Các bài giảng trọng tâm theo chuyên đề hình học 11 nguyễn phú khánh

Bộ tài liệu gồm 300 trang, file word, lời giải chi tiết Chúng tơi xin trích dẫn phần nội dung tài liệu CHỦ ĐỀ: PHÉP BIẾN HÌNH A CHUẨN KIẾN THỨC A.TĨM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa Quy tắc đặt tương ứng điểm M mặt phẳng với điểm xác định M' mặt phẳng gọi phép biến hình mặt phẳng Ta kí hiệu phép biến hình F viết F  M   M' hay M'  F  M  , M' gọi ảnh điểm M qua phép biến hình F   Nếu H hình hình H'  M'|M'  F  M  ,M  H gọi ảnh hình H qua phép biến hình F , ta viết H'  F  H   Vậy H'  F  H  M  H  M'  F  M   H'  Phép biến hình biến điểm M mặt thành gọi phép đồng topdoc.vn - chuyên tài liệu file word PHÉP TỊNH TIẾN A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa Trong mặt phẳng cho vectơ v Phép biến hình biến điểm M thành điểm M' cho MM'  v gọi phép tịnh tiến theo vectơ v Phép tịnh tiến theo vectơ v kí hiệu Tv v Vậy Tv  M   M'  MM'  v Nhận xét: T0  M   M Biểu thức tọa độ phép tịnh tiến Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M  x; y  M M’ v   a; b  x' x  a x'  x  a Gọi M'  x'; y'   Tv  M   MM'  v     y' y  b y'  y  b Hệ  *  gọi biểu thức tọa độ Tv *  Tính chất phép tịnh tiến  Bảo toàn khoảng cách hai điểm  Biến đường thẳng thành đường thẳng song song trùng với đường thẳng cho  Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng  Biến tam giác thành tam giác tam giác cho  Biến đường tròn thành đường tròn có bán kính B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài toán 01: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP TỊNH TIẾN Phương pháp: Sử dụng định nghĩa tính chất biểu thức tọa độ phép tịnh tiến Các ví dụ Ví dụ Cho tam giác ABC , dựng ảnh tam giác ABC qua phép tịnh tiến theo vec tơ BC Lời giải Ta có TBC  B  C D A topdoc.vn - chuyên tài liệu file word B C E Để tìm ảnh điểm A ta dựng hình bình hành ABCD Do AD  BC nên TBC  A   D , gọi E điểm đối xứng với B qua C , CE  BC Suy TBC  C   E Vậy ảnh tam giác ABC tam giác DCE Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho v   2;  Hãy tìm ảnh điểm A 1; 1 , B  4;  qua phép tịnh tiến theo vectơ v Lời giải x'  x  a Áp dụng biểu thức tọa độ phép tịnh tiến   y'  y  b x'   ( 2) x'  1 Gọi A'  x'; y'   Tv  A      A'  1;   y'  1  y'  Tương tự ta có ảnh B điểm B'  2;  Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho v  1; 3  đường thẳng d có phương trình 2x  3y   Viết phương trình đường thẳng d' ảnh d qua phép tịnh tiến Tv Lời giải Cách Sử dụng biểu thức tọa độ phép tịnh tiến Lấy điểm M  x; y  tùy ý thuộc d , ta có 2x  3y   *  x'  x  x  x' Gọi M'  x'; y'   Tv  M      y'  y  y  y' Thay vào (*) ta phương trình  x' 1   y'     2x' 3y'  Vậy ảnh d đường thẳng d' : 2x  3y   Cách Sử dụng tính chất phép tịnh tiến Do d'  Tv  d  nên d' song song trùng với d , phương trình đường thẳng d' có dạng 2x  3y  c  (**) Lấy điểm M  1;1  d Khi M'  Tv  M   1  1;1     0; 2  Do M'  d'  2.0   2   c   c  6 Vậy ảnh d đường thẳng d' : 2x  3y   Cách Để viết phương trình d' ta lấy hai điểm phân biệt M,N thuộc d , tìm tọa độ ảnh M',N' tương ứng chúng qua Tv Khi d' qua hai điểm M' N' Cụ thể: Lấy M  1;1 ,N  2;  thuộc d , tọa độ ảnh tương ứng M'  0; 2  ,N'  3;  Do d' qua hai điểm M',N' nên có phương trình x0 y2   2x  3y   topdoc.vn - chuyên tài liệu file word Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  có phương trình x2  y2  2x  4y   Tìm ảnh  C  qua phép tịnh tiến theo vectơ v   2; 3  Lời giải Cách Sử dụng biểu thức tọa độ Lấy điểm M  x; y  tùy ý thuộc đường tròn  C  , ta có x2  y2  2x  4y   *  x'  x  x  x' Gọi M'  x'; y'   Tv  M      y'  y  y  y'  x'    y' 3 Thay vào phương trình (*) ta 2   x'    y'     x'2  y'2  2x' 2y'  Vậy ảnh  C  đường tròn  C'  : x2  y2  2x  2y   Cách Sử dụng tính chất phép tịnh tiến   Dễ thấy  C  có tâm I  1;  bán kính r  Gọi  C'   Tv  C  I'  x'; y'  ; r' tâm bán kính (C') x'  1   Ta có   I' 1; 1 r'  r  nên phương trình đường tròn  C'   y'    1  x  1   y  1  2 Bài toán 02: XÁC ĐỊNH PHÉP TỊNH TIẾN KHI BIẾT ẢNH VÀ TẠO ẢNH Phương pháp: Xác định phép tịnh tiến tức tìm tọa độ v Để tìm tọa độ v ta giả sử v   a; b  , sử dụng kiện giả thiết tốn để thiết lập hệ phương trình hai ẩn a, b giải hệ tìm a, b Các ví dụ Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho đường thẳng d : 3x  y   Tìm phép tịnh tiến theo vec tơ v có giá song song với Oy biến d thành d' qua điểm A 1;1 Lời giải v có giá song song với Oy nên v   0; k  k   x'  x Lấy M  x; y   d  3x  y    *  Gọi M'  x'; y'   Tv  M    thay vào  y'  y  k  *   3x' y' k   Hay Tv  d   d' : 3x  y  k   , mà d qua A 1;1  k  5 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word Vậy v   0; 5  Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường hai thẳng d : 2x  3y   d' : 2x  3y   Tìm tọa độ v có phương vng góc với d để Tv  d   d' Lời giải Đặt v   a; b  , lấy điểm M  x; y  tùy ý thuộc d , ta có d : 2x  3y    *  x'  x  a x  x' a Gọi sử M'  x'; y'   Tv  M  Ta có  , thay vào (*) ta   y'  y  b y  y' b phương trình 2x' 3y' 2a  3b   Từ giả thiết suy 2a  3b   5  2a  3b  8 Vec tơ pháp tuyến đường thẳng d n   2; 3  suy VTCP u   3;  Do v  u  v.u  3a  2b   16 a   13 2a  3b  8 Ta có hệ phương trình   3a  2b   b  24  13  16 24  Vậy v    ;   13 13  Bài toán 03: DÙNG PHÉP TỊNH TIẾN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN DỰNG HÌNH Phương pháp: Để dựng điểm M ta tìm cách xem ảnh điểm biết qua phép tịnh tiến, xem M giao điểm hai đường đường cố định đường ảnh đường biết qua phép tịnh tiến Lưu ý: Ta thường dùng kết quả: Nếu Tv  N   M N   H  M   H'   H'  T  H kết hợp với M thuộc hình  K  (trong giả thiết) suy M   H'    K  v Các ví dụ Ví dụ Cho đường tròn tâm O , bán kính R hai điểm phân biệt C, D nằm  O  Hãy dựng dây cung AB đường tròn  O  cho ABCD hình bình hành Lời giải Phân tích: Giả sử dựng dây cung AB thỏa mãn yêu cầu tốn Do ABCD hình bình hành nên AB  DC  TCD  A   B C D A topdoc.vn - chuyên tài liệu file word O B 0'   Nhưng A   O  B   O'   TDC  O  Vậy B vừa thuộc  O   O'  nên B giao điểm  O   O'  Cách dựng: - Dựng đường tròn  O'  ảnh đường tròn  O  qua TDC - Dựng giao điểm B  O   O'  - Dựng đường thẳng qua B song song với CD cắt  O  A Dây cung AB dây cung thỏa yêu cầu tốn Chứng minh: Từ cách dựng ta có TDC  A   B  AB  DC  ABCD hình bình hành Biện luận: - Nếu CD  2R tốn vơ nghiệm - Nếu CD  2R có nghiệm - Nếu CD  2R có hai nghiệm Ví dụ Cho tam giác ABC Dựng đường thẳng d song song với BC , cắt hai cạnh AB,AC M,N cho AM  CN Lời giải Phân tích: Giả sử dựng đường thẳng d thỏa mãn toán Từ M dựng đường thẳng song song với AC cắt BC P , MNCP hình bình hành nên CN  PM Lại có AM  CN suy MP  MA , từ ta có AP phân giác B góc A Cách dựng: - Dựng phân giác AP góc A - Dựng đường thẳng qua P song song với AC cắt AB M - Dựng ảnh N  TPM  C  A M N P Đường thẳng MN đường thẳng thỏa yêu cầu toán Chứng minh: Từ cách dựng ta có MNCP hình bình hành suy MN C BC CN  PM , ta có MAP= CAP  APM  ΔMAP cân M  AM  MP Vậy AM  CN Biện luận: Bài tốn có nghiệm hình Ví dụ Cho hai đường tròn  O1   O2  cắt A, B Dựng đường thẳng d qua A cắt đường tròn điểm thứ hai M,N cho MN  2l cho trước Lời giải 10 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word Giả sử dựng đường thẳng d qua A cắt đường tròn  O1  ,  O2  tương ứng điểm M,N cho MN  2l Kẻ O1H  MN O2 I  MN Xét THO  I   I'  O1I'  HI  MN  l M H A O1 I N I' O2 B Do tam giác I'O1O2 vuông I' nên O2 I'  O1O22  l Bài toán 04: SỬ DỤNG PHÉP TỊNH TIẾN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN TÌM TẬP HỢP ĐIỂM Phương pháp: Nếu Tv  M   M' đểm M di động hình  H  điểm M' thuộc hình  H'  ,  H'  ảnh hình  H  qua Tv Các ví dụ Ví dụ Cho hai điểm phân biệt B,C cố định đường tròn  O  tâm O Điểm A di động  O  Chứng minh A di động  O  trực tâm tam giác ABC di động đường tròn Lời giải Gọi H trực tâm tam giác ABC M trung điểm BC Tia BO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Vì BCD  900 , nên DC AD AH Tương tự CH , ADCH hình bình hành.Suy AH  DC  2OM không đổi  T2OM  A   H , A di động dường tròn  O  H di động   đường tròn  O'   T2OM  O  Ví dụ Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định, BAC  α khơng đổi BC  v khơng đổi Tìm tập hợp điểm B,C Lời giải Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , theo định lí sin ta có BC  2R khơng đổi sin α ( BC  v không đổi) BC Vậy OA  R  , nên O di động đường tròn tâm A bán kính sin α BC AO  Ta có OB  OC  R không đổi BOC  2α không đổi suy sin α topdoc.vn - chuyên tài liệu file word 11 1800  2α không đổi Mặt khác BC có phương khơng đổi nên OB,OC có phương không đổi OBC  OCB  Đặt OB  v1 ,OC  v2 khơng đổi , Tv  O   B,Tv  O   C  BC  Vậy tập hợp điểm B đường tròn  A1 ;  ảnh sin α   BC  tập hợp điểm C đường tròn  A2 ;  ảnh sin α    BC   A,  qua Tv1 , sin α   BC   A,  qua Tv  sin α  CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho hai đường thẳng d : 2x  3y   , d1 : 2x  3y   vec tơ v   2; 1 a) Viết phương trình đường thẳng d' ảnh đường thẳng d qua Tv b) Tìm vec tơ u có giá vng góc với đường thẳng d để d1 ảnh d qua Tu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường hai thẳng d : 3x  5y   d' : 3x  5y  24  Tìm tọa độ v , biết v  13 Tv  d   d' Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho đường tròn  C  :  x  1   y    2 v   3;  Tìm ảnh  C  qua Tv Cho đường tròn  O  với đường kính AB cố định, đường kính MN thay đổi Các đường thẳng AM,AN cắt tiếp tuyến B P Q Tìm quỹ tích trực tâm tam giác MPQ NPQ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O; R  , AD  R Dựng hình bình hành DABM DACN Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DNM nằm  O; R  Cho tam giác ABC cố định có trực tâm H Vẽ hình thoi BCDE Từ D E vẽ đường vng góc với AB AC , đường thẳng cắt M Tìm tập hợp điểm M Cho hai đường thẳng d1 ,d2 cắt A, B hai điểm khơng thuộc hai đường thẳng cho AB không song song trùng với d1 ( hay d ) Tìm d1 điểm M d điểm N cho AMBN hình bình hành Cho hai đường tròn  O1 ; R   O2 ; R  cắt A, B Một đường thẳng d vuông góc với AB cắt  O1  C, D cắt  O2  E,F cho CD EF hướng 12 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word a) Chứng minh CAE không phụ thuộc vào vị trí d b) Tính độ dài CE theo R AB  a topdoc.vn - chuyên tài liệu file word 13 PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa: Cho đường thẳng d Phép biến hình biến điểm M thuộc d thành nó, biến điểm M không thuộc d thành điểm M' cho d đường trung trực đoạn MM' gọi phép đối xứng qua đường thẳng d , hay gọi phép đối xứng trục d M Phép đối xứng trục có trục đường thẳng d kí hiệu Ðd Như Ðd  M   M'  IM  IM' với I hình chiếu vng góc M d Nếu Ðd  H    H  d gọi trục d I đối xứng hình  H  M' Biểu thức tọa độ phép đối xứng trục: Trong mặt phẳng Oxy , với điểm M  x; y  , gọi M'  x'; y'  Ðd  M  x'  x Nếu chọn d trục Ox ,   y'   y x'  x Nếu chọn d trục Oy ,   y'  y Tính chất phép đối xứng trục:  Bảo toàn khoảng cách hai điểm  Biến đường thẳng thành đường thẳng  Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng đoạn cho  Biến tam giác thành tam giác tam giác cho  Biến đường tròn thành đường tròn có bán kính B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài toán 01: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA ĐỐI XỨNG TRỤC Phương pháp: 14 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word  D thuộc đường tròn tâm C bán kính BC điểm M thuộc đường tròn tâm H bán kính BC ảnh đường tròn tâm C bán kính BC qua TCH Phân tích: Giả sử dựng hai điểm M,N đường thẳng d1 ;d2 cho ABMN hình bình hành Khi TBA  M   N , mà M  d1 nên N  d1 '  TBA  d1  Mặt khác N  d2  N  d2  d1 ' d1' Cách dựng: - Dựng d1 ' ảnh d1 qua phép tịnh d2 N tiến TBA M - Dựng giao điểm N  d2  d1 ' - Dựng đường thẳng qua N song song với AB cắt d1 M d1 A B Các điểm M,N điểm cần dựng Chứng minh: Từ cách dựng suy ABMN hình bình hành Biện luận: Do d1 d cắt nên d1 ' d cắt , tốn có nghiệm hình a) Vì hai đường tròn  O1  O  có bán kính nên TO O  O    O  Gọi A C A'  TO O  A  A' cố định, E O1 D O2 E  TO O  C  nên TO O  CA   EA'  CA / /EA' A' B suy CAE  AEA'  ABA' không đổi Vậy CAE khơng phụ thuộc vào vị trí d b) Do CEA' A hình bình hành nên CE  AA'  BA'2  AB2  4R  a a) x  2y   b) x  2y   10 52 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word F a) 2x  y    x     y    2 b)  C  có tâm I  2;  , đường thẳng qua I vng góc với d d1 : x  2y   Giao  14 13  điểm d & d1 M  ;   3 Gọi I' ảnh I qua phép đối xứng trục d M trung điểm 2  18   11   18 11  II'  I'  ;  Phương trình  C'  :  x     y    5 5      11 a) Gọi A' đối xứng với A qua d , ta có MA  MA'  MA  MB  MA' MB  A' B Đẳng thức xảy M thuộc đoạn A' B mà A M  d  M  A' B  d Vậy  MA  MB  A' B M  A' B  d b) Xét M  x; y   M  d : x  2y   B d M A  3;  , B  5;7  , ta có T  MA  MB Do   2.5    2.7    nên A, B nằm phía d Gọi A' đối xứng với A qua d A'  5;1 Phương trình A' B : x   A' Ta có MA  MB  MA' MB  A' B   7 Đẳng thức xảy M  A' B  d  M  5;   2 12 Gọi B',C' ảnh A qua phép đối xứng trục có trục Ox,Oy , y ta có B'  2; 1 , C' 1;  Ta có AB  BB',AC  AC' nên chu vi tam giác ABC 2p  AB  BC  CA  AB' BC  CC'  B'C'  10 Đẳng thức xảy B C giao điểm B'C' với Ox đường phân giác góc phần tư thứ nhất, từ khơng khó khăn 5 5 5  ta tìm B'  ;  C'  ;  4 4 3  O C' y=x A C B x B' topdoc.vn - chuyên tài liệu file word 53 13 a) Ta có BAD  CAF  450  BAD  CAF  BAC  1800 suy D,A,F thẳng hàng Xét phép đối xứng ÐDF có: P A A, B E,C G nên tam giác ABC biến thành tam giác AEG , BCA  AGE mà BCA  BAH mặt khác tam giác AGE vuông ta A có trung tuyến AK  KA  KG nên ΔKAG cân K  GAK  KAG suy E G K A D F GAK  BAH mà hai góc nằm vị trí đối đỉnh nên K  AH b) Do K trung điểm EG AEPG hình chữ nhật nên A,K,P thẳng hàng, hay P  AH I C H B c) Dễ thấy AP  EG mà ÐDF  BC  EG  BC  EG , BC  AP Lại có BD  BA , DC  DG  BP  ΔDBC  ΔBAP  BPA  DCB Mà BPH  PBH  900  ICB  IBC  900  CD  PB Tương tự chứng minh BF  PC nên DC, BF,PH đường cao tam giác PBC nên chúng đồng qui 14 Giả sử dựng điểm A, B,C thỏa mãn yêu cầu toán Gọi Δ đường trung trục BC A  Δ  d1 ; ÐΔ  C   B B  d1  d2 từ ta có cách dựng: - Qua M dựng đường thẳng song song với d A N cắt d1 N - Qua trung điểm I MN dựng đường thẳng Δ  d2 I - Dựng giao điểm A  Δ  d1 - Gọi C  AM  d2 - Dựng ÐΔ  C   B M B C d2 d1 Các điểm A,B,C điểm dựng Bạn đọc tự chứng minh biện luận cần 15 Xét Tu với u / /d u  a 54 A A' topdoc.vn - chuyên tài liệu file word d B C C0 A'' Gọi TBC  A   A' A'' Ðd  A'  Ta có AB  A'C nên AB  AC  AC  CA'  AC  CA''  AA''   AB  AC  AA'' C  C0  AA'' d B  T u  C  16 Giả sử điểm A, B,C, D thứ tự hình vẽ Gọi M1  TAB  M  ,M2  TDC  M  M 1' M1 ' ÐΔ1  M1  ,M2 ' ÐΔ1  M2  A B Khi ta có MA  M1 B  M1 ' B, MD  M2 C  M2 'C M2 MA  MB  MC  MD  MB  M1 ' B  MC  M2 'C M M1  MM1 ' MM2 ' C Đẳng thức xảy B  MM1 ' Δ1 ,C  MM2 ' Δ2 Vậy vị trí điểm sau B  MM1 ' Δ1 ,A  TBA  A  , D M'2 C  MM2 ' Δ2 , D  TCD  C  17 Gọi E  BC  B'C' Ta có AB  AB',ABE  AB'E  900 , AE chung nên ΔABE  ΔAB'E AB  AB'   AE đường trung EB  EB' D' A trực BB' Xét phép đối xứng trục ÐAE B C' Ta có B B' , tương tự ta chứng minh C C'  D D' Vậy phép đối xứng trục ÐAE biến hình vng ABCD thành hình vuông AB'C' D' 18 Lấy điểm C' đối xứng với C qua đường phân giác d A E B' D C C' Khi A nằm B C' Với điểm M  dA ta có MC  MC' , chu vi tam giác MBC MB  MC  BC   MB  MC'   BC  BC' BC A dA M Mà BC'  BA  AC'  BA  AC B topdoc.vn - chuyên tài liệu file word C 55  MB  MC  BC  AB  BC  CA Vậy chu vi tam giác MBC không nhỏ chu vi tam giác ABC 19 Phần thuận: Gọi M' ảnh điểm M qua phép đối xứng trục PQ Khi PM'  PM A 1 Mặt khác PM AC nên ACB  PMB  BAC tam giác PMB cân suy PM  PB   Từ 1 ,   ta có M' P PM'  PM  PB nên B,M,M' nằm đường tròn tâm P ta có 1 BM'C  BPM  BAC   2 Tương tự ta có QM'  QM  QC nên B C,M,M' nằm đường tròn tâm Q , 1 MM'C  MQC  BAC   Từ     suy 2 Q M C BM'C  BM'M  CM'M  BAC Do M' thuộc cung tròn BAC Phần đảo: Giả sử M' thuộc cung tròn BAC ( trừ B,C ) Gọi E điểm cung BC không chứa A Gọi M  EM' BC , dựng hình bình hành APMQ với P  AB,Q  AC Ta cần A chứng minh M M' đối xứng qua đường thẳng PQ Do P,M' nằm phía với BM P 1 BM'M  BAE  BAC  BPM nên M' M' 2 Q thuộc đường tròn tâm P bán kính PB Tương tự ta chứng minh M' thuộc đường tròn tâm Q bán kính QC M C Mặt khác hai đường tròn B qua điểm M MM' dây cung E chung hai đường tròn nên đối xứng qua đường thẳng nối hai tâm, hay M,M' đối xứng qua PQ Vậy tập hợp điểm M' cung BAC ( trừ B,C ) 20 a) Với điểm D cố định cạnh BC 56 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word Gọi M,N đối xứng với D qua AB,AC ED  EM, DF  DN Chu vi tam giác DEF ζ  DE  EF  FD  ME  EF  FN  MN Vậy chu vi tam giác nhỏ MN , M,E,F,N thẳng hàng, E,F giao điểm MN với AB,AC b) Ứng với điểm D , chu vi tam giác DEF nhỏ E,F nằm MN  ζ   MN Vậy D di chuyển cạnh , chu vi tam giác DEF MN nhỏ Ta có MAN  A1  A2  A3  A4  2.BAC ( không đổi) Tam giác AMN cân A có MAN  2.BAC khơng đổi nên MN nhỏ MN AN AM mà   AM,AN nhỏ ( sin MAN sin AMN sin ANM sin MAN,sin AMN,sin ANM khơng đổi) Lại có AM  AN  AD nên AM,AN nhỏ AD nhỏ  AD  BC hay D chân đường cao tam giác ABC Bây ta chứng minh E,F chân đường cao M tam giác ABC Dựng đường cao AH tam giác AMN ta có A 12 F E N H B MAH  BAC D C  EAH  BAC  A1 , tương tự DAC  BAC  A2 mà A1  A2  EAH  DAC  AEH  ACB mà AEH  MAE  DEB nên ACB  DEB tứ giác ACDE nội tiếp  AEC  ADC  900  E chân đường cao CE tam giác ABC Tương tự F chân đường cao tam giác ABC Trong trường hợp chu vi tam giác DEF nhỏ ta có MN  2AH  2.AMsin A  2ADsin A  2ha sin A 1 Mà S  aha  bc sin A  p  p  a  p  b  p  c  2  abcha sin A  p  p  a  p  b  p  c  8p  p  a  p  b  p  c   MN  abc topdoc.vn - chuyên tài liệu file word 57 8p  p  a  p  b  p  c  Vậy chu vi tam giác DEF nhỏ abc 21 d' : 3x  4y  17   11  22 I  ;  4   1 23 Dễ thấy d cắt  C  M  x; y  d cắt  C  N  x;   ngược y  lại nên M,N đối xứng qua O ( d  C  có tối đa điểm chung).Gọi B  2; 3  đối xứng với A qua O Ta có   AM2  AN2  MA2  MB2  x2  y2  56 , lạ có x2  y2  2xy  nên MA  MB  60 Đẳng thức xảy x  y  hặc x  y  1 suy d : y  x 2 24 Gọi O tâm hình bình hành ABCD , chứng minh ÐO : A' O tâm hình bình hành A' B'C' D' 25 Phân tích: Giả sử dựng hình bình hành thỏa yêu cầu toán Gọi I trung điểm A AC ÐI  B   D mà B   O  nên D   O'  ảnh  O  qua phép đối xứng D' ta B O tâm I Lại có D   O  nên D giao điểm I  O   O'  Cách dựng: - Dựng đường tròn  O'  ảnh đường C', B' O' C D tròn  O  qua phép đối xứng tâm I - Dựng giao điểm D  O   O'  , B giao điểm  O   O' Bạn đọc tự chứng minh biện luận 26 Giả sử dựng đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu toán Xét phép đối xứng tâm ÐA ta có ÐA  M   N mà M   O  nên N   O1  ảnh  O  qua phép đối xứng ÐA mặt khác N   O'  nên N giao O1 M A điểm  O'   O1  Từ bước phân tích ta có cách dựng: - Dựng đường tròn  O'  đối xứng với  O  qua A O O' - Dựng giao điểm N  O1   O'  58 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word B N - Dựng đường thẳng d qua A,N cắt  O  M d đường thẳng cần dựng 27 a) Giả sử dựng M,N thỏa mãn yêu cầu toán Gọi O' ảnh  O  qua phép đối xứng ÐA Khi tứ giác OMO' N hình bình hành Từ suy cách dựng: - Dựng O' ảnh  O  qua ÐA y - Dựng hình bình hành OMO'N cho M  Ox,N  Oy , dễ thấy MN qua A AM  AN Do đường thẳng MN đường thẳng cần dựng b) Giả sử đường thẳng d qua A cắt O'M,Ox,Oy B,C, D Do phép M O' D B d O đối xứng tâm A biến tam giác ABM thành tam giác ADN nên SOMN  SOMBD  SOCD N C x 28 d'  d nên phương trình có dạng 3x  5y  c  Lấy M  3;   d , ta có Q 0;900  M   M'  0; 3  , M'  d'  C  15 , hay   d' : 3x  5y  15  29  C  có tâm J 1; 2  ,R  , gọi J'  x'; y'   Q I;900  I  ta có    π π x'   1   cos     sin  3   2   y'   1   sin π     cos π    2  J'  3;  mà R'  R  nên phương trình  C'  :  x     y    2 30 Sử dụng tính chất: Phép quay tâm I  a; b   d : Ax  By  C  góc quay α biến d thành d' có phương trình  A  Btan φ x  a    Atan φ  B y  b   Ta AC : 3x  y   0, BC : x  2y   31 a) Q B;6o0  EC   AF   F  EC  AF góc hai đường thẳng AF EC 600 b) Q B,600  N   M  ΔBMN   E M N topdoc.vn - chuyên tàiAliệu fileBword C 59 32 a) Giả sử tam giác ABC có điểm xép hình vẽ Xét phép quay Q B; 600 , giả sử   Q B; 600 : M  M',C  C' ΔMBM'   A nên BM  MM' Tương tự MC  M'C' MA  MB  MC  AM  MM' M'C'  AC' Vậy  MA  MB  MC   AC' A,M,M',C' M thẳng hàng, ta dễ dàng kiểm tra AMB  BMC  CMA  120 Hay điểm M nhìn ba cạnh góc 1200 ( Điểm M gọi điểm Toricelli) b) Trong mp Oxy xet điểm C B M' A  1;1 , B 1; 1 ,C  2; 2  ,M  x; y  T  MA  MB  MC Tam giác ABC cân C thỏa mãn điều kiện câu a ) từ dễ y dàng tìm minT  2   x   1   M   ;  3  y     33 Xét phép quay Q A;900 Ta có  A xM -2  -1 BT  ND  BT  ND BT  ND 1 M Xét phép quay Q C; 900 ta có  C' 0y M -1 BS  PD  BS  PD BS  PD   Q Gọi O trung điểm BD Dễ thấy : x B -2 C  P M O2 O1 N A B S O C O3 D 60 topdoc.vn - chuyên tài liệu fileOword T U R 1 1 ND,OO2  PD , OO3  BS,OO4  BT Kết hợp với 1 ,   ta có 2 2 OO1  OO4 ,OO2  OO3 , xét phép quay Q O;90  ta có OO1  O1O3  O2 O4  O1O3  O2 O4 ( kí hiệu AB  CD , AB  CD AB song song CD , AB vng góc CD ) 34 Giả sử điểm A, B,C, D xếp hình vẽ: a) Xét Q O;900 ta có ΔBAE  ΔADJ  I  F Xét Q O,α  Ox  Oy A  Ox, B  Oy OA  OB nên A  B , gọi M' A D ảnh M MA  M' B  MA  MB  M' B  MB  MM' Đẳng thức xảy B  B0  MM' Oy M' y B0 Từ suy cách dựng A, B sau: - Dựng ảnh M'  Q O;α   M  - Dựng giao điểm B  MM' Oy B - Dựng A  QO; α  36 Giả sử dựng hình vng ABCD có hai đình A, B   O; R1  hai O D đỉnh C, D   O; R  với R  R1 Khi Q A;900 : B  D , mà B   O; R1  nên  D   O'; R  ảnh  O; R1  qua Q A;900  N O J 35 Giả sử góc lượng giác  Ox,Oy   α  C E  B  A,A  D  F  J nên ΔBAE  ΔADJ Tương tự ΔBAE  ΔADI b) Q O;900 : F  J,E  I nên EF  IJ  M B x A C O'  Mặt khác D   O; R   D   O; R    O'; R1  Từ M A O B ta có cách dựng - Dựng đường tròn  O';R1  ảnh đường tròn  O;R1  qua Q A;900   - Dựng giao điểm D  O';R1   O;R  topdoc.vn - chuyên tài liệu file word 61 - Dượng điểm B ảnh D qua Q A;900   - Kẻ đường thẳng qua B song song với AB cắt  O;R  C Hình vng ABCD hình vng cần dựng Bài tốn có nghiệm hình  O'; R1   O; R  có điểm chung    OO'  R  R1  2R1  R  R1  R   R1 37 Đặt F  Tv Q O;900 phép dời hình có cách thực liên tiếp phép   quay Q O;900 phép tịnh tiến theo v Gọi d'  F  d    Thì d'  d  d' : x  2y  c  lấy O  0;   d  F  O   Tv Q O;900  O   Tv  O   O'  3; 1   O'  d'  c  5 Vậy F  d   d' : x  2y   38 Vì F biến điểm M  x; y  thành điểm M'  x'; y'  có tọa độ  x'  a   x  a  cos α   y  b  sin α  y'  b  x  a sin α  y  b cos α       Ta có M' N'    x  x N x  xM  cos α   y N  yM  sin α    x N  xM  sin α   y N  y M  cos α   xM    y N  yM   MN N  xM'    xN'  xM'  N' Vậy F  MN  M' N'  MN nên F phép dời hình 39 Xét phép quay Q I;2φ Lấy đường thẳng d qua I , gọi d' ảnh d qua Q I;φ  Gọi M' đối xứng với M qua d , M'' đối xứng với M' qua d' Gọi J  d  MM',H  d' M'M" , theo hệ thức Sa lơ ta có  IM,IM''   IM,IM'  IM',IM''  H   IJ,IM'    IM',IH   IJ,IH   2φ Lại có IM''  IM'  IM  IM,IM''   2φ IM''  IM nên Q I,2φ  M   M'' d' M'' α I Vậy QI,2φ Ðd' Ðd 40 Xét phép đối xứng tâm I1 ,I Lấy điểm M 62 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word M' d J M Gọi M' ÐI1  M  ,M'' ÐI2  M'  ta có M' I M'  I M 1  I M''  I M'  I1 trung điểm MM' I I1 I2 trung điểm M'M'' ( hình vẽ) Suy MM''  2I1I  T2I I  M   M'' Vậy M M'' ÐI2 ÐI1  T2I I 41 Gọi M'  QO;φ   M  ,M''  QO;φ   M'  ta có OM'  OM,  OM,OM'   φ1 OM''  OM',  OM',OM''   φ2 suy OM''  OM theo hệ thức Sa-lơ ta có  OM,OM''  OM,OM'   OM',OM''   φ  φ hay Q  Q   Q   M   M'' Vậy Q O;φ1  φ2 O;φ2 O;φ1  φ2  O;φ1 42 Do ABNM ình bình hành nên A MN  AB  TAB  M   N , mặt khác Q đối B xứng với N qua P nên ÐP  N   Q ÐP TAB  M   Q mà M chạy đường tròn N M  O  nên Q chạy đường tròn  O  ảnh  O  qua phép dời hình F Ð T Vậy quỹ tích điểm Q đường tròn  O  ảnh  O  qua phép dời hình F Ð T 43 d' : 2x  y  10  ,  C'  :  x     y    36 O2 P P O1 O AB P Q AB 2 44 Gọi I trung điểm BC I cố định Và IG  IA  V   A   G mà A   O; R  nên  I;   3  R G   O';  ảnh đường tròn 3  phép vị tự V  A  O; R  qua O  O;   3 G 45 Theo tính chất đường phân giác ta có IN OI OI   M NM OM R O' C N B I topdoc.vn - chuyên tài liệu file word I O 63 IN OI  IN  NM OI  R IN OI   IM OI  R OI  IN  IM OI  R OI  OI.R  , mà M   O; R  nên N   O';  ảnh  O  OI  R OI R  OI qua phép vị tự tâm O tỉ số k  OI  R 46 Gọi V O ,k  ; V O k  hai phép vị tự  V I;k   M   N với k  1 2, M1 Lấy điểm M Giả sử VO ,k  : M  M1 V O ,k  : M1  M2 ta 1 chứng minh với k1k2  M V  VO,k  VO,k  phép vị tự có tâm k  k1k2 Gọi I  VO ,k2  O   O I  k 2 O2 O1 , IM2  k2 O1M1  k1k2 O1M Gọi O M2 O1 I O3 O2 điểm xác định O2 I  k1k2 O3 O1 Ta có O3 M2  O3 I  IM2  k1k2 O3O1  k1k2 O1M  k1k O3M 47 Gọi A', B',C' trung điểm BC,CA,AB , ta có : GA'   AG,GB' 1   BG,GC'   CG 2 Dó V  : ΔABC  ΔA' B'C' A  G;   2  Vì H trực tâm tam giác ABC O trực tâm tam giác A' B'C' nên V   H   O  G,   2  B' C' H G O B C A'  GO   GH Vậy G,H,O thẳng hàng 48 Gọi D0 trọng tâm tam giác B ABC ; M,N trung điểm đường chéo AC 64 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word P D0 N I M A D C BD Gọi I trung điểm MN P trung điểm BD0 NP  DD0  1 D0 trọng tâm tam giác ABC nên MD0  D0 P  PB suy ID0  NP   Từ 1 &   suy D, D0 ,I thẳng hàng 1 1 1 ID0  NP  DD0  DD0  ID0  ID  ID0   ID  V  : D  D0 mà 2  I,   3  D  ζ  ( đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD ) nên D0   ζ'  ảnh đường tròn  ζ  qua phép vị tự V 1  I ,  3  49 Vì hai đường tròn  O1   O3  tiếp xúc C nên V R  C;  R3     :  O3 ; R    O1 ; R  O1 D O2 E nên phép vị tự A1  A,A2  D  A1A2  AM  AD   A C B R1 A A 1 R3 Xét phép vị tự V R   A,   R1   D  E,A  A nên DA  AE  AE   Xét phép vị tự V R  B,  R2     A2 A1 O3 R2 AD   R1 giả sử E  B1 ,A  B2  EA  B1B2  B1 B2   R3 EA   R2 Từ 1 ,   ,   suy B1 B2  A1A2 mà A1A2 , B1 B2 dây cung  O3  A1A2 đường kính nên xảy trường hợp B1  A1 , B2  A2 , hay V R  B,  R2     : A  A2 nên A, B,A2 thẳng hàng 50 Do  O   O1  tiếp xúc A nên V Mà MA cắt  O1  M1 nên phép R   A,   R1   :  O1 ; R    O; R  vị tự M1  M M 65 O topdoc.vn - chuyên tài liệu file word A B I O2 O1 M2 M1 Tương tự V R2   B,   R   F  V R2   B;   R   V :  O; R    O2 ; R  nên M  M2 R   A;   R1    V R   I,   R1  M   M   , mà F  O1    O2  nên I tâm vị tự ngồi hai đường tròn  O1   O2  Vậy M1M2 qua điểm I cố định 66 topdoc.vn - chuyên tài liệu file word ... bán kính Định nghĩa hai hình Hai hình gọi có phép dời hình f biến hình thành hình B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài tốn 01: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP DỜI HÌNH Phương pháp: Dùng... GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài tốn 01: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM topdoc.vn - chuyên tài liệu file word 21 Phương pháp: Sử dụng biểu thức tọa độ tính chất phép đối xứng tâm Các. .. giác ABCD phải hình bình hành C Bài tốn 04: SỬ DỤNG PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN DỰNG HÌNH Phương pháp: Xem điểm cần dựng giao đường có sẵn ảnh đường khác qua phép quay ÐI Các ví dụ Ví