Phép quay vector và ứng dụng

1
PHÉP QUAY VECTƠ VÀ CÁC ỨNG DỤNG
******************
I) Định nghĩa.
1) Ta gọi

là góc định hướng giữa hai vectơ
,
a b
 
và kí hiệu là
( , )a b

 

nếu trên đường tròn
định hướng tồn tại hai điểm A, B thỏa mãn hai điều kiện:
 Vectơ
,
OA OB
 
cùng hướng với hai vectơ
,
a b
 
đã cho.
 Cung định hướng ứng với điểm đầu là A, điểm cuối là B của đường tròn (O) có số đo là
2 ,( )
k k Z
 

 
.
2) Phép quay vectơ
u

góc quay

, kí hiệu
Q

là quy tắc biến mỗi vectơ
u

của mặt phẳng thành
vectơ quay
( )
Q u


của mặt phẳng đó, trong đó
( )
Q u


xác định bởi 2 điều kiện:
* Độ dài của
( )
Q u



bằng với độ dài của
u

.
* ( , ( ))u Q u



 
.
II) Tính chất.
1) Tính chất 1:
( )
Q u


=
0

khi và chỉ khi
0
u

 
.
2) Tính chất 2:
-Nếu

=
2 ,( )

k k Z


thì
( )
Q u


=
u

, mọi vectơ
u

.
-Nếu
2 ,( )
k k Z
 
 
thì
( )
Q u


=
u

khi và chỉ khi
0

u

 
.
Các tính chất 1,2 dễ dàng suy ra từ định nghĩa.
3) Tính chất 3:
( , ) ( ( ), ( )), ,
u v Q u Q v u v
 
 
     

Chứng minh: Theo hệ thức Saclor, ta dễ dàng có:
( , ) ( , ( )) ( ( ), ( )) ( ( ), ) ( ( ), ( )) ( ( ), ( ))
u v u Q u Q u Q v Q v v Q u Q v Q u Q v
       
 
      
           

4) Tính chất 4:
Q Q Q
   




Chứng minh: Thật vậy, với vectơ
u


bất kì, ta có:
( ) ( ) ( ( )) ( )
( ( ), ( )) ( ( ), ) ( , ( )) ( ( ), ( )) ( ) 0
Q u u Q u Q Q u Q Q u
Q u Q Q u Q u u u Q u Q u Q Q u
      
         
   

 

   


        


    

       
 

Từ hai điều này, suy ra:
( ) ( )
Q u Q Q u
   


 
 , mọi

u

, suy ra đpcm.
5) Tính chất 5:
. ( ). ( ), ,
u v Q u Q v u v
 
 
     
.
Chứng minh: Theo tính chất 3, ta có:
( ). ( ) ( ) . ( ) .cos( ( ), ( )) . .cos( , ) .
Q u Q v Q u Q v Q u Q v u v u v u v
     
  
           

6)Tính chất 6:
( ) . ( ), ,
Q u Q u u
 
  
  
  


Chứng minh: Xét hai vectơ
,
a b
 

không cùng phương, khi đó rõ ràng hai ảnh của nó qua phép quay
vectơ cũng không cùng phương với nhau. Với mọi
u

, ta có:
( ).( ( ) . ( )) ( ). ( ) ( ). . ( ) .( ) . 0
Q a Q u Q u Q a Q u Q a Q u a u a u
      
     
     
          

Suy ra:
( ) . ( )
Q u Q u
 
 

 
,
( )
Q a


vuông góc với nhau.
Tương tự với
b

, ta cũng có:
( ) . ( )

Q u Q u
 
 

 
,
( )
Q b



Từ đó suy ra, vectơ
( ) . ( )
Q u Q u
 
 

 
=
0

hay
( ) . ( )
Q u Q u
 
 

 
(đpcm).
7) Tính chất 7:

( ) ( ) ( ), ,
Q u v Q u Q v u v
  
   
     

Chứng minh: Xét hai vectơ
,
a b
 
không cùng phương,khi đó rõ ràng hai ảnh của nó qua phép quay
vectơ cũng không cùng phương với nhau. Ta có:

2
( ).( ( ) ( ) ( )) ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( )
( ) . 0
Q a Q u v Q u Q v Q a Q u v Q a Q u Q a Q v
a u v a u av
         
       
    
           
    

Lập luận tương tự ta cũng có:
( ).( ( ) ( ) ( ))
Q b Q u v Q u Q v
   
  
    

=0.
Suy ra, vectơ
( ) ( ) ( )
Q u v Q u Q v
  
  
   
cùng vuông góc với hai vectơ không cùng phương nên
vectơ này bằng 0. Do đó:
( ) ( ) ( )
Q u v Q u Q v
  
  
   
=
0

, suy ra đpcm.

*Chú ý: ta nên hiểu bản chất của phép quay vectơ là chỉ thay đổi phương của của một vectơ cho
trước, cho nên với một vectơ tùy ý cũng như một góc cho trước thì có vô số ảnh được tạo thành là
các vectơ bằng nhau.
III) Các ví dụ và bài tập áp dụng.
Trước hết để thấy hiệu quả của phương pháp dùng phép quay vectơ, ta hãy cùng so sánh hai cách
chứng minh của các bài toán sau (một cách có sự dụng phép quay vectơ, một cách chứng minh
thông thường) và từ đó rút ra nhận xét. (Các bài toán trong ví dụ đa số áp dụng trực tiếp các tính
chất của phép quay vectơ nên cần chú ý các tính chất đã nêu trong phần trên mà không nhắc lại
trong bài giải).
Ví dụ 1. Cho đa giác đều A
1

A
2
A
3
A
n
có tâm O.Chứng minh rằng:
1 2 3
0
n
OA OA OA OA
    
    
.
Lời giải.
Cách 1. Xét hai trường hợp:
-Nếu n là số chẵn: khi đó luôn tồn tại các cặp đỉnh
tương ứng của đa giác đối xứng nhau qua O nên
tổng vectơ tương ứng sẽ là vectơ-không (do O là
trung điểm đoạn thẳng tạo bởi cặp đỉnh đó). Ta có
đpcm.
-Nếu n là số lẻ, đặt
2 1
n m
 
.
Xét tổng
1 2 3

n

OA OA OA OA
   
   
=
1 2 3 2 2 1

m m
OA OA OA OA OA

    
    
, ta thấy các
cặp đỉnh A
1,
A
2,
A
3,
A
n
tương ứng tạo với O thành
các vectơ tổng hợp cùng phương với vectơ
2 1
m
OA


.
Do đó, cả tổng này là một vectơ cùng phương với
vectơ

2 1
m
OA


. Mặt khác, hoàn toàn tương tự, ta
cũng có tổng vectơ này cùng phương với
1
OA

(hay
bất cứ đỉnh nào khác). Mà hai vectơ
2 1
m
OA


,
1
OA

không cùng phương cho nên tổng các vectơ đó
phải là vectơ-không, ta có đpcm.
Cách 2. Giả sử đa giác A
1
A
2
A
3
A

n
có hướng dương, nghĩa là các đỉnh của nó theo thứ tự nằm trên
đường tròn ngược chiều kim đồng hồ. Xét phép quay vectơ:
2
n
Q


2 1 2 3 2 1 2 2 2 3 2
2 3 4 1 1 2 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n
n n n n n
n
Q OA OA OA OA Q OA Q OA Q OA Q OA
OA OA OA OA OA OA OA OA
    
        
         
       
       

Từ đó, suy ra:
1 2 3
0
n
OA OA OA OA
    
    

do góc
2
0
n


.Ta có đpcm.
Ví dụ 2. (Định lí con nhím)
Về phía ngoài của đa giác A
1
A
2
A
3
A
n
, dựng các vectơ
1 2 3
, , ,
n
e e e e
   
lần lượt vuông góc với các
Cạnh A
1
A
2
, A
2
A

3
, A
n
A
1
và có độ dài bằng các cạnh tương ứng và các gốc thuộc các cạnh đó.
Chứng minh rằng:
1 2 3
0
n
e e e e
    
