Phép biến hình trong mặt phẳng bài tập lời giải

Chuyên đề Toán học về phép biến hình chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 11, 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về phép biến hình và để ôn thi THPQG và thi đại học.

CHỦ ĐỀ: PHÉP BIẾN HÌNH A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM 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 PHÉP TỊNH TIẾN A CHUẨN KIẾN THỨC A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Định nghĩa u r Trong mặt phẳng cho vectơ v Phép biến hình biến điểm M thành uuuuur ur u r điểm M ' cho MM ' = v gọi phép tịnh tiến theo vectơ v u r r Phép tịnh tiến theo vectơ v kí hiệu Tvur v uuuuur u r Vậy Tvur ( M ) = M ' ⇔ MM ' = v Nhận xét: T0r ( M ) = M Biểu thức tọa độ phép tịnh tiến Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M ( x;y ) u r v = ( a;b) M uuuuur u r x'− x = a x' = x + a ⇔ Gọi M '( x';y') = Tvur ( M ) ⇔ MM ' = v ⇔   y'− y = b  y' = y + b M’ ( *) Hệ ( *) gọi biểu thức tọa độ Tvur Tính chất phép tịnh tiến • Bảo tồn 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 trịn thành đường trịn 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 uuur tiến theo vec tơ BC Lời giải uur ( B) = C Ta có TuBC Để tìm ảnh điểm A ta dựng hình uuuu r uuur bình hành ABCD Do AD = BC nên uur ( A ) = D , gọi E điểm đối xứng với B TuBC uuur uuur qua C , CE = BC uur ( C ) = E Vậy ảnh tam giác ABC tam giác DCE Suy TuBC u r Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho v = ( −2;3) Hãy tìm ảnh u r điểm A ( 1; −1) ,B( 4;3) 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' = 1+ (−2) x' = −1 ⇔ ⇒ A '( −1;2) Gọi A '( x';y') = Tvur ( A ) ⇒   y' = −1+  y' = Tương tự ta có ảnh B điểm B'( 2;6) u r 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 Tvur 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') = Tvur ( M ) ⇒   y' = y −  y = y'+ Thay vào (*) ta phương trình 2( x'− 1) − 3( y'+ 3) + = ⇔ 2x'− 3y'− = Vậy ảnh d đường thẳng d' : 2x − 3y − = Cách Sử dụng tính chất phép tịnh tiến Do d' = Tvur ( 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 ' = Tuvr ( M ) = ( −1+ 1;1− 3) = ( 0; −2) Do M ' ∈ d' ⇒ 2.0 − 3.( −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 Tvur Khi d' qua hai điểm M ' N ' Cụ thể: Lấy M ( −1;1) ,N ( 2;3) thuộc d , tọa độ ảnh tương ứng M '( 0; −2) ,N '( 3;0) Do d' qua hai điểm M ',N ' nên có phương trình x− y + = ⇔ 2x − 3y − = Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường trịn ( C ) có phương trình x2 + y2 + 2x − 4y − = Tìm ảnh ( C ) qua phép tịnh tiến theo vectơ u r v = ( 2; −3) Lời giải Cách Sử dụng biểu thức tọa độ Lấy điểm M ( x;y ) tùy ý thuộc đường trịn ( C ) , ta có x2 + y2 + 2x − 4y − = ( *) x' = x + x = x'− ⇔ Gọi M '( x';y') = Tvur ( M ) ⇒   y' = y −  y = y'+ Thay vào phương trình (*) ta ( x'− 2) + ( y'+ 3) + 2( x'− 2) − 4( y'+ 3) − = ⇔ x'2 + y'2 − 2x'+ 2y'− = 2 Vậy ảnh ( C ) đường tròn ( C') : x + y − 2x + 2y − = Cách Sử dụng tính chất phép tịnh tiến Dễ thấy ( C ) có tâm I ( −1;2) bán kính r = Gọi ( C') = Tvur ( C ) I '( x';y') ;r' tâm bán kính (C') ( ) x' = −1+ = ⇒ I '( 1; −1) r' = r = nên phương trình đường trịn Ta có   y' = − = −1 ( C') ( x − 1) + ( y + 1) = 2 Bài toán 02: XÁC ĐỊNH PHÉP TỊNH TIẾN KHI BIẾT ẢNH VÀ TẠO ẢNH Phương pháp: u r u r Xác định phép tịnh tiến tức tìm tọa độ v Để tìm tọa độ v ta có u r thể giả sử v = ( a;b) , sử dụng kiện giả thiết toán 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 − = u r 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 u r u r v có giá song song với Oy nên v = ( 0;k ) ( k ≠ 0) x' = x Lấy M ( x;y ) ∈ d ⇒ 3x + y − = ( *) Gọi M '( x';y') = Tvur ( M ) ⇒  thay vào  y' = y + k ( *) ⇒ 3x'+ y'− k − = Hay T ( d ) = d' : 3x + y − k − = , mà u r Vậy v = ( 0; −5) ur v d qua A ( 1;1) ⇒ k = −5 Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường hai thẳng u r d : 2x − 3y + = d' : 2x − 3y − = Tìm tọa độ v có phương vng góc với d để Tvur ( d ) = d' Lời giải u r 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') = Tvur ( 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 ur ur Vec tơ pháp tuyến đường thẳng d n = ( 2; −3) suy VTCP u = ( 3;2) u r ur u r ur Do v ⊥ u ⇒ v.u = 3a + 2b =  16 a= − 2a − 3b = −8  13 ⇔ Ta có hệ phương trình  3a + 2b = 24  b =  13 u r  16 24  Vậy v =  − ; ÷  13 13  Bài tốn 03: DÙNG PHÉP TỊNH TIẾN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN 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 Tvur ( N ) = M N ∈ ( H ) M ∈ ( H ') ( ( H ') = Tvur ( H ) ) kết hợp với M thuộc hình ( K ) (trong giả thiết) suy M ∈ ( H ') ∩ ( K ) Các ví dụ Ví dụ Cho đường trịn 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 ABthỏa mãn yêu cầu toán uuur uuur Do ABCD hình bình hành nên AB = DC uuuu r ( A) = B ⇒ TCD ( ) uuu r ( O ) Vậy B vừa Nhưng A ∈ ( O ) ⇒ B ∈ ( O') = TuDC thuộc ( O ) ( O') nên B giao điểm ( O ) ( O') Cách dựng: Dựng đường tròn ( O') ảnh đường uuu r tròn ( O ) qua TuDC 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 toán uuur uuur uuu r ( A ) = B ⇒ AB = DC ⇒ ABCD hình Chứng minh: Từ cách dựng ta có TuDC 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,A C 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 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 = Tuuuur ( C ) PM Đường thẳng MN đường thẳng thỏa yêu cầu toán Chứng minh: Từ cách dựng ta có MNCP hình bình hành suy · · · MN P BC CN = PM , ta có MAP= cân M CAP = APMΔMAP ⇒ ⇒ AM = MP Vậy AM = CN Biện luận: Bài tốn có nghiệm hình Ví dụ Cho hai đường trịn ( 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 Giả sử dựng đường thẳng d qua A cắt đường tròn ( O1 ) ,( O ) tương ứng điểm M ,N cho MN = 2l Kẻ O1H ⊥ MN O 2I ⊥ MN uuuuur ( I ) = I ' ⇒ O I ' = HI = MN = l Xét THO 1 Do tam giác I 'O1O2 vuông I ' nên O 2I ' = O1O 22 − l Bài toán 04: SỬ DỤNG PHÉP TỊNH TIẾN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM TẬP HỢP ĐIỂM Phương pháp: Nếu Tvur ( M ) = M ' đểm M di động hình ( H ) điểm M ' thuộc hình ( H ') , ( H ') ảnh hình ( H ) Các ví dụ 10 qua Tvur 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 P AH uuuu r uuur uuuur Tương tự AD P CH , ADCH hình bình hành.Suy AH = DC = 2OM không đổi uuuur ( A ) = H , A di động dường trịn ( O ) H di động ⇒ T2OM uuuur đường tròn ( O') = T2OM ( ( O) ) · Ví dụ Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định, BACα = không đổi uuur u r BC = v khơng đổi Tìm tập hợp điểm B,C Lời giải Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , theo định lí sin BC = 2R khơng đổi ta có sinα uuur u r ( BC = v không đổi) BC Vậy OA = R = , nên O di động đường trịn tâm A bán kính 2sinα BC · AO = Ta có OB = OC = R không đổi BOC = 2α không đổi suy 2sinα uuur 1800 − 2α · · khơng đổi Mặt khác BC có phương khơng đổi nên OBC = OCB = uuur uuur OB,OC có phương không đổi uuur uur uuur uur Đặt OB = v1 ,OC = v2 khơng đổi , Tvuu1r ( O ) = B,Tvuuu2r ( O ) = C  BC   BC  uur Vậy tập hợp điểm B đường trịn  A 1; ÷ ảnh  A , ÷ qua Tv1 , 2sinα    2sinα   BC   BC  uuu r tập hợp điểm C đường tròn  A ; ÷ ảnh  A , ÷ qua Tv2 2sinα 2sinα     CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho hai đường thẳng d : 2x + 3y − = , u r d1 : 2x + 3y − = vec tơ v = ( 2; −1) a) Viết phương trình đường thẳng d' ảnh đường thẳng d qua Tvur 11 ur b) Tìm vec tơ u có giá vng góc với đường thẳng d để d1 ảnh d qua Tuur Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường hai thẳng d : 3x − 5y + = u r u r d' : 3x − 5y + 24 = Tìm tọa độ v , biết v = 13 Tvur ( d ) = d' Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho đường tròn ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2) = u r v = ( −3;4) Tìm ảnh ( C ) qua Tvur 2 Cho đường tròn ( O ) với đường kính AB cố định, đường kính MN thay đổi Các đường thẳng AM ,A N 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 không thuộc hai đường thẳng cho AB khơng song song trùng với d1 ( hay d2 ) Tìm d1 điểm M d2 điểm N cho AMBN hình bình hành Cho hai đường trịn ( O1;R ) ( O ;R ) cắt A ,B Một đường thẳng d vng góc với AB cắt ( O1 ) C,D cắt ( O2 ) E,F uuur uur cho CD EF hướng · a) Chứng minh CAE khơng phụ thuộc vào vị trí d b) Tính độ dài CE theo R AB = a 12 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 khơng 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 Phép đối xứng trục có trục đường thẳng d kí hiệu Ðd Như uuu r uuuu r Ðd ( M ) = M ' ⇔ IM = −IM ' với I hình chiếu vng góc M d Nếu Ðd ( H )  = ( H ) d gọi trục đối xứng hình ( H ) 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 tồn 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 trịn thành đường trịn 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: Để xác định ảnh ( H ') hình ( H ) qua phép đối xứng trục ta dùng cách sau: • Dùng định nghĩa phép đối xứng trục 13 • Dùng biểu thức tọa độ phép đối xứng trục mà trục đối xứng trục tọa độ • Dùng biểu thức vec tơ phép đối xứng trục Các ví dụ Ví dụ Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm M ( 1;5) , đường thẳng d : x + 2y + = đường tròn ( C ) : x2 + y2 + 2x − 4y − = a) Tìm ảnh M ,d ( C ) qua phép đối xứng trục Ox b) Tìm ảnh M qua phép đối xứng qua đường thẳng d Lời giải a) Gọi M ',d',( C') theo thứ tự ảnh M ,d,( C ) qua Ðox , M '( 1; −5) Tìm ảnh d Lấy M ( x;y ) ∈ d ⇒ x + 2y + = (1) - Gọi N ( x';y') ảnh M qua phép đối xứng Ðox x' = x x = x' ⇔ Ta có  Thay vào ( 1) ta  y' = − y  y = − y' x'− 2y'+ = Vậy d' : x − 2y + = - Tìm ảnh ( C ) Cách 1: Ta thấy ( C ) có tâm I ( −1;2) bán kính R = Gọi I ',R' tâm bán kính ( C') I '( −1; −2) R' = R = 3, ( C') : ( x + 1) + ( y + 2) = 2 Cách 2: Lấy P ( x;y ) ∈ ( C ) ⇒ x + y + 2x − 4y − = ( 2) Gọi Q ( x';y') ảnh P qua phép đối xứng Ðox Ta có x' = x x = x' ⇒ thay vào ( 2) ta x'2 + y'2 + 2x'+ 4y'− = 0, hay  y' = − y y = − y'   ( C') : x + y2 + 2x + 4y − = b) Đường thẳng d1 qua M vng góc với d có phương trình 2x − y + = Gọi I = d ∩ d1 tọa độ điểm I nghiệm hệ x + 2y + = x = −2 ⇔ ⇒ I ( −2; −1)  2x − y + =  y = −1 Gọi M ' đối xứng với M qua d I trung điểm MM '  xM + xM ' xI = x = 2xI − xM = −5 ⇔  M' ⇒ M '( −5; −7) Ta có   yM ' = 2yI − yM = −7  y = yM + yM '  I 14 ⇒ D thuộc đường trịn tâm C bán kính BC điểm M thuộc đường uuuu r trịn tâm H bán kính BC ảnh đường trịn 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 uur ( M ) = N , mà M ∈ d nên Khi TuBA uur ( d ) N ∈ d1 ' = TuBA Mặt khác N ∈ d2 ⇒ N ∈ d2 ∩ d1 ' Cách dựng: Dựng d ' ảnh d qua phép 1 u u u r tịnh tiến TBA Dựng giao điểm N = d ∩ d ' Dựng đường thẳng qua N song song với AB cắt d1 M Các điểm M ,N điểm cần dựng Chứng minh: Từ cách dựng suy ABMN hình bình hành Biện luận: Do d1 d2 cắt nên d1 ' d2 cắt , tốn có nghiệm hình a) Vì hai đường trịn ( O1 ) (O ) có bán kính ( ) nên TOuuu1uOuuu2r ( O1 ) = ( O ) Gọi A ' = TOuuuuOuuur ( A ) A ' cố định, E = TOuuu1uOuuu2r ( C ) nên TOuuuuOuuur ( CA ) = EA ' ⇒ CA / /EA ' · · · 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 − a2 a) x − 2y − = 10 b) x − 2y + = 51 a) 2x + y − = ( x − 2) + ( y + 3) = 2 b) ( C ) có tâm I ( 2;3) , đường thẳng qua I vng góc với d  14 13  d1 : x + 2y − = Giao 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  5  11 a) Gọi A ' đối xứng với A qua d , có MA = MA ' ⇒ MA + MB = MA '+ MB ≥ A 'B Đẳng thức xảy M thuộc đoạn A 'B mà M ∈ d ⇒ M = A 'B ∩ d Vậy ( MA + MB) = A 'B M = A 'B ∩ d b) Xét M ( x;y ) ⇒ M ∈ d : x − 2y + = A ( 3;5) ,B( 5;7) , ta có T = MA + MB Do ( − 2.5 + 2) ( − 2.7 + 2) > nên A ,B nằm phía d Gọi A ' đối xứng với A qua d A '( 5;1) Phương trình A 'B : x − = 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 , ta có B'( 2; −1) , C'( 1;2) 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 5  khơng khó khăn ta tìm B' ;0÷ 3   5 C' ; ÷  4 52 ta · · · · · 13 a) Ta có BAD = CAF = 450 ⇒ BAD + CAF + BAC = 1800 suy D,A ,F thẳng hàng Xét phép đối xứng Ð DF có: A a A ,B a E,C a G nên tam giác ABC biến thành tam giác · · AEG , BCA mà = AGE · · mặt khác tam giác BCA = BAH AGE vng ta A có trung tuyến AK ⇒ KA = KG nên · · ΔKAG cân K ⇒ GAK = KAG · · suy GAK mà hai góc = BAH 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 c) Dễ thấy AP = EG mà Ð DF ( 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 AΔ= d∩ ; ÐΔ ( C ) = B B = d1 ∩ d2 từ ta có cách dựng: Qua M dựng đường thẳng song song với d2 cắt d1 N Qua trung điểm I MN dựng đường thẳng Δ ⊥ d2 Dựng giao điểm AΔ= d∩ Gọi C = AM ∩ d Dựng Ð ( C ) = B Δ Các điểm A ,B,C điểm cần dựng Bạn đọc tự chứng minh biện luận 53 ur ur 15 Xét Tuur với u / /d u = a uur ( A ) = A ' A '' = Ð ( A ') Gọi TuBC d Ta có AB = A 'C nên AB + AC = AC + CA ' = AC + CA '' ≥ AA '' ⇒ ( AB + AC ) = AA '' C ≡ C0 = AA ''∩ d B = T− uur ( C ) 16 Giả sử điểm A ,B,C,D thứ tự hình vẽ uuur ( M ) ,M = Tuuuu r (M) Gọi M = TAB DC M 1Δ' = Ð 11 ( M 2) ,M Δ' = Ð 21 ( M ) Khi ta có MA = M 1B = M 'B, MD = M 2C = M 'C MA + MB + MC + MD = MB + M 'B + MC + M 'C ≥ MM '+ MM ' ∩ ,C Đẳng thức xảy B = MM 'Δ Vậy vị trí điểm sau uurA( , ) B = MM 'Δ ∩ ,A T = uBA C = MM 'Δ ∩ ,D T = C( uuuu r CD ) 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'  trực BB' Xét phép đối xứng trục ÐAE 54 MM = '2 ∩ Δ Ta có B a B' , tương tự ta chứng minh C a C' ⇒ D a D' Vậy phép đối xứng trục ÐA E biến hình vng ABCD thành hình vng AB'C'D' 18 Lấy điểm C' đối xứng với C qua đường phân giác dA 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 Mà BC' = BA + AC' = BA + AC ⇒ 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 ( 1) Mặt khác PM P AC nên · · · tam giác PMB ACB = PMB = BAC cân suy PM = PB ( 2) Từ ( 1) ,( 2) ta có PM ' = PM = PB nên B,M ,M ' nằm đường trịn tâm P ta có 1· · 'C = BPM · BM = BAC ( 3) 2 Tương tự ta có QM ' = QM = QC nên C,M ,M ' nằm đường trịn tâm Q , 1· 1· · MM 'C = MQC = BAC ( 4) Từ ( 3) ( 4) suy 2 · 'C = BM · 'M + CM · 'M = BAC · ¼ Do M ' thuộc cung trịn BAC BM ¼ ( trừ B,C ) Gọi E điểm Phần đảo: Giả sử M ' thuộc cung trịn BAC cung BC khơng chứa A Gọi M = EM '∩ BC , dựng hình bình hành A PMQ với P ∈ A B,Q ∈ AC Ta cần chứng minh M M ' đối xứng qua đường thẳng PQ Do P,M ' nằm phía với BM 1· 1· · 'M = BAE · BM = BAC = BPM nên 2 M ' thuộc đường tròn tâm P bán kính PB 55 Tương tự ta chứng minh M ' thuộc đường trịn tâm Q bán kính QC Mặt khác hai đường tròn qua điểm M MM ' dây cung chung hai đường trịn nên đối xứng qua đường thẳng nối hai tâm, hay M ,M ' đối xứng qua PQ ¼ ( trừ B,C ) Vậy tập hợp điểm M ' cung BAC 20 a) Với điểm D cố định cạnh BC 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 A B,AC b) Ứng với điểm D , chu vi tam giác DEF nhỏ E,F nằm MN minζ( ) =MN Vậy D di chuyển cạnh , chu vi tam giác DEF MN nhỏ · ¶ +A ¶ +A ¶ +A ¶ = 2.BAC · Ta có MAN ( không đổi) =A · · Tam giác AMN cân A có MAN khơng đổi nên MN nhỏ = 2.BAC MN AN AM = = AM ,AN nhỏ ( mà · · · sinMAN sinAMN sinANM · · · không đổi) sinMAN ,sinAMN ,sinANM AM = AN = AD Lại có nên A M ,A N nhỏ AD nhỏ ⇔ AD ⊥ BC hay D chân đường cao tam giác ABC Bây ta chứng minh E,F chân đường cao tam giác ABC Dựng đường cao AH tam giác AMN · · ta có MAH = BAC · · ¶ , tương tự ⇒ EAH = BAC −A ·DAC = BAC · ¶ − A mà ¶ =A ¶ ⇒ EAH · · · · · · · · · mà AEH nên ACB A = DAC ⇒ AEH = ACB = MAE = DEB = 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 µ = 2AD sinA µ = 2h sinA µ MN = 2AH = 2.AM sinA a 56 1 Mà S = aha = bcsinA = p ( p − a) ( p − b) ( p − c) 2 ⇒ abcha sinA = p ( p − a) ( p − b) ( p − c) 8p ( p − a) ( p − b) ( p − c) ⇒ MN = abc 8p ( p − a) ( p − b) ( p − c) Vậy chu vi tam giác DEF nhỏ abc 21 d' : 3x − 4y + 17 =  11 22 I  ; ÷ 4 4  1 23 Dễ thấy d cắt ( C ) M ( x;y ) d cắt ( C ) N  −x; − ÷ y  ngược 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 ( ) AM + AN = MA + MB2 = x2 + y2 + 56 , lạ có x2 + y2 ≥ 2xy = nên MA + MB2 ≥ 60 Đẳng thức xảy x = y = 1hặc x = y = −1 suy d : y = x 24 Gọi O tâm hình bình hành ABCD , chứng minh ÐO : A ' a C',B' a D' ta 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 AC ÐI ( B) = D mà B ∈ ( O ) nên D ∈ ( O') ảnh ( O ) qua phép đối xứng tâm I Lại có D ∈ ( O ) nên D giao điểm ( O ) ( O') Cách dựng: Dựng đường tròn ( O') ảnh đường 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 tốn Xét phép đối xứng tâm ÐA ta có ÐA ( M ) = N mà M ∈ ( O ) nên N ∈ ( O1 ) ảnh ( O ) 57 qua phép đối xứng ÐA mặt khác N ∈ ( O') nên N giao điểm ( O') (O ) Từ bước phân tích ta có cách dựng: Dựng đường tròn ( O') đối xứng với ( O ) qua A Dựng giao điểm N ( O ) ( O') - 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 Ð A - 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 đối xứng tâm A biến tam giác ABM thành tam giác ADN nên SOMN = SOM BD ≤ SOCD 28 d' ⊥ d nên phương trình có dạng 3x + 5y + c = Lấy M ( −3;0) ∈ 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− 3) cos − ( + 2) sin = −3   y' = + ( 1− 3) sin π + ( + 2) cos π =  2 ⇒ J '( −3;2) mà R' = R = nên phương trình ( C') : ( x + 3) + ( y − 2) = 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 − Btanφ ) ( x − a ) + ( A tanφ + B ) ( y − b ) = Ta AC : 3x − y − = 0,BC : x − 2y + = 31 a) Q B;6o0 ( EC ) = AF ( 58 ) ⇒ EC = AF góc hai đường thẳng AF EC 600 ⇒ b) Q( B,600 ) ( N ) = MΔBMN 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 ' ( ) 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' thẳng hàng, ta dễ dàng kiểm tra · · · AMB = BMC = CMA = 1200 Hay điểm M nhìn ba cạnh góc 1200 ( Điểm M gọi điểm Toricelli) b) Trong mp Oxy xet điểm 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 dàng tìm minT = 2 +  x= −   1  M − ;− ÷⇒  3  y = −   33 Xét phép quay Q( A ;900 ) Ta có BT → ND ⇒ BT = ND BT ⊥ ND ( 1) Xét phép quay Q( C;−900 ) ta có BS → PD ⇒ BS = PD BS ⊥ PD ( 2) Gọi O trung điểm BD Dễ thấy : 59 1 1 ND,OO P = PD , OO P = BS,OO P = BT Kết hợp với ( 1) ,( 2) ta có 2 2 OO1 ⊥= OO4 ,OO ⊥= OO , xét phép quay Q( O;90) ta có OO1 P = O1O3 → O2O ⇒ O1O3 ⊥= O2O ( kí hiệu AB P = 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 ΔBA E = ΔADJ ( ) B → A ,A → D ⇒ F → J nên ΔBAE → ΔADJ Tương tự ΔBAE → ΔADI b) Q O;900 :F → J,E → I nên EF ⊥ IJ ( ) 35 Giả sử góc lượng giác ( Ox,Oyα )= Xét Q( O,α) Ox → Oy A ∈ Ox,B ∈ Oy OA = OB nên A → B , gọi M ' ảnh M MA = M 'B ⇒ MA + MB = M 'B + MB ≥ MM ' Đẳng thức xảy B ≡ B0 = MM '∩ Oy Từ suy cách dựng A ,B sau: Dựng ảnh M ' = Q O;α ( M ) ( ) Dựng giao điểm B = MM '∩ Oy Dựng A = Q( O;α− ) 36 Giả sử dựng hình vng ABCD có hai đình A ,B ∈ ( O;R1 ) hai đỉnh C,D ∈ ( O;R ) với R > R1 Khi Q A ;900 : B → D , mà B ∈ ( O;R ) nên ( ) D ∈ ( O';R1 ) ảnh ( O;R1 ) qua Q( A ;900 ) Mặt khác D ∈ ( O;R ) ⇒ D ∈ ( O;R ) ∩ ( O';R1 ) Từ ta có cách dựng Dựng đường trịn ( O';R ) ảnh - - đường tròn ( O;R1 ) qua Q( A ;900 ) Dựng giao điểm D ( O';R1 ) ( O;R ) 60 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 ≤ 1+ R1 37 Đặt F = Tvur oQ( O;900 ) phép dời hình có cách thực liên u r 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;0) ∈ d ⇒ F ( O ) = Tvur oQ O;900 ( O ) = Tvur ( 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) cosα − ( y − b) sinα   y' = b + ( x − a) sinα + ( y − b ) cosα Ta có M 'N ' = = ((x = (x N N (x N' − xM ' ) + ( xN ' − xM ' ) − xM ) cosα − ( yN − yM ) sinα ) +((x N − xM ) sinα − ( y N − y M ) cosα ) − xM ) + ( yN − yM ) = MN 2 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 '') = 2( IJ,IM ') + 2( IM ',IH ) = 2( IJ,IH ) = 2φ Lại có IM '' = IM ' = IM ( IM ,IM '') = 2φ IM '' = IM nên Q( I ,2φ) ( M ) = M '' Vậy Q( I ,2φ) = Ðd' oÐd 40 Xét phép đối xứng tâm I ,I Lấy điểm M 61 Gọi M ' = ÐI ( M ) ,M '' = ÐI ( M ') ta có uuuur uuuu r I M ' = −I M 1 uuuuu r  uuuuur I 2M '' = −I 2M ' ⇒ I trung điểm MM ' I trung điểm M 'M '' ( hình vẽ) uuuuuur uuur Suy MM '' = 2I 1I ⇒ T2Iuu1uIu2r ( M ) = M '' Vậy ÐI oÐI1 = T2Iu1uuIu2r 41 Gọi M ' = Q( O;φ1) ( M ) ,M '' = Q( O;φ ) ( M ') ta có OM ' = OM ,( OM ,OM 'φ )= OM '' = OM ',( OM ',OM ''φ )= suy OM '' = OM theo hệ thức Sa-lơ ta có ( OM ,OM '') = ( OM ,OM ') + ( OM ',OM ''φ) = Q hay Q( ) oQ( ) ( M ) = M '' Vậy ( O;φ + φ φ+ O;φ ) O;φ 2 = Q( O;φ 1+ φ2 42 Do ABNM ình bình hành nên uuuur uuur uuur ( M ) = N , mặt khác Q đối MN = AB ⇒ TAB xứng với N qua P nên ÐP ( N ) = Q ÐP oTAuuuBr ( M ) = Q mà M chạy đường tròn ( O ) nên Q chạy đường tròn (O ) ảnh ( O ) qua phép dời hình F = ÐP oTAuuuBr Vậy quỹ tích điểm Q đường tròn ( O ) ảnh ( O ) qua phép dời hình F = ÐP oTAuuuBr 43 d' : 2x − y + 10 = , ( C') : ( x + 3) + ( y − 8) = 36 2 44 Gọi I trung điểm BC I cố định uur uur Và IG = IA ⇒ V I ;1 ( A ) = G mà A ∈ ( O;R )  ÷  3  R nên G ∈  O'; ÷ ảnh đường tròn 3  V qua phép vị tự  O; 1÷  ( O;R ) 3 45 Theo tính chất đường phân giác ta có 62 ) IN OI OI = = NM OM R IN OI = IN + NM OI + R IN OI ⇔ = IM OI + R uur r OI uuu ⇒ IN = IM OI + R ⇒ V( I ;k ) ( M ) = N với k= mà M ∈ ( O;R ) nên OI , OI + R  OI.R  OI N ∈  O'; ÷ ảnh ( O ) qua phép vị tự tâm O tỉ số k = OI + R  OI + R  46 Gọi V( O ,k ) ;V( O k ) hai phép vị tự 1 2, Lấy điểm M Giả sử V( O ,k ) :M → M V( O ,k ) :M → M ta 1 chứng minh với k1k2 ≠ V = V( O,k ) oV( O,k ) phép vị tự có k = k k tâm uuur uuuuuu r Gọi I = V( O2 ,k2 ) ( O1 ) ⇒ O 2I = k2 O 2O1 , uuuur uuuuuur uuuuur IM = k2 O1M = k1k2 O1M Gọi O uuur uuuuuu r điểm xác định O 2I = k1k2 O 3O1 uuuuuur uuur uuuur uuuuuu r uuuuur uuuuur Ta có O 3M = O3I + IM = k1k2 O 3O1 + k1k2 O1M = k1k O 3M 47 Gọi A ',B',C' trung điểm BC,CA ,AB , ta có : uuuur r uuuu r uuuu GA ' = − AG,GB' u u u r uuuur 1 uuur = − BG,GC' = − CG 2 V :ΔABC → ΔA 'B'C' Dó  G;− 1÷  2 Vì H trực tâm tam giác ABC O trực tâm tam giác V H =O A 'B'C' nên  G,− 1÷ ( )  2 63 uuuu r r uuuu ⇒ GO = − GH Vậy G,H ,O thẳng hàng 48 Gọi D0 trọng tâm tam giác ABC ; M ,N trung điểm đường chéo AC BD Gọi I trung điểm MN P trung điểm BD0 DD0 ( 1) D0 trọng tâm tam giác ABC nên MD0 = D0P = PB suy NP P = ID0 P = NP ( 2) Từ ( 1) & ( 2) suy D,D ,I 1 1 thẳng hàng ID0 = NP = DD0 = DD0 2 u u u u r u u r 1 ⇒ V 1 : D → D0 mà ⇒ ID0 = ID ⇒ ID0 = − ID  I ,− ÷ 3  3 Dζ∈ ( ) ( đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD ) nên Dζ' ∈ ( ) 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  : ( O ;R ) → ( O1;R1 )  C;− ÷ R3 ÷   nên phép vị tự A → A ,A → D ⇒ A 1A → AM uuuu r r R uuuuuu ⇒ AD = − A 1A ( 1) R3 Xét phép vị tự V R   A ,− ÷ R1 ÷   D → E,A → A uuur r R uuuu nên DA → AE ⇒ AE = − AD ( 2) R1 Xét phép vị tự V R3  ÷  B,− R ÷  2 uuuuu r R uuur ⇒ B1B2 = − EA ( 3) R2 64 giả sử E → B1 ,A → B2 ⇒ EA → B1B2 uuuuu r uuuuuu r Từ ( 1) ,( 2) ,( 3) suy B1B2 = A 1A mà A 1A ,B1B2 dây cung ( O ) A 1A đường kính nên xảy trường hợp B1 ≡ A ,B2 ≡ A , hay V R3  ÷  B,− R ÷  2 :A → A nên A ,B,A thẳng hàng 50 Do ( O ) ( O1 ) tiếp xúc A nên Mà MA cắt ( O1 ) M nên V R   A ,− ÷ R1 ÷   : ( O1;R1 ) → ( O;R ) phép vị tự M → M Tương tự V R2  ÷  B,− R ÷   : ( O;R ) → ( O ;R ) M → M F = V R2   B;− ÷ R ÷   ( oV ) R  ÷  A ;− R ÷  1 = V R2  ÷  I , R ÷  1 (M ) =M nên , mà F ( O1 ) = ( O ) nên I tâm vị tự ngồi hai đường trịn ( O1 ) ( O2 ) Vậy M 1M qua điểm I cố định 65 ... hình f biến hình thành hình B LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP Bài toán 01: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP DỜI HÌNH Phương pháp: Dùng định nghĩa, biểu thức tọa độ tính chất phép dời hình. .. dụ Cho hình vng ABCD có tâm I Trên tia BC lấy điểm E cho BE = AI a) Xác định phép dời hình biến A thành B biến I thành E b) Dựng ảnh hình vng ABCD qua phép dời hình Lời giải a) Gọi f phép đối... biến hình phép dời hình bảo tồn khoảng cách hai điểm • Vậy f phép dời f ( M ) f ( N ) = MN • Nhận xét: • Các phép biến hình : Tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng tâm phép quay phép dời hình •