Phép vị tự

Có vô số phép vị tự tâm không thuộc $d$ với tỉ số $k = 5$ biến đường thẳng $d$ thành $d’$

Qua phép vị tự \({V_{\left( {I,3} \right)}}\) thì \(A'B' = 3AB,{\rm{ }}B'C' = 3BC,{\rm{ }}C'A' = 3CA.\)

Vậy chu vi tam giác \(A'B'C'\) gấp \(3\) lần chu vi tam giác \(ABC\).

Gọi điểm \(M'\left( {x';y'} \right)\) là ảnh của điểm $M$ qua phép vị tự tâm $O$ tỉ số \(k =  - 2\).

\({V_{\left( {O; - 2} \right)}}\left( M \right) = M' \Leftrightarrow \overrightarrow {OM'}  =  - 2\overrightarrow {OM}  \Leftrightarrow \left( {x';y'} \right) =  - 2\left( { - 2;4} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 4\\y' =  - 8\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {4; - 8} \right)\)

Gọi \(B'\left( {x;y} \right)\) là ảnh của \(B\) qua phép vị tự \(V.\)

Suy ra \(\overrightarrow {A'B'}  = \left( {x + 5;y - 1} \right)\) và \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 1;3} \right).\)

Theo giả thiết, ta có \(\overrightarrow {A'B'}  = 2\overrightarrow {AB}  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 5 = 2.\left( { - 1} \right)\\y - 1 = 2.3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 7\\y = 7\end{array} \right.\).

Để ý thấy \(I \in \Delta \) do đó phép vị tự tâm \(I\) tỉ số \(k\) biến đường thẳng \(\Delta \) thành \(\Delta '\) trùng với \(\Delta \), với mọi \(k \ne 0.\)

Đáp án A: Gọi $M$ là giao điểm của của đường thẳng nối tâm với tiếp tuyến chung ngoài.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MI'}  = \overrightarrow {MI} .\dfrac{{MI'}}{{MI}} = \overrightarrow {MI} .\dfrac{{R'}}{R} = k\overrightarrow {MI} \\R' = \left| k \right|.R\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {V_{\left( {M;\frac{{R'}}{R}} \right)}}\) biến đường tròn \(\left( {I;R} \right)\) thành \(\left( {I';R'} \right)\)

\( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Hiển nhiên đáp án B đúng.

Đáp án C: Giả sử phép vị tự tâm $M$ tỉ số k biến \(\left( {I;R} \right)\) thành \(\left( {I';R'} \right)\)\( \Rightarrow \left| k \right| = \dfrac{{R'}}{R} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = \dfrac{{R'}}{R}\\k =  - \dfrac{{R'}}{R}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Có hai tâm vị tự biến \(\left( {I;R} \right)\) thành \(\left( {I';R'} \right)\)

\( \Rightarrow C\) đúng.

Đáp án D: Gọi $O$ là trung điểm của $II'$, giả sử phép vị tự tâm $O$ tỉ số $k$ biến \(\left( {I;R} \right)\) thành \(\left( {I';R'} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {OI'}  = k\overrightarrow {OI}  \Rightarrow k =  - 1\\ \Rightarrow R' = \left| { - 1} \right|R = R\,\,\left( {ktm} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Đáp án D sai.

Gọi $d'$  là ảnh của $d$ qua \({V_{\left( {I;\frac{1}{3}} \right)}} \Rightarrow d'//d \Rightarrow \) phương trình $d’$ có dạng \(x - y + c = 0\,\,\left( {c \ne 4} \right)\)

Lấy điểm \(A\left( {0;4} \right) \in d\) , gọi \({V_{\left( {I;\frac{1}{3}} \right)}}\left( A \right) = A'\left( {x';y'} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA'}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {IA} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {x' + 1;y' - 1} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {1;3} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' + 1 = \dfrac{1}{3}\\y' - 1 = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' =  - \dfrac{2}{3}\\y' = 2\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( { - \dfrac{2}{3};2} \right)\\{V_{\left( {I;\frac{1}{3}} \right)}}\left( d \right) = d';\,\,{V_{\left( {I;\frac{1}{3}} \right)}}\left( A \right) = A' \Rightarrow A' \in d'\end{array}\)

Thay tọa độ điểm $A'$  vào phương trình đường thẳng $d'$  ta có: \( - \dfrac{2}{3} - 2 + c = 0 \Leftrightarrow c = \dfrac{8}{3}\,\,\left( {tm} \right)\)

Vậy phương trình đường thẳng $d'$  là: \(x - y + \dfrac{8}{3} = 0 \Leftrightarrow 3x - 3y + 8 = 0\)

Đường tròn (C) có tâm \(K\left( {0;0} \right)\) bán kính \(R = 3\)

Gọi \(K'\left( {x';y'} \right)\) là ảnh của điểm $K$ qua phép vị tự \({V_{\left( {I;\frac{1}{3}} \right)}}\) ta có :

\(\overrightarrow {IK'}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {IK}  \Rightarrow \left( {x' + 1;y' - 1} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {1; - 1} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' + 1 = \dfrac{1}{3}\\y' - 1 =  - \dfrac{1}{3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' =  - \dfrac{2}{3}\\y' = \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Rightarrow K'\left( { - \dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}} \right)\)

Gọi $\left( {C'} \right)$ là ảnh của đường tròn $\left( C \right)$  qua phép vị tự \({V_{\left( {I;\frac{1}{3}} \right)}} \Rightarrow \) đường tròn \(\left( {C'} \right)\) có tâm \(K'\left( { - \dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}} \right)\) và bán kính \(R' = \left| {\dfrac{1}{3}} \right|.R = 1\) , do đó $\left( {C'} \right)$  có phương trình \({\left( {x + \dfrac{2}{3}} \right)^2} + {\left( {y - \dfrac{2}{3}} \right)^2} = 1\).

Gọi tâm vị tự là điểm \(I\left( {x;y} \right)\)  ta có: \({V_{\left( {I;2} \right)}}\left( M \right) = M' \Rightarrow \overrightarrow {IM'}  = 2\overrightarrow {IM} \)

\( \Rightarrow \left( { - 4 - x;5 - y} \right) = 2\left( { - 1 - x;4 - y} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 - x =  - 2 - 2x\\5 - y = 8 - 2y\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {2;3} \right)\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(K\left( {3;1} \right)\) và bán kính \(R = 2\), đường tròn \(\left( {C'} \right)\) có tâm \(K'\left( {5;3} \right)\) và bán kính \(R' = 2\).

\( \Rightarrow \left| k \right| = \dfrac{{R'}}{R} = 1 \Rightarrow k =  \pm 1\), mà \(I' \ne I \Rightarrow k \ne 1 \Rightarrow k =  - 1\)

Giả sử phép vị tự tâm $I$ tỉ số $k$ biến $K$ thành $K'$  ta có: \(\overrightarrow {IK'}  =  - \overrightarrow {IK}  \Rightarrow I\) là trung điểm của  \(KK' \Rightarrow I\left( {4;2} \right)\)

\({V_{\left( {I;k} \right)}}\left( {\Delta ABC} \right) = \Delta A'B'C' \Rightarrow \Delta A'B'C' \sim \Delta ABC\) theo tỉ số \(k \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta A'B'C'}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {k^2} = 4 \Rightarrow {S_{\Delta A'B'C'}} = 4{S_{\Delta ABC}}\)

Ta có \({3^2} + {4^2} = {5^2} \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác vuông \( \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}.3.4 = 6\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta A'B'C'}} = 4.6 = 24\)

Lấy \(A\left( { - 1;0} \right) \in {\Delta _1}\), gọi \(A'\left( {x;y} \right)\) là ảnh của $A$ qua phép vị tự tâm $I$ tỉ số $k$ ta có : \(\overrightarrow {IA'}  = k\overrightarrow {IA} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {x - 2;y - 1} \right) = k\left( { - 3; - 1} \right) \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 2 =  - 3k\\y - 1 =  - k\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  - 3k + 2\\y =  - k + 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow A'\left( { - 3k + 2; - k + 1} \right)\\{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( {{\Delta _1}} \right) = {\Delta _2},\,\,{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( A \right) = A' \Rightarrow A' \in {\Delta _2}\end{array}\)

Thay tọa độ điểm $A'$  vào phương trình đường thẳng \({\Delta _2}\) ta có:

\( - 3k + 2 - 2\left( { - k + 1} \right) + 4 = 0 \Leftrightarrow  - k + 4 = 0 \Leftrightarrow k = 4\)

\(\begin{array}{l}{V_{\left( {I;2} \right)}}\left( A \right) = A'\left( {x';y'} \right) \Rightarrow \overrightarrow {IA'}  = 2\overrightarrow {IA}  \Rightarrow \left( {x' - 2;y' + 1} \right) = 2\left( { - 1;3} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' - 2 =  - 2\\y' + 1 = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x' = 0\\y' = 5\end{array} \right. \Rightarrow A'\left( {0;5} \right)\end{array}\)

 $B$ là trung điểm của $A’B’$ \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x'' = 2.\left( { - 3} \right) - 0 =  - 6\\y'' = 2.1 - 5 =  - 3\end{array} \right. \Rightarrow B'\left( { - 6; - 3} \right)\)

Đường tròn \(\left( C \right)\) có tâm \(I\left( {2;2} \right)\) và bán kính \(R = 2\).

Gọi \(I'\left( {x';y'} \right) = {V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right) \Rightarrow \overrightarrow {OI'}  = 2\overrightarrow {OI}  \Rightarrow \left( {x';y'} \right) = 2\left( {2;2} \right) \Rightarrow I'\left( {4;4} \right)\)

\( \Rightarrow \) Ảnh của đường tròn \(\left( C \right)\) qua \({V_{\left( {O;2} \right)}}\left( I \right)\) là đường tròn tâm \(I'\left( {4;4} \right)\) và bán kính \(R' = \left| 2 \right|.R = 4\)

Gọi \(I''\left( {x'';y''} \right) = {Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\left( {I'} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x'' = 4\cos 90 - 4\sin 90 =  - 4\\y'' = 4\sin 90 + 4\cos 90 = 4\end{array} \right. \Rightarrow I''\left( { - 4;4} \right)\)

Phép quay không làm thay đổi bán kính của đường tròn, do đó ảnh của đường tròn \(\left( {C'} \right)\) qua phép quay \({Q_{\left( {O;{{90}^0}} \right)}}\) là đường tròn có tâm \(I''\left( { - 4;4} \right)\) và bán kính bằng $4$, do đó có phương trình: \({\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 16\).

Từ giả thiết ta có \(\overrightarrow {ON}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {OM} \)

\( \Rightarrow \) Phép vị tự tâm $O$ tỉ số \(k = \dfrac{1}{2}\) biến điểm $M$ thành điểm $N$ .

Vậy khi $M$ thay đổi trên \(\Delta \) thì $N$ thay đổi trên đường $a$ là ảnh của \(\Delta \) qua phép vị tự \({V_{\left( {O;\dfrac{1}{2}} \right)}}\) .

\( \Rightarrow a//\Delta \) và dễ thấy \(d\left( {O;a} \right) = \dfrac{1}{2}d\left( {O;\Delta } \right)\)

Từ giả thiết ta có \(\overrightarrow {AN}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AM} \)

\( \Rightarrow \) Phép vị tự \({V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\left( M \right) = N\)

Vậy khi $M$ thay đổi trên \(\left( {O;R} \right)\) thì điểm $N$ thay đổi trên đường tròn \(\left( T \right)\) là ảnh của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) qua phép vị tự \({V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\).

Gọi $I$ là ảnh của $O$ qua \({V_{\left( {A;\frac{1}{2}} \right)}}\) ta có \(\overrightarrow {AI}  = \dfrac{1}{2}\overrightarrow {AO}  \Rightarrow I\) là trung điểm của $OA$ .Vậy \(\left( T \right)\) là đường tròn tâm $I$ bán kính \(\dfrac{R}{2}\) với $I$ là trung điểm của $AO$ .

Gọi $H$ và $O$ lần lượt là trực tâm và tam đường tròn ngoại tiếp tâm giác $ABC$ .

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ , kẻ đường kính $BK$.

Xét đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ có \(\widehat {BCK}\) nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {BCK} = {90^0} \Rightarrow BC \bot CK\)

Mà \(AH \bot BC \Rightarrow AH//CK\)

Tương tự ta chứng minh được \(AK//CH\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác $AHCK$ là hình bình hành \( \Rightarrow AH = CK\)

Có $OM$ là đường trung bình của tam giác \(BCK \Rightarrow OM//CK//AH\) và \(OM = \dfrac{1}{2}CK = \dfrac{1}{2}AH\).

Gọi \(G = AM \cap OH\) ta dễ thấy \(\Delta AGH \sim \Delta MGO\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{AG}}{{MG}} = \dfrac{{AH}}{{OM}} = 2 = \dfrac{{HG}}{{OG}}\) , mà $AM$ là trung tuyến của tam giác \(ABC \Rightarrow G\) là trọng tâm tam giác $ABC$ . Vậy $H,G,O$ thẳng hàng, với $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và \(\dfrac{{HG}}{{OG}} = 2 \Rightarrow \overrightarrow {GO}  =  - \dfrac{1}{2}\overrightarrow {GH} \) 

\( \Rightarrow {V_{\left( {G; - \frac{1}{2}} \right)}}\left( H \right) = O\).

Gọi \(I = MQ \cap AE,\,\,K = MP \cap BF\) và \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{MI}}{{BG}} = \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AQ}}{{AF}} = \frac{{IQ}}{{GF}}\\ \Rightarrow \frac{{MI}}{{IQ}} = \frac{{BG}}{{GF}} = 2\\ \Rightarrow MI = 2IQ \Rightarrow MI = \frac{2}{3}MQ\\ \Rightarrow \overrightarrow {MI}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {MQ} \end{array}\)

Chứng minh tương tự ta có \(\overrightarrow {MK}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {MP} \).

Vì \(MIGK\) là hình bình hành nên ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MG}  = \overrightarrow {MI}  + \overrightarrow {MK}  = \frac{2}{3}\overrightarrow {MQ}  + \frac{2}{3}\overrightarrow {MP} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{2}{3}\left( {\overrightarrow {MQ}  + \overrightarrow {MP} } \right) = \frac{2}{3}\overrightarrow {MR} \end{array}\)

(Do \(MPRQ\) là hình bình hành).

\( \Rightarrow \overrightarrow {GR}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {GM}  \Rightarrow {V_{\left( {G; - \frac{1}{2}} \right)}}\left( M \right) = R\).

Mà \(M \in AB \Rightarrow R\) thuộc đường thẳng ảnh của \(AB\) qua \({V_{\left( {G; - \frac{1}{2}} \right)}}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {GE}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {GA}  \Rightarrow {V_{\left( {G; - \frac{1}{2}} \right)}}\left( A \right) = E\\\overrightarrow {GF}  =  - \frac{1}{2}\overrightarrow {GB}  \Rightarrow {V_{\left( {G; - \frac{1}{2}} \right)}}\left( B \right) = F\end{array} \right.\) \( \Rightarrow {V_{\left( {G; - \frac{1}{2}} \right)}}\left( {AB} \right) = EF\).

Vậy khi \(M\) di chuyển trên \(AB\) thì \(R\) di chuyển trên \(EF\).

\(\begin{array}{l}AC \cap BD = \left\{ I \right\}\\{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( {AB} \right) = CD\\k\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD}  \Rightarrow k =  - \dfrac{1}{2}\end{array}\)

\(\begin{array}{l}AC \cap BD = \left\{ I \right\}\\{V_{\left( {I;k} \right)}}\left( {AB} \right) = CD\\k\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {CD}  \Rightarrow k =  - \dfrac{1}{2}\end{array}\)