Cac dang toan ve phep bien hinh

PHÉP BIẾN HÌNH VÀ PHÉP DỜI HÌNH PHÉP TỊNH TIẾN

Hä và tên: Trnh Kiu Linh
Lớp:
11BD9-K52
Trờng: THPT Nguyn Th Minh Khai
I.Túm tắt lý thuyết :
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng , cho véc tơ


v  a; b 

. Phép tịnh tiến theo

v  a; b 
véc tơ
là phép biến hình , biến một điểm M thành một điểm M’ sao
 
cho MM ' v

Tv

Ký hiệu :
.
2.Các tính chất của phép tịnh tiến :
a/ Tính chất 1:
*Định lý 1: Nếu phép tịnh tiến biến hai điểm M,N thành hai điểm M’,N’
thì MN=M’N’.
b/ Tính chất 2:

* Định lý 2: Phép tịnh tiến biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng
hàng và không làm thay đổi thứ tự của ba điểm đó .
HỆ QUẢ :
Phép tịnh tiến biến đường thẳng thành đường thẳng , biến một tia thành một
tia , biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó , biến một tam giác
thành một tam giác bằng nó , biến một đường trịn thành một đường trịn có
cùng bán kính , biến một góc thành một góc bằng nó .
3. Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến
- Giả sử cho v  a; b  và một điểm M(x;y) . Phép tịnh tiến theo véc tơ v biến
điểm M thành điểm M’ thì M’ có tọa độ là :
4. Ứng dụng của phép tịnh tiến

 x ' a  x

 y ' y  b

BÀI TỐN 1: TÌM QUỸ TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM
Bài tốn : Cho một hình H , trên hình H có một điểm M . Tìm quỹ tích của
điểm M khi trên hình H có một điểm A thay đổi . ( Thường điểm A chạy
trên một đường (C ) cho sẵn ).
Cách giải :
- Dựa vào các tính chất đã biết , ta tìm ra một véc tơ cố dịnh nằm trên hình
H ( Với điều kiện : véc tơ này có phương song song với đường thẳng kẻ
qua A ).
- Sau đó dựa vào định nghĩa về phép tịnh tiến ta suy ra M là ảnh của A qua
phép tịnh tiến theo véc tơ cố định .
- Dựa vào tính chất thay đổi của A ta suy ra giới hạn quỹ tích .
Ví dụ 1: Cho hai điểm B,C cố định nằm trên (O,R) và một điểm A thay đổi
trên đường trịn đó . Chứng minh rằng trực tâm của tam giác ABC nằm trên
một đường 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 trịn bán
kính R từ tâm O’ ta được đường trịn cần tìm .
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A,B cố định , cịn đỉnh C
chạy trên một đường trịn (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 trịn bán kính R , đó chính là đường trịn quỹ
tích của D.
Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) 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 .
Ví dụ 3. Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định . Một đường kính MN
thay đổi . Các đường thẳng AM và AN cắt các tiếp tuyến tại B lần lượt là
P,Q . Tìm quỹ tích trực tâm các tam giác MPQ và NPQ ?
Giải
- Tam giác MPQ có QA là một đường cao , vì vậy nếu ta kẻ MM’ vng
góc với PQ 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 khơng trùng với A,B cho nên trên đường tròn
ảnh bỏ đi hai điểm ảnh của A,B .

BÀI TỐN 2: TÌM ĐIỂM M TRÊN ĐƯỜNG THẲNG D SAO
CHO KHOẢNG CÁCH MA+MB NGẮN NHẤT ( A,B CỐ
ĐỊNH CHO TRƯỚC )
Cách giải


 Bước 1: Tìm điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d . ( Khi
đó đường thẳng d là đường trung trực của AB , suy ra M thuộc d thì
MA=MA’ ).
 Bước 2: Kẻ đường thẳng A’B , thì đường thằng này cắt d tại M . M sẽ
là điểm duy nhất
 Bước 3: Chứng minh nhận xét trên : Vì MA+MB=MA’+MB=A’B
( khơng đổi) do A cố dịnh , thì A’ cố định , suy ra A’B không đổi
Chú ý : Trường hợp trên xảy ra khi A,B nằm trái phía với d .
Ngồi ra : Có trường hợp biến thể là thay đường thẳng d bằng hai đường
thẳng // cách nhau một đoạn cho trước khơng đổi .
Ví dụ 1. Hai thơn nằm ở hai vị trí A,B cách nhau một con sơng ( 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 khơng 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 khơng
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 :
  
C
+/ Tìm Q’ sao cho : D U QQ '
+/ Nối PQ’ cắt AD tại điểm N
+/ Kẻ NM //CD cắt BC tại M . Vậy tìm được M,N thỏa mãn u cầu
bài tốn .

