Giải Chuyên đề Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 7: Phép đồng dạng


Giải Chuyên đề Toán 11 Bài 7: Phép đồng dạng

Khởi động trang 37 Chuyên đề Toán 11Trong hình bên dưới, tìm các cặp hình có hình dạng giống nhau. Loại phép biến hình nào có thể biến hình này thành hình kia trong mỗi cặp?

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Lời giải:

⦁ Các cặp hình có hình dạng giống nhau là:

– Các hình tròn sau có hình dạng đôi một giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Các hình tam giác sau có hình dạng đôi một giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Các hình elip sau có hình dạng đôi một giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Hai hình elip sau có hình dạng giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Hai hình tròn sau có hình dạng giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Hai hình tam giác sau có hình dạng giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Các hình vuông sau có hình dạng đôi một giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

– Hai hình chữ nhật sau có hình dạng giống nhau:

Khởi động trang 37 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

⦁ Ta thấy trong các cặp hình vừa tìm được, có cặp hình có kích thước bằng nhau (các cặp hình tam giác màu vàng, cặp hình elip màu xanh lá, cặp hình vuông màu xanh biển, cặp hình chữ nhật màu tím) và có cặp hình có kích thước khác nhau (các cặp hình tròn màu xanh, các cặp hình tam giác màu vàng, các cặp hình elip màu xanh lá, cặp hình elip màu cam, cặp hình tròn màu hồng, cặp hình tam giác màu xanh dương, các cặp hình vuông màu xanh biển).

Với các cặp hình có kích thước giống nhau, ta có thể sử dụng phép dời hình để biến hình này thành hình kia.

Với các cặp hình có kích thước khác nhau, ta có thể thực hiện liên tiếp một hoặc một vài phép dời hình đã học, sau đó thực hiện phép vị tự để biến thành hình có kích thước tỉ lệ với hình đã cho.

Vậy loại phép biến hình cần tìm là các phép dời hình và phép vị tự.

1. Định nghĩa

Khám phá 1 trang 38 Chuyên đề Toán 11Trong Hình 1, tìm hai phép biến hình để biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’.

Khám phá 1 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Lời giải:

Để tìm phép biến hình biến ∆ABC thành ∆A’B’C’, ta tìm phép biến hình biến ∆ABC thành ∆A1B1C1 và tìm phép biến hình biến ∆A1B1C1 thành ∆A’B’C’.

⦁ Để tìm phép biến hình biến ∆ABC thành ∆A1B1C1, ta tìm phép biến hình biến các điểm A, B, C theo thứ tự thành các điểm A1, B1, C1.

Ta thấy các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại O.

Xét phép vị tự tâm O, tỉ số k biến các điểm A, B, C theo thứ tự thành các điểm A1, B1, C1.

Ta có V(O, k)(A) = A1.

Suy ra OA1=kOA và OA1 = |k|.OA.

Vì A, A1 nằm cùng phía đối với O nên k > 0.

Do đó k=OA1OA.

Tương tự ta cũng có k=OB1OB,k=OC1OC

Do đó k=OA1OA=OB1OB=OC1OC

Vì vậy VO,OA1OA là phép biến hình biến ∆ABC thành ∆A1B1C1.

⦁ Để tìm phép biến hình biến ∆A1B1C1 thành ∆A’B’C’, ta tìm phép biến hình biến các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thành các điểm A’, B’, C’.

Ta thấy d là đường trung trực của đoạn A1A’.

Suy ra Đd(A1) = A’.

Chứng minh tương tự, ta được Đd(B1) = B’ và Đd(C1) = C’.

Vì vậy Đd là phép biến hình biến ∆A1B1C1 thành ∆A’B’C’.

Vậy hai phép biến hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ là VO,OA1OA biến ∆ABC thành ∆A1B1C1 và Đd biến ∆A1B1C1 thành ∆A’B’C’.

Thực hành 1 trang 38 Chuyên đề Toán 11Cho trước ba số thực a, b, k. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét phép biến hình g biến điểm M(x; y) thành điểm M’(x’; y’) thỏa mãn: Thực hành 1 trang 38 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo . Hãy chứng minh g là một phép đồng dạng.

