Baivietve ung dung phep bien hình vao giải toan oxy

Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

ỨNG DỤNG CÙA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC 10
I) Mở đầu
Trong 9 năm tôi giảng dạy tôi nhân thấy rằng học sinh học hình học về
phép biến hình còn rất khó tiếp thu và chưa biết cách vận dụng phép biến hình
vào giải toán hình. Đặc biệt các bài toán hay, khó trong phần phương pháp tọa
độ trong mặt phẳng của hình học 10 cũng như trong các đề thi đại học ta có thể
vận dụng phép biến hình vào giải bài toán đó một cách dễ dàng.
Vì vậy để giúp học sinh học tốt môn hình học lớp 11 và biết cách vận
dụng phép biến hình vào giải một số bài toán về tọa độ của hình học 10 đồng
thời giúp các em tự tin hơn trong khi giải quyết các bài toán khó trong các kỳ thi
quốc gia nên tôi đưa ra một số bài toán phần hình học tọa độ trong mặt phẳng
của lớp 10 có vận dụng phép biến hình.
II) VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) và
phương trình đường tròn đi qua chân các đường cao của tam giác ABC có
2
2
phương trình ( C ) : x + y − 4 x − 4 y + 1 = 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
Nhận xét: - Đây là bài tập tương đối khó. Nếu ta không dùng phép biến hình ở
đây thì giải bài toán này rất khó khăn.
Giải
A

Ta có (C) có tâm T(2;2), bán kính R= 7 .
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và
M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CA,AB. Phép vị tự tâm G tỷ số k=-2

biến tam giác MNP thành tam giác ABC
và biến đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP thành đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Biến
tâm
T thành tâm I được xác định
uur
uuur
GI = −2GT ; R = 2R1 = 2 7 .
Mặt khác

P

N
F
G

I
H

B

E

M

C

uuur uur uur 1 uuur

uuur − 1 uuur uuur uuur
IH = 3IG ⇔ IG = GH ⇒ − 2GT = GH ⇔ GH = 4GT
3
2
 xG = 2
2 − xG = 4 ( 2 − xG )

 7
⇔
⇔
7 ⇔ G  2; ÷
 3
 yG = 3
1 − yG = 4 ( 2 − yG )

 2 − x I = 3 ( 2 − xI )
 xI = 2

Suy ra 
7
 ⇔  y = 3 ⇔ I ( 2;3) .
1 − yI = 3  3 − yI ÷  I



Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

3

Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Đường tròn đi qua ba chân đường cao đồng thời là đường tròn đi qua trung điểm
các cạnh nên trùng với đường tròn (MNP) ngoại tiếp tam giác MNP.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

( C1 ) : ( x − 2 )

2

+ ( y − 3) = 28
2

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : 2 x + 4 y − 15 = 0 và hai
2
2
2
đường tròn ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 9 ; ( C2 ) : ( x + 1) + y 2 = 16 . Tìm điểm M trên ( C1 )
và N trên ( C ) sao cho MN nhận đường thẳng ∆ làm trung trực và N có hoành
độ âm.
Giải
2
Gọi N ( a, b ) ∈ ( C2 ) , a < 0 ⇒ ( a + 1) + b 2 = 16 ( 1) .
Vì MN nhận ∆ làm trung trực nên N nằm trên đường tròn ( C3 ) là ảnh của đường
tròn ( C1 ) qua phép đối xứng qua đường thẳng ∆ .
Đường tròn ( C1 ) có tâm I ( 1; 2 ) , bán kính R=3. Tâm của ( C3 ) là I 3 đối xứng với I
qua ∆ , bán kính R=3.
uur
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với ∆ nhận uV = ( 2;1) làm véc tơ pháp

tuyến nên có phương trình là:
d: 2(x-1)-1(y-2)=0 ⇔ d: 2x-y=0
Tọa độ giao điểm H = d ∩ ∆ là nghiệm của hệ phương trình:
2

3

 2x − y = 0
x =
3 
⇔
2 ⇒ H  ;3 ÷

2 
 2 x + 4 y − 15 = 0
 y = 3
2
2
Vì H là trung điểm của II 3 nên I 3 ( 2, 4 ) . Vậy (C3 ) : ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = 9 .

