Singapore đang chủ trương “dạy ít hơn, học hỏi nhiều hơn”.......Phương thức Singapore được phát triển bởi đội ngũ giáo viên trong những năm 1980, những người được giao nhiệm vụ viết ra các tài liệu giảng dạy chất lượng cao của Bộ Giáo dục. Họ đã nghiên cứu rất nhiều, cũng đi du lịch đến các trường học ở các nước khác, bao gồm Canada và Nhật Bản, để so sánh hiệu quả các phương pháp giảng dạy. Ở Việt Nam chúng ta, giáo viên căng lên lo miếng cơm manh áo, hết lò luyện thi lại... Xem thêm
Trang 1ỨNG DỤNG CÙA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC 10 I) Mở đầu
Trong 9 năm tôi giảng dạy tôi nhân thấy rằng học sinh học hình học về phép biến hình còn rất khó tiếp thu và chưa biết cách vận dụng phép biến hình vào giải toán hình Đặc biệt các bài toán hay, khó trong phần phương pháp tọa
độ trong mặt phẳng của hình học 10 cũng như trong các đề thi đại học ta có thể vận dụng phép biến hình vào giải bài toán đó một cách dễ dàng
Vì vậy để giúp học sinh học tốt môn hình học lớp 11 và biết cách vận dụng phép biến hình vào giải một số bài toán về tọa độ của hình học 10 đồng thời giúp các em tự tin hơn trong khi giải quyết các bài toán khó trong các kỳ thi quốc gia nên tôi đưa ra một số bài toán phần hình học tọa độ trong mặt phẳng của lớp 10 có vận dụng phép biến hình
II) VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) và
phương trình đường tròn đi qua chân các đường cao của tam giác ABC có
phương trình ( ) 2 2
C x +y − x− y+ = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Nhận xét: - Đây là bài tập tương đối khó Nếu ta không dùng phép biến hình ở
đây thì giải bài toán này rất khó khăn
Giải
Ta có (C) có tâm T(2;2), bán kính R= 7
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và
M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CA,AB Phép vị tự tâm G tỷ số k=-2
biến tam giác MNP thành tam giác ABC
và biến đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP thành đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC
Biến tâm T thành tâm I được xác định
1
GIuur= − GT Ruuur = R =
Mặt khác
IH= IG⇔ IG= GH⇒ − GT= − GH ⇔GH = GT
2
2;
7
3
3
G
G
x
G y
=
=
Suy ra
( )
2
2;3
I I
x
I y
=
− = − =
G
E
F I
M H A
Trang 2Đường tròn đi qua ba chân đường cao đồng thời là đường tròn đi qua trung điểm các cạnh nên trùng với đường tròn (MNP) ngoại tiếp tam giác MNP
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( ) (2 )2
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : 2x+ 4y− = 15 0 và hai đường tròn ( ) ( ) (2 )2
C x− + y− = ;( ) ( )2 2
C x+ +y = Tìm điểm M trên (C1)
và N trên (C2) sao cho MN nhận đường thẳng ∆ làm trung trực và N có hoành
độ âm
Giải
2
N a b ∈ C a< ⇒ a+ +b =
Vì MN nhận ∆ làm trung trực nên N nằm trên đường tròn (C3) là ảnh của đường tròn (C1) qua phép đối xứng qua đường thẳng ∆
Đường tròn (C1) có tâm I( )1; 2 , bán kính R=3 Tâm của (C3) là I3 đối xứng với I qua ∆, bán kính R=3
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với ∆ nhận uuurV=( )2;1 làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là:
d: 2(x-1)-1(y-2)=0 ⇔d: 2x-y=0
Tọa độ giao điểm H = ∩ ∆d là nghiệm của hệ phương trình:
3
;3 2
3
H
y
Vì H là trung điểm của II3 nên I3( )2, 4 Vậy ( ) (2 )2
3
( ) :C x− 2 + −y 4 = 9 Mặt khác ( ) ( ) (2 )2 ( )
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được : ( ) ( )
0
1
4
a
a
b
<
Điểm M đối xứng với N qua ∆, tìm được 4 22;
5 5
Vậy 4 22;
5 5
, N(− 1; 4) là hai điểm cần tìm
Ví dụ 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
d x y+ − = d x y+ =
( ) :C x +y − 2x+ 4y− 20 0 = Và 2 đường thẳng d1 : 2x y+ − = 5 0;d2 : 2x y+ = 0 Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với (C) tại A và cắt d d1 , 2 lần lượt tại B, C sao cho B là trung điểm của AC
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=5
Lấy đối xứng đường thẳng d2qua đường thẳng d1 ta được đường thẳng
3 : 2 10 0.
d x y+ − =
Trang 3Do d1 //d2 nên d3 //d1 //d2 do đó A d∈ 3.
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình
( )
4; 2
6; 2
A
A
Với A(4;2) phương trình tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua điểm A(4;2)
và nhận IAuur= (3;4) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
: 3 x 4 4 y 2 0 : 3x 4y 20 0
Với A(6;-2) phương trình tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua điểm A(6;-2)
và nhận IAuur= (5;0) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
: 5 x 6 0 :x 6
Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 6
: 3 4 20 0
x
∆ + − =
Nhận xét: Với cách tương tự ta có thể giải quyết trong trường hợp AB=kAC,
(k>0) bằng phép tịnh tiến d2 theo véc tơ u knr= uurd1 = (2 ; )k k .
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H thuộc
đường thẳng 3x-4y-4=0 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình
là ( ): 1 2 5 2 25
C x− + y− =
Giả sử M(2;3) là trung điểm
cạnh BC Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC
Giải
Tọa độ điểm H là nghiệm của
hệ phương trình:
Gọi H1 là điểm đối xứng của
H qua đường thẳng BC
Ta có BH H· 1 =BHH· 1=·ACB
(cùng chắn cung »AB) do đó
1
H thuộc đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC
Đường tròn (C) có tâm
1 5
;
2 2
I
, bán kính R=
5
2 Giả sử đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC có tâm I1, bán
kính R1
Phép đối xứng qua đường
thẳng BC biến tam giác HBC
thành tam giác H BC1 do đó
biến đường tròn ngoại tiếp
I
I1
H1 M
I
E H A
Trang 4tam giác HBC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác H BC1 hay chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có M là trung điểm của II1 và 1
5 2
R = =R .
Suy ra 1
1 5
;
2 2
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
− + − =
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình:
,
,
Suy ra
8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
3
2
AH = I M A
⇒ ÷
uuur uuuur
Vậy tọa độ 3 điểm cần tìm là:
Ví dụ 5 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x-y+2=0 và hai đường tròn
( ) ( ) (2 )2 ( ) ( ) (2 )2
C x− + y− = C x+ + −y = Tìm điểm M trên d sao cho tồn tại hai điểm A, B lần lượt thuộc vào ( )C1 và ( )C2 sao cho d là phân giác trong của góc ∠AMB
Giải
Đường tròn ( )C1 có tâm I1( )1;1 bán kính R1 = 1
Đường tròn ( )C2 có tâm I2(− 3; 4) bán kính R2 = 2
Giả sử đường thẳng MA:ax+by+c=0( 2 2 )
0
a +b > (1) Khi đó MB chính là đường thẳng đối xứng với MA qua d Với mỗi điểm (x;y) thuộc MA tồn tại điểm
(x y1 ; 1)thuộc MB sao cho chúng đối xứng nhau qua d
Khi đó ta có hệ phương trình: ( 1 ) ( 1 )
1
1
2
2 0
được phương trình của MB:bx+ay-2a+2b+c=0
Mặt khác vì MA tiếp xúc với ( )C1 , MB tiếp xúc với ( )C2 nên ta có:
Trang 5( )
1 1
1
;
3
3
a b c
a b c
c
+ +
=
+
TH1: c=-3b ta có: 2
0 2
3 4
b
=
= ⇔ =
- Với b=0 suy ra MA: x=0 và tìm được tọa độ của M (0;2)
- Với 3b=4a chọn a=3;b=4;c=-12 suy ra phương trình MA: 3x+4y-12=0 và tìm được 4 18;
7 7
0
a
b
=
KL: Tồn tại hai điểm M (0;2) và 4 18;
7 7
.
Ví dụ 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A( )5;1 và đường thẳng
d x− y− = Tìm điểm M trên đường thẳng d và điểm N trên đường tròn
( ) ( ) (2 )2
C x− + −y = sao cho tam giác AMN vuông cân tại A
Giải:
Nhận thấy A d∈ Phép quay ;
2
A
Q π
±
÷
biến đường thẳng d thành đường thẳng
1
d ⊥d tại A Phương trình đường thẳng d1 : 2x y+ − = 11 0.
Do tam giác AMN vuông cân tại A nên N là ảnh của M qua phép quay ;
2
A
Q π
±
÷
hay M thuộc đường thẳng d1
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
6; 1
6, 1
N
+ − =
TH1: Nếu N(4;3) gọi M(t;9-2t)∈ ⇒d1 AN = AM = 17.
( ) (2 )2
17 17
5
M t
= +
TH2: Nếu N(6;-1)⇒AN = AM = 1
( ) (2 )2
1 2
5
5 5 5
M t
Trang 6Vậy hai điểm cần tìm là 5 17;2 17 1
N(4;3) hoặc 5 1 ; 2 1
5 5
, N(6;-1) hoặc
Ví dụ 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(1;4) và hai đường tròn
( ) ( ) (2 )2 ( ) ( ) (2 )2
C x− + y− = C x− + −y = Tìm điểm M trên ( )C1 , điểm
N trên ( )C2 sao cho tam giác AMN vuông cân tại A (M, N có tọa độ nguyên)
Giải:
Đường tròn ( )C1 có tâm I1( )1; 2 , bán kính R1 = 5.
Đường tròn ( )C2 có tâm I2( )2;5 , bán kính R2 = 13
Phép quay Q A1( ; π 2) biến ( )C1 thành ( )C3 có tâm I3, bán kính R3 =R1 = 5.
Khi đó · 2 3 ( )
3
2 3
3; 4 2
AI AI
I
I AI π
=
Phương trình đường tròn ( ) ( ) (2 )2
Phép quay Q A2( ; − π 2) biến ( )C1 thành ( )C4 có tâm I4, bán kính R4 =R1 = 5.
4
2 4
1; 4 2
AI AI
I
=
= −
Phương trình đường tròn ( ) ( ) (2 )2
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên M biến thành N qua phép quay Q1 hoặc
2
Q , suy ra N là giao điểm của ( )C2 với ( )C3 hoặc là giao điểm của ( )C4 với ( )C2
TH1: N là giao điểm của ( )C2 với ( )C3
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
8 0
x y
( )
1,7
1, 7
0;8
0, 8
N
N
−
= − =
⇔ = = ⇒
- Với N(− 1,7)⇒M( )4, 6 .
- Với N( )0,8 ⇒M( )5,5 .
TH2: N là giao điểm của ( )C2 với ( )C4
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
x y
23 129 51 3 129
,
23 129 51 3 129
,
⇔
(không thỏa mãn)
Trang 7Vậy hai điểm cần tìm là N(− 1,7 ,) M( )4,6 hoặc N( )0,8 ,M( )5,5
Ví dụ 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(2;3)
Gọi M,N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP có phương trình là ( ) ( ) (2 )2
C x− + y− = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải:
G
I1
N
I P
M A
Đường tròn C1 có tâm I1 (1;1), bán kính R1 = 10
Phép vị tự tâm G tỷ số k=-2 biến M thành A, biến N thành B, biến P thành C Biến tam giác MNP thành tam giác ABC
Biến tâm I1 đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có 2 1 ( )4,7
I
= −
uur uuur
Trang 8Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) (2 )2
Nhận xét: Đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P chính là đường tròn chín điểm
Euler Nếu lấy đối xứng G qua các điểm M, N, P ta được G G G1 , 2 , 3 thì đường tròn ngoại tiếp tam giác G G G1 2 3 có cùng bán kính với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và có tâm đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua G
Ví dụ 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(5;1) nội
tiếp đường tròn ( ) ( ) (2 )2
C x− + +y = Trọng tâm G nằm trên đường thẳng d: x+3y+4=0 và độ dài cạnh BC bằng 8 Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC
Giải:
Đường tròn (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=5
Gọi M là trung điểm của BC ta có 2 2
3 4
AB
IM ⊥BC⇒IM = IA − = Vậy M nằm trên đường tròn ( )C1 có tâm I(2;-3), bán kính R1 = 3.
3
AG= AM
uuur uuuur
Suy ra G là ảnh của M qua phép vị tự ;2
3
A
V
÷
Phép vị tự ;2
3
A
biến đường tròn ( )C1 thành đường tròn ( )C2 có tâm I2, bán kính R2 Ta có
2
2
3;
2
2 3
uuur uur
Phương trình đường tròn ( ) ( )2 2
2
5
3
C x− +y+ =
Ta có G d G∈ , ∈( )C2 nên tọa độ điểm G thỏa mãn hệ phương trình:
5 5
3 3
23 43
;
5 15
G
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1; 5
3
G −
hoặc
23 43
;
5 15
Ví dụ 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( )C x: 2 +y2 − 2x+ 4y− = 5 0 Tìm 2 điểm phân biệt M và N trên (C) sao cho tam giác AMN vuông cân tại A, biết điểm A(1;0)
Giải:
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R= 10
Trang 9Tam giác AMN vuông cân tại A nên phép quay Q(A; 90± 0 ) biến điểm M thành điểm N(và biến điểm N thành điểm M), biến đường tròn (C) thành đường tròn
( ) ( )C1 , C2 suy ra điểm M, N là giao điểm của (C) với ( )C1 hoặc (C) với ( )C2
Ta có I1( ) (3;0 ,I2 − 1;0) suy ra phương trình 2 đường tròn là ( ) ( )2 2
và ( ) ( )2 2
TH1; Tọa độ điểm M, N là giao điểm của (C), ( )C1 thỏa mãn hệ phương trình:
4; 3 , 0;1
4, 3
TH2; Tọa độ điểm M, N là giao điểm của (C), ( )C2 thỏa mãn hệ phương trình:
2; 3 , 2;1
2, 1
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là M( ) (0;1 ,N 4; 3 − ) hoặc M(4; 3 , − ) ( )N 0;1 hoặc
( 2; 3 ,) ( )2;1
M − − N hoặc N(− − 2; 3 ,) M( )2;1 .
Ví dụ 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d x y1 : − + = 2 0 và
d x− y+ = Viết phương trình đường tròn tâm A(2;1) và cắt d d1 , 2 lần lượt tại M,N sao cho AMN vuông tại A
Giải
Theo giả thiết ta có AM = AN, · 0
90
MAN = suy ra N là ảnh của M qua phép quay
(A; 90 0 )
Q ± Hay N nằm trên các đường thẳng d d3 , 4 là ảnh của đường thẳng d1 qua phép quay Q(A; 90± 0 )
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d1
Đường thẳng AH
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình:
1
;
2
x
x y
H
x y
y
=
− + =
Ta tìm đường thẳng d3 là ảnh của d1 qua phép quay Q1 ;90 (A 0 )
Phép quay Q1 ;90 (A 0 ) biến điểm H thành điểm H1 xác định bởi:
1
1 1
1 1
;
2 2
H
⊥
Đường thẳng d3 là đường thẳng đi qua H1 và vuông góc với AH1 ⇒d x y3 : + = 0. Tương tự đường thẳng d4 là ảnh của đường thẳng d1 qua phép quay Q2 (A; 90− 0 ) ta tìm được điểm 2
7 5
;
2 2
là ảnh của H và phương trình đường thẳng d4 là:
d x y+ − = .
TH1: N là giao điểm của d d2 , 3, tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
Trang 10( ) ( )
uuur
Đường thẳng AM ⊥AN⇒ AM x: − = 2 0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2; 4
M
Phương trình đường tròn cần tìm là ( ) ( ) (2 )2
TH2 : N là giao điểm của d d2 , 4, tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
17
7
x
x y
y
=
+ − =
uuur
Đường thẳng AM ⊥AN⇒ AM x: + 6y− = 8 0.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
4
;
7
x
M
x y
y
= −
+ − =
Phương trình đường tròn cần tìm là ( ) ( ) (2 )2
2
333
289
Vậy có hai đường tròn ( )C1 và ( )C2 như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán
Cách giải thông thường:
3 7
4
n
M m m+ ∈d N n + ∈ ⇒d AM = m− m+
uuuur
4
n
AN =n− +
uuur
Yêu cầu bài toán tương đương với: 1
1
⊥
uuuur uuur
3 3
4
3 3
4
n
n
+
Giải hệ bằng phương pháp thế ta được
2, 1
4 17 ,
= = −
= − =
Ta được kết quả tương tự
Ví dụ 12(Trích đại học khối A 2014)
Trong mặt phăng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm cạnh
AB, N là điểm trên AC sao cho AN=3NC Viết phương trình đường thẳng CD Biết M(1;2), N(2;-1)
Nhận xét: Đối với bài toán này ta có thể tiếp cận theo nhiều cách khác nhau mà
trong đó ta có thể sử dụng phép biến hình
Giải
Trang 11Cách 1:- Từ M kẻ đường thẳng song song AD cắt CD tại E và MN cắt CD tại F,
từ AN=3NC theo ta lét ta có:
1
3 3
⇒ = = = ⇒uuuur= uuur
Gọi F(x;y)
3
= −
= −
MN= 10;MNuuuur(− 1;3)⇒đường MN:3x+y-5=0 Đường ND:x-3y-5=0⇒D x(3 + 5;x)
2 10
x x
d D MN
x
=
⇒ = = ⇔ = − Suy ra D(5;0) hoặc D(-1;-2)
• Với D(5;0), 7; 2 ( )4;3
3
uuur
phương trình của CD:3x-4y-15=0
• Với D(-1;-2), 7; 2 ( )0;1
r
phương trình của CD:y+2=0 Cách 2:
2
a
Xét tam giác ∆AMN có :MN2 =AM2 +AN2 − 2AM AN cos 45 0 ⇔ =a 4 Hạ NE
vuông góc với CD Ta có NE=1,AE=3
(1; 3 ,) ( 2; 1) 0 3 5 0 (3 5; )
⇒uuuur= − uuur − + ⇒uuuur uuur= ⇔ − − = ⇒ + Khi đó ta
E
M
N
F
M
N
E
Trang 12có : ( ) (2 )2 0
2
x
x
=
= ⇔ + + + = ⇔ = − Do đó có hai điểm
1 5;0 , 2 1; 2
D D − − Giả sử CD :ax+by+c=0
TH1: D( )5;0 thuộc CD ta có pt của CD: ax+by-5a=0 Khi đó
d(M,CD)=4d(N,CD) 22 52 4 2 2 52 8
= −
Suy ra CD có hai phương trình 3x-4y-15=0;x-8y-5=0 Vì M, N nằm cùng phía với CD nên phương trình CD:3x-4y-15=0
TH2: D2(− − 1; 2) làm tương tự.
Cách 3:
đặt AB=a, AM=a/2,
2
5
8
a
a
Gọi I(x;y) là trung điểm của CD
Giải hệ pt ta được hai cặp nghiệm
TH1: x=1;y=-2⇒CD y: = − 2
TH2: 17; 6
x= y=− ⇒
phương trình CD:3x-4y-15=0 Cách 4:
Giả sử A(x;y)⇒B(2 −x; 4 −y) Theo giả thiết
ta có AN=3NC
− − −
uuur uuur
Ta có
Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 14
I
M
N
M
N
Trang 132 2
AB⊥BC⇔ AB CB= ⇔x +y − y+ =
AB =BC ⇔ x + y − x− y− = Khi đó ta có hệ phương trình sau:
10 15 0
Giải hệ phương trình thì bài toán coi như là xong.
Cách 5:
Gọi O là tâm của hình vuông, E là điểm đối
xứng của N qua O⇒ ∆MENlà tam giác vuông,
MEO
∆ là tam giác vuông cân
Gọi E(a;b)
(1 ; 2 ), (2 ; 1 ),
uuur
Ta có
4
5 5 0
+ − − + =
+ − − =
uuur uuur
Giải hệ phương trình ta sẽ dễ dàng viết phương trình của CD
Cách 6(đáp án của bộ giáo dục)
Kết luận: - Như vậy với bài toán tọa độ hình học phẳng trong kỳ thi đại học ta
có rất nhiều cách tiếp cận rất hay đặc biệt dựa vào các phép biến hình trong mặt phẳng Và học sinh cần phải biết phân tích hình và vận dụng các tính chất của phép biến hình
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trọng tâm G(1;2)
Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC là ( ) ( ) (2 )2
C x− + +y = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) (2 )2
điểm A(1;0)
a) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay lần lượt là
90 ; 90 −
b) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay 60 0
c) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay − 60 0
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1) và
đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác có phương trình là
( )T :x2 +y2 − 4x− 4y− = 8 0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
E O
K
M
N