Bài tập hình học Afin

Chia sẻ: datth95

Bài 2: Hệ tiên đề K gồm :điểm ,đường,thuộc + Khái niệm cơ bản + Các tiên đề : i) có ít nhất một điểm ii) qua hai điểm phân biệt có không quá một đường.

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Bài tập hình học Afin

BÀI TẬP CHƯƠNG I
Bài 2: Hệ tiên đề K gồm :điểm ,đường,thuộc
+ Khái niệm cơ bản
+ Các tiên đề :
i) có ít nhất một điểm
ii) qua hai điểm phân biệt có không quá một đường.
iii)mỗi đường có ba điểm phân biệt.
iv)Mỗi điểm nằ trên ba đường phân biệt
a.Chứng minh các định lý:
+ Hai đường thẳng biệt có không quá một điểm chung.
+ Có ít nhất là bảy điểm ,có ít nhất là bảy đường.
b.Xây dựng các mô hình của K gồm bảy điểm ,bảy đường hoặc chín điểm,chín
đường.
Giải
a.Chứng minh
+ Hai đường phân biệt có không qía một điểm chung.
Nếu như hai đường thẳng phân biệt a và b có hai điểm chung là A và B ( A ≠ B )
thì qia hai điểm A,B sẽ có hai đường thẳng phân biệt a và b (trái ii))
+ Có ít nhất là bảy điểm ,bảy đường
Theo tiên đề i) có ít nhất là một điểm ta kí hiệu là A ,theo iv) có ba đường phân
biệt x,y,z qua A.
Theo tiên đè iii) trên x ngoài biến A còn có 2 điểm phân biệt nửa B,C
Tương tự trên y ngoài A có 2 điểm phân biệt D,E
Trên z ngoài A có 2 điểm phân biệt G,H
Theo định lý 1: hai đường thẳng phân biệt sẽ có không quá một điểm chung
⇒ Bảy điểm A,B,C,D,E,G,H đôi một phân biệt và khác nhau.
Theo tiên đề iv) mỗi điểm nằm trên ba đường thẳng phân biệt .Nên ngoài x qua
B còn có 2 diểm phân biệt khác ta đặt u,v.
Tương tự :ngoài x qua C còn có 2 đường : w, ϕ
Theo tiên đề ii)qua hai điểm phân biệt có không quá một đường
⇒ Bảy đường x, y , z , u , v, w, ϕ đôi một phân biệt và khác nhau.
b.+ Mô hình K gồm bảy điểm ,bảy đường.
Xét ∆ΑΒC có 3 đường trung tuyến AD,BE,CF cắt nhau tại G.
Ta có: bảy điểm A,B,C,D,E,F,G,H.
Ta gọi mỗi đường là bộ đôi ba điểm
{ A, F , B} , { B, D, C} , { A, E , C} , { A, G, D} , { C , G, F } , { B, G, E} , { F , E , D}
+ Mô hình K gồm chín điểm ,chín đường.
Ta lấy 9 điểm phân biệt : A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 , C1 , C 2 , C 3 .
Mỗi bộ ba điểm sau đây được xem là một đường:
{ A1 , B1 , C1 }, { A1 , B2 , C3 }, { A1 , B3 , C 2 }, { A2 , B2 , C 2 }, { A2 , B1 , C3 }, { A3 , B3 , C3 }, { A3 , B1 , C 2 }, { A3 , B2 , C1 }
Bài 4: Hãy dùng hệ tiên đề của hình học phẳng ở phổ thông để chứng minh các định lý
sau đây.
a.Có ít nhất ba điểm không thẳng hàng.
b. Cho 4 điểm A,B,C,D phân biệt và thẳng hàng.Chứng minh rằng nếu C nằm giữa
A và B,còn D nằm giữa B và C thì D nằm giữa A và B còn C nằm giữa A và D.
c. Định lý Pát (tức tiên đề Pát trong hệ tiên đề Hinbe).
Giải
Chứng minh:


1
a.Có ít nhất ba điểm không thẳng hàng.
Theo tiên đề 1,ta có ít nhất là hai đường thẳng a và b nào đó.
Cũng theo tiên đề 1,trên a có ít nhất là hai điểm A và B.
Đường thẳng b không thể đồng thời đi qua A và B ,vì như vậy sẽ trùng với đường
thẳng a,theo tiên đề 2.
Vậy trên b có ít nhất là một điểm C không nằm trên a.
Vậy ta có ít nhất là ba điểm A,B,C, không thẳng hàng.
b.Ta chứng minh C ở giữa A và D.
Ta gọi a là đường thẳng chứa bốn điểm A,B,C,D.
Theo tiên đề 4,điểm C chia các điểm còn lại của đường thẳng a thành hai tập
hợp,ta gọi hai tập hợp đó là X và Y
Vì C ở giữa A và B nên Avà B thuộc hai tập hợp khác nhau.
Gỉa sử A ∈ XvàB ∈ Y
Theo giả thiết D ở giữa B và C nên theo tiên đề 3 C không ở giữa B và D
Do D ∈ Y và A ∈ X
⇒ C ở giữa A và D
• Chứng minh D ở giữa A và B
Điểm D chia các điểm của a thành hai tập hợp kí hiệu là X ' , Y '
Theo giả thiết D ở giữa B và C nên B và C thuộc hai tập hợp khác nhau.
Giả sử C ∈ X ' vàB ∈ Y '
Theo chứng minh trên và theo tiên đề 3,vì C ở giữa A và D nên D không ở giữa A
và C
Vậy A và C cùng thuộc một tập hợp X ' hoặc Y '
Như vậy A ∈ X ' ngoài ra vì B ∈ Y '
Suy ra D ở giữa A và B.
c. Theo tiên đề 5
Đường thẳng a chia các điểm không thuộc nó thành hai tập hợp mà ta kí hiệu là X
và Y.
Theo định nghĩa của đoạn thẳng thì giả thiết đường thẳng a có một điểm ở giữa A
và B ,A và B đều thuộc tập hợp khác nhau đó
Gỉa sử A ∈ XvàB ∈ Y ,do C không nằm trên a nên phải thuộc một trong hai tập hợp
đó.
Nếu C ∈ X thì B và C thuộc hai tập hợp khác nhau nên theo tiên đề 5 đường
thẳng a và đoạn thẳng BC có điểm chung hay có một điểm của a ở giữa B và C
Tương tự nếu C ∈ Y thì có một điểm của a ở giữa A và C.
Bài 6: Hãy dùng 12 tiên đề của hình học phẳng (tức là không dùng tiên đ ề 13 về hai
đường thẳng song song) để chứng minh các định lý sau đây.
a.Góc ngoài tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó.
b. Nếu hai đường thẳng tạo với một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau thì hai
đường thẳng đó song song.
GIẢI
A B'




x
B C




2
a) Góc ngoài của tam giác lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó.
Ta gọi Cx là tia đối của tia CB ta chứng minh rằng: ·ACx > BAC và ·
· ACx > ·
ABC
Gọi I là trung điểm AC và B’ là điểm đối xứng với B qua I.
Khi đó hai tam giác AIB và CIB’ bằng nhau (c-g-c).Bở vậy · ·
ACB ' = BAC có thể chứng
minh rằng tia CB’nằm trong góc · ACx ,tức là ·
ACx > ·
ACB '
Có thể chứng minh rằng tia CB’ nằm trong góc
b) Gỉa sử hai đường thẳng a và b cắt đường thẳng c lần lượt tại A và B sao cho µ1 = B1

nếu a và b cắt nhau tại C thì tam giác ABC sẽ có một góc ngoài bằng một góc trong
không kề với nó (trái với định lý a)

A




B




c) vậy nếu hai đường thẳng tạo với một cát tuyến hai góc so le trong bằng nhau thì hai đường
thẳng đó song song (đpcm)
Bài 8: Cho V là không gian Ơ-clit n chiều (trên trường số thực) .Hãy gọi mỗi vecto u của
V là một “điểm”,và với bất kì hai “điểm” u và v của V ta cho tương ứng với vecto v − u
của V.Hãy chứng minh rằng khi đó V là không gian Ơ-clit n chiều.
Giải
Gọi mỗi vectơ u là một điểm và kí hiệu là U.
rrru r
Vậy các vectơ a, b, x, y... bây giờ được hiểu là các điểm A,B,X,Y…
Theo tiên đề 1: Với bất kỳ hai điểm A và B (là hai vectơ a và b ) ta cho tương ứng với
một vectơ hoàn toàn xác định của V ,đó là vectơ b − a
uuu r r
r
Như vậy : AB = b − a
Theo tiên đề 2: Với mỗi điểm A cho trước (là vectơ a ) và mỗi vectơ u cho trước của V
có một điểm duy nhất B sao cho AB = u
rrr
Thật vậy ta chỉ cần lấy B là điểm b = u + a...
uuu uuu uuu
r r r
Theo tiên đề 3: Với bất kỳ ba điểm A,B,C ta đều có AB + BC = AC
rrr
Thật vậy nếu các điểm A,B,C lần lượt là các vectơ a, b, c thì
uuu r r uuu r r uuu r r
r r r
AB = b − a, BC = c − b, AC = c − a ,
uuu uuu uuu
r r r
Từ đó suy ra AB + BC = AC
Vậy cả ba tiên đề đều nghiệm
Suy ra V là không gian Ơclic n chiều.

BÀI TẬP CHƯƠNG II
BÀI 1:PHÉP BIẾN HÌNH AFIN
Bài 2: Cho phép afin f và hai điểm A,B phân biệt .Chứng minh rằng nếu f ( A) = ( B ) và
f ( B ) = ( A) và I là trung điểm AB thì f ( I ) = I .
Giải
Ta có f là phép afin
A và B là hai điểm phân biệt

3
f ( A) = B , f ( B ) = A
Gọi I là trung điểm của AB
Gỉa sử f ( I ) = I '
Do f là phép afin nên f bảo toàn tỉ số đơn ( ABI )
IA = − IB
() ()
⇒ f IA = − f IB
⇒ I ' B = −I ' A
⇒ I’ là trung điểm AB
Theo tính chất duy nhất của trung điểm
⇒ I ≡ I'
⇒ f (I) = I'
Bài 4: Chứng minh rằng nếu phép afin f biến mỗi đường thẳng a thành đường thẳng a’
song song hoặc trùng với a thì f là phép tịnh tiến hoặc là phép vị tự.
Giải
Giả sử f là phép biến đổi tuyến tính liên kết với phép afin f
ur
r r
Ta chứng minh rằng tồn tại một số k sao cho với mọi u bất kỳ có : f (u ) = ku
Thật vậy với vectơ u bất kỳ ta lấy hai điểm M,N sao cho MN = u
Nếu gọi M ' = f ( M ) và N ' = f ( N ) và M ' N ' = u '
u r ur
r
Thì theo định nghĩa của f ta có : f (u ) = u '
Nhưng vì f biếnuđường r ẳng MN thành đường thẳng M’N’ nên theo giả thiết
th
rr
MN // M ' N ' bởi vậy f (u ) = ku .
ur
r r
r
Tương tự như vậy ,đối với vectơ v ta cũng có f (v) = k ' v .Tuy nhiên ta chứng minh được
k =k'
uu
rr u
r rr r r
u rr
r
Thật vậy, nếu đặt vectơ w = u + v , thì ta cũng có f ( w) = k '' w = k ''(u + v ) = k '' u + k '' v .Nhưng
uu
rr ur r ur ur
r r r r r r r r r
vì f biến đổi tuyến tính nên f ( w) = f (u + v ) = f (u ) + f (v ) = ku + k ' v .Tức là ku + k ' v = k '' u + k '' v
r
Từ đó ta suy ra nếu v và u không cộng tuyến thì k = k '', k ' = k '' , vậy k = k ' .
r r
Còn nếu v và u cộng tuyến ta lấy một vectơ z không cộng tuyến với vectơ u thì
ur
r r
f ( z ) = kv
Bây giờ ta lấy k=1 thì với mọi cặp điểm M,N và ảnh của chúng là M’.,N’ ta có
uuuu uuuuuu
r r uuuu uuuuuu
r r
MN = M ' N ' .Vậy MN = M ' N '
uuuuu r
r
Vậy f tịnh tiến theo vectơ MM ' = v .
Nếu k ≠ 1 (chú ý rằng nếu k ≠ 0 ) thì với cặp điểm M,N và ảnh cuuuuchúng ta uuuủar uuuu cór uuur r
uuuuuu
r uuuu
r
M ' N ' = k MN suy ra hai đường thẳng MM’ và NN’ cắt nhau tại O và OM = kOM , ON = kON
Vậy f là phép vị tự tâm O tỉ số k.
Bài 6: Cho hai tứ giác ABCD và A’B’C’D’.Với điều kiện nào thì có phép afin f biến các
đỉnh A,B,C,D lần lượt thành các đỉnh A’,B’,C’,D’?
Giải
Vì ba điểm A,B,C cũng như ba điểm A’,B’,C’ không thẳng hàng cho nên có một phép afin
f duy nhất biến A,B,C lần lượt thành A’,B’C’
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD
I’ là giao điểm của hai đường chéo A’C’ và B’D’
Phép afin f biến D thành D’ khi và chỉ khi nó biến I thành I’.
Điều đó xảy ra khi và chỉ khi ( A, B, I ) = ( A ', B ', I ') và ( B, D, I ) = ( B' , D' , I ')



4
Bài 8: Tìm biểu thức tọa độ của phép afin biến các điểm A(1,0) , B( 0,2) , C ( − 3,0 ) lần lượt
thành các điểm A' ( 2,3) , B' ( − 1,4) , C ' ( − 2,−1)
Giải
 x' = ax + by + a1
Biểu thức tọa độ của phép biến đổi afin có dạng: 
 y ' = cx + dy + a 2
Vì nó biến ba điểm A,B,C thành A’,B’,C’ nên :
2 = a + a1 a + a1 = 2
3 = c + a c + a = 3
 
2 2

− 1 = 2b + a1 2b + a1 = −1
 
⇒ ⇒
4 = 2 d + a 2 2 d + a 2 = 4
− 2 = −3a + a1 − 3a + a1 = −2
 
 − 3c + a 2 = −1
− 1 = −3c + a 2 
Ta có : a = 2 − a1 thay vào phương trình :
− 3a + a1 = −2
⇒ −3( 2 − a1 ) + a1 = −2
⇒ 4a1 = 4
⇒ a1 = 1 ⇒ a = 1
Từ phương trình c + a 2 = 3 ⇒ c = 3 − a 2 thay vào phương trình:
− 3c + a 2 = −1
⇒ −3( 3 − a 2 ) + a 2 = −1
⇒ 4a 2 = 8
⇒ a2 = 2 ⇒ c = 1
Tương tự từ phương trình : 2b + a1 = −1 ⇒ 2b = −2 ⇒ b = −1
Và 2d + a 2 = 4 ⇒ 2d = 2 ⇒ d = 2
 x' = x − y + 1
Vậy ta có biểu thức tọa độ là: 
 y' = x + y + 2
Bài 10: Cho hai phép afin:
x ' = 2x + y − 5
Phép f: 
 y ' = 3x − y + 7

x ' = x − y + 4
Phép g: 
 y ' = −x + 2 y + 5

Tìm biểu thức tọa độ của go f và f0 g

x ' = 2x + y − 5
Xét f: 
 y ' = 3x − y + 7

A(0,0); B(1,0); C(1,0)
 x ' = 2.0 + 0 − 5 x ' = −x + 2 y − 8
⇒ f(A)= (-5,7)
f(A):  
 y ' = 3.0 − 0 + 7  y ' = 4 x − 3 y + 24




5
 x ' = 2.1 + 0 − 5
⇒ f(B)= (-3,10)
f(B): 
 y ' = 3.1 − 0 + 7

 x ' = 2.0 + 1 − 5
⇒ f(C)=(-4,6)
f(C): 
 y ' = 3.0 − 1 + 7

x ' = x − y + 4
xét g: 
 y ' = −x + 2 y + 5

 x ' = −5 − 7 + 4
⇒ g(f(A))=(-8,24)=A’
g(f(A)): 
 y ' = 5 + 2.7 + 5

 x ' = −3 − 10 + 4
⇒ g(f(B))=(-9,28)=B’
g(f(B)): 
 y ' = 3 + 2.10 + 5

 x ' = −4 − 6 + 4
⇒ g(f(C))=(-6,21)=C’
g(f(C)): 
 y ' = 4 + 2.6 + 5
Ta có A(0,0); B(1,0); C(0,1); A’(-8,24); B’(-9,28); C’(-6,21)

Biểu thức tọa độ của g0f là:

 x ' = ax + by + c

y' = a'x +b' y + c

 −8 = c  c = −8
 24 = c ' a = −1
 
 −9 = a + c b = 2

 
 28 = a '+ c ' a ' = 4
 −6 = b + c b ' = −3
 
 21 = b '+ c ' c ' = 24

Vậy biểu thức tọa độ của g0f là

x ' = −x + 2 y − 8

 y ' = 4 x − 3 y + 24

Tương tự ta xét biểu thức tọa độ của f0g:
x ' = x − y + 4
Xét g: 
 y ' = −x + 2 y + 5

A(0,0); B(1,0); C(0,1)




6
8 = c
14 = c '

9 = a + c x ' = 0 − 0 + 4
⇒ g(A)=(4,5)
g(A)=  
18 = a '+ c '  y ' = −0 + 2.0 + 5
8 = b + c

9 = b '+ c '

x ' = 1− 0 + 4
⇒ g(B)=(5,4)
g(B)= 
 y ' = −1 + 2.0 + 5

x ' = 0 −1+ 4
⇒ g(C)=(3,7)
g(C)= 
 y ' = −0 + 2.1 + 5

x ' = 2x + y − 5
xét f: 
 y ' = 3x − y + 7

 x ' = 2.4 + 5 − 5
⇒ f(g(A))=(8,14)=A’’
f(g(A))= 
 y ' = 3.4 − 5 + 7

 x ' = 2.5 + 4 − 5
⇒ f(g(B))=(9,18)=B’’
f(g(B))= 
 y ' = 3.5 − 4 + 7

 x ' = 2.3 + 7 − 5
⇒ f(g(C))=(8,9)=C’’
f(g(C))= 
 y ' = 3.3 − 7 + 7

Vậy ta có A(0,0); B(1,0); C(0,1); A’’(8,14); B’’(9,18); C’’(8,9)
Biểu thức tọa độ của f0 g là :
 x ' = ax + by + c

y' = a'x +b' y + c'




8 = c c = 8
14 = c ' c ' = 14
 
9 = a + c a = 1

 
18 = a '+ c ' a ' = 4
8 = b + c b = 0
 
9 = b '+ c ' b ' = −5


Vậy biểu thức tọa độ của f0g là:




7
x ' = x + 8

 y ' = 4 x − 5 y + 14


Bài 12: Tìm điểm bất động và đường thẳng bất động (tức là đường thẳng biến thành
chính nó) cùa các phép afin sau đây:
x ' = 7x − y +1
a/ 
 y ' = 4x + 2 y + 4
 13 a 8
x' = x+ y −

 5 5 5
b/ 
y' = 4 x + 7 y − 4

 5 5 5
Giải
a/Điểm bất động:
x = 7x − y +1
Giải hệ phương trình 
 y = 4x + 2 y + 4
1 
ta được điểm bất động là A =  − ; −2 ÷.
2 
Đường thẳng bất biến :
Nếu đường thẳng (d) có ảnh là đường thẳng (d’) và phương trình của (d’) là Ax '+ By '+ C = 0
thì phương trình của (d) là:
A ( 7 x − y + 1) + B ( 4 x + 2 y + 4 ) + C = 0
Hay: ( 7 A + 4 B ) x + ( − A + 2 B ) y + A + 4 B + C = 0
Để hai đường thẳng (d) và (d’) trùng nhau ta cần có điều kiện:
7 A + 4B − A + 2B A + 4B + C
= = (*)
A B C
Từ đẳng thức với dấu bằng đầu tiên ta suy ra: A2 + 5 AB + 4 B 2 = 0 hay ( A + B ) ×( A + 4 B ) = 0
+/Nếu A = − B thì từ đẳng thức với dấu bằng thứ hai của (*) ta suy ra : 3B + C = 3C , suy ra
3B = 2C .
Vậy ta có thể lấy: C = −3, B = −2 và A = 2 và được đường thẳng bất biến có phương trình:
2x − 2 y − 3 = 0
+/Nếu A = −4 B thì từ dấu bằng thứ hai của (*) ta suy ra C = 6C
vậy C = 0 và phương trình đường thẳng bất biến là: 4 x − y = 0
b/Điểm bất động : Giải hệ phương trình:
 13 a 8
x = 5 x + 5 y − 5


y = 4 x + 7 y − 4

 5 5 5
Hệ phương trình trên tương đương với một phương trình:
2x + y − 2 = 0
Vậy mọi điểm của đường thẳng 2 x + y − 2 = 0 đều là điểm bất động.
Đường thẳng bất biến:
Nếu đường thẳng (d) có ảnh là đường thẳng (d’) và (d’) có phương trình:
Ax '+ By '+ C = 0
thì phương trình của (d) là:
A ( 13 x + 4 y − 8 ) + B ( 4 x + 7 y − 4 ) + 5C = 0


8
Hay: ( 13 A + 4 B ) x + ( 4 A + 7 B ) y − 8 A − 4 B + 5C = 0 .
Để (d) ≡ (d’), điều kiện là:
13 A + 4 B 4 A + 7 B −8 A − 4 B + 5C
= = (*)
A B C
Ta suy ra:
( 13 A + 4 B ) B = ( 4 A + 7 B ) A
⇒ 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0
⇒ ( A − 2B ) ( 2 A + B ) = 0
+/Nếu A = 2 B thay vào (*) ta được : C = −2 B .
Vậy lấy B = 1 thì và được đường thẳng bất biến 2 x + y − 2 = 0 .
+/Nếu 2 A = − B thì thay vào (*) ta được 5C = 5C ,đúng với mọi C.
Vậy ta có vô số đường thẳng bất biến song song với nhau:
x − 2y + C = 0
Bài 14:

Viết biểu thức tọa độ của các phép afin trong các trường hợp sau đây:

a. Mọi điểm của trục Ox đều là điểm bất động và điểm (2,6) biến thành điếm (-1,-
4).

b. Mọi điểm của đường thẳng x+2y-1=0 đều là điểm bất động và điểm ( 1, 2 ) biến
thành điểm (2,1).

