Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn chương đầu tiên trong trong chương trình toán hình lớp 11 đó chính là về phép biến hình trong mặt phẳng rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về chuyên đề phép biến hình, các phép biến hình trong mặt phẳng cũng như các dạng bài tập các phép biến hình lớp 11 bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Hình Học lớp 11 nhé!
A. LÝ THUYẾT VỀ PHÉP BIẾN HÌNH
I. Phép tịnh tiến
1. Khái niệm
– Cho $\overrightarrow{v}=\left( a;\,b \right)$ và điểm $M\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}} \right)$. Phép biến hình biến điểm $M$ thành ${M}’$ sao cho $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{M{M}’}$ gọi là phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{v}$, kí hiệu là ${{T}_{\overrightarrow{v}}}$.
${{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( M \right)={M}’\Leftrightarrow \overrightarrow{v}=\overrightarrow{M{M}’}$
2. Tính chất
– ${{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( M \right)={M}’$, ${{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( N \right)={N}’\Leftrightarrow \overrightarrow{{M}'{N}’}=\overrightarrow{MN}$
– Biến điểm thành điểm, đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.
3. Biểu thức tọa độ
– ${{T}_{\overrightarrow{v}}}:\,M\left( x;\,y \right)\to {M}’\left( {x}’;\,{y}’ \right)$. Khi đó: $\left\{ \begin{align}& {x}’=x+a \\& {y}’=y+b \\\end{align} \right.$.
II. Phép đối xứng
a. Phép đối xứng trục
1. Khái niệm.
Cho đường thẳng $d$ và điểm$M$, phép biến hình biến điểm $M$ thành $M’$ sao cho $d$ là trung trực của $MM’$ gọi là phép đối xứng trục $d$, ký hiệu là ${{\tilde{N}}_{d}}$.
${{\tilde{N}}_{d}}\left( M \right)=M’\Leftrightarrow \overrightarrow{{{M}_{0}}M’}=-\overrightarrow{{{M}_{0}}M}$.
2.Tính chất.
${{\tilde{N}}_{d}}\left( M \right)=M’\Leftrightarrow {{\tilde{N}}_{d}}\left( M’ \right)=M$.
${{\tilde{N}}_{d}}\left( M \right)=M’$, ${{\tilde{N}}_{d}}\left( N \right)=N’\Rightarrow M’N’=MN$.
Biến điểm thành điểm, đoạn thẳng thành bằng đoạn thẳng bằng nó, đường thẳng thành đường thẳng, biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.
3. Biểu thức tọa độ.
Trường hợp đặc biệt.
${{\tilde{N}}_{Ox}}:M\left( x;y \right)\mapsto M’\left( x’;y’ \right)$. Khi đó: $\left\{ \begin{align}& x’=x \\& y’=-y \\\end{align} \right.$.
${{\tilde{N}}_{Oy}}:M\left( x;y \right)\mapsto M’\left( x’;y’ \right)$. Khi đó: $\left\{ \begin{align}& x’=-x \\& y’=y \\\end{align} \right.$.
Trường hợp tổng quát tìm điểm $M’$.
- Gọi $\Delta $ là đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $d$.
- Tìm $0=\Delta \cap d$.
- $O$ là trung điểm của $MM’\mapsto M’$.
b. Phép đối xứng tâm
1. Khái niệm
Cho điểm $I$ và điểm $M$ , phép biến hình biến điểm $M$ thành ${M}’$ sao cho $I$ là trung điểm của $M{M}’$ gọi là phép đối xứng tâm $I$ , kí hiệu là ${{D}_{I}}$
Ta có ${{D}_{I}}\left( M \right)={M}’\Leftrightarrow \overrightarrow{IM}+\overrightarrow{I{M}’}=\overrightarrow{0}$
2. Tính chất
+${{D}_{I}}\left( M \right)={M}’;{{D}_{I}}\left( N \right)={N}’\Rightarrow MN={M}'{N}’$
+ Phép đối xứng tâm biến điểm thành điểm, đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, đường thẳng thành đường thẳng song song với nó , biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.
3. Biểu thức tọa độ
+ Cho điểm $I\left( a;b \right)$ và $M\left( x;y \right)$ phép đói xứng tâm $I$ biến $M$ thành ${M}’$ có toạ độ là: $\left\{ \begin{align}& {x}’=2\text{a}-x \\& {y}’=2b-y \\\end{align} \right.$
+ Đặc biệt nếu $I\left( 0;0 \right)$thì toạ độ ${M}’$là $\left\{ \begin{align}& {x}’=-x \\& {y}’=-y \\\end{align} \right.$
III. Phép quay
1. Khái niệm
Cho điểm $I$ và góc $\alpha $, phép biến hình biến điểm $M$ thành ${M}’$ sao cho $\left\{ \begin{align} & I{M}’=IM \\ & \left( IM;I{M}’ \right)=\alpha \\\end{align} \right.$ gọi là phép quay tâm $I$, góc quay $\alpha $. Kí hiệu ${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}$.
${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}:M\mapsto {M}’\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & I{M}’=IM \\ & \left( IM;I{M}’ \right)=\alpha \\\end{align} \right.$
+ $\alpha >0$ nếu quay theo chiều dương (ngược chiều kim đồng hồ).
+ $\alpha <0$ nếu quay theo chiều âm (cùng chiều kim đồng hồ).
+ $\alpha =\left( 2k+1 \right)\pi $ phép quay thành phép đối xứng.
+ $\alpha =2k\pi $ phép quay thành phép đồng nhất.
2. Tính chất
${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( M \right)={M}’,{{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( N \right)={N}’\Rightarrow {M}'{N}’=MN$
${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}\left( d \right)={d}’$. Khi đó $\left( d,{d}’ \right)=\alpha $ nếu $0<\alpha \le \frac{\pi }{2}$ và $\left( d,{d}’ \right)=\pi -\alpha $ nếu $\frac{\pi }{2}<\alpha <\pi $.
Biến điểm thành điểm, đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó, đường thẳng thành đường thẳng, biến đường tròn thành đường tròn cùng bán kính.
3. Biểu thức tọa độ
${{Q}_{\left( O;{{90}^{0}} \right)}}:M\left( x;y \right)\mapsto {M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{align} & {x}’=-y \\ & {y}’=x \\\end{align} \right.$
${{Q}_{\left( O;-{{90}^{0}} \right)}}:M\left( x;y \right)\mapsto {M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{align} & {x}’=y \\ & {y}’=-x \\\end{align} \right.$
Trường hợp tổng quát phép quay tâm $O$, góc $\alpha $
${{Q}_{\left( O;\alpha \right)}}:M\left( x;y \right)\mapsto {M}’\left( {x}’;{y}’ \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{align} & {x}’=x\cos \alpha -y\sin \alpha \\ & {y}’=x\sin \alpha +y\cos \alpha \\\end{align} \right.$
Xem thêm: Lý thuyết và bài tập về phép tịnh tiến
IV. Phép dời hình
1. Định nghĩa
Hai hình $\left( H \right)$ và $\left( G \right)$ gọi là hai hình bằng nhau nếu phép dời hình biến hình này thành hình kia và ngược lại.
2. Định nghĩa
Nếu thực hiện liên tiếp 2 phép dời hình thì được 1 phép dời hình
V. Phép đồng dạng
1. Định nghĩa:
Phép biến hình $f$gọi là phép đồng dạng tỉ số $k$ $\left( k>0 \right)$ nếu với 2 điểm$M,N$ bất kì và ảnh $M’,N’$ của chúng ta có:$M’N’=kMN$.
2. Định lí:
Mọi phép đồng dạng $f$ tỉ số $k$ $\left( k>0 \right)$đều là hợp thành của một phép vị tự$V$ tỉ số $k$ và một phép dời hình $D$.
3. Tính chất:
– Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự của ba điểm đó.
– Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng mà độ dài được nhân lên với$k$( $k$ là tỉ số đồng dạng).
– Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số $k$.
– Biến đường tròn bán kính$R$ thành đường tròn có bán kính$R’=kR$.
– Biến góc thành góc bằng nó.
4. Hai hình đồng dạng:
Hai hình được gọi là đồng dạng với nhau nếu có một phép đồng dạng biến hình này thành hình kia.
Sơ đồ biểu thị mối quan hệ giữa các phép biến hình
VI. Phép vị tự
1. Định nghĩa:
Cho điểm I và số thực $k\ne 0$, phép biến hình biến M thành M’ sao cho: $\overrightarrow{\operatorname{I}M’}=k\overrightarrow{IM}$ gọi là phép vị tự tâm I, tỷ số k. Kí hiệu:${{V}_{(I,k)}}$
${{V}_{(I,k)}}:M\mapsto M’\Leftrightarrow \overrightarrow{IM}=k\overrightarrow{IM’}(k\ne 0)$
2. Tính chất:
${{V}_{(I,k)}}\left( M \right)=M’,{{V}_{(I,k)}}\left( N \right)=N’\Rightarrow \overrightarrow{M’N’}=k\overrightarrow{MN}$
- Phép vị tự biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng.
- Phép vị tự biến tam giác thành tam giác.
- Phép vị tự không làm thay đổi vị trí các điểm.
- Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó
- Phép vị tự biến đường tròn thành đường tròn có bán kính $R’=\left| k \right|R$
- Phép vị tự biến góc thành góc bằng nó.
- Phép vị tự biến tia thành tia.
3. Biểu thức toạ độ
Cho $I(a;b)$
${{V}_{(I,k)}}:M\mapsto M’$. Khi đó: $\left\{ \begin{align}& x’=kx+(1-k)a \\& y’=ky+\left( 1-k \right)b \\\end{align} \right.$
B. BÀI TẬP MẪU
Bài tập 1: Viết phương trình đường thẳng $d’$ là ảnh của $d$ qua phép tịnh tiến${{T}_{\overrightarrow{v}}}$
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho $\overrightarrow{v}=\left( 1;-3 \right)$và đường thẳng $d$ có phương trình $2x-3y+5=0$. Viết phương trình đường thẳng $d’$ là ảnh của $d$ qua phép tịnh tiến${{T}_{\overrightarrow{v}}}$.
Lời giải
Cách 1. Sử dụng biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến.
Lấy điểm $M\left( x;y \right)$ tùy ý thuộc $d$, ta có $2x-3y+5=0\text{ }\left( * \right)$
Gọi $M’\left( x’;y’ \right)={{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( M \right)\Rightarrow \left\{ \begin{align}& x’=x+1 \\& y’=y-3 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=x’-1 \\& y=y’+3 \\\end{align} \right.$
Thay vào (*) ta được phương trình $2\left( x’-1 \right)-3\left( y’+3 \right)+5=0\Leftrightarrow 2x’-3y’-6=0$.
Vậy ảnh của $d$ là đường thẳng $d’:2x-3y-6=0$.
Cách 2. Sử dụng tính chất của phép tịnh tiến
Do $d’={{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( d \right)$ nên $d’$ song song hoặc trùng với $d$, vì vậy phương trình đường thẳng $d’$ có dạng $2x-3y+c=0$.(**)
Lấy điểm $M\left( -1;1 \right)\in d$. Khi đó $M’={{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( M \right)=\left( -1+1;1-3 \right)=\left( 0;-2 \right)$.
Do $M’\in d’\Rightarrow 2.0-3.\left( -2 \right)+c=0\Leftrightarrow c=-6$
Vậy ảnh của $d$ là đường thẳng $d’:2x-3y-6=0$.
Cách 3. Để viết phương trình $d’$ ta lấy hai điểm phân biệt $M,N$ thuộc $d$, tìm tọa độ các ảnh $M’,N’$ tương ứng của chúng qua ${{T}_{\overrightarrow{v}}}$. Khi đó $d’$ đi qua hai điểm $M’$ và $N’$.
Cụ thể: Lấy $M\left( -1;1 \right),N\left( 2;3 \right)$ thuộc $d$, khi đó tọa độ các ảnh tương ứng là $M’\left( 0;-2 \right),N’\left( 3;0 \right)$. Do $d’$ đi qua hai điểm $M’,N’$ nên có phương trình $\frac{x-0}{3}=\frac{y+2}{2}\Leftrightarrow 2x-3y-6=0$.
Bài tập 2: Tìm ảnh của điểm qua phép đối xứng
Cho $A\left( 1;1 \right)$, $B\left( 0;3 \right)$, $C\left( 5;0 \right)$.
a. Tìm ảnh của điểm $A$, $B$, $C$ qua phép đối xứng ${{\tilde{N}}_{Ox}}$.
b. Tìm ảnh của điểm $A$, $B$, $C$ qua phép đối xứng ${{\tilde{N}}_{Oy}}$.
c. Tìm ảnh của điểm $A$, $B$, $C$ qua phép đối xứng ${{\tilde{N}}_{d}}$ với $\left( d \right):x-y+3=0$.
Giải
a. Gọi $A’$, $B’$, $C’$ lần lượt là ảnh của điểm $A$, $B$, $C$ qua phép đối xứng ${{\tilde{N}}_{Ox}}$.
$\Rightarrow $ $A’=\left( 1;-1 \right)$, $B’=\left( 0;-3 \right)$, $C’=\left( 5;0 \right)$.
b. Gọi $A’$, $B’$, $C’$ lần lượt là ảnh của điểm $A$, $B$, $C$ qua phép đối xứng ${{\tilde{N}}_{Oy}}$.
$\Rightarrow $$A’=\left( -1;1 \right)$, $B’=\left( 0;3 \right)$, $C’=\left( -5;0 \right)$.
c. Gọi $A’$, $B’$, $C’$ lần lượt là ảnh của điểm $A$, $B$, $C$ qua phép đối xứng ${{\tilde{N}}_{d}}$ với $\left( d \right):x-y+3=0$.
Gọi ${{M}_{0}}\left( a;a+3 \right)$ là hình chiếu của $A$lên $\left( d \right)$. Khi đó ta có $A{{M}_{0}}$ vuông góc với $VTCP$của $\left( d \right)$.
$\overrightarrow{A{{M}_{0}}}.\overrightarrow{{{u}_{d}}}=0\Leftrightarrow \left( a-1;a+2 \right).\left( 1;1 \right)=0\Leftrightarrow a=-\frac{1}{2}\Rightarrow {{M}_{0}}\left( -\frac{1}{2};\frac{5}{2} \right)$.
Do đó: $A’=\left( 2.{{x}_{{{M}_{0}}}}-{{x}_{A}};2.{{y}_{{{M}_{0}}}}-{{y}_{A}} \right)=\left( -2;4 \right)$.
Với điểm $B$ ta có $B’=\left( 0;3 \right)$ vì $\left( 0;3 \right)$ nằm trên $\left( d \right)$.
Tương tự với điểm $C$ ta có $C’=\left( -3;8 \right)$.
Bài tập 3: Tìm ảnh của điểm qua phép đối xứng tâm
Tìm ảnh của các điểm $A\left( 1;1 \right),B\left( 2;0 \right),C\left( -2;5 \right),D\left( 2;-7 \right)$ qua phép đối xứng tâm với:
a. Tâm$I\left( -1;-5 \right)$ .
b. Tâm $H\left( 1;-4 \right)$ .
Lời giải
Gọi ${A}’,{B}’,{C}’,{D}’$ lần lượt là ảnh qua phép đối xứng tâm
a. Với tâm$I\left( -1,-5 \right)$.
Ta có $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{I{A}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {A}’\left( -3;-11 \right)$ , $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{I{B}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {B}’\left( 0;-10 \right)$
$\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{I{C}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {C}’\left( 0;-15 \right)$,$\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{I{D}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {D}’\left( -4;-3 \right)$.
b. Với tâm $H\left( 1;-4 \right)$.
Ta có $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{I{A}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {A}’\left( -3;-9 \right)$ , $\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{I{B}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {B}’\left( 0;-8 \right)$
$\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{I{C}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {C}’\left( 0;-13 \right)$,$\overrightarrow{ID}+\overrightarrow{I{D}’}=\overrightarrow{0}\Rightarrow {D}’\left( -4;1 \right)$.
Bài tập 2: Tìm ảnh của các đường thẳng sau qua phép đối xứng tâm $I\left( 1;0 \right)$
a. $x+y+2=0$
b. $2x+y+1=0$
Lời giải
a. $d:x+y+2=0$ lấy 2 điểm $A\left( 0,-2 \right),B\left( -2,0 \right)$ thuộc $d$ . Gọi $A,B$ là ảnh của $A,B$ qua phép đối xứng
tâm $I$ . Khi đó ta có
${{x}_{{{A}’}}}=2{{x}_{I}}-{{x}_{A}}=2;{{y}_{{{A}’}}}=2{{y}_{I}}-{{y}_{A}}=2\Rightarrow {A}’\left( 2;2 \right)$
${{x}_{{{B}’}}}=2{{x}_{I}}-{{x}_{B}}=4;{{y}_{{{B}’}}}=2{{y}_{I}}-{{y}_{B}}=0\Rightarrow {B}’\left( 4;0 \right)$
Ta có đường thẳng ${A}'{B}’:x+y-4=0$
Khi đó ảnh của $d$ chính là ${A}'{B}’:x+y-4=0$
b. d: 2x + y + 1 = 0 lấy 2 điểm A(0, -1), B (-1, 1) thuộc d. Gọi A’ , B’ là ảnh của A, B qua phép đốixứng tâm I. Khi đó ta có
${{x}_{{{A}’}}}=2{{x}_{I}}-{{x}_{A}}=2;{{y}_{{{A}’}}}=2{{y}_{I}}-{{y}_{A}}=1\Rightarrow {A}’\left( 2;1 \right)$
${{x}_{{{B}’}}}=2{{x}_{I}}-{{x}_{B}}=3;{{y}_{{{B}’}}}=2{{y}_{I}}-{{y}_{B}}=-1\Rightarrow {B}’\left( 3;-1 \right)$
Ta có đường thẳng ${A}'{B}’:2x+y-5=0$
Khi đó ảnh của $d$ chính là ${A}'{B}’:2x-y+5=0$
Bài tập 4: Hãy xác định góc $\alpha $ tạo bởi giữa cạnh hình vuông tầng 1 và cạnh hình vuông tầng 2 sao cho giao của hai hình vuông đó có chu vi nhỏ nhất
Bạn Nam và bạn Minh chơi trò chơi xoay Rubic. Nam đố Minh khi xoay tầng thứ nhất để lộ ra tầng thứ hai. Hãy xác định góc $\alpha $ tạo bởi giữa cạnh hình vuông tầng 1 và cạnh hình vuông tầng 2 sao cho giao của hai hình vuông đó có chu vi nhỏ nhất.
Lời giải
Qua phép quay ta có:
$\begin{align} & \Delta {{A}_{1}}EF=\Delta {{C}_{1}}LK\Rightarrow EF=KL,\ {{A}_{1}}E={{C}_{1}}K,\ {{A}_{1}}F={{C}_{1}}L \\ & \Delta {{B}_{1}}GH=\Delta {{D}_{1}}MN\Rightarrow GH=MN,\ {{B}_{1}}G={{D}_{1}}M,\ {{B}_{1}}H={{D}_{1}}N \\ & \Delta BGF=\Delta DML\Rightarrow GF=ML,\ BG=DM,\ BF=DL \\ & \Delta CHK=\Delta ANE\Rightarrow HK=NE,\ CH=NA,\ CK=AE. \\\end{align}$
Suy ra phần giao của hai hình vuông $ABCD,\ {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}}$ là bát giác $EFGHKLMN$ có chu vi là:
$y=2(EF+FG+GH+HK)$
Ta có:
$\begin{align} & EF=\sqrt{{{A}_{1}}{{E}^{2}}+{{A}_{1}}{{F}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( {{A}_{1}}E+{{A}_{1}}F \right) \\ & FG=\sqrt{B{{F}^{2}}+B{{G}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( BF+BG \right) \\ & GH=\sqrt{{{B}_{1}}{{G}^{2}}+{{B}_{1}}{{H}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( {{B}_{1}}G+{{B}_{1}}H \right) \\ & HK=\sqrt{C{{H}^{2}}+C{{K}^{2}}}\ge \frac{1}{\sqrt{2}}\left( CH+CK \right) \\\end{align}$
Cộng vế với vế ta có:
$y\ge 2.\frac{1}{\sqrt{2}}\left( {{A}_{1}}E+{{A}_{1}}F+BF+BG+{{B}_{1}}G+{{B}_{1}}H+CH+CK \right)$
Thay ${{A}_{1}}E={{C}_{1}}K,\ CK=AE$. Ta có:
$y\ge \sqrt{2}\left[ \left( AE+BF \right)+({{A}_{1}}F+{{B}_{1}}G)+(BG+CH)+({{B}_{1}}H+{{C}_{1}}K) \right]$
Gọi $x$ là cạnh hình vuông ta có:
$\begin{align} & y\ge \sqrt{2}\left( x-EF+x-GF+x-GH+x-HK \right) \\ & \Rightarrow y\ge \sqrt{2}\left( 4x-\frac{y}{2} \right)\Rightarrow y\ge 8x\left( \sqrt{2}-1 \right) \\ & \Rightarrow \min \ y=8x\left( \sqrt{2}-1 \right),\ ”=”\ \Leftrightarrow \ EN=x\left( \sqrt{2}-1 \right). \\\end{align}$
( Giao của hai hình vuông là bát giác đều và góc tạo thành giữa $AD$ và ${{A}_{1}}{{D}_{1}}$ hợp với nhau góc
$\alpha ={{45}^{o}}$).
Bài tập 5: Viết phương trình đường tròn là ảnh của đường tròn qua phép biến hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến theo vecto và phép đối xứng trục
Trong mặt phẳng $\left( Oxy \right)$ cho đường tròn $\left( C \right):{{\left( x+2 \right)}^{2}}+{{\left( y-4 \right)}^{2}}=10.$ Viết phương trình đường tròn là ảnh của đường tròn $\left( C \right)$ qua phép biến hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến theo vecto $\overrightarrow{v}=\left( 3;2 \right)$ và phép đối xứng trục $Oy$
A. ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}=10$. B. ${{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+6 \right)}^{2}}=10$.
C. ${{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{\left( y-6 \right)}^{2}}=10$. D. ${{\left( x+5 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}=10$.
Lời giải
Chọn C
Tâm $I\left( -2;4 \right)$, Gọi ${I}’={{T}_{\overrightarrow{v}}}\left( I \right)$. Ta có:
$\overrightarrow{I{I}’}=\overrightarrow{v}\Leftrightarrow \left( {{x}_{{{I}’}}}-{{x}_{I}};{{y}_{{{I}’}}}-{{y}_{I}} \right)=\left( 3;2 \right)\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} {{x}_{{{I}’}}}-{{x}_{I}}=3 \\ {{y}_{{{I}’}}}-{{y}_{I}}=2 \\\end{matrix} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} {{x}_{{{I}’}}}=1 \\ {{y}_{{{I}’}}}=6 \\\end{matrix} \right.$
Gọi ${I}”$ là ảnh của ${I}’$ qua phép đối xứng trục $Oy$. Khi đó: $\left\{ \begin{matrix} {{x}_{{{I}”}}}=-{{x}_{{{I}’}}}=-1 \\ {{y}_{{{I}”}}}={{y}_{{{I}’}}}=6 \\\end{matrix} \right.$
Bài tập 6: Chứng minh rằng các đa giác đều có cùng số cạnh thì đồng dạng với nhau.
Lời giải.
Cho hai $n$ đa giác đều $\text{A}{{\text{A}}_{1}}…{{A}_{n}}$ và $B{{B}_{1}}…{{B}_{n}}$ có cùng số cạnh là $n$ và có tâm lần lượt là $O$, $O’$. Hai tam giác cân${{A}_{1}}O{{A}_{2}}$, $BO'{{B}_{2}}$ có góc ở đỉnh $\widehat{{{A}_{1}}O{{A}_{2}}}=\widehat{{{B}_{1}}O{{B}_{2}}}=\frac{2\pi }{n}$ nên đồng dạng. Do đó, đặt$k=\frac{{{B}_{1}}{{B}_{2}}}{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}=\frac{O'{{B}_{1}}}{O{{A}_{1}}}\left( 1 \right)$.
Phép biến đa giác đều $\text{A}{{\text{A}}_{1}}…{{A}_{n}}$thành đa giác đều $\text{C}{{\text{C}}_{1}}…{{C}_{n}}$và $k=\frac{{{C}_{1}}{{C}_{2}}}{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}\left( 2 \right)$.
Từ (1) và (2) ta có${{C}_{1}}{{C}_{2}}={{B}_{1}}{{B}_{2}}$. Vậy hai đa giác đều $\text{C}{{\text{C}}_{1}}…{{C}_{n}}$và $B{{B}_{1}}…{{B}_{n}}$có cạnh bằng nhau nên có một phép dời hình$D$ biến$\text{C}{{\text{C}}_{1}}…{{C}_{n}}$thành $B{{B}_{1}}…{{B}_{n}}$.
Nếu gọi$f$ là hợp thành của $V\left( O,k \right)$và phép dời hình $D$thì $f$ là một phép đồng dạng biến đa giác đều $\text{A}{{\text{A}}_{1}}…{{A}_{n}}$thành đa giác đều$B{{B}_{1}}…{{B}_{n}}$.
Bài tập 7:
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho một phép biến hình $T$ biến điểm $M\left( x;y \right)$ thành $M’\left( x’;y’ \right)$ xác định bởi biểu thức tọa độ sau đây: $\left\{ \begin{align}& x’=3x-4 \\& y’=3y-2 \\\end{align} \right.$
a) Chứng minh $T$ là một phép vị tự.
b) Tìm ảnh $(C’)$của đường tròn $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=1$ qua phép biến hình $T$.
Lời giải
Gọi $I$ là điểm biến hình chính nó qua phép biến hình đã cho. Ta có $\left\{ \begin{align}& x’=x \\& y’=y \\\end{align} \right.$ nên$\left\{ \begin{align}& x=3x-4 \\& y=3y-4 \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=2 \\& y=1 \\\end{align} \right.$
Vậy điểm $I\left( 2;1 \right)$ biến thành chính nó là tâm vị tự.
Ta có $\overrightarrow{IM}=\left( x-2;y-1 \right);\overrightarrow{IM’}=\left( x’-2;y’-1 \right)=\left( 3x-6;3y-3 \right)=3\left( x-2;y-1 \right)$
$\Rightarrow \overrightarrow{IM’}=3\overrightarrow{IM}$. Vậy T là phép vị tự tâm $I\left( 2;1 \right)$ tỉ số $k=3$.
b) Từ $\left\{ \begin{align}& x’=3x-4 \\& y’=3y-2 \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align}& x=\frac{1}{3}\left( x’+4 \right) \\& y=\frac{1}{3}\left( y+2 \right) \\\end{align} \right.$, thay vào $\left( C \right):{{x}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=1$ ta được:
$\frac{1}{9}{{\left( x’+4 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{3}y’-\frac{1}{3} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{\left( x’+4 \right)}^{2}}+{{\left( y’-1 \right)}^{2}}=9$
Vậy phương trình $\left( C’ \right):{{\left( x+4 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=9$.
