Lời mở đầu
Phép biến hình trong mặt phẳng là một nội dung quan trọng
trong chơng trình môn toán THPT, sử dụng một số phép biến
hình để chứng minh một số tính chất hình học, bài toán cực
trị, dựng hình và xác định một tập hợp...
Trong phần này tôi xin giới thiệu một số bài tập sử dụng phép
biến hình trong mặt phẳng nh phép vị tự, tính toán, phép
quay để tìm tập hợp điểm. Bài tập có hớng dẫn và lời giải.
Nội dung gồm 2 phần:
Phần I ; Kiến thức cần chuẩn bị.
Phần II : Một số bài tập
Phần I: Một số kiến thức cần chuẩn bị:
1. Phép biến hình.
Phép biến hình(trong mặt phẳng) là một quy tắc để với mỗi
điểm M thuộc mặt phẳng, xác định đợc một điểm duy nhất M'
thuộc mặt phẳng ấy. Điểm M' gọi là ảnh của điểm M qua phép
biến hình đó.
2. Phép tịnh tiến.
r
- Phép tịnh tiến theo véctơ u là một phép biến hình điểm M
uuuuur
r
thành M' sao cho MM ' = u .
- NÕu phÐp tÞnh tiÕn biÕn hai điểm M và N lần lợt thành hai
điểm M' và N' thì
M'N' = MN.
- Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm
thẳng hàng không làm thay đổi thứ tự 3 điểm đó.
- Phép tịnh tiến biến đờng thẳng thành đờng thẳng, biến tia
thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, biến đờng tròn thành đờng tròn có cùng bán kính, biến góc thành góc
bằng nó.
3. Phép quay.
Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và góc lợng giác
không đổi. Phép biến hình điểm O thành điểm O, biến mổi
điểm M khác O thành ®iĨm M' sao cho OM = OM' vµ (OM , OM' )
= đợc gọi là phép quay tâm O vµ gãc quay .
- Phép quay bảo toàn khoáng cách giữa hai điểm.
4. Phép vị tự:
- Cho một điểm O cố định và một số k không đổi, k 0. Phép
uuuur
uuuu
r
biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M' sao cho OM ' = k OM
đợc gọi là phép vị tự tâm O tØ sè k.
- NÕu phÐp vÞ tù tØ sè k biến hai điểm M và N lần lợt thành hai
điểm M, và N' thì
uuuuur
uuuu
r
' '
M ' N ' = k MN và M N = k MN.
- Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng
hàng và không làm thay đổi thứ tự của 3 điểm thẳng hàng đó.
- Phép vị tự biến tỉ số k thành đờng thẳng song song (hoặc
trùng) với đoạn thẳng đó, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng
thành đoạn thẳng mà độ dài đợc nhân lên với k , biến tam giác
thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng là k , biến góc
thành góc bằng nó.
- Phép vị tự tỉ số k biến đờng tròn có bán kính R thành đờng
tròn có bán kính k R.
Phần II: Một số bài tập và hớng dẫn giải.
Bài 1:
Cho hai đờng tròn () và () đồng tâm O, bán kính R và R,
(R, < R), A là một điểm cố định thuộc (), M là một điểm di
động trên (). Kẻ dây BC của (), BC vuông góc với AM tại A và cắt
() tại D.
1.Chứng minh rằng tam giác MAD và MBC có trọng tâm cố định.
2. Tìm tập hợp đỉnh thứ 4 E của hình chữ nhật MABE.
Hớng dẫn
Gọi I là trung điểm của dây AD. Suy ra đợc điều gì.
Giải:
1. Vì DMA nên đờng kính của đờng tròn (). Trong tam giác
MAD, AO là trung tuyến, A và O cố định nên trọng tâm G của
MAD cố
định( Hình 66).
Gọi I là giao điểm của MG
và AD. Suy ra I là trung điểm của AD
Ta có: OI AD OI BC
Trong đờng tròn (), OI BC
nên I là trung điểm của BC.
Suy ra MI là trung tuyến ứng với cạnh BC của MBC. Do đó G là
trọng tâm của MBC.
Vây: các tam giác MAD và MBC có cùng trọng tâm G cố định.
2. Gọi J là giao điểm của CG và MB. Suy ra J là trung điểm của
MB. Do đó J là tâm hình vuông MABE.
uuu
r
1 uuur
2
Ta có: GJ = - GC
1
2
Suy ra J là ảnh của C trong phép vị tự H(G; - ) tâm G tỉ số k = 1
2
Khi M di động trên đờng tròn () tâm O bán kính R, thì C di
động trên đờng () tâm O bán kính R, tập hợp điểm J là đờng
tròn (), ảnh của đờng tròn () cho phép bởi vị tự H (G; 1
2
có tâm O,, ¶nh cđa O trong phÐp vÞ tù H(G; - ).
uuuu
r
1 uuur
GO ' = - GO
2
uuuu
r
r
r
1 1 uuu
1 uuu
GO ' =- (- GA ) = GA
2 2
4
1
), (γ)
2
uuuu
r
uuur
uuur
uuur
⇒ OO ' = OG + GO = OG +
uuuu
r
3
2
⇒ OO ' = .
1 uuur
3 uuur
OG = OG
2
2
r
r
1 uuu
1 uuu
OA = OA
3
2
O' là trung điểm của OA.
Suy ra đờng tròn () có bán kính =
uuur
R
.
2
uuu
r
Ta lại có : AE = 2 AJ
Suy ra E ¶nh hëng cđa J trong phép vị tựH(A;2) tâm A tỉ số k =
2. Do đó tập hợp các điểm E là đờng tròn (), ảnh hởng của đờng tròn () cho phép bởi vị tù H(A; 2).
uuur
uuuu
r
Ta cã AO = 2 AO '
Chøng tá O' là ảnh hởng của O trong phép vị tự H(A; 2).
Suy ra () có tâm O, bán kính r = 2ρ = R
Ta suy ra (φ) trïng víi ®êng tròn ().
Vậy tập hợp các điểm E là đờng tròn ().
Bài 2:
Cho tam giác BAC trọng tâm G nối tiếp đờng tròn(O) tâm
O, bán kính R, BC cố định, A di động, I là trung điểm của cạnh
BC.
1. Tìm tập hợp M, đối xứng của G qua I, khi A di động.
2. Dựng hình bình hành CBGN. Tìm tập hợp N khi A di động.
Hớng dẫn: Tìm tập hợp các điểm G.
Giải:
Ta có BC cố định nên I cố định
1. Cách 1: Chúng ta đà biết
G là ảnh của điểm A
trong phép vị tự H(I;
1
).
3
Do đó khi A chạy trên
đờng tròn (O; R), A B,
C thì tập hợp các điểm G
R
)
3
là đờng tròn (O;
ngoại trừ hai điểm B' và
C'. Đờng tròn(O' ;
R
) là
3
ảnh của đờng tròn (O; R) đà cho phép trong vị tự H(I;
1
); các
3
điểm O', B', C' theo thứ tự là ảnh của các điểm O, B , C trong
phép tự vị đó, lu ý là O' OI.
M là điểm đối xứng của điểm G qua I nên tập hợp các điểm M
là đờng tròn (O'' ;
R
R
), ảnh của đờng tròn (O' ; ) trong phép đối
3
3
xứng tâm S(I), không kể hai điểm B' và C' (Hình ).
*) C¸ch 2:
uur
Ta cã: IG =
uur
r uuur
uuur
r
1 uu
1 uu
IA ; IM = - IG ⇔ IM = IM = IA .
3
3
Ta suy ra M là ảnh của A trong phép vị tự nghịch (phép vị tự
1
3
âm) H (I; - ).
Do đó ta có các tập hợp điểm M là đờng tròn (O'' ;
đờng tròn (O; R) cho phép bởi vị tự H (I; -
R
), ảnh của
3
1
) không kể hai điểm
3
B' vµ C' . (Lu ý r»ng B' vµ C' theo thứ tự là ảnh của B và c trong
phép vị tự trên).
2. Cách 1:
uuur
uuur
CBGN là một hình bình hành nên ta cã: GN = BC
uuur
Ta suy ra N là ảnh của G trong phép tịnh tiến T ( BC ).
Do đó ta có tập hợp các điểm N là đờng tròn (O'' ;
đờng tròn (O' ;
R
), ảnh của
3
uuur
R
) cho phép bởi tịnh tiến T ( BC ), không kể hai
3
điểm B'' , C '' (B'' , C ' theo thứ tự là ảnh của B và C trong phép
uuur
tịnh tiến T ( BC )).
*) Cách 2: Theo các dựng, ta có CMBG là một hình bình hành
uuur
uuuu
r
BG = - CM
uuur
uuur
CBGN là hình bình hành nên ta có : BG = - CN
uuur
uuuu
r
CN = - CM
Do đó N là ảnh của điểm M trong phép đói xứng S(I) đpcm.
Bài 3:
Cho hình bình hành ABCD, tam giác ABD nội tiếp trong đờng tròn (O) tâm O bán kính R, A cố định, B và D di động sao
cho BD = 2a, a là một đô dài đà biết.
1. Chứng minh rằng trực tâm H của BCD cố định
2. Tìm tập hợp trực tâmH' của ABD.
3. Tìm tập hợp đỉnh C của hình bình hành ABCD
Giải
1. Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD
các tam giác BCD và DAB đối xứng nhau
qua I. Do đó H và H' đối xứng nhau qua I
BH = DH' vµ BH // DH'
uuur
uuur
⇒ BH = 2 KO , K là trung điểm AB suy ra
H là điểm đối tâm của A trong đờng tròn (O; R)
Vậy H cố định.
2. Ta có
OI BD
OI = OB 2 IB 2 =
R2 a2
Suy ra I nằm trên đờng tròn() tâm (O), bán kính =
uuuur
R2 a2
uuu
r
* HH ' = 2 HI
Suy ra H' lµ ¶nh cđa I trong phÐp vÞ tù H( H; 2) tâm H tỉ số vị tự
k = 2.
Do đó tập hợp các điểm H' là đờng tròn (), ảnh của đờng tròn
() cho phép bởi vị tự H(H; 2).
uuur
uuur
Ta lại có: HA = 2 HO
Ta suy ra () là đờng tròn tâm A bán kính r = 2 = 2 R 2 a 2 .
3. Ta cã H vµ H' , C và A đối xứng qua I
uuuur
uuur
Suy ra H 'C = AH
uuur
C là ảnh của H' trong phép tịnh tiến T( AB ).
Do đó khi H' vạch đờng tròn (), tâm A, bán kính r = 2 R 2 a 2 ; C
vạch đờng tròn () tâm H bán kính r, ảnh của () cho phép bởi
uuur
tịnh tiến T( AH ).
Vậy tập hợp các điểm C là đờng tròn () tâm H, bán kính r = 2
R2 a2
Điều kiện: a < R.
Bài 4:
Trong mặt phẳng (Oxy), cho đờng tròn (C) tâm I bán kính
R tiếp xúc với Oy tại O, AB là một đờng kính của (C), song song
với Oy, (xA > 0) ; () là đờng tròn tâm J lu động tiếp xúc với AB ở
điểm E và tiếp xúc với nửa đờng tròn AOB tại F.
1. Chứng tỏ FE luôn đi qua một điểm cố định.
2. Tìm tập hợp (P) các điểm J. Có nhận xét gì?
3. Viết phơng trình của (C) và của ().
Giải
1. Hai đờng tròn () và (C) tiếp xúc trong với nhau tại điểm F nên
F là tâm của phép vị tự thuận (phép vị tự dơng) biến đờng
tròn (C) tâm I(R; O) bán kính R thành đờng tròn () tâm J. Suy
ra: F, I , J thẳng hàng.
uur
uur
Các véc tơ bán kính IK và JE
cùng hớng, K là giao điểm của
(C) và Ox, k O, nên là hai
vecto đối xứng trong phép vị tự trên.
Suy ra: F, E , K thẳng hàng.
Vậy FE luôn đi qua điểm cố
định K.
2. Ta cã: JE // Ox ⇒JE ⊥ Oy t¹i H. JH = EH - EJ = R - FJ = JI. Suy ra J
nằm trên parabol có tiêu điểm I, đờng trục chuẩn là trục tung Oy.
