Bài tập phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng có lời giải

TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP VỀ PHÉP DỜI HÌNH- BIẾN HÌNH
BÀI TOÁN : QUỸ TÍCH CỦA 1 ĐIỂM
I.PHÉP TỊNH TIẾN
Bài toán : 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
tròn đó . Chứng minh rằng trực tâm của tam giác ABC nằm trên một đường tròn cố định
.
Giải
- Kẻ đường kính BB’ .Nếu H là trực tâm của
tam giác
ABC thì AH=B’C. Do C,B’ cố

định , cho nên B’C là một véc tơ cố định  AH  B ' C . Theo định nghĩa về phép tịnh
tiến điểm A đã biến thành điểm H . Nhưng A lại chạy trên (O;R)cho
nên
H chạy trên

đường tròn (O’;R) là ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến dọc theo v  B ' C
- Cách xác định
đường tròn (O’;R) . Từ O kẻ đường thẳng song song với B’C . Sau đó

 
dựng véc tơ : OO '  B ' C . Cuối cùng từ O’ quay đường tròn bán kính R từ tâm O’ ta được
đường tròn 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
: 
- Theo tínhchất
hình bình hành : BA=DC  AB  CD . Nhưng theo giả thiết A,B cố định


, cho nên AB cố định . Ví C chạy trên (O;R) , D là ảnh của C qua phép tịnh tiến theo AB
, cho nên D chạy trên đường tròn O’ là ảnh của đường tròn O
 
- Cách xác định (O’) : Từ O kẻ đường thẳng // với AB , sau đó dựng véc tơ OO '  AB .
Từ O’ quay đường tròn bán kính R , đó chính là đường tròn quỹ tích của D.
Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’)
cùng với hai điẻm A,B . Tìm điểm M 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

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 tròn (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 tròn ảnh với hai đường tròn đã
cho .

Trang 1

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

Ví dụ 4. Cho đường tròn (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’ vuông góc với PQ thì
MM’
cắtQA
tại trực tâm H . OA là đường trung bình của tam giác MNH suy ra :

 

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


BA .
- Tương tự đối với tam giác NPQ .
- Giới hạn quỹ tích . Do M không trùng với A,B cho nên trên đường tròn ảnh bỏ đi hai
điểm ảnh của A,B .
. PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC

Bài toán :
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 tròn (O;R) và điểm A thay đổi trên đường
tròn 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 vuông góc với HH’ , cho nên BC là

đường trung trực của HH’ . Hay H và H’ đối xứng nhau qua BC . Cho nên khi A chạy
trên đường tròn (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 tròn (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 vuông 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 vuông 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
Trang 2

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN
b/ Gọi O1 , O2 , O3 là tâm các đường tròn nói trên . Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba

điểm O1 , O2 , O3 bằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải .
a/ Giả sử O1 là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC , thì theo bài taons của ví dụ
1 O1 chính là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC . Cho nên bán kính của chúng bằng
nhau . Tương tự hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác còn lại có bán kính bằng bán

kính của (O) .
b/ Ta hoàn toàn 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 tròn này bằng nhau . Mặt khác ta chứng minh
tam giác ABC bằng tam giác O1O2O3 .
.
PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM

Bài toán : 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 toán 2-tr17-HH11NC).
Cho đường
tròn (O;R) và hai điểm A,B cố định . Với mỗi điểm M , ta xác định điểm M’
  
sao cho MM '  MA  MB . Tìm quỹ tích điểm M’ khi điểm M chạy trên (O;R) .
Giải
-Gọi
I là trung
điểm của
AB . Theo
tính chất của véc tơ trung tuyến thì :



MA  MB  2MI , suy ra : MM '  2MI . 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 tròn có bán kính R .
Ví dụ 2. ( Bài 17-tr19-HH11NC).
Cho hai điểm B,C cố định trên đường tròn (O;R)và một điểm A thay đổi trên đường tròn
đó . Hãy dùng phép đối xứng tâm để chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC
nằm trên một đường tròn 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 tròn (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

