PHÉP BIẾN HÌNH TRONG mặt PHẲNG chuyên đề phép vị tự

23 676 0
  • Loading ...
1/23 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/10/2015, 10:41

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒANgười viết: Hoàng Xuân BínhBÀI THAM GIA HỘI THẢO CÁCTRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰCDUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘMÔN: TOÁNPHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG)Chuyên đề phép vị tựI. Lí do chọn đề tài.Hình học phẳng là một trong những nội dung quan trọng, luôn xuất hiệntrong các bài thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Đối với học sinh thì nội dung hìnhhọc phẳng tương đối khó và đa dạng.Phép biến hình là một trong những phần quan trọng của nội dung hình họcphẳng, tuy nhiên học sinh thường lúng túng, ngại khi học phần này. Trong phépbiến hình có nhiều phần, tôi chọn nội dung phép vị tự để trình bày trong bài viếtnày, vì phép vị tự là một trong các phép biến hình giúp chúng ta chứng minh cáctính chất hình học mà nếu thực hiện theo các phương án khác thường rất khó vàdài, đặc biệt trong các bài toán về tìm quĩ tích điểm và dựng hình thì phép vị tựgiúp chúng ta nhanh chóng xác định được các yếu tố về quĩ tích điểm và dựng đượccác hình thỏa mãn yêu cầu của bài toán đặt ra.Chuyên đề này bao gồm một số kiến thức cơ bản về phép vị tự và các dạngbài tập thường gặp về phép vị tự : chứng minh, dựng hình, quĩ tích. Cuối chuyên đềlà một số bài tập để người đọc tự rèn luyện.II.Nội dung1. Phép vị tựĐịnh nghĩaTrong mặt phẳng cho điểm O ucốđịnhuuvàmột số k ≠ 0 . Phép biến hình biếnuuuuruurmỗi điểm M thành điểm M’ sao cho OM ' = kOM được gọi là phép vị tự tâm O, tỉ sốkKí hiệu : V( O ;k ) , O gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.Nhận xét : - Phép vị tự tỉ số 1 là phép đồng nhất.- Phép vị tự tỉ số -1 là phép đối xứng tâm.2. Tính chất phép vị tự+ V( O ;k ) ( k ≠ 1 ) có 1 điểm bất động duy nhất là O.+ V( O ;k ) biến M thành M’ thì O, M, M’ thẳng hàng.uuuuuruuur+ V( O ;k ) A a A ' và B a B ' thì A ' B ' = k . AB+ Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.+ Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng vớinó.+ Phép vị tự biến tia thành tia song song hoặc trùng với nó.+ Phép vị tự biến đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A’B’ và A ' B ' = k . AB1 + Phép vị tự biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó và tỉ số đồngdạng bằng k .+ Phép vị tự biến góc thành góc bằng nó.+ Phép vị tự biến đường tròn (I;R) thành đường tròn (I’;R’) mà tâm I’ là ảnhcủa tâm I qua phép vị tự và bán kính R ' = k R .3. Tích của hai phép vị tựTích của hai phép vị tự có tỉ số k1 và k2 là một phép vị tự, tỉ số k = k1.k2 (vớik1k2 ≠ 1 ), có tâm thẳng hàng với tâm của hai phép vị tự đó hoặc là một phép tịnh tiếnnếu k1.k2 = 1 .III. Bài tập áp dụng1) Dạng 1. Chứng minh các tính chất hình họcTrong một số bài toán hình học phẳng có yêu cầu chứng minh các tính chất củahình học, nếu chúng ta chứng minh chúng bằng các phương pháp hình học thôngthường thì việc chứng minh tương đối phức tạp. Tuy nhiên khi sử dụng phươngpháp vị tự, giúp chúng ta có thể thu gọn một cách đơn giản nhất và ít phải sử dụngthêm các đường phụ, giúp cho việc chứng minh tương đối dễ và ngắn gọn.Bài 1. (Định lí về đường tròn Euler) Chứng minh rằng trong một tam giác, trungđiểm các cạnh, chân các đường cao và trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâmvới các đỉnh cùng nằm trên một đường tròn, gọi là đường tròn chín điểm hay đườngtròn Euler của tam giác đó. Bán kính đường tròn Euler bằng nửa bán kính đườngtròn ngoại tiếp tam giác và tâm O’ của đường tròn Euler thẳng hàng với tâm Ođường tròn ngoại tiếp, trọng tâm G và trực tâm H trên đường thẳng Euler sao choO’ là trung điểm của đoạn thẳng OH và bốn điểm H, G, O, O’ làm thành một hàngđiểm điều hòa.GiảiGọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp A’B’C thì V(G ,− 12 ) : O → O ' . Do đó, O’ nằm trênuuuur1 uuur2đường thẳng Euler OGH và ta có : GO ' = − GO hayGO '1=−2GO2 Từ đó ta có : HG = 2GO = 4O ' G và OH = 3OG , 3O ' G = O ' O = −O ' H . Do đó ta có :( HGOO ') =OH O ' H.= −1 (đpcm).OG O ' GBài 2. (Đề thi chọn đội tuyển Nhật Bản,1996) Cho tam giác ABC nội tiếp mộtđường tròn, M là một điểm tùy ý thuộc đường tròn đó. Chứng minh rằng các điểmđối xứng của M qua các đường thẳng AB, BC, CA thuộc một đường thẳng đi quatrực tâm H của tam giác ABCGiảiGọi M 1 , M 2 , M 3 là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, BC, CA.H1 , H 2 , H 3 là các điểm đối xứng của H qua AB, BC, CA. Khi đó H1 , H 2 , H 3 thuộcđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Theo định lí Simson các hình chiếu E1 , E2 , E3 lên các cạnh AB, BC, CA thẳng hàng.Thực hiện phép vị tự V( M ,2 ) các điểm E1 , E2 , E3 có ảnh là các điểm M 1 , M 2 , M 3 tươngứng. Do đó M 1 , M 2 , M 3 thẳng hàng.··Thực hiện phép đối xứng trục BC ta có góc BHM2 biến thành góc BH 2 M . Từ đó :··BHM2 = BH 2 M .··Tương tự thực hiện phép đối xứng trục AB, ta nhận được BHM1 = BH1 M .· M = BH· M , vì các góc nội tiếp cùng chắn cung BM. Từ đó đườngTa lại có BH12thẳng M 1M 2 đi qua H (đpcm).Bài 3. Cho tam giác ABC bên trong tam giác dựng 4 đường tròn( O1 ) ; ( O2 ) ; ( O3 ) ; ( O4 ) bằng nhau sao cho 3 đường tròn đầu tiên cùng tiếp xúc với haicạnh của tam giác. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giácABC và tâm đường tròn (O4) thẳng hàng.GiảiTa có : IA, IB, IC chứa O1 , O2 , O3 . Suy ra : O1O2 / / AB, O2O3 / / BC , O3O1 / / ACĐặtIO1 IO2 IO3 1===IAIBIC k3 Xét phép vị tự V( I ,k ) : O1 a A, O2 a B, O3 a CDo O4 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 vì O cách đều 3 điểm này.Suy ra : V( I ,k ) : O4 a O . Do đó : I , O4 , O thẳng hàng.Bài 4. (Đề thi HSG quốc gia 2000) Cho 2 đường tròn (O) và (O’) có bán kính khácnhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với (O’)tại P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường cao hạ từ P và P’. Đường thẳng AQ vàAQ’ cắt lần thứ hai với hai đường tròn tại M và M’. Chứng minh rằng M,M’,Bthẳng hàng.GiảiHai đường tròn cắt nhau suy ra : R ≠ R ' , gọi S là tâm vị tự ngoài của hai đường trònXét phép vị tự :VR'  s, ÷ R: O ' a O, P ' a P, A a A ', Q ' a Q· ' AQ ' = OA· 'Q .Suy ra : OTa có : SP 2 = SQ.SO; SP 2 = SA.SA ' ⇒ SQ.SO = SA.SA ' . Suy ra tứ giác AQOA’ nội tiếpđường tròn.·· ' Q . Vậy OAQ·· ' AQ ' .Suy ra OAQ= OA=O·Do tam giác MOA và tam giác M’O’A’ cân. Suy ra : MOA= ·AOM ' .· ' A = 1800 − 1 MOA·Ta có : ·ABM = 1800 − MA2· ' BA = 1 M· ' O ' A = 1 MOA·Mà góc : M220Suy ra : ·ABM + ·ABM ' = 180 . Do đó M, B, M’ thẳng hàng.Bài 5. (Bài toán bồi dưỡng đội tuyển Anh 1990) Cho tam giác ABC nội tiếp đườngtròn tâm O, bán kính R. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC, E là điểm đối xứngcủa B qua AC và F là điểm đối xứng của C qua AB. Giả sử H là trực tâm tam giácABC, chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH = 2 R .Giải4 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnhBC, CA, AB.Dựng tam giác A2 B2C2 mà các điểm A, B, C lần lượt là trung điểm củaB2C2 , C2 A2 , A2 B2 . Suy ra G, H lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tamgiác A2 B2C2 . Gọi D’, E’, F’ lần lượt là hình chiếu của O lên các cạnh B2C2 , C2 A2 , A2 B2Xét phép vị tựV1 G ,− ÷2. Phép vị tự này biến A, B, C, A2 , B2 , C2 lần lượt thành A1 , B1 , C1 ,A, B, C. Từ đó phép vị tự này biến 3 điểm D, E, F thành D’, E’, F’.Vậy D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi D’, E’, F’. Theo định lí Simson, các điểmD’, E’, F’ thẳng hàng khi và chỉ khi O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2tương đương với OH = 2R.Bài 6. Cho hai đường tròn ( O1 ) ; ( O2 ) có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau. Taxét một đường tròn (O) tiếp xúc ngoài lần lượt với ( O1 ) ; ( O2 ) tại A và B. Trênđường tròn (O) ta lấy điểm M bất kì, khác A và B. Đường thẳng MA cắt (O1) lầnthứ hai tại M1, MB cắt (O2) lần thứ hai tại M2. Chứng minh rằng khi M di động trênđường tròn (O) thì đường thẳng M1M2 đi qua một điểm cố định.Giải5 Nhận xét, nếu hai đường tròn tiếp xúc với nhau thì tiếp điểm là tâm của một phépvị tự với hệ số vị tự có giá trị tuyệt đối bằng tỉ số hai bán kính, biến đường tròn nàythành đường tròn kia.Ta xét phép vị tự : tâm A biến O1 thành O do đó biến M1 thành M.Xét phép vị tự : tâm B biến O thành O2, do đó biến M thành M2.Như vậy tích của hai phép vị tự tâm A và tâm B biến O1 a O2 và M 1 a M 2 nênM 1M 2 đi qua tâm vị tự của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . Hai đường tròn này cố địnhnên tâm vị tự của chúng là điểm cố định hay M 1M 2 đi qua điểm cố định.Bài 7. (Đề thi HSGQG 2003) Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cố định ( O1 , R1 )và ( O2 , R2 ) với điều kiện R1 > R2 sao cho hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau tạiđiểm M. Xét điểm A nằm trên đường tròn ( O2 , R2 ) sao cho 3 điểm A, O1,O2 khôngthẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O1) với B, C là cáctiếp điểm. Các đường thẳng MB, MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2) tương ứng tạicác điểm E và F. Gọi D là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại A của đường tròn(O2). Chứng minh rằng điểm D di động trên một đường thẳng cố định khi A diđộng trên (O2) sao cho 3 điểm A, O1, O2 không thẳng hàng.GiảiTừ giả thiết ta có tứ giác ABO1C nội tiếp đường tròn (O3). Gọi A’ là giao điểm thứhai của AM với đường tròn ( O1 , R1 ) . D’ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại M và A’6 của đường tròn ( O1 , R1 ) . Khi đó D’ thuộc trục đẳng phưởng BC của hai đường tròn( O2 , R2 ) và (O3).Thật vậy, gọi H là giao điểm thức hai của (O3) với AM. Khi đó O1H vuông góc vớiAM nên H là trung điểm của dây cung MA’. Tam giác D’MA’ cân tại D’, do đó2D’H vuông góc với AM và D’O1 đi qua H. Từ : D ' H .D ' O1 = D ' M . Suy ra : D’ cùngphương tích đối với hai đường tròn (O1) và (O3).Như vậy D’ di động trên tiếp tuyến của đường tròn (O1) tại M và tiếp tuyến đó cốđịnh. Phép vị tự tâm M biến đường tròn (O1 ) thành đường tròn (O2) cho nên đườngthẳng BC biến thành đường thẳng EF, tiếp tuyến tại A’ biến thành tiếp tuyến tại Avà D’ thành D. Tập hợp các điểm D nằm trên đường thẳng MD’ là tiếp tuyến của(O1).Bài 7. Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cắt nhau tại X và Y. Chứng minh rằngtồn tại 4 điểm thỏa mãn các tính chất sau :Với mỗi đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn đã cho tại A và B, và cắtđường thẳng XY tại C và D, thì mỗi đường thẳng trong các đường thẳng AC, AD,BC, BD phải đi qua một trong 4 điểm ấy.GiảiGọi (E) là một đường tròn thỏa mãn đầu bài.Vì (E) cắt đường thẳng XY tại C,D nên (E) hoặc cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùngtiếp xúc trong với cả hai đường tròn.Ta xét trường hợp tiếp xúc trong, trường hợp tiếp xúc ngoài chứng minh tương tự.Giả sử đường thẳng CA cắt đường tròn (AXY) tại một điểm P khác nữa và CB cắtđường tròn (BXY) tại một điểm Q khác nữa, khi đó C nằm trên XY, theo tính chấtphương tích ta có : CA.CP = CX .CY = CB.CQ .··Vậy các tam giác CAB và CQP đồng dạng, suy ra CAB= CQP.Kẻ đường thẳng CR tiếp xúc với (E) với R nằm cùng phía với B đối với đường···thẳng XY. Lúc đó : BCR= CAB= CQP.7 Suy ra : CR // PQ. Xét hai phép vị tự, tâm lần lượt là A và B, biến (E) thành haiđường tròn đã cho. Một trong hai phép vị tự này biến đường thẳng CR thành tiếptuyến tại P của một trong hai đường tròn này và phép vị tự kia biến CR thành tiếptuyến tại Q của đường tròn còn lại. Cả hai đường thẳng ảnh đều song song với CR,nên chúng trùng với đường thẳng PQ vì thế nó phải là tiếp tuyến chung của haiđường tròn này.Kết luận : Bốn tiếp điểm tạo bởi hai tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho cótính chất của đề bài.Bài 8. Cho tam giác ABC cân tại C, có đường cao CD. Cho P là điểm nằm trêncạnh CD. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng AP với cạnh BC, đườngthẳng BP với cạnh AC. Giả sử hai đường tròn nội tiếp tam giác ABP và tứ giácPECF bằng nhau. Chứng minh rằng hai đường tròn nội tiếp các tam giác ADP vàBCP cũng bằng nhau.GiảiGọi (H1) và (H2) lần lượt là hai đường tròn nội tiếp tứ giác CEFP và tam giác ABP.Trong các tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn này, ta xét tiếp tuyến gần Anhất, tiếp tuyến này cứt BC và BD tại hai điểm tương ứng C’ và D’. Khi đóC’D’//CD. Gọi giao điểm của hai đoạn thẳng C’D’ và BF là P’. Khi đó (H1) và (H2)cũng lần lượt là hai đường tròn nội tiếp tam giác BC’P’ và BD’P’.Xét phép vị tựVCD  B,÷ C 'D ' . Khi đó phép vị tự này sẽ biến tam giác BC’P’ và BD’P’tương ứng thành hai tam giác BCP và BDP. Như thế biến hai đường tròn (E1) và(E2) thành hai đường tròn nội tiếp tam giác BCP và BDP. Vì hai đường tròn (E1) và(E2) bằng nhau nên hai đường tròn nội tiếp hai tam giác BCP và BDP cũng bằngnhau. Nhưng các tam giác BDP và ADP cũng có hai đường tròn nội tiếp bằng nhau.Từ đó ta có đpcm.8 Bài 9. (Bulgaria, Problem 11.3.2001) Trên mỗi cạnh của một tam giác có các góc300 , 600 ,900 và có độ dài cạnh huyền bằng 1, ta chọn một điểm sao cho 3 điểm nàytạo thành một tam giác vuông cân. Hỏi cạnh huyền của tam giác mới này có giá trịbé nhất bằng bao nhiêu?GiảiXét tam giác ABC có các góc α , β , γ . Cho A1 ∈ BC , B1 ∈ CA, C1 ∈ AB là các điểm saocho tam giác A1B1C1 vuông với ·A1C1 B1 = 900 . Giả sử đường tròn (K) đường kính A1B1cắt AB tại X ≠ C1 . Dễ thấy nếu α ≤ 900 , γ ≤ 900 thì X nằm trong đoạn AB. Vẽ tiếptuyến d của (K) sao cho d//AB và tiếp điểm Y thuộc cung nhỏ C1X. Gọi B2, A2 lầnlượt là giao điểm của d với CA và CB.Xét phép vị tự tâm C sao cho ảnh B2 là A, A2 là B. Khi đó qua phép vị tự tâm C nàythì ảnh của tam giác B1A1Y nội tiếp trong tam giác ABC và cạnh huyền của nó béhơn B1A1. Do vậy, không mất tính tổng quát, giả sử AB là tiếp tuyến của đườngtròn (K).· A C = δ thì B· C A = δ . Áp dụng định lí sin cho tam giác AC1B1 vàTừ đó, nếu đặt B1 1 11 1tam giác BC1A1 ta được :B1 A1.cosδ .sin ( 900 − δ + β )B1 A1.sin δ .sin ( α + δ )AC1 =và BC1 =sin αsin β0B1 A1 .sin δ .sin ( α + δ ) B1 A1.cosδ .sin ( 90 − δ + β )Vì AB = AC1 + C1B nên AB =+(1)sin αsin β⇔ 2 AB = A1 B1 ( cot α + cot β + 2sin 2δ − ( cot α − cot β ) cos2δ )Mặt khác, ta lại có :cot α + cot β + 2sin 2δ − ( cot α − cot β ) cos2δ = 4 + ( cot α − cot β ) .sin ( 2δ − ϕ )2≤ 4 + ( cot α − cot β )22cosϕ =24 + ( cot α − cot β )trong đó ϕ thỏa mãn : cot α − cot βsin ϕ =24 + ( cot α − cot β )9 Khi đó : giá trị bé nhất cần tìm của B1A1 là : B1 A1 =Thật vậy : nếu B1 A1 =2 ABcot α + cot β + 4 + ( cot α − cot β )2 ABcot α + cot β + 4 + ( cot α − cot β )22đồng thời 2δ − ϕ = 900 thì (1)đúng, do đó tồn tại tam giác với B1A1 xác định như trên.Với giả thiết tam giác ABC có các góc 300 , 600 ,900 và có độ dài cạnh huyền bằng 1,trong các trường hợp của tam giác vuông nội tiếp trong tam giác này thì B1A1 có 3giá trị tính được là :Giá trị nhỏ nhất là39 − 3 21 − 3 3,,124439 − 3.12Bài 10. (Thi vô địch Ba Lan,1999) Gọi D là điểm nằm trên cạnh BC của tam giácABC sao cho AD > BC. Gọi E là điểm nằm trên cạnh AC sao cho :Chứng minh rằng : AD > BE.GiảiAEBD=EC AD − BCTa cố định các điểm B, C, D và khoảng cách AD. Cho A thay đổi. Quĩ tích điểm Alà một đường tròn tâm D. Từ phương trình ở đầu bài, ta có tỉ sốtỉ số : a =AEcố định. Suy raECECcũng cố định.ACDo E là ảnh của A qua phép vị tự tâm C, tỉ số a, nên quĩ tích các điểm E là ảnh củaquĩ tích các điểm A qua phép vị tự này, tức là quĩ tích của E là một đường tròn cótâm nằm trên đoạn thẳn BC. Khi đó, giá trị của BE lớn nhất khi và chỉ khi E là giaođiểm của đường tròn này với đường thẳng BC (điểm này gần C hơn B). Đến đây,nếu ta chứng minh được trong trường hợp này AD = BE thì sẽ có điều phải chứngminh, bởi vì ta luôn có AD ≥ BE và đẳng thức chỉ xảy ra với trường hợp suy biếnđó.Thật vậy, trong trường hợp nói trên, các điểm B, D, C, E, A thẳng hàng theo thứ tựđó. Khi đó, từ đẳng thức ở đầu bài ta được :AE. ( AC – BD ) = AE. ( AD – BC ) = EC. BD.10 Suy ra : AE . AC = ( AE + EC ). BD = AC. BD. Do đó : AE = BD, suy ra AD = BE(đpcm)Bài 11. Cho hai đường tròn (C1) và (C2) nằm bên trong và tiếp xúc với đường tròn(C) theo thứ tự tại M và N. Giả sử đường tròn (C1) đi qua tâm của (C2). Đường nốihai điểm chung của (C1) và (C2) cắt (C) tại A và B. Các đường thẳng MA, MB cắt(C1) tương ứng tại E và F.Chứng minh rằng đường thẳng EF là tiếp tuyến của (C2).GiảiGọi O, O1 , O2 , r , r1 , r2 lần lượt là tâm và bán kính của các đường tròn (C), (C1), (C2)tương ứng. Giả sử EF cắt O1O2 tại W. Đặt O2W= x. Ta cần chứng minh x = r2.Chọn hệ trục trực chuẩn có gốc là O2, O2O1 là trục hoành, giả sử O có tọa độ là(a,b). Nx: O và M không nằm trên O2O1. Giả sử AB cắt O2O1 tại V.r2 2Dễ thấy : O2V = .2r1OVOY22Khi đó các tam giác O1YO2 và XVO2 đồng dạng, suy ra : O X = O O .22rPhép vị tự tâm M, tỉ số r biến O1 thành O, biến EF thành AB. Do đó EF ⊥ O1O21r1lần khoảng cách từ O đến AB, suy ra :rr1 r2 2 r1 − x =  a −÷ (1)r2r1 Do đó, khoảng cách từ O1 đến EF bằngBây giờ ta xác định a. Bằng cách tính khoảng cách từ O đến O1 và O2, ta nhận đượchai phương trình chứa a và b sau đây :11 ( r − r1 )2= ( r1 − a ) + b 2 và ( r − r2 ) = a 2 + b 222Khử b từ hai phương trình trên ta có : a =r2 2r+ r − r. 2 .2r1r1Thay vào (1) ta nhận được x = r2 (đpcm)2. Quĩ tíchViệc phát hiện và dự đoán quĩ tích điểm tương đối phức tạp, tuy nhiên nhờ phép vịtự mà việc định hướng quĩ tích các điểm cần tìm với các yếu tố ban đầu của bàitoán trở nên dễ dàng hơn.Bài 1. Chứng minh rằng quỹ tích những điểm của mặt phẳng mà tỷ số khoảng cáchtừ đó đến hai đường thẳng cắt nhau ở một điểm O bằng k (k>0) không đổi gồm haiđường thẳng đi qua O.GiảiGiả sử hai đường thẳng xx’ và yy’ là hai đường thẳng cho trước cắt nhau tại O. Mlà một điểm của mặt phẳng sao cho MH/MK = k (hằng số dương cho trước). GọiM1 là điểm tương ứng của điểm M trong một phép vi tự thay đổi tâm O. Vậy quĩtích này sẽ gồm các đường thẳng đi qua O. Khi đó quỹ tích của những điểm cần tìmtrên một cát tuyến AB của hai đường thẳng Ox, Oy sao cho OA = OB. Với mỗiđiểm M của AB các tam giác vuông MAH và MBK có các góc nhọn bằng nhau ở Avà B thì đồng dạng với nhau và ta có :tích nếu tỷ sốMH MA=. Điểm M sẽ là một điểm của quĩMK MBMHMA= k hay là := k . Khi đó tỷ số k ≠ 1 thì trên AB có hai điểm MMKMBvà M’ đáp ứng điều kiện đòi hỏi của bài toán. Vậy quỹ tích cần tìm bao gồm haiđường thẳng OM và OM’ liên hợp điều hòa đối với hai đường thẳng Ox, Oy đã chovì hàng điểm ABMM’ điều hòa.Bài 2. Cho 2 đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại A, (O’) nằm trong (O),BC là một dây cung của (O) tiếp xúc với (O’). Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếptam giác ABC khi dây cung BC thay đổi.Giải12 Xét phép vị tự :VR A, ÷ R' : O a O ', M a M 'uuurR uuuur. AO ' , M là điểm thuộc đường tròn (O))R'·Ta thấy tia AM là tia phân giác của góc BAC····Thật vậy : MAB= MCB, MAC= MBC( do : AO =Ta có : O’M//OM’. Mà O’M vuông góc với BC nên OM’ vuông góc với BC do đóOM’ là đường kính chia đôi dây BC. Suy ra : tam giác M’BC cân· ' BC = M· ' CB ⇒ M· ' AB = M· ' AC suy ra : I là tâm đường tròn nội tiếpTừ đó ta có : Mtam giác ABC thuộc MA.MI BMAB BMABAI=⇔=⇔=IAABIAMIBM IMABAIABP( B / ( O ') ) = BM 2 = BB '.BA ⇒==BM IMBB '.BAuuuuruuurR'R'V R '  : B ' a B. Do đó : AB ' = AB ⇒ AB ' = . AB A, ÷ RRRRAB 'AB − AB ' 1 − k⇒ BB ' = ( 1 − k ) AB=k⇒=Suy ra : AB = k . AB '  k = > 1÷ ⇒R' ABAB1ABAB1Suy ra : BA.BB ' = 1 − k AB 2 = 1 − k()uurrAI1q uuuuV q  : M a I==q⇒AI=.AMTa có : IM.Khiđó: A,÷1+ q 1+ q 1− kV q Theo tính chất phân giác ta có :Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua phép vị tự A,÷ 1+ q Bài 3. Cho đường tròn (O,R) và một đường kính PQ cố định của đường tròn. Trêntia PQ ta lấy một điểm S cố định khác P và Q. Với mỗi điểm A thuộc đường tròn,ta dựng tia Px vuông góc với tia PA và nằm cùng phía với nó đối với đường thẳngPQ. Gọi B là giao điểm của Px và SA. Tìm tập hợp điểm B, khi điểm A di độngtrên đường tròn (O,R).Giải13 Gọi B’ là giao điểm thứ hai của Px đối với đường tròn (O), khi đó AB’ là đườngkính của đường tròn (O). Gọi d là đường thẳng đi qua B và d//AB’. O’ là giao điểmcủa d và PQ. Ta có hai tam giác OPB’ và O’PB đồng dạng mà tam giác OPB’ cântại O, nên tam giác O’PB cân tại O’.Khi đó :SO ' O ' BSO ' O ' PSO ' SO '− SPSP=⇒=⇒=⇒ SO ' =.SO ( *)SOOASORSORSO − RSPTa đặt k =, k là một số không đổi và (*) được viết lại dưới dạng véctơSO−RuuuruuurSO ' = k .SO (**).Hệ thức (**) chứng tỏ (O’) là ảnh của (O) trong phép vị tự tâm S, hệ số vị tựk=uuruurSPSB SO '=, do đó O’ cố định. Mặt khác từ :, ta suy ra : SB = k .SA và B làSO − RSA SOảnh của A trong phép vị tự. Tập hợp điểm B là đường tròn (O’) là ảnh của đườngSPtròn (O) trong phép vị tự V( S ,k ) với k =.SO − RBài 4.Cho hai đường tròn (O) bán kính R và đường tròn (O’) bán kính R’ tiếp xúc trongtại A với R > R’. Đường kính qua A cắt đường tròn (O) tại B và cắt đường tròn(O’) tại C. Một đường thẳng thay đổi đi qua A cắt (O) tại M và (O’) tại N. Tìm tậphợp các giao điểm S của BN và CM.Giải14 Ta có : BM // CN. Hai tam giác BMS và NCS đồng dạng nên ta có :CS CN 2 R ' R '===SM BM 2 R RuuurrR ' uuuuCSR'CSR'.CM .==Do đó :hay :suy ra : CS =R + R'SM + CS R + R 'CM R + R 'Vậy tập hợp các điểm S là đường tròn vị tự của đường tròn tâm O trong phép vị tựtâm C tỉ số vị tự k =R'.R + R'Bài 5. Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính R, r (R > r). P làmột điểm cố định trên đường tròn bán kính r, còn B là điểm chuyển động trênđường tròn bán kính R. Đường thẳng BP cắt đường tròn bán kính R ở điểm thứ haiC và đường thẳng l vuông góc với đường thẳng BP tại P cắt đường tròn bán kính rở điểm thứ hai A (nếu l là tiếp tuyến cảu đường tròn thì P ≡ A ).a) Tìm tập hợp các giá trị của biểu thức : BC 2 + CA2 + AB 2 .b) Tìm quĩ tích trung điểm của AB.Giảia)Ta biểu thị tổng : T = BC 2 + CA2 + AB 2 qua độ dài các đoạn AP, CP và PD bằngcách áp dụng định lí Pythagore và các đẳng thức CP = DB, BC = CP + PD + DB.Ta được :15 (T = AB 2 + ( PD + DB )2) + ( 4CP2+ 4CP.PD + PD 2 ) + ( CP 2 + AP 2 )= ( 2 AP 2 + 2 PD 2 ) + ( 6CP 2 + 6CP.PD )Theo định lí Pythagore, biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất bằng 4r2, theo định lí vềphương tích trong đường tròn thì CP.(CP + PD) = R 2 − r 2 , vậy biểu thức trong dấungoặc thứ hai bằng 6 R 2 − 6r 2 . Ta được T = 6 R 2 + 2r 2 là một đại lượng không đổi vàtập hợp các giá trị của biểu thức BC 2 + CA2 + AB 2 chỉ gồm một số duy nhất :T = 6 R 2 + 2r 2 .b) Gọi O là tâm đường tròn và M là trung điểm của AB. Khi đó OM là đường trungbình của tam giác ADB và ta cũng có M là ảnh của C qua phép vị tự với tỉ sốtâm vị tự là điểm nằm trên OP, chia OP theo tỉ số1và21.2Nếu điểm B chạy trên đường tròn lớn thì điểm C cũng chạy trên đường tròn này,còn điểm M chạy trên đường tròn vị tự với nó có bán kính bằngRvà tâm là trung2điểm OP..Vậy quĩ tích trung điểm M của AB là đường tròn bán kínhR, có tâm là trung điểm2của OP.3. Dựng hìnhTrong một số bài toán dựng hình, việc sử dụng các phép vị tự giúp bài toán trở nêntương đối đơn giản.Bài 1. Dựng một đường tròn tiếp xúc với một đường tròn (O) cho trước và với mộtđường thẳng d cho trước, biết một trong các tiếp điểm.GiảiGiả sử ( E) là một đường tròn tiếp xúc với (O) tại A và đường thẳng d tại B. Khi đóta có một phép vị tự tâm A là tiếp điểm của (E) và (O). Thật vậy (O) là ảnh của (E)trong một phép vị tự tâm A biến B thành một trong hai đầu mút C hoặc D củađường kính CD của (E) vuông góc với d. Ta xét hai trường hợp như bài toán đã đặtra :16 + Nếu điểm A cho trước trên đường tròn (O), đường thẳng CA cắt d tại điểm B.Khi đó phép vị tự V( A,k ) với k =ABsẽ biến đường tròn (O) thành đường tròn (E) tiếpACxúc với (O) ở A và đường thẳng d tại B (Trường hợp thứ 2 thực hiện tương tự vớiđường thẳng DA)+ Nếu điểm B cho trước trên đường thẳng d thì đường thẳng CB cắt (O) tại điểm Avà phép vị tự V( A,k ) với k =ABsẽ cho một đường tròn (E) tiếp xúc với d tại B và (O)ACtại A (Trường hợp thứ 2 thực hiện tương tự với đường thẳng DB).Bài 2. Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm E trên cạnh AB và tìm điểm F trên cạnhAC sao cho : BE = EF = FC.GiảiGiả sử ta dựng được hai điểm E, F sao cho thỏa mãn đầu bài. Qua A kẻ đườngthẳng song song với EF cắt tia BF tại M, qua M kẻ đường thẳng song song với ACcắt đường thẳng BC tại N. Ta có :BE EFBFFC BC=====kBA AM BM MN BNTa có : BE = EF = FC suy ra AB = AM = MN. Ta cần tìm điểm M, N sao cho Nthuộc tia BC và MN//AC đồng thời thỏa mãn điều kiện AB = AM = MN. Ta cócách dựng sau :+ Dựng đường tròn tâm A, bán kính AB.+ Trên tia CA lấy CP = AB.+ Qua P dựng đường thẳng song song với BC cắt đường tròn tại M. BM cắt AC tạiF.+ Qua F kẻ đường thẳng song song với AM cắt AB tại E.Ta có tứ giác BEFC là hình vị tự của tứ giác BAMN trong phép vị tự tâm B với tỉsố vị tự k =BE. Vì BA = AM = MN nên ta suy ra : BE = EF = FC.BABài 3.Cho góc nhọn xOy, và một điểm C thuộc miền trong của góc đó. Tìm trên Oy mộtđiểm A sao cho AC bằng khoảng cách từ A đến Ox.Giải17 Dựng đường thẳng bất kì vuông góc với Ox, cắt Ox, Oy lần lượt tại H’ và A’.Đường tròn tâm A’ bán kính A’H cắt OC ở C’.Dựng CA//C’A’.Ta có tam giác ABC cân, vị tự với tam giác cân A’B’C’ với phép vị tự tâm O, tỉ sốk=OC.OC 'Vì đường tròn tâm A’ cắt OC tại 2 điểm nên bài toán có hai nghiệm hình .Bài 4. Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành AEMD có D, M, E theo thứ tựthuộc các cạnh AB, BC, CA sao cho các tam giác MDE và ABC đồng dạng.GiảiGiả sử ta đã dựng được hình bình hành AEMD thỏa mãn các điều kiện của bàitoán. Ta có AM đi qua trung điểm I của đoạn DE. Trên AD lấy điểm D’ và trên AElấy điểm E’ sao cho : D’E’//DE. Gọi I’ là trung điểm D’E’. Ta có hai tam giácAD’E’ và ADE vị tự với nhau và góc : ·AE ' D ' = ·ABC . Do đó ta có cách dựng:+ Lấy một điểm E’ bất kì trên AC vẽ góc : ·AE ' D ' = ·ABC ta có điểm D’ trên AB.+ Gọi I’ là trung điểm của D’E’, ta có : AI’ cắt BC tại M.+ Ta dựng hình bình hành ADME thỏa mãn các điều kiện của bài toán.Bài 5. (Đề thi APMO, 1990) Cho α là góc nằm trong khoảng ( 0, π ) . Hỏi có baonhiêu tam giác ABC (không bằng nhau) sao cho A = α , BC = 1 và bốn điểm sau đây18 nằm cùng trên một đường tròn : điểm A, trọng tâm tam giác ABC, trung điểm củaAB và trung điểm của AC.GiảiCó một tam giác khi α ≤ 600 , ngoài ra không tồn tại.Gọi O là tâm và R là bán kính, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M làtrung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có thể xem như A di chuyểntự do trên đường tròn này, còn O, B, C là các điểm cố định. Gọi X là điểm nằm trênMO sao cho :MX 1= .MO 3Phép vị tự tâm M, tỉ số 3 biến G thành A và X thành O, nên G phải nằm trên đườngtròn tâm X, có bán kínhR.3Đường tròn đường kính OA chứa các trung điểm của AB khi A di động và các·trung điểm của AC. Vì thế nếu G cũng nằm trên đường tròn này thì : OGA= 900 suy·ra : MGO= 900 . Do đó G cũng nằm trên đường tròn đường kính OM. Rõ ràng là haiđường tròn vừa nói này không cắt nhau, khi đó không tìm được tam giác thỏa mãnđiều kiện đề bài hoặc chúng cắt nhau tại 1 hoặc 2 điểm.Nếu hai đường tròn đó cắt nhau tại 2 điểm thì các tam giác tương ứng hiển nhiênbằng nhau (chỉ thay đổi vị trí của B và C). Do đó, ta tìm tam giác thỏa mãn đề bàikhi hai đường tròn cắt nhau là đủ.Giả sử đường tròn tâm X, bán kínhRcắt đường thẳng OXM tại P và Q, với P nằm3cùng phía với M so với X.1133211thẳng PQ. Bây giờ, XO = .OM = R ( 2.cosα ) , do đó : XQ = R > XO nếu và chỉ nếu333Ta có OM = R.cosα , do đó : XM = R.cosα < R = XP , vậy M luôn nằm trong đoạn19 ππ. Như vậy nếu α > thì XQ > XO và do đó đường tròn đường33Rkính OM nằm hoàn toàn bên trong đường tròn tâm X, bán kínhvà do đó chúng32 cos α < 1 hoặc α >không thể cắt nhau.Nếu α =πthì hai đường tròn nói trên tiếp xúc với nhau tại O, ta được tam giác đều3thỏa mãn bài toán.Nếu α <π, hai đường tròn sẽ giao nhau, cũng cho ta một tam giác thỏa mãn đầu3bài.4. Bài tập rèn kĩ năngBài 1. Cho tam giác ABC. Gọi O, H, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trựctâm và trọng tâm tam giác đó.a) Chứng minh rằng các điểm O, H, G cùng nằm trên một đường thẳng(đường thẳng Euler).b) Giả sử X là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ĐặtM = XA2 + XB 2 + XC 2 ; E, F là các điểm thuộc đường tròn trên và tại đó M lần lượtnhận những giá trị tương ứng lớn nhất, nhỏ nhất. Chứng minh 5 điểm H, O, G, E, Fcùng thuộc một đường thẳng.Bài 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, tồn tại ba đường tròn có một điểmchung duy nhất sao cho 3 đường tròn này có bán kính bằng nhau và lần lượt tiếpxúc với các cặp cạnh AB, BC; BC, CA; AC, AB.Bài 3. Tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn (O,R). Gọi Bi là trọng tâm tam giácA j Ak Al ; i ∈ { 1, 2,3, 4} ; j, k , l ∈ { 1, 2,3, 4} . Chứng minh rằng : tứ giác B1 B2 B3 B4 nội tiếp trongmột đường tròn. Hãy xác định tâm O1 và bán kính R1 của đường tròn đó.Bài 4. (Đề thi toán quốc tế IMO, Rumani 1978) Đường tròn (J) tiếp xúc trong vớiđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cân ở A, đồng thời tiếp xúc với hai cạnh ABvà AC ở M và N. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là tâm đườngtròn nội tiếp tam giác ABCBài 5. Cho một hình thoi có cạnh bằng a và góc µA = 600 . Hai đường chéo cắt nhautại O. Một đường thẳng d quay quanh A nhưng không cắt hình thoi.a) Đường thẳng d cắt hai đường thẳng BC và DC lần lượt tại B’, D’. Chứng tỏ rằnghai tam giác B’BA và ADD’ vị tự với nhau. Tìm vị trí của đường thẳng d để haitam giác trên bằng nhau.b) Hạ OG vuông góc với d tại G. Tìm vị trí của d để OG cực đại hoặc cực tiểu vàtính theo a các giá trị cực đại hoặc cực tiểu đó.20 Bài 6. Cho hình thang ABCD có AB // CD và AD = a, DC = b, còn A và B là haiđiểm cố định. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo.a) Tìm tập hợp các điểm C khi D thay đổi.b) Tìm tập hợp các điểm I khi C và D thay đổi.Bài 7. Cho tam giác ABC có góc A nhọn. Một đường tròn di động luôn đi qua A,không tiếp xúc với các đường thẳng AB, AC và có tâm O luôn nằm trên đoạn thẳngBC. Đường tròn này cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại M và N. Tìm quĩtích trực tâm H của tam giác AMN.Bài 8. Cho tam giác ABC có các góc B và C đều nhọn. Dựng hình chữ nhật MNPQsao cho cạnh BC nằm trên BC, đỉnh P nằm trên AC, đỉnh Q nằm trên AB sao cho :QM = 2MN.Bài 9. Cho 4 điểm A,C’,D’,B thẳng hàng và theo thứ tự đó. Về một phía của đườngthẳng BA dựng các hình vuông ABCD, A’B’C’D’. Chứng minh các đường thẳngAA’, BB’, CC’, DD’ đồng qui.21 5. Kết luậnTài liệu này đã được tập huấn cho các em học sinh chuyên toán, kết quả làcác em tự tin, hứng thú hơn với phép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng.Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng bài viết còn nhiều hạn chế, mong được sựgóp ý của các thầy cô và các em học sinh để bài viết hoàn thiện hơn. Hy vọng rằngsau khi đọc chuyên đề này, các thầy cô và các em học sinh có thêm một cách nhìnvà áp dụng được phương pháp giải toán bằng vị tự trong nhiều bài toán hình họcphẳng. Xin chân thành cảm ơn!22 6. Trong bài viết trên đã sử dụng các tài liệu sau[1] Đỗ Thanh Sơn. Phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo dục 2004.[2] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Đăng Phất - Đỗ Thanh Sơn. Chuyên đề hìnhhọc và một số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục 2008.[3] Nguyễn Văn Nho. Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua cáckì thi Olympic, NXB Giáo dục 2007.[4] Tài liệu internet.23 [...]... chứng tỏ (O’) là ảnh của (O) trong phép vị tự tâm S, hệ số vị tự k= uur uur SP SB SO ' = , do đó O’ cố định Mặt khác từ : , ta suy ra : SB = k SA và B là SO − R SA SO ảnh của A trong phép vị tự Tập hợp điểm B là đường tròn (O’) là ảnh của đường SP tròn (O) trong phép vị tự V( S ,k ) với k = SO − R Bài 4 Cho hai đường tròn (O) bán kính R và đường tròn (O’) bán kính R’ tiếp xúc trong tại A với R > R’ Đường... với phép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng bài viết còn nhiều hạn chế, mong được sự góp ý của các thầy cô và các em học sinh để bài viết hoàn thiện hơn Hy vọng rằng sau khi đọc chuyên đề này, các thầy cô và các em học sinh có thêm một cách nhìn và áp dụng được phương pháp giải toán bằng vị tự trong nhiều bài toán hình học phẳng Xin chân thành cảm ơn! 22 6 Trong. .. phép vị tự giúp bài toán trở nên tương đối đơn giản Bài 1 Dựng một đường tròn tiếp xúc với một đường tròn (O) cho trước và với một đường thẳng d cho trước, biết một trong các tiếp điểm Giải Giả sử ( E) là một đường tròn tiếp xúc với (O) tại A và đường thẳng d tại B Khi đó ta có một phép vị tự tâm A là tiếp điểm của (E) và (O) Thật vậy (O) là ảnh của (E) trong một phép vị tự tâm A biến B thành một trong. .. chân thành cảm ơn! 22 6 Trong bài viết trên đã sử dụng các tài liệu sau [1] Đỗ Thanh Sơn Phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo dục 2004 [2] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Đăng Phất - Đỗ Thanh Sơn Chuyên đề hình học và một số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục 2008 [3] Nguyễn Văn Nho Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua các kì thi Olympic, NXB Giáo dục 2007 [4] Tài liệu internet 23 ... = = = SM BM 2 R R uuu r r R ' uuuu CS R' CS R' CM = = Do đó : hay : suy ra : CS = R + R' SM + CS R + R ' CM R + R ' Vậy tập hợp các điểm S là đường tròn vị tự của đường tròn tâm O trong phép vị tự tâm C tỉ số vị tự k = R' R + R' Bài 5 Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính R, r (R > r) P là một điểm cố định trên đường tròn bán kính r, còn B là điểm chuyển động trên đường tròn bán kính... của C qua phép vị tự với tỉ số tâm vị tự là điểm nằm trên OP, chia OP theo tỉ số 1 và 2 1 2 Nếu điểm B chạy trên đường tròn lớn thì điểm C cũng chạy trên đường tròn này, còn điểm M chạy trên đường tròn vị tự với nó có bán kính bằng R và tâm là trung 2 điểm OP Vậy quĩ tích trung điểm M của AB là đường tròn bán kính R , có tâm là trung điểm 2 của OP 3 Dựng hình Trong một số bài toán dựng hình, việc... BC cắt đường tròn tại M BM cắt AC tại F + Qua F kẻ đường thẳng song song với AM cắt AB tại E Ta có tứ giác BEFC là hình vị tự của tứ giác BAMN trong phép vị tự tâm B với tỉ số vị tự k = BE Vì BA = AM = MN nên ta suy ra : BE = EF = FC BA Bài 3 Cho góc nhọn xOy, và một điểm C thuộc miền trong của góc đó Tìm trên Oy một điểm A sao cho AC bằng khoảng cách từ A đến Ox Giải 17 Dựng đường thẳng bất kì vuông... Khi đó phép vị tự V( A,k ) với k = AB sẽ biến đường tròn (O) thành đường tròn (E) tiếp AC xúc với (O) ở A và đường thẳng d tại B (Trường hợp thứ 2 thực hiện tương tự với đường thẳng DA) + Nếu điểm B cho trước trên đường thẳng d thì đường thẳng CB cắt (O) tại điểm A và phép vị tự V( A,k ) với k = AB sẽ cho một đường tròn (E) tiếp xúc với d tại B và (O) AC tại A (Trường hợp thứ 2 thực hiện tương tự với... OC ở C’ Dựng CA//C’A’ Ta có tam giác ABC cân, vị tự với tam giác cân A’B’C’ với phép vị tự tâm O, tỉ số k= OC OC ' Vì đường tròn tâm A’ cắt OC tại 2 điểm nên bài toán có hai nghiệm hình Bài 4 Cho tam giác ABC Dựng hình bình hành AEMD có D, M, E theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CA sao cho các tam giác MDE và ABC đồng dạng Giải Giả sử ta đã dựng được hình bình hành AEMD thỏa mãn các điều kiện của... nhờ phép vị tự mà việc định hướng quĩ tích các điểm cần tìm với các yếu tố ban đầu của bài toán trở nên dễ dàng hơn Bài 1 Chứng minh rằng quỹ tích những điểm của mặt phẳng mà tỷ số khoảng cách từ đó đến hai đường thẳng cắt nhau ở một điểm O bằng k (k>0) không đổi gồm hai đường thẳng đi qua O Giải Giả sử hai đường thẳng xx’ và yy’ là hai đường thẳng cho trước cắt nhau tại O M là một điểm của mặt phẳng ... tâm I qua phép vị tự bán kính R ' = k R Tích hai phép vị tự Tích hai phép vị tự có tỉ số k1 k2 phép vị tự, tỉ số k = k1.k2 (với k1k2 ≠ ), có tâm thẳng hàng với tâm hai phép vị tự phép tịnh tiến... tâm phép vị tự với hệ số vị tự có giá trị tuyệt đối tỉ số hai bán kính, biến đường tròn thành đường tròn Ta xét phép vị tự : tâm A biến O1 thành O biến M1 thành M Xét phép vị tự : tâm B biến. ..+ Phép vị tự biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng k + Phép vị tự biến góc thành góc + Phép vị tự biến đường tròn (I;R) thành đường tròn (I’;R’) mà tâm I’ ảnh tâm I qua phép
- Xem thêm -

Xem thêm: PHÉP BIẾN HÌNH TRONG mặt PHẲNG chuyên đề phép vị tự , PHÉP BIẾN HÌNH TRONG mặt PHẲNG chuyên đề phép vị tự , PHÉP BIẾN HÌNH TRONG mặt PHẲNG chuyên đề phép vị tự

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay