ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN VĂN NGỌC

SỬ DỤNG PHÉP DỜI HÌNH ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ

Chuyên ngành :

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60 46 01 13

Giáo viên hướng dẫn:
TS. TRẦN VIỆT CƯỜNG

THÁI NGUYÊN, 2015


Mục lục
Mở đầu

1

1 PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG
1.1

Đại cương về phép biến hình trong mặt

.
.

Một số phép dời hình đặc biệt trong mặt
phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép đối xứng trục . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép tịnh tiến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép quay và đối xứng tâm . . . . . . . . . . .

Sự xác định và dạng chính tắc của một
phép dời hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Vận dụng phép dời hình vào việc giải một
số dạng toán hình học . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
4
4
6
6
7
9
10

11
. . . . . . 11

1.5.1

Một số bài toán sử dụng phép quay

Một số bài toán sử dụng phép tịnh tiến

2 PHÉP DỜI HÌNH TRONG KHÔNG GIAN
2.1 Đại cương về phép biến hình trong không
gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Phép biến hình trong không gian . . . . . . .
2.1.2 Tích của các phép biến hình . . . . . . . . .
2.1.3 Điểm bất động, đường thẳng bất động, mặt
phẳng bất động trong một phép biến hình .
2.2
2.3

2.4

. 47
. 47
. 48
. 48

Phép
Phép
Phép
Phép
Phép

đối xứng trục . . . . . . .
đối xứng tâm . . . . . . . .
tịnh tiến . . . . . . . . . . .
quay quanh một trục . . .
đối xứng qua mặt phẳng


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

48
49
49
49
50

2.5.2
2.5.3
2.5.4
2.5.5

Ứng dụng phép đối xứng trục trong giải toán
Ứng dụng phép đối xứng tâm trong giải toán
Ứng dụng phép tịnh tiến trong giải toán . . .
Ứng dụng phép quay quanh một trục trong
giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ứng dụng của phép đối xứng qua mặt phẳng
trong giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

54
54
56
58
60
62


Kết luận

65

Tài liệu tham khảo

66



CƯỜNG, Trường ĐHSP Thái Nguyên. Là người học trò đã tiếp thu được
nhiều điều từ thầy, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự
quan tâm, động viên và sự tâm huyết chỉ bảo, hướng dẫn của thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo trong Trường Đại
học Khoa học- Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa
học. Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán
K7N, Trường Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá
trình học tập và làm luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD- ĐT tỉnh Nam Định, Ban Giám hiệu, các
đồng nghiệp Trường THPT Trực Ninh đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tác
giả trong thời gian học tập và làm luận văn này.
Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nên
không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo
và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm đến luận văn
này.
Thái Nguyên, tháng 04 năm 2015
Học viên

Trần Văn Ngọc

2


Chương 1

PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT
PHẲNG
1.1


Các phần tử bất biến trong một phép biến hình

Một điểm M thuộc P là điểm kép (điểm bất động) đối với phép biến
hình f nếu f (M ) = M .

1.2
1.2.1

Phép dời hình trong mặt phẳng
Định nghĩa

Định nghĩa 2. Một phép biến hình f : P → P được gọi là một phép dời
hình nếu trong mặt phẳng P với hai điểm M, N bất kỳ và hai ảnh của
chúng là M = f (M ), N = f (N ) ta luôn luôn có M N = M N .
Nhận xét 2. .
- Phép đồng nhất e là một phép dời hình.
-Đảo ngược của một phép dời hình là một phép dời hình.
1.2.2

Tính chất

Theo định nghĩa thì phép dời hình có các tính chất sau.
Tính chất 1. .Phép dời hình biến ba điểm A, B, C thẳng hàng với B nằm
giữa A và C thành ba điểm A , B , C thẳng hàng với B nằm giữa A và
C.
Hệ quả 1. Phép dời hình biến một đường thẳng thành một đường thẳng,
biến một tia thành một tia, biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng
bằng nó.
Hệ quả 2. Phép dời hình biến một tam giác thành một tam giác bằng nó,

phép dời hình đóng kín với phép toán đã cho. Mặt khác tập hợp các phép
dời hình có tính chất kết hợp và trong tập hợp các phép dời hình có phần
tử đơn vị là phép đồng nhất và bất cứ phép dời hình nào cũng có phép dời
hình đảo ngược của nó.
5


Vậy tập hợp các phép dời hình lập thành một nhóm gọi là nhóm các
phép dời hình.

