CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
CHƯƠNG I : PHÉP DỜI HÌNH VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
Vấn đề 1 : PHÉP DỜI HÌNH
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
′ ′
1 Phép biến hình .
ª ĐN : Phép biến hình là một quy tắc để với mỗi điểm M của mặt phẳng xác đònh được một điểm duy nhất
M của mặt phẳng , điểm M gọi là ảnh của M qua phé
′ ′
′ ′ ′
→ →
f
p biến hình đó .
ª Kí hiệu : f là một phép biến hình nào đó và M là ảnh của M qua phép f thì ta viết : M = f(M) hay
f(M) = M hay f : M M hay M M . Điểm M gọi là tạoI I
⇔ ∀ ∈
o
1 2 2 1
ª
ảnh .
f là phép biến hình đồng nhất f(M) = M , M H .
Điểm M gọi là điểm bất động , kép , bất biến .
f ,f là các phép biến hình thì f f là phép biến hình .
Nếu H l
′ ′
∈
′
à một hình nào đó thì tập hợp các điểm M = f(M), với M H, tạo thành một hình H được gọi là
ảnh của H qua phép biến hình f và ta viết : H = f(H) .
′ ′



−
′
→

′

− −
′
′
x = 2x 1
1 Trong mpOxy cho phép biến hình f : M(x;y) M = f(M) = .
y = y + 3
Tìm ảnh của các điểm sau : a) A(1;2) b) B( 1;2) c) C(2; 4)
Giải :
a) A = f(A) = (1;5)
b) B =
I
−
′
−
′

− +
′
→

′
−


2 2 2 2
Giải : Lấy hai điểm bất kì M(x ;y ),N(x ;y )
Khi đó f : M(x ;y ) M = f(M) = (3x ; y ) .
f : N(x ;y ) N = f(N) = (3x ; y )
I
I
- 1 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
′ ′
− + − − + −
′ ′
≠ ≠
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
1 2
Ta có : MN = (x x ) (y y ) , M N = 9(x x ) (y y )
Nếu x x thì M N MN . Vậy : f không phải là phép dời hình .
(Vì có 1 số điểm f không bảo toàn khoảng cách) .
{
{
{
{
′ ′
′ ′
′ ′
→ − →
y x
x y
4 Trong mpOxy cho 2 phép biến hình :
a) f : M(x;y) M = f(M) = ( y ; x 2) b) g : M(x;y) M = g(M) = ( 2x ; y+1) .

′

−
′

− 
=
′
→ ⇔
 
′
= +


′
= −

′
−
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
∈ ∆ ⇔ − − − = ⇔ + − = ⇔ ∈ ∆ + − =
∈ ∆ ≠
g
x
x = 2x
x
Ta có f : M(x;y) M = f(M) =
2
y y 1
y y 1

( ) (M N ): PTCtắc ( ) : PTTQ ( ):x 6y 2 0
6 1
VTCP : M N (6; 1)
′
→ + +
′
− →
2 2
7 Trong mpOxy cho phép biến hình f : M(x;y) M = f(M) = (x 3;y 1) .
a) CMR f là phép dời hình .
b) Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x + 1) + (y 2) = 4 . (C ) : (x
I
I − −
2 2
2) + (y 3) = 4
′
→ − +
∆ −
8 Trong mpOxy cho phép biến hình f : M(x;y) M = f(M) = (x 3;y 1) .
a) CMR f là phép dời hình .
b) Tìm ảnh của đường thẳng ( ) : x + 2y 5 = 0 .
c) Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x
I
−
′
→ − +
2 2
2 2
1 1 2 2
1 1 1 1

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
∈ ∆ ⇔ + + − − = ⇔ + − = ⇔ ∈
b) Cách 1: Dùng biểu thức toạ độ
x = x 3 x x 3
Ta có f : M(x;y) M = f(M) =
y y 1 y y 1
Vì M(x;y) ( ) (x 3) 2(y 1) 5 0 x 2y 4 0 M (x ;y ) (
I
′
∆ + − =) : x 2y 4 0
∈ ∆ ≠
′
∈ ∆ → = =
′
∈ ∆ → = =
g
g
Cách 2 : Lấy 2 điểm bất kì M,N ( ) : M N .
M ( ) : M(5 ;0) M f(M) (2;1)
N ( ) : N(3 ; 1) N f(N) (0;2)
I
I
′

− −
′ ′ ′ ′ ′
∆ ≡ → ∆ = → ∆ + − =

′ ′
−

 
′ ′
= + = −
 
′ ′
∈ − ⇔ + + − = ⇔
′ ′ ′
⇔
2 2 2 2

x = x 3 x x 3
Ta có f : M(x;y) M = f(M) =
y y 1 y y 1
Vì M(x;y) (C) : (x + 1) + (y 2) = 2 (x 4) (y 3) 2
M (x ;y
I
′
∈ + + − =
′
 
− − = −
′ ′
→ → + + − =
 
′
+ +
 
2 2
f
2 2

a) CMR f là phép dời hình .
b) Tìm ảnh của đường thẳng ( ) : x 2y 3
I
−
− − + −
2 2
2
2 2 2
= 0.
c) Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x + 3) + (y 1) = 2 .
d) Tìm ảnh của parabol (P) : y = 4x .
ĐS : b) x 2y 2 = 0 c) (x + 2) + (y 1) = 2 d) (y + 2) = 4(x 1)
′
→ −10 Trong mpOxy cho phép biến hình f : M(x;y) M = f(M) = ( x ;y) . Khẳng đònh nào sau đây
sai ?
I
∈
A. f là 1 phép dời hình B. Nếu A(0 ; a) thì f(A) = A
C. M và f(M) đối xứng nhau qua trục hoành D. f[M(2;3)] đường thẳng 2x + y + 1 = 0
→ ĐS : Chọn C . Vì M và f(M) đối xứng nhau qua trục tung C sai .
′ ′
→ − → − −
−
1 1 2 2
1 2
12 Trong mpOxy cho 2 phép biến hình :
f : M(x;y) M = f (M) = (x + 2 ; y 4) ; f : M(x;y) M = f (M) = ( x ; y) .
Tìm toạ độ ảnh của A(4; 1) qua f rồi f , nghóa là tì
I I
′ ′′

1 ĐN : Phép tònh tiến theo vectơ u là một phép dời hình biến điểm M thành điểm M sao cho MM u.
′ ′
= ⇔ =
uuuuur
r
r r
g
Kí hiệu : T hay T .Khi đó : T (M) M MM u
u u
Phép tònh tiến hoàn toàn được xác đònh khi biết vectơ tònh tiến của nó .
Nếu T (M) M , M thì T là phép đồng nhất .
o o
2 Biểu thức tọa độ : Cho u = (a;b) và phép tònh tiến T
u
= ∀
r r
g
r
r

′

′ ′ ′
→ =

′

r
x = x + a
M(x;y) M =T (M) (x ;y ) thì

u
y = y + b
I
 PHƯƠNG PHÁP TÌM ẢNH CỦA MỘT HÌNH (H) .
′ ′
∈ → ∈
′
≡ → ≡
g
g
Cách 1 : Dùng tính chất (cùng phương của đthẳng , bán kính đường tròn : không đổi )
1. Lấy M (H) M (H )
2. (H) đường thẳng (H ) đường thẳng cùng phương

I
′
 
+ +
′ ′ ′
≡ → ≡
 
′
 
′ ′
Tâm I Tâm I
(H) (C) (H ) (C ) (cần tìm I ) .
+ bk : R + bk : R = R
Cách 2 : Dùng biểu thức tọa độ .
Tìm x theo x , tìm y theo y rồi thay vào biểu thức tọa độ .
Cách 3

r
r
M (5; 1)
2 Tìm ảnh các điểm chỉ ra qua phép tònh tiến theo vectơ u :
a) A( 1;1) , u = (3;1)
′
⇒
−
r
A (2;3)
b) B(2;1) , u = ( 3;2)
′
⇒ −
′
− − ⇒
r
B ( 1;3)
c) C(3; 2) , u = ( 1;3) C (2;1)
- 4 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
′ ′
′ ′
′ ′
= =
r
uuur uuuur
r r
3 Trong mpOxy . Tìm ảnh A ,B lần lượt của điểm A(2;3), B(1;1) qua phép tònh tiến theo vectơ u = (3;1) .
Tính độ dài AB , A B .
Giải

∆ − ∆
∆ −
r
5 Đường thẳng cắt Ox tại A( 1;0) , cắt Oy tại B(0;2) . Hãy viết phương trình đường thẳng là ảnh
của qua phép tònh tiến theo vectơ u = (2; 1) .
′ ′
= = − = =
′

−

= +
′ ′ ′ ′ ′ ′
∆ = ∆ ⇒ ∆ ∆ ⇒ ∆
 
= − +
′ ′


r r
g
r
uuuuur
g
Giải Vì : A T (A) (1; 1) , B T (B) (2;1) .
u u
qua A (1; 1)
x 1 t
Mặt khác : T ( ) đi qua A ,B . Do đó : ptts :
u

r
g
r
uuuuur
g
r
B T (B) ( 1;1) .
u
qua A (0; 2)
x t
Mặt khác : T ( ) đi qua A ,B . Do đó : ptts :
u
y 2 3t
VTCP : A B= ( 1;3)
7 Tương tự : a) : x 2y 4 = 0 , u = (0 ; 3)
′
⇒ ∆ − + =
′
∆ + − − − ⇒ ∆ + + =
r
: x 2y 2 0
b) : 3x y 3 = 0 , u = ( 1 ; 2) : 3x y 2 0
8 Tìm ảnh c
+ − = −
′ ′
 
−
⇔
 
′ ′

2 2
2
2 2 2
= 0.
c) Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x + 3) + (y 1) = 2 .
d) Tìm ảnh của parabol (P) : y = 4x .
ĐS : b) x 2y 2 = 0 c) (x + 2) + (y 1) = 2 d) (y + 2) = 4(x
′
→ −
1)
10 Trong mpOxy cho phép biến hình f : M(x;y) M = f(M) = ( x ;y) . Khẳng đònh nào sau đây
sai ?
A. f là 1 phép dời hình B.
I
∈
Nếu A(0 ; a) thì f(A) = A
C. M và f(M) đối xứng nhau qua trục hoành D. f[M(2;3)] đường thẳng 2x + y + 1 = 0
ĐS : Chọn C . Vì M và f(M) đối xứng nhau qua t →rục tung C sai .
− + + = −
′ ′
 
−
⇔
 
′ ′
+ −
 
r
r
2 2

10 Trong hệ trục toạ độ Oxy , xác đònh toạ độ các đỉnh C và D của hình bình hành ABCD biết đỉnh
A( 2;0), đỉnh B( 1;0) và giao điểm các đường chéo là I(1;2) .
Giải
= − − = = −
 
− = =
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒
 
− = =
 
uur uur uur
g
uur uur
uur
g
Gọi C(x;y) .Ta có : IC (x 1;y 2),AI (3;2),BI (2; 1)
Vì I là trung điểm của AC nên :
x 1 3 x 4
C = T (I) IC AI C(4;4)
AI
y 2 2 y 4
Vì I là trung điểm của AC nên :
D =
 
− = =
 
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒
 
− = =
 

uuuur uuuur
uuur
MA M B M B/ /MA M d d = T (d)
AB
Nhận xét : Có vô số phép tònh tiến biến d thành d .
12 Cho 2 đường tròn (I,R) và (I ,R ) .Hãy chỉ ra một phép tònh tiến biến (I,R)
′ ′
′ ′ ′
⇔ =
′
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
⇒ = ⇒ = = ⇒ ∈ ⇒
′
uuuuur uur
uur
uuur uuuur
uur
thành (I ,R ) .
Giải : Lấy điểm M tuỳ ý trên (I,R) . Gỉa sử : M = T (M) MM II
II
IM I M I M IM R M (I ,R ) (I ,R ) = T [(I,R)]
II
13 Cho hình bình hành ABCD , hai đỉnh A,B cố đònh , tâm I thay đổi di động
trên đường tròn (C) .Tìm quỹ tích trung điểm M của cạnh BC.
Giải
Gọi J là trung điểm cạnh AB . Khi đó d =
uuur uur
uur
uur
ễ thấy J cố đònh và IM JB .

Giải :
T
M(x;y) M (x ;y ) , ta có : MM = u , với MM = (x x ; y y)
x x = m x = x m
Vì MM = u
y y = n y = y n
2 2
Mà : M(x;y) (P): y ax y n = a(x m) y =
I
′ ′ ′ ′ ′
− + ⇔ ∈ − +
′
− + ⇔ − + +
∆ − ≠ ∆ ∆
r
r
r
r
2 2
a(x m) n M (x ;y ) (P ) : y = a(x m) n
2 2 2
Vậy : Ảnh của (P) qua phép tònh tiến T là (P ) : y = a(x m) n y = ax 2amx am n .
u
15 Cho đt : 6x + 2y 1= 0 . Tìm vectơ u 0 để = T ( ) .
u
Gi ∆ − ∆ ∆ ⇔ − = −
⇒ −
− −
r r r r
r

r r
r r
u v
17 Trong hệ trục toạ độ Oxy , cho 3 điểm K(1;2) , M(3; 1),N(2; 3) và 2 vectơ u = (2;3) ,v = ( 1;2) .
Tìm ảnh của K,M,N qua phép tònh tiến T rồi T .
u v
T T
HD :Gỉa sử : A(x;y) BI I
′ ′
 = = ⇒ = + = + =
′ ′
 
− = =
′ ′ ′
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒
 
+
′ ′
− = =
 
′ ′
uuur uuur uuur uuur uuur
r r r r
uuuur
r r
C(x ;y ) . Ta có : AB u,BC v AC AB BC u v (1;5)
x 1 1 x 2
Do đó : K =T (K) KK (1;5) K (2;7) .
u v
y 2 5 y 7

r r
)
x 1 4 x 5
Vì AG ( 4;3) u . Theo đề : GG u G ( 5;6).
y 3 3 y 6
2 2 2 2
19 Trong mặt phẳng Oxy , cho 2 đường tròn (C) : (x 1) (y 3) 2,(C ): x y 10x 4y 25 0.
Có hay không phe
′
′ ′ ′
− −
′
r
r
ùp tònh tiến vectơ u biến (C) thành (C ) .
HD : (C) có tâm I(1; 3), bán kính R = 2 ; (C ) có tâm I (5; 2), bán kính R = 2 .
Ta thấy : R = R = 2 nên có phép tònh tiến theo vectơ u
′
− ∈∆ − −
=
uuur
g
= (4;1) biến (C) thành (C ) .
20 Trong hệ trục toạ độ Oxy , cho hình bình hành OABC với A( 2;1) và B :2x y 5 = 0 . Tìm tập
hợp đỉnh C ?
Giải
Vì OABC là hình bình hành nên : BC
= − ⇒ = −
′ ′
 

1 2 3 1 2 3
tương ứng là các tâm đường tròn ngoại tiếp và các tâm đường tròn nội tiếp của ba tam giác AB C ,
1 1
BC A
1
∆ = ∆
→ → →
⇒ ∆ →∆ → →
⇒
uuur uuur uuur
uuur
1 1 1
AB AB AB
2 2 2
, và CA B . Chứng minh rằng : O O O I I I .
1 1 1 1 2 3 1 2 3
HD :
Xét phép tònh tiến : T biến A C,C B,B A .
1 1 1 1
AB
2
T T T
AB C C BA ;O O ;I I .
1 1 1 1 1 2 1 2

I I I
I I I
w

= ⇒ =

=
o o
0 (vì B 150 )
- 7 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
·
·
= − + + = ⇒ =
∆
= + − = + − =
⇒
⇒ ∆
o o o o o
o
o
Lại có : BCD 360 (90 60 150 ) 60 MCD 30 .
Đònh lý hàm cos trong MCD :
3
2 2 2 2 2
MD MC DC 2MC.DC.cos30 (6 3) (12) 2.6 3.12. 36
2
MD = 6cm .
1
Ta có : MD = CD và MC = MD 3 MDC là tam giác
2
·
·
·
·
·

Khi đó :

∈ =g
a
Nếu M a thì Đ (M) M : xem M là đối xứng với chính nó qua a . ( M còn gọi là điểm bất động )

′ ′
∉ = ⇔
g
a
M a thì Đ (M) M a là đường trung trực của MM

a a
Đ (M) M thì Đ (M ) M
′ ′
= =g

a a
Đ (H) H thì Đ (H ) H , H là ảnh của hình H .
′ ′ ′
= =g

⇔ =g
g
d
ĐN : d là trục đối xứng của hình H Đ (H) H .
Phép đối xứng trục hoàn toàn xác đònh khi biết trục đối xứng của nó .
Chú ý : Một hình có thể không có trục đối xứng ,có thể có một hay nhiều trục đối xứng .
′ ′ ′
→ = =

→
g tâm trọng tâm )
6. Đường tròn thành đường tròn bằng nó . (Tâm biến thành tâm : I I , R = R )
7. Góc thành góc bằng nó .
I
I
a
PP : Tìm ảnh M = Đ (M)
1. (d) M , d a
2. H = d a
3. H là trung điểm của MM M ?
′
•
∋ ⊥
∩
′ ′
→
- 8 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
′
∆ ∆
∆
∈ ∆ ≠
′
′ ′ ′ ′
∆ ∋ ∆ → ∆
a
a
ª PP : Tìm ảnh của đường thẳng : = Đ ( )
TH1:( )// (a)

min
Tìm M ( ) : (MA+ MB)
Loại 1 : A, B nằm cùng phía đối với ( ) :
1) gọi A là đối xứng của A qua ( )
2) M ( ), thì MA + MB MA + MB A B
Do đó: (MA+MB) = A B M = (A B) ( )
w
∆
∀ ∈ ∆ ≥
⇔ ∩ ∆
min
Loại 2 : A, B nằm khác phía đối với ( ) :
M ( ), thì MA + MB AB
Ta có: (MA+MB) = AB M = (AB) ( )
w
B . BÀI TẬP
′ ′′
→ − → − −
Đ
Đ
Oy
Ox
1 Trong mpOxy . Tìm ảnh của M(2;1) đối xứng qua Ox , rồi đối xứng qua Oy .
HD : M(2;1) M (2; 1) M ( 2; 1)
2 Trong mpOxy . Tìm ảnh của M(a;b) đối xứng qua Oy , rồi đối xứ
I I
′ ′′
→ − → − −
′ ′′
− − → →

a b
Đ Đ
a b
tđ(m;y) tđ(
M (5; 4) [ vẽ hình ] .
4 Cho 2 đường thẳng (a) : x m = 0 (m > 0) , (b) : y + n = 0 (n > 0).
Tìm M : M(x;y) M (x ;y ) M (x ;y ).
x 2m x
HD : M(x;y) M
y y
I I
− −
′′

= −
′′
→

′′
= − −

−
′ ′
− ∩ → − → − −
−
2m x; n)
x 2m x
M
y 2n y
5 Cho điểm M( 1;2) và đường thẳng (a) : x + 2y + 2 = 0 .

′
≡ ∈ − −
′
≡ +
g
g
g
a
a
a
8 Tìm b = Đ (Ox) với đường thẳng (a) : x + 3y + 3 = 0 .
HD : a Ox = K( 3;0) .
3 9
M O(0;0) Ox : M = Đ (M) = ( ; ) .
5 5
b KM : 3x + 4y 9 = 0 .
9 Tìm b = Đ (Ox) với đườ −ng thẳng (a) : x + 3y 3 = 0 .
- 9 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
∩
≡ ∈

∆ → ∆ − =

⊥

∩ ∆ → →
≡ −
g
g

∆
′ ′ ′ ′ ′ ′
∈∆ → ∈∆ ⇒ ∆ ≡
′ ′ ′ ′ ′
∈∆ → ∈∆ ⇒ ∆ ∆ ∆ ∋
a
11 Cho 2 đường thẳng ( ) : x 2y + 2 = 0 , (a) : x 2y 3 = 0 . Tìm ảnh = Đ ( ) .
PP : / /a
Cách 1 : Tìm A,B A ,B A B
Cách 2 : Tìm A A / / , A
′
∈∆ → = = −
′ ′ ′ ′
∆ ∋ ∆ ∆ ⇒ ∆ − − =
′
+ − = −
′
− + =
g
g
a
2 2
a
2 2
Giải : A(0;1) A Đ (A) (2; 3)
A , / / : x 2y 8 0
12 Cho đường tròn (C) : (x+3) (y 2) 1 , đường thẳng (a) : 3x y + 1= 0 . Tìm (C ) = Đ [(C)]
HD : (C ) : (x 3) y 1 .
∆ −
∆ ∆

+ (d) (a) (d) : 2x y + m = 0 . Vì (d) M( 3;2) m = 4 (d):2x y
+
4 = 0
′
′
′
′
′
′

= +

′
∩ ⇒ − ⇒ ⇔


= +


− = − +


=−
′
⇔ ⇔ ⇒ − −
 
=−


= +

1 2
⇒ ∆ ∩

−
⇒ ⇔

−

) K= ( ) (a)
x + 3y 8 = 0
Toạ độ của K là nghiệm của hệ : K(2;2)
x 2y + 2 = 0
≠ ⇒ − −

−

⊥

g
g
g
a
Lấy P K Q = Đ [P( 1;3)] = (1; 1) . ( Làm tương tự như câu a) )
Qua P( 1;3)
Gọi đường thẳng (b) :
a
- 10 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
⊥ → + ∋ − ⇒ − ⇒ + −
∩ ⇒ ⇒ ⇔


− −
′ ′
∆ ≡ ⇒ ∆ = ⇔ − − =

= − − = −

g
uuur
g
Q
Q
1
Q(1; 1)
y 1
Qua K(2;2)
x 2 y 2
+ ( ) (KQ) : ( ): 3x y 4 0
1 3
VTCP :KQ ( 1; 3) (1;3)
{ {
−
′
′ ′
→ →
′
= = =
−
+
g g

+ Tâm I = Đ [I( 3; 2)] ( ; )
(C )
5 5
R = 2
BK : R = R = 2
2 2
(C ) : (x ) (y ) 4
5 5
I
− ∆ − + − =
∆ −
−
2 2
15 Trong mpOxy cho điểm M(3; 5), đường thẳng ( ) : 3x + 2y 6 = 0, đường tròn (C) : (x+1) (y 2) 9.
Tìm ảnh của M, ( ) và (C) qua phép đối xứng trục (a) : 2x y + 1 = 0 .
HD :
a) M(3; 5) I
′
→ − − + + = − −
∆ ∩ →
′
∈ ∆ ≠ − ⇒ ∆ ≡ − + =
−
Đ
a
a
33 1 9 13
M ( ; ),(d): x 2y 7 0,tđiểm H( ; )
5 5 5 5
4 15

HD : Ta có : M(x;y) M (
y y
′

=
⇒

′
= −

′
− →
g
Đ
Ox
x x
1) (2)
y y
Thay vào (2) : M(2; 3) M (2;3)
′ ′ ′ ′ ′ ′
∈ ∆ ⇔ − − ⇔ ∈ ∆ − −
′ ′ ′ ′
∈ + − + + = ⇔ + − − + =
′ ′ ′ ′ ′ ′
⇔ − + − = ⇔ ∈ − + − =
g
g
2 2 2 2
2 2 2 2
M(x;y) ( ) 2x y 4 = 0 M (x ;y ) ( ) : 2x y 4 = 0 .

Vậy : (a) (a ) : 2x y + 3 = 0 I
+ − −
′ ′
 
= − = −
′
→ ⇒
 
′ ′
= =
 
′ ′ ′ ′ ′
∈ + − − ⇔ − + − − ⇔ +
2 2
Oy
Đ
Oy
2 2 2 2 2
18 Trong mpOxy cho đường tròn (C) : x y 4y 5 = 0 . Tìm ảnh của a qua Đ .
x x x x
Giải : Ta có : M(x;y) M
y y y y
Vì M(x;y) (C) : x y 4y 5 = 0 ( x ) y 4(y ) 5 = 0 x
I
− −
′ ′ ′ ′
⇔ ∈ + − −
′
→ + − −
2

c) Tìm ảnh : ( ) = Đ ( ),(C ) Đ (C) .
Giải
a) Tổng quát (a) : Ax + By + C=0 , A B 0
Gọi M(x;y) M (x ;y ) , ta có : MM (x x;y y) cùng phương VTPT n = (A;B) MM tn
x

I
′ ′
′
+ +
 
− = = +
′
⇒ ∀ ∈ ∈
 
′ ′
− = = +
 
′ ′
+ + + + + +
⇔ + + = ⇔ + + =
−
⇔ + = − ⇔ =
¡
2 2
x x y y
x At x x At
( t ) . Gọi I là trung điểm của MM nên I( ; ) (a)
y y Bt y y Bt
2 2

2 2 2 2
Đ
a
B
2A(Ax + By + C) 2B(Ax + By + C)
x x ;y y
A B A B
4(2x y 3) 3 4 12
x x x x y
5 5 5 5
Áp dụng kết quả trên ta có :
2(2x y 3) 4 3 6
y y y y y
5 5 5 5
4 7
b) M(4; 1) M ( ;
5
I
′
∆ → ∆ + − =
′
→ − + − =
Đ
a
Đ
2 2
a
)
5
c) :3x y 17 0

+ − =
− + − −
= ⇔

− − =
+

∆ + − = ∆ − − =
∈
a
21 Qua phép đối xứng trục Đ :
1. Những tam giác nào biến thành chính nó ?
2. Những đường tròn nào biến thành chính nó ?
HD :
1. Tam giác có 1 đỉnh trục a , hai đỉnh còn lại đ
∈
− + − =
′
→ + + −
2 2
2
ối xứng qua trục a .
2. Đường tròn có tâm a .
22 Tìm ảnh của đường tròn (C) : (x 1) (y 2) 4 qua phép đối xứng trục Oy.
PP : Dùng biểu thức toạ độ ĐS : (C ) : (x 1) (y 2 =
′ ′ ′
∆ ∆
′ ′ ′
− −
2

′
′ ′
∈
d

B. B là trung điểm cạnh AC .
C. Nếu AB = AC thì B C .
D. Nếu B là trung điểm cạnh AC thì AC = 2AB .
ĐS : Nếu B = Đ (B) thì B AC .
′ ′ ′
⇒
′ ′ ′
⇒ ≡
g
g
g
A đúng . Vì AB < AC mà AB = AB nên AB < AC B ở trên cạnh AC .
1
B sai . Vì giả thiết bài toán không đủ khẳng đònh AB = AC.
2
C đúng . Vì AB = AB mà AB = AC nên AB = AC B C .

′ ′ ′
→ →
g
a b
Đ Đ
a b
D đúng . Vì Nếu B là trung điểm cạnh AC thì AC=2AB mà AB =AB nên AC=2AB .
26 Cho 2 đường thẳng a và b cắt nhau tại O . Xét 2 phép đối xứng trục Đ và Đ :

BC = BA
µ
µ
µ
µ
µ
µ
µ
µ
µ
µ
µ
∆ = ∆
= = = =
o
o o o o o o o
28 Cho ABC có A 110 . Tính B và C để ABC
có trục đối xứng .
A. B = 50 và C 20 B. B = 45 và C 25 C. B = 40 và C 30 D. B = C 35µ
µ
µ
µ
o o
o o o
o
HD : Chọn D . Vì : ABC có trục đối xứng khi ABC cân hoặc đều
Vì A 110 90 ABC cân tại A , khi đó :

34 Cho hai hình vuô
′ ′ ′
′ ′ ′
′ ′
∩
ng ABCD và AB C D có cạnh đều bằng a và có đỉnh A chung .
Chứng minh : Có thể thực hiện một phép đối xứng trục biến hình vuông ABCD thànhø AB C D .
HD : Gỉa sử : BC B C = E .
µ
µ
′ ′
= =
′

′ ′
⇒ ∆ ∆ ⇒ ⇒ →

′

o
Đ
AE
Ta có : AB = AB , B B 90 ,AE chung .
EB = EB
ABE = AB F B B
biết AB = AB
I

·
·

đường tròn ngoại tiếp bằng nhau .
∆

¶
¶
»
¶
¶ ¶
¶
⊥ ⇒
⇒ ∆ ⇒
→ →
1 2
1 1 1 2
Đ Đ
BC BC
HD :
Ta có : A = C (cùng chắn cung BK )
A = C (góc có cạnh tương ứng ) C = C
CHK cân K đối xứng với H qua BC .
Xét phép đối xứng trục BC .
Ta có : K H ; B B ;I I →
∆ → ∆
Đ
BC
Đ
BC
C C
Vậy : Đường tròn ngoại tiếp KBC Đường tròn ngoại tiếp HBC
I

→
′
∀ ∈
37 Cho đường thẳng a và hai điểm A,B nằm cùng phía đối với a . Tìm trên đường
thẳng a điểm M sao cho MA+MB ngắn nhất .
Giải : Xét phép đối xứng Đ :A A .
a
M a thì MA = MA . Ta c
I
′ ′
≥
′
ó : MA + MB = MA + MB A B
Để MA + MB ngắn nhất thì chọn M,A,B thẳng hàng
Vậy : M là giao điểm của a và A B .
- 14 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
∆
38 (SGK-P13)) Cho góc nhọn xOy và M là một điểm bên trong góc đó . Hãy
tìm điểm A trên Ox và điểm B trên Oy sao cho MBA có chu vi nhỏ nhất .
Giải
Gọi N = Đ (M) và P = Đ (M) . Khi
Ox Ox
≥
≥
đó : AM=AN , BM=BP
Từ đó : CVi = MA+AB+MB = NA+AB+BP NP
( đường gấp khúc đường thẳng )
MinCVi = NP Khi A,B lần lượt là giao điểm của NP với Ox,Oy .
∆

≡ ≡
′ ′
≠ = ⇔
⇔ =
g
g
g
Nếu M I thì M I
Nếu M I thì M Đ (M) I là trung trực của MM .
I
ĐN :Điểm I là tâm đối xứng của hình H Đ (H) H.
I
Chú ý : Một hình có thể không có tâm đối xứng .

′ ′ ′
→ = =
′

−


′
= −


I
Đ
2 Biểu thức tọa độ : Cho I(x ;y ) và phép đối xứng tâm I : M(x;y) M Đ (M) (x ;y ) thì
o o I
x = 2x x

′
⇒ − C (4; 2)
{ {
Giải :
x 1 3 x 4
a) Gỉa sử : A Đ (A) IA IA (x 1;y 2) ( 3;1) A (4;1)
I
y 2 1 y 1
Cách : Dùng biểu thức toạ độ
′ ′
− = =
′ ′ ′ ′
= ⇔ = − ⇔ − − = − − ⇔ ⇔ ⇒
′ ′
− = − =
≠
uur uur
- 15 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
′
∆ + + = − ⇒ ∆ + − =
∆
2 Tìm ảnh của các đường thẳng sau qua phép đối xứng tâm I :
1) ( ): x 2y 5 0,I(2; 1) ( ): x 2y 5 0
2) ( )
′
− − = ⇒ ∆ − + =
∆ + − = −
: x 2y 3 0,I(1;0) ( ): x 2y 1 0
3) ( ):3x 2y 1 0,I(2; 3)

∈∆ ⇔ + + = ⇔ − + − − + = ⇔ + − =
′ ′ ′ ′
⇔ ∈∆ + − =
′
∆ → ∆ + − =
′ ′
∆ ∆ ⇒ ∆ ∆
I
Vì M(x;y) x 2y 5 0 (4 x ) 2( 2 y ) 5 0 x 2y 5 0
M (x ;y ) :x 2y 5 0
Đ
Vậy : ( ) ( ) :x 2y 5 0
Cách 2 : Gọi = Đ ( ) song song
I
I
′
⇒ ∆ ≠

=
′
∆ ∆ ⇔ = ⇔ = − ⇔

= −

+ +
: x + 2y + m = 0 (m 5) .
|5| | m |
m 5 (loại)
Theo đề : d(I; ) = d(I; ) 5 | m |
m 5

(P ):y = 2x x 3
HD :a) Co ù 2 cách giải :
Cách 1: Dùng biểu thức toạ độ .
Đ
Cách 2 : Tìm tâm I I ,R R (đa õ cho) .
b) Tương tự .
4 Cho hai điểm A và B .Cho biết phép biến đổi M thàn
I
′ ′
h M sao cho AMBM là một hình bình hành .

′
 =
′
⇔

′
=


′ ′
= + = +
= −
′
⇒ =
uuuur uuuur
uuur uuuur
uuuuur uuuur uuuur uuuur uuur
uur uur
uuuuur u r

→ → ⇒ → ⇔ = −
uuuur uuuur
A A A
HD :
Do (I ;R) tiếp xúc với (I ;R) tại A , nên :
1 2
Đ Đ Đ
M N ;I I MI NI MI NI (1)
1 2 1 2 1 2
I I I
- 16 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH

•
→ → ⇒ → ⇔ = −
•
→ → ⇒  →
uuuur uuur
B B B
C C C
Do (I ;R) tiếp xúc với (I ;R) tại B , nên :
2 3
Đ Đ Đ
N P ;I I NI PI NI PI (2)
2 3 2 3 2 3
Do (I ;R) tiếp xúc với (I ;R) tại C , nên :
3 1
Đ Đ Đ
P Q ;I I PI
3 1 3

DF DF DF DF
DF
HD :
a) Do : BAD 45 và CAF 45 nên ba điểm D,A,F thẳng hàng .
Đ Đ Đ Đ
Ta có : A A ; D D ; F F ; C G ;
Đ
B E (Tính chất hình vuông ).
Vậy : Tập
l l l l
l
{ }
·
·
· ·
∆ ∆ =
= ∆
hợp 6 điểm B,C,F,G,E,D co ù trục đối xứng chính là đường thẳng DAF .
b) Qua phép đối xứng trục DAF ta có : ABC = AEG nên BAC AEG.
Nhưng : BCA AGE ( 2 đối xứng = )

·
¶
¶
¶
= ∆ = ⇒ ⇒ AGE A (do KAG cân tại K) . Suy ra : A A K,A,H thẳng hàng K ở trên AH .
2 1 2
c) Tứ giác AFPG là một hình chữ nhật nên : A,K,P thẳng hàng . (Hơn nữa K là trung điểm của AP )

·

b) Xác đònh Đ Đ .
A B
HD : a) Gọi M là một điểm bất kỳ , ta có :
M
w
′ ′
→ =
′ ′′ ′′ ′′
→ = ∀
uuuur uuuur
uuur uuuuur
o
A
B
Đ
M : MA AM
Đ
M M : MB BM . Nghóa là : M = Đ Đ (M), M (1)
B A
I
I
′′
→
′′ ′ ′ ′′
= +
′ ′ ′′ ′
= =
′′ ′ ′
= + = + +
=

2BA
Từ (1) và (2) , suy ra : Đ Đ T .
B A
b) Chứng minh tương tự : Đ Đ T .
A B
7 Chứng minh rằng nếu hình (H) có hai trục đối xứng vuông góc với nhau thì
(H) có tâm đối xứng .
HD : Dùng hình thoi
Gỉa sử hình (H) có hai trục đối xứng vuông góc với nhau
·
·
= =
∈
∩ =
.
Lấy điểm M bất kỳ thuộc (H) và M Đ (M) , M Đ (M ) . Khi đó , theo
1 a 2 b 1
đònh nghóa M ,M (H) .
1 2
Gọi O = a b , ta có : OM = OM và MOM 2AOM
1 1 1
OM = OM và M
1 2
·
·
·
·
·
·
·

Tứ giác ACMN có NAM NCM 30 nên nội tiếp đtròn tâm O, bkính R=AC và MON 2NAM 60 .
Đ
Xét : A B (O)I I
·
→ ∈ ∈
→ ⇒ → ∈ ∈

= =

⇒ ∆

=


+ = + = =
o
N
M M
Đ
(O ) thì B (O ) vì A (O) .
1 1
Đ Đ
C B (O) (O ) thì B (O ) vì C (O) .
2 2
OO OO 2R
1 2
Khi đó , ta có : OO O là tam giác đều .
1 2
MON 60
Vì O B O B R R 2R O O nên B là trung điể

≡ ∀ ∈
g ¢
g ¢
g
Chú ý : Chiều dương của phép quay chiều dương của đường tròn lựơng giác .
2k
Q phép đồng nhất , k
(2k+1)
Q phép đối xứng tâm I , k
2 Tính chất :
ĐL : Phép quay
g
là một phép dời hình .
HQ :
1.Phép quay biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự của các điểm tương
ứng .
2. Đường thẳng thành đường thẳng .
3. Tia thành tia .
4. Đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó .
- 18 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
ϕ
→ →
′ ′
→
(O ; )
Q Q

′
α ϕ α ϕ + α ϕ = ϕ + ϕ
′
ϕ− ϕ
′
ϕ+ ϕ
/ /
ä dài OM = r và (Ox;OM ) = + .
Ta có :
x = rcos( + ) = acos .cos asin .sin xcos ysin .
y = rsin( + ) = asin .cos acos .sin xsin ycos .
x = xcos ysin
/
Vậy : M
y = xsin ycos



−ϕ
ϕ
−ϕ
′′

ϕ + ϕ
→

′′
− ϕ + ϕ

′

M
I(x ;y )
I
I
I
w
w
w
′′

− − ϕ− − ϕ



′′
− − − ϕ + − ϕ


x x = (x x )cos (y y )sin
//
o o o
M
y y = (x x )sin (y y )cos
o o o
−
→
o
o
(O ; 45 )
2 Trong mpOxy cho phép quay Q . Tìm ảnh của :

+


2 2
x = x y
/
2 2
M
2 2
y = x y
2 2
→



′
→
 
′



′
→ − −
o
o
o
g
g
g



1 3
x = x y
2 2
3 Trong mpOxy cho phép biến hình f : . Hỏi f là phép gì ?
3 1
y = x y
2 2
- 19 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH

π π
′
−


′ ′ ′
→ ⇒

π
π π

′
+


Giải
x = xcos ysin
3 3

 
′ ′ ′ ′
∈ ∆ − ⇔ − − − − + = ⇔ − + + =
′ ′ ′ ′
⇔ ∈ ∆ − − =
I
(O;90 )
Đ
Vậy : ( ) ( ) : 2x y 9 0
Q
b) Cách 1 : Gọi M(x;y) M (x ;y ) . Đặt (Ox ; OM) = , OM = r ,
Ta có (Ox ; OM ) = + 90 ,OM r .
x = rcos
Khi đó : M
y
′
∆ → ∆ − − =
′ ′ ′
→ α
′ ′
α =
α
o
o
I
I
(O;90 )
(
Q
x r cos( 90 ) rsin y x y

( ): x 2y 1 0
′
→ ∆ + + =
o
′ ′
• ∈ ∆ → − ∈ ∆
−
′ ′
• − ∈ ∆ → ∈ ∆
′ ′ ′
• ∆ → ∆ ≡ + + =
o
o
o
(O;90 )
(O;90 )
(O;90 )
Q
Cách 2 : Lấy : M(0;1) ( ) M ( 1;0) ( )
Q
1 1
N( ;0) ( ) N (0; ) ( )
2 2
Q
( ) ( ) M N : x 2y 1 0
I
I
I
′ ′
• ∆ → ∆ ⇒ ∆ ⊥ ∆ = ⇒ = −

I
I
+ + = : x 2y 1 0
′
5 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(3;4) . Hãy tìm toạ độ điểm A là ảnh
o
của A qua phép quay tâm O góc 90 .
HD :
Gọi B(3;0),C(0;4) lần lượt là hình chiếu của A lên các trục Ox,
′ ′ ′
′ ′ ′
− −
Oy . Phép
o
quay tâm O góc 90 biến hình chữ nhật OABC thành hình chữ nhật OC A B .
Khi đó : C (0;3),B ( 4;0). Suy ra : A ( 4;3).
−


= =
= − = ⇒

= ⇒ ⊥


⇒
uuur uuur
uuur uuur
6 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy . Tìm phép quay Q biến điểm A( 1;5)
thành điểm B(5;1) .

∈ ∈ =
−

= >
+ = ⇒

= =

o
o
8 a)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho điểm A(0;3) . Tìm B = Q (A) .
(O ; 45 )
HD : Phép quay Q biến điểm A Oy thành điểm B đt :y x,ta có :
(O ; 45 )
x y 0
2 2
B B
. Mà OB = x y 3 x
B B
OA OB 3
= ⇒
− +
→
o
3 3 3
B( ; ).
B
2 2 2
4 3 3 3 4 3
b) Cho A(4;3) . Tìm B = Q (A) B ( ; )

= − + ⇒ − + + − − =
o
o
2 2
11 Cho đường tròn (C) : (x 2) (y 2) 3 . Tìm (C ) = Q (C) .
(O ; 45 )
2 2
HD : Tìm ảnh của tâm I : Q (I) I (1 2;1 2) (C ):(x 1 2) (y 1 2) 3 .
(O ; 45 )
−
∈
o
o
12 [CB-P19] Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho điểm A(2;0) và đường thẳng (d) : x + y 2 = 0.
Tìm ảnh của A và (d) qua phép quay Q .
(O ; 90 )
HD :
Ta có : A(2;0) Ox . Gọi B = Q (
(O ; 90 )
w ∈
− ∈
−
⇒ + = ⇔ +
−
o o
o
A) thì B Oy và OA = OB .
Vì toạ độ A,B thoả mãn pt (d) : x + y 2 = 0 nên A,B (d) .
Do B = Q (A) và tương tự Q (A) = C( 2;0)
(O ; 90 ) (O ; 90 )

a) Xác đònh ảnh của các đỉnh A,B,C .
b) Tìm ảnh của ABC qua phép quay Q
(O;120 )
- 21 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
·
·
·
= = = → → →
∆ → ∆
o
o
o
Giải
a) Vì OA = OB = OC và AOC BOC COA 120 nên Q : A B,B C,C A
(O;120 )
b) Q : ABC ABC
(O;120 )
I I I
16 [CB-P19] Cho hình vuông ABCD tâm O .
a) Tìm ảnh của điểm C qua phép quay Q .
(A ; 90 )
b) Tìm ảnh của đường thẳng BC qua phép quay Q
(O ; 90 )
HD : a) Gọi E = Q (C) thì AE=AC va
(A ; 90 )
o
o
o
·

uuur
uuur
o
o o o
uuur uuur uuur
o
o
OE
OE
(O;60 )
(O;60 ) (O;60 ) (O;60 )
OE OE OE
, góc 60 và phép
tònh tiến T .
HD :
Gọi F = T Q . Xét :
Q (O) O,Q (A) B,Q (B) C .
T (O) E,T (B) O,T (C) D
Vậy : F(O) = E , F(A) = O ,
w
w
w ⇒ ∆ ∆F(B) = D F( OAB) = EOD
∆
o
19 Cho hình lục giác đều ABCDEF theo chiều dương , O là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó . I là
trung điểm của AB .
a) Tìm ảnh của AIF qua phép quay Q .
(O ; 120 )
b) Tìm ả
∆

= ⇒
−
o o o
o
o
·
= BN và MBN 60 BMN là tam giác đều .

= ⇒ ∆
o
- 22 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
∆
21 [ CB-1.17 ] Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC . Điểm A chạy trên nửa đường tròn đó .
Dựng về phía ngoài của ABC hình vuông ABEF . Chứng minh rằng : E chạy
trên nửa đ
′
o
o
ường cố đònh .
HD : Gọi E = Q (A) . Khi A chạy trên nửa đường tròn (O) ,
(B;90 )
E sẽ chạy trên nửa đường tròn (O ) = Q [(O)] .
(B;90 )
∆
∆
′
∆
o
22 Cho đường (O;R) và đường thẳng không cắt đường tròn . Hãy

′
′ ′ ′ ′
24 Cho hai đường tròn (O) và (O ) bằng nhau và cắt nhau ở A và B .
Từ điểm I cố đònh kẻ cát tuyến di động IMN với (O) , MB và NB cắt
(O ) tại M và N . Chứng minh đường thẳng
′
′ ′
ϕ
′ ′ ′ ′ ′
M N luôn luôn đi qua một
điểm cố đònh.
Giải
Xét phép quay tâm A , góc quay (AO; AO ) = biến (O) thành (O ) .
Vì MM và NN qua B nên (AO;AO ) = (AM;AM ) = (AN;AN ) .
Qua phép quay Q : MI
ϕ
′ ′
→ →
′ ′
→
′ ′
′
ϕ
(A; )
M , N N và do đó
Q
MN M N
Đường thẳng MN qua điểm cố đònh I nên đường thẳng M N qua
điểm cố đònh I là ảnh của I qua Q
(A; )

o o
o
BG BE
và
BC) 90 (BG;BE) 90
Q : A C,G E Q : ABG CBE
(B; 90 ) (B; 90 )
b) Q : AG CE Q : M N BM BN và (BM;BN) = 90
(B; 90 ) (B; 90 )
BMN vuông cân tại B .
I I
I
∆
∩ ∆
26 Cho ABC . Qua điểm A dựng hai tam giác vuông cân ABE và ACF . Gọi M là trung điểm của BC
và giả sử AM FE = H . Chứng minh : AH là đường cao của AEF .
- 23 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
⇒
o
o
o
HD :
Xét phép quay Q : Kéo dài FA một đoạn AD = AF .
(A;90 )
Vì AF = AC AC = AD nên suy ra : Q biến B , C lần lượt thành E , D
(A;90 )
Đ/nghó
nên gọi trung điểm K của DE thì K= Q (M)
(A;90 )

a) Gọi D là trung điểm của AB . Chư ∆
⊥
⇒ ⊥
o
ùng minh rằng : DOP vuông cân tại D .
b) Chứng minh rằng : AO PQ và AO = PQ .
HD :
a) Vì : AI = Q (MB) MB = AI và MB AI .
(C;90 )
w

Mặt khác : DP
1
BM , DO
2
AI

⇒ ⊥DP = và DO

DOP vuông cân tại D .⇒ ∆

→ → ⇒ = ⊥
o o
(D;90 ) (D;90 )
b) Từ câu a) suy ra :
Q Q
O P,A Q OA và PQ.I I
∆29 Cho ABC có các đỉnh kí hiệu theo hướng âm . Dựng
về phía ngoài tam giác đó các hình vuông ABDE và BCKF .
Gọi P là trung điểm của AC , H là điểm đối xứng của D qua B ,

90 90 90
Vì : Q (A) H,Q (C) F Q (AC) HF .
B B B
90 90
Mà : F là trung điểm của AC , Q (F) M là trung điểm của HF . Do đó : Q (BP) BM
B B
= ⇒ = ⊥
∆ ⊥
o
uuur
uuur uuuur
.
90
b) Vì : Q (BP) BM BP BM,BP BM .
B
1 1
Mà : BM = DF và BM // DF (Đường trung bình của HDF ). Do đó : BP = DF , DF BP .
2 2
- 24 -
CHƯƠNG I : PHÉP BIẾN HÌNH
30 Cho tứ giác lồi ABCD . Về phía ngoài tứ giác dựng các tam giác đều ABM , CDP . Về phía trong
tứ giác, dựng hai tam giác đều BCN và ADK . Chứng minh : MNPK là hình bình hành .
H
→ →
⇒ → ⇒ =
→ →
⇒ → ⇒ =
o
o
o

Q Q
Gỉa sử AA CC I . Xét : A C,A C
1 1 1 1
A A
1
I I
I
·
·
·
→ ⇒ = ⇒ =
= ⇒ ∆
o
o o
o
(B;60 )
Q
CC (A A;CC ) 60 AJC 60 (1)
1 1 1 1
Lấy trên CC điểm E sao cho : IE = IA . Vì EIA 60 EIA đều .
1
→ → →
⇒
o o o
(A;60 ) (A;60 ) (A;60 )
Q Q Q
Xét : B C ,I E , B C
1 1
Vì : C ,B,C thẳng hàng nên B,I,B thẳng hàng
1 1

Vấn đề 6 : HAI HÌNH BẰNG NHAU
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
′ ′ ′ ′ ′ ′
∆ ∆1 ĐL : Nếu ABC và A B C là hai tam giác bằng nhau thì có phép dời hình biến ABC thành A B C .
2 Tính chất :
1. Nếu thực hiện liên tiếp hai phép dời hình thì được một phép dời hình .
2. Hai hình gọi là bằng nhau nếu có phép dời hình biến hình này thành hình kia .
B. BÀI TẬP
∆ ∆
1 Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi E,F,H,I theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
AB,CD,BC,EF. Hãy tìm một phép dời hình biến AEI thành FCH .
HD :
Thực hiện liên tiếp phép tònh tie
→ → → ⇒ ∆ = ∆
uuur
uuur uuur
án theo AE và phép đối xứng qua đường thẳng IH
T : A E,E B,I H T ( AEI) EBH
AE AE
I I Iw
- 25 -