- Trang chủ >>
- Sư phạm >>
- Sư phạm toán
Bài tiểu luận hình học sơ cấp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.6 MB, 108 trang )
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
LỚP TOÁN VB2-K2
Giải
a) Gọi I là điểm chính giữa cung AB
,
2
IA IB
IA IB
Ta cần chứng minh I là tâm quay M biến thành N.
Xét
AMI
và
BNI
có :
MAI IBN
AM BN
AI BI
Vậy
AMI BNI c g c
Suyra
MI NI
Ta có :
, , ,
,,
,
2
IM IN IM IA IA IN
IN IB IA IN do AMI BNI
IA IB
Xét phép quay
,
2
I
Q
, ta có :
AB
MN
Vậy I là tâm phép quay biến
,AM
thành
,BN
Bài 1 : Cho điểm M thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB . Trên BM lấy điểm N sao cho BN
= AM
a) Xác định phép quay biến A, M lần lượt thành B, N.
b) Chứng minh rằng N thuộc nửa đường tròn cố định.
1
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
b) Gọi O’ là ảnh của O qua phép quay
,
2
I
Q
Mà : O cố định nên O’ cố định
Ta có: M thuộc nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB cố định và O’ là ảnh của O qua phép
quay
,
2
I
Q
nên N thuộc nửa đường tròn tâm (O’) (cố định).
Giải
Gọi I là giao điểm của đường tròn (C;CM) và AM .
Xét
CMI
có:
CM=CI ( cách dựng điểm I)
,,
3
MC MI BC BA
(cùng chắn cung
AC
)
Từ đó, suy ra
CMI
đều.
Suy ra
,
3
CI CM
Xét phép quay
,
3
C
Q
:
,
3
,
3
,
3
,
3
C
C
CI CM
Q M I
CM CI
CB CA
Q B A
CB CA
Như vậy ,
,
3
C
Q MB IA
I
A
B
C
M
Bài 2 : Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Chứng minh rằng :MA = MB + MC
2
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay, ta có MB = IA
Mặt khác : IM = MC (do
CMI
đều )
Suy ra : AM = AI +IM = MB + MC ( đpcm)
Nhận xét : ta có thể mở rộng tính chất trên như sau:
Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc
BAC
, khi đó ta có :
MB MC MA
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
Bài 3: Cho tam giác ABC và vẽ phía ngoài các tam giác đều BCA
1
, CAB
1
, ABC
1
có tâm lần lượt là
A
’
, B
’
, C
’
. Chứng minh rằng tam giác A
’
B
’
C
’
đều.
Giải:
Cách 1:
Xét tích 2 phép quay:
22
'; ';
33
.
BC
F Q Q
Do:
Nên:
4
;
3
O
FQ
Mà:
4
;
3
()
O
Q B C
Nên:
Suy ra:
Theo cách dựng tâm O, ta có:
A'
B'
C'
A1
B1
C1
A
B
C
3
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Suy ra tam giác
đều.
Cách 2:
Ta có:
Mặc khác:
Suy ra hai tam giác cân
đồngdạng.
Từ đó ta có:
(1)
Xét phép quay
;
6
B
Q
Suy ra:
,
Kết hợp với (1) ta được:
Do:
;
6
( ' ')
B
Q C A HK
Nên:
Tương tự ta cũng có hai tam giác cân
đồng dạng.
F
E
H
K
A'
B'
C'
A1
B1
C1
A
B
C
4
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Suy ra:
Xét phép quay
;
6
C
Q
Suy ra:
Kết hợp với (3), ta được:
Do:
;
6
( ' ') EF
C
Q A B
Nên:
Ta có:
Mặc khác:
Kết hợp với (2) và (4) ta được:
Từ (5) và (6) suyra:
Cách 3:
5
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Gọi:
Do hai tứ giác
nội tiếp
Và:
Nên:
Suyra:
Điều này chứng tỏ:
Ta có:
(Đường nối tâm của hai đường tròn vuông góc với dây cung chung của chúng.)
Suyra:
Tương tự ta có:
Vậy tam giác là tam giác đều.
Giải
O
A'
B'
C'
A1
B1
C1
A
B
C
H
I
F
E
B
A
C
Bài 4: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABE và ACF đều. Gọi I là trung điểm BC
và H là tâm tam giác ABE . Xác định dạng của tam giác HIF
6
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Xét
2
;;
33
.
FH
F Q Q
12
2
33
≠
2k
Suy ra
;O
FQ
= Đ
O
2
;;
33
HF
B A C
Do đó Đ
O
(B) = C
OI
Áp dụng cách dựng tâm quay O ta có:
1
2
,
23
,
26
HI HF
FH FI
Suy ra
,
2
IH IF
Vậy tam giác HIF là tam giác vuông có
1
2
,
23
,
26
,
2
HI HF
FH FI
IH IF
Giải
Cách 1:
M
E
D
A
B
C
Bài 5: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD và ACE lần lượt vuông cân tại B và C. M
là trung điểm DE. Xác định dạng của tam giác BMC.
7
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Gọi D’ là điểm dối xứng của D qua B, E’ là điểm đối xứng của E qua C
Xét phép quay :
;
2
: '
A
Q D D
'EE
Từ đó suy ra:
''
''
DE D E
DE D E
Mặt khác. Ta có
//D'E
1
'
2
MB
MB D E
(Vì MB là đường trung bình của ∆DD’E)
Và
//DE'
1
'
2
MC
MC DE
(Vì MC là đường trung bình của ∆EE’D)
Vậy ∆ BMC vuông cân tại M.
Cách 2:
Xét
;;
22
.
BC
F Q Q
12
22
≠
2k
Suy ra
;O
FQ
= Đ
O
;;
22
CB
E A D
Do đó Đ
O
(B) = C
OM
(Vì M là trung điểm DE)
Áp dụng cách dựng tâm quay, ta có
1
2
,
24
,
24
BM BC
CM BC
Vậy ∆MBC vuông cân tại M.
8
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
2
;
2
O
Q
1
;
2
O
Q
O
D
Bài 6: Dựng trên cạnh AB, BC, CD, DA và ở bên ngoài tứ giác ABCD những hình vuông có tâm lần
lượt là
1 2 3 4
, , ,O O O O
. Gọi I,J,K,H lần lượt là trung điểm các đoạn AC,BD,
13
OO
,
24
OO
. Chứng minh
rằng: a)
1 3 2 4 1 3 2 4
và OO O O OO O O
b)Tứ giác IJKH là hình vuông.
Giải
a) Xét tích phép quay
21
;;
22
.
OO
F Q Q
12
2
22
k
Đặt O là tâm của tích 2 phép quay trên
Suy ra:
;
O
O
F Q D
Ta có:
A B C
A C
Suy ra
OI
Theo cách dựng tâm O, ta có:
1
1 1 2
2
2 1 2
;
24
;
24
O I OO
O O O I
O
4
O
3
O
2
O
1
H
K
J
I
A
B
C
D
9
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
;
2
I
Q
;
2
J
Q
Nên
12
O IO
vuông cân tại I.
Tương tự ta có
43
O IO
vuông cân tại I.
Xét phép quay
;
2
I
Q
, ta có:
12
34
1 3 2 4 1 3 2 4
và ; *
2
OO
OO
OO O O O O O O
Hay
1 3 2 4
OO O O
Ta làm tương tự như trên và xác định J là tâm quay.
Xét phép quay
;
2
J
Q
, ta có:
41
23
OO
OO
Do
24
K O O
(vì K là trung điểm
24
OO
)
13
H OO
(vì H là trung điểm
13
OO
)
Nên K H
Ta suy ra:
IHK
vuông cân tại I. (1)
Tương tự: H K
Ta suy ra:
KHJ
vuông cân tại J. (2)
Từ (1), (2), ta suy ra IJKH là hình vuông. (đpcm)
b)
1 2 3 4
OO O O
là hình vuông
1 2 3 4
OO O O
là hình bình hành
(do IJ là hình vuô )
là hình bình hành
HK
I J KH ng
ABCD
10
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Bài 7: Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Một đường thẳng song song với AB cắt các cạnh CA, CB
lần lượt tại D và E. Các đường vuông góc với AE hạ từ C và D lần lượt cắt AB tại H và K. Chứng
minh K là trung điểm của đoạn BH.
Giải
Ta có:
Tam giác ABC cân tại C
Mà: DE song songvới AB
Suy ra: CD = CE.
Lấy F là đối xứngc ủa D qua C
Nên: CE = CD = CF
Xét phép quay
;
2
C
Q
Suy ra:
Mà:
Suy ra: Ba đường thẳng BF, DH, CK song song nhau
Mà: CD = CF
Suy ra: HK = HB
Điều này chứng tỏ K là trung điểm của đoạn HB.