BÀI TỐN 3: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH
CỦA ĐƯỜNG ( C ‘)


QUA PHÉP TỊNH TIẾN THEO u  a; b  KHI BIẾT PHƯƠNG
TRÌNH ĐƯỜNG (C ).
Cách giải :
 Bước 1: lấy một điểm M(x;y=f(x) ) trên (C )

 Bước 2: Thay x,y vào 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 .

u  1;  2 
Ví dụ . Trong mặt phẳng (Oxy) cho
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
2
2
b/ Viết phương trình đường trịn ảnh của đường tròn (C ) : x  y  4x  y  1 0
c/ Viết phương trình đường (E) ảnh của (E) :
d/ Viết phương trình ảnh của (H) :

x2 y 2

1
9
4

x2 y 2

1
16 9

Giải
a/ Gọi M(x;y) thuộc các đường đã cho và M’(x’;y’) thuộc các đường ảnh
của chúng. Theo công thức tọa độ của phép tịnh tiến ta có :
 x ' 1  x

 x  x ' 1
 

 y '  2  y  y  y ' 2

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’) :

 y ' 2 


9

 x ' 1

d/ Đường (H’):

2

2

4

2



16

 y ' 2 
9

1 

2

1 

 x  1

2

9

 x  1
16

 y  2


2

4

2



 y  2
9

1

2

1

Bài tập về nhà :
Bài 1. Cho hai đường trịn khơng 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
 
Bài 1. Vì : MN OA  TOA : M  N . Do đó N nằm trên đường trịn ảnh của
(O;R) . Mặt khác N lại nằm trên (O’;R’) do đó N là giao của đường trịn
ảnh với với (O’;R’) . Từ đó suy ra cách tìm :
- Vè đường trịn tâm A bán kính R , đường trịn náy cắt (O’;R’) tại N

- Kẻ đường thẳng d qua N và song song với OA , suy ra d cắt (O;R) tại M
Bài 2.



a/ Bài 4-trang 9-HH11NC. 
- Vì A,B cố định suy ra : AB U .
  
   
MM
'

MA
MB  MM ' MB  MA  AB . Chứng tỏ : T AB : M  M ' .
- Từ giả thiết :
- 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
 x x2cos  y2 sin   a
M '  1' 1
; N '  2'
 y1  x1 sin   y1cos  b
 y2 x2 sin   y2cos  b

- Tọa độ của M’ và N’ là :
- Khoảng cách d giữa M,N và khoảng cách d’ giữa M’N’ .
2

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

 x2  x1   cos2  sin 2     y2  y1 
- Phép F là phép dời hình
M 'N ' 

2

 cos   sin     x
2

2

 x ' x  a
 0  sin  0; cos 1  
 y ' y  b .

- Khi :
.
c/ Bài 6.
- Nếu F1 : M  x; y  

2

2

 x1    y2  y1 

2

Đây là công thức của phép tịnh tiến

M '  y;  x  ; N  x '; y '   N '  y ';  x '
2

thì khoảng cách giữa hai điểm
2
2
y  ; M ' N '   y ' y     x ' x 
. Chứng tỏ
2

MN   x ' x    y '
MN và M’N’ là :
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
2
2
2
2
MN   x ' x    y ' y  ; M ' N '  4  x ' x    y ' y 
điểm là :
.

- Rõ ràng : MN< M’N’ : Do đó đây khơng phải là phép dời hình vì theo
định nghĩa : Phép dời hình là phép biến hình biến hai điểm thành hai điểm
mà không làm thay đổi khoảng cách giữa chúng .

Bài 3.
a/ Bài 2- trang 7.
- Từ B và C kẻ các đường thẳng // với AG . Sau đó đặt BB’=CC’=AG ( Tứ
giác BCC’B’ là hình bình hành )
- A’ sẽ trùng với G . Tam giác GB’C’ là ảnh của tam giác ABC qua phép
tịnh tiến theo véc tơ AG .
 
- 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.


- Theo công thức tọa độ của phép tịnh tiến :

 x 3  1 2
A '  A '
 A '  2;7 
 y A ' 5  2 7

và tọa

 x  1  1  2
B '  B '
 B '   2;3
 yB ' 1  2 3
.

độ của điểm
- Nếu gọi M(x;y) thuộc đường thẳng d và M’(x’;y’) thuộc đường thẳng d’ :
là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véc tơ v thì theo cơng thức

 x ' x  1
M '

 y ' y  2

 x  x ' 1

 y  y ' 2 .

tọa độ củ phép tịnh tiến ta có :
Thay vào phương
trình của d : (x’+1)-2(y’-2)+3=0 . Hay d’: x’-2y’+8=0 .

Bài 3. PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
1. ĐỊNH NGHĨA :
* Cho đường thẳng d . Phép biến mỗi điểm M thuộc d thành chính nó . Biến
mỗi điểm M khơng thuộc d thành điểm M’ sao cho d là đường trung trực
của MM’ , được gọi là phép đối xứng qua đường thẳng d ( hay là phép đối
xứng trục ) . Đường thẳng d gọi là trục đối xứng
2. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
Ta chọn đường thẳng d trùng với trục Ox . Với mỗi điểm M(x;y) , gọi
 x ' x

 y '  y

M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép đối xứng trục thì :
( Đó chính là
biểu thức tọa độ )
3. TÍNH CHẤT
a/ Tính chất 1: Phép đối xứng trục bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất

kỳ .
b/ Tính chất 2: Phép đối xứng trục biến một đường thẳng thành một đường
thẳng , biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó , biến một tam
giác thành một tam giác bằng nó , biến một đường trịn thành một đường
trịn có cùng bán kính .
4. TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA MỘT HÌNH
Định nghĩa :
* Đường thẳng d gọi là trục đối xứng của hình H nếu phép dối xứng qua d
biến hình H thành chính nó .
5. ỨNG DỤNG

BÀI TỐN 1. TÌM QUỸ TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM
Bài tốn :
Cho hình H và một điểm A thuộc hình H thay đổi . Tìm quỹ tích của điểm
M khi A thay đổi .
Cách giải .


 Bước 1: Xét một vị trí bất kỳ của A và M . Sau dó tìm trên H có một
đường thẳng cố định là trung trực của đoạn thẳng AM ( Chính là trục
đối xứng ).
 Nếu A chạy trên một đường (C ) nào đó , theo tính chất của phép dối
xứng trục , thì M chạy trên đường (C’) là ảnh của (C ) qua phép đối
xứng trục .
Ví dụ 1. ( Bài 10-tr13-HH11NC ) .
Cho hai điểm B,C cố định nằm trên đường tròn (O;R) và điểm A thay đổi
trên đường trịn đó . Hãy dùng phép đối xứng trục để chứng minh rằng trực
tâm H nằm trên một đường trịn 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)
Mặt khác :

CH  AB
 A BCH  2 

CI  AH '

. Từ (1) và (2) suy ra :

BCH BCH '

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

a/ Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
HAB,HBC,HCA có bán kính bằng nhau
b/ Gọi O1 , O2 , O3 là tâm các đường trịn 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 cịn lại có bán kính bằng bán kính của (O) .
b/ Ta hồn tồn chứng minh được O1 , O2 , O3 là các ảnh của O qua phép đối
xứng trục BC,CA,AB . Vì vậy bán kính các đường tròn này bằng nhau .
Mặt khác ta chứng minh tam giác ABC bằng tam giác O1O2O3 .

BÀI TOÁN 2.TÌM ĐIỂM CHO (d) VÀ HAI ĐIỂM A,B . TÌM
ĐIỂM M THUỘC d SAO CHO MA+MB MIN . (Khi A,B là hai
điểm nằm về một phía của d ) , MA  MB ĐẠT GIÁ TRỊ MAX
(A,B nằm về hai phía của d)
Cách giải :
 Bước 1: Tìm điẻm A’ đối xứng với A qua đường thẳng d
 Bước 2: Nối A’B , đường thẳng này cắt d tại M . Là điểm cần tìm .
 Bước 3: Chứng minh M là điểm duy nhất .
Ví dụ 1. (Bài 9-tr13- HH11NC)
Cho góc nhọn xOy và một điểm A nằm trong góc đó . Hãy tìm điểm B trên
Ox , điểm C trên Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất .
Giải .
- Tìm A’ đối xứng với A qua Oy , B’ đối xứng với A qua Ox
- Nối A’B’ cắt Ox tại B , cắt Oy tại C . Đó chính là hai điểm cần tìm
- Chứng minh B,C là hai điểm duy nhất cần tìm .

Thật vậy : Do A’ đối xứng với A qua Oy , cho nên CA=CA’ (1) . Mặt
khác : B’ đối xứng với A qua Ox cho nên ta có BA=BB’ (2) . Gọi P là chu
vi tam giác ABC thì P=CA+CB+BA =CA’+CB+BB’=A’B’ ( do từ (1) và
(2) ).
Ví dụ 2: Cho đường thẳng d và hai điểm A,B nằm cùng phía với d . Tìm
điểm M trên d sao cho MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất ?
Giải
- Tìm điểm A’ đối xứng với A qua d
- Nối A’B cắt d tại M . M chính là điểm cần tìm .
- Thật vậy : Vì A’ đối xứng với A qua d cho nên MA=MA’ (1). Do đó :
MA+MB=MA’+MB=A’B .
- Giả sử tồn tại M’ khác M thuộc d thì : M’A+M’B=M’A’+M’B  A ' B . Dấu
bằng chỉ xảy ra khi A’M’B thẳng hàng . Nghĩa là M trùng với M’ .
Ví dụ 3. Cho đường thẳng d và hai điểm A,B ( nằm về hai phía của d ). Tìm
điểm M trên d sao cho MA  MB đạt GTLN .
Giải .


- Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua d
- Nối A’B cắt d tại M . M chính là điểm cần tìm .
- Thật vậy : MA  MB  MA ' MB  A ' B . Giả sử tồn tại một điểm M’ khác với
M trên d , khi đó : M ' A  M ' B  M ' A ' M ' B  A ' B . Dấu bằng chỉ xảy ra khi
M’A’B thẳng hàng , nghĩa là M trùng với M’.
Ví dụ 4 . Cho hai đường 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 trịn 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 ngồi .
Giải

Vẽ hình :
a/ Giả sử M nằm trên (O;R) và M’ nằm trên (O’;R’) tỏa mãn u cầu bài
tốn
- Vì d là trung trực của MM’ cho nên M’ nằm trên đường tròn (C’) là ảnh
của đường tròn (O;R) qua phép đối xứng trục d . Mặt khác M’ lại nằm trên
(O’;R’) do vậy M’ là giao của (C’) với (O’;R’)
- Từ đó suy ra cách tìm :
 Tìm hai đường trịn ảnh của hai đường tròn đã cho qua phép đối
xứng trục d ( Lần lượt là (C’) và (C’’)
 Hai đường tròn này cắt hai đường tròn đã cho tại M 1 , M 2 . Sau đó
kẻ hai đường thẳng d’’ và d’’’ qua M 1 , M 2 cắt (O;R) và (O’;R’)
tại M '1; M '2
 Các điểm cần tìm là  M 1M '1  và  M 2 M '2 
b/ Nếu MT và MT’ nhận d là phân giác trong hoặc ngồi của góc TIT’ thì
MT và MT’ đối xứng nhau qua d . Từ đó suy ra cách tìm :
- Gọi d’ là ảnh của MT qua phép đối xứng d nghĩa là d’ là tiếp tuyến của
đường tròn (C ) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng trục d. Mặt khác d’ là
tiếp tuyến của (O’;R’) . Cho d’ là tiếp tuyến chung của (C ) với (O’;R’) . Từ
đó ta suy ra cách tìm M :
 Tìm (C ) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng trục d
 Kẻ d’ là tiếp tuyến chung của (C ) và (O’;R’) . Khi đó d’ cắt d tại M .
Chính là điểm cần tìm .
 Tương tự áp dụng cho (O’;R’)
- Số nghiệm hình bằng số giao điểm của các tiếp tuyến chung cắt d .

BÀI TỐN 3:TÌM ĐIỂM ĐỐI XỨNG VỚI ĐIỂM QUA MỘT
ĐƯỜNG THẲNG


Bài toán : Cho điểm A(x;y) và một đường thẳng d : ax+by+c=0 . Tìm tọa

độ điểm B đối xứng với điểm A qua đường thẳng d ?
Cách giải :
 Bước 1: Gọi B(x’;y’) là điểm  đối
xứng với A qua d và H là trung

 AB.U 0  1

 2
điểm của AB thì điều kiện :  H  d
 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
 MN .U 0  1

 2
M,N đối xứng nhau qua d thì điều kiện là :  H  d


- Ta có :


MN  x  2; y  3 U  1;1

 x 2 y 3
H 
;


2 .
 2

 x  2  .1   y  3 .1 0

 x 2 y 3



 2
2

 x  y 5


 x y 1

 y 2
 N  3; 2 

 x 3

- Điều kiện (*)
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
 MN .U 0  1


 2
M,N đối xứng nhau qua d thì điều kiện là :  H  d
- Ta có :



MN  x  2; y  3 U  1; 2 

- Điều kiện (*)

 x2 y 3
H 
;

2 .
 2

 x  2  .1   y  3 .2 0

 x2 y  3



 2
2

1

y


 x  2 y  4 0 
 14 1 
3
 
 N   ; 

 3 3
 y x  5
 x  14

3

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


 Bước 3: Viết phương trình đường (C’) đi qua A’,B’
Ví dụ 1: Cho đường thẳng d : x-2y-2=0 và đường thẳng d’: y=x . Lập
phương trình đường thẳng (m) đối xứng với đường thẳng d’ qua đường
thẳng d .
Giải
 x  2 y  2 0  x  2
 

 x  y 0

 y  2

- Tìm giao của d và d’ bằng A(x;y) là nghiệm của hệ :
.A(-2;-2)
- 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

 2  (*)
 H  d
- Ta có :



MN  x  3; y  3 U  2;1

 x 3 y 3
H 
;

2 
 2

 x  3 2   y  3 .1 0

 x 3

 y 3
 2  2.  2   2 0





2x  y 9  x 5
 
 N  5;  1

 x  2 y 7  y  1

- Điều kiện (*)
.
- Đường thẳng (m) là đường thẳng đi qua AN có véc tơ chỉ phương là
x2 y 2

 x  7 y  12 0
7
1
.


AN  7;1

, nên (m) có phương trình là :
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
2x  y  2 0



 x  3 y  3 0

3

 x  7
 3 8
 A   ; 

 7 7
 y 8

7

hai phương trình :
- 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
 MN .U 0  1

 2  (*) Với H là trung điểm
đối xứng nhau qua d’ thì điều kiện :  H  d
của MN ,


U

là véc tơ chỉ phương của d’ . Ta có :




 x y 2
MN  x; y  2  U  3;  1 H  ;

 2 2 .


- Điều kiện (*)

3x.   y  2  .1 0
3x-y  2

 x


 y2
x

3
y

0

3.

3

0




2
 2 


- Đường thẳng (m) =(AN) đi qua

 3 1
N   ; 
 5 5


33  
 6
AN  
;
 / /U  2;11
 35 35 
.

3

 x  5
 3 1
 N   ; 

 5 5
 y 1

5

và có véc tơ chỉ phương

3
1
y
5
5 0  11x  2 y  7 0
2
11
.

x

Do đó (m) :
2
2
Ví dụ 3 . Cho đường tròn (C ) : x  y  4x  2 y  1 0 và đường thẳng d : 2xy+2=0. Hãy viết phương trình của đường trịn (C’) là ảnh của (C ) qua phép
đối xứng trục d .
Giải
Do tính chất của phép đối xứng trục biến (C ) thành (C’) có cùng bán kính .
Cho nên ta chỉ cần tìm tọa độ tâm I’ của (C’) đối xứng với tâm I của (C ) .
Vậy từ giả thiết ta có tâm I của (C ) có tọa độ : I(2;-1) 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 đường thẳng d . Để I’ đối xứng với I qua d thì điều kiện :

 II '.U 0  1

 2  (*)

 H  d
-Ta có :



 x  2 y  1
II '  x  2; y  1 U  1; 2  H 
;

2 .
 2

- Điều kiện

 x-2  .1   y 1 .2 0
 x+y 0
 x 1

   x  2   y  1

 
 I '   3;3
2
x

y

9

0

y

1
2.


2

0


 

 
(*)   2   2 

- Vậy (C’):  x  3

2

2

  y  3 4
2

.

2

x

y

1
9
4
.

Ví dụ 4. Cho (E) :
Và đường thẳng d : x+y-2=0 . Lập phương
trình (E’) là ảnh của (E) qua phép đối xứng trục d .
Giải
- Vẽ (E) chỉ ra tọa độ các đỉnh của trục lớn : A(3;0) ,A’(-3;0) và tọa độ
hai đỉnh của trục nhỏ : B(0;2) ;B’(0;-2 )
- Tìm tọa độ của 4 đỉnh của hình chữ nhật cơ sở là ảnh của 4 đỉnh hình chữ
nhật cơ sở của (E) đã cho . Bằng cách giải các bài tốn nhỏ như ở trên , dễ
dàng tìm được tạo độ của O’(2;2) là ảnh của O(0;0) , M’(4;5) là ảnh của
M(-3;-2 ). N’(4;-1 ) là ảnh của N(3;-2) . P’(0;-1) là ảnh của P(3;2) và
Q’( 0;5) là ảnh của Q(-3;2) .


- Áp dụng cách vữ (E) ta suy ra cách vẽ của (E’) .
* Chú ý : Đây là bài tốn tương đối khó , chưa gặp trong các đề thi đại
học , nhưng lấy ví dụ này là để mở rộng cho trường hợp đối xứng trục . Dù
đường (C ) cho là đường gì đi chăng nữa , ta chỉ cần sử dụng tốt kiến thức
đã học là có thể giải được .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Gọi m là đường phân giác ngồi của góc A của tam giác ABC .
Chứng minh rằng với mọi điểm M trên m , chu vi tam giác MBC không
nhỏ hơn chu vi tam giác ABC

Bài 2. Cho (E) với hai tiêu điểm F1 , F2 . Gọi M là một điểm nằm trên (E)
nhưng không nằm trên đường thẳng F1 F2 và m là phân giác ngoài tại đỉnh M
của tam giác M F1 F2 . Chứng minh rằng m chỉ cắt (E) tại M duy nhất ( đường
thẳng m như thế gọi là tiếp tuyến của E tại M )
2
2
Bài 3. Cho đường tròn (C ) : x  y  6x  2 y 1 0 . Tìm phương trình đường
trịn (C’) qua phép đối xứng trục d : x-y-0 .
Bài 4 . Cho hai đường thẳng d : x-y+2=0 và d’: 3x+4y-1=0 . Tìm đường
thẳng m là ảnh của đường thẳng d qua phép đối xừng trục là d’ .
Bài 5. Cho đường thẳng d: x+y-2=0 và hai điểm A(-4;-3) ,B(2;-1) . Tìm
điểm M trên d sao cho MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 6. Cho hai điểm A(4;3) và B(-2;0) . Tìm trên đường thẳng d : x+y-2=0
điểm M sao cho MA  MB đạt gía trị lớn nhất .
Bài 7.( Bài 39-tr106-BTHH10NC)
 4 7
 ; 
A 5 5  .

Cho tam giác ABC có đỉnh
Hai đường phân giác trong của hai góc
B và C lần lượt có phương trình x-2y-1=0 và x+3y-1=0 . Viết phương trình
cạnh BC của tam giác .

GỢI Ý CÁCH GIẢI
Bài 1. Kẻ đường phân giác ngồi của góc A . Tìm điểm C’ đối xứng với C
qua m . T a có : MB+MC=MB+MC’ BC ' . Mà BC’=AB+AC . Suy ra
MB+MC+BC  AB  AC  BC . Đó chính là điều phải chứng minh .
Bài 2. Giả sử trục lớn của (E) là 2a , tức là M nằm trên E khi : MF1  MF2 2a .
Theo cách chứng minh bài 1 , nếu M’ nằm trên phân giác m thì :

M ' F1  M ' F2 MF1  MF2 2a . Dấu bằng chỉ xảy ra khi M’ trùng với M . Vậy
nếu M’ khác M thì M’ khơng nằm trên E . Suy ra m cắt E tại một điểm duy
nhất tại M .
Bài 3. Đường trịn (C ) có tâm I(3;-1) và bán kính R=3 . Gọi I’ là tâm của
đường tròn (C’) . Nếu I và I’ đối xứng nhau qua d thì ta có hệ :


 x  3  y  1 0
 x  y 4
 x 0



 I '  0; 4 
x 3 y  1
x

y

4
y

4


0


 2
2

.

2

2

Vậy đường tròn (C’): x   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


3x  4 y  1 0

 x  1
 A   1;1

 y 1

. Trên d lấy điểm M(0;2) . Tìm M’(x;y) là
ảnh của M qua phép đối xứng trục d’ ( có U  4;  3 Khi đó tọa độ M’ là
nghiệm của hệ :
4 x  3  y  2  0

   x  1

3  2   4 


 

33

x

 4x  3 y  6 0 
 33 6 
25

 
 M '  
; 
y 2
3x

4
y

3

0
6
25
25 

1

0




y 
2 

25
.

Khi đó đường thẳng m đối xứng với d qua d’ là đường thẳng AM’ đi qua
A(-1;1) có véc tơ chỉ phương


19 
 8
AM '  ; 
 / /U  8;  19 
 25 25 

suy ra (m) :

x 1 y  1

8
19 .

Hay đường thẳng (m) : 19x-8y+27=0.
Bài 5. Tìm tọa độ A’(x;y) đối xứng với A(-4;-3) qua phép đối xứng trục d:
x+y-2=0
 x  4   y  3 0
 x  y  1 0
 x 5




 A '  5;6 
x 4 y 3

 2 0
 x  y  11 0
 y 6

2
Suy ra hệ :  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):
với d cho nên tọa độ của M là nghiệm của hệ :

Vậy M là giao của (A’B)

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





 x  4   y  3 
x

y

3

0


2

0

 2   2 
 




2  A '  3 ; 3 



 2 2
 y 3

2

.


Đường thẳng (A’B) đi qua B(-2;0) có véc tơ chỉ phương :

 7 3 
A ' B   ;   / /U  7;3
 2 2
.

 x  2  7t
tR

 y 3t
.

Do đó (A’B):
Điểm M cần tìm là
giao của (A’B) với d , cho nên tọa độ M là nghiệm của hệ :
 2
t  5
 x  2  7t

4


4 6
  x   M  ; 
 y 3t
5

5 5
 x  y  2 0


6

 y 5

.

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

Bài 4. PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM
1. Định nghĩa phép quay .
* Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và góc lượng giác  khơng đổi .
Phép biến hình biến điểm O thành điểm O, biến điểm M khác O thành điểm
M’ sao cho OM=OM’và góc (OM;OM’)=  . Được gọi là phép quay tâm O
góc quay là  .
2. Định lý :
Phép quay là phép dời hình .
3. Phép đối xứng tâm .
* Định nghĩa : Phép đối xứng qua điểm O là một phép biến hình
, biến mỗi
  
điểm M thành điểm M’ đối xứng với M qua O , có nghĩa là : OM  OM ' 0 .
* Ký hiệu và các thuật ngữ :
Phép đối xứng tâm O ký hiệu : DO . Trong đó O là tâm đối xứng

*Biểu thức tọa độ :
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm I(a;b) . Nếu phép đối xứng tâm I biến
 x ' 2a  x

 y ' 2b  y

điểm M(x;y) thành điểm M’(x’;y’) thì :
( Đó chính là biểu thức
tọa độ của phép đối xứng tâm ) .
* Tâm đối xứng của một hình : Là điểm sao cho biến hình H thành chính nó
*Biểu thức tọa độ của phép quay có tâm I(a;b) điểm M(x;y) , điểm
M’(x’;y’) và góc quay là

:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Q (I,  ) , với I(a; b). Khi đó Q(I,  ) biến
điểm M (x; y) thành M’(x’; y’) xác định bởi:


 x'  a  ( x  a) cos  ( y  b) sin 

 y ' b  ( x  a) sin   ( y  b) cos

(IVb) ( Chứng minh cho HS )

4. Các ứng dụng của phép quay và đối xứng tâm .

BÀI TỐN 1: BÀI TỐN QUỸ TÍCH ĐIỂM
Bài tốn : Cho hình H và một điểm M thay đổi trên đường (C ) ( thuộc H ).
Tìm quỹ tích của điểm N khi M thay đổi .

Cách giải :
 Bước 1: Tìm một điểm I cố định sao cho I là trung điểm của MN
 Bước 2: Dựa vào tính chất của phép đối xứng tâm I ta suy ra quỹ tích
của N
Ví dụ 1. ( bài tốn 2-tr17-HH11NC).
Cho đường trịn (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 trịn 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
tren đường trịn đó . Hãy dùng phép đối xứng tâm để chứng minh rằng trực
tâm H của tam giác ABC nằm trên một đường 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
trịn (O’;R) là ảnh của (O;R) qua phép đối xứng tâm I .
Ví dụ 3. ( Bài 34-tr10-BTHH11NC) .


Cho đường thẳng a và một điểm G không nằm trên a . Với mỗi điểm A nằm
trên a ta dựng tam giác đều ABC có tâm là G. Tìm quỹ tích hai điểm B và
C khi A chạy trên a?
Giải
- Vẽ hình . Từ hình vẽ và tính chất của tam giác đều ta thấy góc
0
AGC AGB 1200 . Như vậy phép quay tâm G với góc quay  120 bién A
thành C và biến A thành B . Nhưng A chạy trên d vì thế B và C chạy trên
0
đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép quay  120 .
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
BM 1 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 M 1M 2 M 3 , có nghĩa là BC//
M 1M 3 (3) .
- Gọi D là trung điểm của M M 3 thì AD là đường trung bình của tam giác
MM 1M 3  AD / / M 1M 3 (4) . Từ (3) và (4) suy ra AD//BC và tứ giác ABCD là
hình bình hành . Có nghĩa là D cố định. Như vậy : DD : M  M 3 . Mà M chạy
trên (O) cho nên M 3
Chạy trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm D .

BÀI TỐN 2: DỰNG HÌNH
Hãy tham khảo một vài ví dụ sau
Ví dụ 1. ( Bài tốn 3-tr17-HH11NC)
Cho hai đường 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 trịn (O;R) ( vì M chạy trên (O) ). Mặt khác N
lại thuộc (O’;R’) vì thế cho nên N là giao của (O’’) với (O’;R’) . Từ đó suy
ra cách dựng .
+/ Dựng đường 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 trịn
(O’’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I . Nhưng B lại nằm trên d vì
vậy B là giao của d với (O’’)
-Từ đó suy ra cách tìm . Nối IO đặt IO=IO’’ , sau đó dựng đường trịn (O’’)
bán kính R , cắt d tại B . Nối BI cắt (O;R) tại A .

- Giới hạn quỹ tích : Số nghiệm hình bằng số giao điểm của (O’’) với d .

BÀI TOÁN 3: BÀI TOÁN CHỨNG MINH
Để làm được dạng bài toán chứng minh ta cần phải lắm chắc kiến thức về
phép đối xứng tâm và phép quay . Đồng thời phải nhớ lại các kiến thức về
tam giác , tứ giác : Hình bình hành , hình vng , hình chữ nhật .
Ví dụ 1. ( Bài toán 1-tr17-HH11NC)
Cho hai tam giác đều OAB và OA’B’ . Gọi C và D lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng AA’ và BB’ . Chứng minh rằng OCD là tam giác đều ?
Giải
0
Xét phép quay tâm O với góc quay bằng góc lượng giác ( OA,OB)= 60 . Rõ
ràng A biến thành B và A’ biến thành B’ , vì thế cho nên phép quay đã biến
đoạn thẳng AA’ thành đoạn thẳng BB’ . Từ đó suy ra phép quay đã biến C
0
thành D , do đó OC=OD . Vì góc quay bằng 60 cho nên tam giác cân OCD
là tam giác đều .
Ví dụ 2. ( Bài 43-tr11-BTHH11NC)Về phía ngồi của tam giác ABC vẽ các
hình vng BCMN và ACPQ có tâm là O và O’ .
a/ Chứng minh rằng khi cố định hai điểm A,B và cho C thay đổi thì đường
thẳng NQ ln đi qua một điểm cố định .
b/ Gọi I là trung điểm của AB . Chứng minh rằng IOO’ là tam giác vng
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 gốc vng của tam giác vng cân OAB
( O là tâm đối xứng ).

- Như vậy : QA : C  N QB : C  Q  NQ đi qua tâm đối xứng H được xác định
bằng cách dựng tam giác vuông cân HAB
b/ Tương tự như trên : QO : C  B ; QO ' : C  A  AB đi qua tâm đối xứng I
được xác định bằng tam giác vuông cân OO’I ( với I là đỉnh của góc
vng ). Như vậy tam giác O’OI là tam giác vng cân .

BÀI TỐN 4: TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH BẰNG PHÉP
QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TÂM
CÁCH GIẢI .
Sử dụng các định nghĩa , tính chất của phép quay và phép đối xứng tâm
cùng với biểu thức tọa độ của chúng .
Ví dụ 1. ( Bài 1-tr15-HH11CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(-1;3) và đường thẳng d có phương
trình : x-2y+3=0 . Tìm ảnh của A và d qua phép đối xứng tâm O
Giải
- Gọi A’(x;y) là ảnh của A qua phép đối xứng tâm O(0;0) . Theo công thức
tọa độ của phép đối xứng ta có :
 x ' 0  x
 x  x '



 y ' 0  y
 y  y '

 x ' 1
 A '  1;  3

 y '  3

- Tương tự Gọi M(x;y) là một điểm bất kỳ thuộc d và M’(x’;y’) là một điểm
bất kỳ thuộc d’ là ảnh của d qua phép đối xứng tâm O . Theo cơng thức tọa
độ của phép đối xứng ta có :
 x ' 0  x
 x  x '

   x '  2   y '   3 0  x ' 2 y ' 3 0

 y ' 0  y
 y  y '
.

Do đó d’ có phương

trình là : x-2y-3=0 .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (O;R) :
x2 y 2

1
9
4

và (E) :
xứng tâm I

x 2  y 2  2x  6 y  6 0

điểm I(1;2) . Tìm ảnh của (O;R) và (E’) qua phép đối

Giải
Gọi M(x;y) là điểm bất kỳ thuộc (O;R) và (E) . Từ cơng 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

2

2

  y  3 4  J (  1;6), R 2

.