2 I = k2 .I2 I 0 (2). Từ (1) và (2) ta có: −→ −→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ ⇒ I2 I = k2 .(I2 I1 + I1 I) = k2 .I2 I1 + k2 .I1 I 0 = k2 .I2 I1 + k1 .k2 .I1 I −−→ −−→ −→ = k2 I2 I1 + k1 .k2 .I1 I2 + k1 .k2 .I2 I −→ −−→ −→ k2 .(1 − k1 ) −−→ ⇔ (1 − k1 k2 )I2 I = k2 .(1 − k1 ).I2 I1 ⇔ I2 I = .I2 I1 . 1 − k1 .k2 Theo giả thiết đẳng thức trên là xác định Tính chất 1.2.10. Cho phép vị tự VOk với k 6= 1; 0 và phép tịnh tiến → − → − − với U 6= 0 . Khi đó phép biến đổi H = T → − .V k hoặc H ∗ = V k .T → − T(→ O (U ) U) (U ) O là phép vị tự. − .V k . Trước hết, ta chứng Chứng minh. Ta xét phép biến đổi H = T(→ U) O minh rằng H có điểm bất động. Gọi S là điểm bất động của H, khi đó −−→ −→ VOk :S 7−→ S 0 và OS 0 = k.OS; −→ → − − : S 0 7−→ S và S 0 S = U T(→ U) Từ các kết quả đó ta suy ra −→ → − −→ → − −→ OS = U ⇔ (1 − k)OS = U ⇔ OS = 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên − 1 → .U 1−k http://www.lrc-tnu.edu.vn 12 Hệ thức trên chứng tỏ S tồn tại và duy nhất. Nếu M là điểm bất kỳ khác S, thì −−−→ −−→ VOk :S 7−→ S 0 , M 7−→ M 0 và S 0 M 0 = k.SM −−−→ −−−→ −−→ − :S 0 7−→ S, M 0 7−→ M 00 và SM 00 = S 0 M 0 = k.SM . T(→ U) Đó là điều phải chứng minh. Phép biến đổi H ∗ được chứng minh tương tự. Như vậy, Chương 1 đã trình bày một cách hệ thống và chi tiết các định nghĩa và tính chất quan trọng liên quan tới phép vị tự. Đây là chương cơ sở của các chương tiếp theo. Trên cơ sở các định nghĩa và tính chất này chúng ta sẽ xem xét một số dạng toán điển hình hay gặp trong hình học sơ cấp có liên quan tới phép vị tự ở Chương 2. ——————————- 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 13 Chương 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ Trong chương này trình bày một số bài toán hình học phẳng có sử dụng phép vị tự để giải một số dạng toán đặc trưng mà ta thường gặp khi giải toán hình học phẳng. 2.1. Bài toán chứng minh tính chất hình học Thông qua phép vị tự biến đổi hình này thành hình kia ta sẽ thấy xuất hiện các tính chất hình học, hay biểu thức đại số của các hình hay các hình liên quan, từ đó các tính chất hình học được chứng minh. Bài toán 2.1.1. Cho ba điểm F, E, G theo thứ tự là ba điểm trên ba cạnh BC, CA, AB của ∆ABC. Điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy là: AG BE CF . . = −1. BG CE AF (Định lý Ceva) Chứng minh. Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy tại O. Từ A Hình 2.1 và C, kẻ các đường thẳng song song với BF chúng lần lượt cắt CG, AE tương ứng tại K và I. 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 CF CO CF CO = ⇒ = CA CK FA OK OK OC OI CI CO Tương tự ta có: VOOC : C 7−→ K, I 7−→ A ⇒ = ⇒ = OK OA AK OK Ngoài ra ta có các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB, AKG và BE BO AG AK AG BE CF BOG ⇒ = và = do đó . . = −1 CE CI BG BO BG CE AF AG BE CF Ngược lại giả sử ta có . . = −1. Qua giao điểm của các BG CE AF đường thẳng AE và BF , kẻ đường thẳng CC1 với C1 nằm trên cạnh AB. AC1 AG = , hay C1 ≡ G, ta Khi đó, theo chứng minh phần thuận ⇒ C1 B GB có điều phải chứng minh. CA Khi đó VCCF : F 7−→ A, O 7−→ K ⇒ Nhận xét 2.1. Trong bài toán này ta dựng thêm các đường CE và BF là rất cần thiết để bài toán xuất hiện các hình vị tự với nhau thì phép vị tự sẽ không có chỗ để sử dụng. Và tư duy biến hình ở đây chính là từ yêu cầu chứng minh ta nhìn ra được hình vẽ tương ứng, để từ đó đưa ta đến cách chứng minh. Bài toán 2.1.2. Ký hiệu R, r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của ∆ABC. CMR: R ≥ r. − 21 VG Chứng minh. Xét : A 7−→ A0 , B 7−→ B 0 và C 7−→ C 0 , với các điểm A0 , B 0 , C 0 lần lượt là các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, G là Hình 2.2 trọng tâm ∆ABC. Trong đó đường tròn ngoại tiếp ∆ABC biến thành R ∆A0 B 0 C 0 và vì vậy , bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆A0 B 0 C 0 là . 2 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 15 Mặt khác, đường tròn đó cắt tất cả các cạnh của ∆ABC, vì thế nếu ta dựng một ∆A1 B1 C1 có các cạnh song song với các cạnh của ∆ABC thì A1 B1 hai tam giác vị tự với nhau theo tỷ số λ = > 1. Hiển nhiên bán AB kính đường tròn nội tiếp ∆A1 B1 C1 không nhỏ hơn bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC hay R ≥ r. Nhận xét 2.2. Ta có cách chứng minh khác (xin không trình bày ở đây) đạt được kết quả mạnh hơn bài toán trên là R ≥ 2r. Nhưng vì cách chúng ta sử dụng là phép vị tự nên bài toán chỉ đạt được ở mức trên. Đây cũng là một hạn chế trong cách giải, nhưng ta cũng có thể thấy được ưu điểm là ta có thể thấy rõ các vấn đề liên quan trong hai đường tròn khi hai đường tròn vị tự với nhau. Đặc biệt trong bài này là đại lượng độ dài (bán kính). Bài toán 2.1.3. Cho ∆ABC bên trong tam giác dựng bốn đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) bằng nhau sao cho 3 đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác và cùng tiếp xúc với đường tròn còn lại. CMR: tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC và O4 thẳng hàng. Chứng minh. Ta có IA, IB, IC chứa O1 , O2 , O3 Hình 2.3 ⇒ O1 O2 k AB, O2 O3 k BC, O3 O1 k AC. 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 16 Đặt IA IB IC = = = k. Ta có: IO1 IO2 IO3 VIk : O1 7−→ A, O2 7−→ B, O3 7−→ C Do O4 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆O1 O2 O3 (do cách đều ba điểm). Tức là VIk : O4 7−→ O ⇒ I, O4 , O thẳng hàng. Nhận xét 2.3. Bài toán trên đã sử dụng tính chất thẳng hàng của tâm vị tự, tạo ảnh và ảnh trong phép vị tự. Vậy thì từ đó ta thấy rằng việc chứng minh 3 điểm thẳng hàng ta có thể xét theo hướng các hình trong bài toán vị tự với nhau để suy ra ba điểm cần chứng minh thẳng hàng hay cùng nằm trên một đường thẳng. Bài toán 2.1.4. Chứng minh rằng trong ∆ABC: 1. Ba đường trung tuyến đồng quy tại một điểm, điểm này cách mỗi đỉnh của ∆ bằng 23 độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh đó. 2. Trọng tâm G và trực tâm H và tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC cùng nằm trên một đường thẳng, gọi đường thẳng đó là đường 1 GO =− . thẳng Euler và giữa các điểm đó thỏa mãn hệ thức: 2 GH Hình 2.4 Chứng minh. 1. Gọi A0 , B 0 , C 0 là chân các đường trung tuyến tương ứng 1 với các đỉnh nên các đoạn thẳng A0 B 0 , B 0 C 0 , C 0 A0 song song và bằng các 2 cạnh tương ứng AB, BC, CA ⇒ ∆A0 B 0 C 0 là hình vị tự của ∆ABC ⇒ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −→ ∃G : GA0 = − 12 GA, GB 0 = − 21 GB, GC 0 = − 12 GC ⇒ A0 , B 0 , C 0 đồng quy 2 tại G (là trọng tâm ∆ABC ) và G cách các đỉnh bằng đường trung 3 tuyến tương ứng. 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 17 2. Vì tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC trùng với trực tâm H 0 của ∆A0 B 0 C 0 nên O (cũng tức là H 0 ) là hình vị tự của trực tâm H −1 của ∆ABC trong phép vị tự VG 2 nói trên biến ∆ABC thành ∆A0 B 0 C 0 , −→ 1 −−→ 1 GO nghĩa là ta được GO = − GH hay là: =− . 2 2 GH Bài toán 2.1.5. Cho ba đường tròn (O1 ) = (O2 ) = (O3 ) cung đi qua một điểm A và cắt nhau đôi một tại P, Q, R. CMR hai đường tròn sau bằng các đường tròn trước:(O1 O2 O3 ) = (P QR) = (O1 ) = (O2 ) = (O3 ). Chứng minh. Gọi I = O1 O2 ∩ P A; J = O1 O3 ∩ QA; K = O2 O3 ∩ AR ⇒ IP = IA; JQ = JA; AK = KR. Xét: − 21 VG VA2 : O3 7−→ I, O1 7−→ K, O2 7−→ J, : I 7−→ P, J 7−→ Q, K 7−→ R. Hình 2.5 −1 Qua VA2 .VG 2 = VX−1 : ∆O1 O2 O3 7−→ ∆RP Q. Vì VX−1 ≡ ĐX ⇒ ∆O1 O2 O3 = ∆RQP (G là trọng tâm ∆O1 O2 O3 )⇒ (O1 O2 O3 ) = (RQP ). Dễ thấy đường tròn (P QR) nhận A là tâm (AO1 = AO2 = AO3 )⇒ Các đường tròn (O1 O2 O3 ) = (P QR) = (O1 ) = (O2 ) = (O3 ). Bài toán 2.1.6. Cho ∆ABC. Các đường cao AA1 , BB1 , CC1 cắt nhau tại H. Các đường trung tuyến AA0 , BB 0 , CC 0 cắt nhau tại G. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆A0 B 0 C 0 . 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 18 1. Xác định phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A0 B 0 C 0 . 2. CMR: 6 điểm A0 , A1 , B 0 , B1 , C 0 , C1 cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn đó gọi là đường tròn Euler. CMR: Đường tròn Euler đi qua ba trung điểm A2 , B2 , C2 của những điểm nối các đỉnh A, B, C với trực tâm Hcủa ∆ABC. Chứng minh. 1. ∆A0 B 0 C 0 là ảnh của ∆ABC qua phép vị tự tâm G với 1 tỷ số k = − . 2 Hình 2.6 2. Phép vị tự trên biến đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC thành đường tròn tâm O0 ngoại tiếp ∆A0 B 0 C 0 , biến trực tâm H thành trực −−→ −→ 1 −→ 1 −−→ tâm O của ∆A0 B 0 C 0 . Do đó GO = − GH và GO0 = − GO. Ta suy 2 2 0 0 ra O là trung điểm đoạn HO. Đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆A0 B 0 C 0 cắt đường cao AH tại điểm A2 . Mặt khác phép vị tự tâm H với tỷ số 1 k 0 = biến đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC thành đường tròn tâm 2 −−→ 1 −−→ −−→ 1 −−→ 0 O ngoại tiếp ∆A0 B 0 C 0 . Ta có: HO0 = HO và HA2 = HA. Do đó A2 2 2 là trung điểm của đoạn AH. Kéo dài AA1 cắt đường tròn (O) tại H1 . −−→ 1 −−→ Ta có HA1 = HH1 . Vậy A1 là ảnh của H1 trong phép vị tự tâm H nói 2 trên. vì H1 nằm trên đường tròn tâm O nên A1 nằm trên đường tròn Euler. Chứng minh tương tự đối với các điểm còn lại. Vậy đường tròn đi qua 9 điểm A0 , A1 , B 0 , B1 , C 0 , C1 , A2 , B2 , C2 . Nhận xét 2.4. Hai đường tròn (O) và (O0 ) vị tự với nhau bằng hai phép vị tự: 20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn