Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về bài tập về phép tịnh tiến – hình học 11 nâng cao (đủ dạng) rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về đầy đủ các dạng bài tập phép tịnh tiến lớp 11 nâng cao có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình Học lớp 11 nhé!
DẠNG 1. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LÝ THUYẾT ĐỊNH NGHĨA, TÍNH CHẤT, ỨNG DỤNG CỦA PHÉP TỊNH TIẾN
Để có thể biết được có bao nhiêu phép tịnh tiến biến đường thẳng thành chính nó hay có bao nhiêu phép tịnh tiến biến đường tròn thành chính nó cũng như có bao nhiêu phép tịnh tiến biến hình vuông thành chính nó thì chúng ta cần làm các bài tập bên dưới đây:
Bài tập 1: Tính độ dài $AD$
Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $AB=BC=CD=a$, $\widehat{BAD}=75{}^\circ $ và $\widehat{ADC}=45{}^\circ $.Tính độ dài $AD$.
A. $a\sqrt{2+\sqrt{5}}$. B. $a\sqrt{3}$. C. $a\sqrt{2+\sqrt{3}}$. D. $a\sqrt{5}$.
Lời giải
Xét ${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( A \right)={A}’.$
Khi đó $C{A}’=BA=CD\Rightarrow \Delta C{A}’D$ cân tại $C$.
$\Rightarrow \widehat{{A}’CD}={{60}^{0}}\Rightarrow \Delta C{A}’D$ đều.
$\Rightarrow \widehat{{A}’DA}={{15}^{0}}$ và $A{A}’=BC=CD={A}’D=a$
$\Rightarrow \widehat{A{A}’D}={{150}^{0}}$
Do đó $A{{D}^{2}}=2{A}'{{A}^{2}}-2{A}'{{A}^{2}}\cos A{A}’D=2{{a}^{2}}+\sqrt{3}{{a}^{2}}$ (áp dụng định lí cosin).
$\Rightarrow AD=a\sqrt{2+\sqrt{3}}$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là C.
Bài tập 2: Tính độ dài $BC$
Cho tứ giác $ABCD$ có $AB=6\sqrt{3},\text{ }CD=12$, $\widehat{A}=60{}^\circ ,\text{ }\widehat{B}=150{}^\circ ,\text{ }\widehat{D}=90{}^\circ $. Tính độ dài $BC$.
A. $4$. B. $5$. C. $6$. D. $2$.
Lời giải
Xét ${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( A \right)=M\Rightarrow ABCM$ là hình bình hành.
$\Rightarrow \widehat{BCM}={{30}^{0}}\Rightarrow \widehat{BCD}={{60}^{0}}$ và $\widehat{MCD}={{30}^{0}}$
Ta có $M{{D}^{2}}=M{{C}^{2}}+D{{C}^{2}}-2MC.DC.\cos {{30}^{0}}=36\Rightarrow MD=6$
$MD=\frac{1}{2}CD$ và $MC=MD\sqrt{3}$ $\Rightarrow \Delta MDC$ là nửa tam giác đều.
$\Rightarrow \widehat{DMC}={{90}^{0}}\,\Rightarrow \widehat{MDA}={{30}^{0}}$
Vậy $\widehat{MDA}=\widehat{MAD}=\widehat{MAB}={{30}^{0}}\Rightarrow \Delta AMD$ cân tại $M$$\Rightarrow BC=MA=MD=6$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là C.
Bài tập 3: Tìm quỹ tích đỉnh $C$
Trên đoạn $AD$ cố định dựng hình bình hành $ABCD$ sao cho $\frac{AC}{AD}=\frac{BD}{AB}$. Tìm quỹ tích đỉnh $C$.
A. Đường tròn tâm $A$, bán kính là $AB\sqrt{3}$. B. Đường tròn tâm $A$, bán kính là $AC$.
B. Đường tròn tâm $A$, bán kính là $AD$. D. Đường tròn tâm $A$, bán kính là $AD\sqrt{2}$.
Lời giải
Chọn hệ trục về chiều dương như hình vẽ bên dưới đây.
Cố định $D\left( 1;0 \right)$. Với $B\left( x;y \right)\Rightarrow C\left( x+1;y \right)$
Từ giả thiết $AC.AB=AD.BD$
$\begin{align}& \Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}.\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=\sqrt{{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}} \\& \Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x \right)=1-2x \\& \Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x \right)-{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-2x=1-2x \\\end{align}$
$\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1 \right)\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-1 \right)=0$ (do ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+1>0$).
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2x-1=0\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=2\,\,\,(1)$.
Suy ra quỹ tích $B$ là đường tròn tâm $I$, bán kính $\sqrt{2}$ ($I$ là điểm đối xứng của $D$ qua $A$)
Ta có ${{T}_{\overrightarrow{BC}}}\left( B \right)=C$
Vậy quỹ tích của $C$ là đường tròn tâm $A$, bán kính $AD\sqrt{2}$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là D.
Xem thêm: Các dạng bài tập phép biến hình đầy đủ – chi tiết
Bài tập 4: Tính $P=M{{N}^{2}}+A{{B}^{2}}$
Cho hai đường tròn có bán kính $R$ cắt nhau tại $M,\text{ }N$. Đường trung trực của $MN$ cắt các đường tròn tại $A$ và $B$ sao cho $A,\text{ }B$ nằm cùng một phía với $MN$. Tính $P=M{{N}^{2}}+A{{B}^{2}}$.
A. $P=2{{R}^{2}}$. B. $P=3{{R}^{2}}$. C. $P=4{{R}^{2}}$. D. $P=6{{R}^{2}}$.
Lời giải
Giả sử trung trực $MN$ cắt $\left( {{O}_{1}} \right)$ tại $A$, cắt $\left( {{O}_{2}} \right)$ tại $B$ (${{O}_{1}}$ ở giữa $A,\,B$)
(Bạn đọc tự vẽ hình)
Thực hiện phép trịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{{{O}_{2}}{{O}_{1}}}$ đường tròn $\left( {{O}_{2}} \right)$ biến thành đường tròn $\left( {{O}_{1}} \right)$. vì vậy $B$ biến thành $A$, $M$ biến trhành ${{M}_{1}}$, $N$ biến thành ${{N}_{1}}$.
$MN{{N}_{1}}{{M}_{1}}$ là hình bình hành nội tiếp nên là hình chữ nhật. Vậy $M{{N}^{2}}+{{M}_{1}}{{M}^{2}}=M{{N}^{2}}+A{{B}^{2}}=4{{R}^{2}}$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là C.
Bài tập 5: Tìm quỹ tích trực tâm $H$ của $\Delta ABC$ là
Cho hai điểm $B,C$ cố định trên đường tròn $\left( O,R \right)$ và $A$ thay đổi trên đường tròn đó, $BD$ là đường kính. Khi đó quỹ tích trực tâm $H$ của $\Delta ABC$ là:
A. Đoạn thẳng nối từ $A$ tới chân đường cao thuộc $BC$ của $\Delta ABC$.
B. Cung tròn của đường tròn đường kính $BC$.
C. Đường tròn tâm ${O}’$ bán kính $R$ là ảnh của $\left( O,R \right)$ qua ${{T}_{\overrightarrow{HA}}}$.
D. Đường tròn tâm $O’$, bán kính $R$ là ảnh của $\left( O,R \right)$ qua ${{T}_{\overrightarrow{DC}}}$.
Lời giải:
Kẻ đường kính $BD$$\Rightarrow ADCH$ là hình bình hành(Vì $AD\text{//}CH$ và $AH\text{//}DC$ cùng vuông góc với một đường thẳng)
$\Rightarrow \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow {{T}_{\overrightarrow{DC}}}\left( A \right)=H$.
Vậy $H$ thuộc đường tròn tâm $O’$, bán kính $R$ là ảnh của $\left( O,R \right)$ qua ${{T}_{\overrightarrow{DC}}}$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là D.
