Phép đối xứng tâm trong e2, e3

PHẦN MỘT: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thông, hình học là một môn khó đối với học sinh,
bởi vì tính chặt chẽ, logic và tính trừu tượng của hình học cao hơn các môn
học khác. Đặc biệt là các phép biến hình sơ cấp là một phần quan trọng của
hình học và nó là một công cụ hữu ích đối với các bài toán hình học phẳng và
hình học không gian.
Việc đưa nội dung các phép biến hình vào chương trình toán ở bậc trung
học cơ sở và trung học phổ thông không những chỉ nhằm cung cấp cho học
sinh những công cụ mới để giải toán mà còn tập 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.
Phép đối xứng tâm là một trong những phép biến hình sơ cấp được vận
dụng để giải quyết các bài toán dựng hình, quỹ tích, chứng minh, tính toán…
Tuy nhiên việc vận dụng phép đối xứng tâm trong E 2,E3 để giải các bài toán
hình học không phải là việc dễ dàng.
Thực tế nó là một phần khó đối với cả giáo viên và học sinh.
Vì thời gian có hạn nên em xin trình bày những kiến thức cơ bản về phép
đối xứng tâm trong E2,E3.
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
Nghiên cứu phép đối xứng tâm và ứng dụng của nó trong các lớp bài tập
hình học.
3. Đối tượng nghiên cứu
Phép đối xứng tâm trong E2, E3.

1


4. Nhiệm vụ nghiên cứu

Trình bày cơ sở lý thuyết về phép đối xứng tâm
Các ví dụ minh họa thể hiện ứng dụng của phép đối xứng tâm trong các
lớp bài toán hình học sau:
 Chứng minh tính chất hình học
 Dựng hình
 Tập hợp điểm
 Bài toán cực trị
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu các tài liệu liên quan đến phép đối xứng tâm
6. Nội dung của đề tài
Phần 1. Mở đầu
Phần 2. Nội dung
1. Đại cương về phép biến hình
2. Định nghĩa các tính chất của phép đối xứng tâm
3. Ứng dụng của phép đối xứng tâm trong việc giải một số lớp bài toán
hình học
Phần 3. Một số kết luận và kiến nghị
7. Kế hoạch nghiên cứu
Tháng 9/2012 đến tháng 1/2012 nhận đề tài và hoàn thành đề cương
Tháng 2/2013 đến tháng 3/2013 tìm hiểu cơ sở lý thuyết, tìm tài liệu
tham khảo
Tháng 4/2013 đến tháng 5/2013 hoàn thành đề tài.

2


PHẦN HAI: NỘI DUNG
Chương 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHÉP BIẾN HÌNH
1. Định nghĩa
Mỗi song ánh f: En→ En được gọi là một phép biến hình của không gian

En(n=2,3).
2. Định nghĩa
Cho phép biến hình f: En→ En ta có các khái niệm sau:
 Điểm M thuộc En được gọi là điểm bất động đối với phép biến hình f
nếu f(M) = M.
 Hình H nằm trong En được gọi là hình kép nếu f(H) = H.
 Hình H được gọi là hình bất động đối với phép biến hình f nếu:
 M  H: f(M)=M.
3. Định nghĩa
Phép biến hình f: En → En được gọi là phép biến hình đối hợp nếu:
f2 = IdE2
Ví dụ: Phép đối xứng tâm…

3


Chương 2. PHÉP ĐỐI XỨNG QUA TÂM
1. Định nghĩa
Trong không gian En(n=2,3) cho một điểm O. phép biến hình của En biến
M thành M’ sao cho: OM ' = - OM được gọi là phép đối xứng qua O
O: gọi là tâm đối xứng.
Kí hiệu: ĐO
2. Tính chất
 Trong E2: Phép đối xứng tâm là một phép bảo tồn phương.
trong E3: Phép đối xứng tâm là phản chiếu bảo tồn phương.
f: E3 → E3 biến điểm M thành M’, biến điểm N thành N’ thế thì ta có:
M ' N ' = - MN .

