Bài viết trình bày định hướng và khuyên bảo giải những dạng toán phép vị từ trong lịch trình Hình học tập 11 chương 1. Kỹ năng và kiến thức và những ví dụ trong bài viết được tham khảo từ những tài liệu phép dời hình cùng phép đồng dạng trong phương diện phẳng xuất bản trên firmitebg.com.

Bạn đang xem: Bài tập về phép vị tự

A. KIẾN THỨC CẦN NẮM1. Định nghĩa phép vị tự• đến điểm $I$ và một số thực $k e 0$, phép thay đổi hình thay đổi mỗi điểm $M$ thành điểm $M’$ sao cho $overrightarrowIM’=k.overrightarrowIM$ được điện thoại tư vấn là phép vị tự trung ương $I$, tỉ số $k$, ký kết hiệu $V_left( I;k ight).$• $V_left( I;k ight)left( M ight) = M’$ $ Leftrightarrow overrightarrow IM’ = k.overrightarrow IM .$2. Biểu thức tọa độ của phép vị tựTrong khía cạnh phẳng tọa độ $Oxy$, cho $Ileft( x_0;y_0 ight)$, $Mleft( x;y ight)$, gọi $M’left( x’;y’ ight) = V_left( I;k ight)left( M ight)$ thì $left{ eginarraylx’ = kx + left( 1 – k ight)x_0\y’ = ky + left( 1 – k ight)y_0endarray ight.$3. Tính chất của phép vị tự• Nếu $V_left( I;k ight)left( M ight) = M’$, $V_left( I;k ight)left( N ight) = N’$ thì $overrightarrow M’N’ = koverrightarrow MN $ và $M’N’ = left| k ight|MN.$• Phép vị từ bỏ tỉ số $k:$+ Biến tía điểm thẳng hàng thành bố điểm với bảo toàn sản phẩm công nghệ tự giữa tía điểm đó.+ đổi thay một mặt đường thẳng thành con đường thẳng thành một mặt đường thẳng song song hoặc trùng với con đường thẳng vẫn cho, biến tia thành tia, trở thành đoạn trực tiếp thành đoạn thẳng.+ trở thành một tam giác thành tam giác đồng dạng với tam giác đã cho, vươn lên là góc thành góc bằng góc sẽ cho.+ Biến con đường tròn có phân phối kính $R$ thành đường tròn có bán kính $left| k ight|R.$4. Trung khu vị trường đoản cú của hai đường tròn• Với hai đường tròn bất kì luôn luôn có một phép vị tự biến đường tròn này thành con đường tròn kia, tâm của phép vị từ bỏ này được điện thoại tư vấn là trung tâm vị trường đoản cú của hai tuyến phố tròn.• Cho hai tuyến đường tròn $left( I;R ight)$ và $left( I’;R’ ight).$+ nếu $Iequiv I’$ thì các phép vị từ $V_left( I;pm fracR’R ight)$biến $left( I;R ight)$ thành$left( I’;R’ ight)$.

*

+ Nếu $I e I’$ với $R e R’$ thì những phép vị từ bỏ $V_left( O;fracR’R ight)$ với $V_left( O_1;-fracR’R ight)$ trở nên $left( I;R ight)$ thành$left( I’;R’ ight)$. Ta gọi $O$ là trung ương vị tự bên cạnh còn $O_1$ là chổ chính giữa vị tự trong của hai tuyến đường tròn.

*

+ ví như $I e I’$ cùng $R=R’$ thì có $V_left( O_1;-1 ight)$ vươn lên là $left( I;R ight)$ thành$left( I’;R’ ight)$.

*

B. CÁC DẠNG TOÁN PHÉP VỊ TỰDạng toán 1. Xác định hình ảnh của một hình qua phép vị tựPhương pháp: Dùng định nghĩa, đặc thù và biểu thức tọa độ của phép vị tự.

Ví dụ 1. Trong khía cạnh phẳng $Oxy$, đến đường trực tiếp $d$ gồm phương trình $5x+2y-7=0$. Hãy viết phương trình của mặt đường thẳng $d’$ là hình ảnh của $d$ qua phép vị tự trung ương $O$ tỉ số $k=-2$.

Cách 1:Lấy $Mleft( x;y ight) in d$ $ Rightarrow 5x + 2y – 7 = 0$ $left( * ight).$Gọi $M’left( x’;y’ ight) = V_left( O; – 2 ight)left( M ight).$Theo biểu thức tọa độ của phép vị tự, ta có:$left{ eginarraylx’ = – 2x + left< 1 – left( – 2 ight) ight>.0\y’ = – 2y + left< 1 – left( – 2 ight) ight>.0endarray ight.$ $ Leftrightarrow left{ eginarraylx = – frac12x’\y = – frac12y’endarray ight.$Thay vào $left( * ight)$ ta được $ – frac52x’ – y’ – 7 = 0$ $ Leftrightarrow 5x’ + 2y’ + 14 = 0.$Vậy $d’:5x + 2y + 14 = 0.$Cách 2:Do $d’$ song tuy nhiên hoặc trùng cùng với $d$ nên phương trình $d’$ gồm dạng: $5x + 2y + c = 0.$Lấy $Mleft( 1;1 ight)$ thuộc $d.$Gọi $M’left( x’;y’ ight) = V_left( O; – 2 ight)left( M ight)$, ta có: $overrightarrow OM’ = – 2overrightarrow OM $ $ Rightarrow left{ eginarraylx’ = – 2\y’ = – 2endarray ight.$Thay vào $left( * ight)$ ta được $c = 14.$Vậy $d’:5x + 2y + 14 = 0.$

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng $Oxy$, mang lại đường tròn $left( C ight):left( x-1 ight)^2+left( y-1 ight)^2=4$. Tìm hình ảnh của mặt đường tròn $left( C ight)$ qua phép vị tự trung khu $Ileft( -1;2 ight)$ tỉ số $k=3$

Đường tròn $left( C ight)$ có tâm $Jleft( 1;1 ight)$, bán kính $R = 2.$Gọi $J’left( x’;y’ ight) = V_left( I;3 ight)left( J ight)$ $ Rightarrow overrightarrow IJ’ = 3overrightarrow IJ $ $ Leftrightarrow left{ eginarraylx’ – 1 = 3left( 1 + 1 ight)\y’ – 1 = 3left( 1 – 2 ight)endarray ight.$ $ Leftrightarrow left{ eginarraylx’ = 7\y’ = – 2endarray ight.$ $ Rightarrow J’left( 7; – 2 ight).$Gọi $left( C’ ight)$ là ảnh của $left( C ight)$ qua phép vị trường đoản cú $V_left( I;3 ight)$ thì$left( C’ ight)$ gồm tâm $J’left( 7;-2 ight)$, nửa đường kính $R’=3R=6$.Vậy $left( C’ ight):left( x-7 ight)^2+left( y+2 ight)^2=36$.

Dạng toán 2. Tìm trung ương vị trường đoản cú của hai tuyến phố trònPhương pháp: Sử dụng phương pháp tìm trọng điểm vị từ của hai đường tròn vẫn trình bày tại vị trí A-4.

Ví dụ 3. Cho hai đường tròn $left( C ight):left( x – 2 ight)^2 + left( y – 1 ight)^2 = 4$ và $left( C’ ight):left( x – 8 ight)^2 + left( y – 4 ight)^2 = 16$. Tìm trọng điểm vị từ bỏ của hai tuyến phố tròn.

Ta có: Đường tròn $left( C ight)$ có tâm $Ileft( 1;2 ight)$, bán kính $R = 2$, đường tròn $left( C’ ight)$ có trọng tâm $I’left( 8;4 ight)$, bán kính $R’ = 4.$Do $I e I’$ và $R e R’$ nên bao gồm hai phép vị trường đoản cú $V_left( J;2 ight)$ và $V_left( J’; – 2 ight)$ biến $left( C ight)$ thành $left( C’ ight).$Gọi $Jleft( x;y ight).$Với $k = 2$, ta có: $overrightarrow JI’ = 2overrightarrow JI $ $ Leftrightarrow left{ eginarrayl8 – x = 2left( 2 – x ight)\4 – y = 2left( 1 – y ight)endarray ight.$ $ Leftrightarrow left{ eginarraylx = – 4\y = – 2endarray ight.$ $ Rightarrow Jleft( – 4; – 2 ight).$Tương tự với $k = – 2$, suy ra $J’left( 4;2 ight).$Dạng toán 3. Thực hiện phép vị tự nhằm giải các bài toán dựng hìnhPhương pháp: Để dựng một hình $left( H ight)$ nào kia ta quy về dựng một số điểm (đủ để xác định hình $left( H ight)$) khi đó ta xem những điểm đề nghị dựng chính là giao của hai đường trong đó một đường có sẵn và một đường là hình ảnh vị trường đoản cú của một mặt đường khác.

Ví dụ 4. Cho nhì điểm $B,C$ cố định và hai đường thẳng $d_1,d_2$. Dựng tam giác $ABC$ tất cả đỉnh $A$ ở trong $d_1$ và trung tâm $G$ trực thuộc $d_2$.

*

Phân tích:Giả sử vẫn dựng được tam giác $ABC$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, theo đặc điểm trọng tâm tam giác ta có $overrightarrow IA = 3overrightarrow IG $ $ Rightarrow V_left( I;3 ight)left( G ight) = A.$Mà $G in d_2$ $ Rightarrow A in d_2’$, với $d_2’$ là hình ảnh của $d_2$ qua $V_left( I;3 ight).$Ta lại có: $A in d_1$ $ Rightarrow A = d_1 cap d_2’.$Cách dựng:+ Dựng mặt đường thẳng $d_2’$ hình ảnh của $d_2$ qua $V_left( I;3 ight)$.+ Dựng giao điểm $A=d_1cap d_2’$.+ Dựng giao điểm $G=IAcap d_2$.Hai điểm $A;G$ là hai điểm cần dựng.Chứng minh: cụ thể từ biện pháp dựng ta có $A in d_1$, $G in d_2$, $I$ là trung điểm của $BC$ và $V_left( I;3 ight)left( G ight) = A$ $ Rightarrow overrightarrow IA = 3overrightarrow IG $ $ Rightarrow G$ là giữa trung tâm tam giác $ABC.$Nhận xét: Số nghiệm hình của việc bằng số giao điểm của $d_1$ và $d_2’$.

Ví dụ 5. Cho hai đường tròn đồng vai trung phong $left( C_1 ight)$ và $left( C_2 ight)$. Xuất phát điểm từ 1 điểm $A$ trên phố tròn lớn $left( C_1 ight)$ hãy dựng đường thẳng $d$ cắt $left( C_2 ight)$ tại $B,C$ và giảm $left( C_1 ight)$ trên $D$ sao để cho $AB=BC=CD$.

*

Phân tích:Giả sử đang dựng được đường thẳng $d$ cắt $left( C_1 ight)$ tại $D$ cùng $left( C_2 ight)$ trên $B,C$ làm sao để cho $AB=BC=CD$, lúc đó $overrightarrow AB = frac12overrightarrow AC $ $ Rightarrow V_left( A;frac12 ight)left( C ight) = B.$Mà $Cin left( C_2 ight)$ nên $Bin left( C_2’ ight)$ với con đường tròn $left( C_2’ ight)$ là ảnh của $left( C_2 ight)$ qua $V_left( A;frac12 ight)$.Ta lại sở hữu $Bin left( C_2 ight)$ đề nghị $Bin left( C_2 ight)cap left( C_2’ ight)$.Cách dựng:+ Dựng đường tròn $left( C_2’ ight)$ ảnh của con đường tròn $left( C_2 ight)$ qua phép vị tự $V_left( A;frac12 ight)$.+ Dựng giao điểm $B$ của $left( C_2 ight)$ và $left( C_2’ ight)$.+ Dựng mặt đường thẳng $d$ đi qua $A,B$ cắt các đường tròn $left( C_2 ight),left( C_1 ight)$ tại $C,D$ tương ứng.Đường thẳng $d$ chính là đường thẳng yêu cầu dựng.Chứng minh:Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ thì $I$ cũng là trung điểm của $BC$.Vì $V_left( A;frac12 ight)left( C ight)=B$ yêu cầu $AB=BC$, còn mặt khác $AD$ với $BC$ bao gồm chung trung điểm $I$ cần $IA = ID$, $IB = IC$, $ID = CD + IC$, $IA = IB + AB$ suy ra $CD = AB.$Vậy $AB = BC = CD.$Nhận xét: Gọi $R_1;R_2$ lần lượt là buôn bán kính các đường tròn $left( C_1 ight)$ với $left( C_2 ight)$ ta có:+ giả dụ $R_1ge 2R_2$ thì việc có một nghiệm hình.+ nếu như $R_1Dạng toán 4. Sử dụng phép vị tự nhằm giải những bài toán tập phù hợp điểmPhương pháp: Để kiếm tìm tập đúng theo điểm $M$ ta rất có thể quy về tra cứu tập hòa hợp điểm $N$ và tìm một phép vị từ bỏ $V_left( I;k ight)$ nào đó sao để cho $V_left( I;k ight)left( N ight)=M$ suy ra quỹ tích lũy $M$ là hình ảnh của quỹ tích $N$ qua $V_left( I;k ight)$.

Ví dụ 6. Cho đường tròn $left( O;R ight)$ với một điểm $I$ nằm ở ngoài đường tròn sao để cho $OI=3R$, $A$ là một trong những điểm biến hóa trên mặt đường tròn $left( O;R ight)$. Phân giác trong góc $widehatIOA$ cắt $IA$ tại điểm $M$. Tra cứu tập hòa hợp điểm $M$ lúc $A$ di động cầm tay trên $left( O;R ight)$.

*

Theo tính chất đường phân giác ta có $fracMIMA = fracOIOA = frac3RR = 3$ $ Rightarrow yên = frac34IA$ $ Rightarrow overrightarrow IM = frac34overrightarrow IA .$Suy ra $V_left( I;frac34 ight)left( A ight)=M$, nhưng $A$ thuộc con đường tròn $left( O;R ight)$ đề nghị $M$ ở trong $left( O’;frac34R ight)$ hình ảnh của $left( O;R ight)$ qua $V_left( I;frac34 ight)$.Vậy tập phù hợp điểm $M$ là $left( O’;frac34R ight)$ hình ảnh của $left( O;R ight)$ qua $V_left( I;frac34 ight)$.

Ví dụ 7. Cho tam giác $ABC$. Qua điểm $M$ bên trên cạnh $AB$ vẽ các đường tuy nhiên song với những đường trung tuyến $AE$ với $BF$, khớp ứng cắt $BC$ cùng $CA$ tai $P,Q$ . Kiếm tìm tập hợp điểm $R$ thế nào cho $MPRQ$ là hình bình hành.

*

Gọi $I = MQ cap AE$, $K = MP cap BF$ và $G$ là trung tâm của tam giác $ABC.$Ta có: $fracMIBG = fracAMAB = fracAQAF = fracIQGF$ $ Rightarrow fracMIIQ = fracBGGF = 2$ $ Rightarrow overrightarrow MI = frac23overrightarrow MQ .$Tương từ bỏ ta gồm $overrightarrow MK = frac23overrightarrow MP .$Từ đó ta gồm $overrightarrow MG = overrightarrow MI + overrightarrow MK $ $ = frac23overrightarrow MQ + frac23overrightarrow MP $ $ = frac23overrightarrow MR .$Do kia $overrightarrow GR = – frac12overrightarrow GM $ $ Rightarrow V_left( G; – frac12 ight)left( M ight) = R.$Mà $M$ trực thuộc cạnh $AB$ đề xuất $R$ thuộc ảnh của cạnh $AB$ qua $V_left( G;-frac12 ight)$ đoạn chính là đoạn $EF$.Vậy tập thích hợp điểm $R$ là đoạn $EF$.

Dạng toán 5. Thực hiện phép vị từ để chứng minh các đặc thù hình học tập phẳngVí dụ 8. Bên trên cạnh $AB$ của tam giác $ABC$ lấy những điểm $M,N$ làm thế nào để cho $AM=MN=NB$, những điểm $E,F$ theo thứ tự là trung điểm của các cạnh $CB,CA$, điện thoại tư vấn $P$ là giao điểm của $BF$ và $CN$, $Q$ là giao điểm của $AE$ với $CM$. Chứng minh $PQ//AB$.

*

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.Ta có $MF$ là con đường trung bình của tam giác $ACN$ buộc phải $MFparallel CN$, mặt khác $N$ là trung điểm của $MB$ cần $P$ là trung điểm của $BF$.Ta có: $overrightarrow GP = overrightarrow BP – overrightarrow BG $ $ = frac12overrightarrow BF – frac23overrightarrow BF $ $ = – frac16overrightarrow BF = frac14overrightarrow GB .$Tương từ bỏ $overrightarrow GQ = frac14overrightarrow GA .$Vậy $V_left( G;frac14 ight)left( B ight)=P$ cùng $V_left( G;frac14 ight)left( A ight)=Q$ suy ra $PQ//AB$.

Ví dụ 9. Cho tam giác $ABC$. Hotline $I,J,M$ theo thứ tự là trung điểm của $AB,AC,IJ$. Đường tròn $left( O ight)$ ngoại tiếp tam giác $AIJ$ giảm $AO$ tại $D$. Call $E$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $BC$. Chứng tỏ $A,M,E$ trực tiếp hàng.

Xem thêm: Khái Niệm Tơ Được Sản Xuất Từ Xenlulozơ Là : Tơ Tằm; Tơ Capron; Tơ Nilon

*

Xét phép vị tự $V_left( A;2 ight)$, ta có: $overrightarrow AB = 2overrightarrow AI $, $overrightarrow AC = 2overrightarrow AJ $ nên $V_left( A;2 ight)left( I ight) = B$, $V_left( A;2 ight)left( J ight) = C$, do đó $V_left( A;2 ight)$ biến tam giác $AIJ$ thành tam giác $ABC$, suy ra phép vị trường đoản cú này biến đường tròn $left( O ight)$ thành mặt đường tròn $left( O’ ight)$ nước ngoài tiếp tam giác $ABC$.Do $overrightarrow AD = 2overrightarrow AO $ $ Rightarrow V_left( A;2 ight)left( O ight) = D$ $ Rightarrow O’ equiv D$ hay $D$ là vai trung phong của mặt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$Giả sử $V_left( A;2 ight)left( M ight) = M’$ khi đó $OM ot IJ$ $ Rightarrow DM’ ot BC$ $ Rightarrow M’ equiv E.$Vậy $V_left( A;2 ight)left( M ight)=E$ buộc phải $A,M,E$ thẳng hàng.