SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
Mã số:……………….

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học

Người thực hiện: Nguyễn Thanh Bằng
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý Giáo dục
Phương pháp giảng dạy bộ môn : Toán
Phương pháp giáo dục
Lĩnh vực khác

Sản phẩm đính kèm:
 Mô hình
 Phần mềm

 Phim ảnh






 Hiện vật khác: Đĩa CD Rom

Năm học 2011-2012




CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
Nhơn Trạch, ngày 10 tháng 5 năm 2012

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học : 2011 - 2012
Tên sáng kiến kinh nghiệm : ứng dụng các phép biến hình vào giải toán

hình học
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thanh Bằng
Tổ: Bộ môn Toán
Lĩnh vực :
Quản lý giáo dục:

Phương pháp dạy học bộ môn : 
Phương pháp giáo dục: 
Lĩnh vực khác :

1- Tính mới
- Có giải pháp hoàn toàn mới :

- Có giải pháp cải tiến , đổi mới từ giải pháp đã có :

2- Hiệu quả
- Hoàn tòan mới và đã triển khai áp dụng trong tòan ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng trong tòan ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao



Phần I : MỞ ĐẦU
I/ BỐI CẢNH
Năm học 2011-2012 là năm học tiếp tục triển khai tích cực thực hiện các cuộc
vận động “ Học tập và làm theo tấm gương đạo đức Hồ Chí Minh”, cuộc vận
động “ Mỗi thầy, cô giáo là một tấm gương đạo đức, tự học và sáng tạo” ; với
chủ đề " Năm học đổi mới quản lý và nâng cao chất lượng giáo dục " cùng với
phong trào xây dựng " Trường học thân thiện, học sinh tích cực ". Nghị quyết
TW 2 khóa VIII đã khẳng định " Đổi mới mạnh mẽ phương pháp giáo dục và
đào tạo, khắc phục lối dạy học truyền thụ một chiều, rèn luyện nếp tư duy cho
người học, từng bước áp dụng phương pháp tiên tiến, ứng dụng cộng nghệ thông
tin vào quá trình dạy học ". Do đó trong quá trình dạy học đòi hỏi các thầy cô
giáo phải tích cực học tập; không ngừng nâng cao năng lực chuyên môn; đổi
mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
sáng tạo của học sinh; bồi dưỡng khả năng tự học, sáng tạo; khả năng vận dụng
kiến thức vào thực tế; đem lại sự say mê, hứng thú học tập cho các em.
II/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh rất e ngại học môn hình học,
vì các em nghĩ rằng nó rất trừu tượng, thiếu tính thực tế khách quan. Chính vì
thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này, về phần giáo viên cũng gặp
không ít khó khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức. Qua nhiều năm giảng dạy
môn học này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm nhằm giúp các em tiếp
thu kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập của
học sinh ngày được nâng lên.
Với những lí do trên, ngay đầu năm học, từ giai đoạn tổ chức lớp cho đến khi
giảng dạy, bản thân luôn chú ý, quan tâm đến việc học tập và giúp đỡ các em
học sinh làm thế nào để có thể học tốt môn hình học. Từ những suy nghĩ trên,
bản thân đã mạnh dạn chọn đề tài: “Ứng dụng các phép biến hình vào giải
toán hình học”.
III/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

6


Phần II: NỘI DUNG
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN
1. Cơ sở triết học:
Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình
phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi
động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết
với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh
trong việc lĩnh hội tri thức. Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và biện
chứng trong quan niệm nội tại của bản thân các em. Từ đó kích thích các em
phát triển tốt hơn.
2.Cơ sở tâm lí học:
Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh
nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục. Vì vậy giáo
viên cần phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những
điều mình đã biết với tri thức của nhân loại.
Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm lí thì
từ những lớp cuối của cấp trung cơ sở, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường
và hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định. Một số học
sinh có khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại
thích thú văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác. Ngoài ra còn
có những học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt…
Thực tế giảng dạy cho thấy nhiều học sinh khi học về các phép biến hình, các
em thường có tâm lí: không biết ứng dụng của phép biến hình để làm gì, nói
cách khác các em không gắn được lý thuyết vào thực hành, do đó các em không
muốn học chương này.Vì vậy giáo viên cần chỉ rõ, cụ thể và hướng dẫn cho học
sinh ứng dụng các phép biến hình vào giải toán.
3.Cơ sở giáo dục học:

36.4%

Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp. Vì vậy việc lĩnh hội kiến
thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian. Sự
nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ:
- Các em còn lúng túng trong việc tìm ảnh của một hình qua một phép
biến hình.
- Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc.
- Khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc còn hạn chế.
- Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ học môn hình học.
Đây là môn học đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó
không chỉ đối với học sinh mà còn khó đối với cả giáo viên trong việc truyền tải
kiến thức tới các em. Hơn nữa vì điều kiện kinh tế khó khăn, môi trường giáo
dục, động cơ học tập,… nên chưa thực sự phát huy hết mặt mạnh của học sinh.
Nhiều em hổng kiến thức từ lớp dưới, ý thức học tập chưa cao nên chưa xác
định được động cơ học tập, chưa thấy được ứng dụng to lớn của môn hình học
trong đời sống.
Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện
pháp giúp đỡ các em, song song với việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi cần giúp
đỡ học sinh yếu kém. Việc này cần thực hiện ngay trong từng tiết học, bằng biện
pháp rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp.
8


Tuy nhiên ngoài việc dạy tốt giờ lên lớp, giáo viên nên có biện pháp giúp đỡ
từng đối tượng học sinh để học sinh yếu kém theo kịp với yêu cầu chung của tiết
học, học sinh khá không nhàm chán.
III/


Kí hiệu: Tur .
Vậy: Tur (M) = M’  MM ' = u .
1.2.2. Phép dời hình
Định nghĩa: Phép biến hình không làm thay đổi khoảng cách giữa hai điểm
bất kì gọi là phép dời hình.
1.2.3. Phép đối xứng trục
Định nghĩa: Phép đối xứng qua đường thẳng a gọi là phép biến hình biến mỗi
điểm M thành điểm M’ đối xứng vớ M qua trục a.
Kí hiệu: Đa.
uuuuuur

uuuuuur

Vậy: Đa(M) = M’  M 0 M '  M 0 M (M0 là giao điểm của a với đoạn thẳng
MM’).
9


1.2.4. Phép đối xứng tâm
Định nghĩa: Phép đối xứng qua điểm O là một phép biến hình biến mỗi điểm
uuuur uuuuur

r

M thành điểm M’ đối xứng với M qua O, có nghĩa là OM  OM '  0
Kí hiệu: ĐO.
uuuuur

uuuur



Định nghĩa: Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k>0) nếu
với 2 điểm M,N bất kì và ảnh M’,N’ tương ứng của chúng ta luôn có
M’N’= k MN.
2. Một số tính chất của phép biến hình
Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng (và không làm thay thay
đổi thứ tự giữa ba điểm đó).
Biến đường thẳng thành đường thẳng ( hoặc song song, hoặc trùng với nó)
10


Biến tia thành tia
Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó (hoặc có độ dài được nhân lên với
|k|).
Biến tam giác thành tam giác bằng nó ( hoặc đồng dạng với nó),
Biến góc thành góc bằng nó.
Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính R (hoặc kR, hoặc
|k|R).
3. Biểu thức toạ độ của một số phép biến hình
3.1. Phép tịnh tiến
r

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho u (a, b) , M(x;y), M’(x’;y’). Khi đó
x '  x  a
y'  y b

nếu Tur (M) = M’ thì 

3.2. Phép đối xứng trục
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho M(x;y), M’(x’;y’). Khi đó nếu

d có phương trình: 3x-5y+3=0. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d
r

qua phép tịnh tiến theo vectơ v .
r

Cách 1: Chọn M(-1;0) thuộc d, M’=T v (M) =(-3;3). M’ thuộc d’.Vì d’//d nên
d’ có phương trình 3x-5y+C=0. M’ thuộc d’  C=24.
Vậy phương trình đường thẳng d’ là:3x-5y+24=0.
r x '  x  2
 x  x ' 2

thay vào phương
 y '  y  3  y  y ' 3

Cách 2: Từ biểu thức toạ độ của T v 
trình của d ta được: 3x’ - 5y’+24=0.

Vậy phương trình đường thẳng d’ là:3x-5y+24=0.
Cách 3: Lấy A,B bất kì thuộc d, tìm ảnh A’,B’ tương ứng của A và B qua
r

phép tịnh tiến theo vectơ v . Khi đó đường thẳng d’ là đường thẳng A’B’.
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho M(1;5), đường tròn (C) có
phương trình x2+y2-2x+4y-4=0, đường thẳng d có phương trình x-2y+4=0.
a) Tìm ảnh của M,(C), d qua phép đối xứng trục Ox.
b) Tìm ảnh của M qua phép đối xứng trục d.
Giải:
a) Gọi M’,(C’),d’ lần lượt là ảnh của M, (C), d qua phép đối xứng trục Ox.
Ta có M’ (1;-5).

Giải:
Gọi B(3;0), C(0;4) lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên các trục Ox,Oy.
Phép Q(O,900) biến hình chữ nhật OBAC thành
hình chữ nhật OB’A’C’. Ta thấy B’(0;3),
C’(-4;0) A’(-4;3)

Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương
trình: 3x + 2y – 6 = 0.Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d
qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2.
Giải:
Cách 1: V(O,k)(d) =d’  d’//d  d’ có phương trình:3x+2y+C=0. Lấy M(0;3)
thuộc d.Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép vị tự đã cho, ta có
uuuuur
uuuur
x '  0
OM '  2OM  
 y '  6

Vậy M’(0;-6), M’ thuộc d’  C=12.
Do đó phương trình d’ là:3x+2y+12=0.
Cách 2: Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép vị tự tamO tỉ số k=-2, ta có
1

x   x'
 x '  2 x

2




trình:x+y+C=0.
Lấy M(1;1) thuộc d, V(I, 1 )(M)=O, O thuộc d1  d1 có phương trình:x+y=0.
2

Q(O,-450)(d1) =Oy.
Vậy phương trình d’ là: x = 0.
Dạng 2: Dùng phép biến hình để giải một số bài toán dựng hình:
Phương pháp: Để dựng điểm M ta làm như sau:
Cách 1: Xác định M như ảnh của một điểm đã biết qua một phép biến hình.
Cách 2: Xem M như là giao điểm của một đường cố định với ảnh của một
đường đã biết qua một phép biến hình.
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(-1;-1),B(3;1),C(2;3). Tìm
toạ độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải:
uuur

r ( D )  C , mà BA  ( 4; 2)
Giả sử điểm D(x;y). Ta có Tuuu
BA

x  2  4
 x  2

. Vậy D(-2;1).
y  3 2
y 1

Do đó: 


Nhận xét: Gọi A’= Đd(A) AM=AM’
Vậy: AM+MB =A’M+MB=A’B
Cách dựng:
Dựng A’= Đd(A)
Nối A’ với B cắt d tại M, khi đó AM+MB
nhỏ nhất.
· , điểm A nằm trong góc đó. Hãy xác định điểm B
Ví dụ 4: Cho góc nhọn xOy

trên Ox, điểm C trên Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.

3


Giải:
Nhận xét: Gọi A’ = ĐOx(A), A”=ĐOy(A)
A’B=AB, A”C=AC
AB+BC+CA=A’B+BC+A”C=AA” (nhỏ nhất)
Dựng:
A’ = ĐOx(A)
A”=ĐOy(A)
Nối A’ với A”, AA” cắt Ox và Oy lần lượt tại B
và C. Khi đó chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
· , điểm A thuộc miền trong của góc đó. Hãy tìm một
Ví dụ 5: Cho góc nhọn xOy

đường thẳng đi qua A, cắt Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm
của MN.
Giải:
Giả sử đã dựng được hai điểm M,N thoả mãn

(O’,R) là ảnh của đường tròn
(O,R) qua phép đối xứng tâm
A. Ta có M1 là giao điểm của
(O’;R)

với

đường

tròn

(O1,R1).
Cách dựng:
Dựng đường tròn (O’,R) là ảnh của đường tròn (O,R) qua phép đối xứng tâm
A.Gọi M1 là giao điểm của (O’;R) với đường tròn (O1,R1) không trùng với A,
M=ĐA(M1). đường thẳng d là đường thẳng MM1.
Theo cách dựng trên có một đường thẳng d thoả mãn điều kiện đề bài.
Ví dụ 7: Cho hai đường thẳng cắt nhau a và b, một điểm C. Tìm trên a và b các
điểm A và B tương ứng sao cho tam giác ABC vuông cân ở A.
Giải:
Giả sử đã dựng được hai điểm
A,B thoả mãn điều kiện đầu bài.
Ta thấy:
0 CB
·
ACB =45 ,
= 2  B là ảnh
CA

của A qua phép đồng dạng F có


D

toán. Gọi I là trung điểm của đoạn
thẳng PQ thì OI là đường trung trực
của PQ nên cũng là đường trung trực

O

của DC và do đó cũng là đường trung
trực của AB. Từ đó suy ra, nếu dựng
P

hình vuông PQMN thì có phép vị tự

A

B

A'

B'

Q

I

tâm I biến hình vuông PQMN thành
C'


ABCD là hình bình hành. Do đó
điểm D cố định. Phép đối xứng

M1

qua điểm D biến M thành M3.