Giải

a. Vì điểm O biến thành chính nó và vecto (1;0) biến thành chính nó nên biểu thức tọa độ
của phép afin đã cho có dạng:

 x ' = x + cy

 y ' = dy

Vì điểm (2;6) biến thành điểm (-1;-4) nên:

-1 = 2 + 6c

-4 = 6d

−1 −2
Vậy c = , d = . Biểu thức tọa độ của phép afin đã cho là:
2 3

 1
x ' = x − 2 y


y' = − 2 y

 3

b. Biểu thức của f có dạng:

 x ' = ax + cy + p

 y ' = bx + dy + q


9
Lấy hai điểm nào đó trên đường thẳng đã cho, chẳng hạn M(1;0), N(-1;1) thì M và N đều
biến thành chính nó, còn B biến thành B’, nên:
1= a+ p
0=b+q
−1 = − a + c + p
1 = −b + d + q
2 = a + 2c + p
2 = b + 2d + q

Ta tìm được:

5 1 1
a = , b = 0, c = , d = 1, p = − , q = 0
4 2 4

Vậy phép afin đã cho có biểu thức tọa độ:

 5 1 1
x ' = x + y −
 4 2 4
y' = y


Bài 16:

Các phép afin sau đây có phải là phép thấu xạ hay không? Nếu có, hãy tìm tỉ số thấu xạ,
nếu không phải là thấu xạ trượt

x ' = x
a. 
 y ' = ky

x ' = − y +1
b. 
 y ' = −x +1

x ' = 4x + 2 y +1
c. 
 y ' = 3x + 3 y − 1

x ' = x + p
d. 
 y ' = ky + q

x ' = x + y
e. 
y' = y

Giải

a. Trong biểu thức x’ = x, y’ = ky ta phải có k ≠ 0 . Nếu k = 1 thì đó là phép đồng nhất.
Nếu k ≠ 1 thì các điểm bất động có tọa độ thỏa mãn hệ:

x = x

 y = ky



10
Vậy tất cả các điểm của trục y = 0 đều là điểm bất động. Đây là một phép thấu xạ với cơ
sở là đuuuuu thuuuu Ox. Nếu ta lấy M = (0;1) thì M có ảnh là M’ = (0;k), và MM’ cắt nhau tại
ường ẳng
r r
O. Vì OM ' = kOM nên ta có tỉ số thấu xạ là k.

b. Trong biểu thức x ' = x + p, y ' = ky + q ta cũng phải có k ≠ 0 .
r
Nếu k = 1 thì ta có phép tịnh tiến theo vectơ u = ( p; q) . Vậy nếu p = q = 0 thì ta có phép
đồng nhất, nó cũng là một phép thấu xạ. Nếu một trong hai số p và q khác không, ta được
phép tịnh tiến, đó không phải là phép thấu xạ.

Nếu k ≠ 1 , các điểm bất động có tọa độ thỏa mãn hệ:

Hệ phương trình trên vô nghiệm khi , nên phép afin đã cho không phải là phép thấu xạ.

Khi p = 0, các điểm bất động là mọi điểm của đường thẳng d: (k - 1) + q = 0. Vậy phép
afin đã cho là một phép thấu xạ với cơ sở là đường thẳng đó.

Ta hãy lấy một điểm M không nằm trên d, chẳng hạn M = ( 0; y0 ) với ( k − 1) y0 + q ≠ 0 . Khi
đó M có ảnh là M ' = ( 0; ky0 + q ) . Đường thẳng MM’ cắt đường thẳng d tại điểm
 q
M 1  0; ÷ . Khi đó ta có:
 1− k 

uuuuuu 
r kq 
M 1M ' =  0; ky0 + ÷
k −1 

uuuuu 
r q
M 1M =  0; y0 + ÷
k −1 


Từ đó:
uuuuuu
r uuuuur
⇒ M 1 M ' = k M 1M

Vậy tỉ số thấu xạ là k.
Bài 18: Chứng minh rằng mọi phép afin biến tam giác ABC thành chính nó đều có thể
phân tích của không quá hai phép thấu xạ.
Phép afin biến V ABC thành chính nó sẽ biến tập hợp gồm 3 điểm A, B, C thành chính
nó. Bây giờ ta xét các trường hợp sau:
+ TH1:
A→A
f1:
B→B
C→C
Khi đó f1 ta có phép đồng nhất, đó là một phép thấu xa.

+ TH2
A→A
f2:
B→C
C→B
Gọi I là trung điểm BC, khi đó I là địểm bất động của f2. Vậy tất cả các điểm của đường
thẳng AI là điểm bất động . Vậy ta có phép thấu xạ với cơ sở là đường thẳng AI, phương
thấu xạ là phương của BC, tỉ số thấu xạ bằng -1


11
+ TH3:
A→B
f3:
B→C
C→A
Vậy ta có phép afin f mà f(A)=B, f(B)=C, f(C)=A.
Gọi g là phép thấu xạ sao cho g(A)=A, g(B)=C, g(C)=B (TH2). Nếu đặt g0f =h thì theo
TH2 ta có h(A)=C, h(B)=B, h(C)=A, do đó theo TH2, h cũng là một phép thấu xạ.
Từ g0f =h ⇒ g0 g0 f = g0 h ( vì g là phép thấu xạ có tỉ số -1 nên g0g=e (e là phép đồng
nhất )
Vậy f=g0h, tức là f là tích của 2 phép thấu xạ.

Bài 20:

Chứng minh rằng các phép vị tự và các phép tịnh tiến làm thành một nhóm, tập hợp các
phép tịnh tiến làm thành một nhóm. Xét quan hệ giữa các nhóm đó với nhau và với
nhóm các phép afin Af(P).

Giải:
r
Ta dễ dàng thấy rằng nếu T là phép tịnh tiến theo vectơ v , còn T’ là phép tịnh tiến theo vectơ
ur ru r
v ' thì tích T 'o T và T o T ' đều là phép tịnh tiến theo vectơ v + v ' , ngoài ra phép tịnh tiến là
phép afin. Từ đó suy ra tập hợp các phép tịnh tiến làm thành một nhóm con giao hoán của
nhóm Af(P).

Các phép tịnh tiến và phép vị tự có chung tính chất: “biến mỗi đường thẳng a thành đường
thẳng song song hoặc trùng với a và ngược lại mỗi phép có tính chất đó là một phép tịnh tiến
hoặc vị tự”. Từ đó suy ra tập các phép vị tự và phép tịnh tiến làm thành một nhóm con của
nhóm Af(P) và chứa nhóm các phép tịnh tiến.

Bài 22:

Hình H gồm một tam giác ABC nội tiếp đường elip (E), hình H’ gồm một tam giác
A’B’C’ nội tiếp đường elip (E’). Hai hình H và H’ có tương đương afin không? Nếu có
thêm giả thiết tâm elip (E) trùng với trọng tâm tam giác ABC và tâm elip (E’) trùng với
trọng tâm tam giác A’B’C’ thì H và H’ có tương đương afin hay không?

Giải

Gọi O và O’ lần lượt là tâm của (E) và (E’) ta có một phép afin duy nhất f biến A,B,C lần
lượt thành A’,B’,C’.Tức là biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.Nói chung f không biến
O thành O’ nếu hai tứ giác OABC và O’A’B’C’ không tương đương afin tức là không biến (E)
thành (E’).Vậy nói chung hai hình H và H’ không tương đương afin.

Nếu phép afin f nói trên biến O thành O’ thì nó cũng biến (E) thành (E’).Thật vậy nếu gọi
A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm đối xứng với A,B,C qua O thì A1 , B1 , C1 đều nằm trên (E),tương
tự gọi A1' , B1' , C1' lần lượt là các điểm đối xứng với A’,B’,C’ qua O’ thì A1' , B1' , C1' đều nằm trên
(E’).Vì f biến A,B,C,O lần lượt thành A’,B’,C’,O’ nên nó cũng biến A1 , B1 , C1 lần lượt thành
A1' , B1' , C1' .Từ đó suy ra f biến elip (E) thành elip đi qua A’,B’,C’, A1' , B1' , C1' ,đó chính là elip
(E’).Vậy trong trường hợp này H và H’ tương đương afin.




12
A'
A C'1

C1
B1 B' B'1
B O'


C
A1 C'
A'1



Bài 24:

Chứng tỏ rằng các khái niệm sau đây là những khái niệm afin: Đường bậc hai; Tâm
của đường bậc hai; Đường tiệm cận của đường bậc hai; Tiếp tuyến của đường bậc
hai.

Giải

a. Giả sử đối với một mục tiêu afin, cho đường bậc hai S có phương trình:

Ax 2 + By 2 + 2Cxy + 2 Dx + 2 Ey + F = 0 (1)

Trong đó A, B, C không đồng thời bằng 0. Gọi h là một phép biến đổi afin tùy ý có biểu
thức tọa độ:

 x ' = ax + cy + p

 y ' = bx + dy + q

Vì , nên ta có thể biểu thị x, y theo x’, y’(bằng cách giải hệ phương trình trên theo biến x
và y).

Ta giả sử:

 x = a ' x '+ c ' y '+ p '

 y = b ' x '+ d ' y '+ q '

Cố nhiên ta cũng phải có:

a' c'
≠ 0 hay a ' d '− b ' c ' ≠ 0 (*)
b' d'

Nếu điểm M = ( x; y ) thuộc S thì tọa độ x, y thỏa mãn phương trình (1) khi đó ảnh
M ' = h ( M ) có tọa độ ( x '; y ') do đó:

A ( a ' x '+ c ' y '+ p ' ) + B ( b ' x '+ d ' y '+ q ' )
2 2


+2C ( a ' x '+ c ' y '+ p ' ) ( b ' x '+ d ' y '+ q ' ) + 2 D ( a ' x '+ c ' y '+ p ' )
+2 E ( b ' x '+ d ' y '+ q ' ) + F = 0(1')

Sau khi biến đổi ta đưa phương trình trên về dạng:

A ' x '2 + B ' y '2 + 2C ' x ' y '+ 2 D ' x '+ 2 E ' y '+ F ' = 0 , trong đó:



13
A ' = Aa '2 + Bb '2 + 2Ca ' b '
B ' = Ac '2 + Bd '2 + 2Cc ' d '
C ' = Aa ' c '+ Bb ' d '+ Cb ' c '
D ' = Aa ' p '+ Bb ' q '+ Ca ' q '+ Cb ' p '+ Dc '+ Eb '
E ' = Ac ' p '+ Bd ' q '+ Cc ' q '+ Cd ' q '+ Dc '+ Ed '
F ' = Ap '2 + Bq '2 + 2Cp ' q '+ 2 Dp '+ 2 Eq '+ F

Ta thấy rằng A’,B’,C’ không đồng thời bằng 0. Thật vậy, do biểu thức của A’,B’ và C’
trên đây, ta có thể viết:

 A' C '  a ' b'   A C a' c' 
÷= 
 ÷ ÷ ÷
C ' B ' c' d '  C B   b ' d '

 A' C ' A C
Chú ý đến điều kiện (*) ta suy ra hai ma trận  ÷ có cùng hạng. Từ đó
÷ và 
C ' B ' C B 
vì A,B, C không đồng thời bằng không nên hạng của ma trận thứ hai ít nhất phải bằng 1,
suy ra A’,B’,C’ cũng không đồng thời bằng không.