Bài 8: Cho đường tròn (O;R). Xét các hình vuông ABCD có A,B thuộc (O). Hãy tìm độ dài cạnh hình
vuông sao cho OD lớn nhất.
Giải
Nhận xét: với cùng một vị trí của A,B nếu D và O nằm cùng phía với AB thì sẽ có độ dài OD
nhỏ hơn nếu O và D nằm khác phía với AB. Do đó, để tìm độ dài cạnh hình vuông ABCD sao
cho OD lớn nhất thì ta chỉ cần xét trường hợp O, D nằm khác phía với AB.
H
K
E
B
C
A
D
11
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Cách 1:
Xét phép quay
;
2
A
Q
, ta có:
;
2
;
2
( ) '
()
A
A
Q O O
Q B D
Mà B thuộc đường tròn (O;R) nên D thuộc đường tròn (O’;R)
Do đó:
OO'+O'D
OO'
OD
R
Hay OD lớn nhất
0
'
(1 2)
2 2 (do DOA 45 )
O OD
OD R
AB AD R
Cách 2:hinh ve
Xét hình vẽ trên,
Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, CD.
Đặt
0AB x
,ta có:
2
2
2
2
2
2 2 2 2
4
OJ
4
Suy ra: 2
4
x
OI R
x
xR
x
OD x R x R
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
O'
D
C
O
A
B
I
J
D
C
O
A
B
12
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
2 2 2
22
22
2 2 2
44
2 2 2
Suy ra: OD (3 2 2)
hay OD (1+ 2)
x x x
x R R
R
R
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
22
2
22
4
2 2 2
22
xx
R
xR
Giải
Ý tưởng: Ta dùng phép quay, cố gắng ép biểu thức ta cần tìm về một bất đẳng thức tam giác.
Xét phép
,
3
A
Q
:
AA
MN
CD
Suy ra:
,
3
:
A
Q AMC AND
và
AMN
là tam giác đều.
Do đó, ta có:
MA MN
MC ND
D
N
B
C
A
M
Bài 9 : Cho tam giác nhọn ABC. Tìm điểm M bên trong tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ
nhất.
13
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
MA MB MC MB MN ND BD
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
,M N BD
.
Cách xác định vị trí điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán:
Do bốn điểm B, M, N, D thẳng hàng nên:
2
3
2
(Do = )
3
2
3
ABM AMN
AMC AND ANM AMC AND
BMC
Vậy điểm M nhìn các cạnh của tam giác ABC dưới mộtgóc
2
3
.
Ghi chú: Làm tương tự cho các đỉnh B và C, ta cũng có được kết quả như trên.
Bài 10: Dựng về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác ABI và ACK lần lượt vuông cân tại I và K.
Dựng hình bình hành IBCM và điểm N là đối xứng của I qua A. Chứng minh tam giác MNK vuông
cân.
Ý tưởng: ta cố gắng ép 1 phép quay
,
2
:
K
Q M N
.
Giải:
Xét phép quay:
Ta có:
M
N
I
K
B
C
A
14
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Suy ra:
(1)
(2)
Mặc khác:
Suy ra:
(3)
Ta lại có:
Suy ra: 1
(4)
Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra:
`
Vậy:
. Điều này chứng tỏ tam giác KMN vuông cân tại K.
15
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
BÀI TẬP THÊM
Giải
Dựng ra ngoài tam giác ABC , tam giác đều ABC’
0
1
' 45 1C AR C BR PBC CAQ
Xét phép quay
0
,45B
Q
Trong phép quay này thì :
'
'
PP
RR
( Chú ý rằng do (1) , nên
'P BC
và
''R BC
)
'BP BP
và
'2BR BR
Do ABR là tam giác cân , còn AC’B là tam giác đều
0
' 30 ~ '
'
'
RC B BPC BRC
BR BC BP BR
BP BC BC BC
Vậy từ (2) suy ra :
'
'
BR BP
BC BC
Tương tự ta có :
''
3
'
BR BP BP
BC BC BC
R''
Q'
R'
P'
R
C'
C
A
B
Q
P
Bài 1 :Cho tam giác ABC. Dựng ra phía ngoài tam giác, các tam giác BCP, CAQ, ABR sao cho:
0 0 0
45 ; 30 , 15PBC CAQ BCP QCA ABR BAR
. Chứng minh QRP là tam giác
vuông cân.
16
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Xét phép quay
0
, 45A
Q
. Trong phép quay này , ta có :
'
''
RR
Lí luận như trên ta đi đến :
' ''
4
'
AQ AR AQ
AC AC AC
Mà
~5
AQ BP
AQC BPC
AC BC
Từ (3),(4),(5) suy ra :
' '' ' '
6
''
AQ AR BR BP
AC AC BC BC
Từ (6) theo định lí Thales suy ra :
Q’R’’ // P’R’ ( vì cùng // CC’) (7)
Ngoài ra :
'' ' ' '
'' ' ' ' 8
''
R Q P R
R Q R Q
CC CC
Theo trên
0
, 45
' ''
A
Q
QR Q R
Và
0
,45
''
B
Q
PR P R
Nên theo tính chất của phép quay ta có :
' ''QR Q R
và
''PR P R
(9)
QR tạo với Q’R’’ góc 45
0
và PR tạo với P’R’ góc 45
0
. (10)
Từ
8 , 9 11
7 , 10 12
QR RP
QR RP
Từ (11),(12) suy ra QRP là tam giác vuông cân .
Giải
Bài 2 :Trong mặt phẳng tọa độ điểm A(a,b) cố định (a>0,b>0) . Đường thẳng
di động quanh
A cắt trục hoành Ox tại M vàtrục tung Oy tại N. Đường thẳng q qua M và // đường y=x cắt Oy
tại M’; còn đường thẳng qua N và // đường y=-x cắt Ox tại N’ . Chứng minh rằng M’N’ luôn
đi qua một điểm cố định.
17
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Gọi l
1
là đường thẳng qua M và song song với y = x .
Giả sử
2
'l Oy M
thì OM = OM’
Gọi l
2
là đường thẳng qua M và song song với y = -x .
Giả sử
2
'l Oy N
thì ON = ON’
Xét phép quay
0
, 90O
Q
Từ trên suy ra trong phép quay này thì :
Vậy
0
, 90
''
O
Q
MN M N
Vì
A MN
nên giả sử
0
, 90
'
O
Q
AA
Thì A’ cố định và
' ' 'A M N
Như thế M’N’ luôn đi qua điểm cố địnht A’. Dễ thấy tọa độ của A’ là A’(b,- a)
Nhận xét : Cách giải này rõ ràng ngắn gọn hơn nhìu so với cách giải bằng đại số.
'
'
MM
NN
Bài 3 : Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC . Chứng minh rằng
sin . sin . sin . 0AOA BOB COC
5
5
10
15
20
25
6
4
2
2
4
6
8
10
j
N'
M'
N
O
A
M
A'
18
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
Giải
Gọi I, J , K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp các cạnh AB, BC , CA.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến phát xuất từ một điểm, ta có
AO IK
.
Tứ giác AIOK nội tiếp trong đường tròn đường kính OA. Đường tròn này cũng là đường tròn ngoại
tiếp tam giác AIK, vì thế theo định lý hàm số sin trong tam giác này, ta có:
.sinIK OA A
Xét phép quay
0
, 90O
Q
Giả sử trong phép quay này , thì
'
'
'
II
JJ
KK
Theo tính chất của phép quay, suy ra
0
, 90
''
''
''
' '/ /
O
Q
IK I K
IK I K
IK I K
Do AO IK I K OA
Ngoài ra do các lập luận trên suy ra:
' ' sin . 1K I AOA
Lí luận tương tự ta có
' ' sin . 2
' ' sin . 3
I J BOB
J K C OC
Cộng từng vế (1)(2)(3) và do
' ' ' ' ' ' 0K I I J J K
Suy ra
sin . sin . sin . 0AOA BOB COC
Nhận xét theo định lí hàm số sin suy ra :
K'
I'
J'
B
A
C
O
K
I
J
19
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012
. . . 0aOA bOB cOC
Vậy O là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C theo bộ số (a,b,c)
20
tusachvang.net
Bài 1:
a. Xác định phép biến hình: f = Đ
D
Đ
C
Đ
B
Đ
A
.
b.Tìm điều kiện để f = Id, suy ra cách xác định phép biến hình f = Đ
C
Đ
B
Đ
A.
Giải:
a.Ta có: f = Đ
D
Đ
C
Đ
B
Đ
A
=
22
2
CD AB
CD AB
T T T
b. Ta có:
f Id
2 CD AB
T Id
0
0
CD AB
CD AB
CD BA
Do đó : f = Đ
C
Đ
B
Đ
A
= Đ
C
2AB
T
= Đ
C
2CD
T
= Đ
C
Đ
C
Đ
D
= Đ
D
( do Đ
C
Đ
C
= Id )
Bài 2:
Trên hai đường tròn bằng nhau (O), (O’), lần lượt lấy hai cung AM và A’M’ bằng nhau nhưng
khác hướng, với A; A’ cố định còn M; M’ thay đổi. Tìm quỹ tích trung điểm đoạn MM’.
Giải:
Ý tưởng: Gọi I là trung
điểm MM’.
Để tìm quỹ tích điểm I,
ta tìm một đường cố định
đi qua I. Cụ thể I thuộc
đường thẳng là ánh xạ
của một đường cố định
qua phép biến hình xác
định.
Ta có: O, O’, A, A’ cố định.
Xét:
1
OO
1
11
:
T A A
MM
AM AM A M
TH1:
1
AA
- Khi
1
MM
Qua O’ kẻ đường kính
1
BC A A
21
tusachvang.net
2
Gọi
11
.J BC AM
Dễ thấy
11
//A A MM
Nên
1
BC M M
tại J
Suy ra : J là trung điểm
1
MM
.
Xét
1
MM M
,có:
1
11
OO
22
JI M M
Suy ra:
1
OO
2
I T J
Mà J thuộc BC là một đường thẳng cố định
Nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua
1
OO
2
T
Suy ra quỹ tích điểm I thuộc vào ảnh của BC qua
1
OO
2
T
Khi
1
' MM
Lúc đó
1
' M M J
nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua
1
OO
2
T
Khi
1
' , MM
, M thẳng hàng
Ta có:
1
2
M I M M
1
1
2
M J M M
Suy ra
1
11
'
22
IJ MM OO
Nên
1
OO
2
I T J
Nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua
1
OO
2
T
TH2:
1
' AA
Khi
' OO BC
Mà
1
''O A M M
Gọi
1
J BC M M
Suy ra : J là trung điểm
1
MM
22
tusachvang.net
3
Nên
1
11
'
22
IJ MM OO
Do đó
1
OO
2
I T J
Phần đảo:
Lấy I bất kì thuộc B’C’
Kẻ IJ // OO’ cắt BC tại J
Qua J vẽ đường thẳng vuông góc với BC cắt (O’) tại 2 điểm lần lượt là
1
,MM
sao
cho M’ và A’ nằm cùng 1 phía bờ BC
Gọi
OO
M T M
Khi đó:
11
OO
22
JI MM
Do đó I là trung điểm MM’
Ta thấy
11
//AA M M
nên A'M' = A M
Mà
11
AM
= AM do là hình bình hành nên A'M' = AM
Vậy quỹ tích điểm I là ảnh của BC qua
1
OO
2
T
Giới hạn:
Khi M chạy trên (O) thì J chạy trên đoạn thẳng BC.
Do đó, điểm I thuộc B’C’ là ảnh của BC qua
1
OO
2
T
Bài 3:
Cho hình vuông ABCD. E là điểm trong hình vuông sao cho
CDE
cân tại
E và góc đáy là
15
o
. Chứng minh
ABE
đều.
Giải:
23
tusachvang.net
4
Lấy F ở ngoài hình vuông ABCD sao cho
FCD
đều.
Xét
AD
:T A D
BC
Ta sẽ chứng minh
AD
( ) T E F
Có EC = ED (do
ECD
cân tại E)
FC = FD (do
FCD
đều)
EF là trung trực của CD
EF
CD
Mà AD
CD (do ABCD là hình vuông)
/ / (1)EF AD
60 15 75
1 1 1
(180 - - ) (180 - 15 - 15 ) 75
2 2 2
o o o
o o o o o
FDE FDC CDE
FED DEC EDC ECD
FDE FED
FDE
cân tại F
EF DF
Có DF = CD (do
FCD
đều)
EF CD
Mà CD = AD (hình vuông ABCD)
(2)EF AD
(1)(2)
EF AD
( )
AD
T E F
Mà
FCD
đều.
ABE
đều (đpcm)
Bài 4:
Cho
ABC
. Gọi Bx và Cy lần lượt là các tia đối của các tia BA và CA. D
và E là các điểm chuyển động lần lượt trên hai tia Bx và Cy sao cho BD = CE.
Tim quỹ tích trung điểm M của DE.
Giải:
Cách 1
24
tusachvang.net