Trang 3

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN
- 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   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

  1200 .
Ví dụ 4. ( Bài 35-tr10-BTHH11NC).
Cho đường tròn (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 BM1  BM 2 1
- 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 M1M 2 M 3 , có nghĩa là BC// M1M 3 (3) .
- Gọi D là trung điểm của M M 3 thì AD là đường trung bình của tam giác
MM1M 3  AD / / M1M 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 .
PHÉP VỊ TỰ

* Để giải một bài toán 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 tròn , 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

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
- 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 MOI
NI
OI
a
NI
a
a

 

 IN 
IM
NM OM R
NM  NI a  R
aR

a
a 
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

( N thuộc IM) , từ đó ta có :

chạy trên đường tròn (C’) là ảnh của (O;R) qua phép vị tự tâm I tỉ số vị tự là k .
* Cách xác định (O’;R’) như
sau 

- Nối OI , tìm O’ sao cho : IO '  kOI , từ đó suy ra O’
- Bán kính R’ được xác định bằng công thức : k= R’/R suy ra : R’=kR .
Trang 4

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

( Hoặc : lấy O’ làm tâm quay một đường tròn có bán kính là O’N )
Ví dụ 2. ( Bài 8 ÔN chƣơng I-tr35-HH11-NC)
Cho đường tròn (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 vuông góc với AQ ( góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn ) PA vuông góc với AQ ( góc nội tiếp chắn ½ đường tròn ) 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 (1) và (2) ta có các đẳng thức véc tơ :


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 .


 2   CN 

1 
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 đổi của (O;R) có độ dài
   
bằng m không 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 vuông 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 vuông cho nên khi BC thay đổi I chạy trên đường tròn
tâm O bán kính R’=

R2 

m2
. ( Xét tam giác vuông BOI ).
4

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

 2 
AG 2
  AG  AI  V 2  : I  G . Do đó : G chạy trên đường tròn (O’) là ảnh
AI 3
3
 A; 
 3

của đường tròn (O;R’) qua phép vị tự tâm A ,tỉ số vị tự bằng 2/3 .
Ví dụ 4. ( Bài toán 6-tr39-HH11CB).
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (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
tròn .
Giải
- Vẽ hình , Gọi I là trung điểm của BC , thì I cố định khi B,C cố định . Theo tính chất
1
3



1 
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.
Trang 5

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

  1 
 IO '  3 IO 
1 
- Xác định (o’;R’) bằng hệ : 
  O '; R 
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 hình
. Từ 
giả

thiết : AO’=R’, AO=R suy ra AO’=3AO .


Hay : AO '  3OA  VA3 : O  O ' . Do đó tỉ số vị tự là k=3.
Ví dụ 6. Cho đường tròn 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 vuông góc với BC . Như vậy I nằm trên đường tròn đường kính OP.
Mặt khác theo tính chất trọng tâm , thì G nằm trên AI và cách A một khoảng bằng 2/3 AI


, hay : AG 

2
2 
AI  VA3 : I  G . Nhưng I chạy trên đường tròn đường kính OP cho nên G
3

chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn đường kính OP qua phép vị tự tâm A tỉ
số 2/3.
  2 
 AO '  3 AH
- 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 tròn O.
Giải
- Vẽ hình . Theo tính chất của đường phân giác trong :
 2 
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

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 .
  2 

 IO '  3 IO
- 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 vuông 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

Trang 6

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN
R


R
BN  VBR  R ' : N  T . Nhưng N chạy trên (O’;R’) cho nên T chạy trên
Hay : BT 
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- Ôn CI-BTHH11-NC).
Cho điểm P nằm trong đường tròn (O). Một đường
thẳng
thay đổi đi qua P , cắt (O) tại

  
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 vuông góc
với AB , có nghĩa là I chạy trên đường tròn
đường kính OP
(1)
  

