Chuyên đề Toán 11 CTST Bài 6. Phép vị tự có đáp án

⦁ Những hình như vậy có cùng hình dạng nhưng khác kích thước.

⦁ Ta xét cụ thể một hình là hình hai con mèo:

• Giả sử O là điểm cố định trên hình hai con mèo, M là một điểm trên hình con mèo 1 (như hình vẽ).

Lấy điểm M’ là điểm sao cho $\overrightarrow{O{M}^{'}}=k\overrightarrow{OM}$ (k > 0), khi đó điểm M’ có vị trí trên hình con mèo 2 tương ứng với điểm M trên hình con mèo 1.

Lấy điểm A’ sao cho $\overrightarrow{O{A}^{'}}=k\overrightarrow{OA}$, với k > 0, ta được điểm A’ có vị trí trên hình con mèo 2 tương ứng với điểm A trên hình con mèo 1.

Tương tự như vậy, với mỗi điểm B bất kì trên hình con mèo 1, ta lấy điểm B’ sao cho $\overrightarrow{O{B}^{'}}=k\overrightarrow{OB}$ (k > 0) thì ta được tập hợp các điểm B’ tạo thành hình con mèo 2.

Vì vậy phép biến hình biến hình con mèo 1 thành hình con mèo 2 là phép biến hình biến mỗi điểm N bất kì thành điểm N’ sao cho $\overrightarrow{O{N}^{'}}=k\overrightarrow{ON}$.

• Chứng minh tương tự với các hình ảnh khác, ta cũng được kết quả như trên.

Vậy phép biến hình cần tìm là phép biến hình biến mỗi điểm M bất kì trên hình kia thành điểm M’ trên hình này sao cho $\overrightarrow{O{M}^{'}}=k\overrightarrow{OM}$, với O là điểm cố định và k là một số thực, k ≠ 0.

Ta có $\overrightarrow{OM}=(3;9)$.

⦁ Gọi M1(x1; y1), ta có $\overrightarrow{O{M}_{1}}=({x}_{1};{y}_{1})$.

Theo đề, ta có V(O, 3)(M) = M1.

Suy ra $\overrightarrow{O{M}_{1}}=3\overrightarrow{OM}$.

Do đó $\{\begin{matrix}{x}_{1}=3.3=9 \\ {y}_{1}=3.9=27\end{matrix}$

Vì vậy tọa độ M1(9; 27).

⦁ Gọi M2(x2; y2), ta có $\overrightarrow{O{M}_{2}}=({x}_{2};{y}_{2})$.

Theo đề, ta có V(O, –2)(M) = M2.

Suy ra $\overrightarrow{O{M}_{2}}=-2\overrightarrow{OM}$.

Do đó $\{\begin{matrix}{x}_{2}=-2.3=-6 \\ {y}_{2}=-2.9=-18\end{matrix}$

Vì vậy tọa độ M2(–6; –18).

Vậy M1(9; 27) và M2(–6; –18).

a) Do ba điểm O, D, D’ thẳng hàng (giả thiết), suy ra $\overrightarrow{O{D}^{'}}=k\overrightarrow{OD}$.

Do đó V(O, k)(D) = D’ và OD’ = |k|.OD.

Vì D, D’ nằm cùng phía đối với O nên k > 0.

Suy ra $k=\frac{O{D}^{'}}{OD}$.

Ta có AB // BD’ (do ABCD là hình bình hành) và ba điểm O, D, D’ thẳng hàng (giả thiết).

Khi đó áp dụng định lí Thales, ta được $k=\frac{OD}{O{D}^{'}}=\frac{OA}{OB}$.

Vậy phép vị tự cần tìm là ${V}_{(O,\frac{OA}{OB})}$.

b) Từ câu a, ta có $\overrightarrow{O{D}^{'}}=k\overrightarrow{OD}$ (k > 0).

Suy ra $\overrightarrow{OD}=\frac{1}{k}\overrightarrow{O{D}^{'}}$.

Khi đó ${V}_{(O,\frac{1}{k})}({D}^{'})=D$.

Ta có $\frac{1}{k}=1:\frac{OA}{OB}=\frac{OB}{OA}$.

Vậy phép vị tự cần tìm là ${V}_{(O,\frac{OB}{OA})}$.

Ta có $\overrightarrow{{M}^{'}{N}^{'}}=\overrightarrow{O{N}^{'}}-\overrightarrow{O{M}^{'}}$

$=k\overrightarrow{ON}-k\overrightarrow{OM}$

$=k(\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM})$

$=k\overrightarrow{MN}$.

Vậy $\overrightarrow{{M}^{'}{N}^{'}}=k\overrightarrow{MN}$.

Theo bài, ta có A’, B’ lần lượt là ảnh của A, B qua V(O, k).

Áp dụng tính chất 1, ta được $\overrightarrow{{B}^{'}{A}^{'}}=k\overrightarrow{BA}$.

Chứng minh tương tự, ta được $\overrightarrow{{B}^{'}{C}^{'}}=k\overrightarrow{BC}$.

Ta có $\overrightarrow{{B}^{'}{A}^{'}}=k\overrightarrow{BA}=k.m\overrightarrow{BC}=m.k\overrightarrow{BC}=m\overrightarrow{{B}^{'}{C}^{'}}$.

Vậy hai vectơ $\overrightarrow{{B}^{'}{A}^{'}}$ và $m\overrightarrow{{B}^{'}{C}^{'}}$ bằng nhau.

a) Để tìm phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A’B’C’, ta tìm phép vị tự biến điểm A thành điểm A’, biến điểm B thành điểm B’, biến điểm C thành điểm C’.

∆ABC có A’ là trung điểm BC và G là trọng tâm.

Theo tính chất trọng tâm của tam giác, ta có $\overrightarrow{AG}=2\overrightarrow{G{A}^{'}}$ hay $\overrightarrow{G{A}^{'}}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GA}$.

Suy ra A’ là ảnh của A qua ${V}_{(G,\ -\frac{1}{2})}$.

Chứng minh tương tự, ta được ${V}_{(G,\ -\frac{1}{2})}(B)={B}^{'}$ và ${V}_{(G,\ -\frac{1}{2})}(C)={C}^{'}$.

Vậy ${V}_{(G,\ -\frac{1}{2})}$ biến ∆ABC thành ∆A’B’C’.

b) Gọi AD là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC.

Suy ra $\widehat{ABD}=90^{\circ}$ và O là trung điểm của AD.

Do đó AB ⊥ BD.

Mà CH ⊥ AB (do H là trực tâm của ∆ABC).

Vì vậy BD // CH.

Chứng minh tương tự, ta được BH // CD.

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.

Mà A’ là trung điểm BC (giả thiết).

Do đó A’ cũng là trung điểm của DH.

∆ADH có A’O là đường trung bình của tam giác nên ${A}^{'}O=\frac{1}{2}HA$ và A’O // HA.

Suy ra $\overrightarrow{{A}^{'}O}=\frac{1}{2}\overrightarrow{HA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AH}$.

Ta có $\overrightarrow{GO}=\overrightarrow{G{A}^{'}}+\overrightarrow{{A}^{'}O}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AH}$

$=-\frac{1}{2}(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AH})=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GH}$.

Khi đó $\overrightarrow{GO}$ và $\overrightarrow{GH}$ cùng phương nên ba điểm G, H, O thẳng hàng.

Vậy ba điểm G, H, O thẳng hàng.

a) Ta có V$_{(O, k)}$(I) = I’ và V$_{(O, k)}$(M) = M’.

Suy ra I’M’ = |k|.IM = |k|.r.

Vậy I’M’ = |k|.r.

b) Theo đề, ta có V$_{(O, k)}$ biến điểm M thành điểm M’.

Vậy khi M chạy trên đường tròn (C) thì M’ chạy trên đường tròn (C’) có tâm I’, bán kính r’ = |k|.r là ảnh của (C) qua V$_{(O, k)}$.

⦁ Phép đối xứng tâm là phép vị tự tâm O, tỉ số k = –1.

⦁ Xét phép đối xứng trục:

Giả sử ta chọn đường thẳng d bất kì.

Với mỗi điểm M ∉ d, ta có M’ là ảnh của M qua phép đối xứng trục d.

Do đó d là đường trung trực của MM’.

Suy ra d ⊥ MM’ (1)

Với mỗi điểm N ∉ d và N ≠ M, ta cũng có N’ là ảnh của N qua phép đối xứng trục d.

Do đó d là đường trung trực của NN’.

Suy ra d ⊥ NN’ (2)

Từ (1), (2), ta suy ra MM’ // NN’ hay MM’ và NN’ không có điểm chung.

Do đó phép đối xứng trục không phải là phép vị tự.

⦁ Phép đồng nhất là phép vị tự tâm I, tỉ số k = 1, với I là một điểm bất kì.

⦁ Xét phép tịnh tiến:

Giả sử ta chọn $\overrightarrow{u}\ne \overrightarrow{0}$.

Ta có phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{u}\ne \overrightarrow{0}$ biến điểm A thành điểm A’.

Tức là, $\overrightarrow{A{A}^{'}}=\overrightarrow{u}$.

Tương tự như vậy, với mỗi điểm M bất kì và điểm M’ là ảnh của M qua phép tịnh tiến theo $\overrightarrow{u}\ne \overrightarrow{0}$, ta đều có $\overrightarrow{M{M}^{'}}=\overrightarrow{u}$.

Ta thấy tồn tại ít nhất một cặp $\overrightarrow{A{A}^{'}},\ \overrightarrow{M{M}^{'}}$ không có điểm chung.

Tức là, tồn tại ít nhất một cặp đường thẳng AA’ và MM’ song song với nhau.

Do đó phép tịnh tiến không phải là phép vị tự.

Vậy phép đối xứng tâm và phép đồng nhất là phép vị tự; phép đối xứng trục và phép tịnh tiến không phải là phép vị tự.

a) Đúng, vì tâm vị tự là điểm bất động.

b) Sai, vì phép vị tự tỉ số k = 1 có mọi điểm đều bất động.

c) Đúng.

Ta có phép vị tự tâm O luôn có O là điểm bất động.

Giả sử phép vị tự đó còn một điểm bất động khác là M.

Tức là, ảnh M’ của M qua phép vị tự tâm O trùng với M.

Do M’ là ảnh của M qua phép vị tự tâm O, tỉ số k nên $\overrightarrow{O{M}^{'}}=k\overrightarrow{OM}$ (1)

Do M’ trùng với M nên $\overrightarrow{O{M}^{'}}=\overrightarrow{OM}$ (2)

Từ (1), (2), ta suy ra k = 1.

Vì vậy phép vị tự đó là phép đồng nhất.

Vậy phép vị tự có hai điểm bất động phân biệt thì mọi điểm đều bất động.

Đường tròn (C): x2 + y2 + 4x – 2y – 4 = 0 có tâm A(–2; 1) và bán kính $R=\sqrt{{(-2)}^{2}+{1}^{2}-(-4)}=3$.

a) Gọi đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) qua V(O, 2)

Khi đó (C’) có tâm ảnh của A qua V(O, 2) và bán kính R’ = |2|.R = 2.3 = 6.

Gọi A’(x’; y’) là ảnh của A qua V(O, 2).

Suy ra $\overrightarrow{O{A}^{'}}=2\overrightarrow{OA}$ với $\overrightarrow{OA}=(-2;1)$ và $\overrightarrow{O{A}^{'}}=({x}^{'};{y}^{'})$

Do đó $\{\begin{matrix}{x}^{'}=2.(-2)=-4 \\ {y}^{'}=2.1=2\end{matrix}$

Vì vậy A’(–4; 2).

Vậy phương trình đường tròn (C’) là: (x + 4)2 + (y – 2)2 = 36.

b) Gọi đường tròn (C’’) là ảnh của đường tròn (C) qua V(I, –2).

Khi đó (C’’') có tâm ảnh của A qua V(I, –2) và bán kính R’’ = |–2|.R = 2.3 = 6.

Gọi A”(x”; y”) là ảnh của A qua V(I, –2).

Suy ra $\overrightarrow{I{A}^{'}}=-2\overrightarrow{IA}$ với $\overrightarrow{I{A}^{'}}=({{x}^{'}}^{'}-1;{{y}^{'}}^{'}-1)$ và $\overrightarrow{IA}=(-3;0)$

Do đó $\{\begin{matrix}{{x}^{'}}^{'}-1=-2.(-3) \\ {{y}^{'}}^{'}-1=-2.0\end{matrix}$

Vì vậy $\{\begin{matrix}{{x}^{'}}^{'}=7 \\ {{y}^{'}}^{'}=1\end{matrix}$

Suy ra tọa độ A”(7; 1).

Vậy phương trình đường tròn (C”) là: (x – 7)2 + (y – 1)2 = 36.

a) Lấy điểm M bất kì thuộc (O; R).

Đường thẳng qua O’ và song song với OM cắt đường tròn (O’; R’) tại hai điểm M’ và M’’ (giả sử M, M’ nằm cùng phía đối với đường thẳng OO’ và M, M’’ nằm khác phía đối với đường thẳng OO’).

Giả sử đường thẳng MM’ cắt đường thẳng OO’ tại điểm I nằm ngoài đoạn OO’ và đường thẳng MM’’ cắt đường thẳng OO’ tại điểm I’ nằm trong đoạn OO’.

Ta có V$_{(I, k)}$ biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O’; R’).

Suy ra R’ = |k|.R.

Do đó $|k|=\frac{{R}^{'}}{R}$.

Mà k > 0 (do O, O’ nằm cùng phía đối với I).

Suy ra $k=\frac{{R}^{'}}{R}$.

Ta có V$_{(I’, k’)}$ biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O’; R’).

Chứng minh tương tự, ta được khi O, O’ nằm khác phía đối với I’, ta có ${k}^{'}=-\frac{{R}^{'}}{R}$.

Vậy ta có hai phép vị tự thỏa mãn yêu cầu bài toán là ${V}_{(I,\frac{{R}^{'}}{R})}$và ${V}_{({I}^{'},-\frac{{R}^{'}}{R})}$.

b) Lấy điểm M bất kì thuộc (O; R).

Đường thẳng qua O’ và song song với OM cắt đường tròn (O’; R’) tại hai điểm M’ và M’’ (giả sử M, M’ nằm cùng phía đối với đường thẳng OO’ và M, M’’ nằm khác phía đối với đường thẳng OO’).

Giả sử đường thẳng MM’ cắt đường thẳng OO’ tại điểm I nằm ngoài đoạn OO’ và đường thẳng MM’’ cắt đường thẳng OO’ tại điểm I’ nằm trong đoạn OO’ và I’ là tiếp điểm của hai đường tròn.

Ta có V$_{(I, k)}$ biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O’; R’).

Suy ra R’ = |k|.R.

Do đó $|k|=\frac{{R}^{'}}{R}$.

Mà k > 0 (do O, O’ nằm cùng phía đối với I).

Suy ra $k=\frac{{R}^{'}}{R}$.

Ta có V$_{(I’, k’)}$ biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O’; R’).

Chứng minh tương tự, ta được khi O, O’ nằm khác phía đối với I’, ta có ${k}^{'}=-\frac{{R}^{'}}{R}$.

Vậy ta có hai phép vị tự thỏa mãn yêu cầu bài toán là ${V}_{(I,\frac{{R}^{'}}{R})}$và ${V}_{({I}^{'},-\frac{{R}^{'}}{R})}$.

c) Lấy điểm M bất kì thuộc (O; R).

Đường thẳng qua O’ và song song với OM cắt đường tròn (O’; R’) tại hai điểm M’ và M’’ (giả sử M, M’ nằm cùng phía đối với đường thẳng OO’ và M, M’’ nằm khác phía đối với đường thẳng OO’).

Giả sử đường thẳng MM’ cắt đường thẳng OO’ tại điểm I nằm ngoài đoạn OO’ và đường thẳng MM’’ cắt đường thẳng OO’ tại điểm I’ nằm trong đoạn OO’.

Ta có V$_{(I, k)}$ biến đường tròn (O; R) thành đường tròn (O’; R’).

Suy ra R’ = |k|.R.

Xét hình tam giác đỉnh D khi vẽ truyền cho ta hình tam giác đỉnh D’ là ảnh của hình D.

Ta có ba điểm O, D, D’ thẳng hàng nên $\overrightarrow{O{D}^{'}}=k\overrightarrow{OD}$.

Do đó V(O, k)(D) = D’ và OD’ = |k|.OD.

Vì D, D’ nằm cùng phía đối với O nên k > 0.

Suy ra $k=\frac{O{D}^{'}}{OD}$.

Ta có AB // BD’ (do ABCD là hình bình hành) và ba điểm O, D, D’ thẳng hàng (giả thiết).

Khi đó áp dụng định lí Thales, ta được $k=\frac{OD}{O{D}^{'}}=\frac{OA}{OB}$.

Vậy phép vị tự biến hình tam giác có đỉnh D thành tam giác có đỉnh D’ là ${V}_{(O,\frac{OA}{OB})}$.

Ngược lại, phép vị tự biến hình tam giác đỉnh D’ khi vẽ truyền cho ta hình tam giác đỉnh D là ảnh của hình D là ${V}_{(O,\frac{OB}{OA})}$.

Giả sử ta chọn điểm O như hình vẽ.

Ta đặt bốn tam giác nhỏ là ∆OAB, ∆OBC, ∆OCD và ∆ODE và bốn tam giác lớn là ∆OA’B’, ∆OB’C’, ∆OC’D’ và ∆OD’E’ (hình vẽ).

Yêu cầu bài toán đưa về tìm phép vị tự biến ∆OAB, ∆OBC, ∆OCD và ∆ODE lần lượt thành ∆OA’B’, ∆OB’C’, ∆OC’D’ và ∆OD’E’.

Tức là ta đi tìm phép vị tự biến các điểm O, A, B, C, D, E lần lượt thành O, A’, B’, C’, D’, E’.

Ta thấy O là giao điểm của các đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’, EE’.

Ta chứng minh các điểm O, A’, B’, C’, D’, E’ lần lượt là ảnh của các điểm O, A, B, C, D, E qua V(O, k).

Thật vậy, ta có V(O, k)(A) = A’.

Suy ra $\overrightarrow{O{A}^{'}}=k\overrightarrow{OA}$ và OA’ = |k|.OA.

Vì A, A’ nằm cùng phía đối với O nên k > 0.

Do đó $k=\frac{O{A}^{'}}{OA}$.

Mà $k=\frac{O{A}^{'}}{OA}=\frac{O{B}^{'}}{OB}$ nên $\overrightarrow{O{B}^{'}}=k\overrightarrow{OB}$, do đó V(O, k)(B) = B’.

Tương tự như trên ta chứng minh được V(O, k)(C) = C’, V(O, k)(D) = D’, V(O, k)(E) = E’.

Vậy ${V}_{(O,\ \frac{O{A}^{'}}{OA})}$ là phép vị tự cần tìm.