Bài 1.43 trang 40 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng \(d:2x - y + 6 = 0\). Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đối xứng tâm \(I\left( { - 2;1} \right)\). Giải: Dùng công thức tọa độ của phép đối xứng tâm \(I\left( { - 2;1} \right)\), ta có: \(M' = {D_1}\left( M \right)\) \(\Rightarrow M'\left\{ \matrix{ x' = 2.\left( { - 2} \right) - x \hfill \cr y' = 2.1 - y \hfill \cr} \right.\) hay \( \left\{\begin{matrix} x = -4 -x' \\ y = 2 - y' \end{matrix}\right. \) Thế \(\left( {x;y} \right)\) vào phương trình d, ta có phương trình \(\eqalign{ & d':2\left( { - 4 - x'} \right) - \left( {2 - y'} \right) + 6 = 0 \cr & \Rightarrow d':2{\rm{x}}' - y' + 4 = 0 \cr} \). Đổi kí hiệu, ta có phương trình: \(d':2{\rm{x}} - y + 4 = 0\) Bài 1.44 trang 40 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} + 2x - 4y - 11 = 0\). Tìm phép tịnh tiến biến (C) thành \(\left( {C'} \right):{\left( {x - 10} \right)^2} + {\left( {y + 5} \right)^2} = 16\) Giải: (C) có tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\), bán kính R = 4. (C’) có tâm \(I'\left( {10; - 5} \right)\), bán kính R’ = 4. Vậy \(\left( {C'} \right) = {T_{\vec v}}\left( C \right),\overrightarrow v = \overrightarrow {II'} = \left( {11; - 7} \right)\). Bài 1.45 trang 40 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng \(d:x - 5y + 7 = 0\) và \(d':5x - y - 13 = 0\). Tìm phép đối xứng qua trục biến d thành d’. Giải: Nhận xét d và d’ không song song nên phép đối xứng trục biến d thành d’ có trục là phân giác của góc tạo bởi d và d’. Phương trình các đường phân giác là: \(\eqalign{ & {{\left| {x - 5y + 7} \right|} \over {\sqrt {26} }} = {{\left| {5{\rm{x}} - y - 13} \right|} \over {\sqrt {26} }} \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x + y - 5 = 0 \hfill \cr x - y - 1 = 0 \hfill \cr} \right. \cr}\) Bài 1.46 trang 40 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình \(3x - y - 3 = 0\).Viết phương trình đường thẳng \(d_1\) là ảnh của d qua phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng tâm \(I\left( { - 1;2} \right)\) và phép quay tâm O góc quay -90°. Giải: Giả sử \({M_1} = {D_I}\left( M \right)\) và \(M' = {Q_{\left( {O; - {{90}^0}} \right)}}\left( {{M_1}} \right)\). Ta có \(\left\{ \matrix{ {x_1} = - 2 - x \hfill \cr {y_1} = 4 - y \hfill \cr} \right.\) \(\left\{ \matrix{ x' = {y_1} \hfill \cr y' = - {x_1} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ x' = 4 - y \hfill \cr y' = 2 + x \hfill \cr} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \matrix{ 4 - x` \hfill \cr x = - 2 + y` \hfill \cr} \right.\) Thế \(\left( {x;y} \right)\) theo \(\left( {x';y'} \right)\) vào phương trình d ta có: \(\eqalign{ & 3\left( {y' - 2} \right) - \left( {4 - x'} \right) - 3 = 0 \cr & \Leftrightarrow x' + 3y' - 13 = 0 \cr} \) Vậy phương trình d’ là \(x + 3y - 13 = 0\). Bài 1.47 trang 40 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn \(\left( C \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\). Viết phương trình đường tròn ảnh của đường tròn đã cho qua phép đối xứng trục \(d:x = 1\). Giải: Chỉ cần tìm ảnh của tâm đường tròn qua trục d. Bài 1.48 trang 40 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn \(\left( C \right):{\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} = 9\). Viết phương trình đường tròn ảnh của đường tròn đã cho qua phép quay \({Q_{\left( {0; - 90^\circ } \right)}}\) với O là gốc tọa độ. Giải: (C) có tâm \(I\left( {1;2} \right)\), bán kính R = 3. Gọi I’; R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ảnh, ta có: \( I' = {Q_{\left( {O, - {{90}^0}} \right)}}\left( I \right) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x' = y = 2 \hfill \cr y' = - x = - 1 \hfill \cr} \right.\) và R’ = 3. Vậy phương trình (C’) là \({\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 9\). Bài 1.49 trang 41 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tam giác ABC. Trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A, ta dựng hình vuông BCDE. Kẻ DM vuông góc với AB, EN vuông góc với AC, và kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Chứng minh rằng ba đường thẳng AD, EN, và AH đồng quy. Giải: Nếu ta “ kéo “ tam giác ABC xuống theo phương AH sao cho B trùng E, C trùng D thì A trùng với A’. Khi đó MD, EN, AH là ba đường cao của tam giác A’ED nên chúng đồng quy. Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {BE} \) ta có \({T_{\overrightarrow {BE} }}:A \mapsto A'\) \(B \mapsto E\) \(C \mapsto D\) Khi đó, ta có: \(A'E\parallel AB,A'D\parallel AC\). Gọi \(I = DM \cap EN\) Ta có: \(\left\{ \matrix{ AB \bot DM \hfill \cr AB\parallel A'E \hfill \cr} \right. \Rightarrow DM \bot A'E\) Tương tự, ta có: \(EN \bot A'D\). Xét ∆A’ED, vì I là giao điểm của hai đường cao nên I là trực tâm của tam giác trên. Suy ra \(A'I \bot E{\rm{D}}\) \( \Rightarrow AI \bot BC'\) hay \(I \in AH\) Vậy AH, DM, EN đồng quy tại I. Bài 1.50 trang 41 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hai đường tròn có cùng bán kính R cắt nhau tại hai điểm M, N. Đường trung trực của MN cắt hai đường tròn tại hai điểm A, Bvà nằm cùng phía đối với MN. Chứng minh rằng \(M{N^2} + A{B^2} = 4{R^2}\). Giải: \({T_{\overrightarrow {{O_2}{O_1}} }}:B \mapsto A\) \(M \mapsto E\) \( \Rightarrow \overrightarrow {BA} = \overrightarrow {ME} = \overrightarrow {{O_2}{O_1}} \) ∆NME vuông tại M (vì \(ME\parallel AB\) và \(AB \bot MN\)), do đó NE là đường kính. Từ đó ta có: \(\eqalign{ & N{E^2} = N{M^2} + M{E^2} \cr & \Leftrightarrow {\left( {2{\rm{R}}} \right)^2} = M{N^2} + A{B^2} \cr & \Leftrightarrow M{N^2} + A{B^2} = 4{{\rm{R}}^2} \cr} \) Bài 1.51 trang 41 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho đường tròn (O, R) , gọi BC là dây cung cố định của đường tròn và A là một điểm di động trên đường tròn. Tìm tập hợp trực tâm H của tam giác ABC. Giải: Vẽ đường kính BB1. Vì \(A{B_1}\parallel HC\) và \(AH\parallel {B_1}C\) nên AHCB1 là hình bình hành, suy ra: \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {{B_1}C} \). B, C cố định nên \(\overrightarrow {{B_1}C} \) không đổi. Như vậy \(H = {T_{\overrightarrow {{B_1}C} }}\left( A \right)\). Suy ra tập hợp các điểm H là đường tròn \(C'\left( {O';R} \right)\), chính là ảnh của đường tròn \(C\left( {O;R} \right)\) qua phép tịnh tiến \({T_{\overrightarrow {{B_1}C} }}\). + Xác định tâm của (C’): Ta có: \(O' = {T_{\overrightarrow {{B_1}C} }}\left( O \right),\overrightarrow {OO'} = \overrightarrow {{B_1}C} = 2\overrightarrow {OI} \) (I là trung điểm của BC). Vậy O’ đối xứng với O qua BC. Bài 1.52 trang 41 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tam giác đều ABC và điểm P nằm trong tam giác, sao cho PC = 3, PA = 4 và PB = 5. Tìm chu vi của tam giác ABC. Giải: Xét phép quay \({Q_{\left( {C,{{60}^0}} \right)}}:\Delta CBP \mapsto \Delta CAQ\). Ta có : \(\left\{ \matrix{ CP = CQ \hfill \cr \widehat {PCQ} = {60^0} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \Delta PCQ\) là tam giác đều. \(\left\{ \matrix{ AQ = BP = 5 \hfill \cr AP = 4 \hfill \cr PQ = PC = 3 \hfill \cr} \right. \Rightarrow A{Q^2} = A{P^2} + P{Q^2}\) \( \Rightarrow \widehat {APQ} = {90^0}\) \(\widehat {APC} = \widehat {APQ} + \widehat {QPC} = {90^0} + {60^0} = {150^0}\) Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác APC ta tính được chu vi tam giác ABC là: \(p = 3{\rm{A}}C = 3\sqrt {25 + 12\sqrt 3 } \) Bài 1.53 trang 41 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tam giác ABC. Các trung tuyến AA',BB', CC' cắt nhau tại G. a) Chứng minh rằng tam giác A'B'C' là ảnh của tam giác ABC qua phép vị tự tỉ số k xác định. b) Kẻ đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC. Chứng minh rằng ảnh của đường cao này qua phép vị tự \({V_{\left( {G,k} \right)}}\) là đường trung trực của đoạn thẳng BC c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng phép vị tự \({V_{\left( {G,k} \right)}}\) nói trên biến điểm H thành điểm O. Suy ra rằng ba điểm H, G, O nằm trên một đường thẳng ( đường thẳng Ơ-le của tam giác). Giải: \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {GA'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GA} \hfill \cr \overrightarrow {GB'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GB} \hfill \cr \overrightarrow {GC'} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GC} \hfill \cr} \right.\) ⇒ ∆A’B’C’ là ảnh của ∆ABC qua phép vị tự tâm G, tỉ số vị tự \(k = - {1 \over 2}\) b) Trong phép vị tự \({V_{\left( {G,k = - {1 \over 2}} \right)}}\), đường cao AD của ∆ABC biến thành đường cao A’D’ của ∆A’B’C’, nên \(A'D' \bot C'B'\). Mà \(C'B'\parallel CB\) nên . Mặt khác A’ là trung điểm của đoạn thẳng BC. Suy ra A’D’ là đường trung trực của đoạn thẳng BC. c) Phép vị tự \({V_{\left( {G,k = - {1 \over 2}} \right)}}\) biến các đường cao của tam giác ABC thành các đường trung trực của tam giácABC nên trực tâm H biến thành tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó : \(\overrightarrow {GO} = - {1 \over 2}\overrightarrow {GH} \) Suy ra ba điểm H, G, O thẳng hàng.
