BÀI TẬP HÌNH HỌC AFIN

BÀI TẬP CHƯƠNG I
Bài 2: Hệ tiên đề K gồm :điểm ,đường,thuộc
+ Khái niệm cơ bản
+ Các tiên đề :
i) có ít nhất một điểm
ii) qua hai điểm phân biệt có không quá một đường.
iii)mỗi đường có ba điểm phân biệt.
iv)Mỗi điểm nằ trên ba đường phân biệt
a.Chứng minh các định lý:
+ Hai đường thẳng biệt có không quá một điểm chung.
+ Có ít nhất là bảy điểm ,có ít nhất là bảy đường.
b.Xây dựng các mô hình của K gồm bảy điểm ,bảy đường hoặc chín điểm,chín
đường.
Giải
a.Chứng minh
+ Hai đường phân biệt có không qía một điểm chung.
Nếu như hai đường thẳng phân biệt a và b có hai điểm chung là A và B
( )
BA ≠
thì qia hai điểm A,B sẽ có hai đường thẳng phân biệt a và b (trái ii))
+ Có ít nhất là bảy điểm ,bảy đường
Theo tiên đề i) có ít nhất là một điểm ta kí hiệu là A ,theo iv) có ba đường phân
biệt x,y,z qua A.
Theo tiên đè iii) trên x ngoài biến A còn có 2 điểm phân biệt nửa B,C
Tương tự trên y ngoài A có 2 điểm phân biệt D,E
Trên z ngoài A có 2 điểm phân biệt G,H
Theo định lý 1: hai đường thẳng phân biệt sẽ có không quá một điểm chung
⇒
Bảy điểm A,B,C,D,E,G,H đôi một phân biệt và khác nhau.
Theo tiên đề iv) mỗi điểm nằm trên ba đường thẳng phân biệt .Nên ngoài x qua B
còn có 2 diểm phân biệt khác ta đặt u,v.

Tương tự :ngoài x qua C còn có 2 đường :
ϕ
,w

Theo tiên đề ii)qua hai điểm phân biệt có không quá một đường
⇒
Bảy đường
ϕ
,,,,,, wvuzyx
đôi một phân biệt và khác nhau.
b.+ Mô hình K gồm bảy điểm ,bảy đường.
Xét
C∆ΑΒ
có 3 đường trung tuyến AD,BE,CF cắt nhau tại G.
Ta có: bảy điểm A,B,C,D,E,F,G,H.
Ta gọi mỗi đường là bộ đôi ba điểm
{ } { } { } { } { } { } { }
DEFEGBFGCDGACEACDBBFA ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
+ Mô hình K gồm chín điểm ,chín đường.
Ta lấy 9 điểm phân biệt :
321321321
,,,,,,,, CCCBBBAAA
.
Mỗi bộ ba điểm sau đây được xem là một đường:
{ } { } { } { } { } { } { } { }
123213333312222231321111
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, CBACBACBACBACBACBACBACBA
Bài 4: Hãy dùng hệ tiên đề của hình học phẳng ở phổ thông để chứng minh các định lý sau
đây.
a.Có ít nhất ba điểm không thẳng hàng.

b. Cho 4 điểm A,B,C,D phân biệt và thẳng hàng.Chứng minh rằng nếu C nằm giữa A
và B,còn D nằm giữa B và C thì D nằm giữa A và B còn C nằm giữa A và D.
c. Định lý Pát (tức tiên đề Pát trong hệ tiên đề Hinbe).
Giải
Chứng minh:
1
a.Có ít nhất ba điểm không thẳng hàng.
Theo tiên đề 1,ta có ít nhất là hai đường thẳng a và b nào đó.
Cũng theo tiên đề 1,trên a có ít nhất là hai điểm A và B.
Đường thẳng b không thể đồng thời đi qua A và B ,vì như vậy sẽ trùng với đường
thẳng a,theo tiên đề 2.
Vậy trên b có ít nhất là một điểm C không nằm trên a.
Vậy ta có ít nhất là ba điểm A,B,C, không thẳng hàng.
b.Ta chứng minh C ở giữa A và D.
Ta gọi a là đường thẳng chứa bốn điểm A,B,C,D.
Theo tiên đề 4,điểm C chia các điểm còn lại của đường thẳng a thành hai tập hợp,ta
gọi hai tập hợp đó là X và Y
Vì C ở giữa A và B nên Avà B thuộc hai tập hợp khác nhau.
Gỉa sử
YXvàBA
∈∈
Theo giả thiết D ở giữa B và C nên theo tiên đề 3 C không ở giữa B và D
Do
YD ∈
và
XA ∈
⇒
C ở giữa A và D
• Chứng minh D ở giữa A và B
Điểm D chia các điểm của a thành hai tập hợp kí hiệu là

',' YX
Theo giả thiết D ở giữa B và C nên B và C thuộc hai tập hợp khác nhau.
Giả sử
'' YvàBXC
∈∈
Theo chứng minh trên và theo tiên đề 3,vì C ở giữa A và D nên D không ở giữa A
và C
Vậy A và C cùng thuộc một tập hợp
'X
hoặc
'Y
Như vậy
'XA ∈
ngoài ra vì
'YB ∈
Suy ra D ở giữa A và B.
c. Theo tiên đề 5
Đường thẳng a chia các điểm không thuộc nó thành hai tập hợp mà ta kí hiệu là X
và Y.
Theo định nghĩa của đoạn thẳng thì giả thiết đường thẳng a có một điểm ở giữa A
và B ,A và B đều thuộc tập hợp khác nhau đó
Gỉa sử
YXvàBA ∈∈
,do C không nằm trên a nên phải thuộc một trong hai tập hợp
đó.
Nếu
XC ∈
thì B và C thuộc hai tập hợp khác nhau nên theo tiên đề 5 đường thẳng
a và đoạn thẳng BC có điểm chung hay có một điểm của a ở giữa B và C
Tương tự nếu

YC ∈
thì có một điểm của a ở giữa A và C.
Bài 6: Hãy dùng 12 tiên đề của hình học phẳng (tức là không dùng tiên đề 13 về hai đường
thẳng song song) để chứng minh các định lý sau đây.
a.Góc ngoài tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó.
b. Nếu hai đường thẳng tạo với một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau thì hai
đường thẳng đó song song.
GI IẢ
C
B'
A
x
B
2
a) Góc ngoài của tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó.
Ta gọi Cx là tia đối của tia CB ta chứng minh rằng:
·
·
ACx BAC>
và
·
·
ACx ABC>
Gọi I là trung điểm AC và B’ là điểm đối xứng với B qua I.
Khi đó hai tam giác AIB và CIB’ bằng nhau (c-g-c).Bở vậy
·
·
'ACB BAC=
có thể chứng
minh rằng tia CB’nằm trong góc

·
ACx
,tức là
·
·
'ACx ACB>
Có thể chứng minh rằng tia CB’ nằm trong góc
b) Gỉa sử hai đường thẳng a và b cắt đường thẳng c lần lượt tại A và B sao cho
µ µ
1 1
A B=
nếu a và b cắt nhau tại C thì tam giác ABC sẽ có một góc ngoài bằng một góc trong
không kề với nó (trái với định lý a)

B
A
c) vậy nếu hai đường thẳng tạo với một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau thì hai đường
thẳng đó song song (đpcm)
Bài 8: Cho V là không gian Ơ-clit n chiều (trên trường số thực) .Hãy gọi mỗi vecto
u
của V
là một “điểm”,và với bất kì hai “điểm”
u
và
v
của V ta cho tương ứng với vecto
uv −
của
V.Hãy chứng minh rằng khi đó V là không gian Ơ-clit n chiều.
Giải

Gọi mỗi vectơ
u
là một điểm và kí hiệu là U.
Vậy các vectơ
, , , a b x y
r r r ur
bây giờ được hiểu là các điểm A,B,X,Y…
Theo tiên đề 1: Với bất kỳ hai điểm A và B (là hai vectơ
a
và
b
) ta cho tương ứng với
một vectơ hoàn toàn xác định của V ,đó là vectơ
ab −
Như vậy :
AB b a= −
uuur r r
Theo tiên đề 2: Với mỗi điểm A cho trước (là vectơ
a
) và mỗi vectơ
u
cho trước của V có
một điểm duy nhất B sao cho
uAB =
Thật vậy ta chỉ cần lấy B là điểm
b u a= +
r r r
Theo tiên đề 3: Với bất kỳ ba điểm A,B,C ta đều có
AB BC AC+ =
uuur uuur uuur

Thật vậy nếu các điểm A,B,C lần lượt là các vectơ
, ,a b c
r r r
thì
, ,AB b a BC c b AC c a= − = − = −
uuur r r uuur r r uuur r r
,
Từ đó suy ra
AB BC AC+ =
uuur uuur uuur
Vậy cả ba tiên đề đều nghiệm
Suy ra V là không gian Ơclic n chiều.
BÀI TẬP CHƯƠNG II
BÀI 1:PHÉP BIẾN HÌNH AFIN
Bài 2: Cho phép afin f và hai điểm A,B phân biệt .Chứng minh rằng nếu
( ) ( )
BAf =
và
( ) ( )
ABf =
và I là trung điểm AB thì
( )
IIf =
.
Giải
Ta có f là phép afin
A và B là hai điểm phân biệt
3
( )
BAf =

,
( )
ABf =
Gọi I là trung điểm của AB
Gỉa sử
( )
'IIf =
Do f là phép afin nên f bảo toàn tỉ số đơn
( )
ABI
IBIA −=
( ) ( )
AIBI
IBfIAf
'' −=⇒
−=⇒
⇒
I’ là trung điểm AB
Theo tính chất duy nhất của trung điểm
( )
'
'
IIf
II
=⇒
≡⇒
Bài 4: Chứng minh rằng nếu phép afin f biến mỗi đường thẳng a thành đường thẳng a’
song song hoặc trùng với a thì f là phép tịnh tiến hoặc là phép vị tự.
Giải
Giả sử

f
là phép biến đổi tuyến tính liên kết với phép afin f
Ta chứng minh rằng tồn tại một số k sao cho với mọi
u
bất kỳ có :
( )f u ku=
ur r r
Thật vậy với vectơ
u
bất kỳ ta lấy hai điểm M,N sao cho
uMN =
Nếu gọi
( )
MfM ='
và
( )
NfN ='
và
''' uNM =
Thì theo định nghĩa của
f
ta có :
( ) 'f u u=
ur r ur
Nhưng vì f biến đường thẳng MN thành đường thẳng M’N’ nên theo giả thiết
''// NMMN

bởi vậy
( )f u ku=
ur r r

.
Tương tự như vậy ,đối với vectơ
v
r
ta cũng có
( ) 'f v k v=
ur r r
.Tuy nhiên ta chứng minh được
'k k=
Thật vậy, nếu đặt vectơ
w u v= +
ur r r
, thì ta cũng có
( ) '' ''( ) '' ''f w k w k u v k u k v= = + = +
ur ur ur r r r r
.Nhưng
vì
f
biến đổi tuyến tính nên
( ) ( ) ( ) ( ) 'f w f u v f u f v ku k v= + = + = +
ur ur ur r r ur r ur r r r
.Tức là
' '' ''ku k v k u k v+ = +
r r r r
Từ đó ta suy ra nếu
v
r
và
u
không cộng tuyến thì

'', ' ''k k k k= =
, vậy
'k k=
.
Còn nếu
v
r
và
u
cộng tuyến ta lấy một vectơ
z
r
không cộng tuyến với vectơ
u
thì
( )f z kv=
ur r r
Bây giờ ta lấy k=1 thì với mọi cặp điểm M,N và ảnh của chúng là M’.,N’ ta có
' 'MN M N=
uuuur uuuuuur
.Vậy
' 'MN M N=
uuuur uuuuuur
Vậy f tịnh tiến theo vectơ
'MM v=
uuuuur r
.
Nếu
1k ≠
(chú ý rằng nếu

0k ≠
) thì với cặp điểm M,N và ảnh của chúng ta có
' 'M N k MN=
uuuuuur uuuur
suy ra hai đường thẳng MM’ và NN’ cắt nhau tại O và
,OM kOM ON kON= =
uuuur uuuur uuur uuur
Vậy f là phép vị tự tâm O tỉ số k.
Bài 6: Cho hai tứ giác ABCD và A’B’C’D’.Với điều kiện nào thì có phép afin f biến các
đỉnh A,B,C,D lần lượt thành các đỉnh A’,B’,C’,D’?
Giải
Vì ba điểm A,B,C cũng như ba điểm A’,B’,C’ không thẳng hàng cho nên có một phép afin
f duy nhất biến A,B,C lần lượt thành A’,B’C’
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD
I’ là giao điểm của hai đường chéo A’C’ và B’D’
Phép afin f biến D thành D’ khi và chỉ khi nó biến I thành I’.
Điều đó xảy ra khi và chỉ khi
( ) ( )
, , ', ', 'A B I A B I=
và
( ) ( )
',',',, IDBIDB =
4
Bài 8: Tìm biểu thức tọa độ của phép afin biến các điểm
( ) ( ) ( )
0,3,2,0,0,1 −CBA
lần lượt
thành các điểm
( ) ( ) ( )
1,2',4,1',3,2' −−− CBA

Giải
Biểu thức tọa độ của phép biến đổi afin có dạng:



++=
++=
2
1
'
'
adycxy
abyaxx
Vì nó biến ba điểm A,B,C thành A’,B’,C’ nên :











−=+−
−=+−
=+
−=+
=+

=+
⇒











+−=−
+−=−
+=
+=−
+=
+=
⇒
13
23
42
12
3
2
31
32
24
21

3
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ac
aa
ad
ab
ac
aa
ac
aa
ad
ab
ac
aa
Ta có :
1
2 aa −=
thay vào phương trình :

( )
11
44
223
23
1
1
11
1
=⇒=⇒
=⇒
−=+−−⇒
−=+−
aa
a
aa
aa
Từ phương trình
22
33 acac −=⇒=+
thay vào phương trình:

( )
12
84
133
13
2
2

22
2
=⇒=⇒
=⇒
−=+−−⇒
−=+−
ca
a
aa
ac
Tương tự từ phương trình :
12212
1
−=⇒−=⇒−=+ bbab
Và
22242
2
=⇒=⇒=+ ddad
Vậy ta có biểu thức tọa độ là:



++=
+−=
2'
1'
yxy
yxx
Bài 10: Cho hai phép afin:
Phép f:

' 2 5
' 3 7
x x y
y x y
= + −


= − +

Phép g:
' 4
' 2 5
x x y
y x y
= − +


= − + +

Tìm biểu thức tọa độ của g
o
f và f
0
g
Xét f:
' 2 5
' 3 7
x x y
y x y
= + −



= − +

A(0,0); B(1,0); C(1,0)
f(A):
' 2.0 0 5
' 3.0 0 7
x
y
= + −


= − +


' 2 8
' 4 3 24
x x y
y x y
= − + −


= − +

⇒
f(A)= (-5,7)
5
f(B):
' 2.1 0 5

' 3.1 0 7
x
y
= + −


= − +


⇒
f(B)= (-3,10)
f(C):
' 2.0 1 5
' 3.0 1 7
x
y
= + −


= − +


⇒
f(C)=(-4,6)
xét g:
' 4
' 2 5
x x y
y x y
= − +



= − + +

g(f(A)):
' 5 7 4
' 5 2.7 5
x
y
= − − +


= + +


⇒
g(f(A))=(-8,24)=A’
g(f(B)):
' 3 10 4
' 3 2.10 5
x
y
= − − +


= + +


⇒
g(f(B))=(-9,28)=B’

g(f(C)):
' 4 6 4
' 4 2.6 5
x
y
= − − +


= + +


⇒
g(f(C))=(-6,21)=C’
Ta có A(0,0); B(1,0); C(0,1); A’(-8,24); B’(-9,28); C’(-6,21)
Biểu thức tọa độ của g
0
f là:
'
' ' '
x ax by c
y a x b y c
= + +


= + +

8
24 '
9
28 ' '

6
21 ' '
c
c
a c
a c
b c
b c
− =


=


− = +

= +


− = +

= +


⇒

8
1
2
' 4

' 3
' 24
c
a
b
a
b
c
= −


= −


=

=


= −

=

Vậy biểu thức tọa độ của g
0
f là
' 2 8
' 4 3 24
x x y
y x y

= − + −


= − +

Tương tự ta xét biểu thức tọa độ của f
0
g:
Xét g:
' 4
' 2 5
x x y
y x y
= − +


= − + +

A(0,0); B(1,0); C(0,1)
6
g(A)=
8
14 '
9
18 ' '
8
9 ' '
c
c
a c

a c
b c
b c
=


=


= +

= +


= +

= +

' 0 0 4
' 0 2.0 5
x
y
= − +


= − + +


⇒
g(A)=(4,5)

g(B)=
' 1 0 4
' 1 2.0 5
x
y
= − +


= − + +


⇒
g(B)=(5,4)
g(C)=
' 0 1 4
' 0 2.1 5
x
y
= − +


= − + +


⇒
g(C)=(3,7)
xét f:
' 2 5
' 3 7
x x y

y x y
= + −


= − +

f(g(A))=
' 2.4 5 5
' 3.4 5 7
x
y
= + −


= − +


⇒
f(g(A))=(8,14)=A’’
f(g(B))=
' 2.5 4 5
' 3.5 4 7
x
y
= + −


= − +


⇒
f(g(B))=(9,18)=B’’
f(g(C))=
' 2.3 7 5
' 3.3 7 7
x
y
= + −


= − +


⇒
f(g(C))=(8,9)=C’’
Vậy ta có A(0,0); B(1,0); C(0,1); A’’(8,14); B’’(9,18); C’’(8,9)
Biểu thức tọa độ của f
0
g là :
'
' ' ' '
x ax by c
y a x b y c
= + +


= + +

8
14 '

9
18 ' '
8
9 ' '
c
c
a c
a c
b c
b c
=


=


= +

= +


= +

= +


⇒
8
' 14
1

' 4
0
' 5
c
c
a
a
b
b
=


=


=

=


=

= −

Vậy biểu thức tọa độ của

f
0
g là:
7

' 8
' 4 5 14
x x
y x y
= +


= − +

Bài 12: Tìm điểm bất động và đường thẳng bất động (tức là đường thẳng biến thành
chính nó) cùa các phép afin sau đây:
a/
' 7 1
' 4 2 4
x x y
y x y
= − +


= + +

b/
13 8
'
5 5 5
4 7 4
'
5 5 5
a
x x y

y x y

= + −




= + −



Giải
a/Điểm bất động:
Giải hệ phương trình
7 1
4 2 4
x x y
y x y
= − +


= + +

ta được điểm bất động là
1
; 2
2
A
 
= − −

 ÷
 
.
Đường thẳng bất biến :
Nếu đường thẳng (d) có ảnh là đường thẳng (d’) và phương trình của (d’) là
' ' 0Ax By C+ + =

thì phương trình của (d) là:
( ) ( )
7 1 4 2 4 0A x y B x y C− + + + + + =
Hay:
( ) ( )
7 4 2 4 0A B x A B y A B C+ + − + + + + =
Để hai đường thẳng (d) và (d’) trùng nhau ta cần có điều kiện:
7 4 2 4A B A B A B C
A B C
+ − + + +
= =
(*)
Từ đẳng thức với dấu bằng đầu tiên ta suy ra:
2 2
5 4 0A AB B+ + =
hay
( ) ( )
4 0A B A B+ × + =
+/Nếu
A B= −
thì từ đẳng thức với dấu bằng thứ hai của (*) ta suy ra :
3 3B C C+ =
, suy ra

3 2B C
=
.
Vậy ta có thể lấy:
3, 2C B= − = −
và
2A =
và được đường thẳng bất biến có phương trình:
2 2 3 0x y− − =
+/Nếu
4A B= −
thì từ dấu bằng thứ hai của (*) ta suy ra
6C C=
vậy
0C =
và phương trình đường thẳng bất biến là:
4 0x y− =
b/Điểm bất động : Giải hệ phương trình:

13 8
5 5 5
4 7 4
5 5 5
a
x x y
y x y

= + −





= + −


Hệ phương trình trên tương đương với một phương trình:
2 2 0x y+ − =
Vậy mọi điểm của đường thẳng
2 2 0x y+ − =
đều là điểm bất động.
Đường thẳng bất biến:
Nếu đường thẳng (d) có ảnh là đường thẳng (d’) và (d’) có phương trình:
' ' 0Ax By C+ + =

thì phương trình của (d) là:
( ) ( )
13 4 8 4 7 4 5 0A x y B x y C+ − + + − + =
8
Hay:
( ) ( )
13 4 4 7 8 4 5 0A B x A B y A B C+ + + − − + =
.
Để (d)
≡
(d’), điều kiện là:
13 4 4 7 8 4 5A B A B A B C
A B C
+ + − − +
= =
(*)

Ta suy ra:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
13 4 4 7
2 3 2 0
2 2 0
A B B A B A
A AB B
A B A B
+ = +
⇒ − − =
⇒ − + =
+/Nếu
2A B=
thay vào (*) ta được :
2C B
= −
.
Vậy lấy
1B =
thì và được đường thẳng bất biến
2 2 0x y+ − =
.
+/Nếu
2A B= −
thì thay vào (*) ta được
5 5C C=
,đúng với mọi C.
Vậy ta có vô số đường thẳng bất biến song song với nhau:

2 0x y C− + =
Bài 14:
Viết biểu thức tọa độ của các phép afin trong các trường hợp sau đây:
a. Mọi điểm của trục Ox đều là điểm bất động và điểm (2,6) biến thành điếm (-1,-4).
b. Mọi điểm của đường thẳng x+2y-1=0 đều là điểm bất động và điểm
( )
1,2
biến
thành điểm (2,1).
Giải
a. Vì điểm O biến thành chính nó và vecto (1;0) biến thành chính nó nên biểu thức tọa độ
của phép afin đã cho có dạng:
'
'
x x cy
y dy
= +


=

Vì điểm (2;6) biến thành điểm (-1;-4) nên:
-1 = 2 + 6c
-4 = 6d
Vậy
1
2
c
−
=

,
2
3
d
−
=
. Biểu thức tọa độ của phép afin đã cho là:
1
'
2
2
'
3
x x y
y y

= −




= −


b. Biểu thức của f có dạng:
'
'
x ax cy p
y bx dy q
= + +



= + +

9
Lấy hai điểm nào đó trên đường thẳng đã cho, chẳng hạn M(1;0), N(-1;1) thì M và N đều
biến thành chính nó, còn B biến thành B’, nên:
1
0
1
1
2 2
2 2
a p
b q
a c p
b d q
a c p
b d q
= +
= +
− = − + +
= − + +
= + +
= + +
Ta tìm được:
5 1 1
, 0, , 1, , 0
4 2 4
a b c d p q= = = = = − =

Vậy phép afin đã cho có biểu thức tọa độ:
5 1 1
'
4 2 4
'
x x y
y y

= + −



=

Bài 16:
Các phép afin sau đây có phải là phép thấu xạ hay không? Nếu có, hãy tìm tỉ số thấu xạ,
nếu không phải là thấu xạ trượt
a.
'
'
x x
y ky
=


=

b.
' 1
' 1

x y
y x
= − +


= − +

c.
' 4 2 1
' 3 3 1
x x y
y x y
= + +


= + −

d.
'
'
x x p
y ky q
= +


= +

e.
'
'

x x y
y y
= +


=

Giải
a. Trong biểu thức x’ = x, y’ = ky ta phải có
0k ≠
. Nếu k = 1 thì đó là phép đồng nhất.
Nếu
1k
≠
thì các điểm bất động có tọa độ thỏa mãn hệ:
x x
y ky
=


=

10
Vậy tất cả các điểm của trục y = 0 đều là điểm bất động. Đây là một phép thấu xạ với cơ sở là
đường thẳng Ox. Nếu ta lấy M = (0;1) thì M có ảnh là M’ = (0;k), và MM’ cắt nhau tại O. Vì
'OM kOM=
uuuuur uuuur
nên ta có tỉ số thấu xạ là k.
b. Trong biểu thức
' , 'x x p y ky q= + = +

ta cũng phải có
0k ≠
.
Nếu k = 1 thì ta có phép tịnh tiến theo vectơ
( ; )u p q=
r
. Vậy nếu p = q = 0 thì ta có phép
đồng nhất, nó cũng là một phép thấu xạ. Nếu một trong hai số p và q khác không, ta được
phép tịnh tiến, đó không phải là phép thấu xạ.
Nếu
1k
≠
, các điểm bất động có tọa độ thỏa mãn hệ:
Hệ phương trình trên vô nghiệm khi , nên phép afin đã cho không phải là phép thấu xạ.
Khi p = 0, các điểm bất động là mọi điểm của đường thẳng d: (k - 1) + q = 0. Vậy phép afin
đã cho là một phép thấu xạ với cơ sở là đường thẳng đó.
Ta hãy lấy một điểm M không nằm trên d, chẳng hạn
( )
0
0;M y=
với
( )
0
1 0k y q− + ≠
. Khi
đó M có ảnh là
( )
0
' 0;M ky q= +
. Đường thẳng MM’ cắt đường thẳng d tại điểm

1
0;
1
q
M
k
 
 ÷
−
 
. Khi đó ta có:
1 0
1 0
' 0;
1
0;
1
kq
M M ky
k
q
M M y
k
 
= +
 ÷
−
 
 
= +

 ÷
−
 
uuuuuur
uuuuur
Từ đó:
1 1
'M M k M M⇒ =
uuuuuur uuuuur
Vậy tỉ số thấu xạ là k.
Bài 18: Chứng minh rằng mọi phép afin biến tam giác ABC thành chính nó đều có thể
phân tích của không quá hai phép thấu xạ.
Phép afin biến
V
ABC thành chính nó sẽ biến tập hợp gồm 3 điểm A, B, C thành chính
nó. Bây giờ ta xét các trường hợp sau:
+ TH1:
f1: A
→
A
B
→
B
C
→
C
Khi đó f1 ta có phép đồng nhất, đó là một phép thấu xa.

+ TH2
f2: A

→
A
B
→
C
C
→
B
Gọi I là trung điểm BC, khi đó I là địểm bất động của f2. Vậy tất cả các điểm của đường thẳng
AI là điểm bất động . Vậy ta có phép thấu xạ với cơ sở là đường thẳng AI, phương thấu xạ là
phương của BC, tỉ số thấu xạ bằng -1
11
+ TH3:
f3: A
→
B
B
→
C
C
→
A
Vậy ta có phép afin f mà f(A)=B, f(B)=C, f(C)=A.
Gọi g là phép thấu xạ sao cho g(A)=A, g(B)=C, g(C)=B (TH2). Nếu đặt g
0
f =h thì theo
TH2 ta có h(A)=C, h(B)=B, h(C)=A, do đó theo TH2, h cũng là một phép thấu xạ.
Từ g
0
f =h

⇒
g
0
g
0
f = g
0
h ( vì g là phép thấu xạ có tỉ số -1 nên g
0
g=e (e là phép đồng
nhất )
Vậy f=g
0
h, tức là f là tích của 2 phép thấu xạ.
Bài 20:
Chứng minh rằng các phép vị tự và các phép tịnh tiến làm thành một nhóm, tập hợp các
phép tịnh tiến làm thành một nhóm. Xét quan hệ giữa các nhóm đó với nhau và với nhóm
các phép afin Af(P).
Giải:
Ta dễ dàng thấy rằng nếu T là phép tịnh tiến theo vectơ
v
r
, còn T’ là phép tịnh tiến theo vectơ
'v
ur
thì tích
'T To
và
'T To
đều là phép tịnh tiến theo vectơ

'v v+
r ur
, ngoài ra phép tịnh tiến là
phép afin. Từ đó suy ra tập hợp các phép tịnh tiến làm thành một nhóm con giao hoán của
nhóm Af(P).
Các phép tịnh tiến và phép vị tự có chung tính chất: “biến mỗi đường thẳng a thành đường
thẳng song song hoặc trùng với a và ngược lại mỗi phép có tính chất đó là một phép tịnh tiến
hoặc vị tự”. Từ đó suy ra tập các phép vị tự và phép tịnh tiến làm thành một nhóm con của
nhóm Af(P) và chứa nhóm các phép tịnh tiến.
Bài 22:
Hình H gồm một tam giác ABC nội tiếp đường elip (E), hình H’ gồm một tam giác
A’B’C’ nội tiếp đường elip (E’). Hai hình H và H’ có tương đương afin không? Nếu có
thêm giả thiết tâm elip (E) trùng với trọng tâm tam giác ABC và tâm elip (E’) trùng với
trọng tâm tam giác A’B’C’ thì H và H’ có tương đương afin hay không?
Giải
Gọi O và O’ lần lượt là tâm của (E) và (E’) ta có một phép afin duy nhất f biến A,B,C lần lượt
thành A’,B’,C’.Tức là biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.Nói chung f không biến O
thành O’ nếu hai tứ giác OABC và O’A’B’C’ không tương đương afin tức là không biến (E)
thành (E’).Vậy nói chung hai hình H và H’ không tương đương afin.
Nếu phép afin f nói trên biến O thành O’ thì nó cũng biến (E) thành (E’).Thật vậy nếu gọi
1 1 1
, ,A B C
lần lượt là các điểm đối xứng với A,B,C qua O thì
1 1 1
, ,A B C
đều nằm trên (E),tương tự
gọi
' ' '
1 1 1
, ,A B C

lần lượt là các điểm đối xứng với A’,B’,C’ qua O’ thì
' ' '
1 1 1
, ,A B C
đều nằm trên
(E’).Vì f biến A,B,C,O lần lượt thành A’,B’,C’,O’ nên nó cũng biến
1 1 1
, ,A B C
lần lượt thành
' ' '
1 1 1
, ,A B C
.Từ đó suy ra f biến elip (E) thành elip đi qua A’,B’,C’,
' ' '
1 1 1
, ,A B C
,đó chính là elip
(E’).Vậy trong trường hợp này H và H’ tương đương afin.
12
Bài 24:
Chứng tỏ rằng các khái niệm sau đây là những khái niệm afin: Đường bậc hai; Tâm của
đường bậc hai; Đường tiệm cận của đường bậc hai; Tiếp tuyến của đường bậc hai.
Giải
a. Giả sử đối với một mục tiêu afin, cho đường bậc hai S có phương trình:

2 2
2 2 2 0Ax By Cxy Dx Ey F+ + + + + =
(1)
Trong đó A, B, C không đồng thời bằng 0. Gọi h là một phép biến đổi afin tùy ý có biểu
thức tọa độ:

'
'
x ax cy p
y bx dy q
= + +


= + +

Vì , nên ta có thể biểu thị x, y theo x’, y’(bằng cách giải hệ phương trình trên theo biến x và
y).
Ta giả sử:
' ' ' ' '
' ' ' ' '
x a x c y p
y b x d y q
= + +


= + +

Cố nhiên ta cũng phải có:
'
'
a
b

'
'
c

d
0
≠
hay
' ' ' ' 0a d b c
− ≠
(*)
Nếu điểm
( )
;M x y=
thuộc S thì tọa độ x, y thỏa mãn phương trình (1) khi đó ảnh
( )
'M h M=
có tọa độ
( )
'; 'x y
do đó:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2
' ' ' ' ' ' ' ' ' '
2 ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 ' ' ' ' '
2 ' ' ' ' ' 0(1')
A a x c y p B b x d y q
C a x c y p b x d y q D a x c y p
E b x d y q F
+ + + + +
+ + + + + + + +
+ + + + =

Sau khi biến đổi ta đưa phương trình trên về dạng:
2 2
' ' ' ' 2 ' ' ' 2 ' ' 2 ' ' ' 0A x B y C x y D x E y F+ + + + + =
, trong đó:
13
C
1
B
1
A
1
C
B
A
O'
B'
1
C'
1
A'
1
C'
B'
A'
2 2
2 2
2 2
' ' ' 2 ' '
' ' ' 2 ' '
' ' ' ' ' ' '

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
' ' ' 2 ' ' 2 ' 2 '
A Aa Bb Ca b
B Ac Bd Cc d
C Aa c Bb d Cb c
D Aa p Bb q Ca q Cb p Dc Eb
E Ac p Bd q Cc q Cd q Dc Ed
F Ap Bq Cp q Dp Eq F
= + +
= + +
= + +
= + + + + +
= + + + + +
= + + + + +
Ta thấy rằng A’,B’,C’ không đồng thời bằng 0. Thật vậy, do biểu thức của A’,B’ và C’ trên
đây, ta có thể viết:
'
'
A
C




'
'
C
B


÷

=
'
'
a
c




'
'
b
d

÷

A
C




C
B

÷

'

'
a
b




'
'
c
d

÷

Chú ý đến điều kiện (*) ta suy ra hai ma trận
'
'
A
C




'
'
C
B

÷


và
A
C




C
B

÷

có cùng hạng. Từ đó vì
A,B, C không đồng thời bằng không nên hạng của ma trận thứ hai ít nhất phải bằng 1, suy
ra A’,B’,C’ cũng không đồng thời bằng không.
Như vậy phương trình (1’) cũng là phương trình của một đường bậc hai S’.
b. Giả sử đường bậc hai S có tâm là I. Ta chứng minh rằng nếu f là phép biến đổi afin thì
f(I) cũng là tâm của đường bậc hai f(S). Theo định nghĩa, vì I là tâm của S nên với mục
tiêu afin
( )
1 2
; :I e e
ur uur
phương trình của S có dạng:
2 2
2 0Ax Bxy Cy F+ + + =
Bây giờ nếu chọn mục tiêu
( )
1 2
'; :I e e

ur uur
trong đó
( )
( ) ( )
1 1 2 2
' , ' , 'I f I e f e e f e= = =
uur ur uur uur
thì hiển
nhiên là: nếu M có tọa độ (x ; y) đối với mục tiêu
( )
1 2
; :I e e
ur uur
thì M’ = f(M) cũng có tọa độ
(x ; y) đối với mục tiêu
( )
1 2
'; :I e e
ur uur
và vì vậy đối với mục tiêu này phương trình của f(S)
cũng là:
2 2
2 0Ax Bxy Cy F+ + + =
Từ đó suy ra I’ cũng là tâm của f(S).
Vậy khái niệm của tâm đường bậc hai là khái niệm afin.
c. Cũng lập luận như trên ta thấy rằng nếu
u
r
là phương tiệm cận của đường bậc hai S thì với mọi
phép biến đổi afin f ta có

( )
f u
r
là phương tiệm cận của f(S) và do đó nếu đường thẳng D là tiệm
cận của S thì f(D) cũng là tiệm cận của f(S).
Bài 26: Cho
V
ABC nội tiếp elip(E) và một điểm M trên (E). Gọi O là tâm của (E)
và A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Gọi A
1
, B
1
,C
1
là các điểm lần lượt
nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho MA
1
P
OA’, MB
1
P
OB’, MC
1
P
OC’. CMR
A
1
, B
1
, C

1
thẳng hàng.
Dùng phép biến đổi afin f sao cho ảnh f(E) là đường tròn. Bây giờ, trong TH(E) là
đường tròn, ta có thể tóm tắt lại như sau: Cho
V
ABC nội tiếp đường tròn, và M là một
14
điểm trên đường tròn. Gọi A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là đường thẳng BC, CA, AB. CMR 3 điểm
A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng.
Giải:
Xét tứ giác ABCM và tứ giác A
1
BC
1
M
ta có
¼
AMC

=
¼
1 1
A MC
⇒

¼
1
AMC
=
¼
1
CMA
Tiếp tục ta xét tứ giác AB
1
MC
1
và CA
1
B
1
M ta có
¼
1 1
AB C
=
¼
1
AMC
;

¼
1 1
CB A
=
¼
1
CMA
Vậy
¼
1 1
AB C
=
¼
1 1
CB A

⇒
A
1,
B
1
, C
1
thẳng hàng.
Bài 28:
Cho hình bình hành ABCD, hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên hai đường thẳng AD
và DC sao cho (ADM) = (DCM). Tìm quỹ tích giao điểm BM và AN.
Giải
15
C

1
M
C
B’’’
’’
’
B
1
A
A
1
C’
B
A’
O
A'
B'
D'
M'
N'
C'
Gọi A’B’C’D’ là một hình vuông bất kì, và f là phép biến đổi afin biến hình bình hành ABCD
thành hình vuông A’B’C’D’. Khi đó f biến điểm M thành điểm M’ nằm trên đường thẳng AD
sao cho(A, D, M) = (A’, D’, M’), và biến điểm N thành N’ nằm trên DC sao cho (D, C, N) =
(D’, C’, N’). Giao điểm I’ của B’M’ và A’N’ là ảnh của điểm I. Ta dễ dàng chứng minh
' ' ' 'B M A N
⊥
và do đó quỹ tích I’ là đường tròn đường kính A’B’, đường tròn này tiếp xúc với
hai cạnh A’D’, B’C’ và đi qua tâm của hình vuông. Quỹ tích I là tạo ảnh của đường tròn đó,
nên quỹ tích I là đường elip với AB là một đường kính, đi qua tâm hình bình hành ABCD và

tiếp xúc với AD và BC.
Bài 30: cho hình vuông ABCD. Hãy chỉ ra những phép đẳng cự biến hình vuông đó
thành chính nó.
Giải:
Vì phép đẳng cự là phép afin nên ta chỉ cần chứng minh
Xét phép biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm không thẳng hàng và được f
1
là
phép đồng nhất, f
2
là phép đối xứng trục d
1
là trung trực AB.
:
1
f







→
→
→
DD
BB
AA
f

2
:





→
→
→
CD
AB
BA
f
3
:





→
→
→
AD
CB
BA
f
4
:






→
→
→
AD
CB
BA
f
5





→
→
→
AD
DB
CA

f
6
:






→
→
→
AD
DB
CA

f
7
:





→
→
→
DD
BB
CA

f
8
:






→
→
→
CD
AB
BA

Bài 32: hãy chỉ ra các phép đẳng cự biến tam giác đều ABC thành chính nó.
Giải:
Cho ba phép quay với tâm O của tam giác đều và ba góc quay lần lượt:
000
240,120,0
và
ba phép đối xứng qua ba đường thẳng chứa các đường cao của tam giác.
Bài 34: viết biểu thức tọa độ của các phép sau đây:
a).Phép đối xứng qua đường thẳng Ox và đối xứng qua đường thẳng Oy.
b).Phép đối xứng qua điểm I(a;b).
c).Phép tịnh tiến theo vectơ
v

(a;b)
d).Phép đối xứng qua đường thẳng ax +by +c =0
Giải:
a. Xác định phép dời hình: ta gọi d
1
là trung trực của đoạn thẳng AA’ và Đ
1

là phép đối
xứng qua d
1
. Gọi B
1
là ảnh của B qua Đ
1
. Thì AB =A’B
1,
do đó A’B
1
= A’B’.
Lại gọi d
2
là trung trực của đoạn thẳng B
1
B’ (d
2
đi qua A’ ) và Đ
2
là phép đối xứng qua
đường thẳng d
2
thì Đ
2
biến A’ thành A’ và biến B
1
thành B’. Như vậy tích Đ
2


Đ
1
chính là
phép dời hình biến A, B thành A’, B’.
Nếu d
1
//d
2
thì phép dời hình đó là phép tịnh tiến. Trường hợp này xảy ra khi
'' BBAA =
do đó vecto của phép tịnh tiến
'AAv =

. Nếu d
1
và d
2
cắt nhau tại I thì phép dời hình đó là phép
quay tâm I và góc
=
ϕ
góc AIA’.
b. Gọi M(x, y), M’(x’, y’) đối xứng với M qua I(a, b).



−=
−=
⇒




−=−
−=−
⇒
−−=−−⇒
=⇒
yby
xax
byyb
axxa
byaxybxa
IMMI
2'
2'
'
'
)','(),(
'
c. Gọi M(x, y), M’(x’, y’) là ảnh của M theo
v
T


16



+=
+=

⇒



=−
=−
⇒=⇒
yby
xax
byy
axx
vMM
'
'
'
'
'

d. Gọi M(x
0
,y
0
) là ảnh của M qua đường thẳng d.
gọi (d’) là đường thẳng đi qua M(x
0
, y
0
) nhận
),( ban
d


là vecto chỉ phương.
0
)()(
00
00
00
=+−−⇔
−=−⇒
−
=
−
⇒
aybxaybx
yyaxxb
b
yy
a
xx

Gọi I(e, f) là giao điểm của d và d’



=−−−
=++
0)(
0
00
aybxafbe

cbfae
Bài 36: tìm điểm bất động của phép biến đổi đẳng cự:



++=
+−=
qyxy
pyxx
αα
αα
cossin'
sincos'
Giải: điểm bất động có tọa độ là nghiệm của hệ:



=+−+
=+−−
⇔



++=
+−=
0)1(cossin
0sin)1(cos
cossin
sincos
qyx

pyx
qyxy
pyxx
ϕϕ
ϕϕ
λϕϕ
ϕϕ
Xét
)
2
(sin4)cos1(2sincos21cos
1cossin
sin1cos
222
ϕ
ϕϕϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
=−=+−+=
−
−−
=
=
)
2
(sin4)cos1(2
2
ϕ
ϕ
=−

.
Bởi vậy:+)Nếu
πϕ
k2≠
thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất, tức là phép đẳng cự có
điểm bất động duy nhất , và đó là phép quay tâm I với góc quay
ϕ
. Tọa điểm bất động là:
X=






+−−
2
sin4
cossin
2
ϕ
ϕϕ
ppq
y=







+−
2
sin4
cossin
2
ϕ
ϕϕ
qqp
+) Nếu
πϕ
k2=
và p=q=o thì ta có phép đồng nhất: mọi điểm điều bất động.
+) Nếu
ϕϕ
k2=
và p,q không đồng thời bằng không, ta có phép tịnh tiến theo vecto
),( qpv =

nên không có điểm bất động.
Bài 38: Chứng tỏ rằng các phép dời hình sau đây là phép đối xứng trượt, hãy tìm
trục đối xứng và vecto trượt:



+−=
++=



+−=

+=
0
0
0
cossin'
sincos'
'
'
yyxy
xyxx
yyy
xxx
o
ϕϕ
ϕϕ







−−−=
+−=
12
5
4
5
3
'

6
5
3
5
4
'
yxy
yxx
Giải:
Một phép biến đổi với ma trận A là phép đối xứng trượt khi và chỉ khi A.A
t
=I
2
và
detA=-1. ta dẽ dành kiểm tra rằng cả ba phép chia trên đều là phép đối xứng trượt.
Ta có, quỹ tích trung điểm các đoạn thẳng nối các cặp điểm tương ứng MM’ là một
đường thẳng và chính là trục đối xứng của phép đối xứng trượt.
17
a). Mọi điểm M=(x;y) có ảnh là M’=(x+x
0
;y-y
0
). Vậy nếu gọi I là trung điểm MM’ thì I
có tọa độ là x
1
=x+
2
0
x
, y

1
=
2
0
y
.
Vậy tập hợp các điểm I là đường thẳng có phương trình
2
0
y
y =
hay
02
0
=− yy
(*). Đó
chính là phương trình của trục đối xứng. Gọi M
1
(x
1
; y
1
) đối xứng với M qua trục đối xứng (*)
tì ta dễ dàng tính được: x
1
= x và y
1
= -y + y
0
. Khi đó

)0;('
0
xMM =
.Vậy vecto trượt là
)0;(
0
xv =

.
b). Nếu
πϕ
k2=
ta trở về trường hợp a) bởi vậy ta giả sử
πϕ
k2≠
. Gọi M(x; y), M’(x’;
y’) là cặp điểm tương ứng và I=(x
1
; y
1
) và trung điểm MM’ thì:



+=
+=
'2
'2
1
1

yyy
xxx
hay



+−−=
+++=
01
01
)1(cossin2
sin)1(cos2
yyxy
xyxx
ϕϕ
ϕϕ
Từ đó suy ra:
(2x
1
– x
0
)(cos
ϕ
- 1) + (2y
1
–y
0
)sin
ϕ
= x(cos

2
ϕ
- 1) + ysin
ϕ
(cos
ϕ
-1) + xsin
2
ϕ
- ysin
(cos
ϕ
-1) = 0.
Như vậy trục đối xứng là đường thẳng có phương trình:
(2x –x
0
)(cos
ϕ
- 1) + (2y –y
0
)sin
ϕ
= 0 (*)
Để tìm vecto trượt ta lấy một điểm N nào đó trên trục đối xứng và gọi N’ là ảnh của N
qua phép đối xứng trượt thì N cũng nằm trên trục đối xứng, và vecto
'MNv =

chính là vecto
trượt. Ta lấy N =







2
;
2
00
yx
thì ảnh N’ có tọa độ:

000
00
cos
2
1
sin
2
1
'
sin
2
1
cos
2
1
'
yyxy
xyxx

+−=
++=
ϕϕ
ϕϕ
Ta suy ra vecto
v

có tọa độ:







+−=
++=
)cossin(
2
1
)sincos(
2
1
000
000
yyxy
xyxx
v
v
ϕϕ

ϕϕ
c). Tương tự như câu b) hoặc áp dụng câu b) với cos
5
4
=
ϕ
, sin
3
5
−=
ϕ
, x
0
=6; y
0
=
-12 ta được kết quả: trục đối xứng có phương trình:
(2x -6)






−1
5
4
- (2y +12).
5
3

= 0 hay: x + 3y +15 = 0.
Vecto trượt có tọa độ:
312
5
4
.12
5
3
.6
2
1
96
5
3
.12
5
3
.6
2
1
−=






−+−=
=







++=
v
v
y
x
Vậy vecto trượt
v

=(9; -3).
Bài 40 : Cho hai đường thẳng AB = A’B’ và không song song . Hai điểm M, M’ thay đổi trênn
AB, A’B’ sao cho (A, B, M) = (A’, B’, M’) , tìm quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng MM’
Giải :
18
O
O
Ta có một phép phản chiếu duy nhất f biến A thành A’ và biến B thành B’ . Khi đó f biến M hành
M’ .Vì f là phép đối xứng trượt nên ta có quỹ tích trung điểm MM’ là trục đối xứng của f, đó là đường
thẳng ddi qua rung điểm của AA’ và BB’.
Bài 42 : Cho phép quay Q
1
có tâm là O
1
, góc quay
1
và phép quay Q

2
có tâm O
2
và góc
quay
2
. Tìm tích Q
1
˳ Q
2
trong các trương hợp sau :
1. O
1
và O
2
trùng nhau
2. O
1
và O
2
không trùng nhau và
1
+
2
360˚
3. O
1
và O
2
không trùng nhau và

1
+
2
= 360˚
Giải :
a) Gọi O là điểm trùng với O
1
và O
2
, gọi d
1
, d
2,
d
3
là đường thẳng đi qua O sao cho góc (d
1
, d
2
)
= và góc (d
2,
d
3
) = gọi Đ
i
là phép đối xứng qua đường thẳng d
i
(i = 1, 2, 3) .
Ta có Q

2
= Đ
3ₒ
Đ
2

Mặt khác Q
2ₒ
Q
1
= Đ
3ₒ
Đ
2ₒ
Đ
1
= Đ
3ₒ
Đ
1
Tích Q
2ₒ
Q
1
là một phép quay tâm O và góc quay

=2(d
1
, d
3

) = 2[(d
1
,d
2
) + (d
2
, d
3
)] =
b) Gọi đường thẳng d
2
qua O
1
và O
2
lấy d
1
, d
2
sao cho (d
1
, d
2
)
= và
(d
2,
d
3
) = gọi Đ

i
là phép đối xứng qua đường thẳng d
i

(i = 1, 2, 3) .
Ta ó Q
2
= Đ
3ₒ
Đ
2
Mặt khác Q
2ₒ
Q
1
= Đ
3ₒ
Đ
2ₒ
Đ
1
= Đ
3ₒ
Đ
1

Do k2 nên d
1
và d
3

cắc nhau
Gọi O là giao điểm của chúng . Khi đó Q
2ₒ
Q
1
là phép quay tâm O
và góc quay = 2(d
1
, d
3
) =
19
’
Bài 44. Cho tam giác ABC. Dựng các tam giác vuông cân ABC’, ACB’ có đỉnh là C’ và B’
đều nằm ngoài tam giác ABC. Gọi A’ là trung điểm của BC, hãy chứng minh tam giác A’B’C’ là
vuông cân.
Giải
Xét phép quay Q
1
tâm B’, biến C thành A, phép quay Q
2
tâm C’ biến A thành B (các góc quay
của chúng hoặc là bằng 90
0
, hoặc bằng - 90
0
, ta giả sử góc quay là 90
0
).
Tích Q

2 o
Q
1
là một phép quay 180
0
, tức là một phép đối xứng tâm, với tâm O. Nhưng tích đó biến C
thành B nên O là trung điểm của BC, hay O trùng với A’.
Vậy ta có góc A’B’C’ bằng góc B’C’A’ và bằng 45
0
.
Vậy tam giác A’B’C’ vuông cân.
Bài 46. Cho ba điểm thẳng hàng A, B, C (B ở giữa A vàC). Dựng các tam giác đều ABC’
và BCA’ có các đỉnh C’ và A’ nằm về một phía đối với đường thẳng AB. Gọi I, J lần lượt là
trung điểm của AA’ và CC’. Chứng minh rằng tam giác BIJ là một tam giác đều.
Giải:
Các góc lượng giác
C'B
ˆ
A
và
CB
ˆ
A'
đều bằng

60
hoặc

60
−

, ta giả sử chúng bằng

60
. Phép
quay tâm B biến A thành C’ và A’ thành C, nên biến đoạn thẳng AA’ thành C’C. Vậy nó biến I thành
J, do đó BIJ là một tam giác đều.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 48. Cho hai đường tròn (O), (O’) và đường thẳng d.
Hãy dựng điểm D trên d sao cho d là đường phân giác của góc
tạo bởi hai đường thẳng đi qua D và lần lượt tiếp xúc với (O)
và (O’).
Giải:
Giả sử Dt và Dt’ là hai đường thẳng đi qua D lần lượt tiếp xúc với (O) và (O’) mà d là đường
phân giác của góc
t'D
ˆ
t
. Phép đối xứng tâm qua đường thẳng d biến đường thẳng Dt thành đường thẳng
Dt’ và biến đường tròn (O) thành đường tròn (O
1
) tiếp với Dt’. Như vậy Dt’ là tiếp tuyến chung của
(O) và (O
1
). Suy ra cách dựng: Dựng đường tròn (O
1
)
đối xứng với (O) qua đường thẳng d. Dựng tiếp tuyến
chung của (O’) và (O
1
). Giao điểm của tiếp tuyến đó với d

là điểm D phải tìm. Số nghiệm hình là số các tiếp tuyến
chung cắt d.
Vậy bài toán có thể không có nghiệm, hoặc có 1,
2, 3, 4 nghiệm và cũng có thể có vô số nghiệm.( Khi hai
đường tròn đối xứng với nhau qua d).
20
60
°
60
°
I
J
A'
C'
B
C
A
D
t
t'
O
1
O
O'
d
Câu 52. chứng minh rằng:
a) Tích hai phep vi tự là một phép vị tự hoặc phép tịnh tiến.
b) Tích một phép vị tự là một phép tịnh tiến hoặc một phép tịnh yien61 và một phép
vị tự là một phép vị tự hoặc tịnh tiến.
c) Tập hợp tất cả các phép vị tự và tịnh tiến làm thành một nhóm.

Giải
a) Giả sử V
1
là một phép vị tự tâm O
1
, tỉ số k
1
, và V
2
là một phép vị tự tâm O
2
, tỉ số k
2
.
Ta xét tích f = V
2
. V
1
lấy điểm M bất kì, gọi M’ = V
1
(M) và M’’ = V
2
(M’) tức là:
MOkMO
111
' =
và
'''
222
MOkMO =

Nếu O
1
và O
2
trùng nhau thì:
MOkkMOkkMOkMOkMO
22112112222
'''' ====
Vậy f là phép vị tự tâm O
2
tỉ số k
1
k
2
Xét trừong hợp O
1
không trùng với O
2
:
Ta hãy tìm điểm bất động của f tức là điểm I sao cho V
1
biến I thành điểm I’thì V
2
biến I’
thành điểm I hay:
IOkIO
111
' =
và
'

222
IOkIO =
từ đó suy ra:
.0'
222
IOkIO =
Nếu
1
2
≠k
và
1
21
=kk
thì không có I nào thỏa mãn điều kiện. Vậy f không có điểm bất động.
Khi đó với mỗi điểm M và M’ = V
1
(M), M’’ = V
2
(M’), chúng ta chứng minh rằng
VMM =''

cố định. Thật vậy, ta có
MOkMO
111
' =
và
'''
222
MOkMO =

.
Bởi vậy:
211
21221112212111
221111221111
)1(
)1(,''
'')''(''
OOk
kkMOOOkMOMOkkOOkMO
MOkOOkMOkMOOOMOkMMk
−=
==++−=++−=
=++−=++=
Ta suy ra:
21
1
1
1
'' OO
k
k
MM
−
=
bằng vectơ khoông đổi
v
Như vậy, trong trừong hợp này f là phép tịnh tiến theo
v
.

Nếu
1
21
≠kk
, ta có duy nhất một điểm I thỏa mãn. Ta chứng minh rằng trong trừong hợp này f
là phép vị tự tâm I tỉ số k
1
k
2
.
Ta có:
IMkkIOkkOOk
IOIMIOkkOOk
IOOMkkOOk
IOOOOMkkOO
IOOOMOkOO
IOMOkOO
IOMOOOIOMOIM
21121212
1121212
121212
1211221
1211221
12221
122111
)1()1(
)()1(
)1(
)(
)'(

''
''''''
+−−−=
=−−+−=
=−+−=
=−−+=
=−−+=
=−+=
=−+=−=
Do đẳng thức sao ta suy ra:
Vậy f là phép vị tự tâm I tỉ số k
1
k
2
.
b) giả sử T là phép tiịnh tiến theo
v
, V là phép vị tự tâm O tỉ số k. Ta hãy xét tích V.T.
Nếu k=1 thì V là phép đồng nhất nên V.T=T.
trong trừong hợp
1≠k
ta chứng minh rằng tích V.T luôn có điểm bất động duy nhất. Thật vậy,
nếu I là điểm bất động thì I=V.T(I)=V(I’), trong đó I’=T(I), tức là
vII ='
.
21
Như vậy,
)()'('
1
vOIkIIOIkOIkIO +=+==

. Từ đó suy ra;
vkkOI =− )1(
(*)
Điểm bất động I hoàn toàn đựoc xác định bởi đẳng thức (*).
Bây giờ lấy một điểm M bất kì, gọi M’=T(M) và M’’=V(M’), tức là
''';' OMkOMvMM ==
.
Như vậy, tích V.T biiến M thành M’’. khi đó:
')1()'(''''' IMkvkOIkIMkOIMMIMOIkOIOMkOIOMIM =+−+=−=+=−=−=
(do đẳng
thức (*))
Như vậy, tích V.T là phép vị tự tâm I tỉ số k
Chứng minh tưong tự cho tích T.V
C) suy ra a) và b).
Câu 54: chứng minh rằng phép afin f là phép đồng dạng khi và chỉ khi nó biến góc vuông
thành góc vuông.
Giải: hiển nhiên nếu f là phép đồng dạng thì f cũng là phép afin và biến góc vuông thành góc
vuông.
Bây giờ, f là phép biến afin biến góc vuông thành góc vuông ta chứng minh rằng f là phép
đồng dạng truứoc hết ta chứng minh rằng f biến một tam giác vuông cân thành một tan giác
vuông cân. Thật vậy, giả sử OAB là tam giác vuông cân đỉnh O, và f biến ttam giác OAB
thành tam giác O’A’B’. Theo giả thuyết O’A’B’ là góc vuông trung điểm I của AB biến thành
trung điểm I’ của A’B’, và vì AIO vuông nên A’I’O’ cũng vuông, vậy O’A’B’ là tam giác
vuông cân.
Chọn một mục tiêu trực chuẩn
(
),;0 ji
tức là
1
22

== ji
và i.j=0. Giả sử biểu thức tọa độ của
phép afin đối với mục tiêu đó là:



−−=
++=
1234'
643'
yxy
yxx
trong đó ad – bc
0
≠
Xét cac1 điểm O = (0;0),I = (1;0),J = (0;1). Chúng có ảnh là O’ = (p;q).I’ = (a+p;b+q),J =
(c+p;d+q), ta có O’I’ = (a;b),O’J’ = (c;d), vì tam giác OIJ là tam giác vuông cân nên O’I’J’
cũng là tan giác vuông cân, tức là O’I’
2
= O’J’
2
và
2222
dcba +=+
và
0
=+
bdac
.
Điều đó có nghĩa là ma trận của f có dạng kA trong đó A là ma rận trực, vậy f là phép đồng

dạng.
Câu 56: trong hệ tọa độ trực chuẩn cho phép biến hình



−−=
+==
1234'
643'
yxy
yxx
. Chứng tỏa rằng
đó là phép đồng dạng nghịch. Hãy phân tích phép đó thành tích của phép vị tự và phép
đối xứng trục có trục đối xứng đi qua tâm vị tự.
Giải: ma trận của phép f là:
A5
5
3
5
4
5
4
5
3
5
34
43
=













−
=








−

Ta có A là ma trận trực giao và detA = -1. vậy phép đã cho là phép đồng dạng nghịch.
Vậy f = Đ.V = V.Đ, do đó V là phép vị tự tâm I tỉ số 5, Đ là phép đối xứng qua đừong thẳng d
đi qua I. khi đó I là điểm bất động của f. tọa độ của I thỏa mãn hệ phưong trình:







=−−
=++
⇔
−−=
++=
01244
0642
1234
643
yx
yx
yxy
yxx
Vậy điểm bất động I = (1,-2)
Nếu V biến điểm M = (x,y) thành M
1
= (x
1
,y
1
) thì
IMIM 5
1
=
vì
)2,1(
111
+−= yxIM
và

)2,1( +−= yxIM
nên
)1(51
1
−=− xx
và
)2(52
1
+=+ yy
22
Vậy:



+=
−=
85
45
1
1
yy
xx
đó chính là biẻu thức tạo độ của phép vị tự V.
Gọi M’(x’,y’) là ảnh của M qua phép f tức là M’(x’,y’) là ảnh của M qua f , tức là M’ = f(M) =
Đ.V(M) = Đ(M
1
). Khi đó:




−−=
++=
1234'
643'
yxy
yxx
Từ đó ta suy ra sự lien hệ giữa x’,y’ và x
1
,y
1
:





−−=
++=
4
5
3
5
4
'
2
5
4
5
3
'

11
11
yxy
yxx
Đó chính là biểu thức tọa độ của phép đối xứng Đ.
Bài 58. cho f là phép đồng dạng nghịch tỉ số
10 ≠≥ kvàk
. Với cặp điểm tương ứng M
và
( )
MfM =
,
, ta lấy điểm I và J sao cho
) )
((
kJMMkIMM =−= ,,,,
,,
. Tìm quỹ tích của
I và J.
Giải : phép đồng dạng f tỉ số k có thể viết dưới dạng
ĐVf =
, trong đó V là phép vị tự
tâm O tỉ số k và Đ là phép đối xứng qua đường thẳng d đi qua O. Ta chọn mục tiêu trực
chuẩn
)(
JIO ,,
sao cho I là vecto đơn vị chỉ phương của d. Vậy d là Ox. Khi đó phép đối
xứng Đ có biểu thức tọa độ là :
.;
11

yyxx ==
Phép vị tự tâm O tỉ số k có biểu thức tọa độ là
.;
1
,
1
,
kyykxx ==
Từ đó suy ra biểu thức tọa độ của f là :





−=
=
kyy
kxx
,
,

Với
)(
yxM :=
thì
( ) )(
kykxMfM −== :
,

Vì

)
(
kIMM −=,,
,
nên tọa độ điểm I là :
0
1
,
1
11
=
+
+−
=
+
+
=
k
kykx
y
k
kykx
x

Vậy qũy tích I là đường thẳng Ox.
Vì
)
(
kJMM =,,
,

nên
k
kykx
y
k
kykx
x
−
−−
==
−
−
=
1
,0
1
11

Vậy quỹ tích J là đường thẳng Oy.
BÀI TẬP CHƯƠNG III
ÁNH XẠ XẠ ẢNH VÀ BIẾN HÌNH XẠ ẢNH ÁNH XẠ XẠ ẢNH
Bài 2: cho 4 điểm A, B, C, D của mặt phẳng P trong đó bất kì ba điểm nào cũng độc lập.
chứng minh rằng có thể tìm cho các điểm đó các vector đại diện lần lượt là
a,b,c
r r r
sao
cho
a b c d+ + =
r r r r
Giải:

Gọi
x,y,z,u
ururur r
là 4 vector đại diện cho 4 điểm A, B, C, D.
Vì A, B, C, D độc lập nên
( )
x,y,z
ururr
là cơ sở của V
3
. Vì
u ∈
r
V
3
nên ta có
u x y z= λ +β + µ
r r r r
.
Đặt
u d,a x,b y,c z= = λ = β = µ
r r r r r r r r
d a b c⇔ = + +
r r r r
Chứng minh:
a,b,c 0≠
r r r
Nếu
a 0=
r

23
u y z→ = β + µ
r r r
→

A, B,C thẳng hàng.
a 0→ ≠
r
Tương tự, ta có
b 0
c 0

≠


≠


r
r
a,b,c,d→
r r r r
Là các vector đại diện cho A, B, C, D
Bài 4. Trong mặt phẳng P cho 4 điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q.
Chứng minh rằng nếu ba đường thẳng MN, AC, PQ đồng qui thì ba đường thẳng MQ, BD,
NP cũng đồng qui.
Giải:
(AB): z = 0
(BC): x = 0

(CD): -x + y = 0
(DA): -y + z = 0
M
∉
(AB)
⇒
M( m
1
: m
2
: 0); với
0
2
2
2
1
≠+ mm

⇒
M( 1: m: 0)
N
∉
(BC)
⇒
N( 0: n
1
: n
2
); với
0

2
2
2
1
≠+ nn

⇒
N( 0: 1: n)
P
∉
(CD)
⇒
P( p
1
: p
1
: p
2
); với
0
2
2
2
1
≠+ pp

⇒
P( 1: 1: p)
Q
∉

(DA)
⇒
Q( q
1
: q
1
: q
2
); với
0
2
2
2
1
≠+ qq

⇒
Q( q: 1: 1)
Ta có các phương trình đường thẳng:
(MN): mnx – ny + z = 0
(AC): y = 0
(PQ): (1 – p)x + (pq – 1)y + (1 – pq)z = 0
(MQ): mx – y + (1 – qm)z = 0
(BD): x – z = 0
(NP): (p – n)x + ny – z = 0
Các đường thẳng MN, AC, PQ đồng qui:
24
1
11
1

1
111
010
1
−+−=
−−
=
−−−
−
⇔ pmnqmn
qp
mn
qpqp
nmn
(1)
Các đường thẳng MQ, BD, NP đồng qui:
Bài 6: Chứng minh rằng mọi phép biến hình xạ ảnh của mặt phẳng đều có ít nhất
một điểm bất động,và một đường thẳng bất động.
Giải
Giả sử biến đổi xạ ảnh
22
: PPf →
có biểu thức tọa độ






++=

++=
++=
3332321313
3232221212
3132121111
'
'
'
xaxaxakx
xaxaxakx
xaxaxakx










=⇒
333231
232221
131211
aaa
aaa
aaa
A
 Tìm các điểm bất động của f

Ta có phương trình đặc trưng :
0
333231
232221
131211
=
−
−
−
λ
λ
λ
aaa
aaa
aaa
Đây là phương trình bậc ba trên trường số thực nên có ít nhất một nghiệm thực
Do đó f có ít nhất một điểm bất động đại diện bởi vectơ riêng của nghiệm đặc trưng
đó.
 Theo bài 3 ở câu a) ta có biểu thức của f biến đường thẳng
)::(
321
uuuu
thành
đường thẳng
)':':'('
321
uuuu =






++=
++=
++=
⇒
3332321313
3232221212
3132121111
'
'
'
uauauaku
uauauaku
uauauaku

( )
0≠k
Trong đó
( )
0
333231
232221
131211
333231
232221
131211
1
=
−

−
−
⇒










=
−
kaaa
akaa
aaka
aaa
aaa
aaa
A
t
⇒
Phương trình này có ít nhất một nghiệm thực nên f có ít nhất một đường thẳng bất
động.
Bài 10 : Viết công thức đổi mục tiêu xạ ảnh của P trong các trường hợp sau
a) Từ mục tiêu
{ }
EAAA :,,

321
sang mục tiêu
{ }
EAAA :,,
213
b) Từ muc tiêu
{ }
EAAA :,,
321
sang mục tiêu
{ }
':,,
312
EAAA
biết tọa độ của E’
đối với mục tiêu thứ nhất là
)::('
321
aaaE =
25