 Phép đối xứng tâm ĐO có một điểm bất động duy nhất.
 Phép đối xứng tâm ĐO là phép biến hình 1-1.

 Tích của ba phép đối xứng tâm với ba tâm đối xứng phân biệt là một
phép đối xứng tâm.

4


3. Ứng dụng của phép đối xứng qua tâm
§ 1. CHỨNG MINH TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
Ví dụ 1. Chứng minh rằng nếu một tam giác có đường trung tuyến và
đường phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh mà trùng nhau thì tam giác đó là
tam giác cân.

A
1
D

B
2

2

C

1

A’
Giải:
Thật vậy , giả sử tam giác ABC có đường trung tuyến AD đồng thời là
đường phân giác
Dễ thấy B,C đối xứng với nhau qua D

Gọi A’=ĐD(A) tứ giác ABA’C là hình bình hành tâm D
Bởi vậy, AC=BA’, Â’2 = Â2 = Â1 suy ra:
Tam giác BAA’ cân ở B và do đó BA’=BA suy ra:
AB=AC và tam giác ABC cân ở A.
Chú thích:
Về cơ bản bài toán này chỉ đòi hỏi vận dụng kiến thức SGK hình học 7,
tuy nhiên cần phải vẽ thêm hình phụ. Ở đây chúng ta sử dụng ngôn ngữ biến
hình trong việc trình bày lời giải của bài toán (cụ thể là phép đối xứng tâm).

5


Ví dụ 2. Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC,CA,AB ta lấy lần lượt
các điểm A1 và A2, B1 và B2, C1 và C2 sao cho 6 điểm đó nằm trên một đường
tròn. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng đi qua A1 và vuông góc với BC,
đi qua B1 và vuông góc với AC, đi qua C1 và vuông góc với AB đồng quy thì
các đường thẳng đi qua A2 và vuông góc với BC, đi qua B2 và vuông góc với
AC, đi qua C2 và vuông góc với AB cũng đồng quy.
Giải:
A
x

B1

C2

x’
C1

A’1

B
B2

A2
C

A1

Gọi x là dường thẳng đi qua A1 và vuông góc với BC, (O) là đường tròn
đi qua 6 điểm đã nêu trong bài toán.
Gọi A’1 là giao diểm thứ 2 của x với (O). rõ ràng A’1A2 là đường kính
của (O).
Vì vậy phép đối xứng ĐO biến A’1 thành A2. Do đó nó biến đường thẳng
x thành đường thẳng x’ đi qua A2 và x//x’ hay x’ BC.
Tương tự ĐO biến đường thẳng y thành đường thẳng y’ đi qua B2 và
vuông góc với AC, biến đường thẳng z thành đường thẳng z’ đi qua C 2 và

6


vuông góc với AB(trong đó y, z lần lượt là các đường thẳng đi qua B1 và
vuông góc với AC, đi qua C1 và vuông góc với AB).
Vậy nếu S là điểm chung của x, y, z thì ảnh S’ của S qua phép đối xứng
tâm ĐO cũng là điểm chung của x’, y’, z’. Suy ra điều phải chứng minh.

7


Ví dụ 3. Cho hình bình hành ABCD và đường tròn bàng tiếp (O) của
tam giác ABD tiếp xúc với phần kéo dài của AB và AD tương ứng tại các

điển M và N. Đoạn thẳng MN cắt BC và DC tương ứng tại các điểm P,Q.
Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc với các cạnh
BC, DC tại P và Q.
Giải:

A

M’

N’

O’

B
H

I

K

M
P

Q

O

D
N

C

Gọi K là tiếp điểm của (O) với BD. (O’) là đường tròn nội tiếp tam giác
ABD tiếp xúc với AB ở M’, AD ở N’ và với BD tại H.
I là trung điểm của BD
Dễ thấy MM’ = BK+BH, NN’ = DK+DH và MM’ = NN’
 BH+HK+BH=DK+DK+HK

8


 BH=DK mà IB=ID nên IH=IK
Rõ ràng phép đối xứng tâm ĐI biến B thành D, H thành K.
Tam giác AMN cân tại A và vì DQ // AM nên tam giác DQN cân tại D
suy ra DQ = DN = DK = BH = BM’. Thế thì Q là ảnh của M’ qua ĐI. Tương
tự P là ảnh của N’ qua ĐI
Ta có ĐI biến A,B,D thành C,D,B nên ĐI biến tam giác ABD thành tam
giác CDB. Vậy ĐI biến đường tròn (O’) nội tiếp tam giác ABD thành đường
tròn (O’’) nội tiếp tam giác CDB.
Mà ĐI biến M’,N’,H thành Q,P,K hơn nữa (O’) đi qua M’,N’,H nên
(O’’) đi qua Q,P,K. Suy ra điều phải chứng minh.

9


Ví dụ 4. Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn cho
trước. Từ M,N P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB,BC,CD,DA ta vẽ các
đường thẳng vuông góc với các cạnh đối diện tương ứng.
Chứng minh các đường thẳng này đồng quy
Giải:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
Dễ thấy MNPQ là hình bình hành
Gọi I là tâm của tứ giác MNPQ
Ta có phép đối xứng tâm ĐI biến M,N,P,Q lần lượt thành P,Q.M,N
Ta có OM,ON,OP,OQ lần lượt vuông góc với AB,BC,CD,DA
Do tính chất của phép đối xứng tâm nên đường thẳng OM đi qua M biến
thành đường thẳng đi qua P và song song với OM. Đó chính là đường thẳng
đi qua P và vuông góc với AB.

10


Như vậy qua phép đối xứng tâm ĐI các đường thẳng OM,ON,OP,OQ lần lượt
biến thành các đường thẳng đi qua P,Q,M,N và vuông góc với các cạnh đối
diện tương ứng.

11


Ví dụ 5. Cho ba điểm A,B,C. với điểm M bất kì khác ba điểm đã cho ta
kí hiệu M1 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm A. M2 là ảnh của M1 qua
phép đối xứng tâm B và M3 là ảnh của M2 qua phép đối xứng tâm C. Ta dựng
điểm D thỏa mãn BD = BA + BC .
Chứng minh rằng M3 đối xứng với M qua D.
Giải:
M1

D
M3

A

B
C
M

M2

Ta xét ba điểm A,B,C không thẳng hàng. Theo giả thiết các điểm A,B,C
là trung điểm ba cạnh tứ giác MM1M2M3. Gọi D’ là trung điểm của cạnh
MM3 khi đó tứ giác ABCD’ là hình bình hành có BD’ là một trong hai đường
chéo của nó. Vì vậy D’ trùng với D.

12


M
M2

A

B D

M1

C

M3

Trường hợp A,B,C thẳng hàng và M không nằm trên đường thẳng AB.
Khi đó BC là đường trung bình của tam giác M1M2M3 và ta có M1M 3 = 2 BC
Gọi D’ là giao điểm của MM3 với đường thẳng AB và D’ là trung điểm
của đoạn MM3.
Ta có BD ' = BA + AD ' = BA +

1
M 1M 3 = BA + BC = BD
2

Điều đó chứng tỏ D’ trùng với D
Trường hợp M nằm trên đường thẳng AB ta chứng minh tương tự như
trường hợp trên.

13


Những bài tập luyện tập tương ứng
1. Cho đường tròn tâm O và dây cung AB.gọi x,y là 2 đường thẳng
vuông góc với AB tại các đầu mút của dây cung đó. Chứng minh x,y đối xứng
nhau qua tâm O.
HD: Gọi A’ là giao điểm thứ 2 của x với (O). khi đó A’B là đường kính
của đường tròn. ĐO biến A’ thành B nên ĐO biến đường thẳng x thành đường
thẳng x’ đi qua B và vuông góc với AB.đường thẳng x’ trùng với y.
2. Cho 2 hình bình hành ABCD và A’B’C’D’ trong đó A’AB,B’BC,
C’CD,D’DA. Chứng minh 2 hình bình hành trên có cùng tâm.
HD: Gọi O là tâm hình bình hành ABCD. ĐO biến A’ thành C1(C1CD)
biến B’ thành D1(D1DA) và A’B’ song song và bằng C1D1 vì C’D’ song
song và bằng A’B’ nên: C’D’ song song và bằng C1D1 suy ra C’D’ ≡ C1D1
3. Cho 4 điểm A,B,C,D theo thứ tự nằm trên một đường thẳng và thỏa

mãn điều kiện AB=CD. Chứng minh rằng với điểm M bất kì ta có
MA+MD  MB+MC.
HD: Gọi O là trung điểm của AD.
ĐO biến M,A,B lần lượt thành M’,D,C nên MA=M’D, MB=M’C
Ta có MA+MD=MD+M’D  MC+M’C= MC+MB.

14


§ 2. DỰNG HÌNH
Ví dụ 1. Qua giao điểm P của hai đường tròn cắt nhau (O1) và (O2) đã
cho hãy kẻ một cát tuyến ∆ sao cho nó định ra trên các đường tròn đó hai dây
cung bằng nhau.
Giải:

O1
O2
B

O’2

P

A

 Phân tích:
Giả sử dựng được cát tuyến ∆ đi qua P cắt (O1) ở A và (O2) ở B sao cho
AP=BP.
Khi đó A,B đối xứng với nhau qua P hay ĐP(B) =A mà B  (O2) nên
A(O’2) đối xứng với (O2) qua P mà A(O1) nên A=(O1)∩(O’2)

Vậy cát tuyến ∆ cần dựng đi qua P và giao điểm thứ hai A của hai đường
tròn (O1) và (O’2)
 Cách dựng:
Dựng (O’2)=ĐP(O2)
Dựng A=(O1)∩(O’2), A≠P
Dựng ∆: Đi qua AP cắt (O2) tại B.

15


 Chứng minh:
Vì A(O’2) B(O2) và AB đi qua P hơn nữa (O’2)=ĐP(O2) nên A=ĐP(B)
hay AP=BP.đpcm
 Biện luận:
Bài toán luôn có một nghiệm hình.
Chúng ta cũng có thể mở rộng bài toán trên như sau:
Qua giao điểm P của hai đường tròn cắt nhau (O1) và (O2) cho trước hãy
kẻ một cát tuyến ∆ sao cho nó định ra trên các đường tròn đó hai dây cung mà
hiệu độ dài bằng a (a>0 cho trước).
Giải:

O1

E

M’’

M

O2

K

H

M’

o’2

P

Phân tích:
Gọi M,M’ là các giao điểm của ∆ với (O1) và (O2) M,M’≠P và coi PM

 PM’.
Phép đối xứng tâm ĐP biến M’ thành M’’ sẽ biến (O2) thành (O’2)
Gọi H,K lần lượt là trung điểm các cạnh PM’’,PM.
Khi đó O’2HPM và O1KPM. Gọi E là hình chiếu của O1 trên O’2H. ta
có: O1E song song và bằng KH