    
.
O
A
1
A
2
A
3

A
n-1
A
n

3
Lời giải.
Cách 1. Ta sẽ dùng phương pháp quy nạp.

Với n=3, ta xét tam giác ABC có các cạnh là a,b,c :
2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 3
( ) ( ) ( ) ( ) 2( . . . ) 2( .cos .cos .cos )
( ) ( ) ( ) 0
0
e e e e e e e e e e e e a b c ab C bc A ca B
a b c a b c b c a a b a
e e e
              
 
            
 
   
           
   

(Có sử dụng định lí cosin trong tam giác). Trong trường hợp này, điều cần chứng minh là đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 3, ta sẽ chứng minh nó đúng với n=k+1, tức là đúng với một đa
giác có k+1 cạnh. Ta nối hai đỉnh kề nhau lại, chia đa giác đã cho thành hai phần gồm 1 tam giác và
một đa giác.
Áp dụng định lí con nhím cho đa giác k cạnh này, ta có
1 2 3 1 2 3
' 0 '
k k
e e e e e e e e
          
        

, trong
đó , vectơ
'
k
e

là vectơ có độ dài bằng
Đoạn A
1
và hướng ra ngòai đa giác A
1
A
2
A
3
A
k
Mặt
khác, cũng áp dụng định lí này cho tam giác A
k
A
k+1
A
1

ta có :
1
'' 0
k k k
e e e


  
   
, trong đó, vectơ
''
k
e

là vectơ
vuông góc với A
1
A
k
, có độ dài bằng và hướng vào
trong đa giác A
1
A
2
A
3
A
k
. Suy ra :

'' ' 0
k k
e e
 
  
. Do đó:

1 2 3 1
0
k k
e e e e e

    
     
, với
n=k+1, mệnh đề cũng đúng.
Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.

Cách 2. Xét phép quay vectơ
2
Q

, ta có:
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1
2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
n n n
Q e e e e Q e Q e Q e Q e A A A A A A
    
             
           

Đây chính là đpcm.
Qua hai ví dụ trên, ta thấy rõ ứng dụng mạnh của phép quay vectơ trong chứng minh hình học. Sau
đây chúng ta sẽ cùng tìm hiểu thêm qua một số bài toán khó hơn. (Trong các bài này ta xét các đỉnh
của tam giác, tứ giác được gọi theo hướng dương).

*Bài toán 1. (Định lí Napoléon)
Về phía ngoài của tam giác ABC dựng các tam giác đều BCA’,
CAB’, ABC’. Gọi I, J, K lần lượt là tâm của
các tam giác này. C/m rằng: IJK là tam giác đều.
Giải: Xét phép quay vectơ:
3
Q

, ta có:
3 3 3 3 3
1 1
( ) ( ' ') ( ( ') ( ) ( '))
3 3
Q IJ Q AC BA CB Q AC Q BA Q CB
    
     
      

1
( ' ' )
3
A B BC CA IK
   
   

Vậy tam giác IJK là tam giác đều (đpcm).

*Bài toán 2.
Cho lục giác
ABCDEF

nội tiếp đường tròn bán kính R sao cho
AB CD EF R
  
.
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của BC với FA, BC với DE, DE với FA.
Chứng minh rằng
OA B C OB C A OA A B
        
    
.

A
1
A
k
+1
A
k

A
3
A
2

4
Lời giải.
Gọi M, N, P là trung điểm của BC, DE, FA. Ta thấy: các tam giác OCD, OEF, OAB là các tam giác
đều. Ta sẽ chứng minh tam giác MNP là tam giác đều.
Thật vậy, xét phép quay vectơ:
  

          
         
  
3 3 3
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
Q MN Q CD BE Q CD BO OE CO BA OF CF BA MP
.
Suy ra tam giác MNP là tam giác đều.
Đặt MN = NP = PM = a, gọi R’ là bán kính đường tròn
ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.
Ta có: 2 sin 2
sin
MP
OA B C R B A C a R
MOP
       
     

(do tứ giác OMA’P là tứ giác nội tiếp, do M,N,P là trung
điểm nhưng cũng là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống
các dây cung BC, DE, FA).
Tương tự với OB’.C’A’ = 2a.R’; OC’.A’B’ = 2a.R’.
Do đó,
OA B C OB C A OA A B
        
    
.

*Bài toán 3.
Cho tứ giác ABCD, dựng phía ngoài tứ giác các tam giác vuông cân AXB, BYC, CZD, DTA.
Chứng minh rằng: XZ ,YT vuông góc với nhau và bằng nhau.
Lời giải.
Xét phép quay vectơ:
2 2
2 2
2
( ) ( )
( ) ( )
1
( ) (
2
Q XZ Q XA AT TD DZ XB TD TA ZC
Q XZ Q XB BY YC CZ AX CY BC DZ
Q XZ XB TD TA ZC AX CY
 
 

       
       
      
        
        
     
)
1
( )
2

BC DZ
TA AB TY BY TY
  
   
  
    

Từ đó suy ra đpcm.
*Bài toán 3.
Cho tứ giác ABCD có
AC BD

. Dựng ra phía ngoài tứ giác các tam giác đều BCM, ADN. Gọi
P, Q lần lượt là trung điểm của BC, AD. Chứng minh rằng MN song song hoặc trùng với PQ.
Lời giải.
Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AB,CD. Do AC=BD nên tứ
giác KPLQ là hình thoi.
Suy ra: PQ vuông góc với KL. Xét phép quay vectơ:
2 2
3 3
( ) ( ) .2 3 .
2 2
Q NQ PM Q AD BC KL KL
 
    
     

Do đó:
,
KL NQ PM


  
vuông góc với nhau.
Mặt khác:
,
KL PQ
 
vuông góc với nhau nên
,
PQ NQ PM

  
song
song với nhau.
Do đó, ta có:


NM NQ QP PM NQ PM QP QP
     
       

.
Từ đó, suy ra MN song song hoặc trùng với PQ (đpcm).


j
N
M
P
A'

C'
B'
O
A
B
C
D
E
F
L
K
P
Q
M
N
A
D
C
B
Y
Z
T
X
A
D
C
B

5
*Bài toán 5.

Về phía ngoài của tứ giác ABCD dựng các tam giác đều ABX, BCY, CDZ, DAT. Gọi E, F lần
lượt là trung điểm của BY, AT và O là tâm của tam giác CDZ.
Chứng minh XO vuông góc với EF và tính tỉ số giữa hai đoạn thẳng này.
Lời giải.
Gọi I, H, J, K lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Ta có:
1 1
( ) ( )
2 2
1 3 1
( )
2 2 2
FE AB TY AB TK KH HY
AB DC TK HY
     
   
      
   

2 2 2 2 2
3 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 4 2 2
3 2 1 2 1 3 1 3
. . . . . . .
4 4 2 2 2 2
3 3
3 1 1
( )
2 2 2
3 3

( ) .
2 2
Q FE Q AB Q DC Q TK Q HY
XI JZ AD BC
XI JO AD BC
XI IJ JO XO
    
   
   
    
  
    
   
   
   

Từ đó suy ra đpcm. Tỉ số cần tìm là
3
2
.

*Bài toán 5.
Cho tam giác ABC nhọn có
1 1 1
, ,
AA BB CC
lần lượt là các đường cao. Trên các tia đối của các
tia
1 1 1
, ,

AA BB CC
, lấy các điểm
2 2 2
, ,
A B C
sao cho
1 2 1 2 1 2
1
AA AA BB BB CC CC
     
.
Chứng minh hai tam giác
2 2 2
,
ABC A B C
có cùng trọng tâm.
Lời giải.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta sẽ chứng minh
2 2 2 2 2 2
0 0
GA GB GC AA BB CC
      
       
.
Xét phép quay vectơ


2 2
2
Q AA AA





 
.
Ta có
1 2 2 2
1 2 2
AA AA BC S AA S AA

       , mà BC và
2
AA
cùng hướng nên
2
2
BC S AA

 
 
.
Tương tự với các vectơ
2 2
,
BB CC
 
 
.
Suy ra



2 2 2 2 2 2
2 0
BC CA AB S AA BB CC AA BB CC
     
        
        
 
.
Từ đây dễ dàng suy ra đpcm.

* Qua các bài toán trên ta thấy rằng, phép quay vectơ là một công cụ mạnh để giải quyết các bài
toán hình học, thậm chí có nhiều bài ít phụ thuộc vào hình vẽ do các bước biến đổi chủ yếu dựa vào
thứ tự các góc và quan hệ định hướng giữa các góc. Việc tìm hiểu và học cách ứng dụng phương
pháp chứng minh bằng phép quay vectơ là một điều hết sức cần thiết và bổ ích.
O
I
J
E
F
Y
Z
T
X
H
K
A
B
C

D

6
IV) Bài tập áp dụng.

Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BD. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của BH, CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với MN.


Bài 2: Cho tam giác ABC. Về phía ngoài của tam giác dựng các tam giác AMB, ANC lần lượt
vuông cân tại M,N, gọi P là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MNP là tam giác vuông cân.

Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A có H là trung điểm của BC. Gọi D là hình chiếu của H trên cạnh
AC và M là trung điểm của HD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BD.

Bài 4: Về phía ngoài của tam giác ABC dựng các tam giác vuông đồng dạng ABE, ACF, vuông tại
A. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: AM vuông góc với EF.

Bài 5: Cho hai hình vuông AKBM, CNDl được sắp xếp sao cho tứ giác ABCD là tứ giác lối và các
điểm K,L nằm trong tứ giác đó. Chứng minh rằng:
2 2
1/ 2 / 2
4
ABCD XYZT ABCD
MN KL
S S S

 

Bài 6: Cho hai điểm A,B lần lượt di động trên hai đường tròn (O

1
), (O
2
) với cùng vận tốc góc và
cùng ngược hướng với chiều kim đồng hồ. Với mỗi điểm A, B, ta xác định điểm C sao cho tam giác
ABC đều. Chứng minh rằng C cũng chuyển động trên một đường tròn (O
3
) với vận tốc góc bằng
với vận tốc góc của A và B.

*Gợi ý cách giải.
Bài 1: Ta có hai tam giác AHD và BAD đồng dạng với nhau theo tỉ số k. Xét phép quay vectơ
2
Q

.
Chỉ cần chứng minh:
2
( ) .
Q AM k MN


 
.
Bài 2: Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC. Ta chứng minh:
2
( )
Q PN HM KA HM PH PM

    

     
.
Bài 3: Xét phép quay vectơ
2 2
1
( ) ( ) .
2
Q AM Q AH AD k BD
 
   
   
.
Bài 4: Hai tam giác ABE, ACF đồng dạng với nhau theo tỉ số k. Ta chứng minh:
2
1 1
( ) ( . . ) .
2 2
Q AM k EA k AF k AF

  
   
.
Bài 5: Gọi I, P, J, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Biến đổi biểu thức: MN
2
-KL
2

dưới dạng vectơ. Chú ý :
2 2
( ) 2 ( ) ( )

2. . . cos( , ) 2. . . cos ( , ) 2. . .sin( , ) 4. 2
2
IPJQ ABCD
MK LN Q AB CD Q QP IJ MK LN
IJ QP IJ QP IJ QP IJ QP IJ QP IJ QP S S
 
     
 



     




 
       
     

Bài 6: Gọi O
3
là điểm sao cho tam giác O
1
O
2
O
3
đều. Giả sử ba điểm A,B,C chuyển động từ các vị
trí A

0
,B
0
,C
0
. Sau một thời gian bất kì, ta vẫn có độ lớn các góc định hướng ban đầu không đổi. Xét
phép quay góc
3

. Ta chứng minh:
3 2 1 3 0 2 0 1 0
3 3 3 3
3 2 1 0 3 0
3 3
( ) ( ), ( ) ( )
( ) ( ) ( )
O C Q O B Q O A O C Q O B Q O A
O C Q O B Q O A Q O C
   
 
  

   
    
     
   
.
Vậy C chuyển động trên đường tròn (O
3
), bán kính O

3
C
0
với vận tốc như của A, B.