Phép biến hình trong mặt phẳng
Ta kí hiệu tập hợp tất cả các điểm của mặt phẳng là P, khi đó mỗi hình
H bất kỳ của P là một tập con của P, ký hiệu là H ⊂ P Định nghĩa 1: Một song ánh f : P → P từ tập điểm của P lên chính nó được gọi là một phép biến hình của mặt phẳng P.
Phép biến hình biến mọi điểm M của P thành chính nó gọi là phép đồng nhất Ký hiệu là e.
Khi cho đường thẳng d, với mỗi điểm M, điểm M’ được xác định là hình chiếu vuông góc của M lên d, từ đó tạo ra phép biến hình gọi là phép chiếu vuông góc lên đường thẳng d.
Tích các phép biến hình
Một phép biến hình f : P → P biến một điểm M bất kỳ của P thành một điểm M 0 rồi lại dùng tiếp một phép biến hình thứ hai g:P → P để biến M 0 thành M 00 Ta có M 0 = f(M) và M 00 = g(M 0 ).
Khi đó phép biến hình h biếnM thành M 00 gọi là tích của hai phép biến hình f và g và ký hiệu là h = g ◦f.
Nhận xét 1 Tích của các phép biến hình không có tính chất giao hoán.
Các phần tử bất biến trong một phép biến hình
Một điểm M thuộc P là điểm kép (điểm bất động) đối với phép biến hình f nếu f(M) = M.
Phép dời hình trong mặt phẳng
Định nghĩa
Một phép biến hình f : P → P được gọi là phép dời hình khi trong mặt phẳng P, với hai điểm bất kỳ M và N, các ảnh của chúng là M 0 = f(M) và N 0 = f(N) thì luôn có M 0 N 0 = M N.
- Phép đồng nhất e là một phép dời hình.
-Đảo ngược của một phép dời hình là một phép dời hình.
Tính chất
Theo định nghĩa thì phép dời hình có các tính chất sau.
Tính chất 1 .Phép dời hình biến ba điểm A, B, C thẳng hàng với B nằm giữa A và C thành ba điểm A 0 , B 0 , C 0 thẳng hàng với B 0 nằm giữa A 0 và
Hệ quả 1 Phép dời hình biến một đường thẳng thành một đường thẳng, biến một tia thành một tia, biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng bằng nó.
Hệ quả 2 cho biết rằng phép dời hình có khả năng biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng, biến một góc thành góc bằng và biến một đường tròn thành một đường tròn có cùng bán kính.
Tính chất 2 Tích của hai phép dời hình là một phép dời hình.
Chứng minh rằng tích của hai phép dời hình f và g, ký hiệu là g ◦ f, cũng là một phép dời hình Giả sử A và B là hai điểm bất kỳ, ta có f(A) = A0 và g(A0) = A”, f(B) = B0 và g(B0) = B” Vì f và g đều là phép dời hình, nên ta có AB = A0B0 và A0B0 = A”B” Như vậy, phép biến hình g ◦ f đã biến điểm A thành A” và điểm B thành B”, thỏa mãn điều kiện A”B” Do đó, g ◦ f là một phép dời hình.
Hệ quả 3 Tích của n phép dời hình là một phép dời hình.
Hệ quả 4 Tích của một phép dời hình với phép đảo ngược của nó là một phép đồng nhất.
Tính chất 3 Tích các phép dời hình có tính chất kết hợp.
Chứng minh Giả sử g, h, f là các phép dời hình, ta cần chứng minh (g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f) (hình 1.1) Thật vậy giả sử f biến M thành
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các phép dời hình trong mặt phẳng Đầu tiên, phép biến M0 thành M” được thực hiện bởi h, sau đó g biến M” thành M000 Do đó, tổ hợp g◦h sẽ biến M0 thành M000 Bên cạnh đó, h◦f cũng biến M thành M”, và g◦(h◦f) sẽ biến M thành M000 Từ đó, ta có thể kết luận rằng (g◦h)◦f = g◦(h◦f), và cả hai phép biến đổi này đều đưa điểm M đến M000 cho mọi điểm M trong mặt phẳng.
Tính chất 4 Tập hợp các phép dời hình lập thành một nhóm các phép biến hình với phép toán là tích các phép biến hình.
Tích của hai phép dời hình tạo thành một phép dời hình, cho thấy tính đóng kín của tập hợp các phép dời hình với phép toán đã cho Tập hợp này có tính chất kết hợp và bao gồm phần tử đơn vị là phép đồng nhất Mỗi phép dời hình cũng có phép dời hình đảo ngược tương ứng.
Vậy tập hợp các phép dời hình lập thành một nhóm gọi là nhóm các phép dời hình.
Một số phép dời hình đặc biệt trong mặt phẳng
Phép đối xứng trục
Phép đối xứng trục d là một phép biến hình trong mặt phẳng P, biến mỗi điểm M thành điểm M 0 sao cho đoạn thẳng M M 0 có đường thẳng d làm đường trung trực Đường thẳng d được gọi là trục đối xứng, ký hiệu là Đ d Nếu điểm M nằm trên đường thẳng d, thì điểm M 0 sẽ trùng với M Đặc biệt, phép đối xứng trục là một phép dời hình.
Giả sử M và N là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng, phép đối xứng trục Đ d biến chúng thành các điểm M 0 và N 0 Các đoạn thẳng M M 0 và N N 0 vuông góc với trục d tại trung điểm H và K của chúng.
KN 0 Mặt khác ta có −−→
Vậy phép đối xứng trục là một phép dời hình.
Nhận xét 3 Phép đối xứng trục là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.
- Nếu M 0 là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M lại là ảnh của
M 0 qua phép đối xứng đó Ta suy ra tích của một phép đối xứng trục với chính nó là phép đồng nhất.
- Mọi điểm của trục đối xứng đều là điểm kép (điểm bất động).
Mỗi đường thẳng a vuông góc với trục đối xứng d sẽ trở thành chính nó, với điều kiện giao điểm của a và d là điểm kép, trong khi các điểm khác trên a không phải là điểm kép.
- Phép đối xứng trục hoàn toàn được xác định nếu cho biết trục đối xứng của nó.
Phép tịnh tiến
Định nghĩa 4 Trong mặt phẳng (P) cho vectơ −→v , phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho −−−→
M M 0 = −→v gọi là phép tịnh tiến theo vectơ −→v và được ký hiệu là T − → v
Vectơ −→v gọi là vectơ tịnh tiến, ta có T − → v (M) =M 0
Phép tịnh tiến có các tính chất sau:
Tính chất 6 Phép tịnh tiến là một phép dời hình.
Chứng minh Giả sử A, B là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và qua phép tịnh tiến T − → v chúng lần lượt biến thành các điểm A 0 , B 0
A 0 B 0 | vì AB = A 0 B 0 nên phép tịnh tiến là một phép dời hình.
Nhận xét 4 Nếu vectơ tịnh tiến −→ v 0 = −→
0 thì khi đó phép tịnh tiến trở thành phép đồng nhất Ta có T − → 0 = e.
Hệ quả 5 Nếu một phép biến hình biến hai điểm A, B bất kỳ lần lượt thành hai điểm A 0 , B 0 sao cho −→
A 0 B 0 thì nó là một phép tịnh tiến theo vectơ −→v = −−→
Nhận xét 5 Phép tịnh tiến là một phép dời hình nên nó có đầy đủ các tính chất của một phép dời hình.
- Nếu phép tịnh tiến theo vectơ −→v khác vectơ −→
0 biến điểm M thành điểm M’ thì ta cũng có phép tịnh tiến biến điểm M’ thành điểm M với vectơ tịnh tiến là (−−→v ).
Như vậy ta có T− → −1 v = T − −v → , nên T − −v → T − → v = e (là phép đồng nhất)
- Qua phép tịnh tiến theo vectơ −→v khác −→
0 thì các đường thẳng nhận
→v làm vecto chỉ phương đều biến thành chính nó, chú ý rằng các điểm của đường thẳng này không phải là điểm kép.
- Tích của hai phép tịnh tiến T − → v và T − → v 0 là một phép tịnh tiến với vectơ tịnh tiến bằng −→v + −→ v 0
- Phép tịnh tiến hoàn toàn được xác định nếu ta biết được vectơ tịnh tiến −→v của nó.
Phép quay và đối xứng tâm
Định nghĩa 5 Trong mặt phẳng (P) đã được định hướng, cho một điểm
Phép quay tâm O với góc quay α là phép biến hình mà trong đó điểm O giữ nguyên vị trí, còn mỗi điểm M sẽ được chuyển thành điểm M' sao cho khoảng cách OM bằng khoảng cách OM' và góc giữa OM và OM' là α.
Nhận xét 6 Nếu α = 0 thì phép quay là phép đồng nhất, còn nếu α = π hoặc α = −π thì phép quay được gọi là phép đối xứng tâm O, ký hiệu là Đ O
Theo định nghĩa trên thì phép quay có các tính chất sau.
Tính chất 7 Phép quay là một phép dời hình.
Chứng minh Giả sử M, N là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và
Q (O,α) là phép quay biến M, N thành M’, N’ trong đó O, M, N không thẳng hàng Theo định nghĩa phép quay, ta có OM = OM 0 , ON = ON 0 và (OM, OM 0 ) = (ON, ON 0 ) = α.
Theo hệ thức Sa-lơ về góc lượng giác, ta có
(OM, ON) = (OM, OM 0 ) + (OM 0 , ON)
Suy ra M ON\ = M\ 0 ON 0 Như vậy hai tam giác M ON và M 0 ON 0 bằng nhau, do đó M 0 N 0 = M N.
Trường hợp O, M, N thẳng hàng, ta thấy ngay M 0 N 0 = M N.
Nhận xét 7 Phép quay là một phép dời hình, nên nó có đầy đủ các tính chất của một phép dời hình.
Trong phép quay quanh điểm O với góc quay α khác 0, điểm O là điểm kép duy nhất Nếu đường thẳng a đi qua tâm O, thì đường thẳng ảnh a' cũng sẽ đi qua điểm O.
Nếu phép quay tâm O góc quay α biến điểm M thành M 0 thì phép quay tâm O với góc quay (−α) biến điểm M 0 thành điểm M nghĩa là nếu f = Q (O,α) thì f −1 = Q (O,−α)
Qua phép quay tâm O góc quay α nếu điểm A biến thành điểm A’, điểm
B biến thành điểm B’ thì (AB, A 0 B 0 )= α Do đó hai đường thẳng AB và A’B’ cắt nhau tạo nên một góc bằng α và một góc bằng π - α.
Phép quay hoàn toàn được xác định nếu biết tâm quay O và góc quay α.
Sự xác định và dạng chính tắc của một phép dời hình
Tính chất 8 Trong mặt phẳng, mọi phép dời hình bảo toàn hướng của mọi tam giác hoặc là phép tịnh tiến hoặc là phép quay quanh một điểm.
Trong mặt phẳng, mọi phép dời hình đều làm thay đổi hướng của tam giác đều Các phép này có thể được phân tích thành một phép tịnh tiến kết hợp với một phép đối xứng trục, trong đó trục đối xứng song song với phương tịnh tiến.
Chúng ta đã hiểu về phép dời hình và các tính chất của nó Tiếp theo, chúng ta sẽ áp dụng kiến thức này để giải các bài toán hình học.
Vận dụng phép dời hình vào việc giải một số dạng toán hình học
Một số bài toán sử dụng phép quay
Dạng 1: Chứng minh, tính toán các đại lượng hình học
Bài toán 1 Cho hình vuông có cạnh bằng 1 Gọi P, Q là hai điểm lần lượt trên hai cạnh AB, AD.Chứng minh rằng.
1 Nếu chu vi 4AP Q bằng 2 thì góc \QCP bằng 45 0
2.Nếu góc QCP\ bằng 45 0 thì chu vi 4AP Q bằng 2.
Lời giải: 1 Xét phép quay tâm C góc quay(−90 0 ) thì điểm D, A, Q lần lượt biến thành các điểm B, A 1 , Q 1
Do đó DQ = BQ 1 và QCQ\ 1 = 90 0
Ta có AB+AD = 2 ⇒ AP +P B+AQ +QD = 2 (1).
Nếu chu vi 4AP Q bằng 2 thì AP+PQ+QA =2 (2).
Từ các phương trình AP + PB + AQ + QD = AP + PQ + QA, ta suy ra PQ = PB + QD, dẫn đến PQ = PB + PQ1 Xét hai tam giác CPQ và CPQ1, ta thấy chúng bằng nhau (c-c-c), từ đó suy ra QCP = PCQ1 = 1.
2 Ngược lại, nếu \QCP = 45 0 thìP CQ\ 1 = 45 0 Khi đó ta có 4P CQ4P CQ 1 suy ra P Q = P Q 1 Ta có chu vi của 4AP Q bằng AP +P Q+
AQ = AP +AQ+P Q 1 = AP +P B +AQ+QD = AB +AD = 2.
Bài toán này rất thú vị, không chỉ có cách giải đã nêu mà còn có thể áp dụng phương pháp tổng hợp Tuy nhiên, theo đánh giá của tác giả, lời giải trên là tự nhiên và phù hợp với trình độ nhận thức của nhiều đối tượng.
Trong hệ trục tọa độ Oxy, có nhiều bài toán thú vị và khó khăn phù hợp với kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh Một ví dụ tiêu biểu là bài toán sau đây.
Trong mặt phẳng Oxy, hình thang ABCD vuông tại A và D với điểm B(1;2) và đường thẳng BD có phương trình y=2 Đường thẳng d có phương trình 7x-y-25=0 cắt các đoạn thẳng AD và CD tại M và N, sao cho MB vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác của góc MBC Cần tìm tọa độ đỉnh D với điều kiện hoành độ của D là dương.
Bài toán này thực sự là một thách thức lớn cho các thí sinh, với rất ít học sinh có khả năng giải quyết nó Những em giải được bài toán này thường đạt được kết quả cao trong kỳ thi.
Ta sẽ thấy một ứng dụng " to lớn " khác của phép quay qua bài toán sau.
Trong bài toán 2, chúng ta có hình vuông ABCD với cạnh dài a Điểm M được xác định trên cạnh AD sao cho AM = 3MD Tia Bx được vẽ cắt cạnh CD tại điểm I, với điều kiện rằng góc ABM bằng góc MBI Cuối cùng, tia phân giác của góc IBC được vẽ và điểm N nằm trên cạnh.
CD Hãy tính diện tích 4BM N.
Lời giải (hình 1.6) Xét phép quay tâm B góc quay 90 0 khi đó các điểm
A, D, C, M lần lượt biến thành các điểm C, D1, C1, M1, suy ra 4BM N4BN M 1 do đó S BM N = S BN M 1 = 1
Bài toán trở nên đơn giản và dễ dàng nhờ vào phép quay, trong khi nếu áp dụng phương pháp khác, sẽ tốn nhiều thời gian và công sức hơn, thậm chí có thể không tìm ra được lời giải.
Bài toán 3 Cho hình vuông ABCD trên các cạnh BC, CD, lần lượt lấy các điểm M, K tương ứng sao cho BAM\= M AK\.
Chứng minh rằng BM + KD = AK.
Lời giải Xét phép quay Q (A, −90 0 ) Khi đó A 7→ A, B 7→ D, C 7→
Theo tính chất của phép quay, ta có AM B\ = AM\ 0 D Với AM B\ DAM\ là các góc so le trong, ta có DAM\ = M\ 0 AK Do đó, M AK\ = AM\ 0 K, dẫn đến 4AM 0 K cân tại K Kết luận rằng AK = KM 0 = KD + DM 0 = KD + BM.
Khi đối mặt với bài toán liên quan đến hình vuông và yêu cầu chứng minh các tính chất của các đoạn thẳng, phương pháp hiệu quả nhất thường là sử dụng phép quay để tìm ra lời giải.
Bài toán 4 Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O, R) sao cho
AB = CD = EF = R Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điểm của BC,
DE, FA và hai điểm P, Q lần lượt là trung điểm của DC, AD.
1 Xác định phép biến hình biến −→
BD và tính góc giữa hai vectơ −→
BD Chứng minh rằng tam giác 4IP Q là tam giác đều.
2 Chứng minh tam giác 4IJ K là tam giác đều.
(Trích đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Thừa Thiên Huế năm học 2010-2011)
Lời giải Ta có các tam giác 4OAB , 4OCD, 4OEF đều là các tam giác đều (có ba cạnh bằng R).
AC = BD và góc giữa hai vectơ −→
2AC suy ra IP = QP và P IC[ DBC\ = 1
DC= 30 0 , OI ⊥ BC (đường kính qua trung điểm của dây BC), do đó QIP[ = 60 0
Vậy tam giác IP Q là tam giác đều vì tam giác IP Q cân và có một góc bằng 60 0 suy ra Q (I,60 0 ) : P 7→Q.
Tương tự Q (I,60 0 ) : C 7→ D; E 7→ F suy ra CE = DF và góc giữa hai vectơ −−→
QK) = 60 0 Giả sử Q (I,60 0 ) : J 7→ K 0 , ta đã có Q (I,60 0 ) : P 7→ Q nên P J = QK 0 và (−→
QK 0 ) = 60 0 ta suy ra K trùng với K’.
Do đó Q (I,60 0 ): J 7→ K suy ra IJ = IK; (−→
QK 0 ) = 60 0 nên 4IJ K là tam giác đều.
Bài toán 5 Cho tam giác ABC có góc A nhọn Dựng về phía ngoài của tam giác các hình vuông ABMN, ACPQ, BCEF.
1 Chứng minh rằng BQ = CN và BQ⊥ CN.
2 Gọi D là trung điểm của BC và K, H, G theo thứ tự là tâm các hình vuông ABM N, ACP Q, BCEF Chứng minh rằng tam giác DKH là tam giác vuông cân và hai đoạn KH và AG bằng nhau và vuông góc với nhau.
Lời giải 1 Xét phép quay tâm A, góc quay 90 0 ta có N 7→B, C 7→Q.
Các đoạn DK và DH là các đường trung bình của tam giác BCN và CBQ, với điều kiện NC = BQ và NC vuông góc với BQ Từ đó, chúng ta suy ra rằng DK bằng DH và DK vuông góc với DH.
2 Với S là trung điểm của đoạn AB, chứng minh tương tự ta có tam giác SGH vuông cân tại S Xét phép quay tâm S với góc quay 90 0 ta có
A 7→G, G 7→H Do đó AG = HK và AG ⊥ HK.
Một bài toán thường có thể giải bằng nhiều phương pháp khác nhau, bao gồm phương pháp tổng hợp và tọa độ Phương pháp biến hình cung cấp lời giải ngắn gọn và dễ hiểu, và thường được áp dụng trong các dữ kiện hoặc tính chất của hình Khi gặp bài toán liên quan đến hình vuông hoặc tam giác vuông cân, chúng ta có thể nghĩ đến phép quay và sử dụng các tính chất của phép biến hình để tìm ra lời giải cho bài toán.
Bài toán 6 Cho 4ABC Trên các cạnh AB, AC ta dựng ra phía ngoài các hình vuông ABM N, ACP Q.
1 Chứng minh: N C ⊥ BQ và N C = BQ.
2 Gọi M 0 là trung điểm của BC, chứng minh AM 0 ⊥ QN và
Lời giải 1 Với phép quay Q (A,90 0 ) thì điểm N, C lần lượt biến thành các điểm B, Q Do đó đường thẳng N C biến thành đường thẳng BQ suy ra N C = BQ và N C ⊥ BQ.
2 Gọi B 1 là điểm đối xứng với B qua tâm A ta có AM 0 //B 1 C (do AM’ là đường trung bình của tam giác BCB 1 ) Qua phép quay Q (A,90 0 ) thì
C 7→ Q, thì B 1 7→ N Do đó đường thẳng CB 1 ⊥QN và AM 0 ⊥ QN.
Cho tam giác ABC, dựng hai hình vuông ACM và BCP bên ngoài tam giác Cần chứng minh rằng ba đường thẳng AQ, BN và đường cao CH của tam giác ABC đồng quy.
Lời giải.Ta gọiO 1 , O 2 lần lượt là tâm của hai hình vuôngACM N, BCP Q. Xét phép quay Q (O 1 ,90 0 ) thì N 7→A ; A 7→ C; B 7→B 1
Theo tính chất của phép quay, ta có AB 7→CB 1, điều này chỉ ra rằng CB 1 vuông góc với AB và có độ dài bằng AB Do CH cũng vuông góc với AB, nên H, C, B 1 nằm trên một đường thẳng Xét điểm Q (O 1, 90 0), từ đó suy ra N B 7→ AB 1, dẫn đến N B vuông góc với AB 1.
Như vậy thì BA 7→CA1 suy ra BA ⊥ CA1 và BA = CA1.
Do đó H, C, A1 thẳng hàng Điều đó chứng tỏ B1 trùng với A1 Ta đặt điểm chung đó là E Mặt khác xét Q (O 2 , −90 0 ) thì QA 7→ BA 1 suy ra
Do đó QA, BN, HE là ba đường thẳng chứa ba đường cao của tam giác ABC nên chúng đồng quy.(đpcm)
Bài toán 8 yêu cầu chứng minh rằng trong tam giác ABC, khi dựng hai hình vuông ABM N và BCP Q bên ngoài các cạnh AB và BC, thì các tâm của hai hình vuông này cùng với hai trung điểm của M và Q, cũng như AC, sẽ tạo thành một hình vuông.
Lời giải Ta gọi O 1 và O 3 tương ứng là tâm của hai hình vuôngABM N và BCP Q, còn O2 và O4 tương ứng là trung điểm của AC và M Q.
Ta có O 1 O 2 , O 2 O 3 , O 3 O 4 , O 4 O 1 lần lượt là đường trung bình của các tam giác M AC, ACQ, M CQ, M AQ nên
Từ (1) ta suy ra O 1 O 2 = O 2 O 3 = O 3O 4 =O 4 O 1 và O 1 O 2 ⊥ O 2 O 3
Từ đó suy ra O 1 O 2 O 3 O 4 là một hình vuông.(đpcm)
Một số bài toán sử dụng phép đối xứng trục
Dạng 1 Chứng minh, tính toán các đại lượng hình học
Bài toán 17 Cho tam giác ABC với trực tâm H Chứng minh rằng.
1 Các điểm đối xứng của H qua các cạnh của tam giác nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2 Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCH, CAH, ABH, ABC có bán kính bằng nhau.
Lời giải Gọi (O, R) là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC Gọi AA 0 là đường kính của (O, R) và H 1 là giao điểm thứ hai của AH với (O, R).
Ta có BH ⊥ AC, A 0 C ⊥ AC suy ra BH//A 0 C.
Trong hình học, nếu CH ⊥ AB và A 0 B ⊥ AB, ta có thể suy ra rằng A 0 B song song với CH Do đó, hình bình hành BHCA 0 dẫn đến việc trung điểm I của đoạn BC cũng chính là trung điểm của đoạn HA 0.
Mặt khác ta có AH ⊥ BC tại K và AH ⊥ H1A 0 tại H1 Ta suy ra IK//A 0 H 1 và IK là đường trung bình của 4HH 1 A 0
Vậy H 1 đối xứng với H qua BC.
Tương tự ta chứng minh được H 2 đối xứng của H qua CA nằm trên đường tròn ( O, R ) và H 3 đối xứng của H qua AB cũng nằm trên (O, R).
2 Hai tam giác 4BHC và 4BH 1 C bằng nhau (vì chúng đối xứng nhau qua BC) Vậy đường tròn ngoại tiếp 4BCH có bán kính bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp 4BCH 1 , mà đường tròn này chính là đường tròn ngoại tiếp 4ABC Ta suy ra các đường tròn ngoại tiếp các tam giác 4ABC, 4BCH,4CAH, 4ABH có bán kính bằng nhau.
Nhận xét 13 Từ kết quả ý 2 của bài toán khi xét bài toán trong hệ tọa độ ta có bài toán khó như sau.
Trong mặt phẳng Oxy, tam giác ABC có các đỉnh A(1;−2) và B(3; 0), với H là trực tâm của tam giác Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB có tâm I(4;−3) Cần viết phương trình của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
(Trích đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Nam Định năm học 2010- 2011)
Trong mặt phẳng Oxy, tam giác nhọn ABC có đường trung tuyến từ đỉnh A Đường thẳng chứa trung tuyến này có phương trình 3x + 5y - 8 = 0, trong khi đường thẳng BC có phương trình x - y - 4 = 0 Cần xác định đường thẳng đi qua điểm A và đường thẳng BC.
Trong bài toán này, điểm D(4;−2) là điểm thứ hai mà đường thẳng vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp 4ABC Để tìm phương trình các đường thẳng AB và AC, ta cần lưu ý rằng hoành độ của điểm B không được lớn hơn 3.
( Trích đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012- 2013)
Từ kết quả H1, H2, H3 nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4ABC, chúng ta có thể phát triển nhiều bài toán 'vệ tinh' thú vị và khó khăn, phù hợp với các đề thi đại học hoặc học sinh giỏi Ví dụ, trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC có trực tâm tại điểm H, các đường cao AH, BH, CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D.
Hãy tìm tọa độ các điểm
Bài toán 20 Cho tam giác ABC là tam giác vuông tại A.Kẻ đường cao
AH Về phía ngoài tam giác vẽ hai hình vuông ABDE, ACF G.
1 Chứng minh rằng tập hợp 6 điểm B, C, F, G, E, D có một trục đối xứng.
2.Gọi K là trung điểm củaEG Chứng minh K ở trên đường thẳng AH.
3 Gọi P là giao điểm của DE và F G Chứng minh P ở trên đường thẳng AH.
4 Chứng minh CD ⊥BP, BF ⊥ CD.
5 Chứng minh AH, CD, BF đồng quy.
Lời giải 1 Do BAD\ = 45 0 và \CAF = 45 0 nên ba điểm D, A, F thẳng hàng.
Xét phép đối xứng trục DF ta có: A 7→ A 0 ; D 7→D 0 ; F 7→F 0 C 7→ G;
B 7→E (tính chất của hình vuông).
Vậy tập hợp 6 điểm B, C, F, G, E, D có trục đối xứng chính là đường thẳng DAF.
2 Qua phép đối xứng trục nói trên ta có4ABC = 4AEGnên\BCA\AEG nhưng \BCA= Ac 1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc). mà \AGE = Ac 2 (do tam giác KAG cân tại K) suy ra Ac 1 = Ac 2 Suy ra
K, A, H thẳng hàng Vậy K ở trên đường thẳng AH.
3 Tứ giác AF P G là một hình chữ nhật nên A, K, P thẳng hàng (hơn thế nữa K là trung điểm của AP) Vậy P ở trên đường thẳng AH.
4 Do hai tam giác EDC và DBP bằng nhau nên ta có DC = BP.
Suy ra 4BCD = 4ABP nên CD = BP do đó BCD\ = AP B\ Mà
BC ⊥AP Từ đó DC ⊥ BP.
Lý luận tương tự ta có BE ⊥CP.
5 Xét tam giác 4BCP ta có các đương thẳng AH, CD, BF chính là ba đường cao của tam giác ấy nên chúng đồng quy.
Bài toán 21 Chứng minh rằng trong tam giác ABC bất kỳ, ta có bất đẳng thức sau: h a ≤ pp(p−a), ở đây h a là chiều cao kẻ từ A, p là nửa chu vi, a = BC.
Lời giải Gọi l là đường thẳng qua A và song song với BC Xét phép đối xứng trục Đ l Ta giả sử, B 7→B 0 ; C 7→C 0 ; A 7→ A.
Theo tính chất của phép đối xứng trục ta có AB’ = AB.
Vì vậy b+c = CA +AB = CA+CB 0 ≥ CB 0 (1).
Theo định lý pitago ta có CB 0 = √
BB 02 + BC 2 = p4h 2 a +a 2 (2). Thay (2) vào (1) ta có b+ c ≥ pa 2 + 4h 2 a ⇔ (b + c) 2 −a 2 ≥ 4h 2 a ⇔ (b+c+a)(b+c−a) ≥ 4h 2 a ⇔(2p)2(p−a) ≥4h 2 a ⇔ h a ≤pp(p−a). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C, A, B’ thẳng hàng tức là tam giác ABC cân tại đỉnh A.
Bài toán 22 Cho tam giác ABC và hai đường trung tuyến AF và CE. Giả sử BAF\ = BCE\ = 30 0 Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
Tứ giác AECF là tứ giác nội tiếp khi có \BAF = BCE\ = 30 độ Đường tròn ngoại tiếp tứ giác này được ký hiệu là Ω, với O là tâm của Ω Khi xét phép đối xứng tâm Đ E, ta có A chuyển thành B, từ đó suy ra Ω chuyển thành Ω 1 khi A thuộc Ω, dẫn đến B cũng thuộc Ω 1.
Ta lại có phép đối xứng tâm F biến C thành B.
Giả sử Đ E (Ω) = Ω 2 thì do C ∈ Ω, và B ∈ Ω 2 Như thế B nằm trên giao của hai đường tròn Ω 1 và Ω 2
Do E, F đều nằm trên đường tròn Ω với tâm O ⇒ OE = OF.
Ta lại có EOF\ = 2\EAF = 60 0 ⇒ EOF là tam giác đều.
GọiO1, O2 tương ứng là tâm củaΩ1,Ω2 thì Đ E (O) =O1và Đ F (O) = O2 suy ra OO1O2 là tam giác đều với cạnh bằng 2R, ở đây R là bán kính của các đường tròn Ω,Ω 1 ,Ω 2
Đẳng thức BO 1 + BO 2 = O 1 O 2 chứng tỏ rằng O 1, B và O 2 thẳng hàng Do OO 1 O 2 là tam giác đều, nên EBF cũng là tam giác đều, từ đó suy ra ABC cũng là tam giác đều Đây chính là điều cần chứng minh.
Trong bài toán 23, chúng ta xem xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn với tâm O và cạnh BC cố định Mục tiêu là xác định vị trí điểm A trên cung lớn BC để tối đa hóa chu vi của tam giác ABC.
Lời giải Gọi A o là trung điểm của cung lớn BC_
Giả sử A là điểm tùy ý trên cung lớn BC_
, và qua phép đối xứng truc
A o Athì điểm C biến thành điểm M, điểm A biến thành điểm A do đó AM
= AC và A o M = A o C Ngoài ra cũng theo tính chất phép đối xứng trục, suy ra A\ o AM = A\ o AC (1).
Vì A 0 ACB là tứ giác nội tiếp nên A\ 0 AC+A\ 0 BC = 180 0 mà A\ 0 BC A\ 0 CB ( do tam giác A 0 BC) cân và A\ 0 CB = A\ 0 AB vì cùng chắn cung
AOB, suy ra A\0AC +A\ 0AB = 180 0 (2).
Từ (1) và (2), ta có A\0AM + A\ 0AB = 180 độ, cho thấy B, A, M thẳng hàng Gọi ξ là chu vi của tam giác ABC và ξ 0 là chu vi của tam giác A 0 BC, ta suy ra ξ 0 − ξ = (A 0 B + A 0 C + BC) − (AB + AC + BC) = (A 0 B + A 0 M) − (AB + AM) = A 0 B + A 0 M − BM ≥ 0, điều này dẫn đến ξ 0 ≥ ξ.
Vậy chu vi tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi A≡ A o là trung điểm của cung lớn BC_
Bài toán 24 yêu cầu tìm một đường thẳng l qua đỉnh A của tam giác ABC, sao cho với mọi điểm M trên đường thẳng l, chu vi của tam giác MBC (ξ M BC) luôn lớn hơn hoặc bằng chu vi của tam giác ABC (ξ ABC).
Lời giải Gọi l là đường phân giác ngoài của góc A Xét phép đối xứng trục Đ l và giả sử B 7→ B 1 Dễ thấy B 1 nằm trên CA kéo dài Lấy điểm
M bất kỳ trên l, khi đó ta có: M B = M B 1 , AB = AB 1
Từ đó ta suy raξ M AB −ξ ABC = (M B+M C+BC)−(AB+AC+BC) M C+M B 1 −(AC+AB 1 ) = M C+M B 1 −B 1 C ≥ 0 ⇒ ξ M AB ≥ ξ ABC Vậy l là một đường thẳng cần tìm.
Xét đường thẳng xy bất kỳ đi qua điểm A, trong hai tia Ax và Ay, có một tia nằm cùng phía với điểm B đối với đường thẳng l, ví dụ như tia Ax trong hình vẽ Áp dụng phép biến đổi Đ Ax, giả sử điểm B biến đổi thành B'.
Gọi N là giao điểm của B’C và Ax Khi đó tương tự như chứng minh phần trên ta có ξN BC −ξABC = (N B + N C) −(AB + AC) = (N B 0 +
N C)−(AB 0 +AC) = CB 0 −(CA+AB 0 ) < 0 ⇒ξ N BC < ξ ABC
Đường thẳng xy không phải là đường thẳng cần tìm Do đó, đường phân giác ngoài l của góc A là đường thẳng duy nhất đáp ứng yêu cầu của đề bài.
Dạng 3.Toán quỹ tích, dựng hình
Bài toán 25 liên quan đến tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn Trong bài toán này, điểm M di động trên đường tròn, và các điểm M1, M2, M3 lần lượt là hình chiếu của M qua các cạnh BC, CA và AB.
1 Tìm tập hợp các điểm M 1 , M 2 ,M 3
2 Chứng minh rằng cả ba tập hợp ấy đều chứa trực tâm H của tam giác ABC.
Phép biến hình trong không gian
Định nghĩa 6 Phép biến hình f trong không gian là một ánh xạ từ không gian vào chính nó.
Cho ánh xạ f và hình Φ Khi đó: Φ 0 = {M 0 = f(M)|M ∈ Φ} được gọi là ảnh của Φ qua f, Φ đươc gọi là tạo ảnh của Φ 0 qua f.
Cho ánh xạ f : Φ 1 7→Φ 2 ta nói, ánh xạ f biến Φ 1 sang Φ 2 nếu với mọi
M ∈ Φ 1 ⇒ f(M) ∈ Φ 2 , ánh xạ f biến Φ 1 thành Φ 2 nếu ∀N 0 ∈ Φ 2 ⇒
Ví dụ 2 Cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (O) và một điểm S ∈ (O). Lập ánh xạ f : (P) −→ (O)
Suy ra f biến mặt phẳng P sang mặt cầu (O)
Qua điểm S dựng mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) , mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu (O) theo giao tuyến là đường tròn (C) Những điểm
N 0 ∈ (C) không có tạo ảnh trên (P).
Nếu hàm f là song ánh, nó được xem là phép biến hình 1-1, và tồn tại phép biến hình đảo ngược f −1 Điểm M được gọi là điểm kép của f khi f(M) = M 0.
Phép biến hình có tính chất đối hợp: f có tính chất đối hợp khi và chỉ khi f 2 = e (e là phép đồng nhất).
Tích của các phép biến hình
Cho hai phép biến hình f và g, với mỗi điểm M bất kỳ, phép biến hình f biến M thành M' và g biến M' thành M'' Tích của hai phép biến hình này, ký hiệu là g ◦ f, biến M thành M''.
Cho n phép biến đổi f1, f2, , fn với n > 2, tích của n phép biến đổi này được ký hiệu là F = f n ◦f n−1 ◦ ◦f 2 ◦f 1 Phép biến đổi F được thực hiện theo thứ tự từ f1 đến fn, với f1 được thực hiện trước tiên, sau đó là f2, f3, và cuối cùng là fn.
Điểm bất động, đường thẳng bất động, mặt phẳng bất động trong một phép biến hình
phẳng bất động trong một phép biến hình
Ta nói điểm O là điểm bất động của phép biến hình f nếu f biến O thành O.
Ta nói đường thẳng d là bất động của một phép biến hình f, nếu mọi điểm của d là điểm bất động của f.
Ta nói mặt phẳng (P) là bất động của một phép biến hình f nếu mọi điểm của (P) là bất động của f.
Phép dời hình trong không gian
Trong không gian phép biến hình 1-1, phép dời hình là quá trình biến không gian thành chính nó, trong đó hai điểm A và B bất kỳ được chuyển thành hai điểm tương ứng A0 và B0, sao cho khoảng cách giữa chúng giữ nguyên, tức là AB = A0B0.
Tính chất 10 1) Phép dời hình là một phép afin.
2) Phép dời hình bảo toàn độ lớn của một góc.
3)Phép dời hình biến một mặt cầu thành một mặt cầu có cùng bán kính.
4) Tập hợp các phép dời hình trong không gian lập thành một nhóm con của nhóm các phép afin trong không gian.
Chứng minh rằng g◦f là một phép dời hình thông qua hai phép dời hình f và g Giả sử f(A) = A1, f(B) = B1 và g(A1) = A2, g(B1) = B2 Ta có g[f(AB)] = A0B0 Vì f và g là các phép dời hình, ta có AB = A1B1 và A1B1 = A0B0, từ đó suy ra AB = A0B0.
Vì f là một song ánh nên tồn tại ánh xạ f −1 Lấy M 0 , N 0 bất kỳ, f −1 : M 0 7→M và N 0 7→ N ⇒f : M 7→M 0 và N 7→ N 0 ⇒M N = M 0 N 0 hay f −1 là một phép dời hình.
Một số phép dời hình đặc biệt trong không
Phép đối xứng trục
Trong không gian, phép đối xứng trục d là phép biến hình 1-1, biến mỗi điểm M thành điểm M0, sao cho đoạn thẳng MM0 có d là đường trung trực Đường thẳng d được gọi là trục đối xứng và được ký hiệu là Đd.
1) Phép đối xứng trục là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của một phép dời hình.
2) Nếu M 0 là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M lại là ảnh của
M 0 qua phép đối xứng trục đó Suy ra, tích của một phép đối xứng trục với chính nó là một phép đồng nhất.
3)Mọi điểm của trục đối xứng d đều là điểm kép.
Mỗi đường thẳng a và mặt phẳng (P) vuông góc với trục đối xứng d sẽ tự chuyển thành chính nó Ngoài giao điểm của a và mặt phẳng (P) với d, các điểm khác trên a và mặt phẳng (P) không phải là điểm kép.
Phép đối xứng tâm
Phép đối xứng tâm O là một phép biến hình 1-1 trong không gian, biến mỗi điểm M thành điểm M' sao cho O là trung điểm của đoạn thẳng MM' Điểm O được gọi là tâm đối xứng và được ký hiệu là Đ O.
1)Phép đối xứng tâm O là một phép dời hình, nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.
2) Qua phép đối xứng tâm O, tâm O là điểm kép duy nhất.
3) Nếu M 0 là ảnh của M qua phép đối xứng tâm O thì M lại là ảnh của M 0 qua phép đối xứng đó Suy ra, tích của một phép đối xứng tâm với chính nó là một phép đồng nhất.
4) Phép đối xứng tâm biến đường thẳng(mặt phẳng) qua tâm thành chính nó, biến một đường thẳng (mặt phẳng) không đi qua tâm thành đường thẳng(mặt phẳng) song song với đường thẳng(mặt phẳng) đó, biến một vectơ thành vectơ đối của nó.
Phép tịnh tiến
Định nghĩa 10 Trong không gian, cho vectơ −→v 6= −→
0, phép biến hình 1-1 biến mỗi điểm M thành điểm M 0 sao cho −−−→
M M 0 = −→v gọi là phép tịnh tiến theo vectơ −→v Vectơ −→v gọi là vectơ tịnh tiến Ký hiệu là T − → v
1) Phép tịnh tiến là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của một phép dời hình.
2) Nếu phép tịnh tiến theo vectơ −→v 6= −→
0 biến điểm M thành điểm M 0 thì phép tịnh tiến theo vectơ (−−→v ) sẽ biến điểm M 0 thành điểm M Như vậy ta có T− → −1 v = T − −v → Ta suy ra T− → −1 v ◦T − −v → = e (e là phép đồng nhất).
3) Qua phép tịnh tiến theo vectơ −→v 6= −→
0, các đường thẳng nhận −→v làm vectơ chỉ phương đều biến thành chính nó Tuy nhiên, các điểm thuộc đường thẳng này không phải là điểm kép.
4) Tích của hai phép tịnh tiến T − → v và T − → v 0 là một phép tịnh tiến với vectơ tịnh tiến bằng −→v +−→ v 0
5) Tập hợp các phép tịnh tiến trong không gian lập thành một nhóm con của nhóm các phép dời hình trong không gian với phép toán T− → −1 v T − → v 0 T− → v + − → v 0
Phép quay quanh một trục
Định nghĩa 11 Trong không gian cho đường thẳng định hướng 4, ϕ là góc định hướng cho trước Phép biến hình 1-1 biến mỗi điểm M thành điểm
M 0 sao cho M M 0 thuộc mặt phẳng vuông góc với M tại O;OM = OM 0 và (OM, OM 0 ) =ϕ gọi là phép quay quanh một trục M, góc quay ϕ Ký hiệu là Q(M, ϕ).
Tính chất 14 1) Phép quay quanh một trục là một phép dời hình.
Thật vậy, cho phép quay Q(M, ϕ) và hai điểm M, N bất kỳ Gọi M 0 Q(M, ϕ)(M) và N 0 = Q(M, ϕ)(N).
4 = I và (IN, IN 0 ) = (OM, OM 0 ) =ϕ.
Ta cần chứng minh M N = M 0 N 0 hay −−→
M 0 N 02 Trên mặt phẳng (α) lấy điểm N 1 sao cho −−→
IN Gọi N 1 0 = Q(4, ϕ)(N 1 ) Khi đó, ta có −−→
M 0 N 02 Vậy phép quay quanh một trục là một phép dời hình nên nó có đầy đủ các tính chất của một phép dời hình.
2) Qua phép quay quanh trục 4, mọi điểm thuộc trục quay đều là điểm kép Do đó đường thẳng 4 là đường thẳng kép.
3) Nếu α ⊥ ∆ thì Q(∆, ϕ) : α 7→ α Tuy nhiên, nếu ϕ 6= 2kπ, k ∈ Z thì mọi điểm thuộc mặt phẳng (α), trừ giao điểm của (α) với 4 không là điểm kép.
Phép đối xứng qua mặt phẳng
Phép đối xứng qua mặt phẳng (α) là phép biến hình 1-1, biến điểm M thành điểm M0 sao cho đoạn thẳng MM0 nhận (α) là mặt phẳng trung trực Ký hiệu của phép đối xứng này là Đα.
Phép đối xứng qua mặt phẳng là một phép dời hình, trong đó Đ α là phép đối xứng qua mặt phẳng (α) Khi M và N là hai điểm bất kỳ, ta có M 0 = Đ α (M) và N 0 = Đ α (N) Điểm I là giao điểm của đoạn thẳng M M 0 với mặt phẳng α, và K là giao điểm của đoạn thẳng N N 0 với mặt phẳng α.
M 0 N 02 hay M N = M 0 N 0 Vậy phép đối xứng qua mặt phẳng là phép dời hình, nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.
2) Trong phép đối xứng qua mặt phẳng, mọi điểm thuộc mặt phẳng đối xứng là điểm kép.
3) Các đường thẳng, mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đối xứng đều là đường thẳng kép, mặt phẳng kép.
Sự xác định và dạng chính tắc của một phép dời hình trong không gian
Sự xác định một phép dời hình
Định nghĩa 13 Trong không gian, góc tam diện Sxyz được gọi là có hướng (+) hoặc (-) nếu trên các tia Sx, Sy, Sz lấy lần lượt các điểm
A, B, C bất kỳ và từ S nhìn xuống thấy 4ABC có hướng (-) hoặc (+). Định lý 1 Trong không gian, một phép dời hình đã bảo toàn (làm thay đổi) hướng của một góc tam diện thì nó sẽ bảo toàn (làm thay đổi) hướng của mọi góc tam diện. Định nghĩa 14 Trong không gian, một phép dời hình được gọi là phép dời hình loại 1(loại 2) nếu nó bảo toàn(làm thay đổi )hướng của mọi góc tam diện.
Trong không gian, phép dời hình loại 1 bao gồm các phép biến đổi như T − → v, Q(O, α), Đ d và phép đồng nhất e, trong khi phép dời hình loại 2 bao gồm Đ O và Đ α Theo định lý 2, nếu có hai bộ ba điểm (A, B, C) và (A 0 , B 0 , C 0) không thẳng hàng và thỏa mãn điều kiện 4ABC = 4A 0 B 0 C 0, thì tồn tại duy nhất một phép dời hình loại một và một phép dời hình loại hai để biến đổi A thành A 0, B thành B 0 và C thành C 0.
Dạng chính tắc của phép dời hình
Trong không gian, mọi phép dời hình loại 1 có thể được phân tích thành sự kết hợp giữa một phép quay quanh một trục và một phép tịnh tiến, với trục quay song song với phương tịnh tiến.
Trong không gian, mọi phép dời hình loại 2 có thể được phân tích thành sự kết hợp của một phép quay quanh trục và một phép đối xứng mặt, với mặt đối xứng vuông góc với trục quay Ngoài ra, nó cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tích của một phép tịnh tiến và một phép đối xứng mặt có mặt đối xứng song song với phương tịnh tiến.
Vận dụng phép dời hình vào việc giải một số dạng toán hình học trong không gian
Ứng dụng phép đối xứng trục trong giải toán 54
Trong bài toán 38, chúng ta xem xét tứ diện đều ABCD, với M và N là trung điểm của các cạnh AB và CD Điểm O được xác định là trung điểm của đoạn MN Nhiệm vụ là chứng minh rằng cho mọi điểm K nằm trong tứ diện, một mối quan hệ nhất định tồn tại.
KA+KB + KC+ KD ≥ OA+OB +OC +OD.
Lời giải Ta có M N là trục đối xứng của tứ diện ABCD Gọi K 0 là điểm đối xứng của K qua M N, H là giao của KK 0 với M N, thì
KA+KB = AK +AK 0 ≥ 2AH
KC +KD = CK +CK 0 ≥ 2CH
Ta chứng minh rằngAH+CH ≥ OA+OC Xét trong mặt phẳng(M CD) điểm A 0 sao cho tia M A 0 vuông góc với M N, ngược chiều với tia N C và
M A 0 = M A Rõ ràng HA 0 = HA, vì vậyHA+HC = HA 0 +HC ≥ A 0 C.
Vì A 0 C đi qua O, do đó A 0 C = OC +OA 0 = OC +OA.
Bài toán 39 Trong không gian cho hình bình hành ABCD.
Nếu có một đường thẳng (d) không nằm trong mặt phẳng (ABCD) và cho phép đối xứng Đ d biến hình bình hành ABCD thành chính nó, thì đường thẳng (d) phải đi qua giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành và vuông góc với mặt phẳng chứa nó.
Lời giải cho bài toán cho thấy rằng đường thẳng d biến hình bình hành ABCD thành chính nó, đồng nghĩa với việc d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi O là giao điểm giữa d và mặt phẳng (ABCD) Nếu M là điểm bất kỳ của hình bình hành ABCD và M' là ảnh của M, thì O sẽ là trung điểm của đoạn thẳng MM' Do đó, O không chỉ là tâm đối xứng biến M thành M', mà còn là tâm đối xứng của hình bình hành và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Bài toán 40 Chứng minh rằng nếu một hình lăng trụ tam giác có trục đối xứng, thì lăng trụ đó có cạnh bên vuông góc với đáy.
Trong bài toán này, chúng ta ký hiệu lăng trụ tam giác là ABC.A 0 B 0 C 0 với trục đối xứng d Trục d không thể nằm trong mặt đáy của lăng trụ Nếu d thuộc mặt phẳng (ABC), phép đối xứng qua d sẽ biến các đỉnh A 0, B 0, C 0 thành các điểm nằm trong mặt phẳng song song với (ABC) và ở phía đối diện với A 0 B 0 C 0, điều này chứng tỏ rằng ảnh của A 0, B 0, C 0 không thuộc về lăng trụ.
Mặt khác ta có d không cắt đáy của lăng trụ , vì nếu nó cắt (ABC) tại
O, thì ảnh của mỗi cạnh bên là một cạnh bên, điều đó chứng tỏ d phải thuộc một mặt bên mà điều này không thể sảy ra Vì vậy d song song với đáy của lăng trụ Phép đối xứng qua d biến ABC thành A 0 B 0 C 0 , mặt bên chứa A thành mặt bên chứa A 0 , vì vậy A thành A 0 Điều này chứng tỏ d vuông góc với AA 0 hay AA 0 vuông góc với đáy của lăng trụ.
Dạng 2.Toán tìm quỹ tích và dựng hình.
Bài toán 41 yêu cầu tìm tập hợp trung điểm của đoạn thẳng MN, trong đó M và N lần lượt được lấy trên đoạn AC và B'D' của hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' Điều kiện đặt ra là AM = D'N, khi M và N thay đổi.
Lời giải Gọi I, J lần lượt là trung điểm các đoạn AD 0 , B 0 C Khi đó IJ là trục đối xứng biến A thành D 0 và C thành B 0 Vì vậy M thành M 0 thuộc đoạn D 0 B 0 và AM = D 0 M 0
Theo giả thiết AM = D 0 N, do đó M 0 vàN trùng nhau Vậy trung điểm của M N thuộc IJ Nếu AC = B 0 D 0 thì tập hợp cần tìm là đoạn IJ Nếu
AC 6= B 0 D 0 thì tập hợp cần tìm là một tập hợp con thuộc đoạn IJ.
Bài toán 42 yêu cầu tìm tập hợp trung điểm của đoạn thẳng MM' trong lăng trụ đứng ABC.A'B'C' với đáy là tam giác cân ABC tại A Các điểm M và M' được lấy trên các cạnh AC và A'B' sao cho AM = A'M'.
Gọi I và J là trung điểm của cạnh bên AA 0, và các đường chéo của hình chữ nhật BCC 0 B 0 giao nhau tại đây IJ đóng vai trò là trục đối xứng cho hai đoạn AC và A 0 B 0, do đó M và M 0 là hai điểm đối xứng qua IJ Trung điểm của đoạn M M 0 cũng nằm trên đoạn IJ.
Vậy quỹ tích trung điểm của đoạn M M 0 là đoạn thẳng IJ.
Để giải bài toán 43, ta cần dựng một tứ diện đều với một đỉnh là điểm A, trong khi đường thẳng d đi qua trung điểm của hai cạnh chéo nhau của tứ diện Việc này giúp xác định vị trí của tứ diện sao cho thỏa mãn điều kiện về đường thẳng và các đỉnh của tứ diện.
Lời giải Gọi B là điểm đối xứng của A qua d, M là giao của AB và d. Dựng điểm N trên d sao cho M N = AM√
2. Dựng đường thẳng d 0 đi qua N và vuông góc đồng thời với d và AB. Trênd 0 dựng các điểm C và D sao choN C = N D = AM Khi đó ABCD là tứ diện cần dựng
Ứng dụng phép đối xứng tâm trong giải toán 56
Bài toán 44 Chứng minh rằng một hình tứ diện không thể có tâm đối xứng.
Trong tứ diện ABCD, nếu tâm đối xứng O nằm trên một mặt phẳng của tứ diện, thì mặt đó phải có tâm đối xứng Tuy nhiên, do các mặt của tứ diện là tam giác, mà tam giác không có tâm đối xứng, nên O không thuộc các mặt phẳng chứa tứ diện Gọi A0 và B0 lần lượt là hình ảnh của A và B qua phép đối xứng, thì A0 và B0 sẽ thuộc các mặt đối diện (BCD) và (ACD).
Vì ABB 0 A 0 là hình bình hành, do đó AB 0 //BA 0 suy ra AB 0 //CD và
BA 0 //CD suy ra A 0 trùng vớiB và B 0 trùng vớiA Điều đó chứng tỏ O là trung điểm AB và O thuộc mặt phẳng chứa mặt của tứ diện(mâu thuẫn). Vậy hình tứ diện không thể có tâm đối xứng.
Bài toán 45 Chứng minh rằng nếu một hình lăng trụ mà đáy có tâm đối xứng , thì lăng trụ đó có tâm đối xứng.
Trong bài viết này, chúng ta ký hiệu các đỉnh của hai đáy là A1, A2, , An và B1, B2, , Bn, với A1B1 song song A2B2 và tiếp tục như vậy O1 và O2 được xác định là tâm đối xứng của các đa giác A1A2 An và B1B2 Bn Điểm O được coi là trung điểm của đoạn O1O2, và từ đó, chúng ta sẽ chứng minh rằng O là tâm đối xứng của lăng trụ.
Thật vậy với bất kỳ A i ta xét đoạn A i A j nhận O 1 làm trung điểm Gọi
O 0 là trung điểm B i B j , khi đó O 1 O 0 //A j B j
Xét đoạn A i+1 A j+1 với O1 là trung điểm, và O00 là trung điểm của B i+1 B j+1, ta có O1 O00 song song với A i+1 B i+1 và A i B i, dẫn đến O0 và O00 trùng nhau Tiếp tục suy ra O1 O2 song song với Ai Bi Do đó, với đỉnh Ai bất kỳ, Z = ZO2 ◦ Zo ◦ ZO1 sẽ biến nó thành Bj.
Vậy hình lăng trụ có tâm đối xứng.
Bài toán 46 Chứng minh rằng nếu một hình đa diện T có tâm đối xứng, thì số mặt của T chẵn, số cạnh chẵn, số đỉnh chẵn.
Lời giải Gọi O là tâm đối xứng của T và X là một điểm bất kỳ thuộc một mặt (M) nào đó của T Gọi X 0 là ảnh của X qua phép đối xứng đó.
Mỗi cặp mặt M và M 0 của T tương ứng với một đoạn XX 0, và do số đoạn này là số nguyên, nên số lượng mặt của T là số chẵn.