Như vậy phương trình (1’) cũng là phương trình của một đường bậc hai S’.

b. Giả sử đường bậc hai S có tâm là I. Ta chứng minh rằng nếu f là phép biến đổi afin thì
f(I) cũng là tâm của đường bậc hai f(S). Theo định nghĩa, vì I là tâm của S nên với mục
u ur
ru
( )
tiêu afin I ; e1 : e2 phương trình của S có dạng:

Ax 2 + 2 Bxy + Cy 2 + F = 0
u ur
ru uu
r u uur
r ur
u
( ) () ()
trong đó I ' = f ( I ) , e '1 = f e1 , e '2 = f e2 thì hiển
Bây giờ nếu chọn mục tiêu I '; e1 : e2
u ur
ru
( )
I ; e1 : e2 thì M’ = f(M) cũng có tọa độ
nhiên là: nếu M có tọa độ (x ; y) đối với mục tiêu
u ur
ru
( )
(x ; y) đối với mục tiêu I '; e1 : e2 và vì vậy đối với mục tiêu này phương trình của f(S)
cũng là:

Ax 2 + 2 Bxy + Cy 2 + F = 0

Từ đó suy ra I’ cũng là tâm của f(S).

Vậy khái niệm của tâm đường bậc hai là khái niệm afin.
r
c. Cũng lập luận như trên ta thấy rằng nếu u là phương tiệm cận của đường bậc hai S thì với
r
()
mọi phép biến đổi afin f ta có f u là phương tiệm cận của f(S) và do đó nếu đường thẳng D là
tiệm cận của S thì f(D) cũng là tiệm cận của f(S).
Bài 26: Cho V ABC nội tiếp elip(E) và một điểm M trên (E). Gọi O là tâm của
(E) và A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Gọi A1, B1,C1 là các điểm lần
lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho MA1 POA’, MB1 POB’, MC1 POC’.
CMR A1, B1, C1 thẳng hàng.
Dùng phép biến đổi afin f sao cho ảnh f(E) là đường tròn. Bây giờ, trong TH(E) là
đường tròn, ta có thể tóm tắt lại như sau: Cho V ABC nội tiếp đường tròn, và M là một


14
điểm trên đường tròn. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là đường thẳng BC, CA, AB. CMR 3
điểm A1, B1, C1 thẳng hàng.




M



C1 C
B’’’
’’’
O A1
B1
A
C’ A’


B




Giải:
Xét tứ giác ABCM và tứ giác A1BC1M
ta có ¼ = ¼ 1
AMC A1MC

⇒ ¼ 1 = CMA1
¼
AMC
Tiếp tục ta xét tứ giác AB1MC1 và CA1B1M ta có

¼C=¼ ¼ ¼
AB1 1 AMC 1 ; CB1 A1 = CMA1


Vậy ¼ 1C1 = CB1 A1
¼ ⇒ A1, B1, C1 thẳng hàng.
AB


Bài 28:

Cho hình bình hành ABCD, hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên hai đường thẳng
AD và DC sao cho (ADM) = (DCM). Tìm quỹ tích giao điểm BM và AN.

Giải M'
A' D'




N'

15
B' C'
Gọi A’B’C’D’ là một hình vuông bất kì, và f là phép biến đổi afin biến hình bình hành ABCD
thành hình vuông A’B’C’D’. Khi đó f biến điểm M thành điểm M’ nằm trên đường thẳng AD
sao cho(A, D, M) = (A’, D’, M’), và biến điểm N thành N’ nằm trên DC sao cho (D, C, N) =
(D’, C’, N’). Giao điểm I’ của B’M’ và A’N’ là ảnh của điểm I. Ta dễ dàng chứng minh
B ' M ' ⊥ A ' N ' và do đó quỹ tích I’ là đường tròn đường kính A’B’, đường tròn này tiếp xúc
với hai cạnh A’D’, B’C’ và đi qua tâm của hình vuông. Quỹ tích I là tạo ảnh của đường tròn
đó, nên quỹ tích I là đường elip với AB là một đường kính, đi qua tâm hình bình hành ABCD
và tiếp xúc với AD và BC.
Bài 30: cho hình vuông ABCD. Hãy chỉ ra những phép đẳng cự biến hình vuông
đó thành chính nó.
Giải:
Vì phép đẳng cự là phép afin nên ta chỉ cần chứng minh
Xét phép biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm không thẳng hàng và được f 1
là phép đồng nhất, f2 là phép đối xứng trục d 1 là trung trực AB.
A → A A → B A → B A → B
f1 : B → B   
B → A B → C B → C
 f2 : f3: f4:
D → D D → C D → A D → A
   
A → C A → C A → C A → B
   
B → D B → D B → B B → A
D → A D → A  D → C
f7:  D → D
  
f5 f6: f8:
Bài 32: hãy chỉ ra các phép đẳng cự biến tam giác đều ABC thành chính nó.
Giải:
Cho ba phép quay với tâm O của tam giác đều và ba góc quay lần lượt: 0 0 ,120 0 ,240 0 và
ba phép đối xứng qua ba đường thẳng chứa các đường cao của tam giác.
Bài 34: viết biểu thức tọa độ của các phép sau đây:
a).Phép đối xứng qua đường thẳng Ox và đối xứng qua đường thẳng Oy.
b).Phép đối xứng qua điểm I(a;b).
r
c).Phép tịnh tiến theo vectơ v (a;b)
d).Phép đối xứng qua đường thẳng ax +by +c =0
Giải:
a. Xác định phép dời hình: ta gọi d1 là trung trực của đoạn thẳng AA’ và Đ1 là phép đối
xứng qua d1. Gọi B1 là ảnh của B qua Đ1. Thì AB =A’B1, do đó A’B1 = A’B’.
Lại gọi d2 là trung trực của đoạn thẳng B1B’ (d2 đi qua A’ ) và Đ2 là phép đối xứng qua
đường thẳng d2 thì Đ2 biến A’ thành A’ và biến B1 thành B’. Như vậy tích Đ2 o Đ1 chính là
phép dời hình biến A, B thành A’, B’.
Nếu d1//d2 thì phép dời hình đó là phép tịnh tiến. Trường hợp này xảy ra khi
r
AA' = BB ' do đó vecto của phép tịnh tiến v = AA' . Nếu d1 và d2 cắt nhau tại I thì phép dời hình
đó là phép quay tâm I và góc ϕ = góc AIA’.
b. Gọi M(x, y), M’(x’, y’) đối xứng với M qua I(a, b).
⇒ MI = IM '
⇒ (a − x, b − y ) = ( x'− a, y '−b)
a − x = x'−a  x ' = 2a − x
⇒ ⇒
b − y = y '−b  y ' = 2b − y

c. Gọi M(x, y), M’(x’, y’) là ảnh của M theo Tv
r




16
r  x'− x = a  x' = a + x
⇒ MM ' = v ⇒  ⇒
 y '− y = b  y ' = b + y
d. Gọi M(x0,y0) là ảnh của M qua đường thẳng d.
r
gọi (d’) là đường thẳng đi qua M(x0, y0) nhận n d (a, b) là vecto chỉ phương.
x − x0 y − y0
⇒ = ⇒ b( x − x 0 ) = a ( y − y 0 )
a b
⇔ bx − ay − bx 0 + ay 0 = 0
Gọi I(e, f) là giao điểm của d và d’
ae + bf + c = 0

be − af − (bx 0 − ay 0 ) = 0
Bài 36: tìm điểm bất động của phép biến đổi đẳng cự:
 x' = x cos α − y sin α + p

 y ' = x sin α + y cos α + q
Giải: điểm bất động có tọa độ là nghiệm của hệ:
 x = x cos ϕ − y sin ϕ + p (cos ϕ − 1) x − y sin ϕ + p = 0
⇔

 y = x sin ϕ + y cos λϕ + q  x sin ϕ + (cos ϕ − 1) y + q = 0
cos ϕ − 1 − sin ϕ ϕ
= cos 2 ϕ + 1 − 2 cos ϕ + sin 2 ϕ = 2(1 − cos ϕ ) = 4 sin 2 ( ) =
Xét
sin ϕ cos ϕ − 1 2

= 2(1 − cos ϕ ) = 4 sin ( ) .
2
Bởi vậy:+)Nếu ϕ ≠ 2kπ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất, tức là phép đẳng cự
có điểm bất động duy nhất , và đó là phép quay tâm I với góc quay ϕ . Tọa điểm bất động là:
− q sin ϕ − p cos ϕ + p p sin ϕ − q cos ϕ + q
ϕ  ϕ 
X= y=
4 sin 2 4 sin 2
 
2 2
+) Nếu ϕ = 2kπ và p=q=o thì ta có phép đồng nhất: mọi điểm điều bất động.
+) Nếu ϕ = 2kϕ và p,q không đồng thời bằng không, ta có phép tịnh tiến theo vecto
r
v = ( p, q ) nên không có điểm bất động.
Bài 38: Chứng tỏ rằng các phép dời hình sau đây là phép đối xứng trượt, hãy tìm
trục đối xứng và vecto trượt:
 x' = x + x o

 y' = − y + y0
 x' = x cos ϕ + y sin ϕ + x 0

 y ' = x sin ϕ − y cos ϕ + y 0
 4 3
 x' = 5 x − 5 y + 6


 y ' = − 3 x − 4 y − 12

 5 5
Giải:
Một phép biến đổi với ma trận A là phép đối xứng trượt khi và chỉ khi A.A t =I2 và
detA=-1. ta dẽ dành kiểm tra rằng cả ba phép chia trên đều là phép đối xứng trượt.
Ta có, quỹ tích trung điểm các đoạn thẳng nối các cặp điểm tương ứng MM’ là một
đường thẳng và chính là trục đối xứng của phép đối xứng trượt.




17
a). Mọi điểm M=(x;y) có ảnh là M’=(x+x0 ;y-y0). Vậy nếu gọi I là trung điểm MM’ thì
x0 y
I có tọa độ là x1=x+ , y1= 0 .
2 2
y0
hay 2 y − y 0 = 0 (*).
Vậy tập hợp các điểm I là đường thẳng có phương trình y =
2
Đó chính là phương trình của trục đối xứng. Gọi M1(x1; y1) đối xứng với M qua trục đối
xứng (*) tì ta dễ dàng tính được: x1= x và y1 = -y + y0. Khi đó MM ' = ( x0 ;0) .Vậy vecto trượt là
r
v = ( x0 ;0) .
b). Nếu ϕ = 2kπ ta trở về trường hợp a) bởi vậy ta giả sử ϕ ≠ 2kπ . Gọi M(x; y),
M’(x’; y’) là cặp điểm tương ứng và I=(x1; y1) và trung điểm MM’ thì:
2 x1 = x(cos ϕ + 1) + y sin ϕ + x 0
2 x1 = x + x'
 hay 
2 y1 = x sin ϕ − y (cos ϕ − 1) + y 0
2 y1 = y + y '
Từ đó suy ra:
(2x1 – x0)(cos ϕ - 1) + (2y1 –y0)sin ϕ = x(cos2 ϕ - 1) + ysin ϕ (cos ϕ -1) + xsin2 ϕ - ysin
(cos ϕ -1) = 0.
Như vậy trục đối xứng là đường thẳng có phương trình:
(2x –x0)(cos ϕ - 1) + (2y –y0)sin ϕ = 0 (*)
Để tìm vecto trượt ta lấy một điểm N nào đó trên trục đối xứng và gọi N’ là ảnh của
r
N qua phép đối xứng trượt thì N cũng nằm trên trục đối xứng, và vecto v = MN ' chính là vecto
 x0 y 0 
trượt. Ta lấy N =  ;  thì ảnh N’ có tọa độ:
2 2
1 1
x' = x0 cos ϕ + y sin ϕ + x0
2 2
1 1
y ' = x 0 sin ϕ − y 0 cos ϕ + y 0
2 2
r
Ta suy ra vecto v có tọa độ:
 1
 xv = 2 ( x0 cos ϕ + y 0 sin ϕ + x 0 )


 y = 1 ( x sin ϕ − y cos ϕ + y )
v 2 0 0 0

4 5
c). Tương tự như câu b) hoặc áp dụng câu b) với cos ϕ = , sin ϕ = − , x0 =6; y0 =
5 3
-12 ta được kết quả: trục đối xứng có phương trình:
4  3
(2x -6)  − 1 - (2y +12). = 0 hay: x + 3y +15 = 0.
5  5
1 3 
3
xv =  6. + 12. + 6  = 9
2 5 5 
Vecto trượt có tọa độ:
1 
3 4
yv =  − 6. + 12. − 12  = −3
2 5 5 
r
Vậy vecto trượt v =(9; -3).
Bài 40 : Cho hai đường thẳng AB = A’B’ và không song song . Hai đi ểm M, M’ thay đ ổi trênn
AB, A’B’ sao cho (A, B, M) = (A’, B’, M’) , tìm quỹ tích trung điểm của đoạn th ẳng MM’
Giải :




18
Ta có một phép phản chiếu duy nhất f biến A thành A’ và biến B thành B’ . Khi đó f biến M
hành M’ .Vì f là phép đối xứng trượt nên ta có quỹ tích trung điểm MM’ là trục đối xứng của f, đó
là đường thẳng ddi qua rung điểm của AA’ và BB’.
Bài 42 : Cho phép quay Q1 có tâm là O1 , góc quay và phép quay Q2 có tâm O2 và góc
1


. Tìm tích Q1˳ Q2 trong các trương hợp sau :
quay 2


1. O1 và O2 trùng nhau

2. O1 và O2 không trùng nhau và + 360˚
1 2




3. O1 và O2 không trùng nhau và + = 360˚
1 2




Giải :
a) Gọi O là điểm trùng với O1 và O2, gọi d1, d2, d3 là đường thẳng đi qua O sao cho góc (d1,

gọi Đi là phép đối xứng qua đường thẳng di (i = 1, 2, 3) .
d2) = và góc (d2, d3) =


Ta có Q2 = Đ3ₒ Đ2
Mặt khác Q2ₒQ1 = Đ3ₒ Đ2ₒĐ1 = Đ3ₒĐ1
Tích Q2ₒQ1 là một phép quay tâm O và góc quay
=2(d1, d3) =
2[(d1 ,d2) + (d2 , d3)] =
O




b) Gọi đường thẳng d2 qua O1 và O2 lấy d1, d2 sao cho (d1, d2) = và



gọi Đi là phép đối xứng qua đường thẳng di
(d2, d3) =

(i = 1, 2, 3) .
Ta ó Q2 = Đ3ₒ Đ2 Mặt khác Q2ₒQ1 = Đ3ₒ Đ2ₒĐ1 = Đ3ₒĐ1
k2 nên d1 và d3 cắc nhau
Do O



Gọi O là giao điểm của chúng . Khi đó Q2ₒQ1 là phép quay

tâm O và góc quay = 2(d1, d3) =




19
Bài 44. Cho tam giác ABC. Dựng các tam giác vuông cân ABC’, ACB’ có đ ỉnh là C’ và B’
đều nằm ngoài tam giác ABC. Gọi A’ là trung đi ểm c ủa BC, hãy ch ứng minh tam giác A’B’C’
là vuông cân.
Giải
Xét phép quay Q1 tâm B’, biến C thành A, phép quay Q2 tâm C’ biến A thành B (các góc quay
của chúng hoặc là bằng 90 0 , hoặc bằng - 90 0 , ta giả sử góc quay là 90 0 ).
Tích Q2 o Q1 là một phép quay 180 0 , tức là một phép đối xứng tâm, với tâm O. Nhưng tích đó biến C
thành B nên O là trung điểm của BC, hay O trùng với A’.
Vậy ta có góc A’B’C’ bằng góc B’C’A’ và bằng 45 0 .
Vậy tam giác A’B’C’ vuông cân. ’




Bài 46. Cho ba điểm thẳng hàng A, B, C (B ở gi ữa A vàC). Dựng các tam giác đ ều
ABC’ và BCA’ có các đỉnh C’ và A’ nằm về một phía đ ối v ới đ ường th ẳng AB. G ọi I, J l ần
lượt là trung điểm của AA’ và CC’. Chứng minh rằng tam giác BIJ là một tam giác đều.
Giải:
ˆ
ˆ
Các góc lượng giác ABC' và A' BC đều bằng 60 o hoặc − 60 o , ta giả sử chúng bằng 60 o .
Phép quay tâm B biến A thành C’ và A’ thành C, nên biến đoạn thẳng AA’ thành C’C. Vậy nó biến I
thành J, do đó BIJ là một tam giác đều. C'
Vậy ta có điều phải chứng minh.
A'
Bài 48. Cho hai đường tròn (O), (O’) và đ ường thẳng
J

d. Hãy dựng điểm D trên d sao cho d là đ ường phân giác của
I

60°
góc tạo bởi hai đường thẳng đi qua D và lần lượt tiếp xúc với
60°
A
B
C
(O) và (O’).
Giải:
Giả sử Dt và Dt’ là hai đường thẳng đi qua D lần lượt ti ếp xúc v ới (O) và (O’) mà d là
ˆ
đường phân giác của góc tDt' . Phép đối xứng tâm qua đường thẳng d biến đường th ẳng Dt thành
đường thẳng Dt’ và biến đường tròn (O) thành đường tròn (O 1) tiếp với Dt’. Như vậy Dt’ là tiếp
tuyến chung của (O) và (O 1). Suy ra cách dựng: Dựng
t'
t
đường tròn (O1) đối xứng với (O) qua đường thẳng d.
Dựng tiếp tuyến chung của (O’) và (O 1). Giao điểm
O' O
của tiếp tuyến đó với d là điểm D phải tìm. Số
d
nghiệm hình là số các tiếp tuyến chung cắt d. D
Vậy bài toán có thể không có nghiệm, hoặc có 1,
2, 3, 4 nghiệm và cũng có thể có vô số nghiệm. ( Khi
O1
hai đường tròn đối xứng với nhau qua d).


20
Câu 52. chứng minh rằng:
a) Tích hai phep vi tự là một phép vị tự hoặc phép tịnh tiến.
b) Tích một phép vị tự là một phép tịnh tiến hoặc một phép tịnh yien61 và một
phép vị tự là một phép vị tự hoặc tịnh tiến.
c) Tập hợp tất cả các phép vị tự và tịnh tiến làm thành một nhóm.
Giải
a) Giả sử V1 là một phép vị tự tâm O1, tỉ số k1, và V2 là một phép vị tự tâm O2, tỉ số k2.
Ta xét tích f = V2. V1 lấy điểm M bất kì, gọi M’ = V1(M) và M’’ = V2(M’) tức là:
O1 M ' = k1 O1 M và O2 M ' ' = k 2 O2 M '
Nếu O1 và O2 trùng nhau thì:
O2 M ' ' = k 2 O2 M ' = k 2 O1 M ' = k1 k 2 O1 M = k1 k 2 O2 M
Vậy f là phép vị tự tâm O2 tỉ số k1k2
Xét trừong hợp O1 không trùng với O2:
Ta hãy tìm điểm bất động của f tức là điểm I sao cho V1 biến I thành điểm I’thì V2 biến I’
thành điểm I hay:
O1 I ' = k1 O1 I và O2 I = k 2 O2 I ' từ đó suy ra: O2 I = k 2 O2 I '0.
Nếu k 2 ≠ 1 và k1 k 2 = 1 thì không có I nào thỏa mãn điều kiện. Vậy f không có điểm bất động.
Khi đó với mỗi điểm M và M’ = V1(M), M’’ = V2(M’), chúng ta chứng minh rằng MM ' ' = V
cố định. Thật vậy, ta có O1 M ' = k1 O1 M và O2 M ' ' = k 2 O2 M ' .
Bởi vậy:
k1 MM ' ' = k1 ( MO1 + O1O2 + O2 M ' ') = −k1 MO1 + k1 O1O2 + k O2 M ' ' =
= − MO1 + k1 O1O2 + k1 k 2 O2 M ' = − MO1 + k1 O1O2 + O2 M ', (k1 k 2 = 1) =
= (k1 − 1)O1O2
k1 − 1
Ta suy ra: MM ' ' = O1O2 bằng vectơ khoông đổi v
k1
Như vậy, trong trừong hợp này f là phép tịnh tiến theo v .
Nếu k1 k 2 ≠ 1 , ta có duy nhất một điểm I thỏa mãn. Ta chứng minh rằng trong trừong hợp này
f là phép vị tự tâm I tỉ số k1k2.
Ta có:
IM ' ' = O1 M ' ' − O1 I = O1O2 + O2 M ' ' − O1 I =
= O1O2 + k 2 O2 M ' ' − O1 I =
= O1O2 + k 2 (O1 M ' − O1O2 ) − O1 I =
= O1O2 + k 2 (k1 OM − O1O2 ) − O1 I =
= (1 − k 2 )O1O2 + k 1k 2 OM − O1 I =
= (1 − k 2 )O1O2 + k 1k 2 (O1 I − IM ) − O1 I =
= (1 − k 2 )O1O2 − (1 −k 1k 2 )O1 I + k1 k 2 IM
Do đẳng thức sao ta suy ra:
Vậy f là phép vị tự tâm I tỉ số k1k2.
b) giả sử T là phép tiịnh tiến theo v , V là phép vị tự tâm O tỉ số k. Ta hãy xét tích V.T.
Nếu k=1 thì V là phép đồng nhất nên V.T=T.




21
trong trừong hợp k ≠ 1 ta chứng minh rằng tích V.T luôn có điểm bất động duy nhất. Thật
vậy, nếu I là điểm bất động thì I=V.T(I)=V(I’), trong đó I’=T(I), tức là II ' = v .
Như vậy, O1 I = k OI ' = k (OI + II ' ) = k (OI + v) . Từ đó suy ra;
OI (1 − k ) = k v (*)
Điểm bất động I hoàn toàn đựoc xác định bởi đẳng thức (*).
Bây giờ lấy một điểm M bất kì, gọi M’=T(M) và M’’=V(M’), tức là MM ' = v;OM ' ' = k OM ' .
Như vậy, tích V.T biiến M thành M’’. khi đó:
IM ' ' = OM ' ' − OI = k OM ' − OI = k (OI + IM = MM ') − OI = k IM + (k − 1)OI + k v = k IM ' (do đẳng
thức (*))
Như vậy, tích V.T là phép vị tự tâm I tỉ số k
Chứng minh tưong tự cho tích T.V
C) suy ra a) và b).
Câu 54: chứng minh rằng phép afin f là phép đồng dạng khi và chỉ khi nó biến góc vuông
thành góc vuông.
Giải: hiển nhiên nếu f là phép đồng dạng thì f cũng là phép afin và biến góc vuông thành góc
vuông.
Bây giờ, f là phép biến afin biến góc vuông thành góc vuông ta chứng minh rằng f là phép
đồng dạng truứoc hết ta chứng minh rằng f biến một tam giác vuông cân thành một tan giác
vuông cân. Thật vậy, giả sử OAB là tam giác vuông cân đỉnh O, và f biến ttam giác OAB
thành tam giác O’A’B’. Theo giả thuyết O’A’B’ là góc vuông trung điểm I của AB biến thành
trung điểm I’ của A’B’, và vì AIO vuông nên A’I’O’ cũng vuông, vậy O’A’B’ là tam giác
vuông cân.
(
Chọn một mục tiêu trực chuẩn 0; i, j ) tức là i 2 = j 2 = 1 và i.j=0. Giả sử biểu thức tọa độ của
phép afin đối với mục tiêu đó là:
 x' = 3 x + 4 y + 6
trong đó ad – bc ≠ 0

 y ' = 4 x − 3 y − 12
Xét cac1 điểm O = (0;0),I = (1;0),J = (0;1). Chúng có ảnh là O’ = (p;q).I’ = (a+p;b+q),J =
(c+p;d+q), ta có O’I’ = (a;b),O’J’ = (c;d), vì tam giác OIJ là tam giác vuông cân nên O’I’J’ cũng
là tan giác vuông cân, tức là O’I’2 = O’J’2 và a 2 + b 2 = c 2 + d 2 và ac + bd = 0 .
Điều đó có nghĩa là ma trận của f có dạng kA trong đó A là ma rận trực, vậy f là phép đồng
dạng.
 x' = 3x = 4 y + 6
Câu 56: trong hệ tọa độ trực chuẩn cho phép biến hình  . Chứng tỏa
 y ' = 4 x − 3 y − 12
rằng đó là phép đồng dạng nghịch. Hãy phân tích phép đó thành tích của phép vị tự và
phép đối xứng trục có trục đối xứng đi qua tâm vị tự.
3 4 
 
 3 4
 = 5 5 5  = 5 A

Giải: ma trận của phép f là:  
 4 − 3
 4 − 3  
 5 5
Ta có A là ma trận trực giao và detA = -1. vậy phép đã cho là phép đồng dạng nghịch.
Vậy f = Đ.V = V.Đ, do đó V là phép vị tự tâm I tỉ số 5, Đ là phép đối xứng qua đừong thẳng d
đi qua I. khi đó I là điểm bất động của f. tọa độ của I thỏa mãn hệ phưong trình:
 x = 3x + 4 y + 6  2x + 4 y + 6 = 0
⇔

 y = 4 x − 3 y − 12 4 x − 4 y − 12 = 0
Vậy điểm bất động I = (1,-2)



22
Nếu V biến điểm M = (x,y) thành M1 = (x1,y1) thì IM 1 = 5 IM vì IM 1 = ( x1 − 1, y1 + 2) và
IM = ( x − 1, y + 2) nên x1 − 1 = 5( x − 1) và y1 + 2 = 5( y + 2)
 x1 = 5 x − 4
Vậy:  đó chính là biẻu thức tạo độ của phép vị tự V.
 y1 = 5 y + 8
Gọi M’(x’,y’) là ảnh của M qua phép f tức là M’(x’,y’) là ảnh của M qua f , tức là M’ = f(M) =
Đ.V(M) = Đ(M1). Khi đó:
 x' = 3 x + 4 y + 6

 y ' = 4 x − 3 y − 12
 3 4
x' = x1 + y1 + 2
 5 5
Từ đó ta suy ra sự lien hệ giữa x’,y’ và x1,y1:  4 3
 y ' = x1 − y1 − 4
 5 5
Đó chính là biểu thức tọa độ của phép đối xứng Đ.

Bài 58. cho f là phép đồng dạng nghịch tỉ số k ≥ 0 và k ≠ 1 . Với cặp điểm tương ứng
M và M , = f ( M ) , ta lấy điểm I và J sao cho ( M , M , I ) = −k , ( M , M , , J ) = k . Tìm quỹ tích
của I và J.
Giải : phép đồng dạng f tỉ số k có thể viết dưới dạng f = V o Đ , trong đó V là phép vị tự
tâm O tỉ số k và Đ là phép đối xứng qua đường thẳng d đi qua O. Ta chọn mục tiêu trực
chuẩn ( O, I , J ) sao cho I là vecto đơn vị chỉ phương của d. Vậy d là Ox. Khi đó phép đối
xứng Đ có biểu thức tọa độ là : x1 = x ; y1 = y.
Phép vị tự tâm O tỉ số k có biểu thức tọa độ là x , = kx1 ; y , = ky1 .
,
 x = kx
Từ đó suy ra biểu thức tọa độ của f là :  ,
 y = −ky

Với M = ( x : y ) thì M , = f ( M ) = ( kx : − ky )
kx + ky − kx + ky
Vì ( M , , M , I ) = − k nên tọa độ điểm I là : x1 = , y1 = =0
1+ k 1+ k
Vậy qũy tích I là đường thẳng Ox.
kx − ky − kx − ky
Vì ( M , M , , J ) = k nên x1 = = 0, y1 =
1− k 1− k
Vậy quỹ tích J là đường thẳng Oy.

BÀI TẬP CHƯƠNG III
ÁNH XẠ XẠ ẢNH VÀ BIẾN HÌNH XẠ ẢNH ÁNH XẠ XẠ ẢNH
Bài 2: cho 4 điểm A, B, C, D của mặt phẳng P trong đó bất kì ba điểm nào cũng độc
lập. chứng minh rằng có thể tìm cho các điểm đó các vector đại diện lần lượt là
rrr rrrr
a , b,c sao cho a + b + c = d
Giải:ururu rr
Gọi x,y,z,u là 4 vector đại diện cho 4 điểm A, B, C, D.
ururr
( )
r rrr
r
Vì A, B, C, D độc lập nên x,y,z là cơ sở của V3 . Vì u ∈ V3 nên ta có u = λ x + β y + µ z .
r rr rr rr r
Đặt u = d,a = λ x, b = β y,c = µ z
rrrr
⇔ d =a+b+c


23
rrr
Chứng minh: a, b,c ≠ 0
r
Nếu a = 0
r rr
→ u = β y + µz

→ A, B,C thẳng hàng.
r
→a ≠0
r
b ≠ 0

Tương tự, ta có r
c ≠ 0

rrrr
→ a, b,c,d Là các vector đại diện cho A, B, C, D

Bài 4. Trong mặt phẳng P cho 4 điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào
thẳng hàng. Trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q.
Chứng minh rằng nếu ba đường thẳng MN, AC, PQ đồng qui thì ba đường thẳng MQ,
BD, NP cũng đồng qui.

Giải:

(AB): z = 0

(BC): x = 0

(CD): -x + y = 0

(DA): -y + z = 0

M ∉ (AB) ⇒ M( m1 : m2: 0); với m12 + m2 ≠ 0 ⇒ M( 1: m: 0)
2




N ∉ (BC) ⇒ N( 0: n1: n2); với n12 + n2 ≠ 0 ⇒ N( 0: 1: n)
2




P ∉ (CD) ⇒ P( p1: p1: p2); với p12 + p 2 ≠ 0 ⇒ P( 1: 1: p)
2




Q ∉ (DA) ⇒ Q( q1 : q1: q2); ⇒ Q( q: 1: 1)
với q12 + q 2 ≠ 0
2




Ta có các phương trình đường thẳng:

(MN): mnx – ny + z = 0

(AC): y = 0

(PQ): (1 – p)x + (pq – 1)y + (1 – pq)z = 0

(MQ): mx – y + (1 – qm)z = 0

(BD): x – z = 0

(NP): (p – n)x + ny – z = 0


24
Các đường thẳng MN, AC, PQ đồng qui:

−n
mn 1
mn 1
⇔0 0 =1 = mn − mnq + p − 1
1 (1)
1− p 1− q
1− p pq − 1 1 − q

Các đường thẳng MQ, BD, NP đồng qui:



Bài 6: Chứng minh rằng mọi phép biến hình xạ ảnh của mặt phẳng đều có ít nhất
một điểm bất động,và một đường thẳng bất động.
Giải
Giả sử biến đổi xạ ảnh f : P → P có biểu thức tọa độ
2 2


kx'1 = a11 x1 + a12 x 2 + a13 x3

kx' 2 = a 21 x1 + a 22 x 2 + a 23 x3
kx' = a x + a x + a x
3 31 1 32 2 33 3

 a11 a12 a13 
⇒ A = a 21 a 22 a 23 
 
 a31 a32 a33 
 
Tìm các điểm bất động của f

a11 − λ a12 a13
a 22 − λ a 23 = 0
Ta có phương trình đặc trưng : a 21
a33 − λ
a31 a32
Đây là phương trình bậc ba trên trường số thực nên có ít nhất một nghiệm thực
Do đó f có ít nhất một điểm bất động đại diện bởi vectơ riêng của nghiệm đặc
trưng đó.
Theo bài 3 ở câu a) ta có biểu thức của f biến đường thẳng u (u1 : u 2 : u 3 ) thành đường

thẳng u ' = (u '1 : u ' 2 : u '3 )
ku '1 = a11u1 + a12 u 2 + a13u 3

( k ≠ 0)
⇒ ku ' 2 = a 21u1 + a 22 u 2 + a 23 u 3
ku ' = a u + a u + a u
3 31 1 32 2 33 3

Trong đó
 a11 a12 a13 
() = a 21 a 22 a 23 
−1 t
A  
a31 a32 a33 
 
a11 − k a12 a13
⇒ a 21 a 22 − k a 23 = 0
a33 − k
a31 a32
⇒ Phương trình này có ít nhất một nghiệm thực nên f có ít nhất một đường thẳng
bất động.

Bài 10 : Viết công thức đổi mục tiêu xạ ảnh của P trong các trường hợp sau
Từ mục tiêu { A1 , A2 , A3 : E} sang mục tiêu { A3 , A1 , A2 : E}
a)


25
Từ muc tiêu { A1 , A2 , A3 : E} sang mục tiêu { A2 , A1 , A3 : E '} biết tọa độ của E’ đối với
b)
mục tiêu thứ nhất là E ' = (a1 : a 2 : a3 )
Từ mục tiêu { A1 , A2 , A3 : E} sang mục tiêu { E , A1 , A2 : A3 }
c)
GIẢI
u ur ur
ru
a) Gọi cơ sở đại diện cho mục tiêu { A1 , A2 , A3 : E} là { e1 , e2 , e3}
uu uu uu
rrr
{ }
Cơ sở đại diên cho mục tiêu { A3 , A1 , A2 : E} là g1 , g 2 , g3
uu
r ur
 g1 = k1 e3
 uu
r ur
Ta có:  g 2 = k2 e1
 uu
r ur
u
g3 = k3 e2


uu uu uu
rrr ur ur ur
u u ur ur
ru r
g1 + g 2 + g3 = k1 e3 + k2 e1 + k3 e2 = k (e1 + e2 + e3 ) = ke
⇒ k1 = k2 = k3 = k
 0 1 0
 
Lấy k1 = k 2 = k 3 = k = 1 thì A =  0 0 1 
 1 0 0
 
λ x1 = x '2

⇒ công thức đổi mục tiêu là : λ x2 = x '3 (λ ≠ 0)
λ x = x '
3 1
u ur ur
ru
b) Gọi cơ sở đại diện cho mục tiêu { A1 , A2 , A3 : E} là { e1 , e2 , e3}
uu uu uu
rrr
{ }
Cơ sở đại diên cho mục tiêu { A2 , A1 , A3 : E '} là g1 , g 2 , g3
uu
r ur
u
 g1 = k1 e2
 uu
r u
r
Ta có :  g 2 = k2 e1
 uu
r ur
g3 = k3 e3


uu uu uu
rrr
g1 + g 2 + g3 = k (a1 , a2 , a3 )
⇒ (k2 , k1 , k3 ) = (ka1 , ka2 , ka3 )
k 2 = ka1 k 2 = a1
 
