phep tinh tien va phep doi hinh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>I.Tóm tắt lý thuyết :. PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH PHÉP TỊNH TIẾN. 1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng , cho véc tơ.  v  a;b. . Phép tịnh tiến theo véc tơ   MM' v biến hình , biến một điểm M thành một điểm M’ sao cho Ký hiệu :. Tv.  v  a;b . là phép. .. 2.Các tính chất của phép tịnh tiến : a/ Tính chất 1: *Định lý 1: Nếu phép tịnh tiến biến hai điểm M,N thành hai điểm M’,N’ thì MN=M’N’. b/ Tính chất 2: * Định lý 2: Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự của ba điểm đó . HỆ QUẢ : Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng , biến một tia thành một tia , biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó , biến một tam giác thành một tam giác bằng nó , biến một đường tròn thành một đường tròn có cùng bán kính , biến một góc thành một góc b ằng nó . 3. Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến  v  a;b  - Giả sử cho và một điểm M(x;y) . Phép tịnh tiến theo véc tơ v biến điểm M thành điểm M’ x' a  x  thì M’ có tọa độ là : y ' y  b 4. Ứng dụng của phép tịnh tiến. BÀI TOÁN 1: TÌM QUỸ TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM Bài toán : Cho một hình H , trên hình H có một điểm M . Tìm quỹ tích của điểm M khi trên hình H có một điểm A thay đổi . (Thường điểm A chạy trên một đường (C) cho sẵn). Cách giải : - Dựa vào các tính chất đã biết , ta tìm ra một véc tơ cố dịnh nằm trên hình H ( Với điều kiện : véc tơ này có phương song song với đường thẳng kẻ qua A ). - Sau đó dựa vào định nghĩa về phép tịnh tiến ta suy ra M là ảnh của A qua phép t ịnh tiến theo véc tơ cố định ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Dựa vào tính chất thay đổi của A ta suy ra giới hạn quỹ tích .. Ví dụ 1: Cho hai điểm B,C cố định nằm trên (O,R) và một điểm A thay đ ổi trên đ ường tròn đó . Chứng minh rằng trực tâm của tam giác ABC nằm trên một đường tròn cố định . Giải - Kẻ đường kính BB’ .Nếu H là trực tâm của tam giác ABC thì AH=B’C. Do C,B’ c ố đ ịnh , cho nên B’C    AH B'C . Theo định nghĩa về phép tịnh tiến điểm A đã biến thành điểm là một véc tơ cố định H . Nhưng A lại chạy trên (O;R) cho nên H chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh của (O;R) qua phép    tịnh tiến dọc theo v B'C - Cách xác định đường tròn (O’;R) . Từ O kẻ đường thẳng song song với B’C . Sau đó d ựng véc t ơ :   OO' B'C . Cuối cùng từ O’ quay đường tròn bán kính R từ tâm O’ ta được đường tròn cần tìm . Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A,B cố định , còn đỉnh C chạy trên một đường tròn (O;R). Tìm quỹ tích đỉnh D khi C thay đổi . Giải :   - Theo tính chất hình bình hành : BA=DC  AB CD . Nhưng theo giả thiết A,B cố định , cho nên   AB cố định . Ví C chạy trên (O;R) , D là ảnh của C qua phép tịnh tiến theo AB , cho nên D chạy trên đường tròn O’ là ảnh của đường tròn O   OO' AB . Từ O’ quay - Cách xác định (O’) : Từ O kẻ đường thẳng // với AB , sau đó dựng véc t ơ đường tròn bán kính R , đó chính là đường tròn quỹ tích của D. Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) cùng với hai điẻm A,B . Tìm điểm M trên (O;R) và   điểm M’ trên (O’R’) sao cho MM' AB . Giải a. Giả sử ta lấy điểm M trên (O;R). Theo giả thiết , thì M’ là ảnh của M qua phép t ịnh tiến theo véc  tơ AB . Nhưng do M chạy trên (O;R) cho nên M’ chạy trên đường tròn ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến . Mặt khác M’ chạy trên (O’;R’) vì thế M’ là giao của đường tròn ảnh v ới đ ường tròn (O’;R’). b/ Tương tự : Nếu lấy M’ thuộc đường tròn (O’;R’) thì ta tìm được N trên (O;R) là giao c ủa (O;R) với đường tròn ảnh của (O’;R’) qua phép tịnh tiến theo véc tơ AB c/ Số nghiệm hình bằng số các giao điểm của hai đường tròn ảnh với hai đường tròn đã cho . Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định . Một đường kính MN thay đ ổi . Các đ ường thẳng AM và AN cắt các tiếp tuyến tại B lần lượt là P,Q . Tìm quỹ tích tr ực tâm các tam giác MPQ và NPQ ?.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giải - Tam giác MPQ có QA là một đường cao , vì vậy nếu ta kẻ MM’ vuông góc với PQ thì MM’ cắt QA    tại trực tâm H . OA là đường trung bình của tam giác MNH suy ra : MH 2OA BA . Vậy phép tịnh  BA tiến theo biến điểm M thành điểm H . Nhưng M chạy trên (O;AB) cho nên H chạy trên đ ường  tròn ảnh của (O;AB) qua phép tịnh tiến BA . - Tương tự đối với tam giác NPQ . - Giới hạn quỹ tích . Do M không trùng với A,B cho nên trên đường tròn ảnh bỏ đi hai điểm ảnh của A,B . BÀI TOÁN 2: TÌM ĐIỂM M TRÊN ĐƯỜNG THẲNG D SAO CHO KHOẢNG CÁCH MA+MB NGẮN NHẤT (A,BCỐ ĐỊNH CHO TRƯỚC) Cách giải Bước 1: Tìm điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d. (Khi đó đ ường thẳng d là đường trung trực của AB, suy ra M thuộc d thì MA=MA’).  Bước 2: Kẻ đường thẳng A’B, thì đường thằng này cắt d tại M . M sẽ là điểm duy nhất  Bước 3: Chứng minh nhận xét trên : Vì MA+MB=MA’+MB=A’B ( không đổi) do A c ố đ ịnh, thì A’ cố định, suy ra A’B không đổi. Chú ý : Trường hợp trên xảy ra khi A,B nằm trái phía với d . . Ngoài ra : Có trường hợp biến thể là thay đường thẳng d bằng hai đường thẳng // cách nhau một đoạn cho trước không đổi . Ví dụ 1. Hai thôn nằm ở hai vị trí A,B cách nhau một con sông ( Xem hai bờ s ống là hai đường thẳng song song ) . Người ta dự kién xây một cây cầu bắc qua sông (MN) và làm hai đoạn th ẳng AM và BN .Tìm vị trí M,N sao cho AM+BN là ngắn nhất . Giải.   MN U . - Vì khoảng cách giữa hai bờ sống là không đổi , cho nên  U - Tìm A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo . Khi đó AMNA’ là hình bình hành : A’N=AM . - Do đó : MA+NB ngắn nhất Vì : MA+NB=A’N+NB Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD . Trên tia đối của tia AB lấy điểm P , trên tia đối của tia CD lấy điểm Q . Hãy xác định điểm M trên BC và điểm N trên AD sao cho MN//CD và PN+QM nh ỏ nhất . Giải - Giống bài toán trên là khoảng cách giữa hai cạnh của hình chữ nhật không đổi . cho nên ta th ực hiện theo cách của bài toán trên như sau :.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>    CD U QQ' .Khi đó MN=QQ’ , suy ra MQ=NQ’ . Cho - Tìm ảnh của điểm Q qua phép tịnh tiến theo nên PN+MQ=PN+NQ’ ngắn nhất khi P,N,Q’ thẳng hàng .. - Các bước thực hiện :    +/ Tìm Q’ sao cho : CD U QQ'. +/ Nối PQ’ cắt AD tại điểm N +/ Kẻ NM //CD cắt BC tại M . Vậy tìm được M,N thỏa mãn yêu cầu bài toán . BÀI TOÁN 3: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG ( C ‘) QUA PHÉP TỊNH TIẾN THEO PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG (C )..  u  a;b. KHI BIẾT. Cách giải : Bước 1: lấy một điểm M(x;y=f(x) ) trên (C ) Bước 2: Thay x,y vào công thức tọ độ của phép tịnh tiến Bước 3: Rút gọn ta có phương trình F(x;y)=0 . Đó chính là phương trình của (C’) cần tìm .  u  1;  2 Ví dụ . Trong mặt phẳng (Oxy) cho   . a/ Viết phương trình ảnh của mỗi đường trong trường hợp sau : +/Đường thẳng a có phương trình : 3x-5y+1=0 ? +/Đường thẳng b có phương trình : 2x+y+100=0 2 2 b/ Viết phương trình đường tròn ảnh của đường tròn (C ) : x  y  4x  y  1 0. x2 y 2  1 c/ Viết phương trình đường (E) ảnh của (E) : 9 4 x2 y 2  1 d/ Viết phương trình ảnh của (H) : 16 9 Giải a/ Gọi M(x;y) thuộc các đường đã cho và M’(x’;y’) thuộc các đường ảnh c ủa chúng. Theo công  x' 1  x   thức tọa độ của phép tịnh tiến ta có :  y '  2  y.  x x' 1   y y' 2. Thay x,y vào phương trình các đường ta có : -. Đường thẳng a’ : 3(x’-1)-5(y’+2)+1=0  3x’-5y’-12=0 Đường thẳng b’ : 2(x’-1)+(y’+2)+100=0 hay : 2x’+y’+100=0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x' 1 b/ Đường tròn (C’) :.  x' 1. 2. 9. c/ Đường (E’) :.  x' 1. 2.   y ' 2  4  x' 1   y ' 2  1 0.  y ' 2 . 2.  y ' 2. 2. 4. 2. . 16. d/ Đường (H’):. 2.  x  1 1 . 2.  x  1 1 . 2. 9. 9. 16.  y  2 . 2.  y  2. 2. 1. 4. . 2 2 hay : x  y  6x  5y  10 0. 9. 1. Bài tập về nhà : Bài 1. Cho hai đường tròn không đồng tâm (O;R) và (O’;R’) và một điểm A trên (O;R) . Xác đ ịnh   MN OA . điểm M trên (O;R) và diểm N trên (O’;R’) sao cho Bài 2. ( Làm bài tập 4;5;6 – HH11NC-trang 9) Bài 3. ( Làm bài tập : 2;3- HH11CB-trang 7 ) Gợi ý    MN OA  TOA :M  N. Bài 1. Vì : . Do đó N nằm trên đường tròn ảnh của (O;R) . Mặt khác N lại nằm trên (O’;R’) do đó N là giao của đường tròn ảnh với với (O’;R’) . Từ đó suy ra cách tìm : - Vè đường tròn tâm A bán kính R , đường tròn náy cắt (O’;R’) tại N - Kẻ đường thẳng d qua N và song song với OA , suy ra d cắt (O;R) tại M Bài 2. a/ Bài 4-trang 9-HH11NC.   - Vì A,B cố định suy ra : AB U ..        MM'  MA  MB  MM' MB  MA AB . Chứng tỏ : TAB : M  M' . - Từ giả thiết : - Nhưng M chạy trên (O;R) cho nên M’ chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh c ủa (O;R) . b/ Bài 5. ' '   x1 x1cos  y 1 sin   a x 2 x 2cos  y 2 sin   a M'  ' ; N'  ' y x1 sin   y 1cos  b  y 2 x 2 sin   y 2cos  b - Tọa độ của M’ và N’ là :  1. - Khoảng cách d giữa M,N và khoảng cách d’ giữa M’N’ . 2. Ta có :. MN   x2  x1    y 2  y 1 . M'N' . 2. 2. 2.  x2  x1   cos2  sin2     y 2  y 1   cos2  sin2     x 2  x 1 . - Phép F là phép dời hình. 2.   y2  y1 . 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x' x  a  0  sin  0;cos 1    y ' y  b . Đây là công thức của phép tịnh tiến . - Khi : c/ Bài 6. - Nếu. F1 : M  x;y   M' y;  x  ;N  x';y '  N'  y ';  x'  2. 2. MN   x' x    y ' y  ;M'N' .  y ' y . 2.    x' x . thì khoảng cách giữa hai điểm MN và M’N’ là : 2. . Chứng tỏ MN=M’N’cho nên đó chính là. phép dời hình . - Nếu :. F2 : M(x;y)  M'  2x;y  ;N  x';y'  N'  2x';y' . MN .  x' x . 2. 2. 2.   y ' y  ;M'N'  4  x' x    y' y . . Khi đó khoảng cách hai điểm là : 2. .. - Rõ ràng : MN< M’N’ : Do đó đây không phải là phép dời hình vì theo đ ịnh nghĩa : Phép d ời hình là phép biến hình biến hai điểm thành hai điểm mà không làm thay đổi khoảng cách giữa chúng . Bài 3. a/ Bài 2- trang 7. - Từ B và C kẻ các đường thẳng // với AG . Sau đó đặt BB’=CC’=AG ( Tứ giác BCC’B’ là hình bình hành ) - A’ sẽ trùng với G . Tam giác GB’C’ là ảnh của tam giác ABC qua phép t ịnh tiến theo véc t ơ AG .   - Nếu D là ảnh của phép tịnh tiến theo véc tơ AG thì : AG AD  D phải trùng với G . b/ Bài 3-trang 7. x 3  1 2 A'  A'  A' 2;7  y A' 5  2 7  - Theo công thức tọa độ của phép tịnh tiến : và tọa độ của điểm. x  1  1  2 B'  B'  B'   2;3 y B' 1  2 3 . - Nếu gọi M(x;y) thuộc đường thẳng d và M’(x’;y’) thuộc đường thẳng d’ : là ảnh c ủa đ ường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véc tơ v thì theo công thức tọa độ củ phép t ịnh tiến ta có : x' x  1 M'   y ' y  2. x x' 1  y y ' 2 . Thay vào phương trình của d : (x’+1)-2(y’-2)+3=0 . Hay d’: x’-2y’+8=0 . Bài 3. PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC. 1. ĐỊNH NGHĨA : * Cho đường thẳng d . Phép biến mỗi điểm M thuộc d thành chính nó . Biến mỗi điểm M không thuộc d thành điểm M’ sao cho d là đường trung trực của MM’ , được gọi là phép đ ối x ứng qua đường thẳng d ( hay là phép đối xứng trục ) . Đường thẳng d gọi là trục đối xứng.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC Ta chọn đường thẳng d trùng với trục Ox . Với mỗi điểm M(x;y) , gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua  x' x  phép đối xứng trục thì :  y '  y ( Đó chính là biểu thức tọa độ ) 3. TÍNH CHẤT a/ Tính chất 1: Phép đối xứng trục bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ . b/ Tính chất 2: Phép đối xứng trục biến một đường thẳng thành một đường thẳng , biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó , biến một tam giác thành một tam giác bằng nó , biến một đường tròn thành một đường tròn có cùng bán kính . 4. TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA MỘT HÌNH Định nghĩa : * Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hình H nếu phép dối xứng qua d biến hình H thành chính nó . 5. ỨNG DỤNG BÀI TOÁN 1. TÌM QUỸ TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM Bài toán : Cho hình H và một điểm A thuộc hình H thay đổi . Tìm quỹ tích của điểm M khi A thay đ ổi . Cách giải . Bước 1: Xét một vị trí bất kỳ của A và M . Sau dó tìm trên H có một đường thẳng cố định là trung trực của đoạn thẳng AM ( Chính là trục đối xứng ).  Nếu A chạy trên một đường (C ) nào đó , theo tính chất của phép dối xứng tr ục , thì M chạy trên đường (C’) là ảnh của (C ) qua phép đối xứng trục . Ví dụ 1. ( Bài 10-tr13-HH11NC ) . . Cho hai điểm B,C cố định nằm trên đường tròn (O;R) và điểm A thay đổi trên đường tròn đó . Hãy dùng phép đối xứng trục để chứng minh rằng trực tâm H nằm trên một đường tròn cố đ ịnh . Giải - Vẽ hình . Gọi H là giao ba đường cao của tam giác ABC . Kéo dài AH cắt (O;R) tại H’ . N ối CH’ - Chứng minh IH=IH’ . Thật vậy Ta có : A BCH' ( Góc nội tiếp chẵn cung BH’ ).(1) CH  AB  A BCH  2  CI  AH'  Mặt khác : . Từ (1) và (2) suy ra : BCH BCH'.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chứng tỏ tam giác HCH’ là tam giác cân . Do BC vuông góc với HH’ , chứng t ỏ BC là đ ường trung trực của HH’ . Hay H và H’ đối xứng nhau qua BC . Cho nên khi A chạy trên đường tròn (O;R) thì H’ cũng chạy trên (O;R) và H sẽ chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh của đ ường tròn (O;R) qua phép đối xứng trục BC - Giới hạn quỹ tích : Khi A trùng với B và C thì tam giác ABC suy biến thành đ ường th ẳng . Vì th ế trên đường tròn (O’;R) bỏ đi 2 điểm là ảnh của B,C . * Chú ý : Ta còn có cách khác chứng minh H và H’ đối xứng nhau qua BC . - Kẻ AA’ ( là đường kính của (O) ) suy ra BHCA’ là hình bình hành , cho nên BC đi qua trung đi ểm I của A’H . - A’H’ song song với BC ( vì cùng vuông góc với AH ) - Từ đó suy ra BC là đường trung bình của tam giác AHH’ – Có nghĩa là BC đi qua trung điểm c ủa HH’ . Mặt khác AH vuông góc với BC suy ra BC là trục đối xứng của HH’ , hay H và H’ đ ối x ứng nhau qua BC. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có trực tâm H a/ Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HAB,HBC,HCA có bán kính bằng nhau b/ Gọi O1 ,O2 ,O3 là tâm các đường tròn nói trên . Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm O1 ,O2 ,O3 bằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Giải . a/ Giả sử O1 là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC , thì theo bài taons của ví d ụ 1 O1 chính là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC . Cho nên bán kính của chúng bằng nhau . Tương tự hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác còn lại có bán kính bằng bán kính của (O) . b/ Ta hoàn toàn chứng minh được O1 ,O2 ,O3 là các ảnh của O qua phép đối xứng trục BC,CA,AB . Vì vậy bán kính các đường tròn này bằng nhau . Mặt khác ta chứng minh tam giác ABC b ằng tam giác O1O2O3 .. BÀI TOÁN 2. TÌM ĐIỂM CHO ĐƯỜNG THẲNG d VÀ HAI ĐIỂM A,B . TÌM ĐIỂM M THUỘC d SAO CHO MA+MB NHỎ. MA  MB NHẤT. ( Khi A,B là hai điểm nằm về một phía của d ), ĐẠT GIÁ TRỊ LỚN NHẤT( A,B nằm về hai phía của d ) Cách giải :  . Bước 1: Tìm điẻm A’ đối xứng với A qua đường thẳng d Bước 2: Nối A’B , đường thẳng này cắt d tại M . Là điểm cần tìm ..

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  Bước 3: Chứng minh M là điểm duy nhất . Ví dụ 1. (Bài 9-tr13- HH11NC) Cho góc nhọn xOy và một điểm A nằm trong góc đó . Hãy tìm điểm B trên Ox , đi ểm C trên Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất . Giải . - Tìm A’ đối xứng với A qua Oy , B’ đối xứng với A qua Ox - Nối A’B’ cắt Ox tại B , cắt Oy tại C . Đó chính là hai điểm cần tìm - Chứng minh B,C là hai điểm duy nhất cần tìm . Thật vậy : Do A’ đối xứng với A qua Oy , cho nên CA=CA’ (1) . Mặt khác : B’ đ ối xứng với A qua Ox cho nên ta có BA=BB’ (2) . Gọi P là chu vi tam giác ABC thì P=CA+CB+BA =CA’+CB+BB’=A’B’ ( do t ừ (1) và (2) ). Ví dụ 2: Cho đường thẳng d và hai điểm A,B nằm cùng phía với d . Tìm điểm M trên d sao cho MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất ? Giải - Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d - Nối A’B cắt d tại M . M chính là điểm cần tìm . - Thật vậy : Vì A’ đối xứng với A qua d cho nên MA=MA’ (1). Do đó : MA+MB=MA’+MB=A’B . - Giả sử tồn tại M’ khác M thuộc d thì : M’A+M’B=M’A’+M’B A'B . Dấu bằng chỉ xảy ra khi A’M’B thẳng hàng . Nghĩa là M trùng với M’ . Ví dụ 3. Cho đường thẳng d và hai điểm A,B ( nằm về hai phía của d ). Tìm điểm M trên d sao cho. MA  MB. đạt GTLN . Giải .. - Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua d - Nối A’B cắt d tại M . M chính là điểm cần tìm . - Thật vậy :. MA  MB  MA' MB A'B. M'A  M'B  M'A' M'B A'B. . Giả sử tồn tại một điểm M’ khác với M trên d , khi đó :. . Dấu bằng chỉ xảy ra khi M’A’B thẳng hàng , nghĩa là M trùng với. M’. Ví dụ 4 . Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) và một đường thẳng d a/ Hãy tìm hai điểm M và M’ lần lượt nằm trên hai đường tròn đó sao cho d là đ ường trung tr ực của đoạn thẳng MM’.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> b/ Hãy xác định điểm I trên d sao cho tiếp tuyến IT với (O;R) và tiếp tuyến IT’ v ới (O’;R’) t ạo thành một góc TIT’ nhận đường thẳng d là đường phân giác trong hoặc ngoài . Giải Vẽ hình : a/ Giả sử M nằm trên (O;R) và M’ nằm trên (O’;R’) tỏa mãn yêu cầu bài toán - Vì d là trung trực của MM’ cho nên M’ nằm trên đường tròn (C’) là ảnh c ủa đ ường tròn (O;R) qua phép đối xứng trục d . Mặt khác M’ lại nằm trên (O’;R’) do vậy M’ là giao của (C’) với (O’;R’) - Từ đó suy ra cách tìm :  . Tìm hai đường tròn ảnh của hai đường tròn đã cho qua phép đối xứng trục d ( Lần lượt là (C’) và (C’’) Hai đường tròn này cắt hai đường tròn đã cho tại M1 ,M2 . Sau đó kẻ hai đường. thẳng d’’ và d’’’ qua M1 ,M2 cắt (O;R) và (O’;R’) tại M'1 ;M'2  M1M'1  và  M2M'2   Các điểm cần tìm là b/ Nếu MT và MT’ nhận d là phân giác trong hoặc ngoài của góc TIT’ thì MT và MT’ đ ối x ứng nhau qua d . Từ đó suy ra cách tìm : - Gọi d’ là ảnh của MT qua phép đối xứng d nghĩa là d’ là tiếp tuyến của đường tròn (C ) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng trục d. Mặt khác d’ là tiếp tuyến của (O’;R’) . Cho d’ là ti ếp tuy ến chung của (C ) với (O’;R’) . Từ đó ta suy ra cách tìm M :. -.  Tìm (C ) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng trục d  Kẻ d’ là tiếp tuyến chung của (C ) và (O’;R’) . Khi đó d’ cắt d t ại M . Chính là điểm cần tìm .  Tương tự áp dụng cho (O’;R’) Số nghiệm hình bằng số giao điểm của các tiếp tuyến chung cắt d . BÀI TOÁN :3 TÌM ĐIỂM ĐỐI XỨNG VỚI ĐIỂM QUA MỘT ĐƯỜNG THẲNG. Bài toán : Cho điểm A(x;y) và một đường thẳng d : ax+by+c=0 . Tìm tọa độ điểm B đối xứng với điểm A qua đường thẳng d ? Cách giải : Bước 1: Gọi B(x’;y’) là điểm đối xứng với A qua d và H là trung điểm của AB thì điều ki ện :    AB.U 0  1    2 H  d  Bước 2: Giải hai điều kiện (1) và (2) suy ra tọa độ của B Ví dụ 1. . Cho điểm M(2;3) tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua đường thẳng d : y=x Giải.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> - Gọi N(x;y) là điểm đối xứng với M qua d và H là trung điểm của MN thì M,N đ ối x ứng nhau qua d  MN.U 0  1   Hd  2 thì điều kiện là :     x 2 y 3  MN  x  2;y  3 U  1;1 H  ;  2 2 .  - Ta có :.  x  2 .1   y  3 .1 0   x 2 y 3     2 2 - Điều kiện (*). x  y 5   x y  1. y 2  N  3;2  x 3. Ví dụ 2. Cho điểm M(2;-3) . Tìm ảnh của điểm M qua phép đối xứng trục d : y-2x=0. Giải - Gọi N(x;y) là điểm đối xứng với M qua d và H là trung điểm của MN thì M,N đ ối x ứng nhau qua d   MN.U 0  1   Hd  2 thì điều kiện là :     x 2 y  3  MN  x  2;y  3 U  1;2 H  ;  2 2 .  - Ta có :. - Điều kiện (*).  x  2 .1   y  3 .2 0   x 2 y  3     2 2. x  2y  4 0   y  x  5 . 1  y 3  14 1   N   ;   14 3 3  x   3. BÀI TOÁN :4 CHO ĐƯỜNG (C ) VÀ ĐƯỜNG THẲNG d HÃY VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG (C’) LÀ ẢNH CỦA (C ) QUA PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC d CÁCH GIẢI  Bước 1: Trên đường (C ) lấy hai điểm A,B  Bước 2: Tìm hai điểm A’,B’ đối xứng với A,B qua phép đối xứng trục d  Bước 3: Viết phương trình đường (C’) đi qua A’,B’ Ví dụ 1: Cho đường thẳng d : x-2y-2=0 và đường thẳng d’: y=x . Lập phương trình đường thẳng (m) đối xứng với đường thẳng d’ qua đường thẳng d ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Giải x  2y  2 0   x  y  0  - Tìm giao của d và d’ bằng A(x;y) là nghiệm của hệ :. x  2  y  2 .A(-2;-2). - Trên d’ lấy điểm M (3;3) . Gọi N(x;y ) là điểm đối xứng với M qua d .Gọi H là trungđiểm c ủa MN  MN.U 0  1   H d  2 (*) thì điều kiện để M,N đối xứng nhau qua d là :     x 3 y 3  MN  x  3;y  3 U  2;1  H  ; 2 2   - Ta có :. - Điều kiện (*).  x  3 2   y  3 .1 0 2x  y 9 x 5   x 3    N  5;  1  y 3  x  2y  7 y  1  2.  2  0       2   2. ..  - Đường thẳng (m) là đường thẳng đi qua AN có véc tơ chỉ phương là. AN  7;1. , nên (m) có. x 2 y 2   x  7y  12 0 1 phương trình là : 7 .. Ví dụ 2. Cho hai đường thẳng d: 2x-y+2=0 ; d’ : x+3y-3=0 . Lập phương trình đ ường thẳng (m) đ ối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng d’ . Giải - Tìm tọa độ điểm A là giao của d với d’ . Khi đó tọa độ A là nghiệm của hệ hai phương trình : 3  x  2x  y  2 0  7  A   3 ; 8     7 7    x  3y  3 0  y 8  7 - Trên đường thẳng d chọn điểm M(0;2) - Tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua đường thẳng d’ . Khi đó nếu M,N đ ối x ứng nhau qua d’  MN.U 0  1   Hd 2    U thì điều kiện : (*) Với H là trung điểm của MN , là véc tơ chỉ phương của d’ . Ta    x y 2  MN  x;y  2 U  3;  1 H  ;  2 2 . có :. - Điều kiện (*). 3x.   y  2 .1 0   x   y 2  3 0   3.    2  2. 3  x   3x-y  2   3 1 5    N   ;    5 5 x  3y 0 y 1  5.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  3 1 N   ;   5 5  và có véc tơ chỉ phương - Đường thẳng (m) =(AN) đi qua   6 33   AN   ;  / /U  2;11   35 35  .. 3 1 y 5 5 0  11x  2y  7 0 2 11 .. x Do đó (m) :. 2 2 Ví dụ 3 . Cho đường tròn (C ) : x  y  4x  2y  1 0 và đường thẳng d : 2x-y+2=0. Hãy viết phương trình của đường tròn (C’) là ảnh của (C ) qua phép đối xứng trục d .. Giải Do tính chất của phép đối xứng trục biến (C ) thành (C’) có cùng bán kính . Cho nên ta ch ỉ c ần tìm tọa độ tâm I’ của (C’) đối xứng với tâm I của (C ) . Vậy từ giả thiết ta có tâm I của (C ) có tọa độ : I(2;-1) và R=2 .  U  1;2 - Gọi I’(x;y ) là tâm của (C’)H là trung điểm của II’ , là véc tơ chỉ phương của đường   II'.U 0  1  Hd  2 (*) thẳng d . Để I’ đối xứng với I qua d thì điều kiện :     x 2 y  1  II'  x  2;y  1 U  1;2 H  ; 2  .  2 -Ta có :  x-2 .1   y  1  .2 0     x 2  y  1   2.      2 0 2   2  - Điều kiện (*)  . - Vậy (C’):.  x  3. 2. x+y 0   2x  y  9 0. x 1  I'   3;3  y  1. 2.   y  3 4. .. x2 y 2  1 Ví dụ 4. Cho (E) : 9 4 . Và đường thẳng d : x+y-2=0 . Lập phương trình (E’) là ảnh của (E) qua phép đối xứng trục d . Giải Vẽ (E) chỉ ra tọa độ các đỉnh của trục lớn : A(3;0) ,A’(-3;0) và tọa đ ộ hai đ ỉnh c ủa tr ục nh ỏ : B(0;2) ;B’(0;-2 ) - Tìm tọa độ của 4 đỉnh của hình chữ nhật cơ sở là ảnh của 4 đỉnh hình chữ nhật cơ sở của (E) đã cho . Bằng cách giải các bài toán nhỏ như ở trên , dễ dàng tìm được tạo độ của O’(2;2) là ảnh của O(0;0) , M’(4;5) là ảnh của M(-3;-2 ). N’(4;-1 ) là ảnh của N(3;-2) . P’(0;-1) là ảnh c ủa P(3;2) và Q’( 0;5) là ảnh của Q(-3;2) . -.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> - Áp dụng cách vữ (E) ta suy ra cách vẽ của (E’) . * Chú ý : Đây là bài toán tương đối khó , chưa gặp trong các đề thi đại học , nhưng lấy ví d ụ này là để mở rộng cho trường hợp đối xứng trục . Dù đường (C ) cho là đường gì đi chăng nữa , ta chỉ cần sử dụng tốt kiến thức đã học là có thể giải được . BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Gọi m là đường phân giác ngoài của góc A của tam giác ABC . Ch ứng minh rằng với m ọi điểm M trên m , chu vi tam giác MBC không nhỏ hơn chu vi tam giác ABC Bài 2. Cho (E) với hai tiêu điểm F1 ,F2 . Gọi M là một điểm nằm trên (E) nhưng không nằm trên đường thẳng F1F2 và m là phân giác ngoài tại đỉnh M của tam giác M F1F2 . Chứng minh rằng m chỉ cắt (E) tại M duy nhất ( đường thẳng m như thế gọi là tiếp tuyến của E tại M ) 2 2 Bài 3. Cho đường tròn (C ) : x  y  6x  2y  1 0 . Tìm phương trình đường tròn (C’) qua phép đối xứng trục d : x-y-0 .. Bài 4 . Cho hai đường thẳng d : x-y+2=0 và d’: 3x+4y-1=0 . Tìm đường thẳng m là ảnh c ủa đường thẳng d qua phép đối xừng trục là d’ . Bài 5. Cho đường thẳng d: x+y-2=0 và hai điểm A(-4;-3) ,B(2;-1) . Tìm đi ểm M trên d sao cho MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất Bài 6. Cho hai điểm A(4;3) và B(-2;0) . Tìm trên đường thẳng d : x+y-2=0 đi ểm M sao cho. MA  MB. đạt gía trị lớn nhất .. Bài 7.( Bài 39-tr106-BTHH10NC)  4 7  5 ;5   . Hai đường phân giác trong của hai góc B và C lần lượt có Cho tam giác ABC có đỉnh A  phương trình x-2y-1=0 và x+3y-1=0 . Viết phương trình cạnh BC của tam giác .. GỢI Ý CÁCH GIẢI Bài 1. Kẻ đường phân giác ngoài của góc A . Tìm điểm C’ đối xứng với C qua m . T a có : MB+MC=MB+MC’ BC' . Mà BC’=AB+AC . Suy ra MB+MC+BC AB  AC  BC . Đó chính là điều phải chứng minh . Bài 2. Giả sử trục lớn của (E) là 2a , tức là M nằm trên E khi : MF1  MF2 2a . Theo cách chứng minh bài 1 , nếu M’ nằm trên phân giác m thì : M'F1  M'F2 MF1  MF2 2a . Dấu bằng chỉ xảy ra khi M’ trùng với M . Vậy nếu M’ khác M thì M’ không nằm trên E . Suy ra m cắt E t ại một điểm duy nhất tại M . Bài 3. Đường tròn (C ) có tâm I(3;-1) và bán kính R=3 . Gọi I’ là tâm c ủa đ ường tròn (C’) . N ếu I và I’ đối xứng nhau qua d thì ta có hệ :.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  x  3  y  1 0  x  y 4 x 0     I'  0;4   x 3 y  1 x  y  4 y  4   0    2 2 . 2. Vậy đường tròn (C’):. x 2   y  4  9. đối xứng với (C ) qua trục đối xứng d .. Bài 4. Gọi A là giao của d và d’ thì tọa độ A là nghiệm của hệ : x  y  2 0   3x  4y  1 0. x  1  A   1;1  y 1 . Trên d lấy điểm M(0;2) . Tìm M’(x;y) là ảnh của M qua  U  4;  3 phép đối xứng trục d’ ( có Khi đó tọa độ M’ là nghiệm của hệ : 4x  3  y  2 0     x 1   y 2   4  1 0 3    2    2 . 33  x   4x  3y  6 0   33 6  25   M'   ;    25 25  3x  4y  3 0  y  6  25 .. Khi đó đường thẳng m đối xứng với d qua d’ là đường thẳng AM’ đi qua A(-1;1) có véc t ơ ch ỉ   8 19   x 1 y  1 AM'  ;    / /U  8;  19  25 25   19 . Hay đường thẳng (m) : 19xphương suy ra (m) : 8 8y+27=0. Bài 5. Tìm tọa độ A’(x;y) đối xứng với A(-4;-3) qua phép đối xứng tr ục d: x+y-2=0 x  4   y  3 0   x  4 y  3   2  0  2 Suy ra hệ :  2. x  y  1 0   x  y  11 0. x 5  A'  5;6   y 6. ..  Lập đường thẳng (A’B) đi qua A’(5;6) có véc tơ chỉ phương.  A'B   3;  7  / /U  3;7 . . Do đó (A’B):. x 5  3t t R  y 6  7t . Vậy M là giao của (A’B) với d cho nên tọa độ của M là nghiệm của hệ : 9  t  10  x 5  3t  23    23 3   M  ;   y 6  7t  x   10  10 10   x  y  2 0   3  y  10 .

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 6. Tương tự cách làm bài tập 5 , ta có tạo độ A’(x;y) đối xứng với A(4;3) qua d là nghiệm c ủa. hệ :. x  3   y  3 0 x  y 0     x  4   y  3  x  y  3  0   2  0       2   2 .  3 x  2  A'  3 ; 3    2 2    y 3  2 . .  7 3  A'B   ;   / /U  7;3  2 2 Đường thẳng (A’B) đi qua B(-2;0) có véc tơ chỉ phương : . Do đó (A’B):. x  2  7t t R  y 3t . Điểm M cần tìm là giao của (A’B) với d , cho nên tọa độ M là nghiệm của hệ :  2  t 5  x  2  7t  4    4 6   x   M  ;   y 3t 5 5 5  x  y  2 0   6   y 5  .. Bài 7. Tìm tọa độ hai điểm M,N lần lượt là ảnh của A qua phép đối xứng trục là hai đường phân giác của hai góc B và C , thì M,N phải nằm trên BC . Từ đó đường thẳng (BC) chính là đường thẳng (MN) : y+1=0 .. Bài 4. PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM 1. Định nghĩa phép quay . * Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và góc lượng giác  không đổi . Phép biến hình biến điểm O thành điểm O, biến điểm M khác O thành điểm M’ sao cho OM=OM’và góc (OM;OM’)=  . Được gọi là phép quay tâm O góc quay là  . 2. Định lý : Phép quay là phép dời hình . 3. Phép đối xứng tâm . * Định nghĩa : Phép đối xứng qua điểm O là một phép biến hình , biến mỗi điểm M thành điểm M’    OM  OM' 0 . đối xứng với M qua O , có nghĩa là : * Ký hiệu và các thuật ngữ : Phép đối xứng tâm O ký hiệu : DO . Trong đó O là tâm đối xứng *Biểu thức tọa độ :.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm I(a;b) . Nếu phép đối xứng tâm I biến điểm M(x;y) thành đi ểm  x' 2a  x  M’(x’;y’) thì :  y ' 2b  y ( Đó chính là biểu thức tọa độ của phép đối xứng tâm ) . * Tâm đối xứng của một hình : Là điểm sao cho biến hình H thành chính nó *Biểu thức tọa độ của phép quay có tâm I(a;b) điểm M(x;y) , điểm M’(x’;y’) và góc quay là  : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Q(I,  ) , với I(a; b). Khi đó Q(I, . ). biến điểm M (x; y) thành M’(x’;. y’) xác định bởi:.  x' a  ( x  a) cos   ( y  b) sin    y ' b  ( x  a) sin   ( y  b) cos . (IVb) ( Chứng minh cho HS ). 4. Các ứng dụng của phép quay và đối xứng tâm .. BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN QUỸ TÍCH ĐIỂM Bài toán : Cho hình H và một điểm M thay đổi trên đường (C ) ( thuộc H ). Tìm quỹ tích của điểm N khi M thay đổi . Cách giải :  . Bước 1: Tìm một điểm I cố định sao cho I là trung điểm của MN Bước 2: Dựa vào tính chất của phép đối xứng tâm I ta suy ra quỹ tích của N. Ví dụ 1. ( bài toán 2-tr17-HH11NC). Cho đường tròn (O;R) và hai điểm A,B cố định . Với mỗi điểm M , ta xác đ ịnh đi ểm M’ sao cho    MM' MA  MB . Tìm quỹ tích điểm M’ khi điểm M chạy trên (O;R) . Giải - G  ọi Ilà trung điểm củ a AB . Theo tính chất của véc tơ trung tuyến thì : MA  MB 2MI , suy ra : MM' 2MI . Có nghĩa là I là trung điểm của MM’ Ví A,B cố định , cho nên I cố định . Do đó DI : M  M' . Nhưng M chạy trên (O;R) cho nên M’ là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I sẽ chạy trên đường tròn ảnh của (O;R) - Cách xác định (O’;R) như sau : Nối IO kéo dài , đặt IO’=IO . Sau đó l ấy O’ làm tâm , quay đường tròn có bán kính R . Ví dụ 2. ( Bài 17-tr19-HH11NC). -. Cho hai điểm B,C cố định trên đường tròn (O;R)và một điểm A thay đổi tren đường tròn đó . Hãy dùng phép đối xứng tâm để chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên một đ ường tròn cố định . ( Hay : tìm quỹ tích của H khi A thay đổi )..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Giải Vẽ hình theo giả thiết cho . Nối đường kính AM , tìm vị trí của H . Ta thấy CH ∟AB và MB∟AB suy ra CH//BM . Tương tự BH//MC và tứ giác BHCM là hình bình hành , do đoa hai đường chéo BC và MH cắt nhau tại trung điểm I của BC . - Do B,C cố định cho nên I cố định . Vậy H là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I . Mặt khác M chạy trên (O;R) do đó H chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh c ủa (O;R) qua phép đ ối xứng tâm I . Ví dụ 3. ( Bài 34-tr10-BTHH11NC) . -. Cho đường thẳng a và một điểm G không nằm trên a . Với mỗi điểm A nằm trên a ta d ựng tam giác đều ABC có tâm là G. Tìm quỹ tích hai điểm B và C khi A chạy trên a? Giải 0 - Vẽ hình . Từ hình vẽ và tính chất của tam giác đều ta thấy góc AGC AGB 120 . Như vậy. 0 phép quay tâm G với góc quay  120 bién A thành C và biến A thành B . Nhưng A chạy trên d vì 0 thế B và C chạy trên đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép quay  120 .. Ví dụ 4. ( Bài 35-tr10-BTHH11NC). Cho đường tròn (O) và tam giác ABC . Một điểm M thay đổi trên (O) . Gọi M1 là điểm đối xứng với M qua A, M2 là điểm đối xứng với M1 qua B và M3 là điểm đối xứng với M2 qua C . Tìm quỹ tích điểm M3 ? Giải .. BM1 BM2 - Vẽ hình . Từ hình vẽ ta có : Do M1 , M2 đối xứng nhau qua B cho nên.  1. - Vì M2 và M3 đối xứng nhau qua C cho nên : CM2 CM3 (2) . Từ (1) và (2) chứng tỏ BC là đường trung bình của tam giác M1M2M3 , có nghĩa là BC// M1M3 (3) . - Gọi D là trung điểm của M M3 thì AD là đường trung bình của tam giác MM1M3  AD / /M1M3 (4) . Từ (3) và (4) suy ra AD//BC và tứ giác ABCD là hình bình hành . Có nghĩa là D c ố đ ịnh. Nh ư vậy : DD : M  M3 . Mà M chạy trên (O) cho nên M3 Chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm D .. BÀI TOÁN 2: DỰNG HÌNH Hãy tham khảo một vài ví dụ sau Ví dụ 1. ( Bài toán 3-tr17-HH11NC).

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) cắt nhau tại hai điểm B,C . Hãy dựng một đ ường thẳng d đi qua A và cắt (O;R) và (O’;R’) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm c ủa MN . Giải - Giả sử đường thẳng d đã dựng xong , do A là trung điểm của MN cho nên N là ảnh c ủa M qua phép đối xứng tâm A vì vậy N phải nằm trên đường tròn (O’’) là ảnh của đ ường tròn (O;R) ( vì M chạy trên (O) ). Mặt khác N lại thuộc (O’;R’) vì thế cho nên N là giao của (O’’) v ới (O’;R’) . T ừ đó suy ra cách dựng . +/ Dựng đường tròn (O’’) là ảnh của đường tròn (O) : Nối OA , đặt OA=O’’A . +/ Đường tròn (O’’) cắt đường tròn (O’) tại N . Nối NA cắt (O) t ại M . - Giới hạn quỹ tích : Số nghiệm hình bằng số giao điểm của (O’’) cắt (O’) . Ví dụ 2. ( Bài 18-tr19-HH11NC) Cho đường tròn (O;R) , đường thẳng d và điểm I . Tìm điểm A trên (O;R) và điểm B trên d sao cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB . Giải - Vẽ hình . Do I là trung điểm của AB cho nên B là ảnh của A qua phép đ ối x ứng tâm I . M ặt khác A chạy trên (O;R) vì thế B chạy trên đường tròn (O’’) là ảnh của (O) qua phép đ ối xứng tâm I . Nhưng B lại nằm trên d vì vậy B là giao của d với (O’’) -Từ đó suy ra cách tìm . Nối IO đặt IO=IO’’ , sau đó dựng đường tròn (O’’) bán kính R , cắt d t ại B . Nối BI cắt (O;R) tại A . - Giới hạn quỹ tích : Số nghiệm hình bằng số giao điểm của (O’’) với d .. BÀI TOÁN 3: BÀI TOÁN CHỨNG MINH Để làm được dạng bài toán chứng minh ta cần phải lắm chắc kiến thức về phép đ ối xứng tâm và phép quay . Đồng thời phải nhớ lại các kiến thức về tam giác , tứ giác : Hình bình hành , hình vuông , hình chữ nhật . Ví dụ 1. ( Bài toán 1-tr17-HH11NC) Cho hai tam giác đều OAB và OA’B’ . Gọi C và D lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA’ và BB’ . Chứng minh rằng OCD là tam giác đều ? Giải 0. Xét phép quay tâm O với góc quay bằng góc lượng giác ( OA,OB)= 60 . Rõ ràng A biến thành B và A’ biến thành B’ , vì thế cho nên phép quay đã biến đoạn thẳng AA’ thành đoạn thẳng BB’ . Từ đó 0 suy ra phép quay đã biến C thành D , do đó OC=OD . Vì góc quay bằng 60 cho nên tam giác cân OCD là tam giác đều ..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Ví dụ 2. ( Bài 43-tr11-BTHH11NC)Về phía ngoài của tam giác ABC vẽ các hình vuông BCMN và ACPQ có tâm là O và O’ . a/ Chứng minh rằng khi cố định hai điểm A,B và cho C thay đổi thì đường thẳng NQ luôn đi qua một điểm cố định . b/ Gọi I là trung điểm của AB . Chứng minh rằng IOO’ là tam giác vuông cân . Giải . a/ Vẽ hình theo giả thiết đã cho . Từ hình vẽ , giải cho học sinh bài toán phụ : Cho hai điểm A,B c ố dịnh , với mỗi điểm M và với hai phép quay tâm A , tâm B có cùng góc quay thì phép h ợp c ủa hai phép quay là một phép đối xứng mà tâm đối xứng là đỉnh goác vuông của tam giác vuông cân OAB ( O là tâm đối xứng ). - Như vậy : Q A : C  N Q B :C  Q  NQ đi qua tâm đối xứng H được xác định bằng cách dựng tam giác vuông cân HAB Q :C  B ;Q O' :C  A  AB b/ Tương tự như trên : O đi qua tâm đối xứng I được xác định bằng tam giác vuông cân OO’I ( với I là đỉnh của góc vuông ). Như vậy tam giác O’OI là tam giác vuông cân . BÀI TOÁN 4: TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH BẰNG PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM CÁCH GIẢI . Sử dụng các định nghĩa , tính chất của phép quay và phép đối xứng tâm cùng v ới biểu thức t ọa độ của chúng . Ví dụ 1. ( Bài 1-tr15-HH11CB) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(-1;3) và đường thẳng d có phương trình : x-2y+3=0 . Tìm ảnh của A và d qua phép đối xứng tâm O Giải - Gọi A’(x;y) là ảnh của A qua phép đối xứng tâm O(0;0) . Theo công thức t ọa đ ộ c ủa phép đ ối xứng ta có : x' 0  x x  x'    y ' 0  y y  y '. x' 1  A'  1;  3  y '  3. - Tương tự Gọi M(x;y) là một điểm bất kỳ thuộc d và M’(x’;y’) là m ột điểm b ất kỳ thu ộc d’ là ảnh của d qua phép đối xứng tâm O . Theo công thức tọa độ của phép đối xứng ta có : x' 0  x x  x'     x'  2  y '  3 0  x' 2y ' 3 0  y ' 0  y y  y ' . Do đó d’ có phương trình là : x-2y3=0 ..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> x2 y 2  1 Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (O;R) : x  y  2x  6y  6 0 và (E) : 9 4 điểm I(1;2) . Tìm ảnh của (O;R) và (E’) qua phép đối xứng tâm I 2. 2. Giải Gọi M(x;y) là điểm bất kỳ thuộc (O;R) và (E) . Từ công thức chuyển tr ục ta có :.   2  x' 2   4  y ' 2  2  2  x'  6  4  y'   6 0  x' 2.1  x x 2  x'     2  x' 2 4  y ' 2     1  y ' 2.2  y y 4  y'   9 4 .  x 2  y 2  6x  2y  6 0     2  x2  4  y  2 1  9  4. *Chú ý : (O;R) :.  x  1. 2. 2.   y  3 4  J(  1;6),R 2. .. Ta chỉ tìm J’(x;y) là ảnh của J qua phép đối xứng tâm I(1;2) bằng công thức chuyển tr ục t ọa độ : x' 2  (  1)   y ' 4  (3). x' 3  J'  3;1   y ' 1 .. x  3 Do đó (O’) : . 2. 2.   y  1  4. là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng tâm I .. Ví dụ 3.( Bài 1.13-BTHH11CB) Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: x-2y+2=0 và d’: x-2y-8=0 . Tìm phép đ ối x ứng tâm bi ến d thành d’ và biến trục Ox thành chính nó . Giải Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ta làm như sau : - Gọi M(x’y) thuộc d , M’(x’;y’) thuộc d’ . Giả sử tâm đ ối xứng là I(a;b) , thì theo công th ức chuy ển x' 2a  x   2a  x   2 2b  y   8 0  x  2y  4b  2a  8 0  trục : y' 2b  y . - Để trục Ox thành chính nó thì tâm đối xứng phải có dạng : I(a;0) tức là b=0 4b  2a  8 2   b  0  - Từ hai kết quả trên ta có : Ví dụ 4. ( Bài 1.14 –tr-21-BTHH11CB). a 3  I  3;0  b 0 ..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Cho ba điểm không thẳng hàng I,J,K . Hãy dựng tam giác ABC nhận I,J,K lần l ượt là trung đi ểm c ủa các cạnh BC,CA,AB . Giải - Phân tích : Giả sử tam giác ABC đã dựng xong thỏa mãn điều kiện đầu bài . Vì I,J,K là trung diểm cho nên Ị là đường trung bình suy ra Ị=KB , tương tự KJ=IC . Từ đó suy ra cách d ựng : +/ Tìm điểm P là ảnh của J qua phép đối xứng tâm I +/ Kẻ Px //KJ và đặt PQ=KJ . Từ Q kẻ Qy //Ị và đặt QC=IP. +/ Tìm B đối xứng với C qua I và A đối xứng với B qua K . Như vậ tam giác ABC đã d ựng xong . * Chú ý : Ngoài cách trên ta còn có cách khác như sau +/ Lấy một điểm N bất kỳ . Tìm các điểm M đối xứng với N qua I , P đối xứng với N qua J và Q đ ối xứng với P qua K . ( Vẽ hình )     CM  BN  AP  CQ . Do đó C là trung điểm của MQ . Từ đó suy ra cách dựng . +/ Từ đó suy ra : Ví dụ 5 ( Bài 1-tr19-HH11NC) Cho hình vuông ABCD 0 a/ Tìm ảnh của điểm C qua phép quay tâm A góc quay 90 0 b/ Tìm ảnh của đường thẳng BC qua phép quay tâm O góc quay 90 .. Giải 0. a/ Từ hình vẽ ta thấy ảnh của C qua phép quay tâm A góc 90 là C’ hoặc C’’ sao cho các tam giác ACC’ và ACC’’ là các tam giác vuông cân 0 b/ Ta nhận thấy ảnh của C qua phép quay tâm O góc quay 90 là B hoặc D . Còn ảnh của B qua 0 phép quay tâm O góc quay 90 là A hoặc C , do đó ảnh của BC là AB hoặc DC .. Ví dụ 6 .( Bài 2-tr19-HH11-NC) . Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A (2;0) và đường thẳng d : x+y-2=0 . Tìm ảnh của điểm A và d 0 qua phép quay tâm O góc quay 90 . Giải 0 - Vẽ hình . Từ hình vẽ ta thấy A thuộc d . Ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 90 . Là B(0;-2) hoặc B’(0;2) . Điểm B’ có ảnh qua phép quay là A(2;0) hoặc A’(-2;0). - Vì B’ và A nằm trên d cho nên ảnh của d qua phép quay này sẽ là (AB) ho ặc (A’B’) l ần l ượt có x y x y  1  x  y  2 0;  1  x  y  2 0 2 2 phưng trình : 2 2 ..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> PHÉP VỊ TỰ I. ĐỊNH NGHĨA Cho điểm O và một số k 0 . Phép biến hình biến mỗi điểm M thành một điểm M’ sao cho   OM' kOM được gọi là phép vị tự tâm , tỉ số vị tự là k .. Ký hiệu :. V(O,k ) : M  M'. , hay : M’=. V O,k   M   M V. 1  O, k   .  M'. II. TÍNH CHẤT   - Tính chất 1. Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M,N thành hai điểm M’,N’ thì : M'N' kMN .. - Tính chất 2: Phép vị tự tỉ số k : a/ Biến ba điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự các điểm ấy b/ Biến một đường thẳng thành một đường thẳng song song hoặc trùng với đường thẳng âý , biến một tia thành một tia , biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng . c/ Biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó , biến một góc thành một góc bằng nó . d/ Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính . III. TÂM VỊ TỰ CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN 1. Định lý : Với hai đường tròn bất kỳ luôn có một phép vị tự biến đường tròn này thành đ ường tròn kia và ngược lại .Tâm của phép vị tự gọi là tâm vị tự của hai đường tròn 2. Cách tìm tâm vị tự của hai đường tròn . Trường hợp : I trùng với I’ . Khi đó phép vị tự tâm I tỉ số R’/Rvà phép vị t ự tâm I t ỉ s ố -R’/R biến đường tròn (I;R) thành đường tròn (I;R’) .  Trường hợp I I';R R' . Trên (O;R) lấy một diểm M bất kỳ , trên (O’;R’) lấy điểm M’ sao cho IM//I’M’ và I’M’’//IM . Hai đường thẳng MM’ và MM’’ cắt đường thẳng nối hai tâm II’ tại hai điểm O và O’ . Khi đó O nằm ngoài II’ gọi là tâm vị tự ngoài , còn O’ n ằm trong đo ạn II’ gọi là tâm vị tự trong .  Trường hợp I khác I’ và R=R’ . Khi đó MM’//II’ nên chỉ có phép vị t ự tâm O’ với k=-1 . Đó chính là phép đối xứng . IV. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP . BÀI TOÁN 1 : TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA MỘT PHÉP VỊ TỰ Sử dụng định nghĩa và các tính chất của phép vị tự . Từ định nghía nếu tâm vị tự là I(a;b) , điểm M(x;y) điểm M’(x’;y’) thì ta có :.

<span class='text_page_counter'>(24)</span>    x' a k  x  a   IM' kIM     y ' b k  y  b . x' k  x  a   a  y ' k  y  b   b (*) .. Chính là biểu thức tọa độ của phép vị tự tâm I tỉ số vị tự là k . . Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng d: 3x+2y-6=0 . Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép vị tự tâm I(1;2) tỉ số vị tự k=-2 ?. Giải Gọi M(x;y) thuộc d ,M’(x’;y’) là một điểm bát kỳ thuộc d’ thì theo bi ểu th ức t ọa đ ộ c ủa phép v ị t ự ta có : x' 1  2  x  1    y '  2  2 y  2   . x' 1 x' 3  x   2  1   2  y  y ' 2  2  y ' 6  2 2 ..  x' 3   y ' 6  3   2  2   2 0  3x' 2y ' 9 0  2     Thay vào phương trình của đường thẳng d:. Do vậy d’: 3x+2y-9=0 . Ví dụ 2 .( Bài 1.23-tr33-BTHH11CB) Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: 2x+y-4=0 a/ Hãy viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép vị tự tâm O tỉ số vị tự k=3 . b/ Hãy viết phương trình đường thẳng d’’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm I (-1;2) t ỉ s ố vị t ự k=-2 Giải x' 0 3 x  0   y ' 0 3 y  0 a/ Từ công thức tọa độ : Do đó đường thẳng d’: 2x+y-12=0 .. x'  x  3   y  y '  3.  x'   y '  2      4 0  2x' y ' 12 0 3 3.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> b/ Tương tự : x' 1 x' 3  x   1  x' 1  2  x  1   2 2    y ' 2  2 y  2  y  y ' 2  2  y ' 6  2 2.  x' 3   y ' 6  2     4 0  2x' y ' 8 0  2   2  .. Do đó đường thẳng d’’: 2x+y+8=0 . Ví dụ 3. ( Bài 1.24-tr33-BTHH11-CB) 2. 2. x  3   y  1  9 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ):  . Hãy viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép vị tự tâm I(1;2) t ỉ s ố k=-2 .. Giải Đường tròn (C ) có tâm O(3;-1) bán kính R=3. Gọi O’ (x’;y’) là tâm c ủa (C’) ,R’ là bán kính c ủa (C’) . Ta có tọa độ của O’ thỏa mãn biểu thực tọa độ của phép vị tự :   x' 1  2  x  1     y ' 2  2 y  2    R' 2  R 2. x' 1 x' 3  x   2  1   2  y ' 2 y ' 4  x' 3  2   y  2 2  2  R' 2.3 6  . 2.   x' 3   y ' 6  36. 2. . Vậy (C’) :. 2. 2.   y ' 4  3    1  9   2 . 2.   x  3   y  6  36. BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐẺ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC Để xác định một điểm M ta xem nó như là ảnh của một điểm A nào đó đã biết qua phép v ị t ự , hoặc xem M như là giao của của một đường cố định với ảnh của một đường đã biết qua một phép vị tự . Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có hai góc B,C đều nhọn . Dựng hình chữ nhật DEEG có EF=2DE v ới hai đỉnh D,E nằm trên BC và hai đỉnh F,G nẵm trên hai cạnh AC và AB . Giải - Vẽ hình ( đã thỏa mãn yêu cầu bài toán ). * Phân tích : + Giả sử hình chữ nhật đã dựng xong , trên AB lấy một điểm G’ bất kỳ , dựng hình chữ nhật G’F’E’F’ có E’F’=2D’E’ và hai đỉnh D’,E’ thuộc BC , nối BF’ cắt AC tại F , khi đó ta có :.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> BG GD 2GF GF    BG' GD' 2G'F' G'F' . Chứng tỏ B,F’F thẳng hàng .Ta có thể xem hình chữ nhật DEFG là ảnh BG k của hình chữ nhật D’E’F’G’ qua phép vị tự tâm B tỉ số vị tự : BG' . Từ đó suy ra cách dựng .. * Cách dựng : - Lấy điểm G’ tùy ý trên AB , sau đó dựng hình chữ nhật G’F’E’D’ có E’F’=2 D’E’, hai đ ỉnh D’E’ n ẵm trên BC . - Nối BF’ cắt AC tại F , đường thẳng qua F song song với BC cắt AB tại G . Gọi D và E là hình chiếu của G và F trên BC . Thì hình chữ nhật DEFG là hình chữ nhật cần dựng . * Chứng minh : GF BG GD   . Thật vậy : Vì GF //G’F’ , GD//G’D’ nên : G'F' BG' G'D' Từ đó suy ra : GD G'D'  2 GF G'F' . Như vậy hình chữ nhật đã dựng thỏa mãn yêu cầu bài toán .. Ví dụ 2. ( Bài 1.25-tr33-BTHH11CB). Cho nửa đường tròn đường kính AB . Hãy dựng hình vuông có hai đỉnh nằm trên nửa đường tròn , hai đỉnh còn lại nằm trên đường kính AB của nửa đường tròn đó . Giải Vẽ hình , từ hình vẽ ta có các bước sau . * Phân tích . Giả sử hình vuông MNPQ đã dựng xong thỏa mãn yêu cầu bài toán ( với M,N nẵm trên AB , còn P,Q nằm trên nửa đường tròn ).Gọi O là trung điểm của AB Nối OQ và OP, dựng hình vuông M’N’P’Q’ sao cho M’,N’ nằm trên AB và O là trung điểm c ủa M’N’ . Khi đó ta có : . OQ OP PQ   k OQ' OP' P'Q' . Ta xem như MNPQ là ảnh của M’N’P’Q’ qua phép vị tự tâm O t ỉ s ố k=. PQ P'Q' . Từ đó suy ra : * Cách dựng . - Dựng hình vuông M’N’P’Q’ ( có M’N’ thuộc AB và O là trung điểm c ủa M’N’ ) - Nối OP’ và OQ’ chúng cắt (O,AB) tại P và Q - Hình chiếu của P và Q trên AB là N và M . Khi đó MNPQ chính là hình vuông cần d ựng ..

<span class='text_page_counter'>(27)</span> * Chứng minh : Do M’N’P’Q’ là hình vuông , cho nên M’N’//AB . Tam giác OM’N’ đ ồng d ạng v ới tam PQ OP OQ PN QM   k   P'N' Q'M' . giác OPQ suy ra : P'Q' OP' OQ' Ví dụ 3. ( Bài 1.26-tr33-BTHH11CB). Cho góc nhọn Oxy và điểm C nằm trong góc đó . Tìm trên Oy một điểm A sao cho kho ảng cách t ừ A đến trục Ox = AC . Giải - Vẽ hình . Căn cứ vào hình vẽ ta có phân tích sau * Phân tích : Gọi B là hình chiếu của A trên Ox . theo đầu bài thì tam giác ABC là tam giác cân đ ỉnh A ( AB=AC ) . Giả sử tam giác A’B’C là một tam giác cân đỉnh là A’ có A’B’ vuông góc với Ox . D ễ dàng nhận thấy hai tam giác này đồng dạng vì thế ta có : AC OC AB  k  A'C' OC' A'B' . Ta coi tam giác ABC là ảnh của tam giác A’B’C’ qua phép vị t ự tâm OP t ỉ s ố. vị tự là k . Từ đó suy ra cách dựng : * Cách dựng : - Nối OC , sau đó trên Oy lấy điểm A’ , tìm B’ là hình chiếu của A’ trên Ox ( k ẻ A’B’ vuông góc v ới Ox) . - Dùng com pa lấy A’ làm tâm , quay cung tròn có bán kính bằng A’B’ cắt OC tại C’ . - Từ C kẻ hai đường thẳng song song với hai cạnh A’C’ và C’B’ chúng cắt hai cạnh Oy và Ox t ại A và B . Tam giác ABC là tam giác cần tìm * Chứng minh : Giống cách phân tích Ví dụ 4. ( Bài tập O.11-tr76-BTHH10 –T6-2000) Cho tam giác nhọn ABC . Hãy dựng hình vuông MNPQ sao cho M,N nằm trên cạnh BC , P,Q n ằm trên hai cạnh còn lại của tam giác . Giải - Vẽ hình . Từ hình vẽ ta có cách phân tích : Gọi một hình vuông M’N’P’Q’ có cạnh M’N’ thuộc BC và M’N’=N’P’=P’Q’=Q’M’ và b ằng a c ố đ ịnh Nếu ta coi hình vuông MNPQ là ảnh của một phép vị tự tâm B với tỉ số vị tự nào đó thì : PQ PM PQ P'Q'    1  PQ PM P'Q' P'N' PM P'N' . Suy ra cách dựng . - Trên AB lấy một điểm Q’ bất kỳ , kẻ đường thẳng qua Q’ vuông góc với BC cắt BC t ại M’ . Sau đó đặt M’N’=A’M’ , dựng hình vuông M’N’P’Q’ ..

<span class='text_page_counter'>(28)</span> - Nối BP’ cắt AC tại P , kẻ hai đường thẳng qua P // với N’P’ và M’N’ chúng cắt BC và AB tại N và Q . Cuối cùng kẻ qua Q một đường thẳng vuông góc với BC cắt BC tại M ta được hình vuông MNPQ cần dựng . * Chú ý : Ta còn có cách khác . - Dựng hình vuông BCM’N’ nằm ngoài tam giác ABC . Gọi B’C’ lần l ượt là giao c ủa AB và AC v ới AB M’N’ . Như vậy phép vị tự tâm A tỉ số vị tự : k= AB' biến tam giác AB’C’ thành tam giác ABC , Cho nên biến hình vuông BCPQ thành hình vuông MNPQ cần tìm .. Vì thế ta chỉ cần kẻ qua B’ và C’ hai đường thẳng vuông góc với BC chúng cắt các cạnh Ac và AB tại các điểm P và Q , cắt BC tại N và M . Hình vuông MNPQ tìm được Ví dụ 5. Gọi A là giao hai đường đường tròn cắt nhau O và O’ Hãy dựng qua A một đường thẳng cắt hai đường tròn tại B và C sao cho AC=2AB Giải Vẽ hình minh họa . Từ hình vẽ ta có phân tích sau   AC  2AB  VA 2 : B  C . Như vậy phép vị tự tâm A đã biến B thành C . Từ - Từ giả thiết , ta có : đó ta có cách dựng : - Dựng đường tròn ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm A tỉ số k=-2. Giao của đường tròn ảnh với đường tròn (O’) là C . Đường thẳng AC chính là đường thẳng d cần dựng . - Chứng minh : Do C là ảnh của B qua phép vị tự tâm A tỉ số k=-2 cho nên AC=2AB . Ví dụ 6. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A( có bán kính khác nhau ) .Một điểm M nằm trên đường tròn (O) . Dựng đường tròn đi qua M và tiếp xúc với O và O’. Giải - Vẽ hình minh họa cho học sinh . Từ đó có phân tích .. - Gọi S là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’) ,N là ảnh của M qua phép vị t ự tâm S M’ là giao đi ểm th ứ hai của AN với (O’) , Gọi O’’ là giao của OM với O’M’ ( Chú ý : OM//O’N ) ta có : O''M O''M'   O'N O'M' O'N M'O' nên O’’M=O’’M’ . Chứng tỏ (O’’) tiếp xúc với (O) và (O’) tại M và M’ .. - Cách dựng : Tìm tâm S ( kẻ tiếp tuyến chung của O và O’ cắt OO’ t ại S . Nối SA cắt (O’) tại N và M’. O’ chính là giao của OM với O’M’ . BÀI TOÁN 3: QUỸ TÍCH ĐIỂM Để giải một bài toán quỹ tích điểm M khi điểm A thay đổi trên một đường (C ) cho sẵn . Tr ước hết ta cần phải làm một số việc sau.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 1. Trong hình H đã cho , ta tìm ra một điểm A thay đổi trên một đường (C ) cho s ẵn nào đó ( có thể là đường tròn , có thể là một đường thẳng ) sao cho AM nằm trên một đường thẳng đi qua một điểm cố định I nào đó 2. Gán cho A và M cùng với I hai tam giác dồng dạng , từ đó tìm ra một t ỉ s ố không đ ối k   3. Viết đẳng thức véc tơ : IM kIA để kết luận M là ảnh của A qua phép vị tự tâm I với tỉ số vị tự là k . 4. Nếu A chạy trên (C ) thì M chạy trên (C’) là ảnh của (C ) qua phép vị t ự tâm I t ỉ s ố k . Nêu cách dựng (C’) . Ví dụ 1. ( Bài 29-tr29-HH11NC) . Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định khác O . Một điểm M thay đ ổi trên đ ường tròn . Tia phân giác góc MOI cắt IM tại N . Tìm quỹ tích điểm N . Giải - Vẽ hình . Từ hình vẽ và tính chất của đường phân giác trong chia cạnh đối diẹn làm hai doạn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề của hai cạnh đó . Ta có kết quả sau : * Do O,I cố định cho nên OI=a không đổi . Gọi N là chân đường phân giác c ủa góc MOI ( N thu ộc NI OI a NI a a      IN  IM NM  NI a  R a R IM) , từ đó ta có : NM OM R. Hay :.  IN .  a a  IM  IN  IM a R a R .. V :M  N Vì I cố định cho nên  I,k  . Nhưng M chạy trên đường tròn (O;R) cho nên N chạy trên đường tròn (C’) là ảnh của (O;R) qua phép vị tự tâm I tỉ số vị tự là k . * Cách xác định (O’;R’) như sau   IO'  kOI , từ đó suy ra O’ - Nối OI , tìm O’ sao cho : - Bán kính R’ được xác định bằng công thức : k= R’/R suy ra : R’=kR . ( Hoặc : lấy O’ làm tâm quay một đường tròn có bán kính là O’N ) Ví dụ 2. ( Bài 8 ÔN chương I-tr35-HH11-NC) Cho đường tròn (O) có đường kính AB . Gọi C là điểm đối xứng với A qua B và PQ là đ ường kính thay đổi của (O)khác với đường kính AB . Đường thẳng CQ cắt PA ,PB lần lượt tại M và N . a/ Chứng minh Q là trung điểm của CM , N là trung điểm của CQ b/ Tìm quỹ tích của các điểm M,N khi đường kính PQ thay đ ổi . Giải.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> a. Vẽ hình . Từ hình xẽ ta thấy : Nối AQ, BQ , do C đối xứng với A qua B cho nên ta có B là trung điểm của AC : BA=BC (1) . Mặt khác BQ vuông góc với AQ ( góc nội tiếp chắn nửa đ ường tròn ) PA vuông góc với AQ ( góc nội tiếp chắn ½ đường tròn ) suy ra PA // BQ do đó BQ là đ ường trung bình của tam giác ACM , nghĩa là Q là trung điểm của CM . - Tương tự BN là đường trung bình của tam giác ACQ cho nên N là trung điểm của CQ : NC=NQ (2) b/ Từ (1) và (2) ta có các đẳng thức véc tơ :    1  CM 2CQ  V C;2 :Q  M . Cho nên M chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép v ị tự tâm C , tỉ số vị tự bằng 2 . . 1.  2  CN . 2. CQ  V. 1  C. 2   . :Q  N . Vậy N chạy trên đường tròn (O’’) là ảnh của (O) qua phép vị tự. tâm C tỉ số k=1/2 . - Hướng dẫn học sinh cách xác định hai tâm O’ và O’’. Ví dụ 3. ( Bài 9-tr35-HH11NC) Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định . Một dây cung thay đổi của (O;R) có đ ộ dài bằng m     không đổi . Tìm quỹ tích các điểm G sao cho GA  GB  GC 0 . Giảỉ * Vẽ hình cho học sinh . Từ hình vẽ lấy I là trung điểm của BC , nối OI ( OI vuông góc với BC ) . A là một điẻm cố định ( có thể nằm trên (O) hay không cần nằm trên (O) . Do B,O c ố đ ịnh , góc OIB. bằng một vuông cho nên khi BC thay đổi I chạy trên đường tròn tâm O bán kính R’= ( Xét tam giác vuông BOI ).. R2 . m2 4 .. * Từ giả thiết G là trọng tâm của tam giác ABC . Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có :  2 AG 2   AG  AI  V 2  : I  G AI 3 3  A; 3    . Do đó : G chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn (O;R’) qua phép vị tự tâm A ,tỉ số vị tự bằng 2/3 . Ví dụ 4. ( Bài toán 6-tr39-HH11CB). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O)bán kính R , các d ỉnh B,C c ố đ ịnh còn A thay đ ổi trên (O) .Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC chạy trên một đ ường tròn . Giải - Vẽ hình , Gọi I là trung điểm của BC , thì I cố định khi B,C cố định . Theo tính chất tr ọng tâm : 1  1 1 IG  IA  IG  IA  VI3 : A  G 3 3 . Nhưng A chạy trên (O) do đó G chạy trên (O’) là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm I tỉ số 1/3..

<span class='text_page_counter'>(31)</span>  1  IO'  IO  3   1 R '  R 3 - Xác định (o’;R’) bằng hệ : .  1   O'; 3 R   . Ví dụ 5. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;3R) tiếp xúc trong với nhau tại A. Nếu O biến thành O’ trong phép vị tự tâm A thì tỉ số vị tự bằng bao nhiêu ? Giải - Vẽ hình . Từ giả thiết : AO’=R’, AO=R suy ra AO’=3AO .   AO' 3OA  VA3 :O  O' Hay : . Do đó tỉ số vị tự là k=3. Ví dụ 6. Cho đường tròn O và một điểm P cố định ở ngoài (O) .Từ P kẻ một tiếp tuyến thay đổi PBC . Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC ? Giải Vẽ hình . Gọi I là trung điểm của BC thì theo tính chất của đường kính đi qua điểm gi ữa của dây cung : OI vuông góc với BC . Như vậy I nằm trên đường tròn đường kính OP. Mặt khác theo tính chất trọng tâm , thì G nằm trên AI và cách A một khoảng bằng 2/3 AI , hay : 2  2 AG  AI  VA3 : I  G 3 . Nhưng I chạy trên đường tròn đường kính OP cho nên G chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn đường kính OP qua phép vị tự tâm A tỉ số 2/3. 2  AO'  AH  3  R' 2 OP OP 3 2 3 . ( Với H là trung điểm của OP ) - Cách xác định O’ bằng hệ :  Ví dụ 7. Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định với OI=2R . M là một điểm di đ ộng trên O , phân giác góc IOM cắt IM tại M’ . Tìm quỹ tích điểm M’ khi M chạy trên đường tròn O. Giải - Vẽ hình . Theo tính chất của đường phân giác trong :  2 M'I OI 2R IM' 2 2 IM' 2 2   2       IM'  IM  IM'  IM MM' OM R IM' M'M 2  1 3 IM 3 3 3. Vậy : Qua phép vị tự tâm I tỉ số 2/3 biến điểm M thành điểm M’ , nhưng M chạy trên đ ường tròn (O;R) cho nên M’ chạy trên (O’;R’) là ảnh của (O;R) qua phép v ị t ự tâm I . 2  IO' 3 IO  R ' 2 R 3 - Để xác định (O’;R’) :  ..

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Ví dụ 8. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc trong với nhau tại A , đường kính k ẻ t ừ A cắt (O) , (O’) theo thứ tự tại B,C . Qua A vẽ đường thẳng d cắt (O);(O’) tại M,N . Tìm quỹ tích giao điểm T của BN và CM , khi d thay đổi ? Giải Vẽ hình minh họa . Căn cứ hình vẽ , ta có phân tích : BM và CN cùng vuông góc với đ ường thẳng d , suy ra BM//CN (1) . Hai tam giác OCN đồng dạng với tam giác OBM cho nên : TN CN CA 2R ' R ' TN  TB R' R BN R' R R         k  BT  BN TB BM CB 2R R BT R BT R R' R R  R  BT  BN  VBR R ' : N  T R  R' Hay : . Nhưng N chạy trên (O’;R’) cho nên T chạy trên đường tròn. R ảnh của (O’) qua phép vị tự tâm B tỉ số k = R  R ' .. ( HD học sinh cách tìm giới hạn quỹ tích ) .. Ví dụ 9. ( Bài 73-tr17- Ôn CI-BTHH11-NC). Cho điểm P nằm trong đường tròn (O). Một đường thẳng thay đổi đi qua P , cắt (O) t ại hai điểm    PM PA  PB . A,B . Tìm quỹ tích các điểm M sao cho Giải Vẽ hình minh họa choi học sinh . Căn cứ hình vẽ ta có phân tích : - Gọi I là trung điểm của AB . Theo tính chất trung điểm của dây cung thì OI vuông góc với AB , có nghĩa là I chạy trên đường tròn đường kính OP (1)     - Theo quy tắc véc tơ trung tuyến ta có : PM PA  PB 2MI  M phải nằm trên d do I,P nằm trên   PM 2PI  VP2 : I  M d . Ví : PM=2MI=2(PM-PI) suy ra PM=2PI hay : . Vậy phép vị tự tâm P biến điểm I thành thành M . Nhưng I lại chạy trên (O;OP) vì thế M phải chạy trên đường tròn ảnh của (O) qua phép vị tự tâm P tỉ số k=2. Ví dụ 10. Cho đường tròn (O) và một điểm P ngoài O . M là một điểm thay đ ổi trên O . H là hình chiếu vuông góc của của O trên PM a/ Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác POM ? b/ Tìm quỹ tích các điểm H và trung điểm I của PH ? c/ Tìm quỹ tích trọng tâm K của tam giác OPH ?.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Giải . Vẽ hình minh họa cho học sinh . Từ hình vẽ phân tích cho HS biết : -Vì H là hình chiếu của O trên PM cho nên OH vuông góc với PM , cho nên H nằm trên đ ường tròn O’ có đường kính OP . - Gọi J là trung điểm của PO ( J là tâm đường tròn O’) thì G phải nằm trên MJ và theo tính ch ất c ủa 1  1 JG  JM  VJ3 : M  G 3 trọng tâm : . Nhưng M lại chạy trên đường tròn O cho nên G chạy trên đường tròn O’’ là ảnh của O qua phép vị tự tâm J tỉ số k=1/3 . 1  1 PI  PH  VP2 : H  I 2 - Vì I là trung điểm của PH cho nên PI=1/2PH hay : . Nhưng H lại chạy trên. OP tâm J bán kính 2 , cho nên I chạy trên đường tròn ảnh của đường tròn tâm J qua phép vị tự tâm P tỉ số k= ½ .. - Trọng tâm K của tam giác OPH phải nằm trên JH và theo tính chất trọng tâm , ta có : 1  1 OP JK  JH  VJ3 : H  K 3 . Do vậy K chạy trên đường tròn ảnh của đường tròn tâm J bán kính 2 qua phép vị tự tâm J tỉ số k=1/3 .. Ví dụ 11. Cho đường tròn O và một điểm A nằm trong O , M là m ột điểm di đ ộng trên đ ường tròn O. a/ Tìm quỹ tích trung điểm I của AM ? b/ Đường trung trực AM cắt đường tròn O tại P và P’ . Tìm quỹ tích chân đường vuông góc H kẻ từ O đến PP’ ? c/ Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APP’ ? Giải - Vẽ hình minh họa cho học sịnh . Từ hình vẽ hãy chỉ cho học sinh một số kết quả : . 1 AI  AM  VA2 : M  I 2 * Vì I là trng điểm của AM cho nên : . Như vậy qua phép vị tự tâm A tỉ số ½ đã biến M thành I , nhưng M chạy trên đường tròn O , cho nên I chạy trên đường tròn ảnh c ủa O qua phép vị tự tâm A tỉ số k=1/2.. * Đường trung trực của AM phải đi qua I và vuông góc với AM ..

<span class='text_page_counter'>(34)</span> BÀI TOÁN 4. CHỨNG MINH Ta hay gặp bài toán chứng minh một đường thẳng đi qua một điểm cố định , hay một điểm nằm trên một đường tròn cố định , một hình vuông …tóm lại một hình H cố định nào đó . Khi đó ta ch ỉ cần chứng minh đường thẳng đó đi qua tâm vị tự của hai hình H và H’ hoặc chứng minh M nằm trên một đường tròn ảnh của một hình H qua một phép vị tự tâm I tỉ số k Ví dụ 1. Cho hai đường tròn (O 1 ) và ( O2 ) ngoài nhau , một đường tròn (O) thay đổi tiếp xúc ngoài.  O ;R   O ;R  với 1 1 và tiếp xúc ngoài với 2 2 . Chứng minh đường thẳng nối hai tiếp điểm đi qua một điểm cố định . Giải Vẽ hình minh họa cho học sinh . Từ hình vẽ , phân tích cho học sinh thấy :.  O ;R   O ;R  * Gọi M,N thứ tự là hai tiếp điểm của (O) với hai đường tròn 1 1 ; 2 2 . Thì O1O  O2O O .   O M  O2M' O M'/ /O M 1 Kẻ 2 . Thì ta có 1 cho nên MM’ đi qua tâm vị tự ngoài của hai đường tròn . Do O2M' O2N R'   k đó : O1M O1M R . ON OM ON O2N    1  ON OM O NM' O N O M' OM O M' 2 2 2 2 * Hai tam giác : ONM đồng dạng với suy ra : . Vậy MN đi qua tâm vị tự ngoài cố định của hai đường tròn :.  O1 ;R1  ;  O2 ;R 2  .. Ví dụ 2. Cho hai đường tròn O và O’ tiếp xúc ngoài với nhau tại A .Một góc vuông xAy quay xung quanh A , tia Ax cắt O tại M , tia Ay cắt O tại M’. Chứng minh đường thẳng MM’ luôn đi qua m ột điểm cố định . Giải.   Nối MM’ cắt O’ tại N ta thấy : O'N song song cùng chiều với AM . Tương tự A’ là giaocủa OO’ với     A'M' / /AM  OM / /O'M' . Suy ra MM’ đi qua tâm vị tự của hai đường tròn . với O’ ta cùng thấy : Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC với trọng tâm G . Gọi A’,B’,C’ lần l ượt là trung đi ểm c ủa các c ạnh BC,CA,AB a/ Phép vị tự nào biến A thành A’,B thành B’ và C thành C’ ? b/ Chứng minh tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trực tâm tam giác A’B’C’  1 GO  GH 2 c/ Gọi H là trực tâm tam giác ABC , chứng minh rằng : . Suy ra G,O,H nằm trên một đường thẳng ( Đường thẳng Ơ-le ) .. Giải.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> a/ Theo tính chất của trọng tâm tam giác : 1 1  1  1       1 1 GA'  GA  VG 2 : A  A';GA'  GA  VG 2 : A  A';GB'  GB  VG 2 : B  B' 2 2 2 1  1  GC'  GC  VG 2 :C  C' 2 . Như vậy phép vị tự tâm G tỉ số k=-1/2 biến ba điểm A,B,C thành ba. điểm A’,B,C’ . b/ Vì O là giao ba đường trung trực , cho nên OB’ ∟AC , nhưng AC//A’C’ cho nên OB’∟A’C’ . Chứng tỏ OB’ là một đường cao của tam giác A’B’C’ . Tương tự đối với OA’ và OC’ vì vậy O là trực tâm của tam giác A’B’C’. c/ Do tam giác A’B’C’ là ảnh của tam giác ABC qua phép vị tự tâm G t ỉ s ố k=-1/2 cho nên H bi ến  1 GO  GH 2 thành O và : . BÀI TOÁN 5. TÌM ẢNH CỦA MỘT ĐIỂM – MỘT ĐƯỜNG QUA PHÉP VỊ TỰ. * Sử dụng đẳng thức véc tơ của phép vị tự và tính chất bằng nhau của hai véc tơ , ta sẽ tìm được kết quả . 2. 2. x  1   y  1 4 Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (O) :  . Tìm phương trình đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm O tỉ số k=2 .. Giải Tâm I của (O) có tọa độ I(1;1) bán kính R=2 . Nếu (O’) có tâm là J và bán kính R’ là ảnh c ủa (O) qua phép vị tự tâm O ta có đẳng thức véc tơ :   x' 0 2.1 OJ 2OI    y' 0 2.1 Vậy (O’) :.  x  2. 2. x' 2  J  2;2  y ' 2 . R’=2R=2.2=4. 2.   y  2 16. Ví dụ 2. ( Bài 1.23-BTHH11-CB-tr33) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 2x+y-4=0. a/ Viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỉ số k=3. b/ Viết phương trình đường thẳng d’’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm I(-1;2) t ỉ s ố k=-2 Giải.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> a/Gọi M(x;y) là một điểm bất kỳ thuộc d và M’(x’;y’) là ảnh c ủa M qua phép v ị t ự tâm O t ỉ s ố k=3 . Nếu M chạy trên d thì M’ chạy trên đường thảng d’ .    x' 3x OM' 3OM     y ' 3y Theo tính chất của phép vị tự :. x'   x  3  y y '  3 ..  x'   y '  2      4 0  2x' y ' 12 0 Thay (x;y) vào d:  3   3  . Vậy d’: 2x+y-12=0 ..   x' 1  x' 3 x   1       x' 1  2 x  1  2   2  IM'  2IM    y  y ' 2   2 y ' 6 y ' 2  2 y  2    2  2 . b/ Tương tự như trên ta có :  x' 3   y ' 6  2     4 0  2x' y ' 2 0 Thay vào d :   2    2  . Do đó d’’: 2x+y+2=0 .. Ví dụ 3. ( Bài 1.24-tr33-BTHH11). 2. 2. x  3   y  1 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ):  . Hãy viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép vị tự tâm I(1;2) t ỉ s ố k=-2.. Giải Gọi O(3;-1) là tâm của (C ) có bán kính R=3. Đường tròn (C’) có tâm J(x;y) bán kính R’ là ảnh c ủa (C ) qua phép vị tự tâm I tỉ số k=-2 . Theo tính chất của phép vị t ự ta có :   x  1  2 3  1  x  3 IJ  2IO     J   3;8  y  8 y  2  2  1  2     . R’=2R=2.3=6 ..  x  3 Vậy (C’) :. 2. 2.   y  8  36. ..

<span class='text_page_counter'>(37)</span>