1.3

1.3.1

Một số phép dời hình đặc biệt trong mặt
phẳng
Phép đối xứng trục

Định nghĩa 3. Trong mặt phẳng P cho một đường thẳng d cố định, phép
biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M sao cho đoạn thẳng M M nhận
đường thẳng d làm đường trung trực thì phép biến hình đó gọi là phép đối
xứng trục d.
Đường thẳng d gọi là trục đối xứng. Ta ký hiệu phép đối xứng trục này
là Đd . Nếu điểm M thuộc đường thẳng d thì ta lấy M trùng với M .
Tính chất 5. Phép đối xứng trục là một phép dời hình.
Chứng minh. Giả sử M, N là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và phép
đối xứng trục Đd biến các điểm M, N thành các điểm M , N . Khi đó các
đoạn thẳng M M , N N cùng vuông góc với trục d tại trung điểm H, K
của chúng (hình 1.2) .
−−−→

Do đó M N | = |M N |.

6


Hình 1.2:

Vậy phép đối xứng trục là một phép dời hình.
Nhận xét 3. Phép đối xứng trục là một phép dời hình nên có đầy đủ các
tính chất của phép dời hình.
Từ đó ta có:
- Nếu M là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M lại là ảnh của
M qua phép đối xứng đó. Ta suy ra tích của một phép đối xứng trục với
chính nó là phép đồng nhất.
- Mọi điểm của trục đối xứng đều là điểm kép (điểm bất động).
- Mỗi đường thẳng a vuông góc với trục đối xứng d đều biến thành
chính nó với chú ý rằng giao điểm của a với d là điểm kép các điểm khác
của a đều không phải là điểm kép.
- Phép đối xứng trục hoàn toàn được xác định nếu cho biết trục đối
xứng của nó.
1.3.2

Phép tịnh tiến

−
Định nghĩa 4. Trong mặt phẳng (P ) cho vectơ →
v , phép biến hình biến
−−−→ →
−
mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho M M = v gọi là phép tịnh tiến theo

Vậy AB = A B hay |AB| = |A B | vì AB = A B nên phép tịnh tiến
là một phép dời hình.
→
−
→
−
Nhận xét 4. Nếu vectơ tịnh tiến v = 0 thì khi đó phép tịnh tiến trở
− = e.
thành phép đồng nhất. Ta có T→
0
Hệ quả 5. Nếu một phép biến hình biến hai điểm A, B bất kỳ lần lượt
−−→
−→
thành hai điểm A , B sao cho AB = A B thì nó là một phép tịnh tiến
−−→ −−→
−
theo vectơ →
v = AA = BB .
Nhận xét 5. Phép tịnh tiến là một phép dời hình nên nó có đầy đủ các
tính chất của một phép dời hình.
→
−
−
- Nếu phép tịnh tiến theo vectơ →
v khác vectơ 0 biến điểm M thành
điểm M’ thì ta cũng có phép tịnh tiến biến điểm M’ thành điểm M với
−
vectơ tịnh tiến là (−→
v ).
−1

- Phép tịnh tiến hoàn toàn được xác định nếu ta biết được vectơ tịnh
−
tiến →
v của nó.
1.3.3

Phép quay và đối xứng tâm

Định nghĩa 5. Trong mặt phẳng (P ) đã được định hướng, cho một điểm
O cố định và một góc lượng giác α. Một phép quay tâm O với góc quay α
là một phép biến hình biến điểm O thành chính nó và biến mỗi điểm M
thành điểm M sao cho OM = OM và ( OM, OM )= α. Ta ký hiệu là
Q(O,α) .
Nhận xét 6. Nếu α = 0 thì phép quay là phép đồng nhất, còn nếu α = π
hoặc α = −π thì phép quay được gọi là phép đối xứng tâm O, ký
hiệu là ĐO
Theo định nghĩa trên thì phép quay có các tính chất sau.
Tính chất 7. Phép quay là một phép dời hình.
Chứng minh. Giả sử M, N là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và
Q(O,α) là phép quay biến M, N thành M’, N’ trong đó O, M, N không
thẳng hàng. Theo định nghĩa phép quay, ta có OM = OM , ON = ON
và (OM, OM ) = (ON, ON ) = α.
Theo hệ thức Sa-lơ về góc lượng giác, ta có

Hình 1.4:

9


(OM, ON ) = (OM, OM ) + (OM , ON )

học.
10


1.5

1.5.1

Vận dụng phép dời hình vào việc giải
một số dạng toán hình học
Một số bài toán sử dụng phép quay

Dạng 1: Chứng minh, tính toán các đại lượng hình
học
Bài toán 1. Cho hình vuông có cạnh bằng 1. Gọi P, Q là hai điểm lần
lượt trên hai cạnh AB, AD.Chứng minh rằng.
1. Nếu chu vi AP Q bằng 2 thì góc QCP bằng 450 .
2.Nếu góc QCP bằng 450 thì chu vi AP Q bằng 2.
Lời giải: 1. Xét phép quay tâm C góc quay( −900 ) thì điểm D, A, Q lần
lượt biến thành các điểm B, A1 , Q1 .
Do đó DQ = BQ1 và QCQ1 = 900 .
Ta có AB + AD = 2 ⇒ AP + P B + AQ + QD = 2 (1).
Nếu chu vi AP Q bằng 2 thì AP+PQ+QA =2 (2).
Từ (1) và (2) ta có AP +PB+AQ+QD=AP+PQ+QA suy ra PQ=PB+QD
do đó P Q = P B + P Q1 . Xét CP Q và CP Q1 . Hai tam giác này bằng
1
nhau (c-c-c) Suy ra QCP = P CQ1 = QCQ1 = 450 .
2

Hình 1.5:

1
1
3
BN M1 do đó SBM N = SBN M1 = BC.N M1 = a.
a + N C . Đặt
2
2
4
3a 2
3a 2
2
2
2
N C = x, ta có M N = M D + DN ⇔ x +
=
+ (a − x)2 ,
4
4
a
suy ra x =
7
25
Vậy SBM N = a2 .
36
12


Hình 1.6:

Nhận xét 10. Bài toán trên trở lên hết sức đơn giản và nhẹ nhàng qua

giác đều (có ba cạnh bằng R).
−→
−−→
Phép quay Q(O,600 ) : A → B ;C → D, nên Q(O,600 ) : AC → BD suy ra
−→
−−→
AC = BD và góc giữa hai vectơ AC và BD bằng 600 .
1
1
Mặt khác IP = BD , QD = AC suy ra IP = QP và P IC =
2
2
1
DBC =
DC= 300 , OI ⊥ BC (đường kính qua trung điểm của dây
2
BC), do đó QIP = 600 .

Hình 1.8:

Vậy tam giác IP Q là tam giác đều vì tam giác IP Q cân và có một góc
bằng 600 suy ra Q(I,600 ) : P → Q.
Tương tự Q(I,600 ) : C → D; E → F suy ra CE = DF và góc giữa hai
−
−
→ −−→
vectơ CE , DF bằng 600 .
14



nhiều cách khác nhau, chí ít là một cách, phương pháp tổng hợp hay là
15


phương pháp tọa độ. Phương pháp biến hình cho ta lời giải ngắn gọn dễ
hiểu và ta sẽ sử dụng đến phương pháp này trong dữ kiện của bài toán và
(hoặc) trong tính chất của hình đòi hỏi phải thiết lập(chứng minh) hoặc
trong điều kiện đòi hỏi ở hình cần dựng đã xuất hiện yếu tố có mối liên
hệ đến một phép biến hình cụ thể nào đó. Ví dụ bài toán cho hình vuông
hoặc cho tam giác vuông cân thì ta nghĩ đến phép quay,... sau đó vận dụng
các tính chất của phép biến hình này mà tìm ra lời giải hay đáp số của bài
toán được xét.
Bài toán 6. Cho ABC . Trên các cạnh AB, AC ta dựng ra phía ngoài
các hình vuông ABM N , ACP Q.
1. Chứng minh: N C ⊥ BQ và N C = BQ.
2. Gọi M là trung điểm của BC , chứng minh AM ⊥ QN và
1
AM = N Q.
2
Lời giải. 1. Với phép quay Q(A,900 ) thì điểm N , C lần lượt biến thành
các điểm B , Q. Do đó đường thẳng N C biến thành đường thẳng BQ suy
ra N C = BQ và N C ⊥ BQ.