DẠNG 2. XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT ĐIỂM HOẶC MỘT HÌNH QUA PHÉP TỊNH TIẾN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Bài tập 1: Khi đó khoảng cách $d$ giữa $M’$ và $N’$ bằng
Trong mặt phẳng tọa độ$Oxy$, với $\alpha ,a,b$ là những số cho trước, xét phép biến hình $F$ biến mỗi điểm $M\left( x;y \right)$ thành điểm $M’\left( x’;y’ \right)$ trong đó: $\left\{ \begin{align}& x’=x.\cos \alpha -y.\sin \alpha +a \\& y’=x.\sin \alpha +y.cos\alpha +b \\\end{align} \right.$. Cho hai điểm $M\left( {{x}_{1}};{{y}_{1}} \right)$, $N\left( {{x}_{2}};{{y}_{2}} \right)$, gọi $M’,N’$ lần lượt là ảnh của $M,N$ qua phép biến hình $F$. Khi đó khoảng cách $d$ giữa $M’$ và $N’$ bằng:
A. $d=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$. B. $d=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}+{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}+{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$.
C. $d=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}+{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$. D. $d=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}+{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$.
Lời giải
Ta có $\left\{ \begin{align}& {{x}_{1}}^{\prime }={{x}_{1}}.\cos \,\alpha -{{y}_{1}}.\sin \,\alpha +a \\& {{y}_{1}}^{\prime }={{x}_{1}}.\sin \,\alpha -{{y}_{1}}.\cos \,\alpha +b \\\end{align} \right.$ $\left\{ \begin{align}& {{x}_{2}}^{\prime }={{x}_{2}}.\cos \,\alpha -{{y}_{2}}.\sin \,\alpha +a \\& {{y}_{2}}^{\prime }={{x}_{2}}.\sin \,\alpha -{{y}_{2}}.\cos \,\alpha +b \\\end{align} \right.$
$\Rightarrow {M}'{N}’=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}^{\prime }-{{x}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}^{\prime }-{{y}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}}$
$=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}^{\prime }-{{x}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}{{\cos }^{2}}\,\alpha +{{\left( {{y}_{2}}^{\prime }-{{y}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}{{\sin }^{2}}\,\alpha +{{\left( {{x}_{2}}^{\prime }-{{x}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}{{\sin }^{2}}\,\alpha +{{\left( {{y}_{2}}^{\prime }-{{y}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}{{\cos }^{2}}\,\alpha }$
$=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}\Rightarrow d=\sqrt{{{\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{2}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là A.
Bài tập 2: Tìm tọa độ $M$, $N$
Trong mặt phẳng tọa độ$Oxy$, cho đường thẳng có phương trình $d:y=2$, và hai điểm $A\left( 1;3 \right);$ $B\left( 3;-4 \right)$. Lấy $M$ trên $d$, $N$ trên trục hoành sao cho $MN$ vuông góc với $d$ và $AM+MN+NB$ nhỏ nhất. Tìm tọa độ $M$, $N$?
A. $M\left( \frac{6}{5};2 \right),N\left( \frac{6}{5};0 \right)$. B. $M\left( \frac{7}{5};2 \right),N\left( \frac{7}{5};0 \right)$.
C. $M\left( \frac{8}{5};2 \right),N\left( \frac{8}{5};0 \right)$. D. $M\left( \frac{9}{5};2 \right),N\left( \frac{9}{5};0 \right)$.
Lời giải
Cách 1 : Thử các tọa độ $M,\,N$ ta được kết quả $AM+MN+NB$ nhỏ nhất với $M\in d,\,N\in Ox$ và $MN\bot d$.
Cách 2 :
Gọi $H\in {{d}_{1}},\,\,K\in {{d}_{2}}$ sao cho $HK\bot {{d}_{1}}$.
Gọi $T$ là phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{HK}$
Gọi ${{A}_{1}}={{T}_{\overrightarrow{HK}}}\left( A \right),\,{{A}_{1}}B\cap {{d}_{2}}=N,\,\,M\in {{d}_{1}}$ với $MN\bot {{d}_{1}}$
$AM+MN+NB$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow AM+NB$ nhỏ nhất ($MN$ không đổi)
$AM+NB={{A}_{1}}N+NB\ge {{A}_{1}}B$
Dấu $”=”$ xảy ra khi $N={{A}_{1}}B\cap {{d}_{2}}$
Lấy ${{A}_{1}}\left( 1;1 \right)$, điểm $N$ cần tìm là giao điểm của ${{A}_{1}}B$ và trục hoành.
Gọi $N\left( {{x}_{0}};0 \right)\Rightarrow \overrightarrow{{{A}_{1}}N}=\left( {{x}_{0}}-1;-1 \right),\,\overrightarrow{{{A}_{1}}B}=\left( 2;-5 \right)$
Vì $\overrightarrow{{{A}_{1}}N}$ và $\overrightarrow{{{A}_{1}}B}$ cùng phương nên $\frac{{{x}_{0}}-1}{2}=\frac{-1}{-5}\Rightarrow {{x}_{0}}=\frac{7}{5}\Rightarrow N\left( \frac{7}{5};0 \right)$và $M\left( \frac{7}{5};2 \right)$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là B.
Bài tập 3: Tìm phương trình đường thẳng là ảnh của một đường thẳng qua phép tịnh tiến theo Vecto
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, tìm phương trình đườn thẳng ${\Delta }’$ là ảnh của đường thẳng $\Delta :x+2y-1=0$ qua phép tịnh tiến theo véctơ $\vec{v}=\left( 1;-1 \right)$.
A. ${\Delta }’:x+2y=0$. B. ${\Delta }’:x+2y-3=0$. C. ${\Delta }’:x+2y+1=0$. D. ${\Delta }’:x+2y+2=0$.
Lời giải:
Cách 1:
Chọn $A\left( 1;0 \right)\in \Delta \Rightarrow {{T}_{{\vec{v}}}}\left( A \right)={A}’\left( 2;-1 \right)\in {\Delta }’$.
Chọn $B\left( -1;1 \right)\in \Delta \Rightarrow {{T}_{{\vec{v}}}}\left( B \right)={B}’\left( 0;0 \right)\in {\Delta }’$.
$\Rightarrow $ đường thẳng ${\Delta }’$ chính là đường thẳng ${A}'{B}’$.
Đường thẳng ${\Delta }’$ qua ${A}’\left( 2;-1 \right)$ và có một véctơ pháp tuyến $\vec{n}=\left( 1;2 \right)$ có phương trình là:${\Delta }’:1\left( x-2 \right)+2\left( y+1 \right)=0\Leftrightarrow x+2y=0$.
Cách 2.
${{T}_{{\vec{v}}}}\left( \Delta \right)={\Delta }’\Rightarrow {\Delta }’,\Delta $ là hai đường thẳng cùng phương nên ${\Delta }’$ có dạng $x+2y+m=0$.
Chọn $A\left( 1;0 \right)\in \Delta \Rightarrow {{T}_{{\vec{v}}}}\left( A \right)={A}’\left( 2;-1 \right)\in {\Delta }’\Rightarrow m=0$.
Vậy phương trình ${\Delta }’:x+2y=0$.
Cách 3: Sử dụng quỹ tích
Lấy $M\left( {{x}_{M}};{{y}_{M}} \right)\in \Delta \Leftrightarrow {{x}_{M}}+2{{y}_{M}}-1=0\text{ }\left( 1 \right)$.
Ta có ${{T}_{{\vec{v}}}}\left( M \right)={M}’\left( {x}’;{y}’ \right)\in {\Delta }’\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {x}’={{x}_{M}}+1 \\& {y}’={{y}_{M}}-1 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {{x}_{M}}={x}’-1 \\& {{y}_{M}}={y}’+1 \\\end{align} \right.$
Thay vào $\left( 1 \right)$ ta được $\left( {x}’-1 \right)+2\left( {y}’+1 \right)-1=0$$\Leftrightarrow {x}’+2{y}’=0$.
Vậy ${\Delta }’:x+2y=0$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là A.
Bài tập 4: Tính $a+b$ bằng:
Trong mặt phẳng tọa độ$Oxy$, cho $\overrightarrow{v}=\left( -2;1 \right)$ và đường thẳng $d:2x-3y+3=0$, ${{d}_{1}}:2x-3y-5=0$. Tìm tọa độ $\overrightarrow{w}=\left( a;b \right)$ có phương vuông góc với đường thẳng $d$ để ${{d}_{1}}$ là ảnh của $d$ qua phép tịnh tiến ${{T}_{\overrightarrow{w}}}$. Khi đó $a+b$ bằng:
A. $\frac{6}{13}$. B. $\frac{16}{13}$. C. $\frac{-8}{13}$. D. $\frac{5}{13}$.
Lời giải
Đường thẳng $d$ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left( 2;-3 \right)$ $\Rightarrow \overrightarrow{w}=\left( 2m;-3m \right)$
${{T}_{\overrightarrow{w}}}\left( M \right)={M}’\left( 2m;1-3m \right)$, với $M\in d$
${{T}_{\overrightarrow{w}}}\left( d \right)={d}’\Rightarrow {d}’$ có dạng $2x-3y+\beta =0$
Vì ${d}’$ qua $M$ $\Rightarrow 4m-3+9m+\beta =0\Leftrightarrow \beta =3-13m$.
$\Rightarrow {d}’:2x-3y+3-13m=0$
Để ${{d}_{1}}\equiv {d}’\Rightarrow 3-13m=-5\Leftrightarrow m=\frac{8}{13}$ $\Rightarrow \vec{w}=\left( \frac{16}{13};-\frac{24}{13} \right)\Rightarrow a+b=-\frac{8}{13}$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là C.
Bài tập 5: Tìm phương trình đường thẳng là ảnh của một đường thẳng qua phép tịnh tiến theo Vecto
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, tìm phương trình đường tròn $\left( {{C}’} \right)$ là ảnh cảu đường tròn $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2\text{x}+4y-1=0$ qua ${{T}_{{\vec{v}}}}$ với $\vec{v}=\left( 1;2 \right)$.
A. ${{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=\sqrt{6}$. B. ${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=6$.
B. ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2\text{x}-5=0$. D. $2{{x}^{2}}+2{{y}^{2}}-8x+4=0$.
Lời giải:
Cách 1: Theo tính chất của phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.
Ta có: đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( 1;-2 \right)$, bán kính $R=\sqrt{6}$.
Suy ra: ${{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( I \right)={I}’\left( 2;0 \right)$.
Vậy đường tròn $\left( {{C}’} \right)$có tâm ${I}’\left( 2;0 \right)$, bán kính ${R}’=R=\sqrt{6}$ có phương trình:
${{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=6$.
Cách 2: Sử dụng quỹ tích:
Gọi $M\left( x;y \right)\in \left( C \right)\Rightarrow {{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( M \right)={M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$
$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {x}’=x+1 \\& {y}’=y+2 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x={x}’-1 \\& y={y}’-2 \\\end{align} \right.$
Thế $x,\text{ }y$ vào phương trình đường tròn $\left( C \right)$, ta có:
${{\left( {x}’-1 \right)}^{2}}+{{\left( {y}’-2 \right)}^{2}}-2\left( {x}’-1 \right)+4\left( {y}’-2 \right)-1=0\Leftrightarrow {{\left( {{x}’} \right)}^{2}}+{{\left( {{y}’} \right)}^{2}}-4{x}’-2=0$
Vậy $\left( {{C}’} \right):{{\left( x-2 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}=6$.
Do đó đáp án đúng nhất ở câu này ta chọn được là B.
Như vậy bên trên là tất cả những thông tin cần thiết của các dạng toán về bài tập về phép tịnh tiến – hình học 11 nâng cao (đủ dạng) có lời giải mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ về các bài tập phép tịnh tiến lớp 11 nâng cao có lời giải thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất nhé!
Xem thêm:
