TRƯỜNG THPT CHUN BIÊN HỊA Người viết: Hồng Xn Bính BÀI THAM GIA HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MƠN: TỐN PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG ) Chuyên đề phép vị tự I Lí chọn đề tài Hình học phẳng nội dung quan trọng, xuất thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế Đối với học sinh nội dung hình học phẳng tương đối khó đa dạng Phép biến hình phần quan trọng nội dung hình học phẳng, nhiên học sinh thường lúng túng, ngại học phần Trong phép biến hình có nhiều phần, tơi chọn nội dung phép vị tự để trình bày viết này, phép vị tự phép biến hình giúp chứng minh tính chất hình học mà thực theo phương án khác thường khó dài, đặc biệt tốn tìm quĩ tích điểm dựng hình phép vị tự giúp nhanh chóng xác định yếu tố quĩ tích điểm dựng hình thỏa mãn u cầu tốn đặt Chuyên đề bao gồm số kiến thức phép vị tự dạng tập thường gặp phép vị tự : chứng minh, dựng hình, quĩ tích Cuối chun đề số tập để người đọc tự rèn luyện II.Nội dung Phép vị tự Định nghĩa Trong mặt phẳng cho điểm O ucố địnhuuvà số k ≠ Phép biến hình biến uuuu r uu r điểm M thành điểm M’ cho OM ' = kOM gọi phép vị tự tâm O, tỉ số k Kí hiệu : V( O ;k ) , O gọi tâm vị tự, k gọi tỉ số vị tự Nhận xét : - Phép vị tự tỉ số phép đồng - Phép vị tự tỉ số -1 phép đối xứng tâm Tính chất phép vị tự + V( O ;k ) ( k ≠ ) có điểm bất động O + V( O ;k ) biến M thành M’ O, M, M’ thẳng hàng uuuuu r uuu r + V( O ;k ) A a A ' B a B ' A ' B ' = k AB + Phép vị tự biến điểm thẳng hàng thành điểm thẳng hàng + Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song trùng với + Phép vị tự biến tia thành tia song song trùng với + Phép vị tự biến đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A’B’ A ' B ' = k AB + Phép vị tự biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng k + Phép vị tự biến góc thành góc + Phép vị tự biến đường trịn (I;R) thành đường tròn (I’;R’) mà tâm I’ ảnh tâm I qua phép vị tự bán kính R ' = k R Tích hai phép vị tự Tích hai phép vị tự có tỉ số k1 k2 phép vị tự, tỉ số k = k1.k2 (với k1k2 ≠ ), có tâm thẳng hàng với tâm hai phép vị tự phép tịnh tiến k1.k2 = III Bài tập áp dụng 1) Dạng Chứng minh tính chất hình học Trong số tốn hình học phẳng có u cầu chứng minh tính chất hình học, chứng minh chúng phương pháp hình học thơng thường việc chứng minh tương đối phức tạp Tuy nhiên sử dụng phương pháp vị tự, giúp thu gọn cách đơn giản phải sử dụng thêm đường phụ, giúp cho việc chứng minh tương đối dễ ngắn gọn Bài (Định lí đường trịn Euler) Chứng minh tam giác, trung điểm cạnh, chân đường cao trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm với đỉnh nằm đường trịn, gọi đường trịn chín điểm hay đường trịn Euler tam giác Bán kính đường trịn Euler nửa bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác tâm O’ đường tròn Euler thẳng hàng với tâm O đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm G trực tâm H đường thẳng Euler cho O’ trung điểm đoạn thẳng OH bốn điểm H, G, O, O’ làm thành hàng điểm điều hòa Giải Gọi O’ tâm đường tròn ngoại tiếp A’B’C V(G ,− 12 ) : O → O ' Do đó, O’ nằm uuuur uuur đường thẳng Euler OGH ta có : GO ' = − GO hay GO ' =− GO Từ ta có : HG = 2GO = 4O ' G OH = 3OG , 3O ' G = O ' O = −O ' H Do ta có : ( HGOO ') = OH O ' H = −1 (đpcm) OG O ' G Bài (Đề thi chọn đội tuyển Nhật Bản,1996) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn, M điểm tùy ý thuộc đường trịn Chứng minh điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, BC, CA thuộc đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC Giải Gọi M , M , M điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, BC, CA H1 , H , H điểm đối xứng H qua AB, BC, CA Khi H1 , H , H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Theo định lí Simson hình chiếu E1 , E2 , E3 lên cạnh AB, BC, CA thẳng hàng Thực phép vị tự V( M ,2 ) điểm E1 , E2 , E3 có ảnh điểm M , M , M tương ứng Do M , M , M thẳng hàng · · Thực phép đối xứng trục BC ta có góc BHM biến thành góc BH M Từ : · · BHM = BH M · · Tương tự thực phép đối xứng trục AB, ta nhận BHM = BH1 M · M = BH · M , góc nội tiếp chắn cung BM Từ đường Ta lại có BH thẳng M 1M qua H (đpcm) Bài Cho tam giác ABC bên tam giác dựng đường tròn ( O1 ) ; ( O2 ) ; ( O3 ) ; ( O4 ) cho đường tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC tâm đường trịn (O4) thẳng hàng Giải Ta có : IA, IB, IC chứa O1 , O2 , O3 Suy : O1O2 / / AB, O2O3 / / BC , O3O1 / / AC Đặt IO1 IO2 IO3 = = = IA IB IC k Xét phép vị tự V( I ,k ) : O1 a A, O2 a B, O3 a C Do O4 tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 O cách điểm Suy : V( I ,k ) : O4 a O Do : I , O4 , O thẳng hàng Bài (Đề thi HSG quốc gia 2000) Cho đường tròn (O) (O’) có bán kính khác cắt A B Một đường thẳng tiếp xúc với (O) P, tiếp xúc với (O’) P’ Gọi Q Q’ chân đường cao hạ từ P P’ Đường thẳng AQ AQ’ cắt lần thứ hai với hai đường tròn M M’ Chứng minh M,M’,B thẳng hàng Giải Hai đường tròn cắt suy : R ≠ R ' , gọi S tâm vị tự ngồi hai đường trịn Xét phép vị tự : V R'   s, ÷  R : O ' a O, P ' a P, A a A ', Q ' a Q · ' AQ ' = OA · 'Q Suy : O Ta có : SP = SQ.SO; SP = SA.SA ' ⇒ SQ.SO = SA.SA ' Suy tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn · · ' Q Vậy OAQ · · ' AQ ' Suy OAQ = OA =O · Do tam giác MOA tam giác M’O’A’ cân Suy : MOA = ·AOM ' · ' A = 1800 − MOA · Ta có : ·ABM = 1800 − MA · ' BA = M · ' O ' A = MOA · Mà góc : M 2 Suy : ·ABM + ·ABM ' = 180 Do M, B, M’ thẳng hàng Bài (Bài toán bồi dưỡng đội tuyển Anh 1990) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Gọi D điểm đối xứng A qua BC, E điểm đối xứng B qua AC F điểm đối xứng C qua AB Giả sử H trực tâm tam giác ABC, chứng minh D, E, F thẳng hàng OH = R Giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB Dựng tam giác A2 B2C2 mà điểm A, B, C trung điểm B2C2 , C2 A2 , A2 B2 Suy G, H trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 Gọi D’, E’, F’ hình chiếu O lên cạnh B2C2 , C2 A2 , A2 B2 Xét phép vị tự V 1  G ,− ÷ 2  Phép vị tự biến A, B, C, A2 , B2 , C2 thành A1 , B1 , C1 , A, B, C Từ phép vị tự biến điểm D, E, F thành D’, E’, F’ Vậy D, E, F thẳng hàng D’, E’, F’ Theo định lí Simson, điểm D’, E’, F’ thẳng hàng O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 tương đương với OH = 2R Bài Cho hai đường tròn ( O1 ) ; ( O2 ) có bán kính khác nằm ngồi Ta xét đường trịn (O) tiếp xúc với ( O1 ) ; ( O2 ) A B Trên đường tròn (O) ta lấy điểm M bất kì, khác A B Đường thẳng MA cắt (O1) lần thứ hai M1, MB cắt (O2) lần thứ hai M2 Chứng minh M di động đường tròn (O) đường thẳng M1M2 qua điểm cố định Giải Nhận xét, hai đường tròn tiếp xúc với tiếp điểm tâm phép vị tự với hệ số vị tự có giá trị tuyệt đối tỉ số hai bán kính, biến đường tròn thành đường tròn Ta xét phép vị tự : tâm A biến O1 thành O biến M1 thành M Xét phép vị tự : tâm B biến O thành O2, biến M thành M2 Như tích hai phép vị tự tâm A tâm B biến O1 a O2 M a M nên M 1M qua tâm vị tự hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) Hai đường tròn cố định nên tâm vị tự chúng điểm cố định hay M 1M qua điểm cố định Bài (Đề thi HSGQG 2003) Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cố định ( O1 , R1 ) ( O2 , R2 ) với điều kiện R1 > R2 cho hai đường tròn tiếp xúc với điểm M Xét điểm A nằm đường tròn ( O2 , R2 ) cho điểm A, O1,O2 không thẳng hàng Từ A kẻ tiếp tuyến AB AC đến đường tròn (O1) với B, C tiếp điểm Các đường thẳng MB, MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2) tương ứng điểm E F Gọi D giao điểm EF với tiếp tuyến A đường tròn (O2) Chứng minh điểm D di động đường thẳng cố định A di động (O2) cho điểm A, O1, O2 không thẳng hàng Giải Từ giả thiết ta có tứ giác ABO1C nội tiếp đường tròn (O3) Gọi A’ giao điểm thứ hai AM với đường tròn ( O1 , R1 ) D’ giao điểm hai tiếp tuyến M A’ đường tròn ( O1 , R1 ) Khi D’ thuộc trục đẳng phưởng BC hai đường tròn ( O2 , R2 ) (O3) Thật vậy, gọi H giao điểm thức hai (O3) với AM Khi O1H vng góc với AM nên H trung điểm dây cung MA’ Tam giác D’MA’ cân D’, D’H vng góc với AM D’O1 qua H Từ : D ' H D ' O1 = D ' M Suy : D’ phương tích hai đường trịn (O1) (O3) Như D’ di động tiếp tuyến đường trịn (O1) M tiếp tuyến cố định Phép vị tự tâm M biến đường tròn (O1 ) thành đường tròn (O2) đường thẳng BC biến thành đường thẳng EF, tiếp tuyến A’ biến thành tiếp tuyến A D’ thành D Tập hợp điểm D nằm đường thẳng MD’ tiếp tuyến (O1) Bài Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cắt X Y Chứng minh tồn điểm thỏa mãn tính chất sau : Với đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn cho A B, cắt đường thẳng XY C D, đường thẳng đường thẳng AC, AD, BC, BD phải qua điểm Giải Gọi (E) đường trịn thỏa mãn đầu Vì (E) cắt đường thẳng XY C,D nên (E) tiếp xúc tiếp xúc với hai đường tròn Ta xét trường hợp tiếp xúc trong, trường hợp tiếp xúc chứng minh tương tự Giả sử đường thẳng CA cắt đường tròn (AXY) điểm P khác CB cắt đường tròn (BXY) điểm Q khác nữa, C nằm XY, theo tính chất phương tích ta có : CA.CP = CX CY = CB.CQ · · Vậy tam giác CAB CQP đồng dạng, suy CAB = CQP Kẻ đường thẳng CR tiếp xúc với (E) với R nằm phía với B đường · · · thẳng XY Lúc : BCR = CAB = CQP Suy : CR // PQ Xét hai phép vị tự, tâm A B, biến (E) thành hai đường tròn cho Một hai phép vị tự biến đường thẳng CR thành tiếp tuyến P hai đường tròn phép vị tự biến CR thành tiếp tuyến Q đường tròn lại Cả hai đường thẳng ảnh song song với CR, nên chúng trùng với đường thẳng PQ phải tiếp tuyến chung hai đường tròn Kết luận : Bốn tiếp điểm tạo hai tiếp tuyến chung hai đường tròn cho có tính chất đề Bài Cho tam giác ABC cân C, có đường cao CD Cho P điểm nằm cạnh CD Gọi E, F giao điểm đường thẳng AP với cạnh BC, đường thẳng BP với cạnh AC Giả sử hai đường tròn nội tiếp tam giác ABP tứ giác PECF Chứng minh hai đường tròn nội tiếp tam giác ADP BCP Giải Gọi (H1) (H2) hai đường tròn nội tiếp tứ giác CEFP tam giác ABP Trong tiếp tuyến chung hai đường tròn này, ta xét tiếp tuyến gần A nhất, tiếp tuyến cứt BC BD hai điểm tương ứng C’ D’ Khi C’D’//CD Gọi giao điểm hai đoạn thẳng C’D’ BF P’ Khi (H1) (H2) hai đường tròn nội tiếp tam giác BC’P’ BD’P’ Xét phép vị tự V CD   B, ÷  C 'D '  Khi phép vị tự biến tam giác BC’P’ BD’P’ tương ứng thành hai tam giác BCP BDP Như biến hai đường tròn (E1) (E2) thành hai đường tròn nội tiếp tam giác BCP BDP Vì hai đường tròn (E1) (E2) nên hai đường tròn nội tiếp hai tam giác BCP BDP Nhưng tam giác BDP ADP có hai đường trịn nội tiếp Từ ta có đpcm Bài (Bulgaria, Problem 11.3.2001) Trên cạnh tam giác có góc 300 , 600 ,900 có độ dài cạnh huyền 1, ta chọn điểm cho điểm tạo thành tam giác vuông cân Hỏi cạnh huyền tam giác có giá trị bé bao nhiêu? Giải Xét tam giác ABC có góc α , β , γ Cho A1 ∈ BC , B1 ∈ CA, C1 ∈ AB điểm cho tam giác A1B1C1 vuông với ·A1C1 B1 = 900 Giả sử đường trịn (K) đường kính A1B1 cắt AB X ≠ C1 Dễ thấy α ≤ 900 , γ ≤ 900 X nằm đoạn AB Vẽ tiếp tuyến d (K) cho d//AB tiếp điểm Y thuộc cung nhỏ C1X Gọi B2, A2 giao điểm d với CA CB Xét phép vị tự tâm C cho ảnh B2 A, A2 B Khi qua phép vị tự tâm C ảnh tam giác B1A1Y nội tiếp tam giác ABC cạnh huyền bé B1A1 Do vậy, khơng tính tổng qt, giả sử AB tiếp tuyến đường tròn (K) · A C = δ B · C A = δ Áp dụng định lí sin cho tam giác AC1B1 Từ đó, đặt B 1 1 tam giác BC1A1 ta : B1 A1.cosδ sin ( 900 − δ + β ) B1 A1.sin δ sin ( α + δ ) AC1 = BC1 = sin α sin β B1 A1 sin δ sin ( α + δ ) B1 A1.cosδ sin ( 90 − δ + β ) Vì AB = AC1 + C1B nên AB = + (1) sin α sin β ⇔ AB = A1 B1 ( cot α + cot β + 2sin 2δ − ( cot α − cot β ) cos2δ ) Mặt khác, ta lại có : cot α + cot β + 2sin 2δ − ( cot α − cot β ) cos2δ = + ( cot α − cot β ) sin ( 2δ − ϕ ) ≤ + ( cot α − cot β ) 2  cosϕ = + ( cot α − cot β )  ϕ thỏa mãn :  cot α − cot β sin ϕ =  + ( cot α − cot β )  Khi : giá trị bé cần tìm B1A1 : B1 A1 = Thật : B1 A1 = AB cot α + cot β + + ( cot α − cot β ) AB cot α + cot β + + ( cot α − cot β ) 2 đồng thời 2δ − ϕ = 900 (1) đúng, tồn tam giác với B1A1 xác định Với giả thiết tam giác ABC có góc 300 , 600 ,900 có độ dài cạnh huyền 1, trường hợp tam giác vuông nội tiếp tam giác B1A1 có giá trị tính : Giá trị nhỏ 39 − 21 − 3 , , 12 4 39 − 12 Bài 10 (Thi vô địch Ba Lan,1999) Gọi D điểm nằm cạnh BC tam giác ABC cho AD > BC Gọi E điểm nằm cạnh AC cho : Chứng minh : AD > BE Giải AE BD = EC AD − BC Ta cố định điểm B, C, D khoảng cách AD Cho A thay đổi Quĩ tích điểm A đường trịn tâm D Từ phương trình đầu bài, ta có tỉ số tỉ số : a = AE cố định Suy EC EC cố định AC Do E ảnh A qua phép vị tự tâm C, tỉ số a, nên quĩ tích điểm E ảnh quĩ tích điểm A qua phép vị tự này, tức quĩ tích E đường trịn có tâm nằm đoạn thẳn BC Khi đó, giá trị BE lớn E giao điểm đường tròn với đường thẳng BC (điểm gần C B) Đến đây, ta chứng minh trường hợp AD = BE có điều phải chứng minh, ta ln có AD ≥ BE đẳng thức xảy với trường hợp suy biến Thật vậy, trường hợp nói trên, điểm B, D, C, E, A thẳng hàng theo thứ tự Khi đó, từ đẳng thức đầu ta : AE ( AC – BD ) = AE ( AD – BC ) = EC BD 10 Suy : AE AC = ( AE + EC ) BD = AC BD Do : AE = BD, suy AD = BE (đpcm) Bài 11 Cho hai đường tròn (C1) (C2) nằm bên tiếp xúc với đường tròn (C) theo thứ tự M N Giả sử đường tròn (C1) qua tâm (C2) Đường nối hai điểm chung (C1) (C2) cắt (C) A B Các đường thẳng MA, MB cắt (C1) tương ứng E F Chứng minh đường thẳng EF tiếp tuyến (C2) Giải Gọi O, O1 , O2 , r , r1 , r2 tâm bán kính đường tròn (C), (C1), (C2) tương ứng Giả sử EF cắt O1O2 W Đặt O2W= x Ta cần chứng minh x = r2 Chọn hệ trục trực chuẩn có gốc O2, O2O1 trục hồnh, giả sử O có tọa độ (a,b) Nx: O M không nằm O2O1 Giả sử AB cắt O2O1 V r2 Dễ thấy : O2V = 2r1 OV OY 2 Khi tam giác O1YO2 XVO2 đồng dạng, suy : O X = O O 2 r Phép vị tự tâm M, tỉ số r biến O1 thành O, biến EF thành AB Do EF ⊥ O1O2 r1 lần khoảng cách từ O đến AB, suy : r r1  r2  r1 − x =  a − ÷ (1) r 2r1  Do đó, khoảng cách từ O1 đến EF Bây ta xác định a Bằng cách tính khoảng cách từ O đến O1 O2, ta nhận hai phương trình chứa a b sau : 11 ( r − r1 ) = ( r1 − a ) + b ( r − r2 ) = a + b 2 Khử b từ hai phương trình ta có : a = r2 r + r − r 2r1 r1 Thay vào (1) ta nhận x = r2 (đpcm) Quĩ tích Việc phát dự đốn quĩ tích điểm tương đối phức tạp, nhiên nhờ phép vị tự mà việc định hướng quĩ tích điểm cần tìm với yếu tố ban đầu tốn trở nên dễ dàng Bài Chứng minh quỹ tích điểm mặt phẳng mà tỷ số khoảng cách từ đến hai đường thẳng cắt điểm O k (k>0) không đổi gồm hai đường thẳng qua O Giải Giả sử hai đường thẳng xx’ yy’ hai đường thẳng cho trước cắt O M điểm mặt phẳng cho MH/MK = k (hằng số dương cho trước) Gọi M1 điểm tương ứng điểm M phép vi tự thay đổi tâm O Vậy quĩ tích gồm đường thẳng qua O Khi quỹ tích điểm cần tìm cát tuyến AB hai đường thẳng Ox, Oy cho OA = OB Với điểm M AB tam giác vuông MAH MBK có góc nhọn A B đồng dạng với ta có : tích tỷ số MH MA = Điểm M điểm quĩ MK MB MH MA = k : = k Khi tỷ số k ≠ AB có hai điểm M MK MB M’ đáp ứng điều kiện đòi hỏi tốn Vậy quỹ tích cần tìm bao gồm hai đường thẳng OM OM’ liên hợp điều hòa hai đường thẳng Ox, Oy cho hàng điểm ABMM’ điều hịa Bài Cho đường tròn (O) (O’) tiếp xúc với A, (O’) nằm (O), BC dây cung (O) tiếp xúc với (O’) Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC dây cung BC thay đổi Giải 12 Xét phép vị tự : V R  A, ÷  R'  : O a O ', M a M ' uuur R uuuur AO ' , M điểm thuộc đường tròn (O)) R' · Ta thấy tia AM tia phân giác góc BAC · · · · Thật : MAB = MCB , MAC = MBC ( : AO = Ta có : O’M//OM’ Mà O’M vng góc với BC nên OM’ vng góc với BC OM’ đường kính chia đơi dây BC Suy : tam giác M’BC cân · ' BC = M · ' CB ⇒ M · ' AB = M · ' AC suy : I tâm đường trịn nội tiếp Từ ta có : M tam giác ABC thuộc MA MI BM AB BM AB AI = ⇔ = ⇔ = IA AB IA MI BM IM AB AI AB P( B / ( O ') ) = BM = BB '.BA ⇒ = = BM IM BB '.BA u u u u r u u u r R' R' V R '  : B ' a B Do : AB ' = AB ⇒ AB ' = AB  A, ÷  R R R R AB ' AB − AB ' − k   ⇒ BB ' = ( − k ) AB =k⇒ = Suy : AB = k AB '  k = > 1÷ ⇒ R'  AB AB  AB AB Suy : BA.BB ' = − k AB = − k ( ) u ur r AI q uuuu V q  : M a I = = q ⇒ AI = AM Ta có : IM Khi :  A, ÷ 1+ q  1+ q  1− k V q  Theo tính chất phân giác ta có : Vậy I thuộc đường trịn ảnh (O’) qua phép vị tự  A, ÷  1+ q  Bài Cho đường tròn (O,R) đường kính PQ cố định đường trịn Trên tia PQ ta lấy điểm S cố định khác P Q Với điểm A thuộc đường tròn, ta dựng tia Px vng góc với tia PA nằm phía với đường thẳng PQ Gọi B giao điểm Px SA Tìm tập hợp điểm B, điểm A di động đường tròn (O,R) Giải 13 Gọi B’ giao điểm thứ hai Px đường trịn (O), AB’ đường kính đường trịn (O) Gọi d đường thẳng qua B d//AB’ O’ giao điểm d PQ Ta có hai tam giác OPB’ O’PB đồng dạng mà tam giác OPB’ cân O, nên tam giác O’PB cân O’ Khi : SO ' O ' B SO ' O ' P SO ' SO '− SP SP = ⇒ = ⇒ = ⇒ SO ' = SO ( *) SO OA SO R SO R SO − R SP Ta đặt k = , k số không đổi (*) viết lại dạng véctơ SO − R uuur uuu r SO ' = k SO (**) Hệ thức (**) chứng tỏ (O’) ảnh (O) phép vị tự tâm S, hệ số vị tự k= uur uur SP SB SO ' = , O’ cố định Mặt khác từ : , ta suy : SB = k SA B SO − R SA SO ảnh A phép vị tự Tập hợp điểm B đường tròn (O’) ảnh đường SP tròn (O) phép vị tự V( S ,k ) với k = SO − R Bài Cho hai đường tròn (O) bán kính R đường trịn (O’) bán kính R’ tiếp xúc A với R > R’ Đường kính qua A cắt đường trịn (O) B cắt đường tròn (O’) C Một đường thẳng thay đổi qua A cắt (O) M (O’) N Tìm tập hợp giao điểm S BN CM Giải 14 Ta có : BM // CN Hai tam giác BMS NCS đồng dạng nên ta có : CS CN R ' R ' = = = SM BM R R uuu r r R ' uuuu CS R' CS R' CM = = Do : hay : suy : CS = R + R' SM + CS R + R ' CM R + R ' Vậy tập hợp điểm S đường tròn vị tự đường tròn tâm O phép vị tự tâm C tỉ số vị tự k = R' R + R' Bài Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính R, r (R > r) P điểm cố định đường trịn bán kính r, B điểm chuyển động đường tròn bán kính R Đường thẳng BP cắt đường trịn bán kính R điểm thứ hai C đường thẳng l vng góc với đường thẳng BP P cắt đường trịn bán kính r điểm thứ hai A (nếu l tiếp tuyến cảu đường trịn P ≡ A ) a) Tìm tập hợp giá trị biểu thức : BC + CA2 + AB b) Tìm quĩ tích trung điểm AB Giải a)Ta biểu thị tổng : T = BC + CA2 + AB qua độ dài đoạn AP, CP PD cách áp dụng định lí Pythagore đẳng thức CP = DB, BC = CP + PD + DB Ta : 15 ( T = AB + ( PD + DB ) ) + ( 4CP + 4CP.PD + PD ) + ( CP + AP ) = ( AP + PD ) + ( 6CP + 6CP.PD ) Theo định lí Pythagore, biểu thức dấu ngoặc thứ 4r2, theo định lí phương tích đường trịn CP.(CP + PD) = R − r , biểu thức dấu ngoặc thứ hai R − 6r Ta T = R + 2r đại lượng không đổi tập hợp giá trị biểu thức BC + CA2 + AB gồm số : T = R + 2r b) Gọi O tâm đường tròn M trung điểm AB Khi OM đường trung bình tam giác ADB ta có M ảnh C qua phép vị tự với tỉ số tâm vị tự điểm nằm OP, chia OP theo tỉ số Nếu điểm B chạy đường tròn lớn điểm C chạy đường trịn này, điểm M chạy đường tròn vị tự với có bán kính R tâm trung điểm OP Vậy quĩ tích trung điểm M AB đường trịn bán kính R , có tâm trung điểm OP Dựng hình Trong số tốn dựng hình, việc sử dụng phép vị tự giúp toán trở nên tương đối đơn giản Bài Dựng đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) cho trước với đường thẳng d cho trước, biết tiếp điểm Giải Giả sử ( E) đường tròn tiếp xúc với (O) A đường thẳng d B Khi ta có phép vị tự tâm A tiếp điểm (E) (O) Thật (O) ảnh (E) phép vị tự tâm A biến B thành hai đầu mút C D đường kính CD (E) vng góc với d Ta xét hai trường hợp toán đặt : 16 + Nếu điểm A cho trước đường tròn (O), đường thẳng CA cắt d điểm B Khi phép vị tự V( A,k ) với k = AB biến đường tròn (O) thành đường tròn (E) tiếp AC xúc với (O) A đường thẳng d B (Trường hợp thứ thực tương tự với đường thẳng DA) + Nếu điểm B cho trước đường thẳng d đường thẳng CB cắt (O) điểm A phép vị tự V( A,k ) với k = AB cho đường tròn (E) tiếp xúc với d B (O) AC A (Trường hợp thứ thực tương tự với đường thẳng DB) Bài Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm E cạnh AB tìm điểm F cạnh AC cho : BE = EF = FC Giải Giả sử ta dựng hai điểm E, F cho thỏa mãn đầu Qua A kẻ đường thẳng song song với EF cắt tia BF M, qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng BC N Ta có : BE EF BF FC BC = = = = =k BA AM BM MN BN Ta có : BE = EF = FC suy AB = AM = MN Ta cần tìm điểm M, N cho N thuộc tia BC MN//AC đồng thời thỏa mãn điều kiện AB = AM = MN Ta có cách dựng sau : + Dựng đường trịn tâm A, bán kính AB + Trên tia CA lấy CP = AB + Qua P dựng đường thẳng song song với BC cắt đường tròn M BM cắt AC F + Qua F kẻ đường thẳng song song với AM cắt AB E Ta có tứ giác BEFC hình vị tự tứ giác BAMN phép vị tự tâm B với tỉ số vị tự k = BE Vì BA = AM = MN nên ta suy : BE = EF = FC BA Bài Cho góc nhọn xOy, điểm C thuộc miền góc Tìm Oy điểm A cho AC khoảng cách từ A đến Ox Giải 17 Dựng đường thẳng vng góc với Ox, cắt Ox, Oy H’ A’ Đường tròn tâm A’ bán kính A’H cắt OC C’ Dựng CA//C’A’ Ta có tam giác ABC cân, vị tự với tam giác cân A’B’C’ với phép vị tự tâm O, tỉ số k= OC OC ' Vì đường trịn tâm A’ cắt OC điểm nên tốn có hai nghiệm hình Bài Cho tam giác ABC Dựng hình bình hành AEMD có D, M, E theo thứ tự thuộc cạnh AB, BC, CA cho tam giác MDE ABC đồng dạng Giải Giả sử ta dựng hình bình hành AEMD thỏa mãn điều kiện tốn Ta có AM qua trung điểm I đoạn DE Trên AD lấy điểm D’ AE lấy điểm E’ cho : D’E’//DE Gọi I’ trung điểm D’E’ Ta có hai tam giác AD’E’ ADE vị tự với góc : ·AE ' D ' = ·ABC Do ta có cách dựng: + Lấy điểm E’ AC vẽ góc : ·AE ' D ' = ·ABC ta có điểm D’ AB + Gọi I’ trung điểm D’E’, ta có : AI’ cắt BC M + Ta dựng hình bình hành ADME thỏa mãn điều kiện toán Bài (Đề thi APMO, 1990) Cho α góc nằm khoảng ( 0, π ) Hỏi có tam giác ABC (không nhau) cho A = α , BC = bốn điểm sau 18 nằm đường tròn : điểm A, trọng tâm tam giác ABC, trung điểm AB trung điểm AC Giải Có tam giác α ≤ 600 , ngồi khơng tồn Gọi O tâm R bán kính, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M trung điểm BC, G trọng tâm tam giác ABC Ta xem A di chuyển tự đường tròn này, O, B, C điểm cố định Gọi X điểm nằm MO cho : MX = MO Phép vị tự tâm M, tỉ số biến G thành A X thành O, nên G phải nằm đường trịn tâm X, có bán kính R Đường trịn đường kính OA chứa trung điểm AB A di động · trung điểm AC Vì G nằm đường trịn : OGA = 900 suy · : MGO = 900 Do G nằm đường trịn đường kính OM Rõ ràng hai đường trịn vừa nói khơng cắt nhau, khơng tìm tam giác thỏa mãn điều kiện đề chúng cắt điểm Nếu hai đường trịn cắt điểm tam giác tương ứng hiển nhiên (chỉ thay đổi vị trí B C) Do đó, ta tìm tam giác thỏa mãn đề hai đường tròn cắt đủ Giả sử đường trịn tâm X, bán kính R cắt đường thẳng OXM P Q, với P nằm phía với M so với X 1 3 1 thẳng PQ Bây giờ, XO = OM = R ( 2.cosα ) , : XQ = R > XO 3 Ta có OM = R.cosα , : XM = R.cosα < R = XP , M nằm đoạn 19 π π Như α > XQ > XO đường trịn đường 3 R kính OM nằm hồn tồn bên đường trịn tâm X, bán kính chúng cos α < α > cắt Nếu α = π hai đường trịn nói tiếp xúc với O, ta tam giác thỏa mãn tốn Nếu α < π , hai đường trịn giao nhau, cho ta tam giác thỏa mãn đầu Bài tập rèn kĩ Bài Cho tam giác ABC Gọi O, H, G tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm trọng tâm tam giác a) Chứng minh điểm O, H, G nằm đường thẳng (đường thẳng Euler) b) Giả sử X điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đặt M = XA2 + XB + XC ; E, F điểm thuộc đường tròn M nhận giá trị tương ứng lớn nhất, nhỏ Chứng minh điểm H, O, G, E, F thuộc đường thẳng Bài Chứng minh với tam giác ABC, tồn ba đường trịn có điểm chung cho đường trịn có bán kính tiếp xúc với cặp cạnh AB, BC; BC, CA; AC, AB Bài Tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn (O,R) Gọi Bi trọng tâm tam giác A j Ak Al ; i ∈ { 1, 2,3, 4} ; j, k , l ∈ { 1, 2,3, 4} Chứng minh : tứ giác B1 B2 B3 B4 nội tiếp đường tròn Hãy xác định tâm O1 bán kính R1 đường trịn Bài (Đề thi tốn quốc tế IMO, Rumani 1978) Đường trịn (J) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cân A, đồng thời tiếp xúc với hai cạnh AB AC M N Chứng minh trung điểm đoạn thẳng MN tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài Cho hình thoi có cạnh a góc µA = 600 Hai đường chéo cắt O Một đường thẳng d quay quanh A khơng cắt hình thoi a) Đường thẳng d cắt hai đường thẳng BC DC B’, D’ Chứng tỏ hai tam giác B’BA ADD’ vị tự với Tìm vị trí đường thẳng d để hai tam giác b) Hạ OG vng góc với d G Tìm vị trí d để OG cực đại cực tiểu tính theo a giá trị cực đại cực tiểu 20 Bài Cho hình thang ABCD có AB // CD AD = a, DC = b, A B hai điểm cố định Gọi I giao điểm hai đường chéo a) Tìm tập hợp điểm C D thay đổi b) Tìm tập hợp điểm I C D thay đổi Bài Cho tam giác ABC có góc A nhọn Một đường trịn di động ln qua A, khơng tiếp xúc với đường thẳng AB, AC có tâm O ln nằm đoạn thẳng BC Đường trịn cắt đường thẳng AB AC M N Tìm quĩ tích trực tâm H tam giác AMN Bài Cho tam giác ABC có góc B C nhọn Dựng hình chữ nhật MNPQ cho cạnh BC nằm BC, đỉnh P nằm AC, đỉnh Q nằm AB cho : QM = 2MN Bài Cho điểm A,C’,D’,B thẳng hàng theo thứ tự Về phía đường thẳng BA dựng hình vng ABCD, A’B’C’D’ Chứng minh đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ đồng qui 21 Kết luận Tài liệu tập huấn cho em học sinh chuyên toán, kết em tự tin, hứng thú với phép biến hình nói chung phép vị tự nói riêng Mặc dù có nhiều cố gắng viết cịn nhiều hạn chế, mong góp ý thầy cô em học sinh để viết hoàn thiện Hy vọng sau đọc chuyên đề này, thầy cô em học sinh có thêm cách nhìn áp dụng phương pháp giải toán vị tự nhiều tốn hình học phẳng Xin chân thành cảm ơn! 22 Trong viết sử dụng tài liệu sau [1] Đỗ Thanh Sơn Phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục 2004 [2] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Đăng Phất - Đỗ Thanh Sơn Chuyên đề hình học số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục 2008 [3] Nguyễn Văn Nho Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXB Giáo dục 2007 [4] Tài liệu internet 23 ... tâm I qua phép vị tự bán kính R '' = k R Tích hai phép vị tự Tích hai phép vị tự có tỉ số k1 k2 phép vị tự, tỉ số k = k1.k2 (với k1k2 ≠ ), có tâm thẳng hàng với tâm hai phép vị tự phép tịnh tiến... tâm phép vị tự với hệ số vị tự có giá trị tuyệt đối tỉ số hai bán kính, biến đường tròn thành đường tròn Ta xét phép vị tự : tâm A biến O1 thành O biến M1 thành M Xét phép vị tự : tâm B biến. ..+ Phép vị tự biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng k + Phép vị tự biến góc thành góc + Phép vị tự biến đường trịn (I;R) thành đường tròn (I’;R’) mà tâm I’ ảnh tâm I qua phép