Hình 1.10:

2. Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua tâm A ta có AM //B1 C (do AM’
là đường trung bình của tam giác BCB1 ) . Qua phép quay Q(A,900 ) thì
C → Q, thì B1 → N . Do đó đường thẳng CB1 ⊥ QN và AM ⊥ QN .
1
1


17


Hình 1.12:

Ta có O1 O2 , O2 O3 , O3 O4 , O4 O1 lần lượt là đường trung bình của các
tam giác M AC, ACQ, M CQ, M AQ nên

1
O1 O2 //M C và O1 O2 = M C
2
1
O2 O3 //AQ và O2 O3 = AQ
2
1
O3 O4 //M C và O3 O4 = M C
2
1
O4 O1 //AQ và O4 O1 = AQ.
2
Từ (1) ta suy ra O1 O2 = O2 O3 = O3O4 =O4 O1 và O1 O2 ⊥ O2 O3 .
Từ đó suy ra O1 O2 O3 O4 là một hình vuông.(đpcm)
Bài toán 9. Cho tam giác ABC . Về phía ngoài của tam giác dựng ba
tam giác đều BCA1 , CAB1 , ABC1 . Gọi O1 , O2 , O3 tương ứng là tâm của
ba tam giác đều ấy. Chứng minh rằng O1 O2 O3 cũng là tam giác đều.
Lời giải. Ta có O3 BA = O1 BA1 = 300 . Xét phép quay Q(B,−300 ) , thì
O3 → K với K thuộc BA, O1 → H với H thuộc BA1 .
Lí luận tương tự ta có KH//AA1 (1).


thẳng hàng.
Bây giờ ta tìm vị trí điểmM .
Giả sử Mo là điểm thoả mãn điều kiện A, Mo , Mo , C thẳng hàng .
Xét phép quay Q(B, 060 ) ta có Mo → Mo và C → C suy ra Mo C →
Mo C do đó góc giữa hai đường thẳng Mo C và Mo C bằng 600 (Vì BMo Mo
là tam giác đều). Vậy BMo Mo = 600 nên BMo C = 1200 .
Chứng minh tương tự ta có AMo B = 1200 và AMo C = 1200 . Do đó
Mo là giao của 3 cung chứa góc 1200 dựng trên 3 cạnh AB, AC, BC . Vậy
điểm cần tìm là điểm Mo xác định như trên.
Bài toán 11. Hai đường tròn bằng nhau (O, R) và (O , R) cắt nhau tại
hai điểm phân biệt A, B sao cho OAO = 1200 . Trên đường tròn (O, R)
ta lấy điểm M , trên (O , R) ta lấy điểm M sao cho M nằm ngoài đối
với (O’)và M nằm ngoài đối với (O) và M M đi qua điểm B . Gọi S là
giao điểm các tiếp tuyến của hai đường tròn tại M và M . Xác định vị trí
hai điểm M và M để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SM M lớn
nhất.
Lời giải. Giả sử AOM = α, (00 < α < 1800 ). Phép quay Q(A, 1200 ) thì
O → O do đó M → M thuộc đường tròn (O , R) và AO M = α.
20


Hình 1.15:

Ta có 2ABM = α, do đó ABM + ABM = 1800 . Điểm M trùng với
điểm M .
Gọi x là tiếp tuyến của (O, R) tại M , y là tiếp tuyến của (O , R) tại
M . Xét phép quay Q(A, 1200 ) thì x → y và góc tạo bởi x, y bằng 1200 , do
đó M SM = 600 .Theo định lý hàm số sin áp dụng vào tam giác SM M
MM
MM