Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: phép biến hình (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $MB=x$ thì $MA=2x$, $MC=3x$. Xoay tam giác $AMB$ quanh $A$ một góc $90^{\circ }$ theo chiều đưa $B\to C$ (do $AB=AC$, $\angle BAC=90^{\circ }$), điểm $M$ biến thành $M^{\prime }$. Khi đó $A{M}^{\prime }=AM=2x$, $M^{\prime }C=MB=x$, và $\angle MA{M}^{\prime }=90^{\circ }$ nên $M{M}^{\prime }=2x\sqrt{2}$. Xét tam giác $M{M}^{\prime }C$: $M{M}^{\prime 2}+M^{\prime }{C}^2=8x^2+x^2=9x^2=M{C}^2$, suy ra $\angle M{M}^{\prime }C=90^{\circ }$. Mặt khác tam giác $AM{M}^{\prime }$ vuông cân tại $A$ nên $\angle A{M}^{\prime }M=45^{\circ }$. Vì phép quay biến góc $\angle AMB$ thành $\angle A{M}^{\prime }C$, ta có $\angle AMB=\angle A{M}^{\prime }C=\angle A{M}^{\prime }M+\angle M{M}^{\prime }C=45^{\circ }+90^{\circ }=135^{\circ }$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $A$: gọi $\vec{s}=\overrightarrow{AS}$, $\vec{o}=\overrightarrow{AO}$ (O nằm trong mặt $(ABCD)$). Vì $MA=2MS$ nên $AM=\frac{2}{3}AS$, tức $\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\vec{s}$.
Đường thẳng qua $S$ song song $MO$: điểm $N$ có dạng $\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AS}+t\overrightarrow{MO}=\vec{s}+t(\vec{o}-\frac{2}{3}\vec{s})=(1-\frac{2t}{3})\vec{s}+t\vec{o}$. Để $N$ thuộc mặt $(ABCD)$, thành phần theo phương $\overrightarrow{AS}$ ngoài mặt phẳng phải triệt tiêu, suy ra $1-\frac{2t}{3}=0\Rightarrow t=\frac{3}{2}$. Vậy $\overrightarrow{AN}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}$, tức $N$ nằm trên tia $AO$ với $AN=\frac{3}{2}AO$.
a) Đúng: theo định nghĩa, $N$ chính là hình chiếu song song của $S$ lên $(ABCD)$ theo phương $OM$ (phương $MO$ trùng phương $OM$).
b) Sai: $\frac{AO}{AN}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$.
c) Sai: vì $O$ là trung điểm $AC$ nên $AO=\frac{AC}{2}$, do đó $AN=\frac{3}{2}\cdot \frac{AC}{2}=\frac{3AC}{4}$, tức $\frac{AN}{AC}=\frac{3}{4}\ne 4$.
d) Đúng: $CN=AC-AN=AC-\frac{3AC}{4}=\frac{AC}{4}$, nên $\frac{CN}{CA}=\frac{1}{4}$.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đúng theo định nghĩa: $N$ là giao của đường thẳng qua $S$ song song với phương chiếu $MO$ (trùng $OM$) với mặt $(ABCD)$, nên $N$ là hình chiếu song song của $S$ lên $(ABCD)$ theo phương $OM$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính toán cho $\overrightarrow{AN}=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO}$, nên $\frac{AO}{AN}=\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$, mệnh đề sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AO=\frac{AC}{2}$ nên $AN=\frac{3}{2}AO=\frac{3AC}{4}$, tức $\frac{AN}{AC}=\frac{3}{4}\ne 4$, mệnh đề sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
$CN=AC-AN=\frac{AC}{4}$ nên $\frac{CN}{CA}=\frac{1}{4}$, mệnh đề đúng.

Cách 1. Do $\angle ABK=\angle BAC=60^{\circ }\Rightarrow BK//AC$, tương tự $CL//AB$. Gọi $KB$ cắt $CL$ tại $X$ thì $ABXC$ là hình bình hành nên trung điểm $M$ của $BC$ là trung điểm $AX$.
Xét phép quay tâm $A$ với góc 60 độ biến $K$ thành $B$, $C$ thành $L$ nên nó biến $CK$ cắt $AB$ tại $S$ thành $BL$ cắt $AC$ tại $R\Rightarrow \Delta ASR$ đều và $\angle KTL=120^{\circ }$ (do phép quay) $\Rightarrow$ Tứ giác $ASTR$ nội tiếp và $\angle BXC=\angle BAC=60^{\circ }$ nên tứ giác $BTCX$ nội tiếp.
Từ đó ta thấy $\Delta XKL$ và $\Delta ARS$ cùng là tam giác đều và có cạnh tương ứng song song nên $XA,KR,LS$ đồng quy tại $Y$. Ta chứng minh $Y$ là tâm đẳng phương của $(KSB),(BCT),(ACL)$.
Gọi $YK$ cắt $(BSK)$ tại $U$, $AX$ cắt $(BCT)$ tại $D$. Ta chứng minh $U,D$ nằm trên $(ASR)$.
Ta có $\angle RUS=\angle KBS=60^{\circ }=\angle SAR$ nên $U$ nằm trên $(ASR)$.
Ta cũng có $\angle ADT=\angle TBX=180^{\circ }-\angle KBR=\angle ARB$ (do $KB//AR$) nên $D$ nằm trên $(ASR)$.
Nên $\angle YUD=\angle DAC=\angle AXB$ (do $AC//BX$) $\Rightarrow$ Tứ giác $UDXK$ nội tiếp $\Rightarrow YU.YK=YD.YX$.
$\Rightarrow Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(BCT)$ và $(BKS)$.
Tương tự ta có $Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(BCT)$ và $(CLR)$.
Vậy ta có $Y$ là tâm đẳng phương của 3 đường tròn hay ta có điều cần chứng minh.



Cách 2. Ta xét thế hình như hình vẽ.
Đặt ${\omega }_1=(KSB)$, ${\omega }_2=(BTC)$, ${\omega }_3=(LRC)$ và $AB=c$, $AC=b$.



(1) Ta có: $\angle KBA=\angle BAC=\angle LCA=60^{\circ }$. Do đó: $KB\parallel AC$ và $LC\parallel AB$.
Gọi $X=KB\cap LC$. Khi đó $ABXC$ là hình bình hành, suy ra $AX$ đi qua trung điểm của $BC$. Vậy $AX$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC$.
Mặt khác, $K,A,L$ thẳng hàng và $KL=KX=LX=b+c$.
Do đó $△KXL$ đều. Ta có: $KL=LX$, $LC=XB=b$ và $\angle KLC=\angle LXB=60^{\circ }$. Suy ra $△KLC\sim △LXB$, nên $\angle LKC=\angle XLB$. Từ đó: $\angle BTC=120^{\circ }$. Lại có $\angle BXC=\angle BAC=60^{\circ }$, suy ra $B,T,C,X$ cùng thuộc một đường tròn. Vậy $X\in {\omega }_2$.
(2) Ta có: $△KBS\sim △CAS$ và $△LCR\sim △BAR$. Do đó: $AS=AR=\frac{bc}{b+c}$.
Lấy $D$ trên tia $AB$ sao cho $AD=AC=b$. Khi đó $△ACD$ đều. Từ $ABXC$ là hình bình hành ta có $B,C,X,D$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $D\in {\omega }_2$.
Trên các đường thẳng $AB$, $AC$ ta lấy chiều dương lần lượt từ $A$ đến $B$ và từ $A$ đến $C$. Khi đó:
$${\mathcal{P}}_{A/(KSB)}=\overline{AS}.\overline{AB}=\frac{b{c}^2}{b+c},{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}=\overline{AD}.\overline{AB}=bc,{\mathcal{P}}_{A/(LRC)}=\overline{AR}.\overline{AC}=\frac{b^{2}c}{b+c}.$$
Ta có: ${\mathcal{P}}_{X/(KSB)}=\overline{XB}.\overline{XK}=(-b)(-(b+c))=b(b+c)$.
Vì $X\in (BTC)$ nên ${\mathcal{P}}_{X/(BTC)}=0$. ${\mathcal{P}}_{X/(LRC)}=\overline{XC}.\overline{XL}=(-c)(-(b+c))=c(b+c)$.

Bổ đề 0.1. Đường thẳng $UV$ cắt trục đẳng phương của hai đường tròn $\alpha ,\beta$ tại $G$ thì
$$\frac{\overline{UG}}{\overline{GV}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{U/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{U/(\beta )}}{{\mathcal{P}}_{V/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{V/(\beta )}}.$$
Chứng minh. Thật vậy, hiệu ${\mathcal{P}}_{Y/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{Y/(\beta )}$ là một hàm bậc nhất theo điểm $Y$ trên đường thẳng $UV$ và bằng 0 tại $G$.

(3) Gọi $G_1=BP\cap AX$. Vì $BP$ là trục đẳng phương của ${\omega }_1$ và ${\omega }_2$, áp dụng bổ đề ta có:
$$\frac{\overline{A{G}_1}}{\overline{G_{1}X}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{A/(KSB)}-{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}}{{\mathcal{P}}_{X/(KSB)}-{\mathcal{P}}_{X/(BTC)}}=-\frac{\frac{b{c}^2}{b+c}-bc}{b(b+c)}=\frac{bc}{(b+c{)}^2}.$$
Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của ${\omega }_2$ và ${\omega }_3$ khác $C$, đồng thời đặt $G_2=CQ\cap AX$. Vì $CQ$ là trục đẳng phương của ${\omega }_2$ và ${\omega }_3$, tương tự:
$$\frac{\overline{A{G}_2}}{\overline{G_{2}X}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}-{\mathcal{P}}_{A/(LRC)}}{{\mathcal{P}}_{X/(BTC)}-{\mathcal{P}}_{X/(LRC)}}=-\frac{bc-\frac{b^{2}c}{b+c}}{-c(b+c)}=\frac{bc}{(b+c{)}^2}.$$
Do đó: $\frac{\overline{A{G}_1}}{\overline{G_{1}X}}=\frac{\overline{A{G}_2}}{\overline{G_{2}X}}$.
Vì $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $AX$ nên $G_1\equiv G_2$, gọi chung là điểm $G$. Suy ra $BP$, $CQ$, $AX$ hay ta thu được tâm đẳng phương của ${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3$ nằm trên đường trung tuyến $AX$.

a) Gọi $B^{\prime }{C}^{\prime }$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $d_a$ do đó: $d$ đi qua $U$.

Tương tự thì: $C^{\prime }{A}^{\prime }$, $AB$, $d$ đồng quy. Và: $AC$, $A^{\prime }{B}^{\prime }$, $d$ đồng quy.

Do đó áp dụng định lí Desargues ta có: $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ đồng quy tại $Y$. Gọi $Y_a$, $Y_b$, $Y_c$ đối xứng $Y$ qua $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt. Theo tính chất đối xứng ta có: $Y_b{Y}_c$ song song $d$. Tương tự thì ta thu được: $Y_a$, $Y_b$, $Y_c$ thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng song song $d$) dẫn đến theo tính chất đường thẳng Steiner đảo thì: $Y\in (O)$.

b) Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Gọi $d_1,d_2,d_3$ lần lượt là các đường thẳng đối xứng với $XH$ qua $BC,CA,AB$.

Gọi $H_a$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Ta có $H_a\in (O)$. Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $d_1$ với $(O)$. Gọi $Q_a,Q_b,Q_c$ lần lượt là các điểm đối xứng của $Q$ qua $BC,CA,AB$. Vì $Q\in d_1$ nên $Q_a\in XH$.

Theo tính chất điểm Anti-Steiner ta có: $d_1,d_2,d_3$ đồng quy tại điểm cố định $Q\in (O)$.

Gọi $X_a,X_b,X_c$ lần lượt là các điểm đối xứng của $X$ qua $BC,CA,AB$.

Vì $X\in (O)$ nên theo tính chất Steiner: $X_a,X_b,X_c,H$ thẳng hàng.

Ta có: $d_1=Q{X}_a$, $d_2=Q{X}_b$, $d_3=Q{X}_c$.

Do $(d_2,d_b)$ và $(d_3,d_c)$ lần lượt là ảnh của $(XH,d)$ qua các phép đối xứng nên: $\angle (d_2,d_b)=\angle (d_3,d_c)$.

Mà $A^{\prime }=d_b\cap d_c$, suy ra: $\angle Q{X}_b{A}^{\prime }=\angle Q{X}_c{A}^{\prime }$.

Do đó: $Q$, $X_b$, $A^{\prime }$, $X_c$ đồng viên. Tương tự: $Q$, $X_c$, $B^{\prime }$, $X_a$ đồng viên, $Q$, $X_a$, $C^{\prime }$, $X_b$ đồng viên.

Vậy ta thu được: $Q$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần: $(A^{\prime }{B}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime },C^{\prime }{A}^{\prime },X_b{X}_c)$ dẫn đến: $Q\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ luôn đi qua điểm cố định $Q$.

Phép tịnh tiến $T_{\vec{v}}$ biến đường thẳng $d$ thành chính nó khi và chỉ khi véc tơ $\vec{v}$ cùng phương với véc tơ chỉ phương của đường thẳng $d$ (hoặc $\vec{v}=\vec{0}$).

Đường thẳng $d:2x-y+1=0$ có véc tơ pháp tuyến $\vec{n}=(2;-1)$, suy ra véc tơ chỉ phương là $\vec{u}=(1;2)$.

Trong các phương án, véc tơ $\vec{v}=(1;2)$ là véc tơ chỉ phương của $d$.

Đường tròn $(C):(x-1{)}^2+(y+1{)}^2=1$ có tâm $I(1;-1)$ và bán kính $R=1$.
Gọi $(C^{\prime })$ là ảnh của $(C)$ qua phép vị tự $V_{(O,3)}$. Khi đó ta có:
Tâm $I^{\prime }(3;-3)$, bán kính $R^{\prime }=|k|R=3\cdot 1=3$.
Phương trình $(C^{\prime }):(x-3{)}^2+(y+3{)}^2=9$. Chọn C.

Phép quay với góc quay $\alpha =\pm 90^{\circ }$ biến mỗi đường thẳng $d$ thành đường thẳng $d^{\prime }$ vuông góc với nó.

Vectơ pháp tuyến của $d$ là $\vec{n}=(3;-2)$. Do giá của $\vec{v}$ vuông góc với $d$ nên $\vec{v}$ cùng phương với $\vec{n}$, tức $\vec{v}=k(3;-2)=(3k;-2k)$. Lấy $M(1;-1)\in d⟹M^{\prime }(1+3k;-1-2k)\in d^{\prime }⟹3(1+3k)-2(-1-2k)+21=0⟺13k+26=0⟺k=-2$. Suy ra $\vec{v}=(-6;4)$.

Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến: $x^{\prime }=x+a=-4+(-2)=-6$, $y^{\prime }=y+b=2+3=5$. Vậy ảnh là $(-6;5)$.

Hai đường thẳng vuông góc có 4 trục đối xứng: 2 trục chính là 2 đường thẳng đó, và 2 trục là 2 đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng đó.

Tâm đường tròn $(C)$ là $J(1;-3)$, bán kính $R=4$. Ảnh của $J$ qua phép đối xứng tâm $I(-1;-1)$ là $J^{\prime }(x^{\prime };y^{\prime })$ với $x^{\prime }=2x_I-x_J=2(-1)-1=-3$, $y^{\prime }=2y_I-y_J=2(-1)-(-3)=1$. Bán kính không đổi $R^{\prime }=4$. Phương trình là $(x+3{)}^2+(y-1{)}^2=16$.

Qua phép quay $Q_{(O,90^{\circ })}$, biểu thức tọa độ: $x^{\prime }=-y,y^{\prime }=x⟹x=y^{\prime },y=-x^{\prime }$. Thế vào phương trình $d:3y^{\prime }-2(-x^{\prime })=0⟺2x^{\prime }+3y^{\prime }=0$ hay $2x+3y=0$.

Phép vị tự tâm $O$ tỉ số $k=-2$: $x^{\prime }=-2x,y^{\prime }=-2y$. Vì $M^{\prime }(x^{\prime };y^{\prime })\in d^{\prime }$ nên $3(-2x)-2(-2y)+5=0⟺-6x+4y+5=0⟺6x-4y-5=0$.

Đường thẳng ảnh $d^{\prime }$ song song hoặc trùng với $d$ nên có dạng $3x-2y+c=0$. Lấy điểm $M(1;-1)\in d$. Ảnh của $M$ qua $V_{(I,2)}$ là $M^{\prime }$ thỏa $\overrightarrow{I{M}^{\prime }}=2\overrightarrow{IM}=2(0;-3)=(0;-6)⟹M^{\prime }(1;-4)$. Thay tọa độ $M^{\prime }$ vào $d^{\prime }:3(1)-2(-4)+c=0⟹c=-11$. Vậy phương trình là $3x-2y-11=0$.

Đường tròn $(C)$ có tâm $I(1;0)$, bán kính $R=3$. Qua phép đối xứng trục $Oy$, điểm $I(1;0)$ biến thành $I_1(-1;0)$. Qua phép vị tự $V_{(O,-2)}$, điểm $I_1(-1;0)$ biến thành $I^{\prime }(2;0)$ và bán kính $R^{\prime }=|-2|\cdot 3=6$. Phương trình đường tròn ảnh là $(x-2{)}^2+y^2=36$.

Đường tròn $(C)$ có tâm $J(1;-3)$, bán kính $R=\sqrt{1^2+(-3{)}^2-1}=3$. Ảnh của tâm $J$ qua $V_{(I,-2)}$ là $J^{\prime }$ thỏa $\overrightarrow{I{J}^{\prime }}=-2\overrightarrow{IJ}=-2(3;-4)=(-6;8)⟹J^{\prime }(-8;9)$. Bán kính $R^{\prime }=|-2|\cdot 3=6$. Phương trình $(C^{\prime })$ là $(x+8{)}^2+(y-9{)}^2=36⟺x^2+y^2+16x-18y+109=0$.

Xét phép quay tâm $A$ góc quay $-45^{\circ }$ và phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\sqrt{2}$ (phép đồng dạng) biến tam giác vuông cân thành các vị trí tương ứng, quỹ đạo của $N$ là ảnh của nửa đường tròn đường kính $AB$ qua phép đồng dạng, cho độ dài cung $l=2\sqrt{2}\pi$.

Gọi $A^{\prime }=T_{\vec{v}}(A)$, ta có $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=1+2=3\\ y^{\prime }=-3+3=0\end{array}\Rightarrow A^{\prime }(3;0)$. Chọn đáp án D.

Gọi $M(x;y)$ là điểm có ảnh là $A$ qua phép tịnh tiến theo $\vec{v}=(2;1)$.
Ta có $\overrightarrow{MA}=\vec{v}⟺\{\begin{array}{l}1-x=2\\ 3-y=1\end{array}⟺\{\begin{array}{l}x=-1\\ y=2\end{array}⟹M(-1;2)$. Chọn D.

Đường tròn $(C)$ có tâm $I(2;0)$ và bán kính $R=\sqrt{2^2+0^2-1}=\sqrt{3}$.
Phép quay tâm $O$ góc $90^{\circ }$ biến tâm $I(2;0)$ thành $I^{\prime }(0;2)$ và bán kính $R^{\prime }=R=\sqrt{3}$.
Phương trình đường tròn $(C^{\prime })$ là: $(x-0{)}^2+(y-2{)}^2=(\sqrt{3}{)}^2⟺x^2+(y-2{)}^2=3$. Chọn B.