M phải nằm trên d do
- Theo quy tắc véc tơ trung tuyến ta có : PM  PA  PB  2MI 


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 tròn ảnh của (O) qua phép vị tự tâm P tỉ số k=2.
Ví dụ 10. Cho đường tròn (O) và một điểm P ngoài O . M là một điểm thay đổi trên O .
H là hình chiếu vuông 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 vuông góc với PM , cho nên H nằm trên
đường tròn O’ có đường kính OP .
- Gọi J là trung điểm của PO ( J là tâm đường tròn O’) thì G phải nằm trên MJ và theo
1
 1 

tính chất của trọng tâm : JG  JM  VJ3 : M  G . Nhưng M lại chạy trên đường tròn O
3

cho nên G chạy trên đường tròn O’’ là ảnh của O qua phép vị tự tâm J tỉ số k=1/3 .

1
 1 
- Vì I là trung điểm của PH cho nên PI=1/2PH hay : PI  PH  VP2 : H  I . Nhưng H
2
OP
lại chạy trên tâm J bán kính
, cho nên I chạy trên đường tròn ảnh của đường tròn tâm
2

J qua phép vị tự tâm P tỉ số k= ½ .
- Trọng tâm K của tam giác OPH phải nằm trên JH và theo tính chất trọng tâm , ta có :

1
 1 
JK  JH  VJ3 : H  K . Do vậy K chạy trên đường tròn ảnh của đường tròn tâm J bán
3
OP
kính
qua phép vị tự tâm J tỉ số k=1/3 .
2

Ví dụ 11. Cho đường tròn O và một điểm A nằm trong O , M là một điểm di động trên
đường tròn O .
a/ Tìm quỹ tích trung điểm I của AM ?
b/ Đường trung trực AM cắt đường tròn O tại P và P’ . Tìm quỹ tích chân đường vuông

góc H kẻ từ O đến PP’ ?
Trang 7

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

c/ Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APP’ ?
Giải
- Vẽ hình minh họa cho học sịnh . Từ hình vẽ hãy chỉ cho học sinh một số kết quả :


* Vì I là trng điểm của AM cho nên : AI 

1 
AM  VA2 : M  I . Như vậy qua phép vị tự
2

tâm A tỉ số ½ đã biến M thành I , nhưng M chạy trên đường tròn O , cho nên I chạy trên
đường tròn ảnh của O qua phép vị tự tâm A tỉ số k=1/2.
* Đường trung trực của AM phải đi qua I và vuông góc với AM .
II. BÀI TOÁN TÌM ĐIỂM
TỊNH TIẾN VÉC TƠ
TÌM ĐIỂM M TRÊN ĐƢỜNG THẲNG D SAO CHO KHOẢNG CÁCH MA+MB NGẮN
NHẤT ( A,B- CỐ ĐỊNH CHO TRƢỚC )

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’ ).
 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 ( không đổi)
do A cố dịnh , thì A’ cố định , suy ra A’B không đổi
Chú ý : Trường hợp trên xảy ra khi A,B nằm trái phía với d .
Ngoài 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 thôn 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
 
- Vì khoảng cách giữa hai bờ sống là không đổi, cho nên MN  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 không đổi . cho nên
ta thực hiện theo cách của bài toán trên như sau:  
- 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 :
  
+/ 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 yêu cầu bài toán .

VIẾT PHƢƠNG TRÌNH CỦA ĐƢỜNG ( C ‘) QUA PHÉP TỊNH TIẾN THEO u   a; b 
KHI BIẾT PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG (C ).
Trang 8

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

Cách giải :
 Bước 1: lấy một điểm M(x;y=f(x) ) trên (C )
 Bước 2: Thay x,y vào công 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 .

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 tròn ảnh của đường tròn (C ) : x 2  y 2  4x  y  1  0
c/ Viết phương trình đường (E) ảnh của (E) :
d/ Viết phương trình ảnh của (H) :

x2 y2

1

9
4

x2 y2

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
c/ Đường (E’) :

2

9

 x ' 1
d/ Đường (H’):
16

2

 y ' 2 


2

4

 y ' 2 

9

2

 x  1
1

2

9

 x  1
1

16

2

 y  2


2

4

 y  2

9

1

2

1

PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
CHO ĐƢỜNG 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
Trang 9

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

- 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 tròn (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’
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 ngoài
.
Giải
Vẽ hình :
a/ Giả sử M nằm trên (O;R) và M’ nằm trên (O’;R’) tỏa mãn yêu cầu bài toán
- 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 tròn 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 M1 , M 2 . Sau đó kẻ hai
đường thẳng d’’ và d’’’ qua M1 , 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

Trang 10

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

-

 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 .

