Hiện nay ở trường trung học phổ thông thì các phép biến hình trong hình học phẳng và trong hình học không gian chiếm tỉ lệ không nhỏ của nội dung môn toán. Do đó ta thấy sự “ Ưu việt ’’ của phép biến hình trong môn toán ở trung học phổ thông. Hơn nữa có những bài toán hình học được giải thông qua phép biến hình đôi khi nhanh và ngọn hơn khi giải bằng cách thông thường. Chính vì vậy mà trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bài học bản thân thấy các phép biến hình đặc biệt là phép đối xứng trục và phép quay có nhiều kiến thức bổ ích, có tác dụng tích cực đến phương pháp giải một số bài toán hình học phẳng trong các đề thi đại học hiện nay.
Trang 1ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG
A ĐẶT VẤN ĐỀ
I LỜI MỞ ĐẦU
- Các phép biến hình ở chương đầu trong sách giáo khoa hình học lớp 11 gồm
Phép tịnh tiến
Phép đối xứng trục
Phép đối xứng tâm
Phép quay
Phép vị tự
Phép đồng dạng
- Hiện nay ở trường trung học phổ thông thì các phép biến hình trong hình học phẳng và trong hình học không gian chiếm tỉ lệ không nhỏ của nội dung môn toán
Do đó ta thấy sự “ Ưu việt ’’ của phép biến hình trong môn toán ở trung học phổ thông Hơn nữa có những bài toán hình học được giải thông qua phép biến hình đôi khi nhanh và ngọn hơn khi giải bằng cách thông thường
- Chính vì vậy mà trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bài học bản thân thấy các
phép biến hình đặc biệt là phép đối xứng trục và phép quay có nhiều kiến thức bổ
ích, có tác dụng tích cực đến phương pháp giải một số bài toán hình học phẳng trong các đề thi đại học hiện nay
- Đó cũng chính là lí do để tôi chọn viết đề tài “ Ứng dụng của phép quay và phép
đối xứng trục để giải một số bài toán hình học giải tích phẳng ’’
II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
- Tuy nhiên thực tế hiện nay việc dạy và học các phép biến hình trong môn toán ở trung học phổ thông của thầy và trò gặp nhiều khó khăn Thầy thì gặp khó khăn chủ yếu trong phương pháp dạy, còn trò thì e ngại khi gặp những bài toán về phép biến hình và các bài toán liên quan đến phép biến hình
B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
- Để giải được những bài tập và các bài toán có liên quan đến phép quay và phép đối xứng trục; yêu cầu học sinh phải nắm được những kiến thức cơ bản về những khái niệm, tính chất, có kỹ năng giải toán về phép quay và phép đối xứng trục có hiệu quả
- Nhiên cứu về phép quay và phép đối xứng trục, để đưa ra một số phương pháp giải với mong muốn góp phần giúp học sinh có một công cụ mới để giải toán, đồng
Trang 2thời tập cho học sinh làm quen với phương pháp tư duy và suy luận mới, cũng cố kiến thức và áp dụng vào các bài toán liên quan và các môn học khác
II NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
1 PHÉP QUAY
1.1 Định nghĩa
Trong mặt phẳng cho một 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’ và (OM, OM’) = được gọi là phép quay tâm O góc quay
Kí hiệu: QO,
Như vậy
' , ' '
OM OM
M M
Q O
1.2 Biểu thức tọa độ
a) Phép quay tâm O trùng với gốc tọa độ
y
y’ M’
y M
x
O x’ x
Gọi Mx; y ; M’x ' y; '
, M M'
Q O ; Đặt OM r
Ta có
sin cos
r y
r x
sin cos cos
sin sin
sin sin cos
cos cos
'
r r
y
r r
x
sin cos '
sin cos ' sin cos cos sin
'
sin sin cos cos
'
x y y
y x x r
r
y
r r
x
Hay
cos sin
'
sin cos
'
y x
y
y x
x
(1a)
b) phép quay tâm Ix0; y0
Xét hệ trục tọa độ vuông góc IXY, theo công thức (1a) ta có
cos sin
'
sin cos
'
Y X
Y
Y X
X
Mà theo công thức đổi hệ trục tọa độ
Y y y
X x x
0 0
Trang 3
Ta có
cos ) (
sin ) (
'
sin ) (
cos ) (
'
0 0
0
0 0
0
y y x
x y
y
y y x
x x
x
(1b) Sau đây là một số ví dụ được trích trong các đề thi đại học mà có thể giải được bằng phép quay
Ví dụ 1: (Khối A, A1 năm 2014)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB, và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M1 ; 2 và N2 ; 1
Cách giải 1: (Theo cách giải của một số tài liệu đã trình bày)
A M B
O
N
D C
Ta có MN = 10 Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a 0
Ta có AM = 2a và AN = 43 AC =
4
2
Áp dụng định lí côsin trong tam giác AMN
MN2 = AM2 + AN2 - 2AM.ANcosMAN =
8
5a2
8
5 2
a
Gọi Ix; y là trung điểm của CD Ta có
IM = AD = 4, IN = 14 BD = 2, nên ta có hệ phương trình
5
; 5 17 2
; 1 2 1 2
16 2 1
2 2
2 2
y x y x y
x
y x
* Với x 1 ;y 2 ta có I1 ; 2 và IM ( 0 ; 4 )
Đường thẳng CD đi qua điểm I và có véc tơ pháp tuyến là IM
Phương trình CD: y 2 0
5
17
5
6
; 5
17
5
4 ) 5
16
; 5
12
IM
Đường thẳng CD đi qua điểm I và có véc tơ pháp tuyến là IM
Phương trình CD: 3x 4y 15 0
Cách giải 2: (Sử dụng phép quay)
Trang 4Gọi Ix; y là trung điểm của CD, O là tâm của hình vuông ABCD suy ra O
)
2
2
;
2
1
Ta thấy các tam giác NIC, MAO vuông cân
TH1: * QM, 90 0 A O (hình vẽ trên)
Áp dụng công thức (1b) ta có
2 2 5 )
1 ( 2 2
2
) 2 ( 1 2
1
y x
x y
x y
y x
A A A
A
2
5
; 2
* QN, 90 0 I C
3 1 )
2 ( 1
) 1 ( 2
x y y x x
y
y x
C C C
C
C( 1 y;x 3 )
Mà O là trung điểm của AC suy ra
2 1 3
2 5 2 1 2
2
1 2 2 1 2
1
y x x
x y
y y x
I( 1 ; 2 ) Phương trình CD: y 2 0
TH2:
D I C
N
O
A M B
* QM, 90 0 O A
Áp dụng công thức (1b) ta có
2 3 2 4 )
1 2 1 ( 2
) 2 2 2 ( 1
x y
y x x
y
y x
A A A
A
2
3
; 2
4
A
* QN, 90 0 C I
x y y x x
y
y x
C C C
C
1 3 )
2 ( 1
) 1 ( 2
C(y 3 ; 1 x)
Mà O là trung điểm của AC suy ra
5 6 5 17 1
2 3 2 1 2
2
3 2
4 2 1 2
1
y x
x x
y
y y x
5
6
; 5
17
Phương trình CD: 3x 4y 15 0
Trang 5Nhận xét: Qua cách giải 2 ta thấy sử dụng phép quay để giải bài toán trên là rất
hiệu quả, cách giải rất trong sáng và hoàn toàn tự nhiên So với cách giải thứ nhất ở cách giải 2 chúng ta không cần phải tính độ dài cạnh của hình vuông và tìm tọa độ điểm I trở nên đơn giản hơn
Ví dụ 2: (Khối A năm 2012)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND Giả sử M
2
1
; 2
11
và đường thẳng AN có phương trình 2x y 3 0 Tìm tọa độ điểm A
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A B
I M
H K
D N C
Gọi H là giao điểm của AN và BD, I là tâm của hình vuông ABCD
Ta dễ thấy H là trung điểm của ID
Gọi K là trung điểm của IC
Xét phép quay tâm I góc quay 900, ta có
QI, 90 0 : A D
H K
Suy ra QI, 90 0 : AH DK
DK AH
DK AH
Mặt khác KM // DH và KM = DH suy ra KMDH là hình bình hành
2
5
H
TH1: * QH, 90 0 M A
Áp dụng công thức (1b) ta có
5 ' 4 ' ) 2 5 2 11 ( 2
'
) 2 2 1 ( 2
5
'
y x y
x
A( 4 ; 5 ) TH2: * QH, 90 0 A M
Trang 6
1 1 )
2 5 ( 2
2
1
) 2 ( 2 2
y x x
y
A( 1 ; 1 ) Vậy A4 ; 5 hoặc A1 ; 1
Ví dụ 3:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD Gọi
M là trung điểm của cạnh CD, điểm G )
3
10
; 2 ( là trọng tâm tam giác BCM Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật biết phương trình đường thẳng AM: x 1 0
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A B
G
D M C
Ta thấy các tam giác DAM, CMB vuông cân
Suy ra AM MB, CG MB CG // AM
Đường thẳng CG đi qua điểm G và song song với AM
Suy ra phương trình CG: x 2 0
Gọi M( m1 ; ), C( 2 ;c)
TH1: * QC, 90 0 B M
Áp dụng công thức (1b) ta có
2 1 )
2 ( ) ( 2
1
c m x c y x
c
m
c y
B B B
B
B(m c 2 ;c 1 )
Mà G là trọng tâm của tam giác BCM ta có
G B C M
G B C M
y y y y
x x x x
3 3
3 8 3 11
3 10 3
1
2 3
2 2
1
c
m c
c m
c m
3
11
;
1
3
8
; 2
3
11
; 3 (
M là trung điểm của CD suy ra D )
3
14
; 0
3
17
; 1
TH2: * QC, 90 0 MB
1 2 )
2 1 ( ) ( 2
c y m c x c
y
c m x
B B B
B
B(c m 2 ;c 1 )
Trang 7G là trọng tâm của tam giác BCM ta có
4 3 3
10 3
1
2 3
2 2
1
c m c
c m
m c
Suy ra M( 1 ; 3 ); C( 2 ; 4 ); B( 3 ; 3 )
M là trung điểm của CD suy ra D( 0 ; 2 ); A( 1 ; 1 )
3
17
;
1
3
11
; 3
3
8
; 2
3
14
; 0 ( hoặc A( 1 ; 1 ); B( 3 ; 3 ); C( 2 ; 4 ); D( 0 ; 2 )
Ví dụ 4: (Khối D năm 2009)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
1 )
1
x Gọi I là tâm của (C) Xác định tọa độ của điểm M thuộc (C) sao cho góc IMO = 300
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
M
1200
I O
Ta thấy O (C); I( 1 ; 0 )
Tam giác IMO cân tại I suy ra góc MIO = 1200
TH1: * QI, 120 0 O M
Áp dụng công thức (1b) ta có
2 ' 2 ' 120
cos ) 0 0 ( 120 sin ) 1 0 ( 0
'
120 sin ) 0 0 ( 120 cos ) 1 0 ( 1
'
0 0
0 0
y x y
2
3
; 2
3
TH2: * QI, 120 0 MO
3 3
3 3 120
cos ) 0 ( 120 sin ) 1 ( 0
0
120 sin ) 0 ( 120 cos ) 1 ( 1
0
0 0
0 0
y x y x y
x
y x
2 3 2 3
y
x
2
3
; 2
3
2
3
;
2
3
2
3
; 2
3
Ví dụ 5:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
Trang 80 1 2 4
2
2
đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A
M I
B
d
Gọi tâm của đường tròn (C) là I(2;1) A, B là hai tiếp điểm
Ta dễ thấy IAMB là hình vuông
Gọi M(t; 1 t) d
* QA, 90 0 M I
Áp dụng công thức (1b) ta có
t y x x
t y
y t x
A A A
A
A A
1 0 )
( 1
) 1
( 2
A( 0 ; 1 t)
Mà A (C) suy ra ( 1 ) 2 2 ( 1 ) 1 0
2
2 2
1 1
2 1 1
t
t t
t
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là điểm M1 ( 2 ; 1 2 ) ; M2
) 2 1
;
2
Ví dụ 6:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
25
2
2
2
3 5
; 2
5 ( Điểm C có hoành độ dương thuộc (C) Sao cho góc
BOC = 1200 Tìm tọa độ điểm M thuộc cung nhỏ BC sao cho MB1 MC1 đạt giá trị nhỏ nhất (M B, C)
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
C
M
1200
Trang 9O B
Ta có MBMC MB MC MB4MC
.
2 1
1
Dấu bằng xảy ra MB = MC suy ra M nằm chính giữa cung nhỏ BC
góc MOB = 600
Xét phép quay tâm O(0;0) góc quay 600
TH1: * QO, 60 0 B M
Áp dụng công thức (1a) ta có
0 ' 5 ' 60 cos 2 3 5 60 sin 2 5 '
60 sin 2 3 5 60 cos 2 5 '
0 0
0 0
y x y
x
M( 5 ; 0 )
* QO, 60 0 MC
2 ' 2 ' 60 cos 0 60 sin 5 '
60 sin 0 60 cos 5 '
0 0
0 0
y x
2
3 5
; 2
5 ( (loại)
TH2: * QO, 60 0 M B
2 3 5 2 5 3 5 3 5 3 60
cos 60 sin 2
3
5
60 sin 60 cos
2
5
0 0
0 0
y
x
y x y x y
x
y x
2
3 5
; 2
5
* QO, 60 0 C M
0 5 3 5 3 5 3 60
cos 60 sin 2
3
5
60 sin 60 cos
2
5
0 0
0 0
y x y x y x y
x
y x
C( 5 ; 0 ) (thỏa mãn)
2
3 5
;
2
5
R MB MC
Ví dụ 7:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M(3;2) nằm trên đường chéo BD Từ M kẻ các đường thẳng ME và MF lần lượt vuông góc với
AB tại E(3;4) và AD tại F(-1;2) Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A E B
F M
Trang 10D C
Ta thấy các tam giác EBM, FDM vuông cân
* QE, 90 0 MB
Áp dụng công thức (1b) ta có
4 ' 5 ' )
3 3 ( 4
'
) 4 2 ( 3
'
y x y
x
B( 5 ; 4 )
* QF, 90 0 D M
1 2 )
1 ( 2
2
) 2 ( 1
3
x y x
y
D( 1 ; 2 )
4 1 0
4 4 3
y x y
x
Suy ra A(-1;4), C(5;-2)
Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có các đỉnh A(-1;2); C(3;-2) Gọi E là trung điểm cạnh AD; BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M; N là trung điểm cạnh BM và P là giao điểm của AN và DM Biết phương trình đường BM: 2x y 4 0 Tìm tọa độ điểm P
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A B
N
E I
P
M
D C
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD suy ra I(1;0)
Xét phép quay tâm I góc quay 900
* QI, 90 0 C B
Áp dụng công thức (1b) ta có
2 ' 3 ' )
1 3 ( 0
'
) 0 2 ( 1
'
y x y
x
B( 3 ; 2 )
* QI, 90 0 A D
2 ' 1 ' ) 1 1 ( 0
'
) 0 2 ( 1
'
y x y
x
D( 1 ; 2 ) Đường thẳng CE đi qua điểm C và vuông góc với BM
Phương trình CE: x 2y 1 0
Trang 11Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
5 5 0
1 2
0 4 2
y x y
x
y x
)
5
6
; 5
7
N là trung điểm BM N )
5
2
; 5
11 ( + Đường thẳng AN đi qua hai điểm A và N có phương trình x 2y 3 0
+ Đường thẳng DM đi qua hai điểm D và M có phương trình x 3y 5 0
P = AN DM suy ra tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình
5 5 19 0
5 3
0 3 2
y x y
x
y x
5
2
;
5
19
Ví dụ 9:
Tìm tọa độ hai điểm B, C thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số 3 11
x
x
tam giác ABC vuông cân tại A(2;1)
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
1
1 3
;
(
a
a
Xét phép quay tâm A góc quay 900
* QA, 90 0 B C
Áp dụng công thức (1b) ta có
1 ' 1
2 ' )
2 ( 1
'
) 1 1 1 3 ( 2
'
a y a x a
y
a
a x
; 1 )
1
2
a C
Mà C thuộc (P) suy ra
3
2 0
6 1
1 2
1 1
6
a
a a
a a
a
+ Với a 2 B )
3
7
; 2
3
2 ( không thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh của (P)
+ Với a 3 B( 3 ; 4 ), C( 1 ; 2 ) thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh của (P)
Vậy B( 3 ; 4 ), C( 1 ; 2 ) hoặc B( 1 ; 2 ), C( 3 ; 4 )
2 PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
Định nghĩa
Phép đối xứng trục a là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ đối xứng với M qua a
Kí hiệu: Đa
Như vậy Đ(M) = M’ a là trung trực của MM’
Trang 12Nếu M a thì M’ M.
Ví dụ 10:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I(2;4) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC biết B(3;2), C(4;3)
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A
H I
B C
H’
- Gọi H’ là giao điểm của đường thẳng AH và đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có H’BC = H’AC
H’AC = CBH
Suy ra H’BC = CBH nghĩa là BC là đường phân giác của góc H’BH
Mà BC AH’ suy ra tam giác HBH’ cân tại B
Nên H và H’ đối xứng nhau qua đường thẳng BC
Do đó ĐBC(HBC) = H’BC
Ta thấy đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác BH’C suy ra đường tròn (C’) ngoại tiếp tam giác HBC là ảnh của đường tròn (C) qua phép đối xứng trục BC
- IB = 5 suy ra phương trình đường tròn (C): ( 2 ) 2 ( 4 ) 2 5
x
Phương trình BC: x y 1 0
- Gọi I’ đối xứng với I qua BC suy ra I’(5;1)
Phương trình đường tròn (C’): ( 5 ) 2 ( 1 ) 2 5
x
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là ( 5 ) 2 ( 1 ) 2 5
Bài tập áp dụng
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(-4;5)
và phương trình một đường chéo là (d): 7x y 8 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm E thuộc đoạn BC Một đường thẳng qua A vuông góc AE cắt CD tại F, trung tuyến