Mặt khác N ∈ ( C3 ) ⇔ ( a − 2 ) + ( b − 4 ) = 9 ( 2 ) .
2

2

a<0

 a = −1
2
2


⇒ N ( −1; 4 )
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được : ( a − 2 ) + ( b − 4 ) = 9 ⇔ 
b
=
4


2
2
 ( a + 1) + b = 16
 4 22 
Điểm M đối xứng với N qua ∆ , tìm được M  − ; ÷.
 5 5 
 4 22 
Vậy M  − ; ÷, N ( −1; 4 ) là hai điểm cần tìm.
 5 5 

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
d1 : 2 x + y − 5 = 0; d 2 : 2 x + y = 0

(C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 .Và 2 đường thẳng d1 : 2 x + y − 5 = 0; d 2 : 2 x + y = 0 . Viết
phương trình đường thẳng tiếp xúc với (C) tại A và cắt d1 , d 2 lần lượt tại B, C

sao cho B là trung điểm của AC.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=5.
Lấy đối xứng đường thẳng d 2 qua đường thẳng d1 ta được đường thẳng
d3 : 2 x + y − 10 = 0.
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

4


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Do d1 // d 2 nên d3 // d1 // d 2 do đó A ∈ d3 .

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình

 A ( 4; 2 )
2 x + y − 10 = 0

 x = 4; y = 2
⇔
⇒
 2
.
2
 x + y − 2 x + 4 y − 20 = 0
 x = 6; y = −2  A ( 6; −2 )

Với A(4;2)
phương trình tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua điểm A(4;2)
uur
và nhận IA = (3; 4) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
∆ : 3 ( x − 4 ) + 4 ( y − 2 ) = 0 ⇔ ∆ : 3 x + 4 y − 20 = 0 .
Với A(6;-2)
phương trình tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua điểm A(6;-2)
uur
và nhận IA = (5;0) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là

∆ : 5 ( x − 6 ) = 0 ⇔V: x = 6 .
∆:x =6



Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là 
.
 ∆ : 3 x + 4 y − 20 = 0
Nhận xét: Với cách tương tự ta có thể giải
quyết
trong trường hợp AB=kAC,
r
uur
(k>0) bằng phép tịnh tiến d 2 theo véc tơ u = k nd = (2k ; k ) .
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H thuộc
đường thẳng 3x-4y-4=0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình
1

2

2

1 
5
25

là ( C ) :  x − ÷ +  y − ÷ = .
2 
2
4



Giả sử M(2;3) là trung điểm
cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC.
Giải
Tọa độ điểm H là nghiệm của
hệ phương trình:
Gọi H1 là điểm đối xứng của
H qua đường thẳng BC.
· H = BHH
·
·
Ta có BH
1
1 = ACB
(cùng chắn cung »AB ) do đó
H1 thuộc đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Đường tròn (C) có tâm
5
1 5
I  ; ÷, bán kính R= .
2
2 2

Giả sử đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC có tâm I1 , bán
kính R1 .
Phép đối xứng qua đường

thẳng BC biến tam giác HBC
thành tam giác H1BC do đó
biến đường tròn ngoại tiếp
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

A

I1

I
H

B

M

E

C

H1

I

5


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------tam giác HBC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác H1BC hay chính là đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
5
2

Ta có M là trung điểm của II1 và R1 = R = .


