phép vị tự và ứng dụng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.13 MB, 39 trang )
1
LỜI MỞ ĐẦU
“Nếu bạn không giảng nghĩa một khái niệm cho đứa trẻ 6 tuổi được là vì bạn không hiểu
nó hoàn toàn”
_Einstein_
Toán học không nhất thiết phải là những thứ quá cao siêu, huyền bí, nhiều thuật
ngữ khoa học. Toán học là những ý tưởng trong sáng, gần gũi, chỉ có người trình bày mới
làm cho nó trở nên mơ hồ hơn. Một trong số những vấn đề Toán học gần gũi đó chính là
Phép vị tự.
Chúng ta thường bắt gặp những hình ảnh giống hệt nhau nhưng chỉ khác nhau về
kích thước. Như hoa văn trên gạch lát nền nhà, pho tượng, họa tiết quần áo, hoa văn trong
các công trình kiến trúc… Và bất chợt băn khoăn suy nghĩ để vẽ họa tiết đó chúng ta có
cách nào vẽ nhanh hơn không? Có cách nào để biến một hình thành một hình như ban
đầu?... Thật kỳ diệu rằng việc làm này lặp lại nhiều lần dễ dàng như việc bạn “copy” và
“paste” trong word mà thôi. Mà chính Phép vị tự đã mang lại điều kỳ diệu đó. Vậy nên
chúng tôi quyết định thực hiện đề tài Phép vị tự trong phạm vi Toán học phổ thông và
ứng dụng đời sống để chứng minh nó thật trong sáng và gần gũi với đời sống con người.
Vì giới hạn kiến thức còn hạn hẹp nên bài tiểu luận của chúng tôi không thể tránh khỏi
những sai sót. Chúng tôi xin tiếp thu mọi ý kiến đóng góp từ người đọc và nhất là Giáo
viên hướng dẫn Thầy Trần Nam Dũng. Để chúng tôi được hoàn thiện thêm vốn kiến thức
và bổ sung cho bài tiểu luận của mình trở nên hoàn chỉnh.
Nhóm thực hiện
Nhóm 1
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
2
MỤC LỤC
I.
II.
Lời mở đầu……………………..………………………………………………1
Khái quát chung về phép vị tự…………………………………………………2
I.1. Định nghĩa…………………………………………………………………2
I.2. Tính chất…………………………………………………………………...3
I.3. Ảnh của đường tròn qua phép vị tự………………………………………..5
I.4. Tâm vị tự của đường tròn………………………………………………….6
I.5. Tích của hai phép vị tự……………………………………………………10
Ứng dụng của phép vị tự……………………………………………………….9
II.1. Trong mặt phẳng…………………………………………………………9
1. Các bài toán cơ bản về ảnh của phép vị tự và chứng minh sự thẳng
hàng, sự đồng quy.......................................................................................9
2. Đường thẳng Euler……………………………………………………14
3. Đường tròn Euler……………………………………………………...15
4. Tích của 2 phép vị tự………………………………………………….17
5. Chứng minh định lý Menelauyt………………………………………22
6. Các bài toán dựng hình……………………………………………….23
7. Bài toán quỹ tích……………………………………………………...24
8. Bài toán mở rộng……………………………………………………...26
II.2. Trong không gian………………………………………………………..27
II.3. Trong đời sống…………………………………………………………..30
Tổng kết………………………………………………………………………36
Tài liệu tham khảo……………..……………………………………………..37
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
3
I. KHÁI QUÁT CHUNG VỀ PHÉP VỊ TỰ:
1. Định nghĩa:
Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và một số thực k khác 0 cho trước. Phép biến hình
biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho OM ' kOM , được gọi là phép vị tự tâm O hệ
số(tỉ số) k và được kí hiệu là H(O;k).
-
Điểm O được gọi là tâm vị tự, k được gọi là hệ số hay tỉ số vị tự.
Ví dụ:
Phép vị tự tâm O tỷ số k = 1.8 biến hình nhỏ thành hình lớn.
-
Biểu thức tọa độ:
VIK : M M '
I (x 0 ; y 0 ); M(x; y); M'(x'; y')
x ' kx (1 k) x 0
y ' ky (1 k) y 0
Nếu k > 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự dương hay thuận.