O

Do đó Quỹ tích điểm M3 là ảnh

C
A

của đường tròn (O) qua phép đối
M

xứng tâm D.

D

M3

Ví dụ 2: Cho hai điểm phân biệt B,C cố định (BC không phải là đường kính)
trên đường tròn (O), điểm A di động trên (O). Chứng minh rằng khi A di động
trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn.
Giải:
Cách 1:

A


qua phép tịnh tiến theo 2 OM
Cách 2:

Gọi H là trực tâm tam giác ABC
7

M
B


Gọi I, H’ lần lượt là giao điểm của tia AH với đoạn thẳng BC vả đường tròn (O).
·
·
·
· '
 HCB
 BCH
Ta có: BAH
; BAH

Do đó tam giác HCH’ cân tại C  H và H’ đối xứng nhau qua BC.
Khi A chạy trên đường trong (O) thì H’ cũng
chạy trên đường tròn (O)  khi A di động trên
(O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên
một đường tròn là ảnh của (O) qua phép đối
xứng trục BC.

Cách 3:
Gọi H là trực tâm tam giác ABC, I là trung điểm



hay
vì (O), I cố định
NI
OI
IN
OI

nên

OM
=k( k là hằng số, k  0)
OI

IM  IN
1
 k  IN 
IM
IN
k 1
uur
1 uuur
 IN 
IM
k 1


Vậy phép vị tự tâm I tỉ số


B

0

0

Ngoài ra; (AM,AB)=45 và (AM,AD)=-45 .
Suy ra, phép vị tự V tâm A, tỉ số k=

2
biến
2

A

M

điểm C thành điểm M và phép quay Q tâm A
góc quay 450 biến điểm M thành điểm B. Vậy
nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F
biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường

R

O

D

Q


uur
Bởi vậy PM  PA  PB = 2 PI .

I

Gọi V là phép vị tự tâm P tỉ số k=2 thì
P

V biến điểm I thành điểm M.
Vì I là trung điểm của AB nên

(C)

O'

O

(C')

A

OI  AB. Suy ra quỹ tích của điểm I là
đường tròn (C) đường kính PO.
Vậy quỹ tích của điểm M là đường
tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị
uuuur

uuur

tự V. Nếu ta lấy O’ sao cho PO '  2 PO

1
 ha2  [(b  c) 2  a 2 ]  p ( p  a )
4
 ha  p ( p  a )

Phần III: KẾT LUẬN
1. Kết quả
Áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 11 tôi đã thu được kết quả như sau
(kết thúc học kì I năm học 2011-2012).
Lớp
Sỉ số Đạt diểm dưới 5
Tỉ lệ
Đạt diểm trên 5
Tỉ lệ
11A01 41
8
19.5%
31
80.5%
11A02 44
15
34.1%
28
65.9%
Quan trọng hơn học sinh đã cảm thấy hứng thú hơn với môn hình học, không
bị áp lực phải ngồi học trong các giờ hình học, tạo được niềm tin và sự hứng thú
trong học tập .
2. Kết luận:
Qua thời gian nghiên cứu đề tài và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra
được một số ý kiến sau:

giỏi, yếu để các em có khả năng tìm hiểu sâu hơn kiến thức.
Nên có các chuyên đề tự chọn để giáo viên và học sinh có thể trao đổi
thẳng thắn với nhau về các vấn đề, từ đó có thể rút ra các phương pháp phù hợp
với từng đối tượng học sinh.
Do thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề tài của tôi không
tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp
chỉ bảo của quý đồng nghiệp để tôi có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình.
Nhơn Trạch, ngày 10 tháng 5 năm 2012
Người viết

Nguyễn Thanh Bằng

12


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa lớp 11 chương trình chuẩn, nâng cao
[2]. Sách giáo viên lớp 11 chương trình chuẩn, nâng cao
[3]. Sách bài tập hình học 11 chương trình chuẩn, nâng cao
[4]. Ths. Nguyễn Đức Bằng-Ths. Dương Quang Hòa Phân loại và phương pháp
giải các dạng bài tập hình học 11.
[5]. Lê Hồng Đức-Lê Bích Ngọc- Bài giảng và lời giải chi tiết hình học 11
[6]. Nguyễn Mộng Hy – Nhà xuất bản GD- Các phép biến hình trong mặt phẳng
[7]. Đỗ Thanh Sơn – Nhà xuất bản GD- Các phép biến hình trong mặt phẳng

13