Toán lớp 11 chương 1 PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
PHÉP TỊNH TIẾN
I.Tóm tắt lý thuyết :
r
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng , cho véc tơ v ( a; b ) . Phép tịnh tiến theo véc tơ
r
uuu r
u ur
v ( a; b ) là phép biến hình , biến một điểm M thành một điểm M’ sao cho MM ' = v
r
Ký hiệu : Tv .
2.Các tính chất của phép tịnh tiến :
a/ Tính chất 1:
*Định lý 1: Nếu phép tịnh tiến biến hai điểm M,N thành hai điểm M’,N’ thì
MN=M’N’.
b/ Tính chất 2:
* Định lý 2: Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và
khơng làm thay đổi thứ tự của ba điểm đó .
HỆ QUẢ :
Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng , biến một tia thành một tia , biến
một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó , biến một tam giác thành một tam giác
bằng nó , biến một đường trịn thành một đường trịn có cùng bán kính , biến một góc
thành một góc bằng nó .
3. Biểu thức r độ của phép tịnh tiến
tọa
- Giả sử cho v ( a; b ) và một điểm M(x;y) . Phép tịnh tiến theo véc tơ v biến điểm M
x ' = a + x
y' = y +b

thành điểm M’ thì M’ có tọa độ là : 
4. Ứng dụng của phép tịnh tiến

BÀI TỐN 1: TÌM QUỸ TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM
Bài tốn : Cho một hình H , trên hình H có một điểm M . Tìm quỹ tích của điểm M
khi trên hình H có một điểm A thay đổi . ( Thường điểm A chạy trên một đường (C )
cho sẵn ).
Cách giải :
- Dựa vào các tính chất đã biết , ta tìm ra một véc tơ cố dịnh nằm trên hình H ( Với
điều kiện : véc tơ này có phương song song với đường thẳng kẻ qua A ).
- Sau đó dựa vào định nghĩa về phép tịnh tiến ta suy ra M là ảnh của A qua phép tịnh
tiến theo véc tơ cố định .
- Dựa vào tính chất thay đổi của A ta suy ra giới hạn quỹ tích .
Ví dụ 1: Cho hai điểm B,C cố định nằm trên (O,R) và một điểm A thay đổi trên đường
trịn đó . Chứng minh rằng trực tâm của tam giác ABC nằm trên một đường trịn cố
định .
Giải
- Kẻ đường kính BB’ .Nếu H là trực tâm củautam giác ABC thì AH=B’C. Do C,B’ cố
u r u ur
u
uu
định , cho nên B’C là một véc tơ cố định ⇒ AH = B ' C . Theo định nghĩa về phép tịnh
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 1


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

tiến điểm A đã biến thành điểm H . Nhưng A lại chạy trên (O;R)rcho ur H chạy trên

nên
u u
u
đường tròn (O’;R) là ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến dọc theo v = B ' C
- Cách xác địnhur u urtròn (O’;R) . Từ O kẻ đường thẳng song song với B’C . Sau đó
đường
u u uu
u
dựng véc tơ : OO ' = B ' C . Cuối cùng từ O’ quay đường trịn bán kính R từ tâm O’ ta
được đường trịn cần tìm .
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A,B cố định , còn đỉnh C chạy trên
một đường tròn (O;R). Tìm quỹ tích đỉnh D khi C thay đổi .
Giải u u u u
:ur ur
- Theo tính chấtur bình hành : BA=DC ⇒ AB = CD . Nhưng theo giả thiết A,B cố
hình
uu
định ,ucho nên AB cố định . Ví C chạy trên (O;R) , D là ảnh của C qua phép tịnh tiến
ur
u
theo AB , cho nên D chạy trên đường tròn O’ là ảnh của đường tròn O
u ur u u
u u ur
- Cách xác định (O’) : Từ O kẻ đường thẳng // với AB , sau đó dựng véc tơ OO ' = AB .
Từ O’ quay đường trịn bán kính R , đó chính là đường trịn quỹ tích của D.
Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) ur u với hai điẻm A,B . Tìm điểm M
cùng u
u u u ur
u
trên (O;R) và điểm M’ trên (O’R’) sao cho MM ' = AB .

Giải
a. Giả sử ta lấy điểm M trên (O;R). Theo giả thiết , thì M’ là ảnh của M qua phép tịnh
uu
ur
tiến theo véc tơ AB . Nhưng do M chạy trên (O;R) cho nên M’ chạy trên đường tròn
ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến . Mặt khác M’ chạy trên (O’;R’) vì thế M’ là giao
của đường tròn ảnh với đường tròn (O’;R’).
b/ Tương tự : Nếu lấy M’ thuộc đường trịn (O’;R’) thì ta tìm được N trên (O;R) là
giao của (O;R) với đường tròn ảnh của (O’;R’) qua phép tịnh tiến theo véc tơ AB
c/ Số nghiệm hình bằng số các giao điểm của hai đường trịn ảnh với hai đường trịn
đã cho .
Ví dụ 3. Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định . Một đường kính MN thay đổi .
Các đường thẳng AM và AN cắt các tiếp tuyến tại B lần lượt là P,Q . Tìm quỹ tích
trực tâm các tam giác MPQ và NPQ ?
Giải
- Tam giác MPQ có QA là một đường cao , vì vậy nếu ta kẻ MM’ vng góc với PQ
thìu u u uu tại trực tâm H . OA là đường trung bình của tam giác MNH suy ra :
MM’ r QA
cắt ur
u ur
u
u
uu
u
r
MH = 2OA = BA . Vậy phép tịnh tiến theo BA biến điểm M thành điểm H . Nhưng M
chạy trên (O;AB) cho nên H chạy trên đường tròn ảnh của (O;AB) qua phép tịnh tiến
uu
u
r

BA .
- Tương tự đối với tam giác NPQ .
- Giới hạn quỹ tích . Do M không trùng với A,B cho nên trên đường trịn ảnh bỏ đi hai
điểm ảnh của A,B .
BÀI TỐN 2:
TÌM ĐIỂM M TRÊN ĐƯỜNG THẲNG D SAO CHO KHOẢNG CÁCH
MA+MB NGẮN NHẤT ( A,B- CỐ ĐỊNH CHO TRƯỚC )
Cách giải
• Bước 1: Tìm điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d . ( Khi đó đường
thẳng d là đường trung trực của AB , suy ra M thuộc d thì MA=MA’ ).
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 2


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

• Bước 2: Kẻ đường thẳng A’B , thì đường thằng này cắt d tại M . M sẽ là điểm
duy nhất
• Bước 3: Chứng minh nhận xét trên : Vì MA+MB=MA’+MB=A’B ( khơng đổi)
do A cố dịnh , thì A’ cố định , suy ra A’B khơng đổi
Chú ý : Trường hợp trên xảy ra khi A,B nằm trái phía với d .
Ngồi ra : Có trường hợp biến thể là thay đường thẳng d bằng hai đường thẳng // cách
nhau một đoạn cho trước không đổi .
Ví dụ 1. Hai thơn nằm ở hai vị trí A,B cách nhau một con sông ( Xem hai bờ sống là
hai đường thẳng song song ) . Người ta dự kién xây một cây cầu bắc qua sông (MN)
và làm hai đoạn thẳng AM và BN .Tìm vị trí M,N sao cho AM+BN là ngắn nhất .
Giải
uu u
uu r

r
- Vì khoảng cách giữa hai bờ sống là khơng đổir, cho nên MN = U .
u
- Tìm A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo U . Khi đó AMNA’ là hình bình hành :
A’N=AM .
- Do đó : MA+NB ngắn nhất Vì : MA+NB=A’N+NB
Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD . Trên tia đối của tia AB lấy điểm P , trên tia đối
của tia CD lấy điểm Q . Hãy xác định điểm M trên BC và điểm N trên AD sao cho
MN//CD và PN+QM nhỏ nhất .
Giải
- Giống bài toán trên là khoảng cách giữa hai cạnh của hình chữ nhật khơng đổi . cho
nên ta thực hiện theo cách của bài toán trên nhưusauu u ur
:
uu r uu
r
- Tìm ảnh của điểm Q qua phép tịnh tiến theo CD = U = QQ ' .Khi đó MN=QQ’ , suy ra
MQ=NQ’ . Cho nên PN+MQ=PN+NQ’ ngắn nhất khi P,N,Q’ thẳng hàng .
- Các bước thực hiện :
u u u u ur
ur r u u
+/ Tìm Q’ sao cho : CD = U = QQ '
+/ Nối PQ’ cắt AD tại điểm N
+/ Kẻ NM //CD cắt BC tại M . Vậy tìm được M,N thỏa mãn u cầu bài tốn .
BÀI TỐN 3:
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG ( C ‘) QUA PHÉP TỊNH TIẾN THEO
r
u = ( a; b ) KHI BIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG (C ).
Cách giải :
• Bước 1: lấy một điểm M(x;y=f(x) ) trên (C )
• Bước 2: Thay x,y vào cơng thức tọ độ của phép tịnh tiến

• Bước 3: Rút gọn ta có phương trình F(x;y)=0 . Đó chính là phương trình của
(C’ ) cần tìm .
r
Ví dụ . Trong mặt phẳng (Oxy) cho u = ( 1; −2 )
a/ Viết phương trình ảnh của mỗi đường trong trường hợp sau :
+/Đường thẳng a có phương trình : 3x-5y+1=0 ?
+/Đường thẳng b có phương trình : 2x+y+100=0
b/ Viết phương trình đường trịn ảnh của đường trịn (C ) : x 2 + y 2 − 4x + y − 1 = 0
c/ Viết phương trình đường (E) ảnh của (E) :
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

x2 y 2
+
=1
9
4

Trang 3


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
x2 y2
d/ Viết phương trình ảnh của (H) : − = 1
16 9

Giải
a/ Gọi M(x;y) thuộc các đường đã cho và M’(x’;y’) thuộc các đường ảnh của chúng.
x ' = 1+ x
 x = x '− 1
⇒

 y ' = −2 + y  y = y '+ 2

Theo công thức tọa độ của phép tịnh tiến ta có : 

Thay x,y vào phương trình các đường ta có :
- Đường thẳng a’ : 3(x’-1)-5(y’+2)+1=0 ⇔ 3x’-5y’-12=0
- Đường thẳng b’ : 2(x’-1)+(y’+2)+100=0 hay : 2x’+y’+100=0
2
2
b/ Đường tròn (C’) : ( x '− 1) + ( y '+ 2 ) − 4 ( x '− 1) + y '+ 2 − 1 = 0 hay : x 2 + y 2 − 6x + 5 y + 10 = 0
x '− 1)
( y '+ 2 ) = 1 ⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 1
c/ Đường (E’) : (
+
2

2

2

2

9
4
9
4
2
2
2
2

x '− 1)
( y '+ 2 ) = 1 ⇔ ( x − 1) − ( y + 2 ) = 1
d/ Đường (H’): (
−
16
9
16
9

Bài tập về nhà :
Bài 1. Cho hai đường trịn khơng đồng tâm (O;R) và (O’;R’) và một điểm Au
trên
uu u r
uu u
r
(O;R) . Xác định điểm M trên (O;R) và diểm N trên (O’;R’) sao cho MN = OA .
Bài 2. ( Làm bài tập 4;5;6 – HH11NC-trang 9)
Bài 3. ( Làm bài tập : 2;3- HH11CB-trang 7 )
Gợi ý
u ur u u
u u ur
uu
ur
Bài 1. Vì : MN = OA ⇒ TOA : M → N . Do đó N nằm trên đường tròn ảnh của (O;R) . Mặt
khác N lại nằm trên (O’;R’) do đó N là giao của đường trịn ảnh với với (O’;R’) . Từ
đó suy ra cách tìm :
- Vè đường trịn tâm A bán kính R , đường trịn náy cắt (O’;R’) tại N
- Kẻ đường thẳng d qua N và song song với OA , suy ra d cắt (O;R) tại M
Bài 2.
a/ Bài 4-trang 9-HH11NC.ur u

uu r
- Vì A,B cố định suy ra : AB = U .
uuu uu uu
u ur ur ur u u u u u u u u u
u ur ur ur ur
r
- Từ giả thiết : MM ' + MA = MB ⇒ MM ' = MB − MA = AB . Chứng tỏ : Tuuu : M → M ' .
AB
- Nhưng M chạy trên (O;R) cho nên M’ chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh của (O;R) .
b/ Bài 5.
 x ' = x cosα − y1 sin α + a
 x ' = x2 cosα − y2 sin α + a


M '  1' 1
; N '  2'
- Tọa độ của M’ và N’ là :
 y1 = x1 sin α + y1cosα + b
 y2 = x2 sin α + y2 cosα + b



- Khoảng cách d giữa M,N và khoảng cách d’ giữa M’N’ .
Ta có : MN = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )
2

M 'N ' =

( x2 − x1 )

2

2

( cos α + sin α ) + ( y
2

2

2

− y1 )

2

( cos α + sin α ) = ( x
2

− x1 ) + ( y2 − y1 )
2

2

2

2

- Phép F là phép dời hình
x ' = x + a
. Đây là công thức của phép tịnh tiến .

y ' = y +b

- Khi : α = 0 → sin α = 0; cosα = 1 ⇒ 
c/ Bài 6.
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 4


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
- Nếu F1 : M ( x; y ) → M ' ( y; − x ) ; N ( x '; y ') → N ' ( y '; − x ' ) thì khoảng cách giữa hai điểm MN

và M’N’ là : MN = ( x '− x ) + ( y '− y ) ; M ' N ' = ( y '− y ) + ( − x '+ x ) . Chứng tỏ
MN=M’N’cho nên đó chính là phép dời hình .
- Nếu : F2 : M ( x; y ) → M ' ( 2x; y ) ; N ( x '; y ' ) → N ' ( 2x '; y ' ) . Khi đó khoảng cách hai điểm là :
2

MN =

( x '− x )

2

2

2

2

+ ( y '− y ) ; M ' N ' = 4 ( x '− x ) + ( y '− y ) .

2

2

2

- Rõ ràng : MN< M’N’ : Do đó đây khơng phải là phép dời hình vì theo định nghĩa :
Phép dời hình là phép biến hình biến hai điểm thành hai điểm mà không làm thay đổi
khoảng cách giữa chúng .
Bài 3.
a/ Bài 2- trang 7.
- Từ B và C kẻ các đường thẳng // với AG . Sau đó đặt BB’=CC’=AG ( Tứ giác
BCC’B’ là hình bình hành )
- A’ sẽ trùng với G . Tam giác GB’C’ là ảnh của tam giác ABC qua phép tịnh tiến theo
véc tơ AG .
uu uu
ur ur
- Nếu D là ảnh của phép tịnh tiến theo véc tơ AG thì : AG = AD ⇒ D phải trùng với G .
b/ Bài 3-trang 7.
 xA' = 3 − 1 = 2
↔ A ' ( 2;7 ) và tọa độ của
 yA' = 5 + 2 = 7

- Theo công thức tọa độ của phép tịnh tiến : A ' = 
 x B ' = −1 − 1 = − 2
↔ B ' = ( −2;3) .
yB ' = 1 + 2 = 3


điểm B ' = 

- Nếu gọi M(x;y) thuộc đường thẳng d và M’(x’;y’) thuộc đường thẳng d’ : là ảnh của
đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véc tơ v thì theo cơng thức tọa độ củ phép tịnh
x ' = x −1
 x = x '+ 1
⇒
. Thay vào phương trình của d : (x’+1)-2(y’ y ' = y + 2  y = y '− 2

tiến ta có : M ' 

2)+3=0 . Hay d’: x’-2y’+8=0 .
Bài 3. PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
1. ĐỊNH NGHĨA :

* Cho đường thẳng d . Phép biến mỗi điểm M thuộc d thành chính nó . Biến mỗi điểm
M khơng thuộc d thành điểm M’ sao cho d là đường trung trực của MM’ , được gọi là
phép đối xứng qua đường thẳng d ( hay là phép đối xứng trục ) . Đường thẳng d gọi là
trục đối xứng
2. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC

Ta chọn đường thẳng d trùng với trục Ox . Với mỗi điểm M(x;y) , gọi M’(x’;y’) là ảnh
x ' = x
( Đó chính là biểu thức tọa độ )
y' = −y

của M qua phép đối xứng trục thì : 
3. TÍNH CHẤT

a/ Tính chất 1: Phép đối xứng trục bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ .
b/ Tính chất 2: Phép đối xứng trục biến một đường thẳng thành một đường thẳng ,

biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó , biến một tam giác thành một tam
giác bằng nó , biến một đường trịn thành một đường trịn có cùng bán kính .
4. TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA MỘT HÌNH

Định nghĩa :
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 5


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

* Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hình H nếu phép dối xứng qua d biến hình H
thành chính nó .
5. ỨNG DỤNG

BÀI TỐN 1. TÌM QUỸ TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM
Bài tốn :
Cho hình H và một điểm A thuộc hình H thay đổi . Tìm quỹ tích của điểm M khi A
thay đổi .
Cách giải .
• Bước 1: Xét một vị trí bất kỳ của A và M . Sau dó tìm trên H có một đường
thẳng cố định là trung trực của đoạn thẳng AM ( Chính là trục đối xứng ).
• Nếu A chạy trên một đường (C ) nào đó , theo tính chất của phép dối xứng trục ,
thì M chạy trên đường (C’) là ảnh của (C ) qua phép đối xứng trục .
Ví dụ 1. ( Bài 10-tr13-HH11NC ) .
Cho hai điểm B,C cố định nằm trên đường trịn (O;R) và điểm A thay đổi trên đường
trịn đó . Hãy dùng phép đối xứng trục để chứng minh rằng trực tâm H nằm trên một
đường tròn cố định .
Giải

- Vẽ hình . Gọi H là giao ba đường cao của tam giác ABC . Kéo dài AH cắt (O;R) tại
H’ . Nối CH’
- Chứng minh IH=IH’ . Thật vậy
Ta có : ∠A = ∠BCH ' ( Góc nội tiếp chẵn cung BH’ ).(1)
CH ⊥ AB
⇒ ∠A = ∠BCH ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra : ∠BCH = ∠BCH '
CI ⊥ AH '

Mặt khác : 

Chứng tỏ tam giác HCH’ là tam giác cân . Do BC vng góc với HH’ , chứng tỏ
BC là đường trung trực của HH’ . Hay H và H’ đối xứng nhau qua BC . Cho nên khi A
chạy trên đường trịn (O;R) thì H’ cũng chạy trên (O;R) và H sẽ chạy trên đường tròn
(O’;R) là ảnh của đường tròn (O;R) qua phép đối xứng trục BC
- Giới hạn quỹ tích : Khi A trùng với B và C thì tam giác ABC suy biến thành đường
thẳng . Vì thế trên đường trịn (O’;R) bỏ đi 2 điểm là ảnh của B,C .
* Chú ý : Ta còn có cách khác chứng minh H và H’ đối xứng nhau qua BC .
- Kẻ AA’ ( là đường kính của (O) ) suy ra BHCA’ là hình bình hành , cho nên BC đi
qua trung điểm I của A’H .
- A’H’ song song với BC ( vì cùng vng góc với AH )
- Từ đó suy ra BC là đường trung bình của tam giác AHH’ – Có nghĩa là BC đi qua
trung điểm của HH’ . Mặt khác AH vng góc với BC suy ra BC là trục đối xứng của
HH’ , hay H và H’ đối xứng nhau qua BC.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có trực tâm H
a/ Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HAB,HBC,HCA có bán
kính bằng nhau
b/ Gọi O1 , O2 , O3 là tâm các đường tròn nói trên . Chứng minh rằng đường trịn đi qua
ba điểm O1 , O2 , O3 bằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải .
O1 là tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC , thì theo bài taons của ví

a/ Giả sử
dụ 1 O1 chính là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC . Cho nên bán kính của chúng
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 6


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

bằng nhau . Tương tự hai đường trịn ngoại tiếp của hai tam giác cịn lại có bán kính
bằng bán kính của (O) .
b/ Ta hồn tồn chứng minh được O1 , O2 , O3 là các ảnh của O qua phép đối xứng trục
BC,CA,AB . Vì vậy bán kính các đường trịn này bằng nhau . Mặt khác ta chứng minh
tam giác ABC bằng tam giác O1O2O3 .
BÀI TỐN 2. TÌM ĐIỂM
CHO ĐƯỜNG THẲNG d VÀ HAI ĐIỂM A,B . TÌM ĐIỂM M THUỘC d SAO
CHO MA+MB NHỎ NHẤT. ( Khi A,B là hai điểm nằm về một phía của d ),
MA − MB ĐẠT GIÁ TRỊ LỚN NHẤT( A,B nằm về hai phía của d )
Cách giải :
• Bước 1: Tìm điẻm A’ đối xứng với A qua đường thẳng d
• Bước 2: Nối A’B , đường thẳng này cắt d tại M . Là điểm cần tìm .
• Bước 3: Chứng minh M là điểm duy nhất .
Ví dụ 1. (Bài 9-tr13- HH11NC)
Cho góc nhọn xOy và một điểm A nằm trong góc đó . Hãy tìm điểm B trên Ox , điểm
C trên Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất .
Giải .
- Tìm A’ đối xứng với A qua Oy , B’ đối xứng với A qua Ox
- Nối A’B’ cắt Ox tại B , cắt Oy tại C . Đó chính là hai điểm cần tìm
- Chứng minh B,C là hai điểm duy nhất cần tìm .
Thật vậy : Do A’ đối xứng với A qua Oy , cho nên CA=CA’ (1) . Mặt khác : B’ đối

xứng với A qua Ox cho nên ta có BA=BB’ (2) . Gọi P là chu vi tam giác ABC thì
P=CA+CB+BA =CA’+CB+BB’=A’B’ ( do từ (1) và (2) ).
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d và hai điểm A,B nằm cùng phía với d . Tìm điểm M trên
d sao cho MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất ?
Giải
- Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d
- Nối A’B cắt d tại M . M chính là điểm cần tìm .
- Thật vậy : Vì A’ đối xứng với A qua d cho nên MA=MA’ (1). Do đó :
MA+MB=MA’+MB=A’B .
- Giả sử tồn tại M’ khác M thuộc d thì : M’A+M’B=M’A’+M’B ≥ A ' B . Dấu bằng chỉ
xảy ra khi A’M’B thẳng hàng . Nghĩa là M trùng với M’ .
Ví dụ 3. Cho đường thẳng d và hai điểm A,B ( nằm về hai phía của d ). Tìm điểm M
trên d sao cho MA − MB đạt GTLN .
Giải .
- Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua d
- Nối A’B cắt d tại M . M chính là điểm cần tìm .
- Thật vậy : MA − MB = MA '− MB = A ' B . Giả sử tồn tại một điểm M’ khác với M trên
d , khi đó : M ' A − M ' B = M ' A '− M ' B ≤ A ' B . Dấu bằng chỉ xảy ra khi M’A’B thẳng
hàng , nghĩa là M trùng với M’.
Ví dụ 4 . Cho hai đường trịn (O;R) và (O’;R’) và một đường thẳng d
a/ Hãy tìm hai điểm M và M’ lần lượt nằm trên hai đường tròn đó sao cho d là đường
trung trực của đoạn thẳng MM’
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 7


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

b/ Hãy xác định điểm I trên d sao cho tiếp tuyến IT với (O;R) và tiếp tuyến IT’ với

(O’;R’) tạo thành một góc TIT’ nhận đường thẳng d là đường phân giác trong hoặc
ngồi .
Giải
Vẽ hình :
a/ Giả sử M nằm trên (O;R) và M’ nằm trên (O’;R’) tỏa mãn u cầu bài tốn
- Vì d là trung trực của MM’ cho nên M’ nằm trên đường tròn (C’) là ảnh của đường
tròn (O;R) qua phép đối xứng trục d . Mặt khác M’ lại nằm trên (O’;R’) do vậy M’ là
giao của (C’) với (O’;R’)
- Từ đó suy ra cách tìm :
• Tìm hai đường trịn ảnh của hai đường tròn đã cho qua phép đối xứng
trục d ( Lần lượt là (C’) và (C’’)
• Hai đường tròn này cắt hai đường tròn đã cho tại M 1 , M 2 . Sau đó kẻ hai
đường thẳng d’’ và d’’’ qua M 1 , M 2 cắt (O;R) và (O’;R’) tại M '1 ; M '2
• Các điểm cần tìm là ( M 1M '1 ) và ( M 2 M '2 )
b/ Nếu MT và MT’ nhận d là phân giác trong hoặc ngoài của góc TIT’ thì MT và MT’
đối xứng nhau qua d . Từ đó suy ra cách tìm :
- Gọi d’ là ảnh của MT qua phép đối xứng d nghĩa là d’ là tiếp tuyến của đường tròn
(C ) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng trục d. Mặt khác d’ là tiếp tuyến của (O’;R’) .
Cho d’ là tiếp tuyến chung của (C ) với (O’;R’) . Từ đó ta suy ra cách tìm M :
• Tìm (C ) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng trục d
• Kẻ d’ là tiếp tuyến chung của (C ) và (O’;R’) . Khi đó d’ cắt d tại M . Chính là
điểm cần tìm .
• Tương tự áp dụng cho (O’;R’)
- Số nghiệm hình bằng số giao điểm của các tiếp tuyến chung cắt d .
BÀI TỐN :3
TÌM ĐIỂM ĐỐI XỨNG VỚI ĐIỂM QUA MỘT ĐƯỜNG THẲNG
Bài toán : Cho điểm A(x;y) và một đường thẳng d : ax+by+c=0 . Tìm tọa độ điểm B
đối xứng với điểm A qua đường thẳng d ?
Cách giải :
• Bước 1: Gọi B(x’;y’) là điểm đối xứng với A qua d và H là trung điểm của AB

uu u
ur r
 AB.U = 0

thì điều kiện : 
H ∈ d


( 1)
( 2)

• Bước 2: Giải hai điều kiện (1) và (2) suy ra tọa độ của B
Ví dụ 1.
Cho điểm M(2;3) tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua đường thẳng d : y=x
Giải
- Gọi N(x;y) là điểm đối xứng với Muqua d và H là trung điểm của MN thì M,N đối
uu u
u r
r
 MN .U = 0 ( 1)

( 2)
H ∈ d


xứng nhau qua d thì điều kiện là : 
u ur
uu

u

r

x+2 y +3



;
- Ta có : MN = ( x − 2; y − 3) U = ( 1;1) H = 
÷.
2 
 2

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 8


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
( x − 2 ) .1 + ( y − 3) .1 = 0
x + y = 5  y = 2

⇔
⇒
⇔ N = ( 3; 2 )
- Điều kiện (*) ⇔  x + 2 y + 3
=
x = y +1 x = 3

 2
2

Ví dụ 2.
Cho điểm M(2;-3) . Tìm ảnh của điểm M qua phép đối xứng trục d : y-2x=0
Giải
- Gọi N(x;y) là điểm đối xứng với Muqua d và H là trung điểm của MN thì M,N đối
uu u
u r
r
 MN .U = 0 ( 1)

( 2)
H ∈ d


xứng nhau qua d thì điều kiện là : 
uu
uu
r

u
r

x + 2 y −3



;
- Ta có : MN = ( x − 2; y + 3) U = ( 1; 2 ) H = 
÷.
2 

 2
1

( x − 2 ) .1 + ( y + 3) .2 = 0
y = 3
x + 2 y + 4 = 0 

 14 1 
⇔
⇒
⇔ N = − ; ÷
- Điều kiện (*) ⇔  x + 2 y − 3
=
 3 3
y = x +5

 x = − 14
 2
2

3


BÀI TOÁN :4
CHO ĐƯỜNG (C ) VÀ ĐƯỜNG THẲNG d HÃY VIẾT PHƯƠNG TRÌNH
ĐƯỜNG (C’) LÀ ẢNH CỦA (C ) QUA PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC d
CÁCH GIẢI
• Bước 1: Trên đường (C ) lấy hai điểm A,B
• Bước 2: Tìm hai điểm A’,B’ đối xứng với A,B qua phép đối xứng trục d
• Bước 3: Viết phương trình đường (C’) đi qua A’,B’

Ví dụ 1: Cho đường thẳng d : x-2y-2=0 và đường thẳng d’: y=x . Lập phương trình
đường thẳng (m) đối xứng với đường thẳng d’ qua đường thẳng d .
Giải
 x − 2 y − 2 = 0  x = −2
⇒
.A(-2;-2)
x − y = 0
 y = −2

- Tìm giao của d và d’ bằng A(x;y) là nghiệm của hệ : 

- Trên d’ lấy điểm M (3;3) . Gọi N(x;y ) là điểm đối xứng với M quaud .Gọi H là
uu u
u r
r

 MN .U = 0 ( 1)

(*)
( 2)
H ∈ d


trungđiểm của MN thì điều kiện để M,N đối xứng nhau qua d là : 
uu
uu
r
u
r
 x+3 y +3

;
- Ta có : MN = ( x − 3; y − 3) U = ( 2;1) H = 
÷
2 
 2

( x − 3) 2 + ( y − 3) .1 = 0
2x + y = 9  x = 5

⇔
⇒
↔ N = ( 5; −1) .
- Điều kiện (*) ⇔  x + 3  y + 3 
− 2. 
−2=0
 x − 2 y = 7  y = −1
÷
 2
 2 

uu
ur
- Đường thẳng (m) là đường thẳng đi qua AN có véc tơ chỉ phương là AN = ( 7;1) , nên
x+2 y+2
=
⇔ x − 7 y − 12 = 0 .
(m) có phương trình là :
7
1

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 9


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

Ví dụ 2. Cho hai đường thẳng d: 2x-y+2=0 ; d’ : x+3y-3=0 . Lập phương trình đường
thẳng (m) đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng d’ .
Giải
- Tìm tọa độ điểm A là giao của d với d’ . Khi đó tọa độ A là nghiệm của hệ hai
3

x = − 7
 2x − y + 2 = 0

 3 8
⇔
⇒ A = − ; ÷
phương trình : 
 7 7
x + 3y − 3 = 0
y = 8

7


- Trên đường thẳng d chọn điểm M(0;2)
- Tìm tọa độ điểm N đối xứngur u M qua đường thẳng d’ . Khi đó nếu M,N đối xứng
với

u u r
u

 MN .U = 0 ( 1)
u
r

(*) Với H là trung điểm của MN , U là véc
( 2)
H ∈ d

u ur
uu
u
r
 x y+2
MN = ( x; y − 2 ) U = ( 3; −1) H =  ;
tơ chỉ phương của d’ . Ta có :
÷.
2 2 
3

3x. − ( y − 2 ) .1 = 0
x = − 5
3x-y = −2



 3 1
⇔

⇒
↔ N = − ; ÷
- Điều kiện (*) ⇔  x
 y+2
 5 5
x + 3y = 0  y = 1
 2 + 3.  2 ÷− 3 = 0




5

 3 1
- Đường thẳng (m) =(AN) đi qua N =  − ; ÷ và có véc tơ chỉ phương
 5 5
uu  6
ur
r
33  u
AN =  − ; − ÷/ /U = ( 2;11) .
 35 35 
3
1
x+
y−
Do đó (m) :
5=
5 = 0 ⇔ 11x − 2 y + 7 = 0 .
2

11
Ví dụ 3 . Cho đường trịn (C ) : x 2 + y 2 − 4x + 2 y + 1 = 0 và đường thẳng d : 2x-y+2=0.

nhau qua d’ thì điều kiện : 

Hãy viết phương trình của đường trịn (C’) là ảnh của (C ) qua phép đối xứng trục d .
Giải
Do tính chất của phép đối xứng trục biến (C ) thành (C’) có cùng bán kính . Cho nên ta
chỉ cần tìm tọa độ tâm I’ của (C’) đối xứng với tâm I của (C ) .
Vậy từ giả thiết ta có tâm I của (C ) có tọa độ : I(2;-1) u R=2 .
và
r
- Gọi I’(x;y ) là tâm của (C’)H là trung điểm của II’ , U = ( 1; 2 ) là véc tơ chỉ phương
ur u
u r
 II '.U = 0 ( 1)

của đường thẳng d . Để I’ đối xứng với I qua d thì điều kiện : 
(*)
( 2)
H ∈ d

ur
u
u
r
 x + 2 y −1 
;
-Ta có : II ' = ( x − 2; y + 1) U = ( 1; 2 ) H = 
÷.

2 
 2
( x-2 ) .1 + ( y + 1) .2 = 0
 x+y = 0
x = 1

⇔
⇒
↔ I ' = ( −3;3)
- Điều kiện (*) ⇔   x + 2   y − 1 
 2 x − y + 9 = 0  y = −1
2.  2 ÷−  2 ÷+ 2 = 0
 

 

- Vậy (C’): ( x + 3) + ( y − 3) = 4 .
2

2

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 10


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
x2 y2
Ví dụ 4. Cho (E) : + = 1 . Và đường thẳng d : x+y-2=0 . Lập phương trình (E’) là
9

4

ảnh của (E) qua phép đối xứng trục d .
Giải
- Vẽ (E) chỉ ra tọa độ các đỉnh của trục lớn : A(3;0) ,A’(-3;0) và tọa độ hai đỉnh của
trục nhỏ : B(0;2) ;B’(0;-2 )
- Tìm tọa độ của 4 đỉnh của hình chữ nhật cơ sở là ảnh của 4 đỉnh hình chữ nhật cơ sở
của (E) đã cho . Bằng cách giải các bài tốn nhỏ như ở trên , dễ dàng tìm được tạo độ
của O’(2;2) là ảnh của O(0;0) , M’(4;5) là ảnh của M(-3;-2 ). N’(4;-1 ) là ảnh của
N(3;-2) . P’(0;-1) là ảnh của P(3;2) và Q’( 0;5) là ảnh của Q(-3;2) .
- Áp dụng cách vữ (E) ta suy ra cách vẽ của (E’) .
* Chú ý : Đây là bài tốn tương đối khó , chưa gặp trong các đề thi đại học , nhưng
lấy ví dụ này là để mở rộng cho trường hợp đối xứng trục . Dù đường (C ) cho là
đường gì đi chăng nữa , ta chỉ cần sử dụng tốt kiến thức đã học là có thể giải được .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Gọi m là đường phân giác ngoài của góc A của tam giác ABC . Chứng minh
rằng với mọi điểm M trên m , chu vi tam giác MBC không nhỏ hơn chu vi tam giác
ABC
Bài 2. Cho (E) với hai tiêu điểm F1 , F2 . Gọi M là một điểm nằm trên (E) nhưng không
nằm trên đường thẳng F1 F2 và m là phân giác ngoài tại đỉnh M của tam giác M F1 F2 .
Chứng minh rằng m chỉ cắt (E) tại M duy nhất ( đường thẳng m như thế gọi là tiếp
tuyến của E tại M )
Bài 3. Cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 6x + 2 y + 1 = 0 . Tìm phương trình đường tròn (C’)
qua phép đối xứng trục d : x-y-0 .
Bài 4 . Cho hai đường thẳng d : x-y+2=0 và d’: 3x+4y-1=0 . Tìm đường thẳng m là
ảnh của đường thẳng d qua phép đối xừng trục là d’ .
Bài 5. Cho đường thẳng d: x+y-2=0 và hai điểm A(-4;-3) ,B(2;-1) . Tìm điểm M trên
d sao cho MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 6. Cho hai điểm A(4;3) và B(-2;0) . Tìm trên đường thẳng d : x+y-2=0 điểm M
sao cho MA − MB đạt gía trị lớn nhất .

Bài 7.( Bài 39-tr106-BTHH10NC)


Cho tam giác ABC có đỉnh A  ; ÷. Hai đường phân giác trong của hai góc B và C
5 5
4 7





lần lượt có phương trình x-2y-1=0 và x+3y-1=0 . Viết phương trình cạnh BC của tam
giác .
GỢI Ý CÁCH GIẢI
Bài 1. Kẻ đường phân giác ngồi của góc A . Tìm điểm C’ đối xứng với C qua m . T a
có : MB+MC=MB+MC’ ≥ BC ' . Mà BC’=AB+AC . Suy ra MB+MC+BC
≥ AB + AC + BC . Đó chính là điều phải chứng minh .
Bài 2. Giả sử trục lớn của (E) là 2a , tức là M nằm trên E khi : MF1 + MF2 = 2a . Theo
cách chứng minh bài 1 , nếu M’ nằm trên phân giác m thì :
M ' F1 + M ' F2 ≥ MF1 + MF2 = 2a . Dấu bằng chỉ xảy ra khi M’ trùng với M . Vậy nếu M’
khác M thì M’ khơng nằm trên E . Suy ra m cắt E tại một điểm duy nhất tại M .
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 11


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

Bài 3. Đường trịn (C ) có tâm I(3;-1) và bán kính R=3 . Gọi I’ là tâm của đường tròn
(C’) . Nếu I và I’ đối xứng nhau qua d thì ta có hệ :

x − 3 + y −1 = 0
x + y = 4
x = 0

⇔
⇔
⇒ I ' = ( 0; 4 ) .
 x + 3 y −1
 x − y = −4
y = 4
 2 − 2 =0

2
Vậy đường tròn (C’): x 2 + ( y − 4 ) = 9 đối xứng với (C ) qua trục đối xứng d .

Bài 4. Gọi A là giao của d và d’ thì tọa độ A là nghiệm của hệ :
x − y + 2 = 0
 x = −1
⇔
⇒ A = ( −1;1) . Trên d lấy điểm M(0;2) . Tìm M’(x;y) là ảnh của

3x + 4 y − 1 = 0
y =1
u
r
M qua phép đối xứng trục d’ ( có U = ( 4; −3) Khi đó tọa độ M’ là nghiệm của hệ :
33

4 x − 3 ( y − 2 ) = 0
 x = − 25

 4x − 3 y + 6 = 0 

 33 6 
⇔   x −1   y + 2 
⇔
⇒
↔ M ' =  − ; ÷.
 25 25 
3x + 4 y + 3 = 0  y = 6
3  2 ÷+ 4  2 ÷− 1 = 0
 

 

25


Khi đó đường thẳng m đối xứng với d qua d’ là đường thẳng AM’ đi qua A(-1;1) có
u uu
uu
r

r
8
19  u
x +1 y −1
; − ÷/ /U = ( 8; −19 ) suy ra (m) :
=
. Hay đường
8

19
 25 25 


véc tơ chỉ phương AM ' = 

thẳng (m) : 19x-8y+27=0.
Bài 5. Tìm tọa độ A’(x;y) đối xứng với A(-4;-3) qua phép đối xứng trục d: x+y-2=0

 x + 4 − ( y + 3) = 0
x − y +1 = 0
x = 5

⇔
⇔
⇒ A ' = ( 5;6 ) .
Suy ra hệ :  x − 4 y − 3
+
−2=0
 x + y − 11 = 0
y = 6

 2
2
u ur
uu
u
r
Lập đường thẳng (A’B) đi qua A’(5;6) có véc tơ chỉ phương A ' B = ( −3; −7 ) / /U = ( 3;7 ) .
 x = 5 + 3t

t ∈ R . Vậy M là giao của (A’B) với d cho nên tọa độ của M là
 y = 6 + 7t
9

t = − 10
 x = 5 + 3t

23


 23 3 
⇒ M =  ;− ÷
nghiệm của hệ :  y = 6 + 7t ⇔  x =
10
 10 10 
x + y − 2 = 0


3

 y = − 10


Do đó (A’B): 

Bài 6. Tương tự cách làm bài tập 5 , ta có tạo độ A’(x;y) đối xứng với A(4;3) qua d là
3

 x − 3 − ( y − 3) = 0
x = 2

x− y =0



3 3
⇔
⇔
⇒ A ' =  ; ÷.
nghiệm của hệ :  x + 4   y − 3 
2 2
x + y − 3 = 0
 2 ÷+  2 ÷− 2 = 0
y = 3
 




2

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 12


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
u ur  7 3  u
uu
r
Đường thẳng (A’B) đi qua B(-2;0) có véc tơ chỉ phương : A ' B =  − ; − ÷/ /U = ( 7;3) .

 2 2
 x = −2 + 7t
t ∈ R . Điểm M cần tìm là giao của (A’B) với d , cho nên tọa
Do đó (A’B): 
 y = 3t
 2
t = 5
 x = −2 + 7t

4


4 6
⇔  x = ⇒ M =  ; ÷.
độ M là nghiệm của hệ :  y = 3t
5
5 5
x + y − 2 = 0


6

y = 5


Bài 7. Tìm tọa độ hai điểm M,N lần lượt là ảnh của A qua phép đối xứng trục là hai
đường phân giác của hai góc B và C , thì M,N phải nằm trên BC .
Từ đó đường thẳng (BC) chính là đường thẳng (MN) : y+1=0 .
Bài 4. PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM
1. Định nghĩa phép quay .

* Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và góc lượng giác ϕ khơng đổi . Phép biến
hình biến điểm O thành điểm O, biến điểm M khác O thành điểm M’ sao cho
OM=OM’và góc (OM;OM’)= ϕ . Được gọi là phép quay tâm O góc quay là ϕ .
2. Định lý :
Phép quay là phép dời hình .
3. Phép đối xứng tâm .
* Định nghĩa : Phép đối xứng qua điểm O là một phépubiến u u r biến mỗi điểm M
hình ,
u ur u uu
u
r
thành điểm M’ đối xứng với M qua O , có nghĩa là : OM + OM ' = 0 .
* Ký hiệu và các thuật ngữ :
Phép đối xứng tâm O ký hiệu : DO . Trong đó O là tâm đối xứng
*Biểu thức tọa độ :
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm I(a;b) . Nếu phép đối xứng tâm I biến điểm M(x;y)
 x ' = 2a − x
( Đó chính là biểu thức tọa độ của phép đối
 y ' = 2b − y

thành điểm M’(x’;y’) thì : 

xứng tâm ) .
* Tâm đối xứng của một hình : Là điểm sao cho biến hình H thành chính nó
*Biểu thức tọa độ của phép quay có tâm I(a;b) điểm M(x;y) , điểm M’(x’;y’) và góc
quay là α :
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Q(I, α ) , với I(a; b). Khi đó Q(I, α ) biến điểm M (x; y)
thành M’(x’; y’) xác định bởi:

 x' = a + ( x − a ) cos α − ( y − b) sin α


 y ' = b + ( x − a ) sin α + ( y − b) cos α

(IVb) ( Chứng minh cho HS )

4. Các ứng dụng của phép quay và đối xứng tâm .
BÀI TỐN 1: BÀI TỐN QUỸ TÍCH ĐIỂM
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 13


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

Bài tốn : Cho hình H và một điểm M thay đổi trên đường (C ) ( thuộc H ). Tìm quỹ
tích của điểm N khi M thay đổi .
Cách giải :
• Bước 1: Tìm một điểm I cố định sao cho I là trung điểm của MN
• Bước 2: Dựa vào tính chất của phép đối xứng tâm I ta suy ra quỹ tích của N
Ví dụ 1. ( bài tốn 2-tr17-HH11NC).
Cho đường trịnr(O;R) và u điểm A,B cố định . Với mỗi điểm M , ta xác định điểm
hai
uuu uu u r
uu
ur u
M’ sao cho MM ' = MA + MB . Tìm quỹ tích điểm M’ khi điểm M chạy trên (O;R) .
Giải
-u uGọiu là trung điểm của u u . Theo tính chất của véc tơ trung tuyến thì :
I uu
AB u u

ur u r
u
ur
u ur
u
ur
MA + MB = 2MI , suy ra : MM ' = 2 MI . Có nghĩa là I là trung điểm của MM’
- Ví A,B cố định , cho nên I cố định . Do đó DI : M → M ' . Nhưng M chạy trên
(O;R) cho nên M’ là ảnh của M qua phép đối xứng tâm I sẽ chạy trên đường
tròn ảnh của (O;R)
- Cách xác định (O’;R) như sau : Nối IO kéo dài , đặt IO’=IO . Sau đó lấy O’ làm
tâm , quay đường trịn có bán kính R .
Ví dụ 2. ( Bài 17-tr19-HH11NC).
Cho hai điểm B,C cố định trên đường trịn (O;R)và một điểm A thay đổi tren đường
trịn đó . Hãy dùng phép đối xứng tâm để chứng minh rằng trực tâm H của tam giác
ABC nằm trên một đường trịn cố định . ( Hay : tìm quỹ tích của H khi A thay đổi ).
Giải
- Vẽ hình theo giả thiết cho . Nối đường kính AM , tìm vị trí của H . Ta thấy CH
∟AB và MB∟AB suy ra CH//BM . Tương tự BH//MC và tứ giác BHCM là
hình bình hành , do đoa hai đường chéo BC và MH cắt nhau tại trung điểm I của
BC .
- Do B,C cố định cho nên I cố định . Vậy H là ảnh của M qua phép đối xứng tâm
I . Mặt khác M chạy trên (O;R) do đó H chạy trên đường trịn (O’;R) là ảnh của
(O;R) qua phép đối xứng tâm I .
Ví dụ 3. ( Bài 34-tr10-BTHH11NC) .
Cho đường thẳng a và một điểm G không nằm trên a . Với mỗi điểm A nằm trên a ta
dựng tam giác đều ABC có tâm là G. Tìm quỹ tích hai điểm B và C khi A chạy trên a?
Giải
- Vẽ hình . Từ hình vẽ và tính chất của tam giác đều ta thấy góc ∠AGC = ∠AGB = 1200 .
Như vậy phép quay tâm G với góc quay ϕ = 1200 bién A thành C và biến A thành B .

Nhưng A chạy trên d vì thế B và C chạy trên đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép
quay ϕ = 1200 .
Ví dụ 4. ( Bài 35-tr10-BTHH11NC).
Cho đường trịn (O) và tam giác ABC . Một điểm M thay đổi trên (O) . Gọi M 1 là
điểm đối xứng với M qua A, M 2 là điểm đối xứng với M 1 qua B và M 3 là điểm đối
xứng với M 2 qua C . Tìm quỹ tích điểm M 3 ?
Giải .
- Vẽ hình . Từ hình vẽ ta có : Do M 1 , M 2 đối xứng nhau qua B cho nên BM 1 = BM 2 ( 1)
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 14


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
- Vì M 2 và M 3 đối xứng nhau qua C cho nên : CM 2 = CM 3 (2) . Từ (1) và (2) chứng tỏ
BC là đường trung bình của tam giác M 1M 2 M 3 , có nghĩa là BC// M 1M 3 (3) .
- Gọi D là trung điểm của M M 3 thì AD là đường trung bình của tam giác
MM 1M 3 ⇒ AD / / M 1M 3 (4) . Từ (3) và (4) suy ra AD//BC và tứ giác ABCD là hình bình
hành . Có nghĩa là D cố định. Như vậy : DD : M → M 3 . Mà M chạy trên (O) cho nên M 3

Chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm D .
BÀI TỐN 2: DỰNG HÌNH
Hãy tham khảo một vài ví dụ sau
Ví dụ 1. ( Bài tốn 3-tr17-HH11NC)
Cho hai đường trịn (O;R) và (O’;R’) cắt nhau tại hai điểm B,C . Hãy dựng một đường
thẳng d đi qua A và cắt (O;R) và (O’;R’) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm
của MN .
Giải
- Giả sử đường thẳng d đã dựng xong , do A là trung điểm của MN cho nên N là ảnh
của M qua phép đối xứng tâm A vì vậy N phải nằm trên đường trịn (O’’) là ảnh của

đường trịn (O;R) ( vì M chạy trên (O) ). Mặt khác N lại thuộc (O’;R’) vì thế cho nên
N là giao của (O’’) với (O’;R’) . Từ đó suy ra cách dựng .
+/ Dựng đường trịn (O’’) là ảnh của đường tròn (O) : Nối OA , đặt OA=O’’A .
+/ Đường tròn (O’’) cắt đường tròn (O’) tại N . Nối NA cắt (O) tại M .
- Giới hạn quỹ tích : Số nghiệm hình bằng số giao điểm của (O’’) cắt (O’) .
Ví dụ 2. ( Bài 18-tr19-HH11NC)
Cho đường tròn (O;R) , đường thẳng d và điểm I . Tìm điểm A trên (O;R) và điểm B
trên d sao cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB .
Giải
- Vẽ hình . Do I là trung điểm của AB cho nên B là ảnh của A qua phép đối xứng tâm
I . Mặt khác A chạy trên (O;R) vì thế B chạy trên đường trịn (O’’) là ảnh của (O) qua
phép đối xứng tâm I . Nhưng B lại nằm trên d vì vậy B là giao của d với (O’’)
-Từ đó suy ra cách tìm . Nối IO đặt IO=IO’’ , sau đó dựng đường trịn (O’’) bán kính
R , cắt d tại B . Nối BI cắt (O;R) tại A .
- Giới hạn quỹ tích : Số nghiệm hình bằng số giao điểm của (O’’) với d .
BÀI TOÁN 3: BÀI TOÁN CHỨNG MINH
Để làm được dạng bài toán chứng minh ta cần phải lắm chắc kiến thức về phép đối
xứng tâm và phép quay . Đồng thời phải nhớ lại các kiến thức về tam giác , tứ giác :
Hình bình hành , hình vng , hình chữ nhật .
Ví dụ 1. ( Bài toán 1-tr17-HH11NC)
Cho hai tam giác đều OAB và OA’B’ . Gọi C và D lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng AA’ và BB’ . Chứng minh rằng OCD là tam giác đều ?
Giải
Xét phép quay tâm O với góc quay bằng góc lượng giác ( OA,OB)= 600 . Rõ ràng A
biến thành B và A’ biến thành B’ , vì thế cho nên phép quay đã biến đoạn thẳng AA’
thành đoạn thẳng BB’ . Từ đó suy ra phép quay đã biến C thành D , do đó OC=OD .
Vì góc quay bằng 600 cho nên tam giác cân OCD là tam giác đều .
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 15

CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

Ví dụ 2. ( Bài 43-tr11-BTHH11NC)Về phía ngồi của tam giác ABC vẽ các hình
vng BCMN và ACPQ có tâm là O và O’ .
a/ Chứng minh rằng khi cố định hai điểm A,B và cho C thay đổi thì đường thẳng NQ
ln đi qua một điểm cố định .
b/ Gọi I là trung điểm của AB . Chứng minh rằng IOO’ là tam giác vuông cân .
Giải .
a/ Vẽ hình theo giả thiết đã cho . Từ hình vẽ , giải cho học sinh bài tốn phụ : Cho hai
điểm A,B cố dịnh , với mỗi điểm M và với hai phép quay tâm A , tâm B có cùng góc
quay thì phép hợp của hai phép quay là một phép đối xứng mà tâm đối xứng là đỉnh
gốc vng của tam giác vng cân OAB ( O là tâm đối xứng ).
- Như vậy : QA : C → N QB : C → Q ⇒ NQ đi qua tâm đối xứng H được xác định bằng
cách dựng tam giác vuông cân HAB
b/ Tương tự như trên : QO : C → B ; QO ' : C → A ⇒ AB đi qua tâm đối xứng I được xác
định bằng tam giác vuông cân OO’I ( với I là đỉnh của góc vng ). Như vậy tam giác
O’OI là tam giác vng cân .
BÀI TỐN 4:
TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH BẰNG PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM
CÁCH GIẢI .
Sử dụng các định nghĩa , tính chất của phép quay và phép đối xứng tâm cùng với biểu
thức tọa độ của chúng .
Ví dụ 1. ( Bài 1-tr15-HH11CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(-1;3) và đường thẳng d có phương trình : x-2y+3=0
. Tìm ảnh của A và d qua phép đối xứng tâm O
Giải
- Gọi A’(x;y) là ảnh của A qua phép đối xứng tâm O(0;0) . Theo công thức tọa độ của
phép đối xứng ta có :

x ' = 0 − x
x = −x '
x ' = 1
⇔
⇔
⇒ A ' = ( 1; −3)

y' = 0− y
 y = − y '  y ' = −3

- Tương tự Gọi M(x;y) là một điểm bất kỳ thuộc d và M’(x’;y’) là một điểm bất kỳ
thuộc d’ là ảnh của d qua phép đối xứng tâm O . Theo công thức tọa độ của phép đối
x ' = 0 − x
x = −x '
⇔
⇒ ( − x ') − 2 ( − y ') + 3 = 0 ⇔ x '− 2 y '− 3 = 0 . Do đó d’ có
y' = 0− y
y = −y'

xứng ta có : 

phương trình là : x-2y-3=0 .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (O;R) : x 2 + y 2 + 2x − 6 y + 6 = 0 và (E) :
x2 y 2
+
= 1 điểm I(1;2) . Tìm ảnh của (O;R) và (E’) qua phép đối xứng tâm I
9
4

Giải

Gọi M(x;y) là điểm bất kỳ thuộc (O;R) và (E) . Từ công thức chuyển trục ta có :
( 2 − x ' ) 2 + ( 4 − y ' ) 2 + 2 ( 2 − x ' ) − 6 ( 4 − y ' ) + 6 = 0

 x ' = 2.1 − x
x = 2 − x '
2
⇒
⇒  2− x' 2

) + ( 4 − y ') = 1
 y ' = 2.2 − y  y = 4 − y '  (
9
4


Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 16


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
 x 2 + y 2 − 6x − 2 y + 6 = 0

⇔ ( 2 − x) 2 ( 4 − y) 2
+
=1
 9
4


*Chú ý : (O;R) : ( x + 1) + ( y − 3) = 4 ⇔ J (−1;6), R = 2 .
Ta chỉ tìm J’(x;y) là ảnh của J qua phép đối xứng tâm I(1;2) bằng công thức chuyển
2

2

 x ' = 2 − (−1)
x ' = 3
⇔
⇒ J ' = ( 3;1) .
 y ' = 4 − (3)
y' =1

trục tọa độ : 

Do đó (O’) : ( x − 3) + ( y − 1) = 4 là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng tâm I .
Ví dụ 3.( Bài 1.13-BTHH11CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: x-2y+2=0 và d’: x-2y-8=0 . Tìm phép đối
xứng tâm biến d thành d’ và biến trục Ox thành chính nó .
Giải
Để thỏa mãn u cầu bài tốn thì ta làm như sau :
- Gọi M(x’y) thuộc d , M’(x’;y’) thuộc d’ . Giả sử tâm đối xứng là I(a;b) , thì theo
2

2

 x ' = 2a − x
⇒ ( 2a − x ) − 2 ( 2b − y ) − 8 = 0 ⇔ x − 2 y + 4b − 2a + 8 = 0 .
 y ' = 2b − y

công thức chuyển trục : 

- Để trục Ox thành chính nó thì tâm đối xứng phải có dạng : I(a;0) tức là b=0
 4b − 2a + 8 = 2
a = 3
⇔
⇒ I = ( 3;0 ) .
b = 0
b = 0

- Từ hai kết quả trên ta có : 

Ví dụ 4. ( Bài 1.14 –tr-21-BTHH11CB)
Cho ba điểm không thẳng hàng I,J,K . Hãy dựng tam giác ABC nhận I,J,K lần lượt là
trung điểm của các cạnh BC,CA,AB .
Giải
- Phân tích : Giả sử tam giác ABC đã dựng xong thỏa mãn điều kiện đầu bài . Vì I,J,K
là trung diểm cho nên Ị là đường trung bình suy ra Ị=KB , tương tự KJ=IC . Từ đó suy
ra cách dựng :
+/ Tìm điểm P là ảnh của J qua phép đối xứng tâm I
+/ Kẻ Px //KJ và đặt PQ=KJ . Từ Q kẻ Qy //Ị và đặt QC=IP.
+/ Tìm B đối xứng với C qua I và A đối xứng với B qua K . Như vậ tam giác ABC đã
dựng xong .
* Chú ý : Ngồi cách trên ta cịn có cách khác như sau
+/ Lấy một điểm N bất kỳ . Tìm các điểm M đối xứng với N qua I , P đối xứng với N
qua J và Q đối xứngu u u uK . ( u u hình )
với P r ur Vẽ
qua u
u ur
u

u
ur
+/ Từ đó suy ra : CM = − BN = AP = −CQ . Do đó C là trung điểm của MQ . Từ đó suy ra
cách dựng .
Ví dụ 5 ( Bài 1-tr19-HH11NC)
Cho hình vng ABCD
a/ Tìm ảnh của điểm C qua phép quay tâm A góc quay 900
b/ Tìm ảnh của đường thẳng BC qua phép quay tâm O góc quay 900 .
Giải
a/ Từ hình vẽ ta thấy ảnh của C qua phép quay tâm A góc 900 là C’ hoặc C’’ sao cho
các tam giác ACC’ và ACC’’ là các tam giác vuông cân
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 17


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
b/ Ta nhận thấy ảnh của C qua phép quay tâm O góc quay 900 là B hoặc D . Còn ảnh
của B qua phép quay tâm O góc quay 900 là A hoặc C , do đó ảnh của BC là AB hoặc

DC .
Ví dụ 6 .( Bài 2-tr19-HH11-NC) .
Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A (2;0) và đường thẳng d : x+y-2=0 . Tìm ảnh của
điểm A và d qua phép quay tâm O góc quay 900 .
Giải
- Vẽ hình . Từ hình vẽ ta thấy A thuộc d . Ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay
900 . Là B(0;-2) hoặc B’(0;2) . Điểm B’ có ảnh qua phép quay là A(2;0) hoặc A’(-2;0)
- Vì B’ và A nằm trên d cho nên ảnh của d qua phép quay này sẽ là (AB) hoặc (A’B’)
lần lượt có phưng trình :

x y
− = 1 ⇔ x − y − 2 = 0;
2 2

−x y
+ =1⇔ x − y + 2 = 0 .
2 2

PHÉP VỊ TỰ
I. ĐỊNH NGHĨA

Cho u uu Ou ur một số k ≠ 0 . Phép biến hình biến mỗi điểm M thành một điểm M’ sao
điểm và
uu
r
uu
cho OM ' = kOM được gọi là phép vị tự tâm , tỉ số vị tự là k .
V
M ⇔ M = V 1  ( M ')
Ký hiệu : V(O ,k ) : M → M ' , hay : M’= ( O ,k ) ( )
O, ÷
 k
II. TÍNH CHẤT

-uTính chấtr1. Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M,N thành hai điểm M’,N’ thì :
uuu
u ur
uu
uu
M ' N ' = k MN .

- Tính chất 2: Phép vị tự tỉ số k :
a/ Biến ba điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự các điểm ấy
b/ Biến một đường thẳng thành một đường thẳng song song hoặc trùng với đường
thẳng âý , biến một tia thành một tia , biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng .
c/ Biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó , biến một góc thành một
góc bằng nó .
d/ Biến đường trịn thành đường trịn có cùng bán kính .
III. TÂM VỊ TỰ CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

1. Định lý : Với hai đường trịn bất kỳ ln có một phép vị tự biến đường tròn này
thành đường tròn kia và ngược lại .Tâm của phép vị tự gọi là tâm vị tự của hai đường
trịn
2. Cách tìm tâm vị tự của hai đường trịn .
• Trường hợp : I trùng với I’ . Khi đó phép vị tự tâm I tỉ số R’/Rvà phép vị tự tâm
I tỉ số -R’/R biến đường tròn (I;R) thành đường trịn (I;R’) .
• Trường hợp I ≠ I '; R ≠ R ' . Trên (O;R) lấy một diểm M bất kỳ , trên (O’;R’) lấy
điểm M’ sao cho IM//I’M’ và I’M’’//IM . Hai đường thẳng MM’ và MM’’ cắt
đường thẳng nối hai tâm II’ tại hai điểm O và O’ . Khi đó O nằm ngồi II’ gọi là
tâm vị tự ngồi , cịn O’ nằm trong đoạn II’ gọi là tâm vị tự trong .
• Trường hợp I khác I’ và R=R’ . Khi đó MM’//II’ nên chỉ có phép vị tự tâm O’
với k=-1 . Đó chính là phép đối xứng .
IV. CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP

BÀI TỐN 1 :
TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA MỘT PHÉP VỊ TỰ
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 18

CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

Sử dụng định nghĩa và các tính chất của phép vị tự . Từ định nghía nếu tâm vị tự là
I(a;b) , điểm M(x;y) điểm M’(x’;y’) thì ta có :
uu
u u u u  x '− a = k ( x − a )
r
ur
x ' = k ( x − a ) + a


⇔ IM ' = k IM ⇔ 
⇒
(*) .
 y '− b = k ( y − b )
 y ' = k ( y − b) + b



Chính là biểu thức tọa độ của phép vị tự tâm I tỉ số vị tự là k .
.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng d: 3x+2y-6=0 . Hãy viết phương
trình của đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép vị tự tâm I(1;2) tỉ số vị tự
k=-2 ?
Giải
Gọi M(x;y) thuộc d ,M’(x’;y’) là một điểm bát kỳ thuộc d’ thì theo biểu thức tọa độ
của phép vị tự ta có :
x '− 1
x '− 3


 x = −2 + 1 = −2
 x '− 1 = −2 ( x − 1)


⇒

.
 y '− 2 = −2 ( y − 2 )
 y = y '− 2 + 2 = y '− 6



−2
−2
x '− 3

y '− 6


 

Thay vào phương trình của đường thẳng d: 3 
÷+ 2 
÷− 2 = 0 ⇔ 3x '+ 2 y '− 9 = 0
 −2   −2 
Do vậy d’: 3x+2y-9=0 .
Ví dụ 2 .( Bài 1.23-tr33-BTHH11CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d: 2x+y-4=0
a/ Hãy viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép vị tự tâm
O tỉ số vị tự k=3 .

b/ Hãy viết phương trình đường thẳng d’’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm I (-1;2) tỉ số
vị tự k=-2
Giải
x'

x = 3
 x '− 0 = 3 ( x − 0 )


 x'  y'
⇔
⇒ 2  ÷+  ÷− 4 = 0 ⇔ 2 x '+ y '− 12 = 0
a/ Từ công thức tọa độ : 
3 3
 y '− 0 = 3 ( y − 0 )
y = y'


3


Do đó đường thẳng d’: 2x+y-12=0 .
b/ Tương tự :
x '+ 1
x '+ 3

 x = −2 − 1 = −2
 x '+ 1 = −2 ( x + 1)



 x '+ 3   y '− 6 
⇔
⇒ 2

÷+ 
÷− 4 = 0 ⇔ 2x '+ y '+ 8 = 0 .
 −2   −2 
 y '− 2 = −2 ( y − 2 )
 y = y '− 2 + 2 = y '− 6



−2
−2

Do đó đường thẳng d’’: 2x+y+8=0 .
Ví dụ 3. ( Bài 1.24-tr33-BTHH11-CB)
2
2
Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ): ( x − 3) + ( y + 1) = 9 . Hãy viết phương trình
đường trịn (C’) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép vị tự tâm I(1;2) tỉ số k=-2 .
Giải
Đường trịn (C ) có tâm O(3;-1) bán kính R=3. Gọi O’ (x’;y’) là tâm của (C’) ,R’ là
bán kính của (C’) . Ta có tọa độ của O’ thỏa mãn biểu thực tọa độ của phép vị tự :
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung
Trang 19


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
x '− 1

x '− 3


 x = −2 + 1 = −2
 x '− 1 = −2 ( x − 1)

2
2

y '− 2
y '− 4  x '− 3   y '− 4 

⇔  y '− 2 = −2 ( y − 2 ) ⇔  y =
+2=
⇒
− 3÷ + 
+ 1÷ = 9
−2
−2
 −2
  −2

R'

 =2
 R ' = 2.3 = 6
R


⇔ ( x '+ 3) + ( y '− 6 ) = 36 . Vậy (C’) : ⇔ ( x + 3) + ( y − 6 ) = 36

2

2

2

2

BÀI TOÁN 2:
SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐẺ GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC
Để xác định một điểm M ta xem nó như là ảnh của một điểm A nào đó đã biết qua
phép vị tự , hoặc xem M như là giao của của một đường cố định với ảnh của một
đường đã biết qua một phép vị tự .
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có hai góc B,C đều nhọn . Dựng hình chữ nhật DEEG có
EF=2DE với hai đỉnh D,E nằm trên BC và hai đỉnh F,G nẵm trên hai cạnh AC và AB .
Giải
- Vẽ hình ( đã thỏa mãn u cầu bài tốn ).
* Phân tích : + Giả sử hình chữ nhật đã dựng xong , trên AB lấy một điểm G’ bất kỳ ,
dựng hình chữ nhật G’F’E’F’ có E’F’=2D’E’ và hai đỉnh D’,E’ thuộc BC , nối BF’ cắt
AC tại F , khi đó ta có :

BG GD
2GF
GF
=
=
=
. Chứng tỏ B,F’F thẳng hàng .Ta có
BG ' GD ' 2G ' F ' G ' F '

thể xem hình chữ nhật DEFG là ảnh của hình chữ nhật D’E’F’G’ qua phép vị tự tâm B
tỉ số vị tự :

BG
= k . Từ đó suy ra cách dựng .
BG '

* Cách dựng :
- Lấy điểm G’ tùy ý trên AB , sau đó dựng hình chữ nhật G’F’E’D’ có E’F’=2 D’E’,
hai đỉnh D’E’ nẵm trên BC .
- Nối BF’ cắt AC tại F , đường thẳng qua F song song với BC cắt AB tại G . Gọi D và
E là hình chiếu của G và F trên BC . Thì hình chữ nhật DEFG là hình chữ nhật cần
dựng .
* Chứng minh :
Thật vậy : Vì GF //G’F’ , GD//G’D’ nên :

GF
BG
GD
=
=
. Từ đó suy ra :
G ' F ' BG ' G ' D '

GD G ' D '
=
= 2 . Như vậy hình chữ nhật đã dựng thỏa mãn yêu cầu bài toán .
GF G ' F '

Ví dụ 2. ( Bài 1.25-tr33-BTHH11CB).

Cho nửa đường trịn đường kính AB . Hãy dựng hình vng có hai đỉnh nằm trên nửa
đường trịn , hai đỉnh cịn lại nằm trên đường kính AB của nửa đường trịn đó .
Giải
Vẽ hình , từ hình vẽ ta có các bước sau .
* Phân tích .
Giả sử hình vng MNPQ đã dựng xong thỏa mãn yêu cầu bài toán ( với M,N nẵm
trên AB , còn P,Q nằm trên nửa đường tròn ).Gọi O là trung điểm của AB
Nối OQ và OP, dựng hình vng M’N’P’Q’ sao cho M’,N’ nằm trên AB và O là trung
điểm của M’N’ . Khi đó ta có :
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 20


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH
OQ OP
PQ
⇔
=
=
= k . Ta xem như MNPQ là ảnh của M’N’P’Q’ qua phép vị tự tâm
OQ ' OP ' P ' Q '
PQ
O tỉ số k= P ' Q ' . Từ đó suy ra :

* Cách dựng .
- Dựng hình vng M’N’P’Q’ ( có M’N’ thuộc AB và O là trung điểm của M’N’ )
- Nối OP’ và OQ’ chúng cắt (O,AB) tại P và Q
- Hình chiếu của P và Q trên AB là N và M . Khi đó MNPQ chính là hình vng cần
dựng .

* Chứng minh : Do M’N’P’Q’ là hình vng , cho nên M’N’//AB . Tam giác OM’N’
PQ

OP

OQ

PN

QM

đồng dạng với tam giác OPQ suy ra : P ' Q ' = OP ' = OQ ' = k = P ' N ' = Q ' M ' .
Ví dụ 3. ( Bài 1.26-tr33-BTHH11CB).
Cho góc nhọn Oxy và điểm C nằm trong góc đó . Tìm trên Oy một điểm A sao cho
khoảng cách từ A đến trục Ox = AC .
Giải
- Vẽ hình . Căn cứ vào hình vẽ ta có phân tích sau
* Phân tích : Gọi B là hình chiếu của A trên Ox . theo đầu bài thì tam giác ABC là tam
giác cân đỉnh A ( AB=AC ) . Giả sử tam giác A’B’C là một tam giác cân đỉnh là A’ có
A’B’ vng góc với Ox . Dễ dàng nhận thấy hai tam giác này đồng dạng vì thế ta có :
AC
OC
AB
=
=k=
. Ta coi tam giác ABC là ảnh của tam giác A’B’C’ qua phép vị
A ' C ' OC '
A' B '

tự tâm OP tỉ số vị tự là k . Từ đó suy ra cách dựng :

* Cách dựng :
- Nối OC , sau đó trên Oy lấy điểm A’ , tìm B’ là hình chiếu của A’ trên Ox ( kẻ A’B’
vng góc với Ox) .
- Dùng com pa lấy A’ làm tâm , quay cung trịn có bán kính bằng A’B’ cắt OC tại C’ .
- Từ C kẻ hai đường thẳng song song với hai cạnh A’C’ và C’B’ chúng cắt hai cạnh
Oy và Ox tại A và B . Tam giác ABC là tam giác cần tìm
* Chứng minh : Giống cách phân tích
Ví dụ 4. ( Bài tập O.11-tr76-BTHH10 –T6-2000)
Cho tam giác nhọn ABC . Hãy dựng hình vng MNPQ sao cho M,N nằm trên cạnh
BC , P,Q nằm trên hai cạnh còn lại của tam giác .
Giải
- Vẽ hình . Từ hình vẽ ta có cách phân tích :
Gọi một hình vng M’N’P’Q’ có cạnh M’N’ thuộc BC và M’N’=N’P’=P’Q’=Q’M’
và bằng a cố định Nếu ta coi hình vng MNPQ là ảnh của một phép vị tự tâm B với
PQ

PM

PQ

P 'Q '

tỉ số vị tự nào đó thì : P ' Q ' = P ' N ' ⇔ PM = P ' N ' = 1 ⇒ PQ = PM . Suy ra cách dựng .
- Trên AB lấy một điểm Q’ bất kỳ , kẻ đường thẳng qua Q’ vng góc với BC cắt BC
tại M’ . Sau đó đặt M’N’=A’M’ , dựng hình vuông M’N’P’Q’ .
- Nối BP’ cắt AC tại P , kẻ hai đường thẳng qua P // với N’P’ và M’N’ chúng cắt BC
và AB tại N và Q . Cuối cùng kẻ qua Q một đường thẳng vng góc với BC cắt BC tại
M ta được hình vng MNPQ cần dựng .
* Chú ý : Ta cịn có cách khác .
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 21


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

- Dựng hình vng BCM’N’ nằm ngồi tam giác ABC . Gọi B’C’ lần lượt là giao của
AB và AC với M’N’ . Như vậy phép vị tự tâm A tỉ số vị tự : k=

AB
biến tam giác
AB '

AB’C’ thành tam giác ABC , Cho nên biến hình vng BCPQ thành hình vng
MNPQ cần tìm .
Vì thế ta chỉ cần kẻ qua B’ và C’ hai đường thẳng vng góc với BC chúng cắt các
cạnh Ac và AB tại các điểm P và Q , cắt BC tại N và M . Hình vng MNPQ tìm được
Ví dụ 5. Gọi A là giao hai đường đường tròn cắt nhau O và O’ Hãy dựng qua A một
đường thẳng cắt hai đường tròn tại B và C sao cho AC=2AB
Giải
Vẽ hình minh họa . Từ ur vẽur có phân tích sau
hình u u
ta
uu
- Từ giả thiết , ta có : AC = −2 AB ⇒ VA−2 : B → C . Như vậy phép vị tự tâm A đã biến B
thành C . Từ đó ta có cách dựng :
- Dựng đường tròn ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm A tỉ số k=-2. Giao của
đường tròn ảnh với đường tròn (O’) là C . Đường thẳng AC chính là đường thẳng d
cần dựng .
- Chứng minh : Do C là ảnh của B qua phép vị tự tâm A tỉ số k=-2 cho nên AC=2AB .

Ví dụ 6. Cho hai đường trịn (O) và (O’) tiếp xúc ngồi với nhau tại A( có bán kính
khác nhau ) .Một điểm M nằm trên đường tròn (O) . Dựng đường tròn đi qua M và
tiếp xúc với O và O’.
Giải
- Vẽ hình minh họa cho học sinh . Từ đó có phân tích ..
- Gọi S là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’) ,N là ảnh của M qua phép vị tự tâm S M’ là
giao điểm thứ hai của AN với (O’) , Gọi O’’ là giao của OM với O’M’ ( Chú ý :
OM//O’N ) ta có :

O '' M O '' M '
=
( O ' N = O ' M ') nên O’’M=O’’M’ . Chứng tỏ (O’’) tiếp
O'N
M 'O '

xúc với (O) và (O’) tại M và M’ .
- Cách dựng : Tìm tâm S ( kẻ tiếp tuyến chung của O và O’ cắt OO’ tại S .
Nối SA cắt (O’) tại N và M’. O’ chính là giao của OM với O’M’ .
BÀI TỐN 3: QUỸ TÍCH ĐIỂM
Để giải một bài tốn quỹ tích điểm M khi điểm A thay đổi trên một đường (C ) cho
sẵn . Trước hết ta cần phải làm một số việc sau
1. Trong hình H đã cho , ta tìm ra một điểm A thay đổi trên một đường (C ) cho sẵn
nào đó ( có thể là đường trịn , có thể là một đường thẳng ) sao cho AM nằm trên một
đường thẳng đi qua một điểm cố định I nào đó
2. Gán cho A và M cùng với I hai tam giác dồng dạng , từ đó tìm ra một tỉ số không
đối k
uu
ur
ur
u

3. Viết đẳng thức véc tơ : IM = k IA để kết luận M là ảnh của A qua phép vị tự tâm I
với tỉ số vị tự là k .
4. Nếu A chạy trên (C ) thì M chạy trên (C’) là ảnh của (C ) qua phép vị tự tâm I tỉ số
k . Nêu cách dựng (C’) .
Ví dụ 1. ( Bài 29-tr29-HH11NC) .
Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định khác O . Một điểm M thay đổi trên
đường tròn . Tia phân giác góc MOI cắt IM tại N . Tìm quỹ tích điểm N .
Giải
Biên soạn : Nguyễn Viet Hung
Trang 22


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

- Vẽ hình . Từ hình vẽ và tính chất của đường phân giác trong chia cạnh đối diẹn làm
hai doạn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề của hai cạnh đó . Ta có kết quả sau :
* Do O,I cố định cho nên OI=a không đổi . Gọi N là chân đường phân giác của góc
NI
OI
a
NI
a
a
=
= ⇔
=
⇔ IN =
IM
NM OM R
NM + NI a + R

a+R
ur
u
ur
a
a uu
IM ⇒ IN =
IM .
Hay : ⇔ IN =
a+R
a+R
Vì I cố định cho nên V( I ,k ) : M → N . Nhưng M chạy trên đường tròn (O;R) cho nên N

MOI ( N thuộc IM) , từ đó ta có :

chạy trên đường trịn (C’) là ảnh của (O;R) qua phép vị tự tâm I tỉ số vị tự là k .
* Cách xác định (O’;R’) như u ur
sau u
ur
u
- Nối OI , tìm O’ sao cho : IO ' = kOI , từ đó suy ra O’
- Bán kính R’ được xác định bằng cơng thức : k= R’/R suy ra : R’=kR .
( Hoặc : lấy O’ làm tâm quay một đường trịn có bán kính là O’N )
Ví dụ 2. ( Bài 8 ƠN chương I-tr35-HH11-NC)
Cho đường trịn (O) có đường kính AB . Gọi C là điểm đối xứng với A qua B và PQ là
đường kính thay đổi của (O)khác với đường kính AB . Đường thẳng CQ cắt PA ,PB
lần lượt tại M và N .
a/ Chứng minh Q là trung điểm của CM , N là trung điểm của CQ
b/ Tìm quỹ tích của các điểm M,N khi đường kính PQ thay đổi .
Giải

a. Vẽ hình . Từ hình xẽ ta thấy : Nối AQ, BQ , do C đối xứng với A qua B cho nên ta
có B là trung điểm của AC : BA=BC (1) . Mặt khác BQ vng góc với AQ ( góc nội
tiếp chắn nửa đường trịn ) PA vng góc với AQ ( góc nội tiếp chắn ½ đường trịn )
suy ra PA // BQ do đó BQ là đường trung bình của tam giác ACM , nghĩa là Q là
trung điểm của CM .
- Tương tự BN là đường trung bình của tam giác ACQ cho nên N là trung điểm của
CQ : NC=NQ (2)
b/ Từ u ur và (2) ta có các đẳng thức véc tơ :
(1) u u
uu
ur
( 1) ⇔ CM = 2CQ ⇒ V( C ;2) : Q → M . Cho nên M chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của (O)
qua phép vị tự tâm C , tỉ số vị tự bằng 2 .
uu
ur

( 2 ) ⇔ CN =

ur
1 uu
CQ ⇒ V 1  : Q → N . Vậy N chạy trên đường tròn (O’’) là ảnh của (O) qua
2
 C. ÷
 2

phép vị tự tâm C tỉ số k=1/2 .
- Hướng dẫn học sinh cách xác định hai tâm O’ và O’’.
Ví dụ 3. ( Bài 9-tr35-HH11NC)
Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định . Một dây cung thay đổir của (O;R) có độ dài
uu uu uu r

ur ur u
bằng m khơng đổi . Tìm quỹ tích các điểm G sao cho GA + GB + GC = 0 .
Giảỉ
* Vẽ hình cho học sinh . Từ hình vẽ lấy I là trung điểm của BC , nối OI ( OI vng
góc với BC ) . A là một điẻm cố định ( có thể nằm trên (O) hay không cần nằm trên
(O) . Do B,O cố định , góc OIB bằng một vng cho nên khi BC thay đổi I chạy trên
đường tròn tâm O bán kính R’=

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

R2 −

m2
. ( Xét tam giác vuông BOI ).
4

Trang 23


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

* Từ giả thiết G là trọng tâm của tam giác ABC . Theo tính chất trọng tâm của tam

u u 2 ur
ur
u
AG 2
= ⇔ AG = AI ⇒ V 2  : I → G . Do đó : G chạy trên đường trịn (O’) là
giác ta có : AI 3
3

 A; ÷
 3

ảnh của đường trịn (O;R’) qua phép vị tự tâm A ,tỉ số vị tự bằng 2/3 .
Ví dụ 4. ( Bài tốn 6-tr39-HH11CB).
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (O)bán kính R , các dỉnh B,C cố định
còn A thay đổi trên (O) .Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC chạy trên
một đường trịn .
Giải
- Vẽ hình , Gọi I là trung điểm của BC , thì I cố định khi B,C cố định . Theo tính chất
1
3

ur
u

u
1 ur
3

1

trọng tâm : IG = IA ⇔ IG = IA ⇒ VI3 : A → G . Nhưng A chạy trên (O) do đó G chạy
trên (O’) là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm I tỉ số 1/3.
ur
u
 u u 1 ur
IO ' = IO

1 



3
⇒  O '; R ÷
- Xác định (o’;R’) bằng hệ : 
3 

R ' = 1 R

3


Ví dụ 5. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;3R) tiếp xúc trong với nhau tại A. Nếu O
biến thành O’ trong phép vị tự tâm A thì tỉ số vị tự bằng bao nhiêu ?
Giải
- Vẽ hìnhu Từugiả thiết : AO’=R’, AO=R suy ra AO’=3AO .
.
u ur
u
ur
u
Hay : AO ' = 3OA ⇒ VA3 : O → O ' . Do đó tỉ số vị tự là k=3.
Ví dụ 6. Cho đường trịn O và một điểm P cố định ở ngoài (O) .Từ P kẻ một tiếp tuyến
thay đổi PBC . Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC ?
Giải
Vẽ hình . Gọi I là trung điểm của BC thì theo tính chất của đường kính đi qua điểm
giữa của dây cung : OI vng góc với BC . Như vậy I nằm trên đường trịn đường
kính OP. Mặt khác theo tính chất trọng tâm , thì G nằm trên AI và cách A một khoảng
2
u u 2 ur

ur
u
bằng 2/3 AI , hay : AG = AI ⇒ VA3 : I → G . Nhưng I chạy trên đường trịn đường kính
3

OP cho nên G chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của đường trịn đường kính OP qua
phép vị tự tâm A tỉ số 2/3.
uu
ur
 u ur 2 u u
AO ' = AH


3
- Cách xác định O’ bằng hệ : 
. ( Với H là trung điểm của OP )
 R ' = 2 OP = OP

3 2
3


Ví dụ 7. Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định với OI=2R . M là một điểm di
động trên O , phân giác góc IOM cắt IM tại M’ . Tìm quỹ tích điểm M’ khi M chạy
trên đường trịn O.
Giải
- Vẽ hình . Theo tính chất của đường phân giác trong :
uu 2 uu
uu
r

ur
M 'I
OI
2R
IM '
2
2
IM ' 2
2
=
=
=2⇒
=
= ⇔
= → IM ' = IM ⇔ IM ' = IM
MM ' OM
R
IM '+ M ' M 2 + 1 3
IM 3
3
3

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 24


CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH

Vậy : Qua phép vị tự tâm I tỉ số 2/3 biến điểm M thành điểm M’ , nhưng M chạy trên

đường tròn (O;R) cho nên M’ chạy trên (O’;R’) là ảnh của (O;R) qua phép vị tự tâm I .
ur
u
 u u 2 ur
IO ' = IO


3
- Để xác định (O’;R’) : 
.
R ' = 2 R

3


Ví dụ 8. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc trong với nhau tại A , đường kính kẻ
từ A cắt (O) ,(O’) theo thứ tự tại B,C . Qua A vẽ đường thẳng d cắt (O);(O’) tại M,N .
Tìm quỹ tích giao điểm T của BN và CM , khi d thay đổi ?
Giải
Vẽ hình minh họa .
Căn cứ hình vẽ , ta có phân tích : BM và CN cùng vng góc với đường thẳng d , suy
ra BM//CN (1) . Hai tam giác OCN đồng dạng với tam giác OBM cho nên :
TN CN CA 2R ' R ' TN + TB R '+ R
BN R '+ R
R
=
=
=
=
⇒

=
⇔
=
= k ↔ BT =
BN
TB BM CB 2R
R
BT
R
BT
R
R '+ R
R
uu
ur
ur
R uu
BT =
BN ⇒ VBR + R ' : N → T . Nhưng N chạy trên (O’;R’) cho nên T chạy trên
Hay :
R+ R'
R
đường tròn ảnh của (O’) qua phép vị tự tâm B tỉ số k =
.
R + R'

( HD học sinh cách tìm giới hạn quỹ tích ) .

Ví dụ 9. ( Bài 73-tr17- Ơn CI-BTHH11-NC).
Cho điểm P nằm trong đường tròn (O). Một đườnguthẳngu u uđổi đi qua P , cắt (O) tại

thay
u ur u r ur
u u
hai điểm A,B . Tìm quỹ tích các điểm M sao cho PM = PA + PB .
Giải
Vẽ hình minh họa choi học sinh .
Căn cứ hình vẽ ta có phân tích :
- Gọi I là trung điểm của AB . Theo tính chất trung điểm của dây cung thì OI vng
góc với AB , có nghĩa là I chạy trên đườngur uđường kính OP (1)
trịn u ur
u u u uu u u
u
r
ur
- Theo quy tắc véc tơ trung tuyến ta có : PM = PA + PB = 2MI ⇒ Mur ur trên d do
phải nằm
u u
u
u
I,P nằm trên d . Ví : PM=2MI=2(PM-PI) suy ra PM=2PI hay : PM = 2 PI ⇒ VP2 : I → M .
Vậy phép vị tự tâm P biến điểm I thành thành M . Nhưng I lại chạy trên (O;OP) vì thế
M phải chạy trên đường trịn ảnh của (O) qua phép vị tự tâm P tỉ số k=2.
Ví dụ 10. Cho đường trịn (O) và một điểm P ngồi O . M là một điểm thay đổi trên
O . H là hình chiếu vng góc của của O trên PM
a/ Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác POM ?
b/ Tìm quỹ tích các điểm H và trung điểm I của PH ?
c/ Tìm quỹ tích trọng tâm K của tam giác OPH ?
Giải .
Vẽ hình minh họa cho học sinh . Từ hình vẽ phân tích cho HS biết :
-Vì H là hình chiếu của O trên PM cho nên OH vng góc với PM , cho nên H nằm

trên đường trịn O’ có đường kính OP .

Biên soạn : Nguyễn Viet Hung

Trang 25