Nếuk < 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự âm hay nghịch.
- Các trường hợp đặc biệt:
+) Nếu tỷ số vị tự là k = 1 thì OM OM ' tức là M M’, lúc ấy phép vị tự là phép
đồng nhất.
-
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
4
+) Nếu tỷ số vị tự là k = -1 thì OM OM ' , tức là O là trung điểm MM’ hay phép vị
tự là phép đối xứng tâm.
M'
M
O
M'
O
M
MỘT SỐ NHẬN XÉT QUAN TRỌNG:
- Trong phép vị tự H(O;k) thì tâm O là điểm bất động duy nhất.
- Khi k = 1 thì phép vị tự là phép đồng nhất.
- Khi k = -1 thì phép vị tự chính là phép đối xứng tâm O (Khi đó tâm vị tự trở thành tâm
đối xứng)
Chứng minh
Qua phép vị tự tâm O tỷ số k = -1 biến M thành M’ thì ta có :
OM ' kOM
OM ' OM
OM ' OM 0 đây chính là phép đối xứng qua điểm O.
- Qua phép vị tự tâm O tỷ số k biến M thành M’thì phép vị tự tâm O tỷ số
1
sẽ biến M’
k
thành M.
Chứng minh
1
k
Ta có phép vị tự tâm O tỷ số k biến M thành M’thì suy ra OM ' kOM OM OM '
hay phép vị tự tâm O tỷ số
1
sẽ biến M’ thành M.
k
2. Tính chất
Định lý 1: Nếu phép vị tự H(O;k) biến hai điểm M và N lần lượt thành hai điểm M’ và N’
thì M'N ' k.MN và M’N’ = |k|MN
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
5
Chứng minh
Nếu 0 là tâm của phép vị tự thì theo định nghĩa ta có OM ' kOM , ON ' kON .
Vậy M ' N ' ON ' OM ' kON kOM k (ON OM ) kMN . Từ đó suy ra M’N’=|k|MN.
Áp dụng
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho phép vị tự tâm O tỷ số k = 2 và đường thẳng d có
phương trình 3x-2y+6=0. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự
tâm O tỷ số k = 2.
Giải
Lấy M(0;3) và N(-2;0) thuộc đường thẳng d.
Phép vị tự tâm O tỷ số k = 2 biến M thành M’, N thành N’ sao cho:
OM ' kOM , ON ' kON .
Suy ra M’(0;6), N’(-4;0). Khi đó đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỷ số
k = 2 chính là đường thẳng đi qua hai điểm M’ và N’.
Véc tơ chỉ phương của d’ là M ' N ' (-4;-6). Suy ra véc tơ pháp tuyến là (3;-2). Vậy
phương trình d’ cần tìm là 3x – 2y +12 = 0.
Định lý 2: Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm
thay đổi thứ tự của ba điểm đó.
Chứng minh
Giả sử ba điểm A, B, C thẳng hàng mà B nằm giữa A và C, tức là BA mBC với m<0.
Nếu phép vị tự tỉ số k biến A, B, C lần lượt thành A’, B’, C’ thì theo định lý 1, ta có
B ' A ' k BA, B 'C' k BC. Từ đó suy ra B ' A ' k BA k (m BC ) m(k BC ) m B ' C ' , tức ba
điếm A’, B’, C’ thẳng hàng với B’ nằm giữa A’ và C’.
TỪ CÁC ĐỊNH LÝ TRÊN TA CÓ CÁC HỆ QUẢ SAU:
-
Một đường thẳng không qua tâm biến thành một đường thẳng song song với nó.
Biến đường thẳng qua tâm vị tự thành chính nó.
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
6
-
Biến tia thành tia.
Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng mà độ dài được nhân lên với |k|.
Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng là |k|.
Biến góc thành góc bằng nó.
3. Ảnh của đường tròn qua phép vị tự:
Định lý 3:
Phép vị tự tỷ số k biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính R’ = |k|.R
Chứng minh
Giả sử V là phép vị tự tâm O tỉ số k và (I;R) là đường tròn đã cho. Gọi I’ là ảnh của I và
M’ là ảnh của điểm M bất kỳ thì ta có I’M’ = |k|IM.
Bởi vậy IM = R khi và chỉ khi I’M’ = |k|R hay là M’ thuộc đường tròn (I’;R’) với R’ =
|k|R. Đó chính là ảnh của đường tròn (I; R) qua phép vị tự.
(Đoàn Quỳnh và cộng sự, xuất bản năm 2008, SGK Hình học 10 Nâng cao, tái bản lần
thứ 1, NXB Giáo dục, xuất bản Công ty Cổ phần In Gia Định, số 9D Nơ Trang Long,
Quận Bình Thạnh, Tp.HCM, trang 26)
Áp dụng
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x 3)2 (y 1)2 4 .
Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép vị tự tâm E(4;5), tỷ số k=2.
Giải
Từ phương trình đường tròn (C) ta suy ra tâm I(3;-1), bán kính R = 2.
Gọi (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm E(4;5), tỷ số k=2. Khi đó bán kính đường tròn
(C’) là R’ = 4.
Gọi I’ là tâm của (C’) khi đó I’ là ảnh của I qua phép vị tự tâm E(4;5), tỷ số k=2. Khi đó:
EI ' 2EI
Mà EI ' (x 4; y 5), EI (1; 6) nên ta suy ra x = 2, y = -7. Suy ra I’(2;-7)
Vậy phương trình đường (C’) có dạng: (x 2)2 (y 17)2 16 .
4. Tâm vị tự của đường tròn:
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
7
a) Phép vị tự tỷ số k biến đường tròn (I;R) thành đường tròn (I;R’) sao cho R’ = |k|.R
Hay k =
R
R
hoặc k = . Khi đó OI ' kOI .
R'
R'
Ta xét các trường hợp sau
-
Trường hợp hai đường tròn đồng tâm.
Nếu I I ' và R R ' , khi đó ta có phép vị tự V1 tâm I tỷ số k =
thành M’’ và phép vị tự V2 tỷ số k =
-
R'
biến M
R
R'
biến M thành M’.
R
Trường hợp hai đường tròn không trùng tâm:
Nếu I I ' và R = R’, tức là k = ±1 khi đó điểm O phải thỏa mãn điều kiện
OI ' kOI nên k chỉ có thể bằng -1. Và O là trung điểm của đoạn II’. Như
vậy trường hợp này chỉ có 1 phép vị tự tâm O với tỷ số k = -1 chính là
phép đối xứng tâm qua O.
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
8
Nếu I I ' và R R ' và hai đường tròn nằm ngoài nhau. Khi đó gọi O1 là
R
O1I ta được phép vị tự tâm O1 biến đường tròn (I;R)
R'
R
thành đường tròn (I;R’), với tỷ số k =
. Người ta gọi đó là phép vị tự
R'
điểm sao cho O1I '
thuận vì k>0.
M'
M
I
O1
O2
I'
M1
Gọi O2 là điểm sao cho O2 I '
R
R
O2 I , ta được phép vị tự tâm O với tỷ số k = - .
R'
R'
Người ta gọi đó là phép vị tự nghịch vì k<0.
Như vậy có hai phép vị tự biến (I;R) thành (I’;R’)
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
9
- Nếu hai đường tròn có tiếp tuyến chung ngoài là T T’ thì vì IT '
điểm tương ứng trong phép vị tự thuận tâm O1, tỷ số k =
R
IT nên T và T’ là
R'
R
. Do đó O1,T, T’ thẳng hàng.
R'
(TT’ đi qua O1)
T'
R'
T
R
I
O1
I'
Nếu hai đường tròn trên có tiếp tuyến là TT’ chung trong thì lập luận tương tự ta cũng có
3 điểm T, T’, O2 thảng hàng.
T
I
I'
O2
T'
Đặc biệt:
- Nếu hai đường tròn (I; R) và (I’, R’) 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’ với tiếp tuyến
chung ngoài của hai đường tròn.
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
10
O1
I
T'
T
- Nếu hai đường tròn (I,R) và đường tròn (I’;R’) tiếp xúc trong tại T’ thì tâm vị tự thuận
của hai đường tròn là T’, 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’.
5. Tích của hai phép vị tự:
a. Tích của hai phép vị tự cùng tâm.
Tích của hai phép vị tự V(O;k1 ) và V(O;k2 ) là một phép vị tự V(O;k ) , k k1.k2
Chứng minh.
Giả sử:
V( O ; k ) : M M ' , M bất kì
1
V( O ; k ) : M ' M ''
2
Ta có
OM ' k1 OM
OM '' k2 OM ' k2 .k1 OM
Vậy
OM '' kOM , k k2 .k1
(*)
(*) đúng ∀M, vậy theo định nghĩa ta có: V(O;k1 .k2 ) : M M ''
Nhận xét:
Nếu k1.k2 1 thì tích đó là một phép đồng nhất.
b. Tích của hai phép vị tự khác tâm.
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
11
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 có hai phép vị tự
V(O1 ;k1 ) và V(O2 ;k2 ).
Với hai điểm bất kỳ A, B ta có:
V(O1 ;k1 ) ( AB) A ' B ' với A ' B ' k1 AB
V(O2 ;k2 ) ( A ' B ') A '' B '' với A '' B '' k2 A ' B '
A '' B '' k2 k1 AB
Do đó
Vậy tích
V(O2 ;k2 )V(O1 ;k1 ) là:
- Phép vị tự nếu k2 .k1 1
- Phép tịnh tiến hoặc phép đồng nhất nếu k2 .k1 1
*Cách xác định tâm vị tự O của tích
V(O2 ;k2 )V(O1 ;k1 )
Ta thấy tâm O phải nằm trên đường thẳng O1O2
V(O1 ;k1 ) (O) O ' ta có O1O' k1 O1O (1)
Giả sử
O O '' V(O2 ;k2 ) )
Khi đó
V(O2 ;k2 ) (O ') O
Nên
O2O kO2O '
Nhưng
O2O ' O2O1 O1O '
Do đó
O2O " O2O k2 (O2O1 O1O ') k2 (O2O1 kO1O)
Theo (1) ta có:
(vì
(2)
O2O1 O1O k2 O2O1 k2 k1 O1O
O1O(1 k2 k1 ) O1O2 (1 k2 ) với 1 k2 k1
Phép vị tự và ứng dụng
0
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
12
O1O
Nên
1 k2
O1O2
1 k2 k1
(**)
Vì O1 , O2 đã cho nên điểm O hoàn toàn xác định nhờ (**)
Vậy:
Nếu k1k2 1thì
V(O2 ;k )V(O1 ;k1 )
là một phép vị tự tâm O được xác định bởi hệ
thức (**), tỉ số k k1k2 .
Nếu
k1k2 1 thì A" B " AB , do đó V(O2 ;k2 )V(O1 ;k1 ) là một phép tịnh tiến
nếu O1 O2 và là phép đồng nhất nếu O1 O2 .
* Chú ý: Tích của một phép dời hình và một phép vị tự là phép đồng dạng.
b) Định lý: Cho hai đường tròn C(O;R) và C’(O’;R’) sao cho R R ', O O ' . Khi đó tồn tại
hai phép vị tự H1(O1;k1) và H2(O2;k2) biến (C ) thành (C’) trong đó:
O1O
OO
R'
R'
k1
và 2 k2
R
R
O1O '
O2O '
Trường hợp đặc biệt: Nếu hai đường tròn tiếp xúc nhau tại A thì A chính là một trong hai
tâm vị tự biến đường tròn này thành đường tròn kia.
c) Ta xét tích của hai phép vị tự H1(O1;k1) và H2(O2;k2)
Trường hợp 1: Nếu k1.k2 = 1 thì tích H1(O1;k1)o H2(O2;k2) là một phép tịnh tiến theo
véctơ v (1 k 2 )O1O2
Trường hợp 2:
k1.k2 1 thì tích H1(O1;k1)o H2(O2;k2) là một phép vị tự tỉ số k = k1.k2 và có tâm O
được xác định bởi công thức O1O
Phép vị tự và ứng dụng
1 k2
O1.O2 .
1 k1.k2
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
13
II. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ
II.1. Trong mặt phẳng
1. Các bài toán cơ bản về ảnh của phép vị tự và chứng minh sự thẳng hàng, sự
đồng quy.
Bài 1:Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 6, AD là tia phân giác trong của góc A, D
thuộc BC. Với giá trị nào của k thì phép vị tự tâm D, tỉ số k biến B thành C.
Giải:
Theo tính chất đường phân giác trong của ̂ ta có:
DB
AB
4
2
AC
6
3
DC
A
(Do DC; DB ngược hướng)
V
3
D;
2
6
4
3
DC DB
2
:B C
B
C
D
3
Vậy k cần tìm là .
2
Bài 2: Cho đường tròn (O, R) đường kính AB. Một đường tròn (O’) tiếp xúc với (O, R) và
đoạn AB lần lượt tại C, D, đường thẳng CD cắt (O, R) tại I. Chứng minh: AI = BI.
Giải:
Gọi R’ là bán kính đường tròn (O’), khi đó ta có:
V
R'
C;
R
:O O'
O'
I D
OI / /O ' D
A
C
O
D
OI AB (vì O ' D AB )
Suy ra tam giác IAB có IO vừa là trung tuyến vừa
là đường cao nên nó là tam giác cân tại I.
AI = BI.
Phép vị tự và ứng dụng
I
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
B
14
Bài 3: Cho tam giác ABC. Gọi I, J, M theo thứ tự là trung điểm của AB, AC, IJ. Đường
tròn ngoại tiếp (tâm O) của ∆AIJ cắt AO tại A’. Gọi M’ là chan đường vuông góc hạ từ
A’ xuống BC. Chứng minh A, M, M’ thẳng hàng.
Giải:
Gọi M1 là trung điểm BC,
A
Ta có: AB 2 AI và AC 2 AJ
Suy ra: V
A,2 AIJ ABC
O
V A,2
I
O A'
V A,2
J
M
A'
M M 1
B
C
M1 M'
Do phép vị tự bảo toàn góc,
vì OM IJ A ' M1 BC
Vậy M1 M '
A, M , M ' thẳng hàng (Vì A, M, M1 thẳng hàng)
(dpcm).
Bài 4: Cho tam giác ABC. Gọi A1, B1, C1 tương ứng là trung điểm BC, CA, AB. Kẻ A1x,
B1y, C1z lần lượt song song với các đường phân giác trong của các góc A, B, C của
∆ABC. Chứng minh A1x, B1y, C1z đồng quy.
Giải:
Xét phép vị tự tâm G, tỉ số
1
(G là trọng tâm ∆ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp
2
∆ABC)
x
AI A1 x
A
Ta có: BI B1 y
CI C1 z
B1
C1
1
GJ
I J
2
GI
I
J
A1 x, B1 y, C1 z đồng quy tại J
C
B
A1
z
y
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
15
Bài 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Chứng minh các trọng tâm của
các tam giác ABC, CDA, BCD, DAB cùng nằm trên một đường tròn.
Giải:
Gọi K, L lần lượt là trung điểm các đường chéo AC,
BD.
B
Giả sử M là trung điểm KL
P
Gọi O là trọng tâm ∆ABC, P là trung điểm BO.
O
L
Dễ thấy, PL là đường trung bình của ∆OBD
⟹PL//OD.
M
A
Theo tính chất của trọng tâm O, ta có:
C
K
PO = OK, mà PL//OD
D
⟹ OD đi qua trung điểm M của KL.
Do OM là đường trung bình trong ∆PKL, nên
Vì
OM 1
PL 2
PL 1
OM 1
OD 2
OD 4
OM 1
1
MO MD
MD 3
3
Từ (1) suy ra: V
1
M , D O
3
(1)
(2)
(2) đã chứng tỏ trọng tâm O của ∆ABC là ảnh của D qua phép V
1
M ,
3
.
Lý luận tương tự với trọng tâm của các ∆CDA, BCD, DAB.
Vậy tứ giác tạo thành bởi 4 trọng tâm này là ảnh của tứ giác ABCD qua phép V
1
M ,
3
.
Mà ABCD nội tiếp, nên các trọng tâm của các tam giác ABC, CDA, BCD, DAB cùng
nằm trên một đường tròn.
(dpcm)
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
16
Bài 6: Cho ba đường tròn (O1, R1), (O2, R2), (O3, R3), đôi một tiếp xúc ngoài tại A, B, C.
Dây AC kéo dài của (O1, R1) gặp lại (O3, R3) tại A1; A1A2 là đường kính của (O3, R3).
Chứng minh A, B, A2 thẳng hàng.
Giải:
Xét phép vị tự V
R1
C, A1 A
R
3
V
N
R1
C, A2 M
R
3
AM
O2
A
R1
A1 A2
R3
O1
B
M
Xét phép vị tự V
C
R2
A, M N
R1
A2
O3
A1
R
AN 2 AM
R1
Xét phép vị tự V
R3
B, A B2
R2
V
R3
B, N B1
R
2
B2 B1
R3
AN
R2
R R R
B2 B1 3 2 1 A1 A2 A1 A2
R2 R1 R3
B1B2 A1 A2
(*)
Do B1B2 và A1A2 đều là dây cung của (O3, R3), nên từ (*), ta có B1 A1 , B2 A2 , ở đây
B2 là ảnh của A qua phép V
R3
B,
R
2
.
Do đó, A, B, B2 thẳng hàng
A, B, A2 thẳng hàng.
Phép vị tự và ứng dụng
(dpcm)
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
17
Bài 7: Cho ngũ giác ABCDE. Trung điểm của mỗi cạnh được nối với các trung điểm của
các cạnh không có đỉnh chung với cạnh ấy. Như vậy ta sẽ thhu được một ngũ giác mới
A1B1C1D1E1, trong đó A1, B1, C1, D1, E1 là trung điểm của 5 đoạn thẳng được xác
định như trên. Chứng minh A1B1C1D1E1 là ảnh của ngũ giác ABCDE qua một phép vị
tự nào đó.
Giải:
Giả sử M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh BC và DE.
Gọi A1 là trung điểm MN.
D
Với mọi điểm I, ta có:
IA1
1
IM IN
2
B1
E
Vì M là trung điểm BC nên:
N
1
IM IB IC
2
C1
E1
M
D1
A
Tương tự ta có:
Suy ra:
C
A1
B
IN
1
ID IE
2
IA1
1
IB IC ID IE
4
(1)
Do (1) đúng với mọi điểm I, gọi O là tâm tỉ cự của 5 đỉnh A, B, C, D, E theo bộ số
(1,1,1,1,1), tức là: OA OB OC OD OE 0
Thay I bằng O vào (1) ta có:
1
OA1 OA
4
Tương tự ta có:
Vậy V
1
O,
4
(2)
1
1
1
1
OB1 OB; OC1 OC; OD1 OD; OE1 OE
4
4
4
4
: ABCDE A1B1C 1D1E 1
(dpcm)
2. Đường thẳng Euler
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
18
Bài 8: Cho tam giác ABC. Gọi O, H, G tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm
và trọng tâm của ∆ABC. Chứng minh G, O, H thẳng hàng và 2OG GH .
Giải:
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, CB. Theo tính chất trọng tâm G, ta có:
1
GA ' GA
2
1
GB ' GB
2
1
GC ' GC
2
Vậy:
V
G , 1
2
ABC A' B 'C '
A
B'
C'
H
GO
O'
(1)
B
C
A'
Do H là trực tâm ABC
Dễ thấy O là trực tâm A ' B ' C '
Theo tính chất phép vị tự, từ (1) suy ra:
V
G , 1
2
H O
1
GO GH
2
Vậy 3 điểm G, H, O thẳng hàng và 2OG GH
(dpcm)
* Chú ý:
- Đường thẳng nối H, G, O gọi là đường thẳng Euler.
- Nếu gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp A ' B ' C ' , thì từ (1) suy ra: V
G , 1
2
OO '
1
GO ' GO G, O, O ' thẳng hàng.
2
Vậy ta có một kết quả nữa là “Bốn điểm G, O, H, O’ thẳng hàng”.
3. Đường tròn Euler
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
19
Bài 9: Chứng minh rằng ba trung điểm ba cạnh của một tam giác, ba chân của đường
cao và ba trung điểm của ba đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh cùng nằm trên một
đường tròn.
Giải:
Giả sử A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC, AB
A2, B2, C2 lần lượt là chân các đường cao kẻ từ A, B, C
A3, B3, C3 lần lượt là trung điểm HA, HB, HC, với H là trực tâm ABC
Gọi M là trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
Xét
V
1
H;
2
: A A3
B B3
C C3
H3
B
B3
C2
H1
A2
H
C1
A1
O1
M
A3
C3
O
A
B1
B2
C
H2
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
20
Do OB1 AC, OA1 BC, OC1 AB (Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , mà B1, A1,
C1 tương ứng là trung điểm AC, BC, AB)
OB1 AC
1 1 , OA1 B1C1 , OC1 A1 B1
Vậy O là trực tâm A1B1C1 .
Giả sử:
V
1
H;
2
: O O1
HO1
1
HO
2
(1)
Ta có trong ABC , tâm đường tròn ngoại tiếp O, trọng tâm M, trực tâm H thẳng hàng và
HM
2
HO
3
Từ (1), (2) suy ra:
(2)
2
OM OO1 (do OM 2MO1 )
3
(3)
Xét A1B1C1 có O là trực tâm, M là trọng tâm, nên từ (3) suy ra O1 là tâm đường tròn
ngoại tiếp A1B1C1 .
Ta có:
V
1
H;
2
Vậy qua phép vị tự V
1
H;
2
: ABC A3 B3C3
, đường tròn ngoại tiếp ABC biến thành đường tròn ngoại tiếp
A1 B1C1 .
Vì V
1
H;
2
(4)
: O O1 , mà O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp A1B1C1 .
Suy ra, qua phép vị tự V
1
H;
2
, đường tròn ngoại tiếp ABC biến thành đường tròn ngoại
tiếp A3 B3C3 .
(5)
Từ (4), (5) suy ra 6 điểm A3, B3, C3, A1, B1, C1 cùng nằm trên một đường tròn.
Gọi H1, H2, H3 lần lượt là giao điểm của AH, BH, CH với đường tròn ngoại tiếp ABC
Dễ dàng chứng minh được A2 là trung điểm của HH1
B2 là trung điểm của HH2
C2 là trung điểm của HH3.
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
21
Nên ta có:
: H1 A2
V
1
H;
2
H2 B2
H3 C2
Mà H1, H2, H3 nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC => A2, B2, C2 nằm trên đường tròn
ngoại tiếp A3 B3C3 .
Vậy 9 điểm A3, B3, C3, A1, B1, C1, A2, B2, C2 cùng thuộc một đường tròn
(dpcm)
* Chú ý: Đường tròn 9 điểm trên gọi là đường tròn Euler.
4. Tích của hai phép vị tự
c. Bài tập
Bài 10:Cho hai điểm A, B cố định trên đường tròn (O; R) cho trước. Một điểm M di động
trên (O; R). Gọi N là trung điểm của đoạn AM. Dựng hình bình hành ABCN. Xác định
phép biến hình điểm M thành C và chứng tỏ rằng tập hợp các điểm C là một đường tròn
có bán kính xác định.
Giải.
1
AM
2
Ta có
AN
Vậy
V
Mặt khác:
NC AB
Vậy
TAB ( N ) C
Do đó :
TAB .V
(M ) N
1
( A; )
2
1
( A; )
2
A
N
(M ) C
M
Vậy phép biến hình cần tìm là tích của một phép
vị tự và một phép tịnh tiến biến M thành C.
Vì N chạy trên đường tròn bán kính
R
chạy trên đường tròn bán kính .
2
Phép vị tự và ứng dụng
R
nên C cũng
2
B
C
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
22
Bài 11 :Tam giác ABC có M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. S (ABC),
thay đổi. I, J, K lần lượt là đối xứng của S qua M, N, P.
a) Chứng minh rằng AI, BJ, CK đồng quy tại một điểm S’.
b) Tìm quỹ tích điểm S’.
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
A
f V S ;2V
S
1
( G ; )
2
Xét tích
N
P
Ta có:
G
V
1
G ;
2
: AM
K
S'
B
J
C
M
BN
CP
VS;2 : M I
I
N J
PK
1
2
Suy ra I, J, K lần lượt là ảnh của A, B, C qua phép vị tự f tâm S’, tỉ số k . 2 1 .
Vậy AI, BJ, CK đồng quy tại S’.
(dpcm)
b) Ta có
GS '
1 k2
1 2
GS
GS
1 k1k2
1 (1)
1
GS ' GS
2
V
1
G ;
2
S
S'
Vậy S’ thuộc đường tròn ảnh của (ABC) qua
Phép vị tự và ứng dụng
V
1
G ;
2
.
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
23
5. Chứng minh định lý Mênêlauýt
Bài 12: Cho P, Q, R theo thứ tự trên ba cạnh BC, CA, AB của một tam giác ABC. Chứng
minh rằng:
PB QC RA
.
.
1 là điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng.
PC QA RB
Giải:
* Chiều thuận:
Giả sử 3 điểm P, Q, R thẳng hàng, ta có:
R
V
PC
P,k1
B C
PB
A
Q
V
QA
Q,k 2
C A
QC
B
P
C
Tích của 2 phép vị tự này biến B thành A.
k1.k2
Nếu
PC QA
1 thì
.
PB QC
PC
PB
QC
QA
và do đó PQ // AB trái với giả thiết là PQ cắt AB tại R.
Vậy k1.k2 1 và ta có tích của 2 phép vị tự trên là một phép vị tự có tâm nằm trên PQ và
tâm này cũng phải thuộc AB (vì biến B thành A)
PC QA
Vậy
.
PB QC
RA
PB QC RA
Do đó:
.
là tỉ số của phép vị tự tâm R biến B thành A.
RB
.
1
PC QA RB
* Chiều nghịch:
Giả sử 3 điểm P, Q, R theo thứ tự trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC thỏa
PB QC RA
.
.
1
PC QA RB
Ta cần chứng minh P, Q, R thẳng hàng.
Giả sử PQ cắt AB tại R’
Phép vị tự và ứng dụng
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
24
(Vì nếu chúng không cắt nhau thì PQ // AB và ta có
PB
PC
QA
, khi đó
QC
RA
1 là điều vô
RB
lý).
Áp dụng chiều thuận vừa chứng minh cho P, Q, R’ thẳng hàng ta có:
PB QC R ' A
.
.
1
PC QA R ' B
Theo giả thiết thì
PB QC RA
.
.
1 R' R
PC QA RB
P, Q, R thẳng hàng (dpcm)
6. Các bài toán dựng hình
Bài 13: Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm E trên AB, F trên AC sao cho: BE = EF = FC.
Giải:
Giả sử đã dựng được 2 điểm E, F sao cho BE = EF = FC.
Qua A kẻ đường thẳng song song với EF cắt tia BF tại M.
Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại N. Ta có:
BE EF
BF
FC BC
k
BA AM BM MN BN
Vì BE = EF = FC, suy ra AB = AM = MN.
Cần tìm điểm M, N sao cho N thuộc tia BC và MN // AC,
đồng thời thỏa điều kiện: AB = AM = MN.
Ta có cách dựng:
-
-
Dựng đường tròn tâm A, bán
kính AB.
Trên tia CA, lấy CP = AB.
Qua P, dựng đường thẳng song
song với BC, cắt đường tròn tại
M.
BM cắt AC tại F.
Qua F, kẻ đường thẳng song song
với AM, cắt AB tại E.
Ta có tứ giác BEFC là hình vị tự của tứ
giác BAMN qua phép vị tự tâm B, tỉ số
Phép vị tự và ứng dụng
A
E
P
M
F
B
C
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
N
25
k
BE
.
BA
Vì BA = AM = MN, nên suy ra:
BE = EF = FC.
7. Các bài toán quỹ tích
Bài 14: Cho hình thang ABCD có AB // CD và AD = a, DC = b, A và B là 2 điểm cố
định. Gọi I là giao điểm 2 đường chéo:
a) Tìm quỹ tích C khi D thay đổi.
b) Tìm quỹ tích I khi C và D thay đổi.
Giải:
a) Ta có điểm D chạy trên đường tròn (A, a)
DC có phương, chiều, và modun không đổi nên vecto DC không đổi.
Vậy C là ảnh của D qua phép tịnh tiến theo DC k. AB , trong đó DC b .
Dựng AE DC .
Vì D chạy trên đường tròn (A, a), nên C chạy trên đường tròn (E, a).
Đảo lại, lấy C tùy ý trên đường tròn (E, a) rồi dựng CD k.BA .
A
a
D
F B
E
I
b
C
Ta có ADCE là hình bình hành nên AD = EC = a và hình thang ABCD thỏa điều kiện bài
toán.
Vậy tập hợp điểm C là đường tròn (E, a) với AE
Phép vị tự và ứng dụng
b
AB .
AB
GVHD: TS. Trần Nam Dũng
