Phép vị tự Môn Toán lớp 11

Bài viết lách trình diễn lý thuyết và chỉ dẫn giải những dạng toán phép tắc vị tự động nhập lịch trình Hình học tập 11 chương 1. Kiến thức và những ví dụ nhập nội dung bài viết được tìm hiểu thêm kể từ những tư liệu phép tắc dời hình và phép tắc đồng dạng nhập mặt mày phẳng lặng xuất bạn dạng bên trên TOANMATH.com.

A. KIẾN THỨC CẦN NẮM
1. Định nghĩa phép tắc vị tự
• Cho điểm $I$ và một vài thực $k\ne 0$, phép tắc đổi mới hình đổi mới từng điểm $M$ trở thành điểm $M’$ sao mang lại $\overrightarrow{IM’}=k.\overrightarrow{IM}$ được gọi là phép tắc vị tự động tâm $I$, tỉ số $k$, ký hiệu ${{V}_{\left( I;k \right)}}.$
• ${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M’$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {IM’} = k.\overrightarrow {IM} .$
2. Biểu thức tọa chừng của phép tắc vị tự
Trong mặt mày phẳng lặng tọa chừng $Oxy$, cho $I\left( {{x_0};{y_0}} \right)$, $M\left( {x;y} \right)$, gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}
x’ = kx + \left( {1 – k} \right){x_0}\\
y’ = ky + \left( {1 – k} \right){y_0}
\end{array} \right.$
3. Tính hóa học của phép tắc vị tự
• Nếu ${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( M \right) = M’$, ${V_{\left( {I;k} \right)}}\left( N \right) = N’$ thì $\overrightarrow {M’N’} = k\overrightarrow {MN} $ và $M’N’ = \left| k \right|MN.$
• Phép vị tự động tỉ số $k:$
+ Biến tía điểm trực tiếp sản phẩm trở thành tía điểm và bảo toàn trật tự thân thuộc tía điểm cơ.
+ Biến một đường thẳng liền mạch trở thành đường thẳng liền mạch trở thành một đường thẳng liền mạch tuy nhiên song hoặc trùng với đường thẳng liền mạch tiếp tục mang lại, đổi mới tia trở thành tia, đổi mới đoạn trực tiếp trở thành đoạn trực tiếp.
+ Biến một tam giác trở thành tam giác đồng dạng với tam giác tiếp tục mang lại, đổi mới góc trở thành góc vày góc tiếp tục mang lại.
+ Biến lối tròn trặn sở hữu cung cấp kính $R$ thành lối tròn trặn sở hữu cung cấp kính $\left| k \right|R.$
4. Tâm vị tự động của hai tuyến đường tròn
• Với hai tuyến đường tròn trặn bất kì luôn luôn sở hữu một phép tắc vị tự động đổi mới lối tròn trặn này trở thành lối tròn trặn cơ, tâm của phép tắc vị tự động này được gọi là tâm vị tự động của hai tuyến đường tròn trặn.
• Cho hai tuyến đường tròn $\left( {I;R} \right)$ và $\left( {I’;R’} \right).$
+ Nếu $I\equiv I’$ thì những phép tắc vị tự động ${{V}_{\left( I;\pm \frac{R’}{R} \right)}}$biến $\left( I;R \right)$ thành$\left( I’;R’ \right)$.

Bạn đang xem: Phép vị tự Môn Toán lớp 11

+ Nếu $I\ne I’$ và $R\ne R’$ thì những phép tắc vị tự động ${{V}_{\left( O;\frac{R’}{R} \right)}}$ và ${{V}_{\left( {{O}_{1}};-\frac{R’}{R} \right)}}$ đổi mới $\left( I;R \right)$ thành$\left( I’;R’ \right)$. Ta gọi $O$ là tâm vị tự động ngoài  còn ${{O}_{1}}$ là tâm vị tự động nhập của hai tuyến đường tròn trặn.

+ Nếu $I\ne I’$ và $R=R’$ thì sở hữu ${{V}_{\left( {{O}_{1}};-1 \right)}}$ đổi mới $\left( I;R \right)$ thành$\left( I’;R’ \right)$.

B. CÁC DẠNG TOÁN PHÉP VỊ TỰ
Dạng toán 1. Xác ấn định hình họa của một hình qua quýt phép tắc vị tự
Phương pháp: Dùng khái niệm, đặc thù và biểu thức tọa chừng của phép tắc vị tự động.

Ví dụ 1. Trong mặt mày phẳng lặng $Oxy$, mang lại đường thẳng liền mạch $d$ sở hữu phương trình $5x+2y-7=0$. Hãy viết lách phương trình của đường thẳng liền mạch $d’$ là hình họa của $d$ qua quýt phép tắc vị tự động tâm $O$ tỉ số $k=-2$.

Cách 1:
Lấy $M\left( {x;y} \right) \in d$ $ \Rightarrow 5x + 2y – 7 = 0$ $\left( * \right).$
Gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {V_{\left( {O; – 2} \right)}}\left( M \right).$
Theo biểu thức tọa chừng của phép tắc vị tự động, tớ có:
$\left\{ \begin{array}{l}
x’ = – 2x + \left[ {1 – \left( { – 2} \right)} \right].0\\
y’ = – 2y + \left[ {1 – \left( { – 2} \right)} \right].0
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = – \frac{1}{2}x’\\
y = – \frac{1}{2}y’
\end{array} \right.$
Thay nhập $\left( * \right)$ ta được $ – \frac{5}{2}x’ – y’ – 7 = 0$ $ \Leftrightarrow 5x’ + 2y’ + 14 = 0.$
Vậy $d’:5x + 2y + 14 = 0.$
Cách 2:
Do $d’$ song tuy nhiên hoặc trùng với $d$ nên phương trình $d’$ sở hữu dạng: $5x + 2y + c = 0.$
Lấy $M\left( {1;1} \right)$ thuộc $d.$
Gọi $M’\left( {x’;y’} \right) = {V_{\left( {O; – 2} \right)}}\left( M \right)$, ta có: $\overrightarrow {OM’} = – 2\overrightarrow {OM} $ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x’ = – 2\\
y’ = – 2
\end{array} \right.$
Thay nhập $\left( * \right)$ ta được $c = 14.$
Vậy $d’:5x + 2y + 14 = 0.$

Ví dụ 2. Trong mặt mày phẳng lặng $Oxy$, mang lại lối tròn trặn $\left( C \right):{{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}=4$. Tìm hình họa của lối tròn trặn $\left( C \right)$ qua quýt phép tắc vị tự động tâm $I\left( -1;2 \right)$ tỉ số $k=3$

Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $J\left( {1;1} \right)$, bán kính $R = 2.$
Gọi $J’\left( {x’;y’} \right) = {V_{\left( {I;3} \right)}}\left( J \right)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {IJ’} = 3\overrightarrow {IJ} $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x’ – 1 = 3\left( {1 + 1} \right)\\
y’ – 1 = 3\left( {1 – 2} \right)
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x’ = 7\\
y’ = – 2
\end{array} \right.$ $ \Rightarrow J’\left( {7; – 2} \right).$
Gọi $\left( C’ \right)$ là hình họa của $\left( C \right)$ qua quýt phép tắc vị tự động ${{V}_{\left( I;3 \right)}}$ thì$\left( C’ \right)$ sở hữu tâm $J’\left( 7;-2 \right)$, nửa đường kính $R’=3R=6$.
Vậy $\left( C’ \right):{{\left( x-7 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}=36$.

Dạng toán 2. Tìm tâm vị tự động của hai tuyến đường tròn
Phương pháp: Sử dụng cách thức dò xét tâm vị tự động của hai tuyến đường tròn trặn tiếp tục trình diễn tại phần A-4.

Ví dụ 3. Cho hai tuyến đường tròn $\left( C \right):{\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 4$ và $\left( {C’} \right):{\left( {x – 8} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = 16$. Tìm tâm vị tự động của hai tuyến đường tròn trặn.

Ta có: Đường tròn $\left( C \right)$ có tâm $I\left( {1;2} \right)$, bán kính $R = 2$, đường tròn trặn $\left( {C’} \right)$ có tâm $I’\left( {8;4} \right)$, bán kính $R’ = 4.$
Do $I \ne I’$ và $R \ne R’$ nên sở hữu nhì phép tắc vị tự động ${V_{\left( {J;2} \right)}}$ và ${V_{\left( {J’; – 2} \right)}}$ biến $\left( C \right)$ thành $\left( {C’} \right).$
Gọi $J\left( {x;y} \right).$
Với $k = 2$, tớ có: $\overrightarrow {JI’} = 2\overrightarrow {JI} $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
8 – x = 2\left( {2 – x} \right)\\
4 – hắn = 2\left( {1 – y} \right)
\end{array} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = – 4\\
y = – 2
\end{array} \right.$ $ \Rightarrow J\left( { – 4; – 2} \right).$
Tương tự động với $k = – 2$, suy rời khỏi $J’\left( {4;2} \right).$
[ads]
Dạng toán 3. Sử dụng phép tắc vị tự động nhằm giải những vấn đề dựng hình
Phương pháp: Để dựng một hình $\left( H \right)$ nào là cơ tớ quy về dựng một vài điểm (đủ nhằm xác đánh giá $\left( H \right)$) Lúc cơ tớ coi những vấn đề cần dựng này là uỷ thác của hai tuyến đường nhập cơ một lối đã có sẵn và một lối là hình họa vị tự động của một lối không giống.

Ví dụ 4. Cho nhì điểm $B,C$ cố định và thắt chặt và hai tuyến đường trực tiếp ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$. Dựng tam giác $ABC$ sở hữu đỉnh $A$ nằm trong ${{d}_{1}}$ và trọng tâm $G$ nằm trong ${{d}_{2}}$.

Xem thêm: Phân tích tác phẩm "Phú sông Bạch Đằng" Môn Ngữ văn Lớp 10

Phân tích:
Giả sử tiếp tục dựng được tam giác $ABC$ thỏa mãn đòi hỏi vấn đề.
Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, theo đặc thù trọng tâm tam giác tớ có $\overrightarrow {IA} = 3\overrightarrow {IG} $ $ \Rightarrow {V_{\left( {I;3} \right)}}\left( G \right) = A.$
Mà $G \in {d_2}$ $ \Rightarrow A \in {d_2}’$, với ${d_2}’$ là hình họa của ${d_2}$ qua ${V_{\left( {I;3} \right)}}.$
Ta lại có: $A \in {d_1}$ $ \Rightarrow A = {d_1} \cap {d_2}’.$
Cách dựng:
+ Dựng đường thẳng liền mạch ${{d}_{2}}’$ hình họa của ${{d}_{2}}$ qua quýt ${{V}_{\left( I;3 \right)}}$.
+ Dựng uỷ thác điểm $A={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}’$.
+ Dựng uỷ thác điểm $G=IA\cap {{d}_{2}}$.
Hai điểm $A;G$ là nhì vấn đề cần dựng.
Chứng minh: Rõ ràng  kể từ cơ hội dựng tớ có $A \in {d_1}$, $G \in {d_2}$, $I$ là trung điểm của $BC$ và ${V_{\left( {I;3} \right)}}\left( G \right) = A$ $ \Rightarrow \overrightarrow {IA} = 3\overrightarrow {IG} $ $ \Rightarrow G$ là trọng tâm tam giác $ABC.$
Nhận xét: Số nghiệm hình của vấn đề thông qua số uỷ thác điểm của ${{d}_{1}}$ và ${{d}_{2}}’$.

Ví dụ 5. Cho hai tuyến đường tròn trặn đồng tâm $\left( {{C}_{1}} \right)$ và $\left( {{C}_{2}} \right)$. Từ một điểm $A$ bên trên lối tròn trặn rộng lớn $\left( {{C}_{1}} \right)$ hãy dựng đường thẳng liền mạch $d$ rời $\left( {{C}_{2}} \right)$ bên trên $B,C$ và rời $\left( {{C}_{1}} \right)$ bên trên $D$ sao mang lại $AB=BC=CD$.

Phân tích:
Giả sử tiếp tục dựng được đường thẳng liền mạch $d$ rời $\left( {{C}_{1}} \right)$ bên trên $D$ và $\left( {{C}_{2}} \right)$ bên trên $B,C$ sao mang lại $AB=BC=CD$, Lúc cơ $\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} $ $ \Rightarrow {V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\left( C \right) = B.$
Mà $C\in \left( {{C}_{2}} \right)$ nên $B\in \left( {{C}_{2}}’ \right)$ với lối tròn trặn $\left( {{C}_{2}}’ \right)$ là hình họa của  $\left( {{C}_{2}} \right)$ qua quýt ${{V}_{\left( A;\frac{1}{2} \right)}}$.
Ta lại sở hữu $B\in \left( {{C}_{2}} \right)$ nên $B\in \left( {{C}_{2}} \right)\cap \left( {{C}_{2}}’ \right)$.
Cách dựng:
+ Dựng lối tròn trặn $\left( {{C}_{2}}’ \right)$ hình họa của lối tròn trặn $\left( {{C}_{2}} \right)$ qua quýt phép tắc vị tự động ${{V}_{\left( A;\frac{1}{2} \right)}}$.
+ Dựng uỷ thác điểm $B$ của $\left( {{C}_{2}} \right)$ và $\left( {{C}_{2}}’ \right)$.
+ Dựng đường thẳng liền mạch $d$ trải qua $A,B$ rời những lối tròn trặn $\left( {{C}_{2}} \right),\left( {{C}_{1}} \right)$ bên trên $C,D$ ứng.
Đường trực tiếp $d$ đó là đường thẳng liền mạch cần thiết dựng.
Chứng minh:
Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ thì $I$ cũng chính là trung điểm của $BC$.
Vì ${{V}_{\left( A;\frac{1}{2} \right)}}\left( C \right)=B$ nên $AB=BC$, mặt mày không giống $AD$ và $BC$ sở hữu cộng đồng trung điểm $I$ nên $IA = ID$, $IB = IC$, $ID = CD + IC$, $IA = IB + AB$ suy ra $CD = AB.$
Vậy $AB = BC = CD.$
Nhận xét: Gọi ${{R}_{1}};{{R}_{2}}$ theo thứ tự là nửa đường kính những lối tròn trặn $\left( {{C}_{1}} \right)$ và $\left( {{C}_{2}} \right)$ tớ có:
+ Nếu ${{R}_{1}}\ge 2{{R}_{2}}$ thì vấn đề sở hữu một nghiệm hình.
+ Nếu ${{R}_{1}}<2{{R}_{2}}$ thì vấn đề sở hữu nhì nghiệm hình.

Dạng toán 4. Sử dụng phép tắc vị tự động nhằm giải những vấn đề hội tụ điểm
Phương pháp: Để dò xét hội tụ điểm $M$ tớ hoàn toàn có thể quy về dò xét hội tụ điểm $N$ và dò xét một phép tắc vị tự động ${{V}_{\left( I;k \right)}}$ nào là cơ sao mang lại ${{V}_{\left( I;k \right)}}\left( N \right)=M$ suy rời khỏi quỹ tích trữ $M$ là hình họa của quỹ tích $N$ qua quýt ${{V}_{\left( I;k \right)}}$.

Ví dụ 6. Cho lối tròn trặn $\left( O;R \right)$ và một điểm $I$ ở ngoài lối tròn trặn sao mang lại $OI=3R$, $A$ là 1 trong điểm thay cho thay đổi bên trên lối tròn trặn $\left( O;R \right)$. Phân giác nhập góc $\widehat{IOA}$ rời $IA$ bên trên điểm $M$. Tìm hội tụ điểm $M$ Lúc $A$ địa hình bên trên $\left( O;R \right)$.

Theo đặc thù lối phân giác tớ có $\frac{{MI}}{{MA}} = \frac{{OI}}{{OA}} = \frac{{3R}}{R} = 3$ $ \Rightarrow IM = \frac{3}{4}IA$ $ \Rightarrow \overrightarrow {IM} = \frac{3}{4}\overrightarrow {IA} .$
Suy rời khỏi ${{V}_{\left( I;\frac{3}{4} \right)}}\left( A \right)=M$, nhưng mà $A$ nằm trong lối tròn trặn $\left( O;R \right)$ nên $M$ nằm trong $\left( O’;\frac{3}{4}R \right)$ hình họa của $\left( O;R \right)$ qua quýt ${{V}_{\left( I;\frac{3}{4} \right)}}$.
Vậy hội tụ điểm $M$ là $\left( O’;\frac{3}{4}R \right)$ hình họa của $\left( O;R \right)$ qua quýt ${{V}_{\left( I;\frac{3}{4} \right)}}$.

Ví dụ 7. Cho tam giác $ABC$. Qua điểm $M$ bên trên cạnh $AB$ vẽ những lối tuy nhiên song với những lối trung tuyến $AE$ và $BF$, ứng rời $BC$ và $CA$ tai $P,Q$ . Tìm hội tụ điểm $R$ sao mang lại $MPRQ$ là hình bình hành.

Gọi $I = MQ \cap AE$, $K = MP \cap BF$ và $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC.$
Ta có: $\frac{{MI}}{{BG}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AQ}}{{AF}} = \frac{{IQ}}{{GF}}$ $ \Rightarrow \frac{{MI}}{{IQ}} = \frac{{BG}}{{GF}} = 2$ $ \Rightarrow \overrightarrow {MI} = \frac{2}{3}\overrightarrow {MQ} .$
Tương tự động tớ sở hữu $\overrightarrow {MK} = \frac{2}{3}\overrightarrow {MP} .$
Từ cơ tớ sở hữu $\overrightarrow {MG} = \overrightarrow {MI} + \overrightarrow {MK} $ $ = \frac{2}{3}\overrightarrow {MQ} + \frac{2}{3}\overrightarrow {MP} $ $ = \frac{2}{3}\overrightarrow {MR} .$
Do cơ $\overrightarrow {GR} = – \frac{1}{2}\overrightarrow {GM} $ $ \Rightarrow {V_{\left( {G; – \frac{1}{2}} \right)}}\left( M \right) = R.$
Mà $M$ nằm trong cạnh $AB$ nên $R$ nằm trong hình họa của cạnh $AB$ qua quýt ${{V}_{\left( G;-\frac{1}{2} \right)}}$ đoạn đó là đoạn $EF$.
Vậy hội tụ điểm $R$ là đoạn $EF$.

Dạng toán 5. Sử dụng phép tắc vị tự động nhằm minh chứng những đặc thù hình học tập phẳng
Ví dụ 8. Trên cạnh $AB$ của tam giác $ABC$ lấy những điểm $M,N$ sao mang lại $AM=MN=NB$, những điểm $E,F$ theo thứ tự là trung điểm của những cạnh $CB,CA$, gọi $P$ là uỷ thác điểm của $BF$ và $CN$, $Q$ là uỷ thác điểm của $AE$ với $CM$. Chứng minh $PQ//AB$.

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
Ta sở hữu $MF$ là lối tầm của tam giác $ACN$ nên $MF\parallel CN$, mặt mày không giống $N$ là trung điểm của $MB$ nên $P$ là trung điểm của $BF$.
Ta có: $\overrightarrow {GP} = \overrightarrow {BP} – \overrightarrow {BG} $ $ = \frac{1}{2}\overrightarrow {BF} – \frac{2}{3}\overrightarrow {BF} $ $ = – \frac{1}{6}\overrightarrow {BF} = \frac{1}{4}\overrightarrow {GB} .$
Tương tự động $\overrightarrow {GQ} = \frac{1}{4}\overrightarrow {GA} .$
Vậy ${{V}_{\left( G;\frac{1}{4} \right)}}\left( B \right)=P$ và ${{V}_{\left( G;\frac{1}{4} \right)}}\left( A \right)=Q$ suy rời khỏi $PQ//AB$.

Xem thêm: teen 2k thi học kì I

Ví dụ 9. Cho tam giác $ABC$. Gọi $I,J,M$ theo thứ tự là trung điểm của $AB,AC,IJ$. Đường tròn trặn $\left( O \right)$ nước ngoài tiếp tam giác $AIJ$ rời $AO$ bên trên $D$. Gọi $E$ là hình chiếu vuông góc của $D$ bên trên $BC$. Chứng minh $A,M,E$ trực tiếp sản phẩm.

Xét phép tắc vị tự ${V_{\left( {A;2} \right)}}$, tớ có: $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {AI} $, $\overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AJ} $ nên ${V_{\left( {A;2} \right)}}\left( I \right) = B$, ${V_{\left( {A;2} \right)}}\left( J \right) = C$, do cơ ${V_{\left( {A;2} \right)}}$ biến tam giác $AIJ$ trở thành tam giác $ABC$, suy rời khỏi phép tắc vị tự động này đổi mới lối tròn trặn $\left( O \right)$ trở thành lối tròn trặn $\left( O’ \right)$ nước ngoài tiếp tam giác $ABC$.
Do $\overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AO} $ $ \Rightarrow {V_{\left( {A;2} \right)}}\left( O \right) = D$ $ \Rightarrow O’ \equiv D$ hay $D$ là tâm của lối tròn trặn nước ngoài tiếp tam giác $ABC.$
Giả sử ${V_{\left( {A;2} \right)}}\left( M \right) = M’$ khi đó $OM \bot IJ$ $ \Rightarrow DM’ \bot BC$ $ \Rightarrow M’ \equiv E.$
Vậy ${{V}_{\left( A;2 \right)}}\left( M \right)=E$ nên $A,M,E$ trực tiếp sản phẩm.