16


Mặt khác: KH=KP-PH=

PM PM ' ' a
= = 01 E
2
2
2

Như vậy điểm E vừa thuộc đường tròn đường kính O 1O’2 vừa thuộc
a
2

đường tròn tâm O1 bán kính r= . Sau khi xác định được E ta xác định được
đường thẳng ∆ đi qua P và song song với O1E.
 Cách dựng:
Dựng (O’2)=ĐP(O2)
Dựng E: Dựng đường tròn đường kính O1O’2 và đường tròn tâm O1, bán
a
2

kính r= .
O1O'2
a
) ∩(O1, )
2
2

Khi đó E=(O1,

Dựng ∆ đi qua P và song song với O1E cắt (O1) tại M, (O2) tại M’
 Chứng minh:
Nối O’2E cắt ∆ tại H khi đó O’2H  PM
Vì ĐP[(O2)]= (O’2) nên ĐP(M’)= M’’, M’’ (O’2),M’’  ∆
Kẻ O1KMM’
Ta có KH=

a
PM PM ' ' PM  PM '

mà KH=PK-PH=
=
PM-PM’=a.
2
2
2
2

 Biện luận:
Bài toán chỉ có nghiệm khi đường tròn đường kính O1O’2 cắt đường tròn
a
2

tâm O1, bán kính r= .

17


Ví dụ 2. Cho đường tròn tâm O và hai đỉnh A,B. Dựng đường kính COD
của đường tròn sao cho CA = DB.
Giải:

B

A
D

C

O

A’

 Phân tích:
Giả sử dựng được đường kính COD thỏa mãn yêu cầu bài toán
ĐO(A)=A’, ĐO(C)=D nên AC=A’D=BD D thuộc đường trung trực của
A’B
 Cách dựng:
Dựng A’=ĐO(A)
Nối A’B kẻ d là đường trung trực của A’B
Gọi D=d∩(O), C=ĐO(D)
 Chứng minh:
Theo cách dựng ta có: ĐO(D)=C,ĐO(A)=A’ nên OC=OD,OA’=OA
∆OAC=∆OA’D(c.g.c)
AC=A’D(1)
Theo cách dựng ta lại có: A’D=BD(2)
Từ (1)(2): AC=BD.
 Biện luận:

18


Số nghiệm của bài toán phụ thuộc vào số giao điểm của d với (O)
Nhận xét:
Khi thay đường tròn tâm O bởi một hình H có tâm đối xứng là O(hình
vuông, hình bình hành,hình chữ nhật)có các đường chéo cắt nhau tại O thì ta
có bài toán sau:
Cho H(ABCD) có AC∩BD=O và P.Q cố định. Hãy dựng đường thẳng đi
qua O cắt 2 cạnh đối nhau của H, giả sử AB,CD lần lượt tại E,F sao cho
EP=FQ.(2 cạnh AC,BD tương tự).
Làm tương tự như hình tròn.

19


Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) đường thẳng d không có điểm chung với
đường tròn (O) và điểm H. Hãy dựng hình bình hành ABCD sao cho hai đỉnh
liên tiếp A,B nằm trên d và hai đỉnh còn lại nằm trên (O) và nhận H là giao
điểm các đường chéo. Hãy xác định vị trí của H để hai đỉnh của hình bình
hành trên d cách nhau xa nhất.
Giải:

C

d

D
H

d’
B

A

 Phân tích:
Giả sử dựng được hình bình hành ABCD thỏa mãn A,B thuộc d.
H là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành
ĐH(A)=C,ĐH(B)=D
Kí hiệu d’ là ảnh của d qua ĐH suy ra d//d’ và d’ đi qua C,D.
 Cách dựng:
dựng d’ là ảnh của d qua ĐH, d’∩(O)={C,D}

Dựng CH∩d=A, DH∩d=B
ABCD là hình bình hành cần dựng.
 Chứng minh:

20


Theo cách dựng ta có: ĐH-1 biến d’ thành d mà C,D thuộc d’ nên ĐH-1
biến C,D thành A,B A,B thuộc d và ABCD là hình bình hành.
 Biện luận:
Bài toán có một nghiệm hình khi d’ cắt (O) tại 2 điểm phân biệt.
Bài toán vô nghiệm hình khi d’ không cắt (O) hoặc cắt (O) tại 1 điểm
duy nhất.
AB lớn nhất thì CD lớn nhất khi và chỉ khi CD là đường kính của (O).
trong trường hợp này ảnh của tâm O qua ĐH phải thuộc d. gọi O’ là giao điểm
của OH với d thì H là trung điểm của OO’.
Khai thác:
Nếu không cho trước điểm H thì phải thêm và bớt điều kiện gì để dựng
được hình bình hành ABCD.
Khi đó ta có bai toán sau:
Hãy dựng một hình bình hành ABCD cho biết hai đỉnh A,C còn hai đỉnh
đối diện B,D còn lại nằm trên một đường tròn tâm O bán kính R cho trước.
Giải:

O
C
B
I

D

A
O’

21


 Phân tích:
Giả sử dựng được hình bình hành ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán
Khi đó phép đối xứng tâm I biến B thành D và biến D thành B. Suy ra
B,D thuộc đường tròn (O,R) và đường tròn (O’,R) là ảnh của (O,R) qua ĐI
 Dựng hình:
Dựng I là trung điểm của AC
Dựng ảnh của đường tròn tâm O qua phép đối xứng tâm I là đường tròn
O’
Gọi B,D là giao điểm của hai đường tròn tâm O và tâm O’
ABCD là hình bình hành cần dựng.
 Chứng minh:
Theo cách dựng:
Vì đường tròn tâm O’ là ảnh của đường tròn tâm O qua phép đối xứng
tâm I
Hơn nữa B,D vừa thuộc đường tròn tâm O vừa thuộc đường tròn tâm O’
nên B,D đối xứng với nhau I
A,C đối xứng với nhau qua I nên: ABCD là hình bình hành.
 Biện luận:
Nếu I nằm trong đường tròn tâm O thì bài toán có nghiệm hình.
Nếu I nằm ngoài đường tròn tâm O thì bài toán vô nghiệm hình.
`

22

Ví dụ 4. Cho 4 đường thẳng trong đó không có hai đường thẳng nào
song song và một điểm O không nằm trên 4 đường thẳng đó. Hãy dựng một
hình bình hành mà 4 đỉnh nằm trên 4 đường thẳng và nhận O làm giao điểm
các đường chéo.
Giải:

x

y

A

B

t

D

C

z

 Phân tích:
Ta kí hiệu x,y,z,t là 4 đường thẳng có tính chất đã nêu. Giả sử dựng được
hình bình hành ABCD(Ax,By,Cz,Dt) và nhận O làm tâm
Phép đối xứng ĐO: Biến A,B lần lượt thành C,D khi đó x,y lần lượt biến
thành x’,y’ và x’//x và x’ đi qua C, y’//y và y’ đi qua D. vậy C=x’∩z, D=y’∩t
 Cách dựng:

Dựng x’=ĐO(x)
Dựng C=x’∩z
Dựng y’=ĐO(y), dựng D=y’∩t
Nối CO cắt x tại A, DO cắt y tại B
ABCD là hình bình hành cần dựng.
 Chứng minh:

23


Theo cách dựng ĐO-1 biến C,D lần lượt thành A,B nên ABCD là hình
bình hành.
 Biện luận:
Bài toán luôn luôn có một nghiệm hình.

24


Ví dụ 5. Dựng một tam giác biết một đỉnh,trọng tâm và hai đường thẳng
mỗi một đi qua một đỉnh trong hai đỉnh còn lại.

A
c
b
G

B

I

C

Giải:
 Phân tích:
Giả sử dựng được tam giác ABC thỏa mãn bài toán có A cố định, B,C
lần lượt thuộc hai đường thẳng b,c cho trước. Lấy I tùy ý sao cho AG=

2
AI.
3

Vậy I cố định.
ĐI(B)=C mà B thuộc b suy ra C thuộc ĐI(b) lại có C thuộc c nên C=
c∩ĐI(b).
 Cách dựng:
Dựng I: AG=

2
AI
3

Dựng b’= ĐI(b)

25