TÌM ĐIỂM ĐỐI XỨNG VỚI ĐIỂM QUA MỘT ĐƢỜNG 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 thì
 
 AB.U  0
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 M qua d và H là trung điểm của MN thì M,N đối xứng
 
 MN .U  0 1
nhau qua d thì điều kiện là : 
 2
 H  d


 x2 y 3
- Ta có : MN   x  2; y  3 U  1;1 H  
;
.
2 
 2
 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 M qua d và H là trung điểm của MN thì M,N đối xứng
 
 MN .U  0 1
nhau qua d thì điều kiện là : 
 2
 H  d


 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

x

2
y

4


0



 14 1 
3
- Điều kiện (*)   x  2 y  3


 N   ; 
 3 3

y  x 5

 x   14
 2
2
3

CHO ĐƢỜNG (C ) VÀ ĐƢỜNG THẲNG d HÃY VIẾT PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG (C’)
LÀ ẢNH CỦA (C ) QUA PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC d

CÁCH GIẢI

 Bước 1: Trên đường (C ) lấy hai điểm A,B

Trang 11

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218

WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

 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 qua d .
Gọi H là trungđiểm của MN thì điều kiện để M,N đối xứng nhau qua d là :

 
 MN .U  0 1


 x3 y 3
(*).- Ta có : MN   x  3; y  3 U   2;1 H  
;



2 
 2
 2
 H  d
 x  3 2   y  3 .1  0
2x  y  9  x  5



 N   5; 1 .
- Điều kiện (*)   x  3
 y 3
x

2
y

7
y


1

2.

2

0





 2
 2 


- Đường thẳng (m) là đường thẳng đi qua AN có véc tơ chỉ phương là AN   7;1 , nên

(m) có phương trình là :

x2 y2

 x  7 y  12  0 .
7
1

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 phương
3

x

2x

y


2

0


 3 8
7
trình : 

 A   ; 
 7 7
x  3y  3  0
y  8

7

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

 
 MN .U  0 1

nhau qua d’ thì điều kiện : 
(*) Với H là trung điểm của MN , U là véc tơ
 2
 H  d


 x y2
chỉ phương của d’ . Ta có : MN   x; y  2  U   3; 1 H   ;

.
2 2 
3

3x.   y  2  .1  0
x

3xy


2



 3 1
5
- Điều kiện (*)   x


 N   ; 
 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
  6
33  
AN    ;   / /U   2;11 .
 35 35 
3
1
x
y
5
5  0  11x  2 y  7  0 .
Do đó (m) :
2
11
Trang 12 Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

Ví dụ 3 . Cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  4x  2 y  1  0 và đường thẳng d : 2x-y+2=0.
Hãy viết phương trình của đường tròn (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) và R=2 .

- Gọi I’(x;y ) là tâm của (C’)H là trung điểm của II’ , U  1; 2  là véc tơ chỉ phương của

 
 II '.U  0 1
đường thẳng d . Để I’ đối xứng với I qua d thì điều kiện : 
(*)
 2
 H  d


 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

Ví dụ 4. Cho (E) :

2

x2 y2

 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 toán 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 toán 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 .
PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM
TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH
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

Trang 13

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

- 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 xứng ta
x '  0  x
x  x '

   x '  2   y '  3  0  x ' 2 y ' 3  0 . Do đó d’ có phương
y'  0 y

y  y'

có : 

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 y2

 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


 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 trục
2

2

 x '  2  (1)
x '  3

 J '   3;1 .
 y '  4  (3)
y' 1

tọa độ : 

Do đó (O’) :  x  3   y  1  4 là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng tâm I .
2

2

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 yêu cầu bài toán 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 công
 x '  2a  x
  2a  x   2  2b  y   8  0  x  2 y  4b  2a  8  0 .
 y '  2b  y

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.
Trang 14

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218

WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

+/ 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 : Ngoài cách trên ta còn 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 xứng với P qua K . ( Vẽ hình )

 

+/ 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 vuông 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
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
TÌM ẢNH CỦA MỘT 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 :


 x ' a  k  x  a   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


1


 x ' 1  2  x  1
2
2

.

y
'

2
y ' 6
 y ' 2  2  y  2   y 
2

2
2
Trang 15

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218

WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN
 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
a/ Từ công thức tọa độ :
x'

 x  3
 x ' 0  3  x  0 
 x'  y'

 2       4  0  2 x ' y ' 12  0

3 3
y  y'

 y ' 0  3  y  0 

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  y ' 2  2  y ' 6
 y ' 2  2  y  2 

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 tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép vị tự tâm I(1;2) tỉ số k=-2 .

Giải
Đường tròn (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 :
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


2
2
2
2
  x ' 3   y ' 6   36 . Vậy (C’) :   x  3   y  6   36
TÌM ẢNH CỦA MỘT ĐIỂM – MỘT ĐƢỜNG QUA PHÉP VỊ TỰ

* Sử dụng đẳng thức véc tơ của phép vị tự và tính chất bằng nhau của hai véc tơ , ta sẽ
tìm được kết quả .
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (O) :  x  1   y  1  4 . Tìm
phương trình đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm O tỉ số k=2 .
Giải
Tâm I của (O) có tọa độ I(1;1) bán kính R=2 . Nếu (O’) có tâm là J và bán kính R’ là ảnh
của (O) qua phép vị tự tâm O ta có đẳng thức véc tơ :
2

Trang 16

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN

2


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN



 x ' 0  2.1  x '  2
OJ  2OI  

 J  2; 2  . R’=2R=2.2=4.
 y ' 0  2.1  y '  2

Vậy (O’) :  x  2    y  2   16
2

2

Ví dụ 2. ( Bài 1.23-BTHH11-CB-tr33)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 2x+y-4=0.
a/ Viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỉ số k=3.
b/ Viết phương trình đường thẳng d’’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm I(-1;2) tỉ số k=-2
Giải
a/Gọi M(x;y) là một điểm bất kỳ thuộc d và M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép vị tự tâm O
tỉ số k=3 . Nếu M chạy trên d thì M’ chạy trên đường thảng d’ .
x'

x



 x '  3x

3
Theo tính chất của phép vị tự : OM '  3OM  
.


 y '  3y  y  y '

3
 x'  y'
Thay (x;y) vào d: 2       4  0  2x ' y ' 12  0 . Vậy d’: 2x+y-12=0 .
3 3

x ' 3
 x ' 1 
 x   2   1  2


 x ' 1  2  x  1




b/ Tương tự như trên ta có : IM '  2 IM  
.
 y   y ' 2   2  y ' 6
 y ' 2  2  y  2 



2
 2 
 x ' 3   y ' 6 
Thay vào d : 2 


  4  0  2x ' y ' 2  0 . Do đó d’’: 2x+y+2=0 .
 2   2 

Ví dụ 3. ( Bài 1.24-tr33-BTHH11).
2
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ):  x  3   y  1  9 . Hãy viết phương
trình đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép vị tự tâm I(1;2) tỉ số k=-2.
Giải
Gọi O(3;-1) là tâm của (C ) có bán kính R=3. Đường tròn (C’) có tâm J(x;y) bán kính R’
là ảnh của (C ) qua phép vị tự tâm I tỉ số k=-2 . Theo tính chất của phép vị tự ta có :


 x  3
 x  1  2  3  1
IJ  2 IO  

 J   3;8  . R’=2R=2.3=6 .
y  8
 y  2  2  1  2 

Vậy (C’) :  x  3   y  8   36 .
III. BÀI TOÁN DỰNG HÌNH
2

2

PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM

Ví dụ 1. ( Bài toán 3-tr17-HH11NC)

Cho hai đường tròn (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 tròn (O’’) là ảnh của đường
Trang 17

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

tròn (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 tròn (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 tròn (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 tròn (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 .

PHÉP VỊ TỰ
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 yêu cầu bài toán ).
* 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 tròn đường kính AB . Hãy dựng hình vuông có hai đỉnh nằm trên nửa
đường tròn , hai đỉnh còn lại nằm trên đường kính AB của nửa đường tròn đó .
Giải
Vẽ hình , từ hình vẽ ta có các bước sau .
* Phân tích .
Trang 18

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN

TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

Giả sử hình vuông 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 vuông M’N’P’Q’ sao cho M’,N’ nằm trên AB và O là trung
điểm của M’N’ . Khi đó ta có : 

OQ OP
PQ


k.
OQ ' OP ' P ' Q '

Ta xem như MNPQ là ảnh của M’N’P’Q’ qua phép vị tự tâm O tỉ số k=

PQ
. Từ đó suy
P 'Q '

ra :
* Cách dựng .
- Dựng hình vuông 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 vuông cần
dựng .
* Chứng minh : Do M’N’P’Q’ là hình vuông , cho nên M’N’//AB . Tam giác OM’N’
đồng dạng với tam giác OPQ suy ra :

PQ
OP OQ
PN
QM


k

.
P ' Q ' OP ' OQ '
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’ vuông 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 tự
A ' C ' OC '
A' B '

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’
vuông góc với Ox) .
- Dùng com pa lấy A’ làm tâm , quay cung tròn 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 vuông 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 vuông 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 vuông MNPQ là ảnh của một phép vị tự tâm B với tỉ số
vị tự nào đó thì :

PQ
PM
PQ P ' Q '



 1  PQ  PM . Suy ra cách dựng .
P 'Q ' P ' N '
PM P ' N '

- Trên AB lấy một điểm Q’ bất kỳ , kẻ đường thẳng qua Q’ vuông góc với BC cắt BC tại
M’ . Sau đó đặt M’N’=A’M’ , dựng hình vuông M’N’P’Q’ .

Trang 19

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

- 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 vuông góc với BC cắt BC tại M ta
được hình vuông MNPQ cần dựng .
* Chú ý : Ta còn có cách khác .
- Dựng hình vuông BCM’N’ nằm ngoài 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 vuông BCPQ thành hình vuông MNPQ
cần tìm .
Vì thế ta chỉ cần kẻ qua B’ và C’ hai đường thẳng vuông góc với BC chúng cắt các cạnh
Ac và AB tại các điểm P và Q , cắt BC tại N và M . Hình vuông 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
hình vẽ
ta có phân tích sau

- 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 tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài 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’ .
IV. BÀI TOÁN CHỨNG MINH
PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM
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 vuông , 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
Trang 20

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

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 .
Ví dụ 2. ( Bài 43-tr11-BTHH11NC)
Về phía ngoài của tam giác ABC vẽ các hình vuông 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
luôn 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 toán 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 goác
vuông của tam giác vuông 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 vuông ). Như vậy tam giác

O’OI là tam giác vuông cân .
PHÉP VỊ TỰ
Ta hay gặp bài toán chứng minh một đường thẳng đi qua một điểm cố định , hay một
điểm nằm trên một đường tròn cố định , một hình vuông …tóm lại một hình H cố định
nào đó .
Khi đó ta chỉ cần chứng minh đường thẳng đó đi qua tâm vị tự của hai hình H và H’
hoặc chứng minh M nằm trên một đường tròn ảnh của một hình H qua một phép vị tự
tâm I tỉ số k
Ví dụ 1. Cho hai đường tròn (O 1 ) và ( O2 ) ngoài nhau , một đường tròn (O) thay đổi tiếp
xúc ngoài với  O1 ; R1  và tiếp xúc ngoài với  O2 ; R2  . Chứng minh đường thẳng nối hai
tiếp điểm đi qua một điểm cố định .
Giải
Vẽ hình minh họa cho học sinh . Từ hình vẽ
, phân
tích cho học sinh thấy :
O1O  O2O  O . Kẻ O2 M '/ /O1M . Thì ta có O1M  O2 M ' cho nên MM’ đi qua tâm vị tự
ngoài của hai đường tròn . Do đó :