Mỗi điểm trên một cạnh của hình đa diện T có điểm đối xứng qua O cũng nằm trên một cạnh khác của T Điều này dẫn đến việc hai cạnh của T tương ứng với một đoạn thẳng nối giữa hai điểm thuộc các cạnh khác nhau, từ đó cho thấy số lượng cạnh và số đỉnh của hình đa diện luôn là số chẵn.
Dạng 2 Tìm tập hợp điểm và dựng hình
Bài toán 47 Cho mặt cầu (O) và 4 điểm A, B, C, D Với mỗi điểm M thuộc mặt cầu ta xác định điểm N thoả mãn 7−−→
M D Hãy tìm quỹ tích điểm N khi M biến thiên trên mặt cầu. Lời giải.GọiGlà điểm sao cho2−→
0, khi đó từ giả thiết ta có7−−→
GM. Vậy tập hợp điểm N là mặt cầu đối xứng với (O) qua G.
Bài toán 48 yêu cầu xây dựng một hình hộp với hai điểm A và B nằm trên đường thẳng x, cùng với hai điểm C và D trên đường thẳng y, trong đó x và y là hai đường thẳng chéo nhau Mục tiêu là tạo ra một hình hộp sao cho các đoạn thẳng AB và CD là hai đường chéo thuộc hai mặt phẳng song song của hình hộp.
Lời giải Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD Gọi O là trung điểm của đoạnIJ phép đối xứng quaO biếnA 7→ A 0 , B 7→B 0 , C 7→
C 0 , D 7→ D 0 Khi đó hình hộp gồm hai mặt phẳng song song chứa AB và
CD là AD 0 BC 0 B 0 CA 0 D.
Bài toán 49 yêu cầu tìm tập hợp các điểm M nằm trong mặt phẳng (P), sao cho tồn tại một điểm M0 trong mặt phẳng (Q) với điểm O là trung điểm của đoạn thẳng MM0.
Lời giải cho bài toán là xác định (Q 0 ) là ảnh của (Q) qua phép biến đổi Đ O, với M là ảnh của M 0 Do đó, M thuộc giao tuyến (x) của hai nửa mặt phẳng (Q 0 ) và (P) Tập hợp điểm M 0 có thể là (x), một tia thuộc (x), hoặc tập rỗng.
Ứng dụng phép tịnh tiến trong giải toán
Dạng 1 Chứng minh các tính chất hình học
Bài toán 50 Chứng minh rằng mỗi hình đa diện lồi có không quá một tâm đối xứng.
Nếu A là tâm đối xứng của một hình đa diện lồi, thì A là một điểm trong của đa diện đó Đối với bất kỳ điểm X thuộc đa diện, luôn tồn tại một điểm X0 sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng XX0.
Do đặc điểm lồi của đa diện, điểm A không thể nằm trên bề mặt của nó Nếu B là tâm đối xứng của một đa diện khác với A, thì B sẽ là một điểm nằm trong đa diện đó Do đó, đường thẳng AB sẽ cắt đa diện, và trong số các giao điểm giữa AB và đa diện, ta cần xem xét các giao điểm mà B thuộc vào đoạn nối giữa chúng.
Giả sử M là điểm cách A một khoảng xa nhất Ta xét phép biến đổi
Z B ◦Z A Phép biến đổi đó là phép tịnh tiến T 2 − AB − → biến M 7→ M 0 thuộc đa diện và ta có−−−→
AB(*) Đẳng thức (*) chứng tỏ M 0 còn cách A một khoảng xa hơn M Mâu thuẫn đó chứng tỏ A và B trùng nhau.
Bài toán 51 Cho hai mặt phẳng (P),(Q) song song Chứng minh rằng phép biến đổi T = S (Q) ◦S (P ) là một phép tịnh tiến mà vectơ tịnh tiến bằng
2−→u, trong đó T − → u biến (P) thành (Q) và giá của −→u vuông góc với (P).
Lời giải Với điểm M bất kỳ ta có S (P ) : M 7→ M 0 và M M 0 vuông góc với (P) tại trung điểm K, khi đó S (Q) : M 0 7→ M 00 và M 0 M 00 vuông góc với (Q) tại trung điểm H Ta xét
Hiển nhiên KH vuông góc với (P) và (Q) và T −−→ KH : K 7→ H Do vậy (P) biến thành (Q).
Bài toán 52 Cho tứ diện T, phép tịnh tiến theo vectơ −→u biến T thành
T 0 Chứng minh rằng thể tích của T và T 0 bằng nhau.
Phép tịnh tiến theo vectơ −→u chuyển đổi đường cao của khối đa diện T thành đường cao của khối T 0, với các đường cao này bằng nhau Đồng thời, đáy của T cũng biến thành đáy của T 0 và hai đáy này cũng bằng nhau Do đó, thể tích của hai khối đa diện T và T 0 là bằng nhau.
Dạng 2 Toán quỹ tích và dựng hình
Bài toán 53 Cho mặt cầu (O, R), một điểm A và một vectơ −→u 6= −→
0. Với mỗi điểm M thuộc mặt cầu ta gọi điểm M 1 là điểm đối xứng của M qua A và M2 là ảnh của M1 qua phép tịnh tiến theo vectơ −→u Tìm tập hợp điểm M2 khi M biến thiên trên mặt cầu.
Lời giải Xét phép biến đổi T ( − → u ) ◦Z A biến M 7→ M 2 Vậy tập hợp M 2 là mặt cầu đối xứng với mặt cầu (O, R) qua phép đối xứng tâm.
Bài toán 54 yêu cầu dựng mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) để cắt đồng thời hai mặt cầu (O, R) và (O 0 , R 0 ) không đồng tâm, tạo ra hai đường tròn có bán kính bằng nhau.
Gọi K và K 0 là tâm hai đường tròn tạo bởi (Q) cắt hai mặt cầu đã cho, khi đó OK và O 0 K 0 vuông góc với mặt phẳng (Q).
Tịnh tiến mặt cầu (O) theo vectơ −−→
KK 0 , ta được mặt cầu (O 1 ) đi qua đường tròn tâm K 0 Do đó O 1 O vuông góc với (Q) tại K 0 Mặt khác O 1 nhìn đoạn OO 0 dưới một góc vuông, do đó O 1 là điểm chung của đường thẳng O 0 K 0 với mặt cầu đường kính OO 0
Ứng dụng phép quay quanh một trục trong giải toán
Dạng 1 Các bài toán khảo sát về tính chất của phép quay
Bài toán 55 Chứng minh rằng phép quay Q(d, ϕ) với 0 0 < ϕ ≤ 180 0 , biến mặt phẳng (P) thành chính nó thì (P) ⊥ d.
Lời giải Ta có d cắt (P) tại điểm O.
Thật vậy nếu d thuộc (P) và với điểm M ∈ (P) không thuộc d thì ảnh
M và M 0 thuộc mặt phẳng (P) và (P 0 ) vuông góc với d tại O, do đó chúng nằm trên giao tuyến của (P) và (P 0 ) Nếu M và M 0 đối xứng qua O với ϕ = 180°, điều này mâu thuẫn với giả thiết Nếu d song song với (P), O không thuộc (P) và M là chân đường vuông góc từ O đến (P) Vì M 0 khác M và thuộc (P), nên OM 0 > OM, điều này trái với định nghĩa của phép quay Do đó, nếu M và M 0 là ảnh của M trong phép quay, thì OM và OM 0 vuông góc với d tại O, chứng tỏ rằng (P) vuông góc với d.
Bài toán 56 Cho tứ diện đều ABCD cạnh AB = 1 Chứng minh rằng chu vi của một thiết diện tứ giác của tứ diện không nhỏ hơn 2.
Lời giải Giả sử M N KH là thiết diện của tứ diện, với M ∈ AB, N ∈
BC, K ∈ CD, H ∈ DA Ta ký hiệu D 1 , D 2 , D 3 là ảnh của D qua các phép quay quanh AB, BC, CA sao cho các điểm đó nằm ngoài tam giác ABC.
Vì ABCD là tứ diện đều, D1D2D3 tạo thành một tam giác đều với A, B, C là các trung điểm của D1D2, D2D3, và D3D1 Gọi H1 là ảnh của H qua phép quay quanh AB, khi đó H1 thuộc AD1 Tương tự, H2 là ảnh của H qua phép quay quanh AC, và H2 thuộc AD2 Cuối cùng, K2 là ảnh của K qua phép quay đó.
K 2 thuộc CD 2, và K 1 là ảnh của K qua phép quay quanh BC, với K 1 thuộc CD 3 Tổng độ dài đường gấp khúc H 1 M N K 1 bằng M N + M H + N K, và KH = K 2 H 2 Phép đối xứng qua A biến tam giác AD 2 C thành tam giác AD 1 C 0 và đoạn H 2 K 2 thành đoạn H 1 K 0 (với K 0 thuộc D 1 C 0) Do đó, chu vi thiết diện bằng độ dài đoạn gấp khúc K 0 H 1 M N K 1, và ta có K 0 D 1 = K 2 D 2 = K 1 D 3.
K 0 D1//K1D3, nên K 0 K1 = D1D3 = 2 Vì K 0 K1 không lớn hơn độ dài đường gấp khúc K 0 H 1 M N K 1 nên ta có điều phải chứng minh.
Dạng 2 Toán quỹ tích và cực trị
Bài toán 57 Trong không gian cho đường thẳng dvà hai điểm A, B không thuộc d Hãy tìm trên d điểm M sao cho.
Lời giải Gọi (P) là mặt phẳng xác định bởi điểm A và (d).
Nếu B ∈ (P), thì bài toán đã được giải quyết trong hình học phẳng. Nếu không thuộc mặt phẳng (P) , ta dựng B 1 , B 2 thuộc (P) là ảnh của
B qua phép quay quanh (d) và giả thiết B 1 khác phía với A đối với (d), ta có bài toán trong hình học phẳng.
Bài toán 58 yêu cầu tìm các điểm A và B trên hai đường thẳng (P) và (Q) trong góc nhị diện (P, Q) = α (với α < 90 độ), sao cho điểm M nằm trong góc đó Cần xác định các điều kiện để A và B thỏa mãn đồng thời.
1) Khoảng cách từ A và B đến cạnh nhị diện bằng nhau.
Để giải bài toán, ta dựng mặt phẳng (R) vuông góc với cạnh nhị diện Gọi A₀ và B₀ là hình chiếu của điểm A và B trên mặt phẳng (R) Khi đó, A₀ và B₀ nằm trên giao tuyến của (R) với các mặt phẳng (P) và (Q) Khoảng cách từ A₀ và B₀ đến cạnh nhị diện là bằng nhau, và tổng khoảng cách MA₀ + MB₀ nhỏ hơn hoặc bằng tổng khoảng cách MA + MB.
Ta sẽ tìm các điểm A 0 , B 0 sao cho M A 0 + M B 0 nhỏ nhất Bài toán đó đã được giải trong hình học phẳng.
Bài toán 59 yêu cầu chứng minh rằng hai mặt phẳng (R1) và (R2), là ảnh của mặt phẳng (R) qua các phép đối xứng qua hai mặt phẳng (P) và (Q) hợp nhau một góc 45 độ, sẽ cắt nhau khi (R) quay quanh đường thẳng cố định (x) Để giải quyết bài toán này, cần xác định tập hợp giao tuyến của hai mặt phẳng (R1) và (R2) trong quá trình quay của (R) quanh (x).
Lời giải Phép đối xứng qua (P) biến (x) thành (x 1 ) thuộc (R 1 ) và phép đối xứng qua (Q) biến (x) thành (x 2 ) thuộc (R 2 ) Các đường thẳng (x 1 ),(x 2 ) cố định.
Ta có thể xem tích của hai phép đối xứng qua (P) và (Q) biến (R 1 ) thành (R2), (x1) thành (x2).
Theo tính chất của hai phép đối xứng qua mặt phẳng, tích của chúng là một phép quay quanh giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) với góc quay 90 độ, biến (R1) thành (R2) Do đó, (R1) vuông góc với (R2) và hai mặt phẳng này phải cắt nhau Nếu (x1) song song với (x2), thì giao tuyến của hai mặt phẳng (R1) và (R2) sẽ tạo thành một mặt trụ tròn xoay.
Nếu(x 1 ),(x 2 )chéo nhau thì tập giao tuyến đó là một mặt trụ tròn xoay.
Ứng dụng của phép đối xứng qua mặt phẳng
Dạng 1 Chứng minh các tính chất hình học
Bài toán 60 Cho tứ diện đều ABCD.
1) Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực của cạnh AB là mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện.
2) Ta lấy điểm K bất kỳ trong tam giác ACD và gọi E là giao điểm của BK với mặt đối xứng đó Chứng minh rằng EA+EK ≥ AB r2
3. Lời giải 1) Gọi M là trung điểm cạnh AB
Ta có mặt phẳng đi qua CD và M chính là mặt phẳng trung trực của
AB Mặt phẳng đó biến A thành B, biến C và D thành chính các điểm đó.
Vậy mặt phẳng trung trực của AB là mặt phẳng đối xứng của hình tứ diện.
2) Ta có EB = EA, nên EA+EK = EB+EK = BK ≥ BH với H là chân đường cao của tứ diện hạ từ B Mà BH = AB r2
Do đó EA+EK ≥ AB r2
Bài toán 61 Cho hai phép đối xứng Đ (d) và S (P ) Chứng minh rằng nếu
Lời giải Với điểm M bất kỳ ta có S (P ) : M 7→M 1 , khi đó M M 1 vuông góc với (P) tại H và Đ (d) : M 1 7→ M 0 và M 1 M 0 vuông góc với (d) tại K.
Ta xét Đ (d) : M 7→ M 2 ,khi đó M M 2 vuông góc với (d) tại I và S (P ) :
M 2 7→ M 0 và M 2 M 0 vuông góc với (P) tại J Như vậy S (P ) : M 7→M 1 và
M 2 7→ M 0 , nên M M 2 7→ M 1 M 0 và I 7→ K Điều đó chứng tỏ IK ⊥ (P).
Vì I và K thuộc (d), nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 62 Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau và không vuông góc với nhau Gọi (R) là ảnh của (Q) qua phép biến đổi S (P ) Chứng minh rằng S (P ) ◦S (Q) ◦S (P) = S (R)
Lời giải Đặt S = S (P ) ◦S (Q) ◦S (P) Ta có mặt phẳng (R) là bất động của S.
Thật vậy với điểm X bất kỳ thuộc (R), ta có S P : X 7→ X 0 ∈ (Q), S Q :
X 0 7→ X 0 , S P : X 0 7→ X Vậy (R) là mặt phẳng bất động của phép biến đổi S.
Với điểm M không thuộc (P) ta cóS (P ) : M 7→M 1 khi đó M M 1 vuông góc với (P) tại I; S (Q) : M 1 7→ M 2 , khi đó M 1 M 2 vuông góc với (Q) tại
K; S (P ) : M 2 7→ M 0 , khi đó M 2 M 0 vuông góc với (P) tại H Vậy ta có
S (P) : M 1 7→ M, M 2 7→ M 0, từ đó suy ra M 1 M 2 7→ M M 0 và K 7→ K 0 là trung điểm của đoạn M M 0 Vì K thuộc (Q), nên K 0 cũng thuộc (R) Hơn nữa, đoạn M1M2 vuông góc với (Q), dẫn đến M M 0 cũng vuông góc với (R) Do đó, (R) là mặt phẳng trung trực của đoạn M M 0 và S là phép đối xứng qua (R).
Bài toán 63 Cho hình hộp chữ nhậtABCD.A 0 B 0 C 0 D 0 Hãy tìm điểm M thuộc mặt phẳng A 0 B 0 C 0 D 0 sao cho M A+M B +M C +M D nhỏ nhất.
Lời giải Gọi A 1 B 1 là đoạn thẳng đối xứng với đoạn AB qua A 0 B 0 C 0 D 0 , khi đó A 1 B 1 //AB.
VìAB//CD vàAB = CD nênA 1 B 1 //CD vàA 1 B 1 = CD Mặt phẳng
A 1 B 1 CD cắt mặt phẳng A 0 B 0 C 0 D 0 theo giao tuyến đi qua giao điểm các đường chéo hình chữ nhật A 0 B 0 C 0 D 0
Hiển nhiên M A +M C = M A 1 +M C ≥ A 1 C, M B 1 + M D ≥ B 1 D. Độ dài các đoạn A1C và B1D trùng với giao điểm các đường chéo hình chữ nhật A 0 B 0 C 0 D 0 Điểm M cần tìm chính là giao các đường chéo đó.
Bài toán 64 yêu cầu tìm điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường thẳng (x) và (y) nằm cùng phía và song song với một đường thẳng thuộc (P) là nhỏ nhất.
Lời giải Gọi(x 0 ) là ảnh của (x) qua phép biến đổiS P , khi đó(x 0 )//(y). Gọi (z) là giao tuyến của mặt phẳng đi qua (x 0 ) và (y) mọi điểm M thuộc (z) là điểm cần tìm.
Bài toán 65 1)Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B nằm về một phía với (P) Tìm trong (P) điểm M M A+ M B nhỏ nhất.
2) Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B nằm khác phía với (P) Hãy tìm trong (P) điểm M sao cho |M A−M B| đạt giá trị lớn nhất.
1) Gọi B 0 là điểm đối xứng của B qua (P) Giao điểm M của AB 0 với (P) là điểm cần tim.
2) Gọi B 0 là điểm đối xứng của B qua (P) Giao điểm của AB 0 với (P),nếu có, là điểm cần tìm.
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau.
1 Trình bày một số kiến thức cơ bản của phép dời hình trong mặt phẳng và trong không gian.
2 Giới thiệu một số dạng bài tập cơ bản có thể sử dụng phép dời hình để sử lý bài toán.
3 Trình bày các bài toán hay và khó trong một số kỳ thi ĐHCĐ, kỳ thi học sinh giỏi có sử dung phép dời hình để giải quyết.
4.Ngoài ra, luận văn còn trình bày một số định hướng giải khi bắt gặp bài tập tương tự đã nêu trong luận văn.
Hướng phát triển tiếp theo của luận văn sẽ tập trung vào việc nghiên cứu ứng dụng của phép dời hình trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến hình học phẳng và hình học không gian.