phép vị tự và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (174.64 KB, 18 trang )

LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong số các phép biến đổi afin như phép quay, phép tịnh tiến, phép thấu xạ…thì
phép vị tự củng là một phép biến đổi với nhiều ứng dụng quan trọng đặc biệt trong
việc giải các bài toán sơ cấp. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu về phép vị tự
và ứng dụng của nó nhawmf giúp người đọc hiểu rõ hơn về phép vị ttuwj và ứng
dụng của nó để giải các bài tooans hình học sơ cấp như tìm quỹ tích điểm, dựng
hình, tìm tâm và tỉ số vị tự…Chúng tôi hi vọng bài tập lớn này sẽ giúp bạn đọc có
thêm tài liệu để hiểu rõ hơn ề phép vị tự.
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu sâu hơn về phép vị tự củng như các tính chất và ứng dụng của nó trrong
việc giải các bài toán hình học sơ cấp, đồng thời trang bị thêm kiến thức để phục vụ
cho việc học tập hiện hiện tại và công tác giảng dạy sau này của bản thân
3. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu tài liệu
4. Gỉa thuyết khoa học
Nếu lĩnh hội tốt các kiến thức trong đề tài thì kết quả học tập môn hình học afin
và hình học oclit sẽ tốt hơn đồng thơi giải quyết nhanh các bài toán sơ cấp về phép
vị tự.
5. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là “Phép vị tự và ứng dụng giải toán sơ cấp”
Chương I: Cơ sở lý thuyết
Trong chương này chúng tôi trình bày một cách khái quát về định nghĩa, tính
chất của phép biến đổi afin củng như của phép vị tự trong không gian afin.
Chương II: Ứng dụng giải toán sơ cấp
Các ứng dụng này tập trung vào giải các bài toán về tâm và tỉ số vị tự, quỹ tích của
bài toán qua phép vị tự, dựng hình qua phép vị tự hay chứng minh một biến đổi afin
là một phép vị tự.
Với nội dung đó chúng tôi hy vọng đề tài là tài liệu tham khảo tốt đối với các
bạn sinh viên khoa sư phạm tự nhiên của trường đại học Hà Tĩnh và các bạn say mê
học toán.

Chúng tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của cô Thìn-giảng viên hướng dẫn.
và các bạn để đề tài sớm được hoàn chỉnh, rất mong tiếp tục nhận được ý kiến đóng
góp từ quý vị và các bạn sinh viên.

1

CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
1. Phép biến đổi afin
1.1. Định nghĩa 1
Ánh xạ afin f : A � A ‘ giữa hai không gian afin A và A’ trên trường K gọi là
phép đẳng cấu afin nếu f là song ánh.
Không gian afin A gọi là đẳng cấu với không gian afin A’ nếu có đẳng cấu afin
f : A � A ‘. Khi đó ta kí hiệu AfA ‘ .
%
1.2. Tính chất
a) f:r A
ur � A
uur’ là đẳng cấu afin khi và chỉ khi ánh xạ tuyến tính liên kết của nó
f : A � A ‘ là đẳng cấu tuyến tính.
b) Hai không gian afin đẳng cấu với nhau khi và chỉ khi hai không gian vecto
liên kết của chúng đẳng cấu với nhau.
c) Hai không gian afin hữu hạn chiều trên trường K đẳng cấu với nhau khi và chỉ
khi chúng có cùng số chiều.
d) Nếu f: A � A ‘ là đẳng cấu afin thì ánh xạ ngược f 1 : A ‘ � A cũng là một
uuuur
đẳng cấu afin liên kết với đẳng cấu tuyến tính (f ) 1 .
e) Quan hệ đẳng cấu giữa các không gian afin trên trường K là một quan hệ
tương đương.
1.3. Định nghĩa 2

Phép đẳng cấu afin f: A � A từ không gian afin A lên chính nó được gọi là
một biến đổi afin, hay cho gọn là phép afin.
2. Phép vị tự trong không gian afin
2.1. Định nghĩa phép vị tự
Trong không gian afin A cho điểm O�A và số k�K \  0. xét ánh xạ f:A � A biến
uuur uuuu
r
mỗi điểm M thành điểm N sao cho ON =k OM. Phép f như thế goi là phép vị tự tâm
O tỉ số k.
2.2. Tính chất
a) Phépr vị tự tâm O tỉ số k; f: A � A là một biến đổi afin với ánh xạ tuyến tính liên
kết là f  kId Aur
Thật vậy với mọi điểm M, N �A
uuuu
r
uuuu
r
uuur uuuu
r
uuur
uuuu
r uuuu
r uuuur uuuuur
u
r
f MN  kId A MN  k ON  OM  kON  kOM  ON’  OM’  M ‘ N’
r
Ngược lại, nếu f là phép biến đổi afin của A có ánh xạ tuyến tính liên kết là f  kId Aur
, k �0, 1..thì f là phép vị tự tỉ số k. Thật vậy, f có điểm bất động O và lấy I�A. Xét







 



2

uur uur
r
r
uur
uur
1 r
OI

OI

If
I

Of
 I . mà k OI  kId Aur (
If  I . tức là k
điểm O sao cho IO 

1r k
r uur uuuuuuuu
uur
OI )  f (OI)  f (O)f (I) nên suy ra O = f(O). Khi đó với mọi điểm M�A,
uuuuuuu
r uuuuuuuuuur r uuuu
r
uuuu
r
uuuu
r
Of (M)  f (O)f (M)  f (OM)  kId Aur (OM)  kOM



Tức f là phép vị tự tâm O tỉ số k.
b) Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M và N lần lượt thành hai điểm M’ và N’
uuuuur
uuuu
r
thì : M ‘ N ‘  kMN và M ‘ N ‘  k MN .
Chứng minh:
uuuur
uuuu
r uuuu
r
uuur
Nếu O là tâm của phép vị tự thì theo định nghĩa ta có OM ‘  kOM, ON ‘  kON .
uuuuur uuuu
r uuuur

uuur
uuuu
r
uuur uuuu
r
uuuu
r
Vậy M ‘ N ‘  ON’  OM ‘  kON  kOM  k ON  OM  kMN





Từ đó suy ra M ‘ N ‘  k MN
c) phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và không làm
thay đổi thứ tự của 3 điểm thẳng hàng đó.
uuur
uuu
r
Gỉa sử 3 điểm A, B, C thẳng hàng và B nằm giữa A và C, tức là BA  mBC (với m
A ‘,B’,C’ thì theo tính chất
< 0). Nếu
tỉuu
số
uuuphép
uu
r vịuutự
ur u
ur k biến
uuu

rA, B, C lần lượt thành
b,ta có B’A’  kBA,B’C’  kBC
uuuuu
r
uuur
uuu
r
uuuur
Từ đó suy ra B’A ‘  kBA  k mBC  mB’C’ ,tức là 3 điểm A ‘,B’,C’ thẳng hàng
với B’ nằm giữa A ‘ và C’ (đpcm).
d) Phép vị tự tỉ số k biến đường thẳng thành đường thẳng song song (hoặc trùng)
với đường thẳng đó, 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.
e) Phép vị tự tỉ số k biến đường tròn có bán kính R thành đường tròn có bán kính là
k R.
Nếu có phép vị tự tâm O biến đường tròn này thành đường tròn kia thì O được gọi là
tâm vị tự của 2 đường tròn đó .
Nếu phép vị tự đó có tỉ số dương thì điểm O gọi là tâm vị tự ngoài, nếu phép vị tự đó
có tỉ số âm thì điểm O gọi là tâm vị tự trong.
f) Đặc biệt, nếu phép vị tự có tỉ số k=1 thì đó là phép đồng nhất, nếu k=-1 thì đó là
phép đối xứng.





CHƯƠNG II. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ
TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP
3

2.1. Xác định tâm và tỉ số của phép vị tự
Trước hết, ta có nhận xét : Nếu phép vị tự tâm O tỉ số k biến (I, R) thành (I’, R’)
uuu
r
uur
R’
R’
thì k 
hay k  � và OI’  kOI .
R
R
Từ đó ta có các trường hợp sau:
TH1: Hai đường tròn (I,R) và (I’,R’) đồng tâm, R �R’
Hiển nhiên khi đó tâm vị tự O trùng với I. Vậy ta có hai
phép vị tự:
R’
+) Phép vị tự V1 tâm I tỉ số
R
R’
+) Phép vị tự V2 tâm I tỉ số M”
R

M’

R’
R

M

O

(Trên hình vẽ bên, phép vị tự V1 tâm I biến điểm M thành M’, phép vị tự V2 tâm I
biến M thành M’’)
TH2: I không trùng với I’ nhưng R = R’
Khi đó k= �1, điểm O phải thõa mãn điều
kiện
uuu
r
uur
OI’  kOI nên k chỉ có thể bằng -1 và O
là trung điểm của đoạn thẳng II’
Vậy trong tường hợp này chỉ có một phép
vị tự tâm O tỉ số k=-1

M’
I

O

I’

M

TH3: I không trùng với I’ và R �R’
M”
M
O’
O

I’

I

M’

4

Ta lấy uM’M’’
uuur làuuu
rđường kính của (I’,R’) và IM là một bán kính của (I,R) sao cho hai
vecto I’M ‘ và IM cùng hướng.
Đường thẳng II’ cắt MM’ và MM’’ lần lượt tại O’ và O.
R’
Khi đó phép vị tự V1 tâm O tỉ số k1 =
và phép vị tự V2 tâm O’ tỉ số
R
R’
k2 = đều biến đường tròn (I,R) thành đường tròn (I’,R’)
R
Bài 2: Cho hai phép vị tự V1 có tâm O1 tỉ số k1 và V2 có tâm O2 tỉ số k2. Gọi F là phép
hợp thành của V1 và V2. Chứng minh rằng F là một phép vị tự nếu k1k2 �1. Xác định
tâm và tỉ số của phép vị tự đó.
Giải:
M1

M
M2

O1

O3
I

O2

uuur
uuuuur
�
Nếu k1,k2 1 ta chọn điểm O3 sao cho O3I = k1k2 O3O1
uuuuuu
r uuur uuuu
r
uuuuu
r
uuuur
uuuuu
r
Khi đó, O3M2 = O3M 2  O3I  IM 2  k1k 2 O3O1  k1k 2 O1M  k1k 2 O3M
Vậy F là phép vị tự tâm O3 tỉ số k1k2.
Chú
tâm
uuur ý rằnguu
uur O3 của phép vị tự đó được xác định bởi đẳng thức:
O3I  k1k 2 O3I1
uuuuur uuuuur uuur
uuuuur
Hay O3O1  O1O 2  O2 I  k1k 2 O3O1
Suy ra:

uuuuur 1  k uuuuur
2
O1O3 
O1O2
1  k1k 2
Do
uuuuđó:
ur
uuuuur
uuuuur
O1O 2  k 2 O 2O1  (1  k1k 2 )O1O3
Tâm của 3 phép vị tự V1, V2 và F là 3 điểm thẳng hàng O1, O2, O3.

5

Bài 3: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm của các tam
giác BCD, ACD, ABD, ABC. Tìm tâm và tỉ số của phép vị tự biến tứ diện ABCD
thành tứ diện A’B’C’D’.
Giải
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Khi
đó ta biết rằng :
uuuu
r
r
1 uuur
1 uuur uuuu
GA ‘   GA, GB’   GB
3
3

uuuu
r
uuuu
r
1 uuur
1 uuur
GC’   GC, GD’   GD
3
3
1
Suy ra phép vị tự V tâm G tỉ số k =  biến
3
các điểm A, B, C, D lần lượt thành các điểm
A’, B’, C’, D’

A

C’
D’

j

B’

G

D

B
A’

C
Bài tập tương tự:
Bài 1: Xác định tâm và tỉ số vị tự của hai đường tròn trong các trường hợp sau:
a) Hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau.
b) Hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau.
c) Một đường tròn chứa đường tròn kia.
Bài 2: Cho phép vị tự tâm O biến điểm A thành điểm B biết rằng,
OA = 2OB
Khi đó tỉ số vị tự bằng bao nhiêu?

2.2. Bài toán quỹ tích
Phương pháp
Nếu phép biến hình F biến hình H � H�
M �H và M�
=F(M) thì quỹ tích của M�là H�
Bài 1: Tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định còn đỉnh A chạy trên một đường
tròn (O, R) cố định không có điểm chung với đường thẳng BC. Tìm quỹ tích trọng
tâm G của tam giác ABC.
Giải:
Gọi I là trung điểm của BC thì I cố định
Điểm G là trọng tâm của VABC khi và chỉ khi

B
A
I

6

C

O’

G

O

uur 1 uur
IG = IA
3
1
biến điểm A thành điểm G.
3
Từ đó suy ra khi A chạy trên (O,R) thì quỹ tích G là ảnh của đường tròn đó qua phép
vị tự V.
uuu
r 1 uur
1
Tức là đường tròn (O’,R’) mà IO’  OI và R ‘  R
3
3
Như vậy phép vị tự V tâm I tỉ số k =

Bài 2: Cho (O, R) và I cố định �0. M thay đổi trên (O). Tia phân giác của góc
� cắt IM tại N. Tìm quỹ tích N
MOI
Giải:
M
N

O
I

Đặt OI=d (d>0).
Theo tính chất đường phần giác của tam giác MOI, ta có:
IN
IO
d


NM OM R
Suy ra
B
IN
d
IN
d

�

IN  NM udur R
IM d  R
uuu
r
Vì 2 vectơ IN và IM cùng hướng
M
nên đẳng thức trên có nghĩa là
uur
d uuur
I

IN 
IM. Nếu gọi V là phép vị
dR
d
tự tâm I tỉ số k=
thì V biến điểm
dR
M thành điểm N. Khi M ở vị trí M 0
A

7

C

O
C’

� = 0o thì tia phân giác của góc IOM
�
trên đường tròn (O, R) sao cho IOM
0
0 không cắt
IM. Điểm N không tồn tại. Vậy thì M chạy trên (O, R) (M �M 0 ) thì quỹ tích điểm N
là ảnh của (O,R) qua phép vị tự V bỏ đi ảnh của điểm M 0 .
Bài 3: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường
thẳng
uuur thay
uuu
r đổi

uuu
rđi qua P, cắt (O) tại 2 điểm A, B. Tìm quỹ tích điểm M sao cho
PM  PA  PB
Giải:

uuu
r uuu
r
uu
r PA  PB
Gọi I là trung điểm của AB thì PI 
2
uuur uuu
r uuu
r
uu
r
bởi vậy PM  PA  PB  2PI
Gọi V là phép vị tự tâm P tỉ số k=2 thì V biến điểm I thành điểm M
Vì I là trung điểm của AB nên OI  AB.
Suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn (C) đường kính PO
Vậy quỹ tích củauuđiểm
M
ur
uuu
rlà đường tròn (C’) ảnh của (C) qua phép vị tự V. Nếu ta
lấy O�sao cho PO�
.
 2PO thì (C’) là đường tròn đường kính P O�
Bài 4: Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên

đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D
G
Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho

B

AM=AB=AD
AM AB
2


AC AC 2
Ngoài ra (AM, AB)=45 0 và (AM, AD)=-45 0
2
Suy ra phép vị tự V tâm A tỉ số k 
biến
2
điểm C thành điểm M và phép quay Q tâm A
góc quay 45 0 biến điểm M thành điểm B. Vậy
nếu gọi I là phép hợp thành của V và Q thì F biến C
thành B.
Khi đó ta có:

8

A

O
C

D

Vì quỹ tích của C là đường tròn (O) nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó qua
phép đồng dạng F
Đường tròn quỹ tích của B có thể xác định như sau:
Gọi AR là đường kính của (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR (ta kí
hiệu của điểm P, Q sao cho (AR,AP)=45 0 ). Khi đó dễ thấy rằng phép đồng dạng F
biến AR thành AP. Vậy quỹ tích B là đường tròn đường kính AP.
Tương tự ta được quỹ tích D là đường tròn đường kính AQ.
* Bài tập tương tự
Bài 1: Cho 2 điểm A, B cố định của đường tròn (O). Một điểm M thay đổi trên
đường tròn trên. Tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho MN=MB. Tìm quỹ tích
điểm N.
Bài 2: Cho 2 đường tròn (O) và ( O�
) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng thay đổi
đi qua A cắt (O) ở A và M, cắt ( O�
) tại A và M�
. Gọi P, P�
lần lượt là trung điểm
AM, A M�
. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng P P�
.
Bài 3: Cho đường tròn (O,R) và điểm A cố định. Một dây cung BC thay đổi của
(O,R) có độ dài không đổi BC=m. uuur uuur uuur r
Tìm quỹ tích các điểm G sao cho GA  GB  GC  0
Bài 4 : cho 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó, AB �CD. Điểm M thay
đổi sao cho �AMB  �CMD,M �AB. Chứng minh rằng M thuộc một đường tròn
cố định.
Bài 5 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A và một đường thẳng d.

M là một điểm thay đổi trên d, từ M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP đến đường tròn
(O). AN và AP lần lượt cắt (O’) tại N’ và P’. Chứng minh rằng N’P’ đi qua một điểm
cố định.
2.3. Bài toán dựng hình
Phương pháp:
Bước 1: Phân tích
Bước 2: Dựng hình
Bước 3: Chứng minh
Bước 4: Biện luận
Bài 1: Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dừng hình vuông ABCD có hai đỉnh
A, B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C, D nằm trên đương tròn.
Giải:

9

N

+) Phân tích :
Giả sử đã dựng được hình vuôngABCD thỏa mãn
D
C
điều kiện của bài toán
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI là
đường trung trực của AB.
Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có
O
phép vị tự tâm I biến hình vuông PQMN thành hình
vuông ABCD.
B’

A’
+) Cách dựng :
P
A
B
Dựng hình vuông PQMN. Lấy giao điểm C và C’
của đường thẳng IM và đường tròn.
Lấy giao điểm D và D’ của IN và đường tròn ( ta kí
hiệu sao cho hai điểm C, D nằm về một phía so với đường thẳng PQ )
Gọi các điểm B, A, B’, A’ lần lượt là hình chiếu của các điểm C, D, C’, D’ trên
đường thẳng PQ.
Ta được hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thỏa mãn điều kiện của bài toán.

M

Q

+) Chứng minh :
Từ cách dựng ta thấy C, D, C’, D’ là giao điểm của IM và IN với đường tròn nên
C, D, C’, D’ thuộc đường tròn.
B, A, B’, A’ là hình chiếu của C, D, C’, D’ lên đường thẳng PQ nên các cạnh AB,
A’B’ nằm trên đường thẳng PQ.
Suy ra các hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thỏa mãn điều kiện bài toán
+) Biện luận:
Từ sự phân tích và cách dựng trên ta thấy bài toán có 2 nghiệm hình.
Bài 2: Cho (O) cắt (O’) tại A và B. Dựng đường thẳng d qua A cắt (O) tại M, cắt
(O’) tại N sao cho M là trung điểm AN.
Giải:
+) Phân tích:
Giả sử dựng được (d)

Vì
uuurM làutrung
uuu
r điểm AN nên
AN  2AM
Vậy phép vị tự tâm A tỉ số k=2
biến điểm M thành điểm N

A

O’

O

M

B
N

10

O”

Khi đó ta có phép vị tự tâm A tỉ số k=2 biến (O) thành (O”) và (O”) phải đi qua N.
Vậy N là giao điểm của (O’) và (O”)
+) Cách dựng:
Dựng (O”) là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm A tỉ số k=2
Gọi N là giao điểm của (O’) và (O”), N �A
Kẻ AN cắt (O) tại M

(d) là đường thẳng AN
+) Biện luận:
Bài toán có 1 nghiệm hình
� đã cho và đi qua điểm A
Bài 3: Dựng đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy
đã cho nằm trong góc đó.
Giải:
A

+) Phân tích:
Giả sử (I, R) là đường trong
thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta hãy lấy 1 đường tròn nào
đó (I1 ,R1 ) tiếp xúc với 2
�. Gọi V là
cạnh của góc xOy
phép vị tự tâm O tỉ số
k=OI:O I1 thì V biến (I1 ,R1 )
thành (I, R).

A1

I
I1

O

Gọi A1 là tạo ảnh của điểm A thì A1 nằm trên (I1 ,R1 ) và k=

OA1

OA

+) Cách dựng:
Dựng đường tròn tùy ý (I1 ,R1 ) tiếp xúc với 2 cạnh của góc xOy
Gọi A1 là 1 trong hai giao điểm của đường thẳng OA và đường tròn (I1 ,R1 ). Dựng
ảnh (I, R) của đường tròn (I1 ,R1 ) qua phép vị tự tâm O tỉ số k=OA:O A1
Đường tròn cần dựng chính là (I, R)
+) Biện luận:
Như vậy từ sự phân tích trên và cách dựng ta thấy bài toán có 2 nghiệm hình
* Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A. Dựng qua A 1 đường thẳng cắt
(O) và (O’) lần lượt tại B và C sao cho AB=kAC (k là số dương cho trước).

11

Bài 2: Dựng tam giác ABC biết góc A bằng , tỉ số

AB
 k và chu vi tam giác
AC

bằng m
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC. Dựng hình vuông MNPQ có 2 điểm M, N nằm trên
cạnh BC, hai đỉnh còn lại nằm trên 2 cạnh AB và AC
1.1.

Chứng minh một phép biến đổi afin là phép vị tự

Bài 1: Cho hai tam giác ABC và A’B’C’ không bằng nhau nhưng có các cạnh tương

ứng song song : AB PA ‘B’ ,
BC PB’C’, CA PC’A ‘. Chứng
minh rằng có phép vị tự biến tam
giác này thành tam giác kia.
B’
C’
Giải
Vì AB và A’B’ song song nhưng
không bằng nhau nên hai đường
thẳng AA’ và BB’ cắt nhau tại
điểm O.
Gọi V là phép vị tự tâm O tỉ số
k=

B

C

o
A

A’

OA’
OA

Thì V biến điểm C thành C1 sao cho: A’C1 song song với AC, B’C1 song song với
BC.
Suy ra C1 trùng với C’, tức là V cũng biến C thành C’.
Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 2: Chứng mình rằng nếu phép afin f biến đường thẳng a thành đường thẳng
a’ song song hoặc trùng với a thì f là phép tịnh tiến hoặc phép vị tự.
Giải: r
Giả sử f là phép biến đổi tuyến tính liên kết với phép afin f, ta chứng mình rằng
r
r
r r
tồn tại một số k sao cho với mọi véctơ u bất kì ta đều có f ( u )=k. u
r
uuuu
r r
Thật vậy, với vectơ u bất kì ta lấy hai điểm M, N sao cho MN  u, nếu gọi
uuuuur ur
r
r r ur
M’=f(M) và N’=f(N) và M ‘ N ‘ = u ‘ thì theo định nghĩa của f ta có f ( u )= u ‘. Nhưng
vì f biến đườngr thẳng
MN
r
ur thành đường thằng M’N’ nên theo giả thiết MN song song
M’N’ bởi vậy f ( u )=k u ‘
r
r
r r
Tương tự như vậy, đối với vectơ v, ta cũng có f ( v )=k’ v
12

ur r r
r

Tuy nhiên ta chứng minh được k=k’. Thật vậy, nếu đặt w  u  v thì ta cũng có : f (
uur
r uu
r
ur
r
r
w) = k” w =k”( u  v) =k” u +k” v
r
r
r uur r r uu
Vì f là phép biến đổi tuyến tính nên f ( w) = f (u  v)
r r r r
r
r
= f (u)  f (v)  ku  k ‘v
r
r r
r
Tức là k” u +k” v =k u +k’ v
r
r
Từ đó suy ra nếu u và v không cộng tuyến thì k=k”, k’=k”
� k=k’
r
r
r
r
Còn nếu u và v cộng tuyến ta lấy một vectơ z không cộng tuyến với u thì
r uu

r
r
r r
r
r
r
f (z)  kz và vì z cũng không cộng tuyến với v nên f (v)  kv
uuuu
r uuuuur
+) Nếu k=1 thì với mọi điểm M, N và ảnh của chúng M’, N’ ta có MN  M ‘ N ‘ ,
uuuuu
r uuuur
vậy MM ‘  NN ‘
uuuuu
r r
Vậy f là phép tịnh tiến theo vec tơ MM ‘  v
+) Nếu k �1 (k �0) thì với mọi cặp điểm M, N và ảnh của chúng, ta có
uuuuur
uuuu
r
. Suy ra hai đường thẳng MM’ và NN’ cắt nhau tại O và
M
‘
N
‘

kMN
uuuur
uuuu
r uuuu

r
uuur
OM ‘  kOM,ON ‘  kON
Vậy f là phép vị tự tâm O có tỉ số k
Bài 3: Chứng minh rằng:
a) Tích của 2 phép vị tự là 1 phép vị tự hoặc 1 phép tịnh tiến
b) Tích của phép vị tự và 1 phép tịnh tiến hoặc 1 phép tịnh tiến và 1 phép vị tự là
1 phép vị tự hoặc tịnh tiến
Giải:
a) Giả sử V1 là phép vị tự tâm O1 tỉ số k1
V2 là phép vị tự tâm O2 tỉ số k2
Ta xét tích f = V1V2
Lấy điểm
uuuM
uur bất kì,
uuugọi
u
r M’uu=uuV
uu
r1(M) và
uuuM’’
uur = V2(M’)
Tức là O1M ‘  k1 OM và O 2M ”  k 2 O 2M ‘
+)
uuuNếu
uuu
r O1uvới
uuuuO
u
r 2 trùng

uuunhau
uur thì : uuuur
uuuuu
r
O 2M ”  kO2 M ”  k 2 O1M ‘  k1k 2 O1M  k 2k1 O 2M
Vậy f là phép vị tự tâm O2 tỉ số k1k2 .
+) Nếu O1 không trùng với O2 : Ta hãy tìm điểm bất động của f, tức là điểm I sao
cho
Vuu
2 biến I’ thành I, hay là :
uuur V1 biến
uuu
r I thành
uuurI’ thì u
u
r
O1I’  k1 O1I và O 2I  k 2 O�
I
2 ‘
13

Từuđó
uursuy rauu:uu
r
uuu
r uuur
k 2 O1I’  k 2 O 2 I’  k1k 2 O1I  O 2I
uuuuur
uuu

r uuuuur uuu
r
uuu
r
uuuuur
Hay k 2 O1O 2  k 2k1 O1I  O 2O1  O1I � (k 2k1  1)O1I  (k 2  1)O1O 2
( )
Như vậy :
Nếu k2 = 1 và k1k2 = 1, tức k1= k2= 1 thì mọi điểm I đều thỏa mãn (  ), vậy mọi
điểm I đều bất động đối với f, nói cách khác f là phép đồng nhất.
Điều đó hiển nhiên vì khi k1 =k2 = 1, hai phép
r vị tự V1 và V2 đều là phếp đồng nhất.
Vì f có thể xem là phép tịnh tiến theo vecto 0 hoặc là phép vị tự tỉ số 1 với tâm bất
kì.
Nếu k2 �1 và k1k2 = 1 thì không có điểm I nào thỏa mãn (  ).
Vậy f không có điểm bất động,
uuuuurkhirđó với mọi điểm M và M’= V(M), M’’=V2(M’),
ta chứng minh rằng vecto MM ”  v cố định.
uuuuur
uuuur
uuuuuu
r
uuuuur
Thật vậy, ta có: O1M ‘  k1 O1M và O 2M ”  k 2 O 2M ‘. Bởi vậy:
uuuuur
uuuur uuuuur uuuuuu
r
k1 MM ”  k1 (MO1  O1O2  O2 M ”)
uuuur
uuuuur

uuuuuu
r
  k1 O1M  k1 O1O 2  k1 O 2M ”
uuuuur
uuuuur
uuuur
 O1M ‘  k1 O1O 2  k1k 2 OM ‘
uuuuur
uuuuur uuuuur
 O1M ‘  k1 O1O 2  O 2 M ‘
uuuuur
= (k1  1)O1O2
Ta suy ra :
uuuuur k  1 uuuuur r
MM ”  1 O1O 2  v không đổi
k1
r
Như vậy trong trường hợp này f là phép tịnh tiến theo vecto v .
Nếu k1k 2 �1, ta có duy nhất một điểm I thỏa mãn điều kiện () .
Ta chứng minh rằng trong trường hợp này f là phép vị tự tâm I tỉ số k1k2.
Ta vẫn kí hiệu M, M’, M’’ như trên, ta có:

14

uuuu
r uuuuur uuu
r
IM ”  O1M ”  O1I
uuuuur uuuuuu

r uuu
r
 O1O 2  O 2M ”  O1I
uuuuur
uuuuur uuuuur uuu
r
 O1O 2  k 2 (O1M ‘  O1O 2 )  O1I
uuuuur
uuuu
r uuuuur uuu
r
 O1O 2  k 2 (k1 OM  O1O 2 )  O1I
uuuuur
uuuu
r uuu
r
 (1  k 2 )O1O 2  k1k 2 OM  O1I
uuuuur
uuu
r uuu
r uuu
r
 (1  k 2 )O1O 2  k1k 2 (O1I  IM)  O1I
uuuuur
uuu
r
uuu
r
 (1  k 2 )O1O 2  (1  k1k 2 )O1I  k1k 2 IM
uuuu

r
uuu
r
Do đẳng thức () ta suy ra IM ”  k1k 2 IM
Vậy f là phép vị tự tân I tỉ số k1k2.
r
b) Giả sử T là phép tịnh tiến theo vecto v, V là phép vị tự tâm O tỉ số k.
ta hãy xét tích : V0T
Nếu k = 1 thì V là phép đồng nhất nên V0T = T
Trong trường hợp k �1 ta chứng minh rằng tích V0T luôn có điểm bất động duy
nhất. Thật vậy, nếu I là điểm bất động thì:uu
r r
I = V0T(I) = V(I’), trong đó I’ = T(I), tức II’  v. e
uur
uuu
r
uur uu
r
uur r
Như vậy, OI  kOI’  k(OI  II’)  k(OI  v)
uur
r
Từ đó suy ra : OI(1  k)  kv
uur
r
()
OI(1  k)  kv
Điểm bất động I hoàn toàn được xác định bởi đẳng thức (  )
Bây
M

bất
uuuuu
rgiờrlấy một
uuuuđiểm
u
r
u
uuu
r kì, gọi M’ = T(M) và M’’ = T(M’), tức là
MM ‘  v và OM ”  kOM ‘
Như vậy tích V0T biến M thành M’’. Khi đó:
uuuu
r uuuuu
r uur
uuuur uur
IM ”  OM ”  OI  kOM ‘  OI
uur uuu
r uuuuu
r uur
 k(OI  IM  MM ‘)  OI
uuu
r
uur
r
 kIM  (k  1)OI  kv
uuu
r
 kIM
Như vậy tích V0T là phép vị tự tâm I tỉ số k.
Chứng minh tương tự với tích V0T.

* Bài tập tương tự

15

Bài 1: Chứng minh rằng tích của một phép đồng dạng nghịch với chính nó là một
phép vị tự hoặc tịnh tiến.
Bài 2: Cho phép afin f của không gian afin A n ( n 2 ), biết rằng f biến đổi đường
thẳng của A n thành đường thẳng song song với nó. Chứng minh rằng f là phép tịnh
tiến hoặc là phép vị tự.
r r
Bài 3 : Cho phép vị tự V tâm O, tỉ số K �1 và phép tịnh tiến T theo vecto v �0
.Gọi f là phép hợp thành của V và T. điểm I được xác định sao cho f biến I thành
chính nó. Chứng minh rằng f là phép vị tự tâm I tỉ số k.

16

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Phép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng có nhiều là một phép
biến hình có nhiều ứng dụng trong cuộc sống củng như trong tính toán.
Chúng tôi đã khai thác phép vị tự trong việc ứng dụng nó để giải các bài
toán sơ cấp như dựng hình, tìm quỹ tích của điểm củng như các vấn đề liên
quan đến phép vị tự như tìm tâm và tỉ số vị tự và chứng minh một phép
biến đổi là một phép vị tự. Qua thời gian nghiên cứu, tìm hiểu về phép vị
tự chúng tôi nhận thấy rằng phép vị tự là một phép biến đổi afin và việc
nghiên cứu về phép vị tự là rất cần thiết, nó giúp chúng tôi hiểu sâu hơn về
phép biến đổi afin và có them tài liệu để phục vụ cho công tác giảng dạy
sau này. Hy vọng đề tài sẽ giúp bạn đọc hiểu them về phép vị tự củng như

ứng dụng phép vị tự một cách hợp lý để giải toán có hiệu quả.
2. Kiến nghị
Qua tìm hiểu, nghiên cứu về phép vị tự và ứng dụng của nó trong giải
toán sơ cấp, chúng tôi xin đề xuất một số ý kiến như sau :
+) Nhà trường cần quan tâm hơn nữa đến hoạt động học tập của sinh viên
đồng thời cần tạo điều kiện, môi trường học tập tốt nhất cho sinh viên. Đầu
tư hơn nữa về cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học, đặc biệt là tài liệu tham
khảo để quá trình nghiên cứu khoa học của sinh viên đạt hiệu quả cao hơn.
+) Giangr viên cần quan tâm hơn nữa đến quá trình làm bài tập lớn của
sinh viên, giúp sinh viên có kỹ năng làm bài tập tốt nhất.
+) Sinh viên cần tích cực, tự giác nghiên cứu khoa học để hiểu sâu hơn về
chuyên ngành của mình củng như để tích lũy kinh nghiệm và có thêm kiến
thức phục vụ cho việc dạy sau này.

17

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Hình học afin và hình học oclit
-Văn Như Cương
2) Bài tập hình học afin và hình học oclit -Văn Như Cương
3) bài tập hình học
-Văn Như Cương
4) Sách giáo khoa hình học 11
-NXB giáo dục
5) Sách bài tập hình học 11
-NXB giáo dục
6) Sách hình học 12
-NXB giáo dục
7) Hình học cao cấp

– Nguyễn Mộng Hy

18

Chúng tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp sức của cô Thìn-giảng viên hướng dẫn. và những bạn để đề tài sớm được hoàn hảo, rất mong liên tục nhận được quan điểm đónggóp từ quý vị và những bạn sinh viên. CHƯƠNG I : CƠ SỞ LÝ THUYẾT. 1. Phép đổi khác afin1. 1. Định nghĩa 1 Ánh xạ afin f : A � A ‘ giữa hai không gian afin A và A ’ trên trường K gọi làphép đẳng cấu afin nếu f là tuy nhiên ánh. Không gian afin A gọi là đẳng cấu với không gian afin A ’ nếu có đẳng cấu afinf : A � A ‘. Khi đó ta kí hiệu AfA ‘. 1.2. Tính chấta ) f : r Aur � Auur ‘ là đẳng cấu afin khi và chỉ khi ánh xạ tuyến tính link của nóf : A � A ‘ là đẳng cấu tuyến tính. b ) Hai không gian afin đẳng cấu với nhau khi và chỉ khi hai không gian vectoliên kết của chúng đẳng cấu với nhau. c ) Hai không gian afin hữu hạn chiều trên trường K đẳng cấu với nhau khi và chỉkhi chúng có cùng số chiều. d ) Nếu f : A � A ‘ là đẳng cấu afin thì ánh xạ ngược f  1 : A ‘ � A cũng là mộtuuuurđẳng cấu afin link với đẳng cấu tuyến tính ( f )  1. e ) Quan hệ đẳng cấu giữa những không gian afin trên trường K là một quan hệtương đương. 1.3. Định nghĩa 2P hép đẳng cấu afin f : A � A từ không gian afin A lên chính nó được gọi làmột đổi khác afin, hay cho gọn là phép afin. 2. Phép vị tự trong không gian afin2. 1. Định nghĩa phép vị tựTrong không gian afin A cho điểm O � A và số k � K \  0 . xét ánh xạ f : A � A biếnuuur uuuumỗi điểm M thành điểm N sao cho ON = k OM. Phép f như thế goi là phép vị tự tâmO tỉ số k. 2.2. Tính chấta ) Phépr vị tự tâm O tỉ số k ; f : A � A là một đổi khác afin với ánh xạ tuyến tính liênkết là f  kId AurThật vậy với mọi điểm M, N � Auuuuuuuuuuur uuuuuuuruuuur uuuur uuuur uuuuurf MN  kId A MN  k ON  OM  kON  kOM  ON ‘  OM ‘  M ‘ N’Ngược lại, nếu f là phép biến hóa afin của A có ánh xạ tuyến tính link là f  kId Aur, k � 0, 1 .. thì f là phép vị tự tỉ số k. Thật vậy, f có điểm bất động O và lấy I � A. Xét   uur uuruuruur1 rOIOIIfOf  I . mà k OI  kId Aur ( If  I . tức là kđiểm O sao cho IO  1 r  kr uur uuuuuuuuuurOI )  f ( OI )  f ( O ) f ( I ) nên suy ra O = f ( O ). Khi đó với mọi điểm M � A, uuuuuuur uuuuuuuuuur r uuuuuuuuuuuuOf ( M )  f ( O ) f ( M )  f ( OM )  kId Aur ( OM )  kOM   Tức f là phép vị tự tâm O tỉ số k. b ) Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M và N lần lượt thành hai điểm M ’ và N’uuuuuruuuuthì : M ‘ N ‘  kMN và M ‘ N ‘  k MN. Chứng minh : uuuuruuuur uuuuuuurNếu O là tâm của phép vị tự thì theo định nghĩa ta có OM ‘  kOM, ON ‘  kON. uuuuur uuuur uuuuruuuruuuuuuur uuuuuuuuVậy M ‘ N ‘  ON ‘  OM ‘  kON  kOM  k ON  OM  kMNTừ đó suy ra M ‘ N ‘  k MNc ) phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và không làmthay đổi thứ tự của 3 điểm thẳng hàng đó. uuuruuuGỉa sử 3 điểm A, B, C thẳng hàng và B nằm giữa A và C, tức là BA  mBC ( với mA ‘, B ‘, C ‘ thì theo đặc thù < 0 ). Nếutỉuusốuuuphépuur vịuutựur uur k biếnuuurA, B, C lần lượt thànhb, ta có B'A '  kBA, B'C '  kBCuuuuuuuuruuuuuuurTừ đó suy ra B'A '  kBA  k mBC  mB'C ', tức là 3 điểm A ', B ', C ' thẳng hàngvới B ' nằm giữa A ' và C ' ( đpcm ). d ) Phép vị tự tỉ số k biến đường thẳng thành đường thẳng song song ( hoặc trùng ) với đường thẳng đó, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng mà độ dàiđược nhân lên với k, biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng làk, biến góc thành góc bằng nó. e ) Phép vị tự tỉ số k biến đường tròn có nửa đường kính R thành đường tròn có nửa đường kính làk R.Nếu có phép vị tự tâm O biến đường tròn này thành đường tròn kia thì O được gọi làtâm vị tự của 2 đường tròn đó. Nếu phép vị tự đó có tỉ số dương thì điểm O gọi là tâm vị tự ngoài, nếu phép vị tự đócó tỉ số âm thì điểm O gọi là tâm vị tự trong. f ) Đặc biệt, nếu phép vị tự có tỉ số k = 1 thì đó là phép như nhau, nếu k = - 1 thì đó làphép đối xứng. CHƯƠNG II. ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰTRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP2. 1. Xác định tâm và tỉ số của phép vị tựTrước hết, ta có nhận xét : Nếu phép vị tự tâm O tỉ số k biến ( I, R ) thành ( I ’, R ’ ) uuuuurR'R ' thì k  hay k  � và OI '  kOI. Từ đó ta có những trường hợp sau : TH1 : Hai đường tròn ( I, R ) và ( I ’, R ’ ) đồng tâm, R � R’Hiển nhiên khi đó tâm vị tự O trùng với I. Vậy ta có haiphép vị tự : R ' + ) Phép vị tự V1 tâm I tỉ sốR ' + ) Phép vị tự V2 tâm I tỉ số M ' ' M'R ' ( Trên hình vẽ bên, phép vị tự V1 tâm I biến điểm M thành M ’, phép vị tự V2 tâm Ibiến M thành M ’ ’ ) TH2 : I không trùng với I ’ nhưng R = R’Khi đó k = � 1, điểm O phải thõa mãn điềukiệnuuuuurOI '  kOI nên k chỉ hoàn toàn có thể bằng - 1 và Olà trung điểm của đoạn thẳng II’Vậy trong tường hợp này chỉ có một phépvị tự tâm O tỉ số k = - 1M ' I'TH 3 : I không trùng với I ’ và R � R’M ' ' O'I ' M'Ta lấy uM’M ’ ’ uuur làuuurđường kính của ( I ’, R ’ ) và IM là một nửa đường kính của ( I, R ) sao cho haivecto I'M ' và IM cùng hướng. Đường thẳng II ’ cắt MM ’ và MM ’ ’ lần lượt tại O ’ và O.R ' Khi đó phép vị tự V1 tâm O tỉ số k1 = và phép vị tự V2 tâm O ’ tỉ sốR'k 2 = đều biến đường tròn ( I, R ) thành đường tròn ( I ’, R ’ ) Bài 2 : Cho hai phép vị tự V1 có tâm O1 tỉ số k1 và V2 có tâm O2 tỉ số k2. Gọi F là phéphợp thành của V1 và V2. Chứng minh rằng F là một phép vị tự nếu k1k2 � 1. Xác địnhtâm và tỉ số của phép vị tự đó. Giải : M1M2O1O3O2uuuruuuuurNếu k1, k2 1 ta chọn điểm O3 sao cho O3I = k1k2 O3O1uuuuuur uuur uuuuuuuuuuuuuruuuuuKhi đó, O3M2 = O3M 2  O3I  IM 2  k1k 2 O3O1  k1k 2 O1M  k1k 2 O3MVậy F là phép vị tự tâm O3 tỉ số k1k2. Chútâmuuur ý rằnguuuur O3 của phép vị tự đó được xác lập bởi đẳng thức : O3I  k1k 2 O3I1uuuuur uuuuur uuuruuuuurHay O3O1  O1O 2  O2 I  k1k 2 O3O1Suy ra : uuuuur 1  k uuuuurO1O3  O1O21  k1k 2D ouuuuđó : uruuuuuruuuuurO1O 2  k 2 O 2O1  ( 1  k1k 2 ) O1O3Tâm của 3 phép vị tự V1, V2 và F là 3 điểm thẳng hàng O1, O2, O3. Bài 3 : Cho hình tứ diện ABCD. Gọi A ’, B ’, C ’, D ’ lần lượt là trọng tâm của những tamgiác BCD, ACD, ABD, ABC. Tìm tâm và tỉ số của phép vị tự biến tứ diện ABCDthành tứ diện A’B ’ C’D ’. GiảiGọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD. Khiđó ta biết rằng : uuuu1 uuur1 uuur uuuuGA '   GA, GB '   GBuuuuuuuu1 uuur1 uuurGC '   GC, GD '   GDSuy ra phép vị tự V tâm G tỉ số k =  biếncác điểm A, B, C, D lần lượt thành những điểmA ’, B ’, C ’, D’C ' D'B ' A'Bài tập tương tự như : Bài 1 : Xác định tâm và tỉ số vị tự của hai đường tròn trong những trường hợp sau : a ) Hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau. b ) Hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau. c ) Một đường tròn chứa đường tròn kia. Bài 2 : Cho phép vị tự tâm O biến điểm A thành điểm B biết rằng, OA = 2OBK hi đó tỉ số vị tự bằng bao nhiêu ? 2.2. Bài toán quỹ tíchPhương phápNếu phép biến hình F biến hình H � H � M � H và M � = F ( M ) thì quỹ tích của M � là H � Bài 1 : Tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và thắt chặt còn đỉnh A chạy trên một đườngtròn ( O, R ) cố định và thắt chặt không có điểm chung với đường thẳng BC. Tìm quỹ tích trọngtâm G của tam giác ABC.Giải : Gọi I là trung điểm của BC thì I cố địnhĐiểm G là trọng tâm của VABC khi và chỉ khiO'uur 1 uurIG = IAbiến điểm A thành điểm G.Từ đó suy ra khi A chạy trên ( O, R ) thì quỹ tích G là ảnh của đường tròn đó qua phépvị tự V.uuur 1 uurTức là đường tròn ( O ’, R ’ ) mà IO '  OI và R '  RNhư vậy phép vị tự V tâm I tỉ số k = Bài 2 : Cho ( O, R ) và I cố định và thắt chặt � 0. M đổi khác trên ( O ). Tia phân giác của góc � cắt IM tại N. Tìm quỹ tích NMOIGiải : Đặt OI = d ( d > 0 ). Theo đặc thù đường phần giác của tam giác MOI, ta có : INIONM OM RSuy raINININ  NM udur  RIM d  RuuuVì 2 vectơ IN và IM cùng hướngnên đẳng thức trên có nghĩa làuurd uuurIN  IM. Nếu gọi V là phép vịd  Rtự tâm I tỉ số k = thì V biến điểmd  RM thành điểm N. Khi M ở vị trí M 0C ‘ � = 0 o thì tia phân giác của góc IOMtrên đường tròn ( O, R ) sao cho IOM0 không cắtIM. Điểm N không sống sót. Vậy thì M chạy trên ( O, R ) ( M � M 0 ) thì quỹ tích điểm Nlà ảnh của ( O, R ) qua phép vị tự V bỏ đi ảnh của điểm M 0. Bài 3 : Cho đường tròn ( O ) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đườngthẳnguuur thayuuur đổiuuurđi qua P, cắt ( O ) tại 2 điểm A, B. Tìm quỹ tích điểm M sao choPM  PA  PBGiải : uuur uuuuur PA  PBGọi I là trung điểm của AB thì PI  uuur uuur uuuuubởi vậy PM  PA  PB  2PIG ọi V là phép vị tự tâm P tỉ số k = 2 thì V biến điểm I thành điểm MVì I là trung điểm của AB nên OI  AB.Suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn ( C ) đường kính POVậy quỹ tích củauuđiểmuruuurlà đường tròn ( C ’ ) ảnh của ( C ) qua phép vị tự V. Nếu talấy O � sao cho PO �  2PO thì ( C ’ ) là đường tròn đường kính P O � Bài 4 : Cho điểm A cố định và thắt chặt nằm trên đường tròn ( O ) và điểm C đổi khác trênđường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm DTrên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao choAM = AB = ADAM ABAC AC 2N goài ra ( AM, AB ) = 45 0 và ( AM, AD ) = – 45 0S uy ra phép vị tự V tâm A tỉ số k  biếnđiểm C thành điểm M và phép quay Q tâm Agóc quay 45 0 biến điểm M thành điểm B. Vậynếu gọi I là phép hợp thành của V và Q. thì F biến Cthành B.Khi đó ta có : Vì quỹ tích của C là đường tròn ( O ) nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó quaphép đồng dạng FĐường tròn quỹ tích của B hoàn toàn có thể xác lập như sau : Gọi AR là đường kính của ( O ) và PQ là đường kính của ( O ) vuông góc với AR ( ta kíhiệu của điểm P, Q. sao cho ( AR, AP ) = 45 0 ). Khi đó dễ thấy rằng phép đồng dạng Fbiến AR thành AP. Vậy quỹ tích B là đường tròn đường kính AP.Tương tự ta được quỹ tích D là đường tròn đường kính AQ. * Bài tập tương tựBài 1 : Cho 2 điểm A, B cố định và thắt chặt của đường tròn ( O ). Một điểm M đổi khác trênđường tròn trên. Tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho MN = MB. Tìm quỹ tíchđiểm N.Bài 2 : Cho 2 đường tròn ( O ) và ( O � ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng thay đổiđi qua A cắt ( O ) ở A và M, cắt ( O � ) tại A và M �. Gọi P, P � lần lượt là trung điểmAM, A M �. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng P P � Bài 3 : Cho đường tròn ( O, R ) và điểm A cố định và thắt chặt. Một dây cung BC đổi khác của ( O, R ) có độ dài không đổi BC = m. uuur uuur uuur rTìm quỹ tích những điểm G sao cho GA  GB  GC  0B ài 4 : cho 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó, AB � CD. Điểm M thayđổi sao cho � AMB  � CMD, M � AB. Chứng minh rằng M thuộc một đường tròncố định. Bài 5 : Cho hai đường tròn ( O ) và ( O ’ ) tiếp xúc ngoài tại A và một đường thẳng d. M là một điểm đổi khác trên d, từ M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP đến đường tròn ( O ). AN và AP lần lượt cắt ( O ’ ) tại N ’ và P ’. Chứng minh rằng N’P ’ đi qua một điểmcố định. 2.3. Bài toán dựng hìnhPhương pháp : Bước 1 : Phân tíchBước 2 : Dựng hìnhBước 3 : Chứng minhBước 4 : Biện luậnBài 1 : Cho đường tròn ( O ) với dây cung PQ. Dừng hình vuông vắn ABCD có hai đỉnhA, B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C, D nằm trên đương tròn. Giải : + ) Phân tích : Giả sử đã dựng được hình vuôngABCD thỏa mãnđiều kiện của bài toánGọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI làđường trung trực của AB.Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì cóphép vị tự tâm I biến hình vuông PQMN thành hìnhvuông ABCD.B ‘ A ‘ + ) Cách dựng : Dựng hình vuông PQMN. Lấy giao điểm C và C’của đường thẳng IM và đường tròn. Lấy giao điểm D và D ’ của IN và đường tròn ( ta kíhiệu sao cho hai điểm C, D nằm về một phía so với đường thẳng PQ ) Gọi những điểm B, A, B ’, A ’ lần lượt là hình chiếu của những điểm C, D, C ’, D ’ trênđường thẳng PQ.Ta được hình vuông vắn ABCD và A’B ’ C’D ’ thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo của bài toán. + ) Chứng minh : Từ cách dựng ta thấy C, D, C ’, D ’ là giao điểm của IM và IN với đường tròn nênC, D, C ’, D ’ thuộc đường tròn. B, A, B ’, A ’ là hình chiếu của C, D, C ’, D ’ lên đường thẳng PQ nên những cạnh AB, A’B ’ nằm trên đường thẳng PQ.Suy ra những hình vuông vắn ABCD và A’B ’ C’D ’ thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo bài toán + ) Biện luận : Từ sự nghiên cứu và phân tích và cách dựng trên ta thấy bài toán có 2 nghiệm hình. Bài 2 : Cho ( O ) cắt ( O ’ ) tại A và B. Dựng đường thẳng d qua A cắt ( O ) tại M, cắt ( O ’ ) tại N sao cho M là trung điểm AN.Giải : + ) Phân tích : Giả sử dựng được ( d ) VìuuurM làutrunguuur điểm AN nênAN  2AMV ậy phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 biến điểm M thành điểm NO ‘ 10O ‘ ‘ Khi đó ta có phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 biến ( O ) thành ( O ” ) và ( O ” ) phải đi qua N.Vậy N là giao điểm của ( O ’ ) và ( O ” ) + ) Cách dựng : Dựng ( O ” ) là ảnh của ( O ) qua phép vị tự tâm A tỉ số k = 2G ọi N là giao điểm của ( O ’ ) và ( O ” ), N � AKẻ AN cắt ( O ) tại M ( d ) là đường thẳng AN + ) Biện luận : Bài toán có 1 nghiệm hình � đã cho và đi qua điểm ABài 3 : Dựng đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc xOyđã cho nằm trong góc đó. Giải : + ) Phân tích : Giả sử ( I, R ) là đường trongthỏa mãn điều kiện kèm theo bài toán. Ta hãy lấy 1 đường tròn nàođó ( I1, R1 ) tiếp xúc với 2 �. Gọi V làcạnh của góc xOyphép vị tự tâm O tỉ sốk = OI : O I1 thì V biến ( I1, R1 ) thành ( I, R ). A1I1Gọi A1 là tạo ảnh của điểm A thì A1 nằm trên ( I1, R1 ) và k = OA1OA + ) Cách dựng : Dựng đường tròn tùy ý ( I1, R1 ) tiếp xúc với 2 cạnh của góc xOyGọi A1 là 1 trong hai giao điểm của đường thẳng OA và đường tròn ( I1, R1 ). Dựngảnh ( I, R ) của đường tròn ( I1, R1 ) qua phép vị tự tâm O tỉ số k = OA : O A1Đường tròn cần dựng chính là ( I, R ) + ) Biện luận : Như vậy từ sự nghiên cứu và phân tích trên và cách dựng ta thấy bài toán có 2 nghiệm hình * Bài tập tựa như : Bài 1 : Cho 2 đường tròn ( O ) và ( O ’ ) cắt nhau tại A. Dựng qua A 1 đường thẳng cắt ( O ) và ( O ’ ) lần lượt tại B và C sao cho AB = kAC ( k là số dương cho trước ). 11B ài 2 : Dựng tam giác ABC biết góc A bằng , tỉ sốAB  k và chu vi tam giácACbằng mBài 3 : Cho tam giác nhọn ABC. Dựng hình vuông MNPQ có 2 điểm M, N nằm trêncạnh BC, hai đỉnh còn lại nằm trên 2 cạnh AB và AC1. 1. Chứng minh một phép biến hóa afin là phép vị tựBài 1 : Cho hai tam giác ABC và A’B ’ C ’ không bằng nhau nhưng có những cạnh tươngứng song song : AB PA ‘ B ‘, BC PB’C ‘, CA PC’A ‘. Chứngminh rằng có phép vị tự biến tamgiác này thành tam giác kia. B’C ‘ GiảiVì AB và A’B ’ song song nhưngkhông bằng nhau nên hai đườngthẳng AA ’ và BB ’ cắt nhau tạiđiểm O.Gọi V là phép vị tự tâm O tỉ sốk = A’OA ‘ OAThì V biến điểm C thành C1 sao cho : A’C 1 song song với AC, B’C 1 song song vớiBC. Suy ra C1 trùng với C ’, tức là V cũng biến C thành C ’. Vậy ta có điều phải chứng minhBài 2 : Chứng mình rằng nếu phép afin f biến đường thẳng a thành đường thẳnga ’ song song hoặc trùng với a thì f là phép tịnh tiến hoặc phép vị tự. Giải : rGiả sử f là phép biến hóa tuyến tính link với phép afin f, ta chứng mình rằngr rtồn tại 1 số ít k sao cho với mọi véctơ u bất kỳ ta đều có f ( u ) = k. uuuuur rThật vậy, với vectơ u bất kỳ ta lấy hai điểm M, N sao cho MN  u, nếu gọiuuuuur urr r urM ’ = f ( M ) và N ’ = f ( N ) và M ‘ N ‘ = u ‘ thì theo định nghĩa của f ta có f ( u ) = u ‘. Nhưngvì f biến đườngr thẳngMNur thành đường thằng M’N ’ nên theo giả thiết MN tuy nhiên songM’N ’ thế cho nên f ( u ) = k u ‘ r rTương tự như vậy, so với vectơ v, ta cũng có f ( v ) = k ’ v12ur r rTuy nhiên ta chứng tỏ được k = k ’. Thật vậy, nếu đặt w  u  v thì ta cũng có : f ( uurr uuurw ) = k ” w = k ” ( u  v ) = k ” u + k ” vr uur r r uuVì f là phép đổi khác tuyến tính nên f ( w ) = f ( u  v ) r r r r = f ( u )  f ( v )  ku  k ‘ vr rTức là k ” u + k ” v = k u + k ’ vTừ đó suy ra nếu u và v không cộng tuyến thì k = k ”, k ’ = k ” � k = k’Còn nếu u và v cộng tuyến ta lấy một vectơ z không cộng tuyến với u thìr uur rf ( z )  kz và vì z cũng không cộng tuyến với v nên f ( v )  kvuuuur uuuuur + ) Nếu k = 1 thì với mọi điểm M, N và ảnh của chúng M ’, N ’ ta có MN  M ‘ N ‘, uuuuur uuuurvậy MM ‘  NN ‘ uuuuur rVậy f là phép tịnh tiến theo vec tơ MM ‘  v + ) Nếu k � 1 ( k � 0 ) thì với mọi cặp điểm M, N và ảnh của chúng, ta cóuuuuuruuuu. Suy ra hai đường thẳng MM ’ và NN ’ cắt nhau tại O vàkMNuuuuruuuur uuuuuuurOM ‘  kOM, ON ‘  kONVậy f là phép vị tự tâm O có tỉ số kBài 3 : Chứng minh rằng : a ) Tích của 2 phép vị tự là 1 phép vị tự hoặc 1 phép tịnh tiếnb ) Tích của phép vị tự và 1 phép tịnh tiến hoặc 1 phép tịnh tiến và 1 phép vị tự là1 phép vị tự hoặc tịnh tiếnGiải : a ) Giả sử V1 là phép vị tự tâm O1 tỉ số k1V2 là phép vị tự tâm O2 tỉ số k2Ta xét tích f = V1V2Lấy điểmuuuMuur bất kỳ, uuugọir M’uu = uuVuur1 ( M ) vàuuuM ’ ’ uur = V2 ( M ’ ) Tức là O1M ‘  k1 OM và O 2M ‘ ‘  k 2 O 2M ‘ + ) uuuNếuuuur O1uvớiuuuuOr 2 trùnguuunhauuur thì : uuuuruuuuuO 2M ‘ ‘  kO2 M ‘ ‘  k 2 O1M ‘  k1k 2 O1M  k 2 k1 O 2MV ậy f là phép vị tự tâm O2 tỉ số k1k2. + ) Nếu O1 không trùng với O2 : Ta hãy tìm điểm bất động của f, tức là điểm I saochoVuu2 biến I ’ thành I, hay là : uuur V1 biếnuuur I thànhuuurI ’ thì uO1I ‘  k1 O1I và O 2I  k 2 O � 2 ‘ 13T ừuđóuursuy rauu : uuuuur uuurk 2 O1I ‘  k 2 O 2 I ‘  k1k 2 O1I  O 2I uuuuuruuur uuuuur uuuuuuuuuuurHay k 2 O1O 2  k 2 k1 O1I  O 2O1  O1I � ( k 2 k1  1 ) O1I  ( k 2  1 ) O1O 2 (  ) Như vậy : Nếu k2 = 1 và k1k2 = 1, tức k1 = k2 = 1 thì mọi điểm I đều thỏa mãn nhu cầu (  ), vậy mọiđiểm I đều bất động so với f, nói cách khác f là phép như nhau. Điều đó hiển nhiên vì khi k1 = k2 = 1, hai phépr vị tự V1 và V2 đều là phếp như nhau. Vì f hoàn toàn có thể xem là phép tịnh tiến theo vecto 0 hoặc là phép vị tự tỉ số 1 với tâm bấtkì. Nếu k2 � 1 và k1k2 = 1 thì không có điểm I nào thỏa mãn nhu cầu (  ). Vậy f không có điểm bất động, uuuuurkhirđó với mọi điểm M và M ’ = V ( M ), M ’ ’ = V2 ( M ’ ), ta chứng tỏ rằng vecto MM ‘ ‘  v cố định và thắt chặt. uuuuuruuuuruuuuuuuuuuurThật vậy, ta có : O1M ‘  k1 O1M và O 2M ‘ ‘  k 2 O 2M ‘. Bởi vậy : uuuuuruuuur uuuuur uuuuuuk1 MM ‘ ‘  k1 ( MO1  O1O2  O2 M ‘ ‘ ) uuuuruuuuuruuuuuu   k1 O1M  k1 O1O 2  k1 O 2M ‘ ‘ uuuuuruuuuuruuuur   O1M ‘  k1 O1O 2  k1k 2 OM ‘ uuuuuruuuuur uuuuur   O1M ‘  k1 O1O 2  O 2 M ‘ uuuuur = ( k1  1 ) O1O2Ta suy ra : uuuuur k  1 uuuuur rMM ‘ ‘  1 O1O 2  v không đổik1Như vậy trong trường hợp này f là phép tịnh tiến theo vecto v. Nếu k1k 2 � 1, ta có duy nhất một điểm I thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo (  ). Ta chứng tỏ rằng trong trường hợp này f là phép vị tự tâm I tỉ số k1k2. Ta vẫn kí hiệu M, M ’, M ’ ’ như trên, ta có : 14 uuuur uuuuur uuuIM ‘ ‘  O1M ‘ ‘  O1Iuuuuur uuuuuur uuu  O1O 2  O 2M ‘ ‘  O1Iuuuuuruuuuur uuuuur uuu  O1O 2  k 2 ( O1M ‘  O1O 2 )  O1Iuuuuuruuuur uuuuur uuu  O1O 2  k 2 ( k1 OM  O1O 2 )  O1Iuuuuuruuuur uuu  ( 1  k 2 ) O1O 2  k1k 2 OM  O1Iuuuuuruuur uuur uuu  ( 1  k 2 ) O1O 2  k1k 2 ( O1I  IM )  O1Iuuuuuruuuuuu  ( 1  k 2 ) O1O 2  ( 1  k1k 2 ) O1I  k1k 2 IMuuuuuuuDo đẳng thức (  ) ta suy ra IM ‘ ‘  k1k 2 IMVậy f là phép vị tự tân I tỉ số k1k2. b ) Giả sử T là phép tịnh tiến theo vecto v, V là phép vị tự tâm O tỉ số k.ta hãy xét tích : V0TNếu k = 1 thì V là phép giống hệt nên V0T = TTrong trường hợp k � 1 ta chứng tỏ rằng tích V0T luôn có điểm bất động duynhất. Thật vậy, nếu I là điểm bất động thì : uur rI = V0T ( I ) = V ( I ’ ), trong đó I ’ = T ( I ), tức II ‘  v. euuruuuuur uuuur rNhư vậy, OI  kOI ‘  k ( OI  II ‘ )  k ( OI  v ) uurTừ đó suy ra : OI ( 1  k )  kvuur (  ) OI ( 1  k )  kvĐiểm bất động I trọn vẹn được xác lập bởi đẳng thức (  ) Bâybấtuuuuurgiờrlấy mộtuuuuđiểmuuur kì, gọi M ’ = T ( M ) và M ’ ’ = T ( M ’ ), tức làMM ‘  v và OM ‘ ‘  kOM ‘ Như vậy tích V0T biến M thành M ’ ’. Khi đó : uuuur uuuuur uuruuuur uurIM ‘ ‘  OM ‘ ‘  OI  kOM ‘  OIuur uuur uuuuur uur  k ( OI  IM  MM ‘ )  OIuuuuur  kIM  ( k  1 ) OI  kvuuu  kIMNhư vậy tích V0T là phép vị tự tâm I tỉ số k. Chứng minh tương tự như với tích V0T. * Bài tập tương tự15Bài 1 : Chứng minh rằng tích của một phép đồng dạng nghịch với chính nó là mộtphép vị tự hoặc tịnh tiến. Bài 2 : Cho phép afin f của không gian afin A n ( n  2 ), biết rằng f biến hóa đườngthẳng của A n thành đường thẳng song song với nó. Chứng minh rằng f là phép tịnhtiến hoặc là phép vị tự. r rBài 3 : Cho phép vị tự V tâm O, tỉ số K � 1 và phép tịnh tiến T theo vecto v � 0. Gọi f là phép hợp thành của V và T. điểm I được xác lập sao cho f biến I thànhchính nó. Chứng minh rằng f là phép vị tự tâm I tỉ số k. 16K ẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ1. Kết luậnPhép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng có nhiều là một phépbiến hình có nhiều ứng dụng trong đời sống củng như trong thống kê giám sát. Chúng tôi đã khai thác phép vị tự trong việc ứng dụng nó để giải những bàitoán sơ cấp như dựng hình, tìm quỹ tích của điểm củng như những yếu tố liênquan đến phép vị tự như tìm tâm và tỉ số vị tự và chứng tỏ một phépbiến đổi là một phép vị tự. Qua thời hạn điều tra và nghiên cứu, khám phá về phép vịtự chúng tôi nhận thấy rằng phép vị tự là một phép đổi khác afin và việcnghiên cứu về phép vị tự là rất thiết yếu, nó giúp chúng tôi hiểu sâu hơn vềphép biến hóa afin và có them tài liệu để ship hàng cho công tác làm việc giảng dạysau này. Hy vọng đề tài sẽ giúp bạn đọc hiểu them về phép vị tự củng nhưứng dụng phép vị tự một cách hài hòa và hợp lý để giải toán có hiệu suất cao. 2. Kiến nghịQua tìm hiểu và khám phá, nghiên cứu và điều tra về phép vị tự và ứng dụng của nó trong giảitoán sơ cấp, chúng tôi xin yêu cầu 1 số ít quan điểm như sau : + ) Nhà trường cần chăm sóc hơn nữa đến hoạt động giải trí học tập của sinh viênđồng thời cần tạo điều kiện kèm theo, môi trường học tập tốt nhất cho sinh viên. Đầutư hơn nữa về cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học, đặc biệt quan trọng là tài liệu thamkhảo để quy trình điều tra và nghiên cứu khoa học của sinh viên đạt hiệu suất cao cao hơn. + ) Giangr viên cần chăm sóc hơn nữa đến quy trình làm bài tập lớn củasinh viên, giúp sinh viên có kiến thức và kỹ năng làm bài tập tốt nhất. + ) Sinh viên cần tích cực, tự giác nghiên cứu và điều tra khoa học để hiểu sâu hơn vềchuyên ngành của mình củng như để tích góp kinh nghiệm tay nghề và có thêm kiếnthức Giao hàng cho việc dạy sau này. 17T ÀI LIỆU THAM KHẢO1 ) Hình học afin và hình học oclit-Văn Như Cương2 ) Bài tập hình học afin và hình học oclit – Văn Như Cương3 ) bài tập hình học-Văn Như Cương4 ) Sách giáo khoa hình học 11 – NXB giáo dục5 ) Sách bài tập hình học 11 – NXB giáo dục6 ) Sách hình học 12 – NXB giáo dục7 ) Hình học hạng sang – Nguyễn Mộng Hy18

Source: https://vh2.com.vn
Category : Trái Đất