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 $EF$.

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

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