⇒ k1 = ka 2 chọn k = 1 ⇒ k1 = a 2
k = ka k = a
3 3
3 3
uu
r ur
u
 g1 = a2 e2
 uu
r ur
Vậy :  g 2 = a1 e1
 uu
r ur
g3 = a3 e3


λ x1 = a1 x '2

⇒ λ x2 = a2 x '1
λ x = a x '
3 33
u ur ur
ru
{ }
c) Gọi cơ sở đại diện cho mục tiêu { A1 , A2 , A3 : E} là e1 , e2 , e3
uu uu uu
rrr
là { g , g , g }
Cơ sở đại diên cho mục tiêu { E , A1 , A2 : A3 } 1 2 3




26
uu
r ur
 g1 = k1 e1
 uu
r ur
u
Ta có :  g 2 = k2 e2
 uu
r ur
 g3 = k3 e3

uu uu uu
rrr ur ur
u urr
g1 + g 2 + g3 = k1 e1 + k2 e2 + k3 e3 = ke
k1 + k2 = 0  k1 = 1
 
⇔ k1 + k3 = 0 chọn k = 1 ⇒ k2 = −1
k = k  k = −1
1 3
uu u
rr
 g1 = e1
 uu
r ur
u
⇒  g 2 = −e2
 uu
r ur
g3 = −e3


1 −1 0 
 ÷
⇒ A = 1 0 −1 ÷
1 0 0 ÷
 
λ x1 = x '1 − x '2

⇒ công thức đổi tọa độ là : λ x2 = x '1 − x '3
λ x = x '
3 1




Bài 12 . Trong P với mục tiêu xạ ảnh { A1 , A2 , A3 ; E} cho ba điểm A ( a : 1 : 1) , B (1 : b : 1) , C
(1 : 1 : c ) . hứng minh rằng ba đường thẳng AB, A1C, A2A đồng qui khi và chỉ khi ba
đường thẳng A3A, A1B, A2C đồng qui.
Giải: Ta có: A3B = ( b : −1 : 0) ; A1C = ( 0 : c : − 1) ; A2A = ( − 1 : 0 : a )
A3A = ( − 1 : a : 0) ; A1B = ( 0 : −1 : b ) ; A2C = ( c : 0 : − 1)

b −1 0
= 0 ⇔ abc = 1 (1)
Ba đường thẳng A3B, A1C, A2A đồng qui ⇔ 0 c −1
−1 0 a




−1 a 0
b = 0 ⇔ abc = 1 ( 2 )
Ba đường thẳng A3A, A1B, A2C đồng qui ⇔ 0 −1
−1
c 0



Từ (1) và ( 2 ) ta được ba đường thẳng A3B, A1C, A2A đồng qui khi và chỉ khi ba đường thẳng
A3A, A1B, A2C đồng qui.

Bài 14: Chứng minh định lí Pap- puýt trong mặt phẳng xạ ảnh P: Cho 6 điểm phân biệt
không thẳng hàng




27
A 0 , B0 ,C0 , A1 , B1 ,C1 trong đó A 0 , B0 ,C 0 thẳng hàng, A1 , B1 ,C1 thẳng hàng. Gọi
A 2 = B0 C1 ∩ B1C0 , B2 = A 0C1 ∩ A1C0 ,C 2 = A 0 B1 ∩ A1B0 . Chứng minh rằng ba điểm
A 2 , B2 ,C 2 thẳng hàng.
Giải:
Chọn mục tiêu { S1 ,S2 ,S3 ; E} sao cho S1 ∈ l,S2 ∈ m,S3 ∈ l ∩ m , E bất kỳ.
A 0 (1: 0 : a 0 ), B0 (1: 0 : b),C 0 (1: 0 : c 0 )
A1 (0 :1: a1 ), B1 (0 :1: b1 ),C1 (0 :1: c1 )
Ta có B1C0 = (c0 : b1 : −1), B0C1 ( −b 0 : −c1 :1) ⇒ A 2 = B0C1 ∩ B1C0
= (b1 − c1 : b 0 − c 0 : −c0 c1 + b1b 0 ) = (c 0 − b1 : c 0 − b 0 : c 0c1 − b 0b1 )


⇒ B2 = A 0C1 ∩ A1C0 = (−a1 + c1 : −a 0 + c0 : c 0c1 − a 0a1 )

A 0 B1 = (−a 0 : − b1 :1) = (a 0 : b1 : −1)

A1B0 = (b 0 : a1 : −1)
⇒ C 2 = A 0 B1 ∩ A1B0 = (−b1 + a1 : −b 0 + a 0 : a 0a1 − b 0 b1 )
Xét
c1 − b1 c 0 − b 0 c 0c1 − b 0 b 1
c1 − a1 c0 − a 0 c0c1 − a 0a1 = 0
a1 − b1 a 0 − b 0 a 0a1 − b 0 b1

⇒ A 2 , B2 ,C 2 thẳng hàng.
Bài 16: Trên đường thẳng d cho 6 điểm A, B, C, A’, B’, C’. Chứng minh rằng nếu
(A,A’,B,C)=(B,B’,C,A)=(C,C’,A,B)= -1 thì (A’,A,B’,C’)=(B’,B,C’,A’)=(C’,C,A’B’)= -1
Giải:
Chọn mục tiêu trên d ( không gian xạ ảnh một chiều) là (A, B, C).
Khi đó A(1:0), B(0:1), C(1:1)
Theo giả thuyết [ A, A ', B,C ] = −1 ⇔ [ B,C, A, A '] = −1
α'
−1 β'
: ' = −1 , với A '(α : β ) ⇒ ' = 1 ⇔ α = β
' ' ' '
Mà A = C − B ⇒
β

Chọn α ' = β' = 1 ⇒ A ' = α ' .B + β' .C = B + C = (1: 2)
−1 α '2
 B, B ,C, A  = C, A, B, B  = −1 ⇔ : ' = −1 ⇔ α1 = α '2
' ' '
   1 α1
Chọn α1 = α '2 = 1 ⇒ B' = C + A = (2 :1)
'


Tương tự C,C , A, B)  = −1 ⇔  A, B,C,C  = −1
' '
   
Mà C = A + B ⇒ C = A − B = (1: −1)
'


1211
2 1 2 −1 −3 −3
⇒  A ' , A, B' ,C'  =
 1 2 : 1 1 = 1 : 1 = −1

0 1 0 −1




28
21 21
1 −1 1 2 −3 3
 B' , B,C' , A '  =
 0 1 : 0 1 = −1 : −1 = −1

1 −1 1 2

1 112
−1 2 −1 1 3 3
C,C' , A ' , B'  = =: = −1
:
  1 −1
1 1 12
1 2 11

Vậy:  A , A, B ,C  =  B , B,C , A  = C ,C, A , B  = −1
' ' ' ' ' ' ' ' '
   
Bài 18 . Cho ba đường thẳng không thẳng hàng A, B, C và ba điểm P, Q, R lần lượt
thuộc các đường thẳng BC, CA, AB và không trùng với các điểm A, B, C.
a. Gọi E là một điểm không thuộc đường thẳng BC, CA, AB. Gọi
A , = AE ∩ BC , B , = BE ∩ CA, C , = CE ∩ AB . Chứng minh rằng :
( B, C , A, , P ).(C , A, B , , Q ).( A, B, C , , R ) = 1 là điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng
AP, BQ, CR đồng qui và ( B, C , A , , P ).( C , A, B , , Q ).( A, B, C , , R ) = −1 là điều kiện cần và
đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng.
b. Một đường thẳng d không đi qua A, B, C cắt các đường thẳng BC, CA, AB lần
lượt tại A,, , B ,, , C ,, .Chứng minh rằng : ( B, C , A ,, , P ).( C , A, B ,, , Q ).( A, B, C ,, , R ) = 1 là điều
kiện cần và đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng (định lí Mê- nê- la-uýt) và
( B, C , A,, , P ).(C , A, B ,, , Q ).( A, B, C ,, , R ) = −1 là điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng
AP, BQ, CR đồng qui (định lí Xê-va).
Giải : chọn mục tiêu ( A, B, C , E ) . Khi đó : A
(1 : 0 : 0) , B( 0 : 1 : 0) , C ( 0 : 0 : 1) , E (1 : 1 : 1) , P( 0 : a1 : a 2 ) , Q( b2 : 0 : b1 ) , R( c1 : c 2 : 0) ,
A , ( 0 : 1 : 1) , B , (1 : 0 : 1) , C , (1 : 1 : 0) .
a2 b2
Áp dụng cong thức tính tỉ số kép ta được : ( B, C , P, A , ) = ( ) ( )
; A, B, R, C , =
; C , A, Q, B , =
a1 b1
c2
c1
Ta lại có AP = ( 0 : − a 2 : a1 ) , BQ = ( b1 : 0 : − b2 ) , CR = ( − c 2 : c1 : 0 )
a. Cần và đủ để ba đường thẳng AP, BQ, CR đồng qui là :
− a2
0 a1
− b2 = a1b1c1 − a 2 b2 c 2 = 0
b1 0
− c2 c1 0
a1 b1 c1
⇔ a1b1c1 = a 2 b2 c 2 ⇔ × × =1
a 2 b2 c 2
( )( ) ( A, B, R, C ) = 1 (điều phải chứng minh).
⇔ B, C , P, A , C , A, Q, B , ,


điều kiện cần và đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng là :
0 a1 a2
b1 = a1b1c1 + a 2 b2 c 2 = 0
b2 0
c1 c2 0



29
a1 b1 c1
⇔ a1b1c1 = − a 2 b2 c 2 ⇔ × × = −1
a 2 b2 c 2
( )( ) ( A, B, R, C ) = -1 (điều phải chứng minh).
⇔ B, C , P, A , C , A, Q, B , ,


b. Đặt E = BB ,, ∩ CC ,, , A,,, = AE ∩ BC
(
Xét hình bốn đỉnh toàn phần ABCE ta được : B, C , A ,, , A ,,, ) = −1
Áp dụng câu a) ta suy ra :
điều kiện cần và đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng là :
( B, C , P, A ).(C , A, Q, B ).( A, B, R, C ) = −1
,, , ,, ,,


⇔ ( B, C , P, A ).( C , A, Q, B ).( A, B, R, C ) ( B, C , A , A ) = −1
,, ,, ,, ,, ,, ,


⇔ ( B, C , P, A ).( C , A, Q, B ).( A, B, R, C ) = 1 .Vì ( B, C , A , A )
,, ,, ,,
= −1 (điều phải chừng minh).
,, ,, ,


điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng AP, BQ, CR đồng qui là :
( )( )( )
⇔ B, C , P, A ,,, . C , A, Q, B ,, . A, B, R, C ,, = 1
⇔ ( B, C , P, A ).( C , A, Q, B ).( A, B, R, C ) ( B, C , A , A ) = 1
,, ,, ,, ,, , ,,


Mà ( B, C , A , A ) = −1
,, ,, ,


⇔ ( B, C , P, A ).( C , A, Q, B ).( A, B, R, C ) = −1 (điều phải chứng minh).
,, ,, ,,