Suy ra I1  ; ÷. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
2 2
1 5

2

2

7 
7
25

.
x− ÷ + y− ÷ =
2 
2
4


Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình:
2
2


7 
7
25

8−
 x − ÷ +  y − ÷ =
x =
2
2
4

 

4
⇔

2
2

8+
1 
5
25

x
=
x
−
+
y

−
=


÷

÷


4
2 
2
4

  8 − 6 12 + 3 6   8 +
,
 B 
÷
÷, C  4
4
  4
 
Suy ra 
 B  8 + 6 , 12 − 3 6  , C  8 −
÷
÷  4
  4
4
 
 

uuur uuuur
 3
Ta có AH = 2 I1M ⇒ A  5; ÷.
 2

12 + 3 6
4
6
12 − 3 6
,y=
4

6

,y=

6 12 − 3 6 
,
÷
÷
4

.
6 12 + 3 6 
,
÷
÷
4


Vậy tọa độ 3 điểm cần tìm là:
 3   8 − 6 12 + 3 6   8 + 6 12 − 3 6 
A  5; ÷, B 
,
÷
÷
÷, C  4 ,
÷hoặc
4
4
 2  4
 

 3   8 + 6 12 − 3 6   8 − 6 12 + 3 6 
A  5; ÷, B 
,
÷
÷
÷, C  4 ,
÷
4
4
 2  4
 


Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x-y+2=0 và hai đường tròn
2
2
2

2
( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 1; ( C2 ) : ( x + 3) + ( y − 4 ) = 4 . Tìm điểm M trên d sao cho tồn
tại hai điểm A, B lần lượt thuộc vào ( C1 ) và ( C2 ) sao cho d là phân giác trong
của góc ∠AMB .
Giải
Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 1;1) bán kính R1 = 1
Đường tròn ( C2 ) có tâm I 2 ( −3; 4 ) bán kính R2 = 2
2
2
Giả sử đường thẳng MA:ax+by+c=0 ( a + b > 0 ) (1). Khi đó MB chính là đường
thẳng đối xứng với MA qua d. Với mỗi điểm (x;y) thuộc MA tồn tại điểm
( x1; y1 ) thuộc MB sao cho chúng đối xứng nhau qua d.
1( x1 − x ) + 1( y1 − y ) = 0
 x = y1 − 2

⇔
Khi đó ta có hệ phương trình:  x1 + x y1 + y
. Thay vào (1) ta
 y = x1 + 2
 2 − 2 + 2 = 0

được phương trình của MB:bx+ay-2a+2b+c=0.
Mặt khác vì MA tiếp xúc với ( C1 ) , MB tiếp xúc với ( C2 ) nên ta có:
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

6


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- a+b+c

 a+b+c
=1
 2
2
=1
 a+b+c

a
+
b

=1
 d ( I1 ; MA ) = R1
 2
 a2 + b2
2
⇔
⇔
⇔
a
+
b



 c = −3b
 d ( I 2 ; MB ) = R2
 2a − b + c = 2
 2a − b + c = 2 a + b + c



 a2 + b2
  c = − 4a + b

 
3
a − 2b
b = 0
2
TH1: c=-3b ta có: 2 2 = 1 ⇔ 3b − 4ab = 0 ⇔ 
a +b
3b = 4a

- Với b=0 suy ra MA: x=0 và tìm được tọa độ của M (0;2)
- Với 3b=4a chọn a=3;b=4;c=-12 suy ra phương trình MA: 3x+4y-12=0 và

tìm được M  ;

4 18 
÷
7 7 

a = 0
4a + b
b 9

⇒ ( 1) ⇔ 8a 2 + 4ab + 5b 2 = 0 ⇔ 8  a + ÷+ b 2 = 0 ⇔ 
( loai )
3
4 2


b = 0
 4 18 
KL: Tồn tại hai điểm M (0;2) và M  ; ÷.
7 7 
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( 5;1) và đường thẳng

TH2: c = −

d : x − 2 y − 3 = 0 . Tìm điểm M trên đường thẳng d và điểm N trên đường tròn
2
2
( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 25 sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.

Giải:
Q
Nhận thấy A ∈ d . Phép quay  A;± π2 ÷ biến đường thẳng d thành đường thẳng
d1 ⊥ d tại A. Phương trình đường thẳng d1 : 2 x + y − 11 = 0 .

Do tam giác AMN vuông cân tại A nên N là ảnh của M qua phép quay

Q

π
 A; ± ÷
2


hay M thuộc đường thẳng d1 .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:

2 x + y − 11 = 0

 N ( 4,3)
 x = 4, y = 3
⇔
⇒

.
2
2
 x = 6, y = −1  N ( 6; −1)
( x − 1) + ( y − 1) = 25

TH1: Nếu N(4;3) gọi M(t;9-2t) ∈ d1 ⇒ AN = AM = 17 .
 
17
17 

17
M
5
−
;
2
− 1÷


t
=
5

−

÷

5
5

2
2
5



⇔ ( t − 5 ) + ( 10 − 2t ) = 17 ⇔
⇒

17
 M  5 + 17 ; −2 17 − 1
t = 5 +
÷
÷
 
5
5
5


 
TH2: Nếu N(6;-1) ⇒ AN = AM = 1 .


1 2


1

;
− 1÷
t = 5−
 M 5 −

5 5 
2
2
5

⇔ ( t − 5 ) + ( 10 − 2t ) = 1 ⇔ 
⇒
 
1

1
2

;−
− 1÷
M  5 +
t = 5 + 5

5
5 

 

Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

7


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------

17
17 
17
17 
;2
− 1÷
M
5
+
;
−
2
− 1÷

Vậy hai điểm cần tìm là M  5 −
,
N(4;3)
hoặc
÷


÷,
5
5
5
5






1

2





1

2



N(4;3) hoặc M  5 − ; − 1÷ , N(6;-1) hoặc M  5 + ; − − 1÷, N(6;-1).
5 5 
5
5 



Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(1;4) và hai đường tròn
2
2
2
2
( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 25; ( C2 ) : ( x − 2 ) + ( y − 5 ) = 13 . Tìm điểm M trên ( C1 ) , điểm
N trên ( C2 ) sao cho tam giác AMN vuông cân tại A (M, N có tọa độ nguyên).
Giải:
Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 1; 2 ) , bán kính R1 = 5 .
Đường tròn ( C2 ) có tâm I 2 ( 2;5 ) , bán kính R2 = 13
Phép quay Q1 ( A; π 2 ) biến ( C1 ) thành ( C3 ) có tâm I 3 , bán kính R3 = R1 = 5 .
 AI 2 = AI 3

⇒ I 3 ( 3; 4 ) .
Khi đó  ·
 I 2 AI 3 = π 2

Phương trình đường tròn ( C3 ) : ( x − 3) + ( y − 4 ) = 25
Phép quay Q2 ( A; − π 2 ) biến ( C1 ) thành ( C4 ) có tâm I 4 , bán kính R4 = R1 = 5 .
2

2

 AI 2 = AI 4

⇒ I 4 ( −1; 4 ) .
Khi đó  ·
 I 2 AI 4 = − π 2

Phương trình đường tròn ( C3 ) : ( x + 1) + ( y − 4 ) = 25
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên M biến thành N qua phép quay Q1 hoặc
Q2 , suy ra N là giao điểm của ( C2 ) với ( C3 ) hoặc là giao điểm của ( C4 ) với ( C2 ) .
TH1: N là giao điểm của ( C2 ) với ( C3 ) .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
2

2

 ( x − 2 ) 2 + ( y − 5 ) 2 = 13
x− y +8 = 0

⇔

2
2
2
2
( x − 2 ) + ( y − 5 ) = 13
( x − 3) + ( y − 4 ) = 25

 x = −1, y = 7  N ( −1, 7 )
⇔
⇒
 x = 0, y = 8
 N ( 0;8 )
- Với N ( −1, 7 ) ⇒ M ( 4, 6 ) .

- Với N ( 0,8) ⇒ M ( 5,5 ) .
TH2: N là giao điểm của ( C2 ) với ( C4 ) .

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
( x − 2 ) 2 + ( y − 5 ) 2 = 13 
3 x + y − 12 = 0
⇔


2
2
2
2
( x − 2 ) + ( y − 5 ) = 13
( x + 1) + ( y − 4 ) = 25

23 − 129
51 + 3 129
,y=
x =
10
10
⇔
(không thỏa mãn).

23 + 129
51 − 3 129
,y=
x =
10
10

Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

8


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Vậy hai điểm cần tìm là N ( −1, 7 ) , M ( 4, 6 ) hoặc N ( 0,8) , M ( 5,5 ) .

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(2;3).
Gọi M,N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp
2
2
tam giác MNP có phương trình là ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 10 . Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải:

A

N

P

G

I

I1

B

M

C

Đường tròn C1 có tâm I1 (1;1) , bán kính R1 = 10 .
Phép vị tự tâm G tỷ số k=-2 biến M thành A, biến N thành B, biến P thành C.
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC.
Biến tâm I1 đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
uur
uuur
GI = −2GI1
 I ( 4, 7 )
⇔
Ta có 
 R = 2 R1
 R = 2 10

Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

9


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

( C ) : ( x − 4)

2

+ ( y − 7 ) = 40
2

Nhận xét: Đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P chính là đường tròn chín điểm
Euler. Nếu lấy đối xứng G qua các điểm M, N, P ta được G1 , G2 , G3 thì đường
tròn ngoại tiếp tam giác G1G2G3 có cùng bán kính với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và có tâm đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua
G.
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(5;1) nội
2
2
tiếp đường tròn ( C ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) = 25 . Trọng tâm G nằm trên đường thẳng d:
x+3y+4=0 và độ dài cạnh BC bằng 8. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác
ABC.
Giải:
Đường tròn (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=5.
AB 2
= 3.
4
có tâm I(2;-3), bán kính R1 = 3 .

Gọi M là trung điểm của BC ta có IM ⊥ BC ⇒ IM = IA2 −
Vậy M nằm trên đường tròn ( C1 )

uuur 2 uuuur
V
Ta có AG = AM . Suy ra G là ảnh của M qua phép vị tự  A; 23 ÷ .
3



Phép vị tự  A; ÷ biến đường tròn ( C1 ) thành đường tròn ( C2 ) có tâm I 2 , bán
3
2




 uuur 2 uur 
 −5 
 AI 2 = 3 AI
 I 2  3; ÷
⇔   3 .
kính R2 . Ta có 
2
 R = R
 R =2
 2
 2 3 1

2

5

Phương trình đường tròn ( C2 ) : ( x − 3) +  y + ÷ = 4 .
3

Ta có G ∈ d , G ∈ ( C2 ) nên tọa độ điểm G thỏa mãn hệ phương trình:
2


5

5

x + 3y + 4 = 0

x = 1, y = −
 G 1; − 3 ÷




3
2
⇔
⇒

5
2

 x = 23 , y = − 43 G  23 ; − 43 
( x − 3) +  y + 3 ÷ = 4
 


÷



5
15
  5 15 


Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là G 1; − ÷ hoặc
3
5





 23 43 
G  ; − ÷.
 5 15 

Ví dụ 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 . Tìm 2 điểm phân biệt M và N trên (C) sao cho tam
giác AMN vuông cân tại A, biết điểm A(1;0).
Giải:
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R = 10 .
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

10


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Tam giác AMN vuông cân tại A nên phép quay Q A;±900 biến điểm M thành điểm

(

)

N(và biến điểm N thành điểm M), biến đường tròn (C) thành đường tròn
( C1 ) , ( C2 ) suy ra điểm M, N là giao điểm của (C) với ( C1 ) hoặc (C) với ( C2 ) .
2
Ta có I1 ( 3;0 ) , I 2 ( −1;0 ) suy ra phương trình 2 đường tròn là ( C1 ) : ( x − 3) + y 2 = 10
và ( C2 ) : ( x + 1) + y 2 = 10 .
TH1; Tọa độ điểm M, N là giao điểm của (C), ( C1 ) thỏa mãn hệ phương trình:
2

 x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0
 M ( 0;1) , N ( 4; −3)
 x = 0, y = 1
⇔
⇒

2
2
 x = 4, y = −3  M ( 4; −3) , N ( 0;1)
 ( x − 3) + y = 10
TH2; Tọa độ điểm M, N là giao điểm của (C), ( C2 ) thỏa mãn hệ phương trình:
 x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0
 x = −2, y = −3  M ( −2; −3) , N ( 2;1)
⇔

 x = 2, y = 1 ⇒  N −2; −3 , M 2;1
2
2

) ( )

 (
 ( x + 1) + y = 10
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là M ( 0;1) , N ( 4; −3) hoặc M ( 4; −3) , N ( 0;1) hoặc
M ( −2; −3) , N ( 2;1) hoặc N ( −2; −3) , M ( 2;1) .

Ví dụ 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x − y + 2 = 0 và
d 2 : 3 x − 4 y + 7 = 0 . Viết phương trình đường tròn tâm A(2;1) và cắt d1 , d 2 lần lượt
tại M,N sao cho AMN vuông tại A.
Giải
·
Theo giả thiết ta có AM = AN, MAN
= 900 suy ra N là ảnh của M qua phép quay
Q A;±90 . Hay N nằm trên các đường thẳng d , d là ảnh của đường thẳng d qua
3
4
1
(
)
0

phép quay Q( A;±90 ) .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d1 .
Đường thẳng AH.
0

1

x=


x − y + 2 = 0

2 ⇒ H 1;5
⇔
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình: 

÷.
2 2
x + y − 3 = 0
y = 5

2
Ta tìm đường thẳng d là ảnh của d qua phép quay Q1 A;900
3

(

1

)

Phép quay Q1( A;90 ) biến điểm H thành điểm H1 xác định bởi:
0

 AH ⊥ AH1
1 1
⇔ H1  ; − ÷ .

2 2

 AH = AH1
Đường thẳng d3 là đường thẳng đi qua H1 và vuông góc với AH1 ⇒ d3 : x + y = 0 .
Tương tự đường thẳng d là ảnh của đường thẳng d qua phép quay Q2 A;−900 ta
4

1

(

)

7 5
tìm được điểm H 2  ; ÷ là ảnh của H và phương trình đường thẳng d 4 là:
d4 : x + y − 6 = 0 .

2 2

TH1: N là giao điểm của d 2 , d3 , tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

11


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------uuur
 x+ y =0
 x = −1
⇔
⇒ N ( −1;1) ⇒ AN = ( −3;0 ) .


3 x − 4 y + 7 = 0
 y =1
Đường thẳng AM ⊥ AN ⇒ AM : x − 2 = 0 .

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
 x−2=0
x = 2
⇔
⇒ M ( 2; 4 ) .

x − y + 2 = 0
y = 4

Phương trình đường tròn cần tìm là ( C1 ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 9 .
TH2 : N là giao điểm của d 2 , d 4 , tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
2

2

17

x=

 x+ y −6 = 0

 17 25  uuur  3 18 
7
⇔
⇒
N



 ; ÷ ⇒ AN =  ; ÷.
7 7 
7 7 
3 x − 4 y + 7 = 0
 y = 25

7
AM
⊥
AN
⇒ AM : x + 6 y − 8 = 0 .
Đường thẳng

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
4

x=−

x
+
6
y
−
8
=
0



 4 10 
7
⇔
⇒ M  − ; ÷.

 7 7
 x− y+2=0
 y = 10

7

Phương trình đường tròn cần tìm là ( C2 ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) =
2

2

333
.
289

Vậy có hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách giải thông thường:

uuuur
uuur 
3n + 7 
3n + 3 
∈
d
⇒

AM
=
m
−
2;
m
+
1
AN =  n − 2;
(
)
,
÷ 2
÷.
4 
4 


uuuur uuur
 AH ⊥ AH1
 AM . AN = 0
Yêu cầu bài toán tương đương với:  AH = AH ⇔ 

1
 AM = AN

Gọi M ( m; m + 2 ) ∈ d1 , N  n;

3n + 3


m
−
2
.
n
−
2
+
m
+
1
.
=0
(
)
(
)
(
)

4

⇔
2
( m − 2 ) 2 + ( m + 1) 2 = ( n − 2 ) 2 +  3n + 3 

÷

 4 
 m = 2, n = −1

4
17 .
Giải hệ bằng phương pháp thế ta được 
m = − ,n =
7
7


Ta được kết quả tương tự.
Ví dụ 12(Trích đại học khối A 2014)
Trong mặt phăng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh
AB, N là điểm trên AC sao cho AN=3NC. Viết phương trình đường thẳng CD.
Biết M(1;2), N(2;-1).
Nhận xét: Đối với bài toán này ta có thể tiếp cận theo nhiều cách khác nhau mà
trong đó ta có thể sử dụng phép biến hình.
Giải
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

12


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Cách 1:- Từ M kẻ đường thẳng song song AD cắt CD tại E và MN cắt CD tại F,
từ AN=3NC theo ta lét ta có:
A
M
B
⇒

FC NC NF 1 uuuur uuur
=
=
= ⇒ MN = 3 NF
MA NA MN 3

Gọi F(x;y)

N

D

E

F

C

 7
uuuur
uuur
 1 = 3 ( x − 2 )  x =
7 
⇒ MN = ( 1; − 3) ; NF = ( x − 2; y + 1) ⇒ 
⇔  3 ⇒ F  ;− 2÷
3 
 − 1 = y + 1
 y = − 2
uuuur

MN= 10; MN ( −1;3) ⇒ đường MN:3x+y-5=0. Đường ND:x-3y-5=0 ⇒ D ( 3x + 5; x )

x = 0
= 10 ⇔ 
. Suy ra D(5;0) hoặc D(-1;-2)
10
 x = −2
7
 uuur
F
;
−
2
Với D(5;0), 
÷ ⇒ CD = ( 4;3) ⇒ phương trình của CD:3x-4y-15=0
3

7
 r
Với D(-1;-2), F  ; −2 ÷⇒ nCD = ( 0;1) ⇒ phương trình của CD:y+2=0
3


⇒ d ( D, MN ) =
•
•

x +1

Cách 2:

a
Đặt AB=a>0 ⇒ AM = , AC = a 2 . Từ
2

A

M

B

N

D

E

C

AN
AN
3
3a 2
=3⇔
= ⇔ AN =
.
NC
AN + NC 4
4
Xét tam giác ∆AMN có : MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN cos 450 ⇔ a = 4 . Hạ NE
AN = 3NC ⇔

vuông góc với CD. Ta có NE=1,AE=3
⇒ DN = 10, MD = 20 ⇒ MD 2 = MN 2 + DN 2 ⇒ MN ⊥ ND. Gọi D(x;y)
uuuur
uuur
uuuur uuur
⇒ MN = ( 1; −3) , ND ( x − 2; y + 1) ⇒ MN .ND = 0 ⇔ x − 3 y − 5 = 0 ⇒ D ( 3x + 5; x ) . Khi đó ta

Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

13


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------x = 0
2
2
có : DN = 10 ⇔ ( 3x + 3) + ( x + 1) = 10 ⇔ 
. Do đó có hai điểm
 x = −2
D1 ( 5;0 ) , D2 ( −1; −2 ) . Giả sử CD :ax+by+c=0

TH1: D ( 5;0 ) thuộc CD ta có pt của CD: ax+by-5a=0. Khi đó
d(M,CD)=4d(N,CD) ⇔

a + 2b − 5a
a 2 + b2

=4

2a − b − 5a
a 2 + b2

b = −8a
⇔
.
 4a = −3b

Suy ra CD có hai phương trình 3x-4y-15=0;x-8y-5=0. Vì M, N nằm cùng phía
với CD nên phương trình CD:3x-4y-15=0
TH2: D2 ( −1; −2 ) làm tương tự.
Cách 3:
đặt AB=a, AM=a/2,

A

M

B

N

D

AC = a 2, AN =
⇔

I

C

2
3a 2
¼ = 5a
, MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN .cos MAN
4
8

5a 2
= 10 ⇔ a = 4 .
8

Gọi I(x;y) là trung điểm của CD
( x − 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 16
⇒ IM = AD = 4, IN = 2 ⇔ 
. Giải hệ pt ta được hai cặp
2
2
( x − 2 ) + ( y + 1) = 2

nghiệm
TH1: x=1;y=-2 ⇒ CD : y = −2
TH2: x =

17
−6
;y=
⇒ phương trình CD:3x-4y-15=0
5
5

Cách 4:
Giả sử A(x;y) ⇒ B ( 2 − x; 4 − y ) . Theo giả thiết
ta có AN=3NC

A

M

uuur uuur
 8 − x −4 − y 
⇒ AN = 3 NC ⇒ C 
;
÷,
3 
 3
uuur
uuur  2
2

AB = ( 2 − 2 x; 2 − 2 y ) ; BC =  ( x + 1) ; ( y − 8 ) ÷
3
3


B

N

Ta có

Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

14
D

I

C


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------uuur uuur
AB ⊥ BC ⇔ AB.CB = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 10 y + 15 = 0
AB 2 = BC 2 ⇔ 2 x 2 + 2 y 2 − 5 x − 5 y − 5 = 0 . Khi đó ta có hệ phương trình sau:
2
2
 x + y − 10 y + 15 = 0
 2
. Giải hệ phương trình thì bài toán coi như là xong.
2
 2 x + 2 y − 5 x − 5 y − 5 = 0

Cách 5:
Gọi O là tâm của hình vuông, E là điểm đối
xứng của N qua O ⇒ ∆MEN là tam giác vuông,
∆MEO là tam giác vuông cân.
Gọiuuur
E(a;b)
uuur

A

M

B

E

⇒ ME = ( 1 − a; 2 − b ) , EN = ( 2 − a; −1 − b ) ,
 a + 2 b − 1  uuur  a − 2 b + 1 
O
;
;
÷, OE = 
÷
2 
2 
 2
 2

O
N

Ta có
D

K

C

4
 2
2
uuur uuur
a + b − a − 5b + 5 = 0
2
2
ME.EN = 0, ME = OE ⇔ 
3
.
a 2 + b 2 − 3a − b = 0


Giải hệ phương trình ta sẽ dễ dàng viết phương trình của CD.
Cách 6(đáp án của bộ giáo dục)
Kết luận: - Như vậy với bài toán tọa độ hình học phẳng trong kỳ thi đại học ta
có rất nhiều cách tiếp cận rất hay đặc biệt dựa vào các phép biến hình trong mặt
phẳng. Và học sinh cần phải biết phân tích hình và vận dụng các tính chất của
phép biến hình.
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trọng tâm G(1;2).
Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường
2
2
cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC là ( C ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) = 25 . Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2
2
Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 16 và
điểm A(1;0).

a) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay lần lượt là
900 ; −900 .
b) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay 600 .
c) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay −600 .
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1) và
đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác có phương trình là
( T ) : x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 8 = 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

15


Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 4:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có C thuộc
đường thẳng d:2x+y+5=0 và điểm A(-4;8). Gọi M là điểm đối xứng với B qua
C, N là hình chiếu của B trên DM. Tìm tọa độ của B và C biết N(5;-4).

Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết

16