ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
- Các phép biến hình ở chương đầu trong sách giáo khoa hình học lớp 11 gồm
 Phép tịnh tiến
 Phép đối xứng trục
 Phép đối xứng tâm
 Phép quay
 Phép vị tự
 Phép đồng dạng
- Hiện nay ở trường trung học phổ thông thì các phép biến hình trong hình học
phẳng và trong hình học không gian chiếm tỉ lệ không nhỏ của nội dung môn toán.
Do đó ta thấy sự “ Ưu việt ’’ của phép biến hình trong môn toán ở trung học phổ
thông. Hơn nữa có những bài toán hình học được giải thông qua phép biến hình đôi
khi nhanh và ngọn hơn khi giải bằng cách thông thường.
- Chính vì vậy mà trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bài học bản thân thấy các
phép biến hình đặc biệt là phép đối xứng trục và phép quay có nhiều kiến thức bổ
ích, có tác dụng tích cực đến phương pháp giải một số bài toán hình học phẳng
trong các đề thi đại học hiện nay.
- Đó cũng chính là lí do để tôi chọn viết đề tài “ Ứng dụng của phép quay và phép
đối xứng trục để giải một số bài toán hình học giải tích phẳng ’’
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
- Tuy nhiên thực tế hiện nay việc dạy và học các phép biến hình trong môn toán ở
trung học phổ thông của thầy và trò gặp nhiều khó khăn. Thầy thì gặp khó khăn chủ
yếu trong phương pháp dạy, còn trò thì e ngại khi gặp những bài toán về phép biến
hình và các bài toán liên quan đến phép biến hình.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
- Để giải được những bài tập và các bài toán có liên quan đến phép quay và phép
đối xứng trục; yêu cầu học sinh phải nắm được những kiến thức cơ bản về những


ϕ
α

x
x’

x

Gọi M ( x; y ) ; M’ ( x' ; y ')
Q( O ,ϕ ) ( M ) = M ' ; Đặt OM = r
 x = r cos α
 y = r sin α
 x' = r cos( α + ϕ ) = r ( cos α cos ϕ − sin α sin ϕ )

 y = r sin ( α + ϕ ) = r ( sin α cos ϕ + cos α sin ϕ )
 x' = r cos α cos ϕ − r sin α sin ϕ
 x' = x cos ϕ − y sin ϕ
⇔
⇔
 y ' = r sin α cos ϕ + r cos α sin ϕ
 y ' = y cos ϕ + x sin ϕ

Ta có 

2


 x' = x cos ϕ − y sin ϕ
(1a)


M

B

O
N
D

C

Ta có MN = 10 . Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0
a
3
3a 2
Ta có AM = và AN = AC =
.
2
4
4
Áp dụng định lí côsin trong tam giác AMN
MN2 = AM2 + AN2 - 2AM.AN cos( ∠MAN ) =

5a 2
8

5a 2
= 10 ⇔ a = 4
8
Gọi I ( x; y ) là trung điểm của CD. Ta có

6
17 6
12 16
4
; y = − ta có I ( ;− ) và IM = (− ; ) = ( − 3;4 )
5
5
5 5
5 5
5
Đường thẳng CD đi qua điểm I và có véc tơ pháp tuyến là IM
Phương trình CD: 3x − 4 y − 15 = 0 .

* Với x =

Cách giải 2: (Sử dụng phép quay)
Gọi I ( x; y ) là trung điểm của CD, O là tâm của hình vuông ABCD suy ra O
(

x +1 y + 2
;
)
2
2

Ta thấy các tam giác NIC, MAO vuông cân.
TH1: * Q( M ,90 ) ( A) = O (hình vẽ trên)
Áp dụng công thức (1b) ta có
0


Mà O là trung điểm của AC suy ra
 x +1 1  y

 2 = 2  2 +1− y
x = 1



⇔

 y = −2
 y + 2 = 1  5 − x + x − 3 
 2
2 2

Phương trình CD: y + 2 = 0 .

⇒ I (1;−2)

TH2:

D

I

C
4


N

)
2
2

* Q( N ,90 ) ( C ) = I
0

 x − 2 = −( y C + 1)
 xC = y + 3
⇔

 y + 1 = ( xC − 2)
 yC = 1 − x

⇒ C ( y + 3;1 − x)

Mà O là trung điểm của AC suy ra
 x +1 1  4 − y

17

x=
 2 = 2  2 + y + 3





5
⇔

5


A

B

I
H

M
K

D
N
C
Gọi H là giao điểm của AN và BD, I là tâm của hình vuông ABCD.
Ta dễ thấy H là trung điểm của ID
Gọi K là trung điểm của IC
Xét phép quay tâm I góc quay 900, ta có
Q( I ,90 ) : A
 D
 K
H
Suy ra Q( I ,90 ) : AH  DK
0

0

 AH = DK

 2 − 2 = −( y − 2)
x = 1
⇔

 y = −1
1 − 2 = (x − 5)
 2
2
Vậy A ( 4;5) hoặc A (1;−1)

⇒ A(4;5)

⇒ A(1;−1)

Ví dụ 3:
6


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi
10
3

M là trung điểm của cạnh CD, điểm G (2; ) là trọng tâm tam giác BCM. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật biết phương trình đường thẳng AM: x − 1 = 0 .
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A

B

G

G

3
11
1 + 2 + m − c + 2

=2
m=



3
3
⇔

 m + c + c + 1 = 10
c = 8


3
3
3
11
8
11
Suy ra M (1; ) ; C (2; ) ; B (3; )
3
3
3
14

Suy ra M (1;3) ; C (2;4) ; B (3;3)
M là trung điểm của CD suy ra D (0;2) ; A (1;1) .
17
11
8
14
Vậy A (1; ) ; B (3; ) ; C (2; ) ; D (0; )
3
3
3
3
(
1
;
1
)
(
3
;
3
)
(
2
;
4
)
(
0
;
2


⇔

0
0
 y '−0 = (0 − 1) sin 120 + (0 − 0) cos 120
 y' = − 3

2
3
3
Suy ra M ( ;− ) .
2
2
(
Q
TH2: * ( I ,1200 ) M ) = O
0

0

 x + y 3 = 3
0 − 1 = ( x − 1) cos120 0 − ( y − 0) sin 120 0
⇔


0 − 0 = ( x − 1) sin 120 0 + ( y − 0) cos120 0
 x 3 − y = 3

8

M

I
B

d
Gọi tâm của đường tròn (C) là I(2;1). A, B là hai tiếp điểm
Ta dễ thấy IAMB là hình vuông
Gọi M (t;−1 − t ) ∈ d
* Q( A,90 ) ( M ) = I
Áp dụng công thức (1b) ta có
0

 2 − x A = − ( −1 − t − y A )
x = 0
⇔ A

1 − y A = (t − x A )
yA = 1− t

⇒ A(0;1 − t )

Mà A ∈ (C) suy ra (1 − t ) 2 − 2(1 − t ) − 1 = 0
1 − t = 1 + 2
t = − 2
⇔
⇔
1 − t = 1 − 2
t = 2


2

B

4

≥
Ta có MB + MC ≥
MB.MC MB + MC
Dấu bằng xảy ra ⇔ MB = MC suy ra M nằm chính giữa cung nhỏ BC
⇒ góc ∠ MOB = 600
Xét phép quay tâm O(0;0) góc quay 600
TH1: * Q( O ,60 ) ( B ) = M
Áp dụng công thức (1a) ta có
0


5
5 3
0
sin 60 0
 x' = − cos 60 −
 x ' = −5

2
2
⇔

 y' = 0
 y ' = − 5 sin 60 0 + 5 3 cos 60 0

(loại).

5
 5

0
0
− 2 = x cos 60 − y sin 60
 x = 2
 x − y 3 = −5
⇔
⇔

 x 3 + y = 5 3
 5 3 = x sin 60 0 + y cos 60 0
y = 5 3
 2

2
10


5 5 3
).
2 2
* Q( O ,600 ) ( C ) = M

Suy ra M ( ;

5

Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A
E
B

F

M

D
Ta thấy các tam giác EBM, FDM vuông cân
* Q( E ,90 ) ( M ) = B
Áp dụng công thức (1b) ta có

C

0

 x'−3 = −( 2 − 4)
 x' = 5
⇔

 y '−4 = (3 − 3)
 y' = 4

⇒ B (5;4)

* Q( F ,90 ) ( D ) = M
0


E

I
P
M

D
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD suy ra I(1;0)
Xét phép quay tâm I góc quay 900
* Q( I ,90 ) ( C ) = B
Áp dụng công thức (1b) ta có

C

0

 x'−1 = −(−2 − 0)
 x' = 3
⇔

 y '−0 = (3 − 1)
 y' = 2

⇒ B (3;2)

* Q( I ,90 ) ( A) = D
0

 x'−1 = −(2 − 0)
 x ' = −1

P = AN ∩ DM suy ra tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình
12


19

x
=

x + 2 y − 3 = 0
5
⇔

x − 3 y − 5 = 0
y = − 2

5
19 2
Vậy P ( ;− ) .
5 5

Ví dụ 9:
Tìm tọa độ hai điểm B, C thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số y =
tam giác ABC vuông cân tại A(2;1).
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
Gọi B (a;

3x − 1
(P) sao cho
x −1

Mà C thuộc (P) suy ra

−6
−1
a = −2
a
−
1
a −1 =
⇔ a2 − a − 6 = 0 ⇔ 
−2
a = 3
−1
a −1
7
2
+ Với a = −2 ⇒ B (−2; ) , C ( ;−3) không thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh của (P)
3
3
⇒
(
3
;
4
)
(−
1
;
2
) thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh của (P)

ABC
Ta có ∠ H’BC = ∠ H’AC
∠ H’AC = ∠ CBH
Suy ra ∠ H’BC = ∠ CBH nghĩa là BC là đường phân giác của góc ∠ H’BH
Mà BC ⊥ AH’ suy ra tam giác HBH’ cân tại B
Nên H và H’ đối xứng nhau qua đường thẳng BC
Do đó ĐBC( ∆ HBC) = ∆ H’BC
Ta thấy đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác BH’C suy ra đường tròn (C’) ngoại tiếp
tam giác HBC là ảnh của đường tròn (C) qua phép đối xứng trục BC.
- IB = 5 suy ra phương trình đường tròn (C): ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 5
Phương trình BC: x − y − 1 = 0
- Gọi I’ đối xứng với I qua BC suy ra I’(5;1)
Phương trình đường tròn (C’): ( x − 5) 2 + ( y − 1) 2 = 5
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là ( x − 5) 2 + ( y − 1) 2 = 5 .
Bài tập áp dụng
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(-4;5)
và phương trình một đường chéo là (d): 7 x − y + 8 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh
còn lại của hình vuông ABCD.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm E thuộc
đoạn BC. Một đường thẳng qua A vuông góc AE cắt CD tại F, trung tuyến
AM của tam giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết A(-6;6),
M(-4;2), K(-3;0).

14


3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi E là trung
11 2
3 6
điểm của cạnh AD, điểm H ( ;− ) là hình chiếu của B lên CE và M ( ;− )

- Kết quả thu được như sau.
Loại
điểm
11A
11E

9 - 10
S.lượng
%
8
17,8
7
15,6

7-8
S.lượng
%
18
40
20
44,4

5-6
S.lượng
%
14
31,1
15
33,3