Bài 20:
Cho hai đường thẳng phân biệt d và d’ cắt nhau tại A. Trên d lấy ba điểm phân biệt B,
C, D và trên d’ lấy ba điểm phân biệt B’, C’, D’. Chứng minh rằng điều kiện cần và
đủ để ba đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng qui là:
( A, B, C , D ) = ( A ', B ', C ', D ')
Giải
Đặt O = BB '∩ CC ' . Giả sử OD cắt d’ tại D” thì
Điều kiện cần và đủ để BB’, CC’, DD’ đồng qui là DD’ đi qua O, tức là D ' ≡ D " .
Hay [ ABCD ] = [ AB ' C ' D '] (điều phải chứng minh).
Bài 22:
Cho hai đường thẳng a, b và một điểm M không nằm trên chúng. Vẽ qua M hai đường
thẳng thay đổi, cắt a ở A và A’ cắt b ở B và B’. Tìm quĩ tích giao điểm của AB’ và A’B.
Giải
Đặt O = a ∩ b , m là đường thẳng OM, n là đường thẳng ON. Từ hình bốn đỉnh toàn phần
AA’BB’ suy ra [ abmn ] = −1 . Vì a, b, m cố định nên n cố định. Suy ra N ∈ n . Hơn nữa N ≡ O
vì nếu N ≡ O thì A, A’, B, B’ trùng nhau tại O và các đường thẳng AB’, A’B không xác định.
Ngược lại, cho điểm N ∈ n mà N ≠ O . Lấy đường thẳng bất kì qua N không qua O, cắt b tại
B’, đường thẳng NB cắt a tại A’, đường thẳng A’M cắt b tại B’. Đặt
A1 = NB '∩ a, A2 = BM ∩ a, I = NB ∩ m, J = NB '∩ m .
Ta có: [ A1 BIN ] = −1, [ A ' BIN ] = −1
Xét hình tâm M với hai cát tuyến NB, NB’ ta lại có: [ A ' BIN ] = [ B ' A2 JN ] = −1 . Do đó
[ A2 B ' JN ] = −1 ⇒ [ A1B ' JN ] = [ A2 B ' JN ] ⇒ A1 ≡ A2 .
Vậy mọi điểm N ∈ n mà N ≡ O đều thỏa mãn đầu bài, suy ra quĩ tích các điểm N là đường
thẳng n, trừ đi điểm O.
Bài 24:
Phát biểu định lí đối ngẫu của định lí Xê – va và Mê - nê - lê – uýt.
Giải
 Định lí đối ngẫu của định lí Xê – va:



30
Cho ba đường thẳng a, b, c không đồng qui. Gọi C = a ∩ b, B = a ∩ c, A = b ∩ c ; p, q, r lần lượt
là ba đường thẳng đi qua ba điểm A, B, C và D ∉ a, b, c .
Gọi I = a ∩ p, E = b ∩ q, F = c ∩ r
I, E, F thẳng hàng.
⇔ ( abCDr ) ( bcADr ) ( acBDr ) = −1
 Định lí đối ngẫu cùa định lí Mê – nê – lê – uýt:

BÀI TẬP CHƯƠNG IV

Bài 2 : Lập phương trình của đường bậc 2 suy biến trong tọa độ { A i , E} , đi qua các
điểm A1 , A 2 , A 3 , E
Giải:
Gọi (S) là đường bậc hai cần tìm. Ta có:
( S) : Ax 12 + Bx 2 + Cx 3 + 2Dx 1x 2 + 2Ex 1x 2 + 2Fx 1x 2 = 0
2
2

Vì (S) đi qua các điểm A1 (1: 0 : 0), A 2 (0 :1: 0), A 3 (0 : 0 :1), E(1:1:1) nên ta có hệ sau:
A = 0 A = 0
B = 0 B = 0
 
⇔

C = 0 C = 0
A + B + C + 2D + 2E + 2F = 0 D + E + F = 0
 
⇒ (S) : Dx1x 2 + Ex 2 x 3 + Fx 3 x1 = 0
Bài 4: Lập phương trình ảnh S’ của phương trình bậc hai S có phương trình
x1 + x2 − x3 = 0 qua phép biến đổi xạ ảnh:
2 2 2


 x1' = x2 + x3
'
 x2 = x3 + x1
'
 x3 = x1 + x2
GIẢI
 x = x2 + x3 (1)
'
1
'
Ta có:  x2 = x3 + x1 (2)
'
 x3 = x1 + x2 (3)
(1) ⇔ x2 = x1' − x3 thay vào (2) và (3)
 x1 + x3 = x2'
x' − x' + x'

⇔ ⇔ 2 x3 = x2 − x3 + x1' ⇔ x3 = 2 3 1
' '
(*)
 x1 + x1 + x3 = x3 2
' '

Mà : x2 = x1' − x3
 x' − x' + x' 
= x1' −  2 3 1 ÷
2
 
x −x +x
' ' '
=1 2 3
2
x2 − x3 + x1'
' '
⇒ x2 = (**)
2
Thay giá trị x3 vào (3):



31
 x' − x' + x'  − x' + x' + x'
(3) ⇔ x1 = x3 − x2 = x3 −  1 2 3 ÷ = 1 2 3
' '
(***)
2 2
 
Mà (S): x12 + x2 − x3 = 0 và từ (*), (**), (***) thì ảnh S’ có dạng
2 2



2
 − x' + x' + x'   x ' − x ' + x '   x ' + x ' − x ' 
⇔  1 2 3 ÷ +  1 2 3 ÷−  1 2 3 ÷ = 0
2 2 2
   
⇔ 3 x1' + 3 x2 + 3 x3 − 2 x1 x2 − 2 x2 x3 − 2 x1 x3 = 0
' '


Vậy phương trình có dạng 3 x1 + 3 x2 + 3 x3 − 2 x1 x2 − 2 x2 x3 − 2 x1 x3 = 0
' ' '


Bài 6: Chứng minh rằng nếu điểm U liên hợp điều hoà với hai điểm V1 và V2 đối
với đường bậc hai không suy biến S thì cực tuyến của U là đường thẳng qua V1, V2.
GIẢI
[U]t A[V1 ]=0

(1)
Theo giả thiết ta có U liên hợp với V1 và U liên hợp với V2 suy ra:  t
[U] A[V2 ]=0

Lấy M([x]) thuộc vào V1V2
⇒ M = λV1 + µV2
⇔ [x]=λ[V1 ]+µ[V2 ]
Xét [U] A[ x] = [U] A { λ [ V1 ] + µ [ V2 ] } = λ [ U ] A [ V1 ] + µ [ U ] A [ V2 ]
t t
t t



Vì theo (1) ta được λ [ U ] A [ V1 ] + µ [ U ] A [ V2 ] = 0
t t


Suy ra M liên hợp với U
Vậy V1V2 là cực tuyến của U
Bài 8: Cho đường bậc hai không suy biến S và ba điểm U1, U2, U3 có các cực tuyến
lần lượt là d1, d2, d3. Chứng minh rằng U1, U2, U3 thẳng hàng khi và chỉ khi d1, d2, d3
đồng qui.
GIẢI
( ⇒ ) Giả sử U1, U2, U3 thẳng hàng
Gọi v = d1 ∩ d 2 suy ra v liên hợp với U1, U2
⇒ U1U2 là tiếp tuyến của v
Mà U1, U2, U3 thẳng hàng nên v liên hợp U3
U3 là cực điểm của d3 nên v ∈ d3
Vậy d1, d2, d3 đồng quy
( ⇐ ) Giả sử d1, d2, d3 đồng quy
Gọi v = d1 ∩ d 2 suy ra v liên hợp với U1, U2
⇒ U1U2 là tiếp tuyến của v
Mà d1, d2, d3 đồng quy tại v nên v thuộc d3
⇒ v liên hợp với U3 (U3 là cực điểm của d3)
⇒ U 3 ∈ U1U 2
Vậy U1, U2, U3 thẳng hàng
Bài 10: Cho đường bậc hai có phương trình:
x2 − x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = 0
2


Tìm phương trình các cực tuyến đối với S của các điểm A( 1: 2: -1) B( 1: 1: -1) và toạ
độ cực điểm của đường thẳng AB
GIẢI
(S): x2 − x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = 0
2




32
 1
1

0 2÷
2
 ÷
1 1÷
A = − 1
2 2÷
 ÷
1 1

 ÷
2 
2
Phương trình cực tuyến của điểm A( 1: 2: -1)
 1
1
 0 −2 2 ÷ x 
 ÷1
1 1 ÷ ÷
( 1 2 −1)  − x2 = 0
1
2 ÷ ÷
2
x ÷
 ÷ 3 
1 1

 ÷
2 
2
3 3
⇔ − x1 + x2 + x3 = 0
2 2
Phương trình cực tuyến của điểm B( 1: 1: -1)
 1
1

0 2 ÷ x 
2
 ÷1
1 ÷ ÷
1
( 1 1 −1)  − x2 = 0
1
2 ÷ ÷
2
x ÷
 ÷ 3 
1 1

 ÷
2 2 
⇔ − x1 + x3 = 0
Toạ độ AB[ -1: 0: -1]
M(x1, x2, x3) là cực điểm của AB
 1 1
− x2 + x3 = −1
 2 2 − x2 + x3 = −2  x1 = −2


 − x2 + x3 = −2
1  
1
− x1 + x2 + x3 = 0 ⇔ − x1 + 2 x2 + x3 = 0 ⇔  ⇔  x2 = 0
3x2 + x3 = −2
2 2 
 x + x  x = −2
= −2 3
1 2
1 1
x1 + x2 = −1
2
 2

Vậy điểm M( -2: 0:-2)
Bài 12: Chứng minh rằng hình bốn đỉnh toàn phần có bốn đỉnh A, B, C, D thuộc
đường bậc hai không suy biến S thì ba đường chéo của nó một tam giác tự đối cực đối
với S.
GIẢI
Phương trình S có dạng:
Ax1 + Bx2 + Cx3 + 2 Dx1 x2 + 2 Ex2 x3 + 2 Fx1 x3 = 0
2 2 2
(1)
Chọn {A; B, C, D} làm mục tiêu:
A(1: 1: 1), B(1: 0: 0), C(0: 1: 0), D(0: 0:1) thay A, B, C, D vào phương trình (1) ta được hệ
 A + B + C + 2D + 2E + 2F = 0 A = 0
A = 0 B = 0
 
⇔

B = 0 C = 0
C = 0 D + E = F = 0
 



33
D2 + E 2 + F 2 ≠ 0
Phương trình S là 2 Dx1 x2 + 2 Ex2 x3 + 2 Fx1 x3 = 0 với 
D + E + F = 0
Tộ độ của ba điểm chéo I(1: 1: 0), J(1: 0: 1), K(0: 1: 1)
0 D F
 ÷
A=D 0 E÷
F E 0÷
 
 0 D F 1
 ÷ ÷
⇒ [ I ] A [ J ] = ( 1 1 0 )  D 0 E ÷ 0 ÷ = D + E + F = 0
t


 F E 0 ÷ 1 ÷
  
Suy ra J liên hợp với J.
 0 D F  0 
 ÷ ÷
Tương tự [ J ] A [ K ] = ( 1 0 1)  D 0 E ÷ 1 ÷ = D + E + F = 0
t


 F E 0 ÷ 1 ÷
  
Suy ra J liên hợp với K.
 0 D F  0 
 ÷ ÷
Tương tự [ J ] A [ K ] = ( 1 1 0 )  D 0 E ÷ 1 ÷ = D + E + F = 0
t


 F E 0 ÷ 1 ÷
  
Suy ra I liên hợp với K.
Vậy tam giác IJK tự đối cực đối với S.




34
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản