Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu .3 Chương Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình .4 §1 Mặt phẳng phức .4 E ≡ C .4 Đường thẳng mặt phẳng phức .4 Đường tròn mặt phẳng phức Phép biến đổi afin mặt phẳng phức .5 §2 Phép dời hình loại Phép tịnh tiến Phép quay Phép dời hình loại 15 §3 Phép dời hình loại 17 Đối xứng trục 17 Đối xứng trượt .22 Phép dời hình loại 23 §4 Phép dời hình 24 Dời hình loại 1, loại phép biến đổi afin 24 Các biến đổi afin bảo toàn khoảng cách .25 §5 Một số toán hình học phẳng 26 Chương Giải toán cách dùng phép dời hình .35 Bài toán chứng minh .35 Bài toán quỹ tích 39 Bài toán dựng hình 42 Một số toán thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế 45 Kết luận .51 Tài liệu tham khảo 52 Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Thăng Long - Hà Nội hướng dẫn TS.Nguyễn Văn Đoành, Đại học Thăng Long Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến thầy hướng dẫn, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu giúp hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy cô giáo trường Đại học Thăng Long, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên vượt qua khó khăn học tập Đặc biệt, xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Thăng Long cho lĩnh hội kiến thức trực tiếp từ thầy giáo đầu ngành lĩnh vực toán sơ cấp Việt Nam Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình bạn lớp Cao học Toán K3 động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Mở đầu Số phức đời yêu cầu việc mở rộng tập hợp số thực giải phương trình, lại tìm thấy ứng dụng rộng rãi hình học, học, vật lý ngành kĩ thuật khác Đối với học sinh bậc THPT số phức nội dung mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh hiểu kiến thức số phức, việc khai thác ứng dụng số phức hạn chế Trong hình học sử dụng số phức để biểu diễn đối tượng tính chất hình học, từ dùng số phức để giải toán hình học Trên sở khai thác việc biểu diễn số phức điểm, vec tơ ta lập phương trình dạng phức đường thẳng, đường tròn, tính chất thẳng hàng ba điểm, tính chất song song, vuông góc hai đường thẳng biểu thức dạng phức phép biến hình, dời hình Xuất phát từ quan điểm xem số phức công cụ nghiên cứu đối tượng, tính chất hình học cụ thể nghiên cứu phép dời hình chọn nghiên cứu đề tài "Số phức với phép dời hình mặt phẳng” Mục đích luận văn hệ thống kiến thức số phức Tổng hợp, phân tích kiến thức giúp học sinh thấy ý nghĩa quan trọng số phức Toán học nói chung giải toán Hình học phẳng nói riêng Từ rèn luyện kỹ năng, bồi dưỡng lực ứng dụng số phức vào giải toán hình học Nội dung luận văn bao gồm chương: Chương Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình Chương Giải toán cách dùng phép dời hình Do hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu không tránh khỏi thiếu sót, mong đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm đến luận văn Chương I Dùng số phức nghiên cứu phép dời hình §1 Mặt phẳng phức Trong mặt phẳng E cho hệ tọa độ Đề - vuông góc xoy điểm M E hoàn toàn xác định tọa độ (x, y) Khi số phức z = x + yi gọi tọa vị M, viết M (z) E gọi mặt phẳng phức (ta đồng điểm E với số phức) uuuur Khi M có tọa độ (x, y) hệ tọa độ Oxy vectơ OM có tọa uuuur độ (x, y), nên nói M có tọa vị z nói vectơ OM có tọa độ vị z uuuur viết OM (z) uuuur uuur z w + zw gọi tích vô hướng Cho OM (z), OP (w) Số thực uuuur uuur hai số phức z, w kí hiệu (z, w), OM OP Số thực ( [ z, w ] = ) ( z w − zw) gọi tích lệch hai số phức z, w Ta có: (z, w) = z w cos(4 − ϕ ) , ψ = arg z ,ϕ = arg w [ z, w ] = z w sin(ψ − ϕ ) Từ nêu M, P khác gốc O thì: OM ⊥ OP ⇔ ( z , w) = O, M , P thẳng hàng ⇔ [ z , w ] = Mỗi đường thẳng mặt phẳng phức xác định phương trình z = λ z + δ , λ = 1, λδ + δ = Đường thẳng có vecto phương r u δ u (u ) mà − = λ qua điểm M0 (z0) z0 = M0 hình chiếu vuông góc u gốc O lên đường thẳng Phương trình đường thẳng viết dạng: α z + β z + γ = 0, α = β ≠ 0,αγ = β γ Cho đường thẳng d có phương trình: z = λ z + δ αz + β z +γ = Và điểm M (z0) Khi M' (z'0) điểm đối xứng với M qua d z0' = λ z0 + δ d có phương trình: z = λ z + δ αγ 0' − β z0 + γ = Điểm P(co) hình chiếu vuông góc M lên d là: w= (z + λ z + δ ) w= (λ z − β z − γ ) 2λ Một đường tròn mặt phẳng phức hoàn toàn xác định phương trình z z + ( β z + β z ) + p = 0, β ∈ £ , p ∈ ¡ , β β − p > Đó đường tròn có tâm I ( − β ) bán kính R = β β − p Phép biến hình f: E → E, z → f (z) mà f ( z ) = α z + β z + γ α , β , γ ∈ C , α ≠ β gọi phép biến đổi afin Ta có song ánh f: E → E bảo tồn tính chất thẳng hàng điểm biến đổi afin Biến đổi afin f ( z ) = α z + β z + γ bảo toàn hướng α > β đảo hướng α < β §2 Phép dời hình loại 2.1 Phép tịnh tiến 2.1.1 Định nghĩa 1.1 r Trong mặt phẳng P cho véc tơ v , phép biến hình biến điểm M r uuuuur r thành điểm M’ cho MM ' = v gọi phép tịnh tiến theo véc tơ v y ký hiệu Tvr r v r Véc tơ v gọi véc tơ tịnh tiến Ta có Tvr (M) = M’ hay Tvr : M → M’ r * Cho véc tơ v có tọa vị β M' M O Giả sử Tvr : M (z) → M’ (z’) uuuur uuuur uuuuur uuuur r uuuuur r ⇒ MM ' = v ta có OM ' = OM + MM ' = OM + v Hình 1.1 ⇔ z’ = z + β Vậy biểu thức tọa vị phép tịnh tiến Tvr z’ = z + β ( β tọa vị r véc tơ tịnh tiến v ) 2.1.2 Tính chất a Phép tịnh tiến bảo tồn khoảng cách hai điểm b Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng không làm thay đổi thứ tự ba điểm thẳng hàng c Phép tịnh tiến: + Biến đường thẳng thành đường thẳng + Biến tia thành tia + Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng có độ dài + Biến góc thành góc có số đo + Biến tam giác thành tam giác + Biến đường tròn thành đường tròn x 2.1.3 Chứng minh số tính chất Cho Tvr phép tịnh tiến có biểu thức tọa vị z’ = z + β r ( β tọa vị véc tơ tịnh tiến v ) * Tvr biến đường thẳng thành đường thẳng - Trường hợp đường thẳng ∆ có phương trình là: z = α z + δ ( α = 1, αδ + δ = 0) Tvr có biểu thức tọa vị z’ = z + β ⇒ z = z’ - β Khi ảnh đường thẳng ∆ qua Tvr z’ - β = α ( z '− β ) + δ ⇔ z’ - β = α z ' - α β ' + δ ⇔ z’ = α z ' + δ + β - α β Đặt α = α ’, δ + β - α β = δ ’ Khi ta có: z’ = α ' z ' + δ ’ Vì α ' = α = 1, α 'δ ' + δ ’= α ( δ + β - α β ) + δ + β - α β =αδ +αβ - β +α + β -αβ =αδ +δ =0 Nên z’ = α ' z ' + δ ’ phương trình đường thẳng Vậy phép tịnh tiến Tvr biến đường thẳng ∆ thành đường thẳng ∆ ' có phương trình z’ = α ' z ' + δ ’ (với α ’= α , δ ’= δ + β - α β ) - Khi đường thẳng ∆ có phương trình z = α z + δ (trong α = (tức ∆ đường thẳng song song với véc tơ tịnh tiến v ) Với α ’= α = β β , δ ’= δ + β - α β = δ + β - β = δ β β Khi ∆ ' có phương trình z’ = α ' z ' + δ Suy ∆ ≡ ∆ ' β ) β r Vậy Tvr biến đường thẳng song song với véc tơ tịnh tiến v thành đường thẳng * Tvr biến đường tròn thành đường tròn Cho đường tròn (C1) có phương trình z z’ + β z + β1 z + p1 = ( p1 ∈ ¡ ) (C1) có tâm có tọa vị z0 = - β1 , bán kính R1 = β1 β − p1 Ảnh đường tròn (C1) qua Tvr (z’ - β ) ( z '− β ) + β ( z’ - β ) + β ( z '− β ) + p1 = ⇔ z’ z ’ - z’ β - β z ’ + β β + β z’ - β β + β1 z ’ - β1 β + p1 = ⇔ z’ z ’ + z’ ( β - β ) + z ’( β1 - β ) + β β - β1 β - β1 β + p1=0 Đặt β1 - β = β , β β - β β - β1 β + p1 = p2 y Khi ta có phương trình z’ z ’ + z’ β + z ’ β + p2 = r v C1 O C2 x Hình 1.2 p2 = β β - β β - β1 β + p1 ∈ ¡ ( β β , β β , β1 β , p1 ∈ ¡ ) β β - p2 = ( β1 - β ) ( β - β ) - β β + β β + β1 β - p1= β1 β - p1 > Nên z’ z ’ + z’ β + z ’ β + p2 = phương trình đường tròn Vậy phép tịnh tiến Tvr biến đường tròn (C1) thành đường tròn (C2) có phương trình z’ z ’ + z’ β + z ’ β + p2 = ( β = β1 - β , p2= β β - β β β1 β + p1) đường tròn (C1) đường tròn (C2) (vì R2 = β β − p2 = β1 β − p1 = R1) 2.1.4 Định lý: Tích hai phép tịnh tiến phép tịnh tiến → → → T →v T →w =T →v +→w Chứng minh: Giả sử T→v : z → z + β1 , Tw : z → z + β Khi đó: Tv Tw→ : z → ( z + β ) + β1 → → Vậy T→v w→ phép tịnh tiến theo véc tơ có tọa vị β + β1 tức véc tơ v + w 2.2 Phép quay 2.2.1 Định nghĩa 1.2 Trong mặt phẳng P định hướng Cho điểm A cố định góc định hướng α sai khác 2k π Một phép quay tâm A với góc quay α phép biến hình biến điểm A thành biến điểm M thành điểm uuuur uuuur M’ cho AM = AM’ ( AM , AM ') = α uuuur uuuur Ta ký hiệu ( AM , AM ') góc định hướng mà tia đầu AM, tia cuối AM’ Ký hiệu phép quay tâm A góc quay α QαA Ta có QαA : M → M’ hay QαA (M)=M’ Cho A điểm có tọa vị a, giả sử QαA : M(z) → M’(z’)  AM = AM ' Khi ta có:  uuuur uuuur ( AM , AM ') = α uuuur uuuur AM có tọa vị z – a, AM ' có tọa vị z’ – a Giả sử z − a = z − a (cosϕ + i sinϕ ), z' - a= z '− a (cosϕ '+ i sinϕ ') 10 uuur uuuur Suy ra: ∆HBC = ∆MDE ⇒ CH = DM uuuur ( D ) = M ⇒ Phép tịnh tiến TCH Ta có BC=CD nên điểm D chạy đường tròn (C) tâm C, bán kính R=BC ⇒ điểm M thuộc đường tròn tâm H, bán kính R=BC ảnh đường tròn uuuur (C) qua phép tịnh tiến TCH Bài 3: Cho ∆ABC có µA = 900 Từ điểm P thay đổi cạnh huyền BC ∆ABC vẽ đường vuông góc PR, PQ với cạnh vuông AB, AC ( R ∈ AB, Q∈ AC) Tìm quỹ tích trung điểm M đoạn thẳng RQ Giải Dựng hình chữ nhật ABSQ Ta có PR ⊥ AB, PQ ⊥ AC RA ⊥ AQ ⇒ ARPQ hình chữ nhật Suy RBSP hình chữ nhật Gọi N trung điểm cạnh BP MN//SQ MN= SQ ⇒ MN//BA MN= r uuur BA uuuur r Đặt u = BA ⇒ NM = u Phép tịnh tiến Tur : N → M Khi P ≡ C N ≡ D trung điểm cạnh BC Khi P thay đổi cạnh huyền BC N thay đổi đoạn thẳng BD thuộc cạnh huyền BC Tur : B → B1 Tur : D → N1 B1 N1 trung điểm cạnh AB, AC Suy quỹ tích điểm M đoạn thẳng B1N1 Bài 4: Cho điểm I cố định Mọi M, M' hai điểm cho ∆ IMM' vuông cân I 42 a) Cho điểm M chạy đường tròn (O) Tìm quỹ tích điểm M' b) Cho điểm M chạy đường thẳng d Tìm quỹ tích điểm M' Gọi H hình chiếu I xuống MM' Tìm quỹ tích điểm H Giải ∆ IMM' vuông cân I nên IM=IM' ( IM , IM ') = 90 Suy M' ảnh M qua phép quay tâm I, góc quay 900 Tức Q(I,900): M → M ' a) Khi M ∈ ( O ) Q(I,900): O → O ' ⇒ Q(I,900): (O) → (O ') Suy M ' ∈ ( O ') Vậy quỹ tích điểm M' đường tròn (O') ảnh đường tròn (O) qua phép quay Q(I,900) b) Khi M ∈ d Gọi J hình chiếu vuông góc I lên d Q(I,900): J → J ' ⇒ Q(I,900): d → d ' d ' ⊥ IJ ' J', d ⊥ d ', M ∈ d ⇒ M ∈ d ' Vậy quỹ tích điểm M' đường thẳng d' qua J' vuông góc với d * Tìm quỹ tích điểm H: · Kẻ IH ⊥ MM ' ⇒ MIH = 450 ( Do ∆ IMM' vuông cân I ) Suy tứ giác IJMH nội tiếp đường tròn đường kính MI · · ¼ ) ⇒ MJH = MIH = 450 ( chắn cung MH · Ta có MJJ ' = 450 · · (JJ' đường chéo hình vuông OJIJ') ⇒ MJH = MJJ ' Hai điểm H J' nằm phía đường thẳng d nên H ∈ JJ ' Quỹ tích điểm H đường thẳng JJ' 43 Bài 5: Cho ba điểm A, B, C cố định đường tròn (O) điểm M thay đổi (O) Gọi M1 đối xứng với M qua A, M2 đối xứng M1 qua B, M3 đối xứng với M2 qua C Tìm quỹ tích điểm M3 Giải Gọi D trung điểm M M AD đường trung bình ∆MM 1M ⇒ AD//M1M3 AD = M 1M ( 1) Ta có BC đường trung bình ∆M 1M M ⇒ BC//M1M3 BC= M 1M ( ) Từ (1), (2) ta có AD//BC, AD=BC nên ABCD hình bình hành Ta có A, B, C cố định nên D cố định Xét phép đối xứng tâm D ĐD ĐD: M → M điểm M chạy đường tròn (O) nên điểm M3 chạy đường tròn (O') Với (O') ảnh đường tròn (O) qua phép đối xứng tâm D Vậy quỹ tích điểm M3 đường tròn (O') Bài toán dựng hình Bài 1: Cho đường thẳng d, hai điểm A B phía bờ d Tìm d hai điểm M, N cho MN = m cho trước AM = BN 44 x Giải A' A + Phân tích: Ta dựng N qua phép tịnh tiến B Tmuur : M → N A → A' d M N Khi A'N=NB Do N giao đường thẳng d với đường thẳng x trung trực A'B + Dựng: A' = Tmuur ( A) , x đường trung trực A'B N = x ∩ d , M = T− muur ( N ) + Chứng minh: MN = m, NB = NA' = MA + Biện luận: A'B vuông góc với d toán vô nghiệm A'B không vuông góc với d toán có nghiệm hình Bài 2: Cho hai điểm A B khác phía bờ đường thẳng d Hãy dựng điểm · M d để d phân giác AMB Giải + Phân tích: Giả sử dựng M ∈ d M thỏa mãn đầu Ta thấy qua Đ d : A → A' A'∈ MB ⇒ M ≡ A'B ∩ d A M I A' + Dựng: B A' = Đ d (A), M ≡ BA' ∩ d · + Chứng minh: d trung trực AA' nên d phân giác AMB + Biện luận: AH ≠ BI toán có nghiệm 45 AH = BI toán vô nghiệm Bài 3: Cho đường tròn (O), điểm A đường thẳng d, dựng tam giác vuông cân A cho B ∈ (O), C ∈ d Giải + Phân tích Giả sử dựng ∆ ABC vuông cân A thỏa mãn điều kiện đầu Khi B ∈ (O) B ∈ d' = QA90 (d ) d' d O C B A + Dựng: d' = QA90 (d ) , B = (O) ∩ d', C = QA90 ( B) Ta có ∆ ABC cần dựng 0 + Chứng minh: Theo cách dựng suy tam giác ABC tam giác vuông cân thỏa mãn đầu Biện luận: Tùy thuộc vào số giao điểm d' đường tròn (O) ta có số nghiệm hình tương ứng Bài 4: Cho tam giác ABC Hãy dựng trục ∆ đối xứng trượt r f = DCA DBB DAB dựng vectơ trượt v Giải: A x Kẻ đường cao BK tam giác ABC K L J B C y Kẻ đường thẳng Bx cho góc định hướng (BA, BC) ( Bx, BK ) Ta có DBC DAB = DBK DBx (phép quay góc (BA, BC) quanh B) 46 Qua K kẻ Ky // Bx kẻ đường thẳng ∆ vuông góc với Bx , cắt Bx J Ta có: DCA DBK = D∆ DKy (= ĐK) Từ f = DCA ( DBC DAB ) = DCA ( DBK DBx ) r = ( DCA DBK ).DBx = D∆ DKy DBx = D∆ T2 uuu JK uuur Vậy f phép đối xứng trượt trục ∆ vec tơ trượt 2JK Một số toán thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế dùng phép dời hình Bài 1: (Thi vô địch Quốc gia Romania, 1997) Gọi P tập hợp điểm mặt phẳng D tập hợp tất đường thẳng mặt phẳng Hãy xem xét có tồn hay không phép biến hình f: P → D cho với ba điểm thẳng hàng A, B, C ba đường thẳng f(A), f(B), f(C) song song đồng quy Giải Ta khẳng định không tồn phép biến hình Giả sử ngược lại, tồn phép biến hình f thoả mãn điều kiện để Trước tiên, ta để ý nghịch ảnh A, B, C ba đường thẳng song song đồng quy d1, d2, d3 phải thẳng hàng Thật vậy, không thế, điểm M ba đường thẳng AB, BC, CA, ta có đường thẳng f(M) song song đồng quy với d1, d2, d3 Lúc đó, điểm nằm đường thẳng xác định hai điểm (tức điểm M) cho ảnh qua f đường thẳng song song đồng quy với d 1, d2, d3 Suy tất điểm 47 mặt phẳng có ảnh đường thẳng song song đồng quy với d 1, d2, d3, điều mâu thuẫn Bây giờ, cho hai họ đường thẳng (P 1) (P2) khác nhau, theo nhận xét trên, nghịch ảnh đường thẳng thuộc (P 1) (tương ứng, (P2)) nằm đường thẳng l1 (tương ứng, l2) Ta phải có l1 // l2, hai họ (P1) (P2) chung đường thẳng Tiếp theo, xét chùm (Q) đường thẳng đồng quy, đường thẳng (Q) có nghịch ảnh điểm nằm đường thẳng m (không cần song song l1) Bất kì đường thẳng m0 song song với m cho tương ứng với chùm đường thẳng đồng quy mà điểm đồng quy khác với điểm chùm (Q) (để ý, m0 cho tương ứng với họ đường thẳng song song m vậy) Tuy nhiên, tồn đường thẳng qua hai điểm m m0, mà nghịch ảnh điểm nằm m m 0, điều mâu thuẫn, suy điều phải chứng minh Bài 2: (Ứng dụng Phép đối xứng qua tâm, Cộng hòa Cezch, 2000) Tìm tất tứ giác lồi ABCD thoả mãn điều kiện: Tồn điểm E nằm bên tức giác cho đường thẳng qua E cắt AB, CD chia tứ giác ABCD thành hai hần có diện tích Giải Tứ giác ABCD có tính chất đề AB //CD Thật vậy: *Giả sử ABCD tứ giác thoả điều kiện đề Lúc đó, gọi X 1, X2, X3 ba điểm nằm cạnh AB cho AX < AX2 < AX3 ba đường thẳng EX1, EX2, EX3 cắt cạnh CD ba điểm Y1, Y2, Y3 Vì ABCD tức giác lồi nên CY1 < CY2 < CY3 Ta có: 48 0= 1 [ ABCD ] − [ ABCD ] 2 = [ AX1Y1 D ] − [ AX 2Y2 D ] = [ EYY − [ EX X ] 2] = sin ∠Y1 EY2 ( EY1.EY2 − EX 1.EX ), Suy EY1.EY2 = EX 1.EX Tương tự, EY2 EY3 − EX EX Do đó: EX EX = , EY1 EY3 suy hai tam giác Y1EY3 X1EX3 đồng dạng Từ Y1Y3 // X1X3, tức CD // AB * Đảo lại, giả sử ABCD tứ giác lồi tuỳ ý có AB // CD Gọi M M2 trung điểm AB CD, ta chọn E trung điểm đoạn thẳng M 1M2 E có tính chất nêu đề Thật vậy, xét đường thẳng qua E bất kì, miễn cắt AB CD hai điểm tương ứng, X Y Xét phép đối xứng qua E, ảnh đường thẳng AB đường thẳng CD, đó, ảnh đoạn thẳng XM1 đoạn thẳng YM2 Suy XM1 = YM2 AX + DY = BX + CY Như vậy, tứ giác AXYD BXYC (mỗi tứ giác hình thang hình bình hành) có chiều cao độ dài tổng hai đáy, nên có diện tích Ta có điều phải chứng minh Bài 3: (Ứng dụng phép quay, cộng hòa Cezch, 1999) Trong mặt phẳng, cho góc nhọn APX Hãy cách dựng hình vuông ABCD cho P nằm cạnh BC P nằm phân giác góc BAQ, với Q giao điểm tia PX với CD 49 Giải Xét phép quay 900, tâm A, qua phép quay này, B biến thành D Gọi P', C', D' ảnh P, C, D Vì ∠PAP ' = 900 nên AP' phân giác góc ∠QAD ' Như vậy, P' có khoảng cách đến hai đường thẳng AD' AQ, khoảng cách cạnh s hình vuông ABCD, đường cao AD tam giác AQP' Do tam giác AQP', hai đường cao hạ từ A P' nên suy AQ = P'Q Như vậy, dựng điểm P' (P' ảnh P qua phép quay tâm A, góc quay 900) dựng Q, với Q giao điểm PX với đường trung trực đoạn AP' Cách dựng điểm lại rõ, việc chứng minh ABCD hình vuông rõ ràng từ cách dựng Bài 4: (Ứng dụng phép quay) Từ đỉnh A hình vuông ABCD, ta vẽ hai tia Ax, Ay qua miền hình vuông Giả sử điểm M, K hình chiếu điểm D, B lên Ax; L, N 50 tương ứng hình chiếu B D lên Ay Chứng minh đoạn thẳng KL, MN vuông góc với Giải Để chứng minh KL ⊥ MN KL = MN , ta cần chứng minh tồn phép quay Q, góc quay 900 biến K thành M L thành N Thật vậy, từ điều kiện toán suy tam giác ABK DAM Qua phép quay Q tâm O (tâm hình vuông), góc quay 90 0, B biến thành A, A thành D phép quay bảo tồn gốc nên suy ảnh điểm K điểm M Lập luận tương tự: QO90 : L a N Từ suy KL ⊥ MN KL = MN Bài 5: (Ứng dụng phép đối xứng qua trục, IMO, 1999) Tìm tất tập hợp hữu hạn S mặt phẳng có điểm, cho với điểm phân biệt A, B thuộc S, đường trung trực AB trục đối xứng tất điểm S Giải Các tập hợp S cần tìm tất đa giác n đỉnh, với n > Thật vậy, xét tập S gồm điểm thoả mãn yêu cầu toán Giả sử A 1, A2, A3, Ak đỉnh bao lồi S Ta chứng tỏ đỉnh tạo thành đa giác k cạnh Ai+1 phải nằm trung trực AiAi+2 (nếu không, ảnh đối xứng qua trung trực A iAi+2 nằm bao lồi) Suy tất cạnh đa giác Tương tự, A i+1 Ai+2 phải ảnh đối xứng qua trung trực A iAi+3 (nếu không, hai điểm nằm bao lồi) Do đó, tất góc Vậy A1, A2, Ak đa giác Bây giờ, trục đối xứng cho điểm thuộc S phải trục đối xứng cho điểm A i, i = 1, , k , ta 51 suy trục phải qua tâm C đa giác k cạnh A1, A2, , Ak Giả sử X điểm tuỳ ý nằm bên đa giác A 1, A2, , Ak Khi đó, X phải nằm bên tam giác A iAi+1C C phải tâm vòng tròn ngoại tiếp AiAi+1X (vì C giao điểm đường trung trực tam giác đó, đường trung trực trục đối xứng S), vậy, X phải nằm vòng tròn tâm C, vòng tròn qua Ai Ai + Thế nhưng, tất điểm tam giác AiAi+1X thực nằm bên đường tròn, ngoại trừ hai điểm A i Ai+1 Vì vậy, X nằm bên đa giác lồi A 1A2 Ak Ta có điều phải chứng minh Bài 6: (Ứng dụng Phép tịnh tiến, Winconsin, 1998) Dựng hình thang ABCD (AB // CD) có cạnh đáy AB = a, hai đường chéo AC = m, BD = n biết α góc nhọn tạo hai đường chéo Giải Giả sử dựng hình thang theo yêu cầu Thực uuur phép tịnh tiến theo vectơ DC , điểm B biến thành điểm N hay N đỉnh thứ tư hình bình hành CDBN Suy ∠ACN = 1800 − α CA = m, CN = n Như tam giác CAN dựng Từ phân tích trên, dễ dàng suy cách dựng Biện luận Vì α góc nhọn nên 1800 − α góc tù Do vậy, toán có nghiệm hình AN > AB, hay AN = m + n − 2mn cos (1800 − α ) = m + n + 2mn cos α > a 52 Nói cách khác, toán có nghiệm hình < α < β , a − (m2 + n ) đó, β góc định bị cos β = 2mn 53 KẾT LUẬN Những kết mà đề tài đạt trình nghiên cứu: Sử dụng công cụ số phức nghiên cứu phép dời hình mặt phẳng, chứng minh chi tiết số tính chất phép dời hình Minh họa việc sử dụng phép dời hình giải số toán hình học phẳng Việc sử dụng số phức công cụ giải toán mang lại cho phương pháp giải toán mà góp phần đáng kể vào việc rèn luyện kĩ lực giải toán cho học sinh, sinh viên, đặc biệt ứng dụng phép biến hình để giải toán hình học phẳng cho lời giải đẹp ngắn gọn 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vi Quốc Dũng (1994), Các phép biến hình, ĐHSP Thái Nguyên [2] Vi Quốc Dũng (1994), Quỹ tích , ĐHSP Thái Nguyên [3] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp số phức với hình học phẳng, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề số phức áp dụng, NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội [5] Nguyễn Mộng Hy (2003), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục [6] Đoàn Quỳnh (1997), Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục [7] Hoàng Trọng Thái (2007), Giáo trình ứng dụng phép biến hình giải toán hình học, NXB Đại học Sư phạm 55 CHƯƠNG I: DÙNG SỐ PHỨC NGHIÊN CỨU PHÉP DỜI HÌNH §1 Mặt phẳng phức E ≡ C Đường thẳng mặt phẳng phức Đường tròn mặt phẳng phức Phép biến đổi afin mặt phẳng phức §2 Phép dời hình loại 1 Phép tịnh tiến Phép quay Phép dời hình loại §3 Phép dời hình loại Đối xứng trục Đối xứng trượt Phép dời hình loại §4 Phép dời hình Dời hình loại 1, loại phép biến đổi afin bảo tồn khoảng cách Các biến đổi afin bảo toàn khoảng cách dời hình loại loại §5 Một số toán hình học phẳng giải cách dùng số phức biểu thức số phức phép dời hình CHƯƠNG II: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH DÙNG PHÉP DỜI HÌNH Bài toán chứng minh Bài toán quỹ tích Bài toán dựng hình Một số toán thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế dùng phép dời hình 56 [...]... 25 §4 Phép dời hình 4.1 Định nghĩa 4.1.1 Một phép biến hình f: E 2 → E 2 được gọi là phép dời hình nếu trong mặt phẳng với 2 điểm M, N bất kỳ và 2 ảnh của chúng lần lượt là M ' = f ( N ), N ' = f ( N ) ta luôn có d ( M ', N ') = d ( M , N ) nghĩa là biến đổi của mặt phẳng bảo tồn khoảng cách giữa các điểm 4.1.2 Ở trường phổ thông ta gọi biến đổi của mặt phẳng bảo tồn khoảng cách là phép dời hình và... rằng mọi phép dời hình là tích của không quá ba phép đối xứng trục Như vậy tập hợp các phép dời hình loại I và loại II z → z ' = α z + β ; α = 1; z → z' =α z + β ; α = 1 chính là tập hợp các phép dời hình Ta sẽ chứng minh điều nói trên ở trường phổ thông bằng cách dùng số phức a Phép dời hình bảo toàn tính thẳng hàng của bộ ba trên Thật vậy: Nếu A, B, C thẳng hàng thì các ảnh của nó qua phép dời hình A',... các phép dời hình loại 1 của mặt phẳng làm thành 1 nhóm (đối với phép toán hợp thành các ánh xạ) gọi là nhóm dời hình loại 1 - Biến đổi đồng nhất của mặt phẳng, kí hiệu Id, xác định bởi z a z ' = z là một dời hình loại 1 - f là dời hình loại 1 thì f-1 (biến đổi ngược) cũng là dời hình loại 1, dễ dàng thấy ( Tvr ) = Tvr ;(QJ ,ϕ ) −1 = QJ ,−ϕ Nếu f, g là dời hình loại 1 thì tích g 0f là −1 dời hình loại... là phép quay tâm J, góc quay có số đo ϕ = arg α Do đó công thức z a z ' = α z + β , α = 1 xác định mọi phép tịnh tiến và mọi phép quay trong mặt phẳng Những biến đổi afin z a z ' = α z + β , α = 1 là các biến đổi bảo tồn hướng, bảo tồn khoảng cách 16 - Định nghĩa: Biến đổi z ' = α z + β , α = 1 được gọi là phép dời hình loại 1 của mặt phẳng 3.2 Các tính chất của phép dời hình loại 1 Tập hợp các phép. .. trùng với A Vậy A là trung điểm của KP Chương 2 Giải bài toán bằng cách dùng phép dời hình - Phương pháp giải toán hình học phẳng bằng cách dùng phép biến hình là phương pháp vận dụng tính chất của các phép biến hình vào việc khảo sát tính chất hình học của các hình, tính toán các đại lượng hình học, tìm quỹ tích và dựng hình 36 ... z0' α= ; z1 − z0 β = z0' − α z0 §5 Một số bài toán hình học phẳng giải bằng cách dùng số phức và biểu thức số phức của phép dời hình 27 Bài toán 1: Dùng biểu diễn hình học của số phức để chứng minh: Tổng bình phương độ dài hai đường chéo của một hình bình hành bằng tổng bình phương dài bốn cạnh của nó Giải Lấy một đỉnh của hình bình hành làm gốc O, hai đỉnh kề với nó có tọa vị z1 và z2 thì đỉnh thứ... ) Khi đó có duy nhất 1 phép dời hình loại 1, có duy nhất một phép dời hình loại 2 biến A thành A'; B thành B' Chứng minh : Giả sử A (z0) ; B (z1); A' (z0'); B' (z1') Xét phép dời hình loại 1 z' =α z + β; α =1 Biến A thành A', B thành B' ta có: z0' = α z0 + β ; z1' = α z1 + β Do đó: z1' − z0' α= , z1 − z0 α =1 β = z0' − α z0 Tương tự phép dời hình loại 2 cần tìm z ' = α z + β Trong đó: z1' − z0' α=... C' = A'C' nên thẳng hàng Phép biến đổi của mặt phẳng bảo toàn sự thẳng hàng của các bộ ba điểm là phép biến đổi afin do đó được xác định bởi công thức: (α ≠ β ) z → z' =αz + β z +γ b Biến đổi afin bảo toàn khoảng cách giữa các cặp điểm phải có dạng: z → z' =αz +γ, hoặc z → z ' = β z + γ , α =1 β =1 Tức là dời hình loại I hoặc dời hình loại II Chứng minh : Cho M (z), M0 (z0) cách nhau một khoảng R Khi... và chỉ khi ϕ1 + ϕ 2 = 2kπ ) thì tích đó là phép tịnh tiến với vectơ tịnh tiến có tọa vị (1 − α 2 )( z2 − z1 ) Nếu α 2α1 ≠ 1 thì tích đó là phép quay với góc quay ϕ = ϕ1 + ϕ 2 và tâm quay J 0 ( z0 ) trong đó: z0 = α 2 (1 − α1 ) z1 + (1 − α 2 ) z2 1 − α 2α1 3 Phép dời hình loại 1 3.1 Định nghĩa - Biến đổi của mặt phẳng phức xác định bởi z a z ' = z + β là phép tịnh r tiến Tvr theo vectơ v có tọa vị... (α 2 β1 + β 2 ) mà rõ ràng α 2α1 = α 2 α1 = 1 17 §3 Phép dời hình loại 2 3.1 Phép đối xứng trục 3.1.1 Định nghĩa 1.3 Trong mặt phẳng P cho một đường thẳng d cố định, phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ sao cho đoạn thẳng MM’ nhận đường thẳng d làm đường trung trực được gọi là phép đối xứng trục d d Đường thẳng d gọi là trục đối xứng Ký hiệu phép đối xứng trục d là Đd M Ta có Đd(M) = M’ hay Đd: