Đề tài Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Mã số:. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học Người thực hiện: Nguyễn Thanh Bằng Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý Giáo dục ¨ Phương pháp giảng dạy bộ môn : Toán þ Phương pháp giáo dục ¨ Lĩnh vực khác ¨ Sản phẩm đính kèm: ¨ Mô hình ¨ Phần mềm ¨ Phim ảnh þ Hiện vật khác: Đĩa CD Rom Năm học 2011-2012 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên: Nguyễn Thanh Bằng Ngày ,tháng, năm sinh: 31 - 09 – 1977 Nam/ nữ: Nam Địa chỉ: Ấp Long Hiệu, xã Long Tân, huyện Nhơn Trạch, tỉnh Đồng Nai Điện thoại: Cơ quan: 06138689153 Nhà riêng: 0613.561382- ĐTDĐ: 0982179116 Fax: / Email: thanhbang3009@gmail.com Chức vụ: Bí thư đoàn TNCS trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm . Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Học vị: Cử nhân Năm nhận bằng: 2000 Chuyên ngành đào tạo: Toán học KINH NGHIỆM KHOA HỌC Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy toán học Số năm có kinh nghiệm: 12 năm Các SKKN đã có trong 5 năm gần đây Chuyên đề 1: PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC HỌC TẬP MÔN TOÁN Chuyên đề 2: MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIÁO DỤC “HỌC SINH CÁ BIỆT VỀ ĐẠO ĐỨC” SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị : Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc Nhơn Trạch, ngày 10 tháng 5 năm 2012 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học : 2011 - 2012 Tên sáng kiến kinh nghiệm : ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học Họ và tên tác giả: Nguyễn Thanh Bằng Tổ: Bộ môn Toán Lĩnh vực : Quản lý giáo dục: ¨ Phương pháp dạy học bộ môn : þ Phương pháp giáo dục: ¨ Lĩnh vực khác : ¨ Tính mới Có giải pháp hoàn toàn mới : ¨ Có giải pháp cải tiến , đổi mới từ giải pháp đã có : ¨ Hiệu quả Hoàn tòan mới và đã triển khai áp dụng trong tòan ngành có hiệu quả cao ¨ Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong tòan ngành có hiệu quả cao ¨ Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao ¨ Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả ¨ Khả năng áp dụng Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc họach định đường lối , chính sách : Tốt ¨ Khá ¨ Đạt ¨ Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn , dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống : Tốt ¨ Khá ¨ Đạt ¨ Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng : Tốt ¨ Khá ¨ Đạt ¨ XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên và ghi rõ họ tên ) ( Ký tên , ghi rõ họ tên và đóng dấu ) Sáng kiến kinh nghiệm ỨNG DỤNG CÁC PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC Phần I : MỞ ĐẦU BỐI CẢNH Năm học 2011-2012 là năm học tiếp tục triển khai tích cực thực hiện các cuộc vận động “ Học tập và làm theo tấm gương đạo đức Hồ Chí Minh”, cuộc vận động “ Mỗi thầy, cô giáo là một tấm gương đạo đức, tự học và sáng tạo” ; với chủ đề " Năm học đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng giáo dục " cùng với phong trào xây dựng " Trường học thân thiện, học sinh tích cực ". Nghị quyết TW 2 khóa VIII đã khẳng định " Đổi mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục và đào tạo, khắc phục lối dạy học truyền thụ một chiều, rèn luyện nếp tư duy cho người học, từng bước áp dụng phương pháp tiên tiến, ứng dụng cộng nghệ thông tin vào quá trình dạy học ". Do đó trong quá trình dạy học đòi hỏi các thầy cô giáo phải tích cực học tập; không ngừng nâng cao năng lực chuyên môn; đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh; bồi dưỡng khả năng tự học, sáng tạo; khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế; đem lại sự say mê, hứng thú học tập cho các em. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh rất e ngại học môn hình học, vì các em nghĩ rằng nó rất trừu tượng, thiếu tính thực tế khách quan. Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này, về phần giáo viên cũng gặp không ít khó khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức. Qua nhiều năm giảng dạy môn học này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm nhằm giúp các em tiếp thu kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập của học sinh ngày được nâng lên. Với những lí do trên, ngay đầu năm học, từ giai đoạn tổ chức lớp cho đến khi giảng dạy, bản thân luôn chú ý, quan tâm đến việc học tập và giúp đỡ  các em học sinh làm thế nào để có thể học tốt môn hình học. Từ những suy nghĩ trên, bản thân đã mạnh dạn chọn đề tài:  “Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học”. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Do đây là phần nội dung kiến thức mới nên nhiều học sinh còn chưa quen, nên tôi nghiên cứu nội dung này nhằm tìm ra những phương pháp truyền đạt phù hợp với học sinh, bên cạnh cũng nhằm tháo gỡ những vướng mắc, khó khăn mà học sinh thường hay gặp phải với mong muốn nâng dần chất lượng giảng dạy học. Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp, tạo hứng thú học tập cho học sinh. Làm cho học sinh hiểu rõ các phép biến hình và ứng dụng của nó trong việc giải toán. Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh trong các tiết học. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau: Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm, quản lý có liên quan đến đề tài. Phương pháp quan sát (công việc dạy- học của giáo viên và học sinh). Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,). Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và học sinh thông qua trao đổi trực tiếp). Phương pháp thực nghiệm. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI Trong đề tài này tôi chỉ nghiên cứu một một số ứng dụng của phép biến hình trong mặt phẳng ở chương trình lớp 11 nâng cao (Các phép biến hình, ứng dụng các phép biến hình vào giải toán) Rút ra kết luận và đề xuất một số biện pháp khi tiến hành giúp đỡ từng đối tượng học sinh nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy trong nhà trường trung phổ thông . Vì vậy tôi chỉ tập trung vào vấn đề “Giúp đỡ học sinh học tốt các phép biến hình, ứng dụng của nó trong chương trình hình học lớp 11”. Phần II: NỘI DUNG CƠ SỞ LÝ LUẬN 1. Cơ sở triết học: Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức. Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và biện chứng trong quan niệm nội tại của bản thân các em. Từ đó kích thích các em phát triển tốt hơn. 2.Cơ sở tâm lí học: Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục. Vì vậy giáo viên cần phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những điều mình đã biết với tri thức của nhân loại. Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm lí thì từ những lớp cuối của cấp trung cơ sở, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường và hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định. Một số học sinh có khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác. Ngoài ra còn có những học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt Thực tế giảng dạy cho thấy nhiều học sinh khi học về các phép biến hình, các em thường có tâm lí: không biết ứng dụng của phép biến hình để làm gì, nói cách khác các em không gắn được lý thuyết vào thực hành, do đó các em không muốn học chương này.Vì vậy giáo viên cần chỉ rõ, cụ thể và hướng dẫn cho học sinh ứng dụng các phép biến hình vào giải toán. 3.Cơ sở giáo dục học: Để giúp các em học tốt hơn. Giáo viên cần tạo cho học sinh hứng thú học tập. Cần cho học sinh thấy được nhu cầu nhận thức là quan trọng, con người muốn phát triển cần phải có tri thức cần phải học hỏi. Thầy giáo biết định hướng, giúp đỡ từng đối tượng học sinh. CƠ SỞ THỰC TIỄN 1.Thời gian và các bước tiến hành: Tìm hiểu đối tượng học sinh lớp 11 năm học 2011-2012. 2.Khảo sát chất lượng đầu năm môn hình học: Thông qua bài khảo sát chất lựơng đầu năm tôi thu được kết quả như sau: Lớp Sỉ số Đạt diểm dưới 5 Tỉ lệ Đạt diểm trên 5 Tỉ lệ 11A01 41 25 60.9% 16 39.1% 11A02 43 30 63.6% 14 36.4% 3. Tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả trên: Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp. Vì vậy việc lĩnh hội kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian. Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ: - Các em còn lúng túng trong việc tìm ảnh của một hình qua một phép biến hình. - Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc. - Khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc còn hạn chế. - Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt. - Nhiều học sinh có tâm lí sợ học môn hình học. Đây là môn học đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó không chỉ đối với học sinh mà còn khó đối với cả giáo viên trong việc truyền tải kiến thức tới các em. Hơn nữa vì điều kiện kinh tế khó khăn, môi trường giáo dục, động cơ học tập, nên chưa thực sự phát huy hết mặt mạnh của học sinh. Nhiều em hổng kiến thức từ lớp dưới, ý thức học tập chưa cao nên chưa xác định được động cơ học tập, chưa thấy được ứng dụng to lớn của môn hình học trong đời sống. Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện pháp giúp đỡ các em, song song với việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi cần giúp đỡ học sinh yếu kém. Việc này cần thực hiện ngay trong từng tiết học, bằng biện pháp rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp. Tuy nhiên ngoài việc dạy tốt giờ lên lớp, giáo viên nên có biện pháp giúp đỡ từng đối tượng học sinh để học sinh yếu kém theo kịp với yêu cầu chung của tiết học, học sinh khá không nhàm chán. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Trong các giờ học về phần: Các phép biến hình, ứng dụng của nó học sinh nắm chưa chắc, chưa hiểu bản chất. Óc tư duy hàm, suy luận lôgíc, khả năng khaí quát phân tích còn hạn chế, đặc biệt là phần ứng dụng các phép biến hình. Vì vậy học sinh còn lúng túng, xa lạ, khó hiểu chưa kích thích được nhu cầu học tập của học sinh. Để các em tiếp thu bài một cách có hiệu quả tôi xin đưa ra một vài ứng dụng của phép biến hình cụ thể trong giải toán hình học lớp 11: 1. Định nghĩa phép biến hình 1.1. Định nghĩa Quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt phẳng với một điểm xác định duy nhất M’ của mặt phẳng đó được gọi là phép biến hình trong mặt phẳng. 1.2. Một số phép biến hình trong mặt phẳng 1.2.1. Phép tịnh tiến Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho vectơ , phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho = , gọi là phép tịnh tiến theo vectơ . Kí hiệu: . Vậy: (M) = M’= . 1.2.2. Phép dời hình Định nghĩa: Phép biến hình không làm thay đổi khoảng cách giữa hai điểm bất kì gọi là phép dời hình. 1.2.3. Phép đối xứng trục Định nghĩa: Phép đối xứng qua đường thẳng a gọi là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ đối xứng vớ M qua trục a. Kí hiệu: Đa. Vậy: Đa(M) = M’ (M0 là giao điểm của a với đoạn thẳng MM’). 1.2.4. Phép đối xứng tâm Định nghĩa: Phép đối xứng qua điểm O là một phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ đối xứng với M qua O, có nghĩa là Kí hiệu: ĐO. Vậy: ĐO(M) = M’ . 1.2.5. Phép quay Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và góc lượng giác không đổi. Phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm M’ sao cho OM=OM’, góc lượng giác (OM,OM’) = gọi là phép quay tâm O, góc quay . Kí hiệu: Q(O, ) Vậy: Q(O, )(M)=M’ 1.2.6. Phép đồng nhất Định nghĩa: Phép biến hình biến mỗi điểm M thành chính nó gọi là phép đồng nhất. 1.2.7. Phép vị tự Định nghĩa: Cho điểm O cố định và một số k không đổi, k0. Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho , gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí hiệu: V(O,k) Vậy: V(O,k)(M)=M’ 1.2.8. Phép đồng dạng Định nghĩa: Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k>0) nếu với 2 điểm M,N bất kì và ảnh M’,N’ tương ứng của chúng ta luôn có M’N’= k MN. 2. Một số tính chất của phép biến hình Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng (và không làm thay thay đổi thứ tự giữa ba điểm đó). Biến đường thẳng thành đường thẳng ( hoặc song song, hoặc trùng với nó) Biến tia thành tia Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó (hoặc có độ dài được nhân lên với |k|). Biến tam giác thành tam giác bằng nó ( hoặc đồng dạng với nó), Biến góc thành góc bằng nó. Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính R (hoặc kR, hoặc |k|R). 3. Biểu thức toạ độ của một số phép biến hình 3.1. Phép tịnh tiến Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho , M(x;y), M’(x’;y’). Khi đó nếu (M) = M’ thì 3.2. Phép đối xứng trục Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho M(x;y), M’(x’;y’). Khi đó nếu +) ĐOx(M) = M’ thì +) ĐOy(M) = M’ thì 3.3. Phép đối xứng tâm Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho , M(x;y), M’(x’;y’). Khi đó nếu ĐI(M) = M’ thì 4. Các dạng bài tập cơ bản Dạng 1: Xác định ảnh của một hình qua phép biến hình: Phương pháp chung: + Sử dụng định nghĩa. + Sử dụng biểu thức toạ độ của phép biến hình. + Sử dụng các tính chất của phép biến hình. Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho véctơ , đường thẳng d có phương trình: 3x-5y+3=0. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ . Cách 1: Chọn M(-1;0) thuộc d, M’=T(M) =(-3;3). M’ thuộc d’.Vì d’//d nên d’ có phương trình 3x-5y+C=0. M’ thuộc d’ Û C=24. Vậy phương trình đường thẳng d’ là:3x-5y+24=0. Cách 2: Từ biểu thức toạ độ của T thay vào phương trình của d ta được: 3x’ - 5y’+24=0. Vậy phương trình đường thẳng d’ là:3x-5y+24=0. Cách 3: Lấy A,B bất kì thuộc d, tìm ảnh A’,B’ tương ứng của A và B qua phép tịnh tiến theo vectơ . Khi đó đường thẳng d’ là đường thẳng A’B’. Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho M(1;5), đường tròn (C) có phương trình x2+y2-2x+4y-4=0, đường thẳng d có phương trình x-2y+4=0. a) Tìm ảnh của M,(C), d qua phép đối xứng trục Ox. b) Tìm ảnh của M qua phép đối xứng trục d. Giải: Gọi M’,(C’),d’ lần lượt là ảnh của M, (C), d qua phép đối xứng trục Ox. Ta có M’ (1;-5). (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=3. Đường tròn (C’) có tâm là I’=ĐOx(I)=(1;2) và bán kính R=3. Vậy phương trình (C) là: (x-1)2+(y-2)2=9. Gọi N’(x’;y’) là ảnh của N(x;y) qua phép đối xứng trục Ox, ta có . Thay vào phương trình của d ta được: x’+2y’+4=0. Vậy phương trình của d’ là x+2y+4=0. b) Đường thẳng d1 đi qua M và vuông góc với d có phương trình là: 2x + y - 7 = 0. Gọi M0 là giao điểm của d và d1 thì toạ độ của M0 là nghiệm của hệ: . Vậy M0(2;3) Gọi M1 là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M0 là trung điểm đoạn thẳng MM1 nên M1(3;1) Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(3;4).Hãy tìm toạ độ điểm A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 900. Gọi B(3;0), C(0;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các trục Ox,Oy. Phép Q(O,900) biến hình chữ nhật OBAC thành hình chữ nhật OB’A’C’. Ta thấy B’(0;3), C’(-4;0) ÞA’(-4;3) Giải: Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 2y – 6 = 0.Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2. Giải: Cách 1: V(O,k)(d) =d’ Þ d’//d Þ d’ có phương trình:3x+2y+C=0. Lấy M(0;3) thuộc d.Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép vị tự đã cho, ta có Vậy M’(0;-6), M’ thuộc d’ Þ C=12. Do đó phương trình d’ là:3x+2y+12=0. Cách 2: Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép vị tự tamO tỉ số k=-2, ta có Điểm M thuộc d . Vậy phương trình d’ là: 3x+2y+12=0. Cách 3: Lấy M,N bất kì trên d, tìm ảnh M’,N’ của M,N qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2. Khi đó d’ là đường thẳng M’N’. Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: x + y-2 = 0.Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm I(-1;-1), tỉ số k= và phép quay tâm O góc quay -450. Giải: Phép vị tự tâm I tỉ số k= biến d thành d1 Þ d//d1 Þ d1 có phương trình:x+y+C=0. Lấy M(1;1) thuộc d, V(I,)(M)=O, O thuộc d1 Þ d1 có phương trình:x+y=0. Q(O,-450)(d1) =Oy. Vậy phương trình d’ là: x = 0. Dạng 2: Dùng phép biến hình để giải một số bài toán dựng hình: Phương pháp: Để dựng điểm M ta làm như sau: Cách 1: Xác định M như ảnh của một điểm đã biết qua một phép biến hình. Cách 2: Xem M như là giao điểm của một đường cố định với ảnh của một đường đã biết qua một phép biến hình. Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(-1;-1),B(3;1),C(2;3). Tìm toạ độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. Giải: Giả sử điểm D(x;y). Ta có , mà Do đó: . Vậy D(-2;1). Ví dụ 2: Hai thôn nằm ở vị trí A, B cách nhau một con sông(Xem hai bờ sông là hai đường thẳng song song). Người ta dự định xây một chiếc cầu MN bắc qua sông(cầu vuông góc với bờ sông) và làm hai đoạn đường AM, NB(như hình vẽ). Hãy xác định vị trí chiếc cầu MN sao cho AM+NB ngắn nhất. Giải: Trưòng hợp 1: Coi con sông rất hẹp, hẹp đến mức hai bờ sông a và b xem như trùng nhau. Bài toán trở thành: Cho hai điểm A,B nằm ở hai phía khác nhau so với đường thẳng a. Tìm vị trí M trên A để AM+AN nhỏ nhất. Khi đó M là giao điểm của AB với a. Trưòng hợp 2: a // b Nhận xét: a,b cố định Þcố định. T(A) =A’ Þ A’N = AM. Ta có AM+BN = A’N+NB =A’B Cách dựng: Dựng A’=T(A). Nối A’ với B cắt b tại N. Từ N hạ đường thẳng vuông góc với a tại M. Khi đó MN là vị trí xây cầu. Ví dụ 3: Cho hai điểm A, B nằm về một phía của đường thẳng d. Hãy xác định điểm M trên d sao cho AM + MB bé nhất. Giải: Nhận xét: Gọi A’= Đd(A) ÞAM=AM’ Vậy: AM+MB =A’M+MB=A’B Cách dựng: Dựng A’= Đd(A) Nối A’ với B cắt d tại M, khi đó AM+MB nhỏ nhất. Ví dụ 4: Cho góc nhọn , điểm A nằm trong góc đó. Hãy xác định điểm B trên Ox, điểm C trên Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Giải: Nhận xét: Gọi A’ = ĐOx(A), A”=ĐOy(A) ÞA’B=AB, A”C=AC ÞAB+BC+CA=A’B+BC+A”C=AA” (nhỏ nhất) Dựng: A’ = ĐOx(A) A”=ĐOy(A) Nối A’ với A”, AA” cắt Ox và Oy lần lượt tại B và C. Khi đó chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Ví dụ 5: Cho góc nhọn , điểm A thuộc miền trong của góc đó. Hãy tìm một đường thẳng đi qua A, cắt Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của MN. Giải: Giả sử đã dựng được hai điểm M,N thoả mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó N=ĐA(M). Gọi O’x’ = ĐA(Ox), ta có N là giao điểm của O’x vàOy. Từ đó ta có cách dựng: Dựng O’x’ = ĐA(Ox), gọi N là giao điểm của O’x và Oy, M=ĐA(N).Khi đó M,N là hai điểm cần tìm. Theo cách dựng trên cặp điểm M,N là duy nhất Ví dụ 6: Cho đường tròn (O;R) và (O1;R1) cắt nhau tại A và B. Hãy dựng đường thẳng d đi qua A và cắt (O;R) và (O1;R1) lần lượt tại M và M1 sao cho A là trung điểm của MM1 Giải: Giả sử đã dựng được đường thẳng d thoả mãn điều kiện đề bài. Khi đó ta có M1=ĐA(M). Gọi đường tròn (O’,R) là ảnh của đường tròn (O,R) qua phép đối xứng tâm A. Ta có M1 là giao điểm của (O’;R) với đường tròn (O1,R1). Cách dựng: Dựng đường tròn (O’,R) là ảnh của đường tròn (O,R) qua phép đối xứng tâm A.Gọi M1 là giao điểm của (O’;R) với đường tròn (O1,R1) không trùng với A, M=ĐA(M1). đường thẳng d là đường thẳng MM1. Theo cách dựng trên có một đường thẳng d thoả mãn điều kiện đề bài. Ví dụ 7: Cho hai đường thẳng cắt nhau a và b, một điểm C. Tìm trên a và b các điểm A và B tương ứng sao cho tam giác ABC vuông cân ở A. Giải: Giả sử đã dựng được hai điểm A,B thoả mãn điều kiện đầu bài. Ta thấy: =450, =Þ B là ảnh của A qua phép đồng dạng F có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm C, góc quay -450, phép vị tự tâm C tỉ số . Gọi a” là ảnh của a qua phép đồng dạng F. Ta có B là giao điểm của b và a” Cách dựng: Dựng a’ là ảnh của a qua phép quay tâm C, góc quay -450. Dựng a” là ảnh của a’ qua phép vị tự tâm C tỉ số . B là giao điểm của a” và b Dựng B’ là ảnh của B qua phép quay tâm C, góc quay 450. Dựng A là ảnh của B’ qua phép vị tự tâm C tỉ số ()-1. Theo cách dựng trên cặp điểm A,B là duy nhất Bài 8: Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dựng hình vuông ABCD có hai đỉnh A,B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C,D nằm trên đường tròn. Giải: Giả sử đã dựng được hình vuông ABCD thoả mãn điều kiện của bài toán. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI là đường trung trực của PQ nên cũng là đường trung trực của DC và do đó cũng là đường trung trực của AB. Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình vuông PQMN thành hình vuông ABCD. 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 kí hiệu sao cho hai điểm C, D nằm về một phía đối 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 các hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thoả mãn điều kiện của bài toán. Dạng 3: Dùng phép biến hình để giải một số bài toán tìm tập hợp điểm. Phương pháp: Chứng minh tập hợp điểm cần tìm là ảnh của một hình đã biết qua một phép biến hình. Ví dụ 1: Cho đường tròn (O) và tam giác ABC. Một điểm M thay đổi trên đường tròn(O). Gọi M1 là điểm đối xứng của M qua A, M2 là điểm đối xứng của M1 qua B, M3 là điểm đối xứng của M2 qua C. Tìm quỹ tích của điểm M3. Giải: Gọi D là trung điểm của MM3 thì ABCD là hình bình hành. Do đó điểm D cố định. Phép đối xứng qua điểm D biến M thành M3. Do đó Quỹ tích điểm M3 là ảnh của đường tròn (O) qua phép đối xứng tâm D. Ví dụ 2: Cho hai điểm phân biệt B,C cố định (BC không phải là đường kính) trên đường tròn (O), điểm A di động trên (O). Chứng minh rằng khi A di động trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn. Giải: Cách 1: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Tia BO cắt đường tròn (O) tại D. Ta có =900 nên DC//AH, AD//CH Þ tứ giác ADCH là hình bình hành Þ . Vì không đổi Þ T2(A) =H. Vậy khi A di chuyển trên đường tròn (O) thì H di chuyển trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép tịnh tiến theo 2 Cách 2: Gọi H là trực tâm tam giác ABC Gọi I, H’ lần lượt là giao điểm của tia AH với đoạn thẳng BC vả đường tròn (O). Ta có: ; Do đó tam giác HCH’ cân tại C Þ H và H’ đối xứng nhau qua BC. Khi A chạy trên đường trong (O) thì H’ cũng chạy trên đường tròn (O) Þ khi A di động trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC. Cách 3: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, I là trung điểm của BC. Tia AO và BO cắt (O) lần lượt tại M và D. Theo chứng minh trong cách 1ta có . Trong tam giác AHM có OI//AH và OI = AH Þ OI là đường trung bình của tam giác AHM Þ I là trung điểm của HM Þ H và M đối xứng nhau qua I. Vì BC cố định nên I cố định. Khi A di động trên (O) thì M di chuyển trên (O). Do đó khi A di động trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I. Ví dụ 3: Cho đường tròn (O;R), I cố định khác O. Một điểm M thay đổi trên (O). Tia phân giác của góc MOI cắt IM tại N. Tìm quỹ tích điểm N. Giải: Vì ON là tia phân giác của góc nên hay vì (O), I cố định nên =k( k là hằng số, k 0) Vậy phép vị tự tâm I tỉ số biến điểm M thành điểm N. Do đó khi M chạy trên đường tròn (O) thì N di động trên đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm I tỉ số . Ví dụ 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. Giải: Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho AM=AB=AD. Khi đó, ta có:. Ngoài ra; (AM,AB)=450 và (AM,AD)=-450. Suy ra, phép vị tự V tâm A, tỉ số k= biến điểm C thành điểm M và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến điểm M thành điểm B. Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B. 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 B có thể xác định như sau: Gọi AR là đường kính đường tròn (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR (ta kí hiệu các điểm P,Q sao cho (AR,AP)=450). Khi đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP. Vậy quỹ tích điểm B là đường tròn đường kính AP. Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn đường kính AQ. Ví dụ 5: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích điểm M sao cho: . Giải: Gọi I là trung điểm của AB thì . Bởi vậy = 2. 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 OIAB. Suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn (C) đường kính PO. Vậy quỹ tích của điểm M là đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự V. Nếu ta lấy O’ sao cho thì (C’) là đường tròn đường kính PO’ A B C C1 H B1 Dạng 4: Dùng phép biến bình chứng bất đẳng thức hình học Ví dụ: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c, p là nửa chu vi, ha là độ dài đường cao từ. Chứng minh Giải Dựng đường thẳng d qua A song song với BC. Gọi B1, C1 lần lược là điểm đối xứng của B, C qua đường thẳng d Ta có: AC1 = AC = b; AB1 = AB = c; BB1 = CC1 = 2AH = 2ha Xét tam giác AB1C ta có: Phần