Giới hạn : J nằm trong nửa đờng tròn (AOB) giới hạn bởi hai điểm A
và B.
Vậy tập hợp (P) các điểm J là cung parabol ASB, đỉnh S là trung
điểm của OI.
3. Đờng tròn (C) có tâm I(R; O) bán kính R nên phơng trình của
(C) là:
(x - R)2 + y2 = R2 ⇔ x2 + y2 - 2Rx = 0
Gäi (x; y) là tọa độ của J
Ta có: JI = JH ⇒JI2 = JH2
⇔ (R - x)2 + y2 = x2 ⇒y2 = 2Rx - R2
Víi x �
R
, y �R
2
VËy: Ph¬ng trình của (P) là y2 = 2Rx - R2
Bài 5:
Cho đờng tròn ( O, R) và điểm A cố định thuộc đờng tròn.
Với mỗi điểm M nằm ngoài đờng tròn (O, R) ta kẻ tới đờng tròn
(O, R) tiếp tuyến MT ( T là tiếp điểm). Tìm tập hợp điểm M sao
cho MT = kMA, trong đó k là một số dơng cho trớc.
Giải.
Ta kí hiệu A' là điểm chung thứ 2 của đờng thẳng MA với đờng
tròn (O, R). Ta có
MT2 = MA . MA' ⇔= MA . MA' = k2 .MA2
⇔ MA(MA'- k2MA) = 0 MA' = k2MA
(vì MA khác kh«ng víi mäi M kh«ng trïng víi A)
uuuu
r
uuur uuur
uuuu
r
uuur
uuur
⇔ MA' = k2. MA ( MA ��MA' )
uuuu
r
uuur
uuuu
r
⇔ MA' + AA' = k2 MA ⇔ AA' = (1 - k2) AM
uuur
r
NÕu k = 1, thì AA' = 0 , A' và A trùng nhau và tập hợp M là tiếp
tuyến của (O) tại A.
uuuu
r
1
uuur
' , khi đó M là ảnh của A ' trong phÐp
NÕu k ≠ 1 th× AM =
1 k 2 AA
vị tự
H
. Tập hợp M trong trờng hợp này là môtj đờng tròn ảnh
1
A,
1 k 2
của đờng tròn (O) trong phép tự vị đó.
Bài 6:
Cho đờng tròn (O, R) và một đờng kính PQ cố định của đờng tròn. Trên tia PQ ta lấy một điểm S cố định ( khác P và Q).
Với mỗi điểm A thuộc đờng tròn ta dựng tia Px vuông góc với tia
PA và nằm cùng phía với nó đối với đờng thẳng PQ. Gọi B là giao
điểm của Px và SA. Tìm tập hợp điểm B, khi điểm A di động
trên đờng tròn (O , R).
Giải.
Gọi B' là giao điểm thứ hai của Px với đờng tròn (O), khi đó AB' là
đờng kính của đờng tròn (O). Gọi d là đờng thẳng đi qua B và
d // AB', O' là giao điểm của d và PQ. Ta thấy r»ng hai tam gi¸c
OPB' và O'PB đồng dạng mà tam giác OPB' cân tại O, nên tam giác
O'PB cân tại O'. Từ đẳng thøc
SO ' O ' B
SO ' O ' P
SO ' SO ' SP
SP
�
�
� SO '
SO (*)
SO OA
SO
R
SO
R
SO R
ta đặt k =
SP
, k là một số không đổi và (*) đợc viết lại dới
SO R
dạng vécto
uuur
uuu
r
SO ' = k SO
(**)
HƯ thøc (**) chøng tá r»ng O' lµ ảnh của O trong phép vị tự tâm
S, hệ số vị tự
k=
SP
, do đó O' cố định. Mặt khác, từ
SO R
SB SO '
ta suy ra
SA SO
uur
uur
SB = k SA và B là ảnh của A
trong phép vị tự đó. Tập hợp
điểm B là một đờng tròn
(O') ảnh của (O) trong phÐp
vÞ tù H s ,k víi k =
SP
.
SO R
Bài 7.
Cho hai đờng tròn (O) và (O') tiếp xúc với nhau tại M. k là
một số thực khác không cho trớc. Một đờng thẳng d đi qua M
cắt các đờng tròn (O), (O') tơng ứng tại A và A' (khác M). Tìm tập
uuu
r
uuur
hợp điểm P trên d sao cho PA = k PA' .
Giải.
Từ điều kiện đà cho ta có
uuuu
r uuur
uuuu
r
uuur uuur
uuur
uuur
MA - MP = k( MA' - MP ) ⇔ (k- 1) MP = k MA' - MA
(*)
uuuu
r
Vì hai đờng tròn vị tự, nên tồn tại số MA' sao cho
uuuu
r
uuur
MA' = λ MA
(**)
Tõ (*) vµ (**) ta suy ra
uuur
uuur
(k- 1) MP = (kλ - 1) MA
uuu
r
(***)
uuur
NÕu k = 1, th× PA = PA' A và A' trùng nhau. Điều đó trái với giả
thiết.
Vậy 1 - k 0 và từ (***) ta có
uuur
uuur
k 1
.
MP = MA , =
1 k
Đẳng thức đó chứng tỏ P là ảnh A trong phép vị tự tâm M, hệ
số =
k 1
. Tập hợp P là một đờng tròn trừ ra một điểm là ảnh
1 k
của M trong phép vị tự đó.
Bài 8:
Cho hai đờng tròn (O) và (O') tiếp xúc với nhau tại A ( (O') nằm
trong (O)). BC là một dây cung của (O). BC là một dây cung của
(O) tiếp xúc với (O'). Tìm tập hợp tâm đờng tròn nội tiếp tam
giác ABC, khi dây BC thay đổi.
Giải.
Gọi M là tiếp điểm BC với đờng tròn(O'). Phép vị tự tâm A biến
(O') (O), thì biến M � M' thuéc (O)
vµ O'M // OM'. Râ rµng AM là tia
phân giác góc BAC và tâm I của
đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
nằm trên AM. Vì BI là phân giác
góc B, nên ta có
AB
AI
BM IM
AB
BA.BB '
.
Ta lại có AB = k.AB' (k là hệ số vị tự biến (O') thành (O) và k > 0),
do đó
BB' = (1 - k) AB và
Tóm lại
AB
BA.BA'
AI
1
(ta đặt
IM
1 k
1
1 k
1
q uuuu
uur
r
= q), nªn AI =
hay
AM
1 q
1 k
q
uur
uuuu
r
AI = λ AM , trong đó = 1 q .
Bài 9.
Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O; R).
M là một điểm di động trên cung BC.
Trên tia đối của tia BM lấy một P sao cho BP = MC và trên tia ®èi
cđa tia CM lÊy mét ®iĨm mQ sao cho CQ = MB.
Tìm tập hợp các điểm P. Q.
Hớng dẫn
Chứng minh MB + MC = MA.
Giải.
Trên dây AM, lấy đoạn AD = BM
Ta chứng minh rằng DM = MC
Hai tam giác BCM và ACD có:
B1 A1 (cùng cung chắn MC)
BC = AC (gt)
BM = AD nên bằng nhau
BCM = ACD
⇒ MC = CD
0
Ta l¹i cã
AMC =
ABC = 60 nên MCD là tam giác đều.
Suy ra DM = MC. Do đó ta có : MB + MC = MA
Suy ra MP = MQ = MA , �
AMB =
uuur
0
�
AMC = 60 .
uuur
Gi¶ sư ( AB ; AC ) = 600
�AP AM
( AM ; AP ) 600
Tam giác AMP đều. Ta có uuuuruuur
Suy ra P là ảnh của M trong phép quay R( A;- 600). Do đó: Khi M
chạy trên cung CB thì tập hợp các điểm P là cung BC ', ảnh cña
cung CB cho bëi phÐp quay R( A;- 600), n»m trên đờng tròn (O';
R) với O' là ảnh của O trong phép quay trên. Lu ý là O' (O; R).
Tơng tự: Tập hợp các điểm Q là cung CB', ¶nh cña cung BC cho
bëi phÐp quay R( A;600) ,n»m trên đờng tròn (O'' ; R) với O'' là ảnh
của O và O'' (O).
Bài 10.
Cho tam giác đều ABC. Tìm tập hợp điểm M nằm trong
tam giác sao cho
MA2 + MB2 = MC2
Gi¶i.
PhÐp quay R B ,60 ; M � M'
0
A � C, do ®ã MA = M'C, MB = MM'.
Tam giác MM'C vuông tại M' vì
M'C2 + M'M2 = MA2 + MB2 = MC2
� 'C = 1500
Tõ ®ã ta suy ra BM
Mặt khác, từ AMB = CM'B
0
0
suy ra �
AMB = 150 . Chøng tá M thuéc cung chứa góc 150 dựng
trên dây AB.
Tập hợp các điểm M là cung 1500 nằm trong tam giác ABC dựng
trên dây AB, trừ A, B.
Đảo lại nếu M là điểm thuộc cung đó, thì phép quay R B ,60
0
'C có số đo 1500.
biến M M' và cung �
AMB thµnh cung BM
'C = 1500 - 600 = 900. Tam giác
Vì tam giác BMM' đều, do đó MM
MM'C vuông tại M' do ®ã M'M2 + M'C2 = MC2. Do MA = M'C, MM'. =
MB ta suy ra
MA2 + MB2 = MC2
Bµi 11:
Cho tam giác ABC cố định và
uuur
A không ®ỉi ; B vµ C di
r
®éng sao cho BC = a , không đổi.
a) Tìm tập hợp các điểm B và C
b) Chứng tỏ rằng đờng cao BB' của ABC luôn luôn đi qua
một điểm cố định.
Hớng dẫn
a) Vận dụng định lý hàm sin.
b) Gọi H là trực tâm ABC. Chứng minh H cố định.
Giải
a) Dựng đờng tròn () tâm O ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi R là bán kính của đờng tròn ().
Theo định lí hàm sin, ta có
R=
EC
a
, không đổi
2sin 2sin
Suy ra O chạy trên đờng tròn
(A) tâm A, bán kính
a
R = 2sin .
OBC c©n cã OB = OC = R
�
BC = a vµ BOC
= 2 .
Ta suy ra: OBC di động nhng
không thay đổi hình dạng và luôn luôn bằng chính nó.
uuur
uuur
r
Các vectơ OB và OC có độ dài không đổi và hợp vectơ a một
góc không đổi
uuur
uuur
= 900 - nên các vectơ OB và OC là các vectơ có độ dài và h-
ớng không đổi.
uuuu
r
uuur
uuuur
uuuu
r
uuur
uuuur
Dựng AO1 = OB , AO2 = OC , các vectơ AO1 và AO2 cố định.
uuuu
r
Suy ra B là ¶nh cđa O cho bëi ( AO1 ) vµ C là ảnh của O cho bởi (
uuuur
AO2 ).
Khi O chạy trên đờng tròn (A; R) thif tập hợp các điểm B là đờng
uuuu
r
tròn(O1; R), ảnh của đờng tròn O cho bởi ( AO1 ).
Tập hợp các điểm C là đờng tròn (O2 ; R), ảnh của đờng tròn (A).
b) Gọi A' là giao điểm thứ hai của các đờng tròn (O1) và (O2).
uuuuu
r uuur
O1O2 BC
Ta có
AH BC
O1O2 AH
r
Đờng tròn (O2) có thể xem là ảnh của đờng tròn (O1) cho bởi ( a ).
Gọi D là điểm đối tâm của điểm H trong đờng tròn (O2) và I là
giao điểm cđa AH vµ O1O2.
uuur
uuur
uuur
⇒ AD = 2 IO2 = BC
�
⇒CD // AB, HCD
= 900 CH AB.
Suy ra H là trực tâm ABC.
D cố định nên H cố định.
Do đó đờng cao BB' của ABC luôn luôn đi qua điểm H cố
định H, trực tâm của ABC.
Các tài liệu tham khảo
1. Sách giáo khoa hình học 11 - NXB Giáo dục.
2. Phép biến hình trong mặt phẳng - NXB Gi¸o dơc
3. Phép dời hình trong mặt phẳng lớp 11 - NXB §HQGHN