O2 M ' O2 N R '


k.
O1M O1M R

* Gọi M,N thứ tự là hai tiếp điểm của (O) với hai đường tròn  O1 ; R1  ;  O2 ; R2  . Thì
* Hai tam giác : ONM đồng dạng với O2 NM ' suy ra :
ON
ON
OM
ON



 2  1  ON  OM . Vậy MN đi qua tâm vị tự ngoài cố định của
O2 N O2 M '
OM O2 M '

hai đường tròn :  O1 ; R1  ;  O2 ; R2  .

Ví dụ 2. Cho hai đường tròn O và O’ tiếp xúc ngoài với nhau tại A .Một góc vuông xAy
quay xung quanh A , tia Ax cắt O tại M , tia Ay cắt O tại M’. Chứng minh đường thẳng
MM’ luôn đi qua một điểm cố định .
Giải

Trang 21

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN


Nối MM’ cắt O’ tại N ta thấy : O ' N song
song
cùng
chiều
với
AM . Tương tự A’ là
   

giaocủa OO’ với với O’ ta cùng thấy : A ' M ' / / AM  OM / / O ' M ' . Suy ra MM’ đi qua

tâm vị tự của hai đường tròn .
Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC với trọng tâm G . Gọi A’,B’,C’ lần lượt là trung điểm
của các cạnh BC,CA,AB
a/ Phép vị tự nào biến A thành A’,B thành B’ và C thành C’ ?
b/ Chứng minh tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trực tâm tam giác
A’B’C’


1 
2

c/ Gọi H là trực tâm tam giác ABC , chứng minh rằng : GO   GH . Suy ra G,O,H nằm
trên một đường thẳng ( Đường thẳng Ơ-le ) .
Giải
a/ Theo tính chất của trọng tâm tam giác :

1
1
1






1 
1 
1 

2
2
GA '   GA  VG : A  A '; GA '   GA  VG : A  A '; GB '   GB  VG 2 : B  B '
2
2
2
1



1
GC '   GC  VG 2 : C  C ' . Như vậy phép vị tự tâm G tỉ số k=-1/2 biến ba điểm A,B,C
2

thành ba điểm A’,B,C’ .
b/ Vì O là giao ba đường trung trực , cho nên OB’ ∟AC , nhưng AC//A’C’ cho nên
OB’∟A’C’ . Chứng tỏ OB’ là một đường cao của tam giác A’B’C’ .
Tương tự đối với OA’ và OC’ vì vậy O là trực tâm của tam giác A’B’C’.
c/ Do tam giác A’B’C’ là ảnh của tam giác ABC qua phép vị tự tâm G tỉ số k=-1/2 cho


1 
2

nên H biến thành O và : GO   GH .
PHẦN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
TỊNH TIẾN VÉC TƠ
Bài 1. Cho hai đường tròn không đồng tâm (O;R) và (O’;R’) và
một điểm A trên (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
 
 : M  N . Do đó N nằm trên đường tròn ảnh của (O;R) . Mặt
Bài 1. Vì : MN  OA  TOA
khác N lại nằm trên (O’;R’) do đó N là giao của đường tròn ảnh với với (O’;R’) . Từ đó
suy ra cách tìm :
- Vè đường tròn tâm A bán kính R , đường tròn 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.
 
AB  U .
- Vì A,B cố định
suy
ra
:
      
 : M  M '.
- Từ giả thiết : MM '  MA  MB  MM '  MB  MA  AB . Chứng tỏ : T
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 cos  y1 sin   a
 x2'  x2cos  y2 sin   a
; N ' '
- Tọa độ của M’ và N’ là : M '  1' 1
 y1  x1 sin   y1cos  b

 y2  x2 sin   y2cos  b
- Khoảng cách d giữa M,N và khoảng cách d’ giữa M’N’ .
Trang 22

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

Ta có : MN   x2  x1    y2  y1 
2

M 'N ' 

 x2  x1 

2

2

 cos   sin     y
2

 y1   cos 2  sin 2   
2

2

2

 x2  x1    y2  y1 
2

2

- Phép F là phép dời hình
x '  x  a
. Đây là công thức của phép tịnh tiến .
y'  y b

- Khi :   0  sin   0; cos  1  

c/ Bài 6.
- 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

2

2

2

: MN   x ' x    y ' y  ; M ' N '  4  x ' x    y ' y  .
- Rõ ràng : MN< M’N’ : Do đó đây không 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 .
 
- 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.
2

2

2

2

 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 '  
 xB '  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 công thức tọa độ củ phép tịnh tiến
x '  x 1
 x  x ' 1

. Thay vào phương trình của d : (x’+1)-2(y’-2)+3=0 .
 y '  y  2  y  y ' 2

ta có : M ' 

Hay d’: x’-2y’+8=0 .
PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
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 F1F2 và m là phân giác ngoài tại đỉnh M của tam giác M F1F2 .
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’ .
Trang 23

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN

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 lần
5 5
4 7





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 ngoài 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’ không nằm trên E . Suy ra m cắt E tại một điểm duy nhất tại M .
Bài 3. Đường tròn (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

0
 x  y  4
y  4

 2
2
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

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

4x  3 y  6  0 


 33 6 
25
   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 véc


x 1 y 1
 8 19  

. Hay đường thẳng
;   / /U   8; 19  suy ra (m) :
8
19
 25 25 

tơ chỉ phương AM '  

(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


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.
 y  6  7t

Do đó (A’B): 

Vậy M là giao của (A’B) với d cho nên tọa độ của M là nghiệm của hệ :
Trang 24

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN


TỔNG HỢP CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP DỜI HÌNH - BIẾN HÌNH
WWW.DAYHOCTOAN.VN
9

t   10
 x  5  3t

23


 23 3 
 M   ; 
 y  6  7t   x 
10
 10 10 
x  y  2  0


3

 y   10


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
nghiệm của hệ
3


 x  3   y  3  0
x

x  y  0


2  A'   3 ; 3  .
:  x  4   y  3 




2 2
x  y  3  0
 2    2   2  0
y  3
 



2


 7


3



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
 y  3t
 2
t  5
x


2

7
t


4


4 6
độ M là nghiệm của hệ :  y  3t
 x   M   ;  .
5
5 5
x  y  2  0



6

y  5


Do đó (A’B): 

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 .
PHẦN BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1. Trong Oxy cho M (2 ; 3), tìm ảnh của điểm M qua phép đối xứng qua đường
thẳng y - x = 0
Bài 2 mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
= 4, tìm
phương trình đường tròn (C’) ảnh của ( C) qua phép vị tự tâm O tỉ số k = 2
Bài 3 Cho hình vuông ABCD tâm O. Phép quay Q có tâm quay O và góc quay
giá trị nào của , phép quay Q biến hình vuông ABCD thành chính nó ?


. Với



Bài 4 Nếu IA  2 AB thì phép vị tự tâm I biến A thành B theo tỉ số k bằng bao nhiêu?
Bài 2: Cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  6 x  2 y  1  0 . Tìm phương trình đường tròn đối
xứng với (C ) qua đường thẳng (d ) : x  y  0
Bài 5 Cho hai đường thẳng (k ) : 3x  y  3  0 , (l ) : x  y  0 . Phép đối xứng tâm I biến
(k ) thành (k ') : 3x  y  1  0 , (l ) thành (l ') : x  y  6  0 . Tìm tọa độ của I
Bài 6 Tìm phương trình của đường thẳng đối xứng với đường thẳng () : 3x  4 y  5  0

qua điểm I  1; 2 
Trang 25

Sƣu tầm và biên soạn - Nguyễn Đình Sỹ - ĐT: 0985.270.218
WWW.DAYHOCTOAN.VN