DANH SÁCH NHÓM 8. Hình học sơ cấp : Phép quay

Transcript

1 DANH SÁCH NHÓM 8. Phạm Nhơn Quý. Đỗ Công Sơn 3. Cửu Hiếu Thảo 4. Hoàng Thanh Thủy 5. Hoàng Thị Thu Thủy 6. Lê Thị Thủy Tiên 7. Nguyễn Sĩ Trung 8. Nguyễn Ngọc Mạnh Tuân 9. Nguyễn Thị Minh Yến. Võ Ngọc Thiệu Nhóm 8 Toán 4B Page

2 Bài : Cho điểm M thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB. Trên tia BM lấy điểm N sao cho BN = AM. a) Xác định tâm phép quay biến AM thành BN. b) Chứng minh rằng N thuộc một nửa đường tròn cố định. a) Gọi I là điểm chính giữa cung AB. 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). Suy ra: MI = NI Ta có : ( IM, IN ) = ( IM, IA) + ( IA, IN ) = ( IN, IB) + ( IA, IN ) ( do AMI = BNI ) = ( IA, IB) = Nhóm 8 Toán 4B Page

3 Q I Xét phép quay A B, ta có: M N AM BN Vậy I là tâm phép quay biến AM thành BN. ' b) Gọi O là ảnh của O qua phép quay ' IO = IO ' ( IO, IO ) = IO = OB = R Mà : ( OI, OB) = ' ' Vậy IOBO là hình vuông. Suy ra : O là đỉnh hình vuông Mặt khác, M ( O) cố định. cố định và Q I ' O là ảnh của O qua phép quay Q I nên N ( O ' ) Bài : 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. Gọi I là giao điểm của đường tròn (C, CM) và AM. Xét ABC: CM = CI ( cách dựng điểm I) Nhóm 8 Toán 4B Page 3

4 ( MC, MI) = ( BC, BA) = ( cùng chắn cung ) Từ đó suy ra ABC đều. Suy ra ( CI, CM) =. Xét phép quay : Như vậy, Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay, ta có MB = IA Mặt khác: IM = MC ( do ABC 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 góc 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 ve về phía ngoài các tam giác đều BCA, CAB,ABC có tâm lần lươ t là A, B, C. Chứng minh rằng tam giác A B C đều. (Bài toán Napoléon) B C C' A B' B C A' A Nhóm 8 Toán 4B Page 4

5 Nhận xét: Bài toán vâ n đu ng trong trường hơ p các tam giác đều ve về phía trong. Cách : Xét: Suy ra Ý tưởng: dùng tích phép quay. F = Q. Q C', A', α+ α = = k F = Q = Q I, 4 I, 3 3 Q Q ', C A ', 3 3 A B Do Q B', A 3 C nên suy ra I B' Theo cách dựng tâm B ' ta có: α ( C' B', C' A' ) = = 3 α ( AC ' ', AB ' ' ) = = 3 Vậy ABC ' ' ' đều (đpcm) C Cách : Y tưởng : chứng minh AB ' ' = BC ' ' = AC ' ' Trong A' BC', áp du ng định ly hàm số cosin ta có: A' C ' = A' B + BC ' A' B. BC 'cos A ' BC ' a 3 c 3 = ( a + c )...cos + B ac 3 = ( a + c ) cos B sin B = ( a + c ) ac cos B acsin B Áp du ng các định ly về hệ thức lươ ng trong tam giác ABC : accos B = a + c b ac sin B = S ABC 3 Vậy : A' C' = ( a + c ) ( a + c b ) S ABC = ( a + b + c ) + S ABC 6 3 Nhóm 8 Toán 4B Page 5

6 3 A B = B C = a + b + c + S ABC 6 3 Tương tự ta tính đươ c ' ' ' ' ( ) Từ đó suy ra ABC ' ' ' đều (đpcm) Cách 3: Cách giải của Napoléon B C C' A B' O B C A' A Y tưởng : chứng minh A' BC ' ' có góc Dựng các đường tròn ngoại tiếp ABC Gọi O là giao điểm thứ của ( ) Ta có : AOB = ( do 6 và BCA. BCA ABC và ( ) AOBC nội tiếp có ACB = 6 ) BOCA nôi tiếp có BA C = 6 ) BOC = ( do Suy ra AOC =, từ đó ta có tứ giác AOCB nội tiếp hay ACB cắt nhau tại O. ( ABC ),( ) Ta có: OB A' C' OC BCA và ( ) (OB là tru c đẳng phương của ( ABC ) và( BCA ) ) A' B' (OC là tru c đẳng phương của ( ACB ) và ( ) BOC = (cmt) Suy ra C' AB= ' ' 6. Tương tự ta có ABC ' ' ' = AC ' ' B' = 6 Từ đó suy ra ABC ' ' ' đều (đpcm) BCA ) Nhóm 8 Toán 4B Page 6

7 Bài 4: Trên các cạnh của một hình bình hành dựng về phía ngoài các hình vuông. Chứng minh rằng tâm các hình vuông này tạo thành một hình vuông. : Gọi: O là tâm hình bình hành ABCD và EFGH,,, lần lươ t là tâm của các hình vuông cạnh AB, BC, CD, DA. Cách : Xét: F Q. Q Q = = (, ) (vì α+ α = + = ) O F, E, G Q. Q Q = = (, ) (vì α3 + α4 = + = ) O H, G, H Q. Q Q = = (, ) (vì α + α = + = ) O G, F, Suy ra: F = Đ O ; G = Đ O ; H = Đ O3. Ta có: Q Q E, F, A B C F Mà Đ O (A) = C nên Đ O = ĐO Tương tự, ta có: ĐO = Đ O, Đ O3 = Đ O Do đó: O O O O3 Nhóm 8 Toán 4B Page 7

8 Theo cách dựng tâm O : α ( EO, EF ) = = 4 α ( EF, OF ) = = 4 EOF vuông cân tại O Tương tự ta có: GOH, FOG vuông cân tại O Vậy: EFGH là hình vuông. Cách : Ta có: ( AH, AE) = ( AH, AD) + ( AD, AB) + ( AB, AE) = ( DA, DH ) + ( DC, DA) + ( DG, DC) = ( DG, DH ) Xét DHG và AHE có: DH = AH DG = AE ( AB, AE) = ( DG, DH ) Do đó: DHG = AHE( c g c) HG = HE Suy ra: ( HD, HG) = ( HA, HE ) Lại có: ( HG, HE ) = ( HG, HD ) + ( HD, HA ) + ( HA, HE ) = ( HG, HD) + ( HD, HE) + ( HD, HG) = ( HD, HE) = HG = HE Nên: ( HG, HE) = Lý luận tương tự cho các đỉnh EFG,, ta suy ra EFGH là hình vuông. Bài 5: 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. Nhóm 8 Toán 4B Page 8

9 Xét: G = Q F,. Q H, 3 3 α+ α = + = k 3 3 G = Q O, =Đ o ( ) Q H, Q F, 3 3 B A C Do đó: Đ o ( B) = C O I Theo cách xác định tâm quay O như trên thì ta có : α ( HI, HF ) = = 3 ( IF, IH ) = α ( FH, FI ) = = 6 Vậy HIF là tam giác thỏa mãn: ( IF, IH ) ( HI, HF ) ( FH, FI ) = = 3 = 6 Bài 6: Cho ABC, ve ở ngoài các tam giác vuông cân tại BClà, ABD, ACE. Gọi M là trung điểm DE. Xác định hình dạng MBC. Cách : Nhóm 8 Toán 4B Page 9

10 Gọi D, E lần lươ t là điểm đối xứng của D qua B, của E qua C. Xét phép quay QA : D D E E Từ đó suy ra: DE D E, DE = D E Mặt khác: MB là đường trung bình của DD E nên MB // DE và MB = D E. Tương tự MC là đường trung bình của EE D nên MC // DE và MC = DE. Vậy MBC vuông cân tại M. Cách : Xét phép biến hình F = Q. Q thì α+ α = k. B C B C O Suy ra F = Q. Q = Q = Đ O. Với O chưa biết. Nhóm 8 Toán 4B Page

11 Ta có : Q Q C B E A D Đ O Vì M là trung điểm DE nên O M. Theo cách dựng tâm O : α ( MC, BC ) = = 4 α ( MB, BC ) = = 4 Vậy MBC vuông cân tại M. Câu 7: Dựng trên cạnh AB, BC, CD, DA và ở bên ngoài tứ giác ABCD những hình vuông có tâm lần lươ t là O, O, O3, O 4. Gọi I, J, H, K lần lươ t là trung điểm các đoạn AC, BD, OO 3, OO 4 a) Chứng minh rằng OO 3 = OO 4 và OO 3 OO 4. Xét hình dạng của tứ giác IKJH b) Tìm điều kiện cần và đủ để tứ giác OOOO 3 4là hình vuông Nhóm 8 Toán 4B Page

12 Xét tích phép quay F = Q. Q O; O; α+ α = + = K Đặt O là tâm của tích phép quay trên Suy ra F = Q( O; ) = D O Ta có: Q Q O; O; A B C Vì I là trung điểm AC nên suy ra O I Theo cách dựng tâm O α ( OI ; OO ) = = 4 α ( OO ; OI) = = 4 OIO vuông cân Tương tự O4IO3 vuông cân Xét phép quay. Trong phép quay này: Q I ; O O O3 O4 OO 3 = OO 4 và ( OO 3; OO 4) = (*) Hay OO 3 OO 4 Ta làm tương tự như trên và xác định J cũng là tâm quay. Xét phép quay Q. Trong phép quay này: O O 4 3 Do K OO 4 Nên J ; O O (vì K là trung điểm OO 4) H OO 3 (vì H là trung điểm OO 3) Q I ; K H JHK là tam giác vuông cân ( ) J ; Tương tự H K KHI Q là tam giác vuông cân ( ) Từ ( ) ( ) suy ra IKJH là hình vuông OOOO hình bình hành (*) OOOO hình vuông 3 4 b) 3 4 Đ O Nhóm 8 Toán 4B Page

13 H K I J (do IKJH là hình vuông) ABCD là hình bình hành Bài 8: Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Một đường thẳng song song AB cắt các cạnh BC, AC lần lươ t tại E và D. Các đường thẳng vuông góc với AE hạ từ C và D lần lươ t cắt AB tại K và H. Chứng minh rằng K là trung điểm đoạn BH. F C D E A H K B Trên đường thẳng AC, lấy điểm F sao cho C là trung điểm DF. Ta có: Q E = F C, C, ( ) ( ) Q A = B Do đó: AE BF Suy ra BF // KC // HD Áp du ng định lí đường trung bình trong hình thang, do C là trung điểm DF nên ta có điều cần chứng minh Nhận xét: E,D không nhất thiết phải thuộc các cạnh BC, AC Nhóm 8 Toán 4B Page 3

14 Bài 9: Cho đường tròn ( OR, ). Xét các hình vuông ABCD có A,B thuộc ( ) tìm độ dài cạnh hình vuông sao cho OD lớn nhất. O. Hãy Cách : Dễ dàng nhận thấy với cùng một vị trí của AB, nếu D và O nằm cùng một phía với AB se có độ dài OD nhỏ hơn nếu O và D nằm khác phía với AB Xét hình ve bên, gọi I,J lần lươ t là trung điểm AB và CD. Đặt AB = x >, ta có: x OI = R 4 D J C OJ x R = + x 4 A I B x Suy ra: OD = x + R + x R 4 Áp du ng bất đẳng thức Cauchy, ta có: O x R ( ) R ( ) Suy ra: OD ( 3+ ) R hay OD ( + ) x x x R Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x x = ( + ) R x = R ( ) D' C Cách : Ta có A, ( ) Q O = O A, ( ) Q B = D Từ đó suy ra D ' thuộc đường tròn ( O, R). Do đó, OD lớn nhất khi và chỉ khi O OD A O' O B Nhóm 8 Toán 4B Page 4

15 OD = + ( ) R AB = AD = R + (do DOA = 45 o ) Bài : Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M bên trong tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất D A N M B C Ta có Q ( M ) = N suy ra AMN đều nên AM=AN=MN A; 3 Q ( C ) = D suy ra AC=AD. A; 3 Mặt khác: AMC = AND ( c g c) nên MC=ND Suy ra MA + MB + MC = MN + MB + ND BD. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, N BD Cách xác định vị trí điểm M: Ta có : AMB = AMN =, 3 AMC = AND = ANM = 3 BMC = AMC AMB = 3 Vậy điểm M nhìn các cạnh của ABC dưới một góc là điểm cần tìm 3 Nhóm 8 Toán 4B Page 5

16 Bài tập tham khảo Bài : Cho lu c giác đều ABCDEF a) Gọi K là trung điểm của đường chéo BD, M là trung điểm của EF. Chứng minh AMK là tam giác đều b) Gọi M và H là trung điểm của CD và DE, còn L là giao điểm của AM và BH. Chứng minh rằng SABL = SMDHL a) Gọi O là tâm của lu c giác đều ABCDEF. Dễ thấy BCDO là hình thoi, vì vậy trung điểm K của BD chính là trung điểm của CO Vì ABCDEF là lu c giác đều AC = AE và (,6 ) Q A, từ các kết quả trên suy ra: Q ( A,6 ) O F C E Theo tính chất của phép quay suy ra: Q ( A,6 ) OC FE CAE = 6. Xét phép quay ( ) Vì K, M tương ứng là trung điểm của CO và FE nên từ ( ) Q ( A,6 ) K M Theo định nghĩa của phép quay ta có: AK = AM và KMA = 6 AMK là tam giác đều đ.p.c.m suy ra: Nhóm 8 Toán 4B Page 6

17 b) Rõ ràng COD và DOE là hai tam giác đều bằng nhau. OM = ON và MOH = 6. Xét phép quay Q ( O,6 ) Ta có trong phép quay trên thì: A B B C C D M H Theo tính chất phép quay thì: Q (,6 ) Tứ giác ABCM tứ giác BCDH Nói riêng ta có: SABCM = SBCDH hay: SABL + SBCML = SBCML + SMDHL hay: SABL = SMDHL. Đó là đ.p.c.m Nhóm 8 Toán 4B Page 7

18 Bài : Cho tam giác đều ABC. Tìm quỹ tích những điểm M nằm trong tam giác sao cho MA = MB + MC Xét phép quay Q( A,6 ) B C M M C D Theo định nghĩa của phép quay thì ' MA = MM '. Trong phép quay này: ( ) Theo tính chất của phép quay suy ra: Q( A,6 ) ' BM CM MB = M C Từ giả thiết, và từ ( ) ( ) M M = M C + MC suy ra: ' ' Theo định ly Pythagore, từ ( ) ' AMM là tam giác đều, nên có: ( 3) 3 suy ra MCM ' = 9 ( ) Theo tính chất của phép quay: ' MBC = M CD MBC + MCH = M CD + MCB = BCD MCM = 9 = 3 BMC = 8 MBC + MCB = 5 ' ' ( ) M nằm trong tam giác và luôn nhìn BC dưới góc 5, nên quỹ tích của M là phần cung chứa góc 5 dựng trên cạnh BC nằm trong tam giác ABC nói trên. Nhóm 8 Toán 4B Page 8

19 Bài 3: Cho tam giác ABC. Dựng ra phía ngoài trên hai cạnh của tam giác đó hai tam giác vuông ABD và BCE sao cho: DAB = EBC = 3 ; D= E = 9. Lấy F CF trên AC sao cho: =. Tìm ba góc của tam giác DEF. AF 3 Dựng thêm ra phía ngoài tam giác ABC, tam giác vuông ACI sao cho I = 9 và góc IAC = 3. Ta có trong tam giác vuông AIC : AC CI = = ( vì góc IAC 3 ) FCI = 6 IFC vuông tại F và FIC = 3 Q A,3 Xét phép quay ( ) Trong phép quay này, D D F F Và AD AD = AD = 3 AB AF 3 AF = AF = AI AD AF AB = AI (vì cùng bằng 3 ) AC CI CF = CF = mà 4 Nhóm 8 Toán 4B Page 9

20 // BI và = ( ) DF Xét phép quay QC (,6 ) E E F F Lý luận tương tự như trên có: suy ra: DF// Theo trên suy ra: Q ( A,3 ) DF DF + Q ( C,6 ) EF E F Từ ( ) và ( ) DF 3 BI. Trong phép quay này, EF BI 3 E F * EF// BI và = ( ) EF và DF = ( ) Do DF tạo với DF góc 3, EF với EF góc ngươ c chiều nhau, và do DF// EF DF EF. Mặt khác: DF = DF và EF EF Tam giác DEF là tam giác vuông tại F, với =, vậy từ ( ) 6, mà hai phép quay này * suy ra: DF = 3EF góc FDE = 3 Bài 4: Cho tam giác ABC. Dựng ra phía ngoài tam giác, các tam giác BCP, CAQ, ABR sao cho góc PBC = góc CAQ = 45 ; góc BCP = góc QCA = 3 và góc ABR ó 5 = g c BAR =. Chứng minh QRP là tam giác vuông cân. Nhóm 8 Toán 4B Page

21 Dựng ra phía ngoài tam giác ABC, tam giác đều ABC C AR C BR PBC CAQ ( ) = = = = 45 Xét phép quay (,45 ) Q B. Trong phép quay này thì: P P R R (chú ý rằng do ( ), nên P BC và R BC) BP = BP và BR = BR ( ) Do ABR là tam giác cân, còn ACB là tam giác đều RCB = 3 BPC ~ BRC BR BC BP BR = = BP BC BC BC BR BP Vậy từ ( ) suy ra: = BC BC BR BP BP Tương tự có: = = ( 3) BC BC BC Q A,45. Trong phép quay này, ta có: Xét phép quay ( ) Q Q R R Lý luận như trên, ta đi đến: AQ AR AQ = = AC AC AC AQ BP ( 4) Mà AQC ~ BPC = ( 5) AC BC Từ ( 3)( 4)( 5) s uy ra: AQ AR BR BP = = = ( 6 ) AC AC BC BC 6 theo định ly Thales suy ra: Từ ( ) //CC ) ( ) Ngoài ra: ( 8) QR // PR (vì cùng 7 RQ PR = RQ CC CC = RQ Theo trên Q ( A,45 ) QR QR Và QB (,45 ) PR PR Nên theo tính chất của phép quay, ta có: QR = QR và PR PR = ( 9 ) Nhóm 8 Toán 4B Page

22 QR tạo với QR góc 45 và PR tạo với PR góc 45 ( ) Từ ( 8)( 9) QR = RP ( ) Từ ( 7)( ) QR RP ( ) Từ ( )( ) suy ra QRP là tam giác vuông cân. Đó là đ.p.c.m Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm A( ab, ) cố định ( a, b ) > >. Đường thẳng di động quay quanh A cắt tru c hoành Ox tại M và tru c tung Oy tại N. Đường thẳng qua M và // đường y = x cắt Oy tại M ; còn đường thẳng qua N và // đường y = x cắt Ox tại N. Chúng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định. Nhóm 8 Toán 4B Page

23 Gọi l là đường thẳng qua M và song song với y = x. Giả sử l Oy = M thì OM = OM Gọi l là đường thẳng qua N và song song với y = x. Giả sử l Ox = N thì ON = ON Xét phép quay Q ( O,9 ) Từ trên suy ra, trong phép quay này, thì: M M N N Q ( O,9 ) Vậy MN M N Vì A MN, nên giả sử Q ( O,9 ) A A Thì A cố định và A MN. Như thế MN luôn đi qua điểm cố định A. Dễ thấy tọa độ của A là A ( b, a) Nhận xét: Cách giải này rõ ràng ngắn gọn hơn nhiều so với cách giải bằng đại số Bài 6: Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: sin A. OA + sin B. OB + sin C. OC = Gọi I, J, K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB, BC, CA. Nhóm 8 Toán 4B Page 3

24 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 ly hàm số sin trong tam giác này, ta có: IK = OA.sin A Q O,9 Xét phép quay ( ) Giả sử trong phép quay này, thì: I I J J K K Theo tính chất của phép quay suy ra Q ( O,9 ) IK I K IK = I K và IK I K. Do AO IK I K // OA Ngoài ra do các lập luận trên suy ra: K = I sin A. OA ( ) I = J sin B. OB J K = sin C. OC ( 3) Cộng từng vê ( )( )( 3 ), và do KI + IJ + JK = Suy ra: sin A. OA + sin B. OB + sin C. OC = Lý luận tương tự có: ( ) Nhận xét: theo định ly hàm số sin suy ra: a. OA + b. OB + c. OC = Vậy O là tâm tỉ cự của ba đỉnh,, ABC theo bộ số ( abc,, ) Nhóm 8 Toán 4B Page 4