Phép biến hình là một phần khó trong chương trình hình học phổ thông thuộc chương trình lớp 11, nó thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi Quốc Gia và kì thi olimpic toán Quốc tế. Song với chuyên đề này chỉ khai thác phép biến hình ở góc độ trong mặt phẳng tọa độ Oxy, dùng các kiến thức cơ bản nhất của phép biến hình và ứng dụng nó vào các bài toán thi THPTQG trong phần tọa độ phẳng để giúp học sinh có thêm một phương pháp giải toán về một trong những phần khó của đề thi THPTQG, giúp học sinh tránh được những biến đổi đại số cồng kềnh và lập ra những hệ đại số rất khó giải được.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT VĨNH TƯỜNG CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG ÔN THI THPT QUỐC GIA TẾN CHUYÊN ĐỀ: PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ OXY Giáo viên thực hiện: Hà Trọng Hậu Tổ: Tốn-Tin-Cơng nghệ Vĩnh Tường - 2015 Lời Nói Đầu Phép biến hình phần khó chương trình hình học phổ thơng thuộc chương trình lớp 11, thường xuất kì thi học sinh giỏi Quốc Gia kì thi olimpic tốn Quốc tế Song với chun đề khai thác phép biến hình góc độ mặt phẳng tọa độ Oxy, dùng kiến thức phép biến hình ứng dụng vào tốn thi THPTQG phần tọa độ phẳng để giúp học sinh có thêm phương pháp giải tốn phần khó đề thi THPTQG, giúp học sinh tránh biến đổi đại số cồng kềnh lập hệ đại số khó giải Xuất phát từ mục đích đó, tơi viết chun đề phép biến hình ứng dụng mặt phẳng tọa độ Oxy, yêu cầu học sinh cần nắm kiến thức phép biến hình biết vận dụng lý thuyết vào tập hình học tọa độ mặt phẳng Từ thực tế dạy học phần phép biến hình phổ thơng khơng phải lớp chun Tốn học sinh quan niệm phần khó tính khả dụng thi Nên viết chuyên để dạy cho học sinh lớp 11 dành cho học sinh đam mê hình nói chung phép biến hình nói riêng có tính khả dụng ơn thi THPTQG Tơi thần tượng Thầy Lê Bá Khánh Trình Người góp mặt kì thi Olimpic tốn quốc tế Luân Đôn Thầy đạt điểm tuyệt đối giải đặc biệt với lời giải hình sử dụng phép biến hình sáng tạo Chuyên đề dùng dạy thời lượng buổi chuyên đề (mỗi buổi tiết học) Chuyên đề gồm có ba phần I) Tóm tắt lý thuyết sách giáo khoa II) Các ví dụ vận dụng lý thuyết học III) Bài tập tự luyện Do thời gian có hạn q trình viết chun đề khơng thể tránh khỏi sai sót mong góp ý chân thành đồng chí để chun đề hồn thiện Người viết chuyên đề Hà Trọng Hậu NỘI DUNG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ ỨNG DỤNG TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ OXY I) LÝ THUYẾT 1) Phép tịnh tiến Tvr r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép tịnh tiến Tvr theo vecto v = ( a; b ) biến điểm M(x;y) thành điểm M’(x+a;y+b) 2) Phép đối xứng tâm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép đối xứng tâm I(a;b) biến điểm M(x;y) thành điểm M’(2a-x;2b-y) 3) Phép đối xứng trục Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép đối xứng trục ∆ biến điểm M(x;y) thành điểm M’sao cho ∆ đường trung trực MM’ +) Nếu ∆ trục Ox M’(x;-y) +) Nếu ∆ trục Oy M’(-x;y) +) Nếu ∆ đường phân giác góc phần tư thứ I thứ III M’(y;x) +) Nếu ∆ đường phân giác góc phần tư thứ II thứ IV M’(-y;-x) +) Nếu ∆ đường thẳng ax+by+c=0, đặt c0 =ax + by với M ( x ; y0 ) tọa độ M’ là: 2a ( c + c0 ) x M ' = x − a + b2 y = y − 2b ( c + c0 ) M ' a + b2 4) Phép quay Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép quay tâm I(a;b) góc quay ϕ biến điểm M thành điểm M’(x’;y’) +) Nếu tâm quay gốc tọa độ góc quay 900 M’(-y;x) +) Nếu tâm quay gốc tọa độ góc quay - 900 M’(y;-x) +) Nếu tâm quay gốc tọa độ góc quay ϕ tọa độ M’ thỏa mãn: x ' = x cos ϕ − y sin ϕ y ' = x sin ϕ + y cos ϕ 5) Phép vị tự Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép vị tự tâm I(a;b), tỉ số k biến điểm M(x;y) uuur uuu r thành M’(x’;y’) thỏa mãn: IM ' = kIM Tọa độ M’ thỏa mãn x ' = a + k ( x − a ) y' = b + k ( y − a ) II) CÁC VÍ DỤ MẪU 1) Ví dụ bản: Tìm ảnh điểm M(2;3) qua r a) Phép tịnh tiến theo vecto v = ( 2; −5) b) Phép đối xứng tâm I(1;8) c) Phép đối xứng qua đường thẳng ∆ :x+y-2=0 d) Phép quay tâm O, góc quay 450 e) Phép vị tự tâm J(1;2), tỷ số k=-2 Giải a) Ta có Tvr =( 2;−5) : M(2;3) → M'(x'; y') x ' = + = ⇒ M '(4; −2) y ' = −5 + = − Thì b) Ta có D I(1;8) : M → M '(x'; y') x ' = − = ⇒ y ' = 16 − = 13 ⇒ M '(0;13) c) Gọi H hình chiếu M đường thẳng ∆ uuuu r ⇒ H ( t; − t ) ⇒ MH = ( t − 2; −1 − t ) uur 1 3 Từ ∆ có VTCP u ∆ = ( 1; −1) ⇒ t − + t + = ⇔ t = ⇒ H ; ÷ 2 2 M’ đối xứng với M qua ∆ ⇔ H trung điểm MM’ nên x ' = 2 − = −1 ⇒ M '( −1;0) y ' = − = 0 x ' = cos 45 − 3sin 45 = − ⇒ M ' − ; d) Tọa độ M’ thỏa mãn ÷ ÷ y ' = 2sin 450 + 3cos 450 = e) Ta có V( J,k ) : M ( 2;3) → M ' ( x '; y ' ) thỏa mãn: uuuu r uuu r x '− = −2(2 − 1) x ' = −1 JM ' = −2JM ⇔ ⇔ ⇒ M ' ( −1;0 ) y '− = −2(3 − 2) y ' = 2) Các ví dụ phép tịnh tiến Ví dụ 1: Cho đường tròn (T): ( x − 1) + ( y + 3) = hai điểm A(-1;1); B(2;-2) Tìm tọa độ điểm C; D đường tròn (T) cho tứ giác ABCD hình bình hành 2 Giải Cách 1: Đường tròn (T) có tâm I(1;-3) bán kính R=3 uuur r Phương trình CD có VTCP AB = ( 3; −3) = ( 1; −1) ⇒ VTPT n = ( 1;1) ⇒ CD : x + y + m = Tứ giác ABCD hình bình hành ⇒ AB = CD = CD 18 ⇒ d ( I;CD ) = IH = R − = 9− = 4 2 Mà d ( I;CD ) = 1− + m = m−2 ⇒ CD : x + y +5 = +)m=5 = m = ⇔ m = −1 x + y + = 2 ( x − 1) + ( y + 3) = Tọa độ C, D thỏa mãn hệ phương trình: x = ⇒ y = −6 2 ⇒ y = − x − ⇒ ( x − 1) + ( − x − ) = ⇔ 2x + 2x − = ⇔ x = −2 ⇒ y = − C(1;-6); D(-2;-3) +)m=-1 ⇒ CD : x + y − = x + y − = Tọa độ C, D thỏa mãn hệ phương trình: 2 ( x − 1) + ( y + 3) = x = ⇒ y = 2 ⇒ y = − x ⇒ ( x − 1) + ( − x ) = ⇔ 2x − 10x + = ⇔ x = ⇒ y = −3 C(1;0); D(4;-3) Cách 2: Sử dụng tịnh tiến: uuur uuur : D → C Ta có AB = (3; −3) Phép TAB (I) → (I') x = + = ⇒ I' ⇒ I '(4; −6); R' = R = y I' = −3 − = −6 Phương trình đường tròn (T’): ( x − ) + ( y + ) = 2 ( x − ) + ( y + ) = Tọa độ C = (T) ∩ (T') ⇒ 2 ( x − 1) + ( y + 3) 2 ( x − ) + ( y + ) ⇔ =9 x = y + uuur uuur ⇒ AB = DC ⇒ D ( 1;0 ) +) C(4;-3) uuur uuur +) C(1;-6) ⇒ AB = DC ⇒ D ( −2; −3) x = = y = −3 ⇒ x = y = −6 Vậy cặp điểm C(4;-3); D(1;0) C(1;-6); D(-2;-3) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có đỉnh A, B, C nằm đồ thị hàm số y = 2x − x −1 (T) Chứng minh trực tâm H tam giác ABC thuộc đồ thị hàm số Giải Trước hết ta giải toán sau: Cho tam giác ABC có điểm A, B, C thuộc đồ thị x hàm số y = Ta chứng minh trực tâm H tam giác ABC thuộc đồ thị hàm số : y = abc ≠ Thật vậy: Giả sử A a; ÷; B b; ÷;C c; ÷ điều kiện: a b c a ≠ b; b ≠ c;c ≠ a 1 x quaA uuur b−c Đường cao AH: VTPTnr = BC = c − b; ÷ = ( c − b ) 1; − ÷ bc bc 1 AH : x − y − a + = Tương tự bc abc BH : x − 1 y−b+ = ⇒ H = AH ∩ BH ⇒ H − ; −abc ÷∈ y = Đpcm ac abc x abc ⊕ Trở lại toán ban đầu: uur Đồ thị có tâm đối xứng I(1;2) ⇒ OI = (1; 2) uur : ∆ABC → ∆A ' B'C ' Xét phép tịnh tiến TOI H → H' (T) → (T') x A ' = x A −1 tương tự cho B; C trực tâm H yA ' = yA − 2 ( X + 1) − x = X + 1 ⇒ ⇒Y+2= ⇒ Y = (T’) nên tam giác A’B’C’ có đỉnh X ( X + 1) − y = Y + Ta có thuộc (T’) nên H’ thuộc (T’) 3) Các ví dụ phép đối xứng tâm Ví dụ 1: Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết tâm I(1;1), điểm J(-2;2) thuộc đường thẳng AB điểm K(2;-2) thuộc đường thẳng CD Giải Vì I(1;1) tâm đối xứng hình ĐI : J → J ' ⇒ J'(2.1 + 2; 2.1 − 2) ⇒ J'(4;0) ∈ CD ⇒ CD : qua K(2;-2) có uuuu r 1−1− J ' K = ( −2; −2 ) = −2 ( 1;1) ⇒ CD : x − y − = ⇒ d ( I;CD ) = =2 2 ⇒ IC = 2 = uur 2 ⊕ Mà C(t;t-4) ⇒ IC = ( t − 1; t − ) ⇒ ( t − 1) + ( t − ) = 16 ⇔ 2t − 12t + 10 = t = ⇔ t = t = ⇒ C ( 1; −3) ⇒ A ( 1;5 ) a = a = Do D ∈ CD ⇒ D ( a;a − ) ⇒ ⇒ Vai trò A, B A ( 1;5 ) ⇒ B ( −3;1) ⊕ với ngược lại C ( 1; −3) ⇒ D ( 5;1) vng VTCP Ví dụ 2: (KA09): Cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6;2) giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm M(1;5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng ∆ : x + y − = Viết phương trình đường thẳng AB Giải Do điểm I(6;2) tâm đối xứng hình chữ nhật Xét phép đối xứng: ĐI : M → M ' ⇒ M '(2.6 − 1; 2.2 − 5) ⇒ M '(11; −1) ∈ CD uu r uuuur Mà E ∈ ∆ ⇒ E ( t;5 − t ) ⇒ IE = ( t − 6;3 − t ) ; M 'E = ( t − 11;6 − t ) Vì t = uu r uuuuu r M ' E ⊥ IE ⇒ IE.M 'E = ⇔ ( t − ) ( t − 11) + ( − t ) ( − t ) = ⇔ ( t − ) ( 2t − 17 ) = ⇔ 17 t = Từ tìm đường thẳng AB Ví dụ 3: Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD biết có tâm I ; ÷ 2 điểm M(-1;2); N(5;2); P(1;1); Q(4;-2) nằm đường thẳng AB, BC, CD, DA Giải Vì tứ giác ABCD hình bình hành, I tâm đối xứng nên ĐI : M → M ' ⇒ M '(2; 2) ∈ CD Do CD ≡ M 'P ⇒ CD : x − y = Vì AB//CD ⇒ AB : x − y + = Xét ĐI : N → N ' ⇒ N '( −4; 2) ∈ A D ⇒ AD ≡ QN' : x + y = Mặt khác: BC//AD ⇒ BC : x + 2y − = Từ phương trình cạnh hình bình hành ABCD ta xác định tọa độ đỉnh A(1;4); B(3;3); C(0;0); D(-2;1) Ví dụ 4: Cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) AC=2BD Điểm M 0; ÷ thuộc 3 đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ điểm B, biết hồnh độ điểm B dương Giải Vì I tâm đối xứng hình thoi ĐI : N → N ' ⇒ N '(4 − 0; − 7) ⇒ N' ( 4; −5 ) ∈ AB ⇒ AB ≡ M N' : x + y− = 4.2 + 3.1 − = = IH Theo đề AC=2BD ⇒ IA = 2IB ⇒ d ( I; AB ) = 1 1 1 = 2+ ⇔ = + ⇔ IB2 = 2 IH IA IB 4IB IB 2 − 4b 4b + , b > ⇒ IB = b − + Do B ∈ AB ⇒ B b; ( ) ÷ ÷ = ⇒ b = ⇒ B ( 1; −1) Mà tam giác vng ABI có Nhận xét: Các hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vng giả thiết cho biết tọa độ giao điểm hai đường chéo biết tọa độ tâm đối xứng nên ta sử dụng phép đối xứng tâm 4)Các toán phép đối xứng trục Các tốn có giả thiết đường phân giác ta dung phép đối xứng trục mà trục đối xứng đường phân giác Ví dụ 1: (KB2008) Xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vng góc C đường thẳng AB điểm H(-1;-1), đường phân giác góc A có phương trình: x-y+2=0 đường cao qua B : 4x+3y-1=0 Giải Xét phộp i xng trc AD: Kẻ HK vuông góc với đờng phân giác góc A cắt phân giác góc A I, K thuộc BC AKH cân A HK có phơng trình: x + y + m = ⇒ −1 − + m = ⇔ m = x + y + = x = −2 ⇔ ⇒ I ( −2;0 ) ⇒ K ( −3;1) ; x − y + = y = Gäi BE ⊥ AC ; E AC ; AK BE phơng trình AK x − y + n = ⇒ −3.3 − 4.1 + n = ⇒ n = 13 ⇒ AK : x − y + 13 = Toạ độ I : có dạng: toạ độ đỉnh A là: uuur 3x + y + 13 = x = ⇔ ⇒ A 5;7 ⇒ AH = ( −6; −8 ) = −2 ( 3; ) ( ) x − y + = y = r −3t − 13 −3t − 17 3t + 13 uuu C ∈ AK ⇒ C t ; ⇒ CH = −1 − t ; − ÷ = −1 − t ; ÷ ÷ 4 uuur uuu r 10 10 AH CH ⇔ ( + t ) + 3t + 17 = ⇔ t = − ⇒ C − ; ÷ 4 Ví dụ 2: (KD 2011) Cho tam giác ABC có đỉnh B(- 4; 1), trọng tâm G(1; 1) đường thẳng chứa phân giác góc A x- y – = Tìm tọa độ đỉnh A v C Gii Gọi M trung điểm cña AC, ta cã: uuur uuu r xM − = ( + ) 7 GM = BG ⇔ ⇒ M ;1ữ 2 yM = Đ AD : B B Kẻ BE vuông góc với phân giác góc A cắt AC B BAB ' cân A, B AC BB AE ⇒ BB′ : x + y + m = ⇒ −4 + + m = ⇔ m = ⇒ BB ' : x + y + = x + y + = x = −1 ⇔ ⇒ E ( −1; −2 ) ⇒ to¹ x − y −1 = y = Toạ độ E nghiệm hệ độ B xB = xE − x B = − + = ⇒ B′ ( 2; −5 ) y = y − y = − − = − ′ B E B uuuu r AC qua B có VTCP là: BM = ;6 ữ = ( 1; ) nên có phơng trình: x y − 13 = x − y − 13 = ⇒ A ( 4;3) x − y = Toạ độ A nghiệm: Gäi N lµ trung uuu r uuu r GN = AG ⇒ N − ;0 ÷ ⇒ C ( 3; −1) ®iĨm cđa BC ta cã: Ví dụ (KB 2010) Cho tam giác ABC vng A, có đỉnh C(- 4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hồnh độ dương Giải Trªn AB lấy D cho CD vuông góc với phân giác góc A cắt phân giác E DAC cân A; CD AE CD : x − y + m = ⇒ −4 − + m = ⇔ m = ⇒ CD : x − y + = x − y + = ⇒ E ( 0;5 ) x + y − = To¹ ®é E lµ: xD = xE − xC = ⇒ B′ ( 4;9 ) yD = y E yC = Toạ độ D lµ: A ∈ x + y − = ⇒ A ( t ;5 − t ) ( t > ) uuu r uuu r AD = ( − t ; + t ) ; AC = ( −4 − t; −4 + t ) uuu r uuu r t = ( t / m ) AD AC = ⇔ ( − t ) ( + t ) + ( + t ) ( − t ) = ⇔ ⇒ A ( 4;1) t = −4 ( L ) uuu r AC = ( −8;0 ) ⇒ AC = 8; S ∆ABC = 24 = AB AC ⇒ AB = uuu r uuu r m = AD = ( 0;8 ) ⇒ AD : x = ⇒ B ( 4; m ) ; AB = ( 0; m − 1) ; AB = ⇔ m − = ⇔ m = −5 TH1: B ( 4;7 ) ⇒ B; C n»m kh¸c phÝa so víi đờng thẳng x + y = (Vì ( + − ) ( −4 + − ) < ) uuu r BC = ( −8; −6 ) ⇒ BC : x − y + 16 = TH2: B ( 4; −5) ⇒ B; C n»m cïng phÝa so víi đờng thẳng x + y = (Vì ( − − ) ( −4 + ) > )TH loại Vậy BC : 3x − y + 16 = Ví dụ (Khối B 2013) Cho tam giác ABC có chân đường cao từ đỉnh A H( 17 ;− ), chân đường phân giác góc A D(5; 3) trung điểm 5 cạnh AB điểm M(0; 1) Tìm tọa độ đỉnh C Gii Đờng thẳng BC qua D( 5;3) có VTPT uuu r HD = ( 1; ) ⇒ BC : x − y − = ⇒ B ( t ; 2t − ) ⇒ A ( −t ;9 − 2t ) uuur 17 17 46 AH = + t ; −9 + 2t − ÷ = + t ; 2t − ÷ 5 5 uuur uuu r 17 46 AH HD = ⇔ + t + 2t − ÷ = ⇔ t = ⇒ B ( 3; −1) ; A ( −3;3) 5 Kẻ đờng thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD E,cắt Ac N AMN cân A Đờng thẳng MN qua M ( 0;1) cã VTPT uuu r AD = ( 8;0 ) ⇒ MN : x = ⇒ E ( 0;3) N ( 0;5 ) uuu r Đờng thẳng AC qua A( −3;3) cã VTCP AN = ( 3; ) ⇒ AC : x − y + 15 = x − y + 15 = ⇒ C ( 9;11) 2x − y = Toạ độ C là: 10 5)Các toán phép quay Các kết quan trng: 1) Cho ABC với a) Điều kiện cần đủ để ABC vuông cân A uur uur AC = ( y0 ; − x0 ) hc AC = ( y0;x0 ) Điều kiện cần đủ ®Ó r x uuu x0 y0 y0 ; + ÷ AC = − 2 2ữ ABC uu r x x0 y0 u AC = + y0 ; − + ÷ 2 2÷ Chøng minh: Suy trùc tiÕp tõ c«ng thøc: x′ = x cos α − y sin α y′ = x sin α + y cos α Ví dụ 1:(Khối B 2007): Cho A( 2;2) đờng thẳng ∆1 : x + y − = 0; ∆ : x + y − = Tìm toạ độ B C lần lợt thuộc 1; cho ABC vuông cân A Giải: B ∈ ∆1 ⇒ B ( b; − b ) C¸ch 1: C ∈ ∆ ⇒ C ( c;8 − c ) uuu r uuu r ⇒ AB = ( b − 2; −b ) ; AC = ( c − 2;6 − c ) uuu r uuu r AB AC = ( b − ) ( c − ) + ( − c ) ( −b ) = ⇔ ∆ABC vuông cân A 2 2 AB = AC ( b − ) + b = ( c − ) + ( − c ) ( 1) Gi¶i hệ phơng trình khó học sinh ! C¸ch 2:uuu r Ta cã AB = ( b − 2; b ) Điều kiện cần đủ để ABC vuông cân A uuu r AC = ( b; b − ) uuu r AC = ( −b; − b ) uuu r xC − = b xC = b + AC = ( b; b − ) ⇒ ⇔ ⇒ C ( b + 2; b ) ∈ ∆ yC − = b − yC = b ⇒ b + + b − = ⇒ b = ⇒ B ( 3; −1) ; C ( 5;3 ) uuu r xC = − b AC = ( −b; − b ) ⇒ ⇒ C ( − b; − b ) ∈ ∆ yC = − b ⇒ − b + − b − = ⇒ b = −1 ⇒ B ( −1;3 ) ; C ( 3;5 ) VÝ dô 2: Cho A( 2;2) Tìm điểm B thuộc đờng thẳng d: y = điểm C thuộc trục 0x cho ABC 11 Giải: Cách 1: uuu r Do B y = ⇒ B ( b;3) ⇒ AB = ( b − 1; ) uuu r uuu r C ∈ x ⇒ C ( c;0 ) ⇒ AC = ( c − 1; −1) ; BC = ( c − b; −3) 2 AB = AC ( b − 1) + = ( c − 1) + ⇔ ∆ABC ®Ịu ⇔ 2 2 AB = BC ( b − 1) + = ( c b ) + ( 1) Giải hệ phơng trình khó! học sinh Cách 2: uuu r Gäi B ( b;3) Ta cã AB = ( b − 1; ) uuu r b −1 − AC = Mà ABC r b −1 uuu AC = + b +1 ( b − 1) ⇒ C − 3; + 2÷ ÷ b +1 − 3; Víi C −4 ⇒ B + 1;3 ÷; C − ;0 ÷ 3; ( b − 1) + 1÷ ÷ ( b − 1) + 1÷ ÷ b +1 ( b − 1) + 3; − + 2ữ C ữ ( b − 1) ( b − 1) −4 + ÷∈ x ⇒ +2=0⇔b= +1 ÷ 2 3; − ( b − 1) ( b − 1) + ÷∈ x ⇒ − +2=0⇔b= +1 ÷ 2 ⇒ B + 1;3 ÷; C + ;0 ÷ b +1 Víi C + 3; − VÝ dơ 3:(KD 2011) 2 Cho điểm A( 1;0) đờng tròn ( C) : x + y − 2x + 4y = Viết phơng trình đờng thẳng cắt ( C) điểm M;N AMN vuông cân A Giải: Cách 1: Đáp án B giáo dục đào tạo: ĐT cho ờng tròn ( C) có tâm I ( 1; ) , b¸n kÝnh b»ng 10 a cã: IM = IN AM = AN AI MN phơng trình có dạng: y = m 12 Hoành độ M ; N nghiệm phơng trình: x − x + m2 + 4m − = ( 1) ( 1) cã x1 ; x2 ⇔ m + 4m − < ( *) nghiƯm Khi ®ã ta cã: M ( x1 ; m ) ; N ( x2 ; m ) uuur uuu r AM ⊥ AN ⇔ AM AN = ⇔ ( x1 − 1) ( x2 − 1) + m = ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + m + = m = ( t / m *) m = áp dụng định lí viét ®èi víi ( 1) ⇒ 2m + 4m − = Vậy phơng trình y = y = Cách 2: Do vai trò M;N nh nên ta giả sử góc lợng giác: ( AM ; AN ) = 900 Gäi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) ⇒ x0 + y0 − x0 + y0 − = ( 1) uuur uuu r Ta cã: AM = ( x0 − 1; y0 ) ⇒ AN = ( − y0 ; x0 − 1) ⇒ N ( − y0 ; x0 − 1) 2 mµ N ∈ ( C ) ⇒ ( − y0 ) + ( x0 − 1) − ( − y0 ) + ( x0 − 1) − = 2 ⇔ x02 + y02 + x0 − = Ta có hệ phơng trình: x02 + y02 − x0 + y0 − = x0 − y0 − = ⇔ 2 x0 + y0 + x0 − = x0 + y0 + x0 − = x0 = y0 = ⇔ x = −2 y0 = −3 x0 = ⇒ M ( 2;1) ; N ( 0;1) ⇒ ∆ : y = y0 = NÕu x0 = −2 ⇒ M ( −2; −3) ; N ( 4; −3) ⇒ ∆ : y = −3 y0 = −3 NÕu KL: ∆ : y = hc y = −3 VÝ dô 4:(KD 2009): Cho ( C ) : ( x − 1) + y = Gäi I định toạ độ điểm M ( C) cho Giải: Cách 1: Đáp án B giáo dục đào tạo Gọi M ( a; b ) ∈ ( C ) ⇒ ( a − 1) + b = 1; ∈ ( C ) ⇒ I = IM = ∆IM cã 0· IM = 1200 ⇒ 0M = I 02 + IM − I 0.IM.cos1200 ⇔ a + b = 13 tâm, xác ( a − 1) + b = a = Toạ độ M lµ nghiƯm cđa hƯ: 2 a + b = b = ± 3 3 VËy M = ; ± ÷÷ Cách 2: Đờng tròn ( C) có tâm I ( 1;0 ) , b¸n kÝnh R = · = 300 ⇔ MI · = 1200 DƠ thÊy ∈ ( C) ∆ 0MI c©n I nên IM uuu r uu r 3 3 0 Do I = ( −1;0 ) nªn IM = ( − cos120 ; − sin120 ) = ; − ÷÷ ⇒ M ; − ÷÷ 2 2 uuu r 1 3 3 3 0 Hc IM = ( − cos ( −120 ) ; − sin ( −120 ) ) = ; ÷÷ ⇒ M ; ÷÷ 2 2 3 3 3 KL: M ; ữữ M ; ÷÷ 2 2 VÝ dơ 5:(KA 2005) Cho đờng thẳng d1 : x y = 0; d2 : 2x + y − = Tìm toạ độ đỉnh hình vuông ABCD, biết A;C lần lợt thuộc d1;d2 B;D thuộc 0x Giải: Cách 1: Đáp án Bộ giáo dục đào tạo Vì A d1 A ( t; t ) Vì A C ®èi xøng qua BD vµ B; D ∈ x ⇒ C ( t ; −t ) V× C ∈ d ⇒ 2t − t − = ⇒ t = ⇒ A ( 1;1) ; C ( 1; 1) Trung điểm AC I ( 1;0 ) Vì I tâm hình vu«ng IB = IA = ID = IA = nªn B ( b;0 ) b − = B ∈ 0x b = 0; b = ⇔ ⇒ ⇔ ⇒ B ( 0;0 ) ;D ( 2;0 ) D ∈ 0x d − = d = 0; d = D ( d ;0 ) hc B ( 2;0 ) ; D ( 0;0 ) Vậy bốn đỉnh hình vuông A ( 1;1) ; B ( 0;0 ) ; C ( 1; −1) ; D ( 2;0 ) hc A ( 1;1) ; B ( 2;0 ) ; C ( 1; −1) ; D ( 0;0 ) C¸ch 2: uuu r AD = ( a; b − a ) uuu r A ( a; a ) ; B ( b;0 ) ⇒ AB = ( b − a; − a ) ⇒ uuu r AD = ( − a; − b + a ) uuu r +) AD = ( a; b − a ) ⇒ D ( 2a; b ) ∈ x ⇒ b = 0; D ( 2a;0 ) ⇒ B ( 0;0 ) ; D ( 2a;0 ) ⇒ I ( a;0 ) ⇒ C ( a; − a ) ∈ d ⇒ 2a − a − = ⇔ a = ⇒ A ( 1;1) ; D ( 2;0 ) ; C ( 1; −1) 14 ∈d2 ∈ d1 Ví dụ 6: (KB 2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tọa độ tâm I( ; 0), phương trình cạnh AB x- 2y + = 0, AB = 2AD Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm A số âm Giải Hạ IM vng góc với AB suy điểm M(0; 1) Gọi điểm A(2a – 2; a) Suy AM = (2 – 2a; 1- a) Xét phép quay Q(A,900) AM → AD _ TH : AD = ( a – 1; – 2a) suy tọa độ điểm D(3a – 3; 2- a) tọa độ B(4 – 3a; a – 2) thuộc AB suy A(2; 2) loại _TH 2: AD = (1- a; 2a -2) suy D(a – 1; 3a – 2) B(2 – a; – 3a) thuộc AB Suy a = Do A(-2; 0); B(2; 2); C(3; 0); D(-1; -2) Ví dụ 7: Cho hình thoi ABCD có tâm I(1; 0) AC = 2BD Hai điểm A, B thuộc hai đường thẳng d1: x – 2y – = 0; d1: x + y + = Tìm tọa độ điểm A, B, C, D Giải Gọi E trung điểm AI tam giác BEI vng cân I Giả sử B(xo; yo) suy xo + yo + = (1) Ta có IB (xo – 1; yo) suy ta có vecto IE (- yo; xo – 1) IE ( yo; 1- xo) * Với IE (- yo; xo – 1) IA ( -2yo; 2xo – 2) suy A(1 – 2y o; 2xo – 2) A thuộc d1 nên ta có -2xo - yo + = (2) Từ (1) (2) ta tìm x o = yo = -7 A(15; 6); B(4; -7); C(- 13; - 6); D(-2; 7) *Với IE ( yo; 1- xo) IA ( 2yo; -2xo + 2) suy A(1 + 2yo; -2xo + 2) Do A thuộc d1 nên ta 2xo + yo – = (3) Từ (1) (3) suy xo = yo = - A(-17; -10); B(6;- 9); C(19; 10) D(-4; 9) 15 Ví dụ 8: Cho đường tròn (C) x2 + y2 – 6x – 2y + = đường thẳng d: x – y = Tìm tọa độ hai điểm A, B thuộc d hai điểm C, D thuộc (C) cho tứ giác ABCD hình vng Giải Ta có (C): (x – 3)2 + ( y – 1)2 = Do A, B thuộc d nên A(a; a), B(b; b) a ≠ b Suy AB (b – a; b – a) Do vai trò A B nên giả sử Q(A,900) AB → AD Từ suy D(2a – b; b); C(a; 2b – a) Mà D, C thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ (2a − b − 2) + (b − 1) = (a − 3) + (2b − a − 1) = Suy a = b = a = 11 b = 5 Vậy A(3; 3); B(1; 1); C(3; -1); D(7; 1) A( ; 11 11 13 11 ); B( ; ); C( ; ); D( ; ) 5 5 5 7)Các toán phép vị tự Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2) Phương trình đường tròn qua trung điểm ba cạnh (C1) x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Gọi I; R tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Goi I’; R’ tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP Suy I’(1; -2); R’ = Do GI = −2GI ' nên ta dễ dàng tìm I(1; 10) Do R = 2R’ suy R’ = Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (x – 1)2 + (y – 10)2 = Ví dụ 2: Cho đường tròn ( C) x2 + y2 = điêm I( 11;5 ) Giả sử điểm M thuộc đường tròn (C): phân giác góc IOM cắt IM M’ Tìm tọa độ điểm M’ thuộc đường tròn ( T): (x - 11 ) + ( y - )2 = 2 Giải Vì M thuộc ( C) nên M’ thuộc ( C’) ảnh ( C) qua phép vị tự V(I; ) 11 ) + ( y - )2 = 4 Từ suy phương trình ( C’) là: (x - Vậy tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình đường tròn ( T) ( C’) Giải hệ phương trình ta hai nghiệm x= 11 ; y = x = 2 10 11 ;y= Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C1 ) : 16 x + y − x − y + = đường tròn ( C2 ) : ( x − ) + ( y + 1) = 10 Gọi A giao điểm 2 ( C1 ) ( C2 ) với y A > Viết phương trình đường thẳng qua A cắt ( C1 ) ( C2 ) hai điểm phân biệt M, N cho AN = 2AM Giải Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 3;1) bán kính R1 = Đường tròn ( C2 ) có tâm I ( 2; −1) bán kính R2 = 10 x + y − x − y + = Tọa độ điểm A nghiệm hệ: ⇔ x = 5− 2y 2 ( x − ) + ( y + 1) = 10 y = ⇒ ( − y ) + y2 − ( − y ) − y + = ⇔ y2 − y = ⇔ ⇒A ( 1; ) (vì y A > ) y = Cách 1: uuur uuuu r TH1: M N nằm hai phía A ⇒ AN = −2 AM hay tồn phép vị tự tâm A tỷ số k = -2 biến M thành N; hay V( A;−2) : M a N M thuộc đường tròn ( C1 ) suy N thuộc đường tròn ( C1 ') ảnh ( C1 ) qua phép vị tự V( A;−2) ( C1 ') có tâm I1' ( −3; ) ảnh I qua phép vị tự V( A;−2) bán kính R1' = R1 = 2 ⇒ phương trình ( C1 ') : ( x + 3) + ( y − ) = ( ) ⇔ x + y + x − y + = Theo u cầu tốn N ∈ ( C2 ) ⇒ N giao ( C1 ') ( C2 ) 2 x + y + x − y + = ⇒ tọa độ N nghiệm hệ: 2 ⇒ x = y −1 x + y − x + y − = y = ⇒ ( y − 1) + y + ( y − 1) − y + = ⇔ y − y = ⇔ ⇒N ( −1;0 ) (vì N ≠ A ) y = Đường thẳng AN có phương trình: x − y + = uuur uuuur TH2: M N nằm phía A ⇒ AN = AM hay tồn phép vị tự tâm A tỷ số k = biến M thành N; hay V( A;2) : M a N M thuộc đường tròn ( C1 ) suy N thuộc đường tròn ( C1 ') ảnh ( C1 ) qua phép vị tự V( A;−2) ( C1 ') có tâm I1' ( 5;0 ) ảnh I qua phép vị tự V( A;−2) bán kính R1' = R1 = 2 ⇒ phương trình ( C1 ') : ( x − 5) + ( y − ) = ( ) ⇔ x + y − 10 x + = Theo u cầu tốn N ∈ ( C2 ) ⇒ N giao ( C1 ') ( C2 ) x + y − 10 x + = 5− y ⇒ tọa độ N nghiệm hệ: 2 ⇒x= x + y − x + y − = y = −4 5− y 5− y ⇒ ÷ + y − 10 ÷+ = ⇔ y + y − = ⇔ y = ⇒N ( 3; −4 ) (vì N ≠ A ) Đường thẳng AN có phương trình: 3x + y − = ĐS: có hai đường: x − y + = 3x + y − = Cách 2: 17 r Đường thẳng ∆ qua A với véc tơ pháp tuyến n ( a; b ) (điều kiện a, b không đồng thời 0) có phương trình dạng: a ( x − 1) + b ( y − ) = ⇔ ax + by − a − 2b = (∆) Gọi H1 H trung điểm AM AN I1 H1 = d ( I1 ; ∆ ) = a.3 + b.1 − a − 2b a +b 2 ⇒ ( AH1 ) = ( AI1 ) − ( I1H1 ) = − ( = 2a − b a + b2 2a − b ) a + 4ab + 4b = a + b2 a2 + b2 a.2 + b ( −1) − a − 2b a − 3b I2H = d ( I2 ; ∆) = = a + b2 a + b2 ( a − 3b ) 9a + 6ab + b a + b2 a + b2 2 Theo ra: AN = 2AM ⇔ AH = AH1 ⇔ ( AH ) = ( AH1 ) ⇒ ( AH ) = ( AI ) − ( I H ) = 10 − 2 = 9a + 6ab + b a + 4ab + 4b = ⇔ a − 2ab − 3b2 = ⇔ ( a + b ) ( a − 3b ) = 2 2 a +b a +b a = −b ⇔ a = 3b Với a= -b ⇒ (∆): x − y + = Với a= 3b ⇒ (∆): 3x + y − = ĐS: có hai đường: x − y + = 3x + y − = ⇔ Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G ( 1; ) Phương trình đường tròn qua trung điểm hai cạnh AB, AC chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC tam giác ABC (C) 2 ( x − 3) + ( y + ) = 25 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B Giải Đường tròn (C) có tâm I(3; -2) bán kính R = Gọi H, J trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC uuu r uuu r HJ = HI uuu r uuur r uuur ⇒HI = HG Ta có: uuu HJ = HG I G r0 A H uuu r HI = ( − x; −2 − y ) 3 − x = ( − x ) x = Giả sử: H(x; y) ta có: uuur ⇒ ⇒ ⇒H ( 9; −14 ) y = − 14 HG = − x ; − y ( ) −2 − y = ( − y ) 18 R J C Theo tính chất tồn phép vị tự tâm H tỷ số biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) ngoại tiếp tam giác ABC: V( H ;2) : ( C ) → ( C ') ⇒ V( H ;2) : I a J ⇒ J(-3; 10) Gọi R’ bán kính (C’) ⇒ R’= 2R = 10 Phương trình (C’) cần lập: ( x + 3) + ( y − 10 ) = 10 2 III) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Cho đường tròn (C): = hai điểm A(-2; 0) B(2;0) Điểm M thay đổi đoạn AB; đường thẳng qua M tọa với AB góc 450 cắt (C) C D Tìm tọa độ điểm C D cho MC + MD đạt giá trị lớn Cho đường tròn (C): = 13 Đường thẳng (d): cắt đường tròn (C) điểm phân biệt B C Điểm A thay đổi (C) (A khác B C) Tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC biết H thuộc đường tròn (C): Viết phương trình bốn cạnh hình vng ABCD biết đường thẳng AB; BC; CD; DA qua điểm M( Cho A(4;3) Tìm điểm B thuộc đường tròn ( ): đường tròn ( ): C thuộc cho tam giác ABC tam giác Cho đường thẳng ( ): Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ; ) C thuộc ( ) saocho tam giác ABC có chu vi nhỏ Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD, biết: M(0;2); N( trung điểm cạnh AB; BC; CD hình bình hành 19 ); Cho đường thẳng ; cắt A M(1;2) Viết phương trình đường thẳng qua M; cắt lượt B C cho Cho đường lần nhỏ thẳng hai đường thuộc ; C thuộc tròn Tìm A ; B; D thuộc (d) cho ABCD hình vng Cho A(1;2) đường tròn (C): Tìm điểm M thuộc tia Ox cho vẽ tiếp tuyến MB đến đường tròn (C) (B tiếp điểm) 10 = Cho hai đường tròn cắt A B; A điểm có hồnh độ dương Viết phương trình đường thẳng qua A cắt đường tròn C D thỏa mãn A nằm C D AD – AC =16 Tài liệu tham khảo [1] Sách giáo khoa hình học lớp 11 [2] Sách tập hình học lớp 11 [3] Sách hướng dẫn giáo viên mơn tốn lớp 11 20 [4] Báo tốn học tuổi trẻ hàng tháng MỤC LỤC Trang Lời nói đầu…………………………………………………… Lí Thuyết…………………………………………………… Phép tịnh tiến………………………………………………… Phép đối xứng tâm…………………………………………… 21 Phép đối xứng trục…………………………………………… Phép quay…………………………………………………… Phép vị tự…………………………………………………… 15 Bài tập tự luyện…………………………………………… 22 18 ... hoàn thiện Người viết chuyên đề Hà Trọng Hậu NỘI DUNG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ ỨNG DỤNG TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ OXY I) LÝ THUYẾT 1) Phép tịnh tiến Tvr r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép tịnh tiến Tvr... Song với chuyên đề khai thác phép biến hình góc độ mặt phẳng tọa độ Oxy, dùng kiến thức phép biến hình ứng dụng vào tốn thi THPTQG phần tọa độ phẳng để giúp học sinh có thêm phương pháp giải... ) biến điểm M(x;y) thành điểm M’(x+a;y+b) 2) Phép đối xứng tâm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, phép đối xứng tâm I(a;b) biến điểm M(x;y) thành điểm M’(2a-x;2b-y) 3) Phép đối xứng trục Trong mặt phẳng