Lời giải:

Xét hai điểm bất kì M(x1; y1), N(x2; y2) có ảnh qua g lần lượt là M’(kx1 + a; ky1 + b), N’(kx2 + a; ky2 + b).

Ta có MN=x2x1;y2y1;

Và MN=kx2+akx1a;ky2+bky1b.

=kx2x1;ky2y1.

Do đó MN=kx2x1;y2y1

Vì vậy MN=kMN.

Suy ra M’N’ = |k|.MN.

Vậy g là phép đồng dạng tỉ số |k|.

Vận dụng 1 trang 39 Chuyên đề Toán 11Tìm phép đồng dạng biến hình (A) thành hình (C).

Vận dụng 1 trang 39 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Lời giải:

Vận dụng 1 trang 39 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Gọi f là phép đồng dạng cần tìm.

⦁ Để tìm phép biến hình biến hình (A) thành hình (B), ta tìm phép biến hình biến các điểm M, N, P, Q theo thứ tự thành các điểm M’, N’, P’, Q’.

Ta thấy các đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ đồng quy tại I.

Xét phép vị tự tâm I, tỉ số k biến các điểm M, N, P, Q theo thứ tự thành các điểm M’, N’, P’, Q’.

Ta có V(I, k)(M) = M’.

Suy ra OM=kOM và OM’ = |k|.OM.

Vì M, M’ nằm cùng phía đối với I nên k > 0.

Do đó k=OMOM.

Tương tự ta cũng có k=ONON,k=OPOP,k=OQOQ

Do đó k=OMOM=ONON=OPOP=OQOQ

Vì vậy VI,OMOM là phép biến hình biến hình (A) thành hình (B).

⦁ Ta thấy OP’ = OP” và POP^=90°.

Suy ra phép quay tâm O, góc quay 90° biến điểm P’ thành điểm P”.

Chứng minh tương tự, ta thấy Q(O, 90°) cũng biến các điểm khác trên hình (B) thành các điểm có vị trí tương ứng trên hình (C).

Vì vậy Q(O, 90°) biến hình (B) thành hình (C).

⦁ Xét hai điểm N, P, ta có:

+) N’ = V(I, k)(N) và N” = Q(O, 90°)(N’);

+) P’ = V(I, k)(P) và P” = Q(O, 90°)(P’).

Do đó:

+) N’P’ = V(I, k)(NP). Suy ra N’P’ = k.NP;

+) N”P” = Q(O, 90°)(N’P’). Suy ra N”P” = N’P’.

Vì vậy N”P” = N’P’ = k.NP.

Vậy f là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0) biến (A) thành (C) thỏa mãn (B) = V(I, k)((A)) và (C) = Q(O, 90°)((B));

2. Hai hình đồng dạng

Thực hành 2 trang 39 Chuyên đề Toán 11Cho hai hình vuông tùy ý ABCD và A’B’C’D’ có giao điểm hai đường chéo lần lượt là O và O’ (Hình 4).

a) Gọi A1B1C1D1 là ảnh của hình vuông ABCD qua phép tịnh tiến theo vectơ OO. Gọi φ là góc lượng giác (O’A1, O’A’). Tìm ảnh A2B2C2D2 của hình vuông A1B1C1D1 qua phép quay Q(O’, φ).

b) Cho biết OA=kOA2. Tìm ảnh của hình vuông A2B2C2D2 qua phép vị tự V(O’, k).

c) Từ kết quả của câu a) và b), hãy cho biết ta có thể kết luận là hai hình vuông tùy ý luôn đồng dạng với nhau được không. Giải thích.

Thực hành 2 trang 39 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Lời giải:

a) Do phép quay là phép dời hình nên ảnh A2B2C2D2 của hình vuông A1B1C1D1 cũng là hình vuông có kích thước bằng hình vuông A1B1C1D1.

Theo đề, ta có A1B1C1D1 là ảnh của hình vuông ABCD qua phép tịnh tiến theo OO.

Mà O là tâm của hình vuông ABCD.

Nên ta có O’ là tâm của hình vuông A1B1C1D1.

Mà A2B2C2D2 là ảnh của hình vuông A1B1C1D1 qua Q(O’, φ) (giả thiết).

Suy ra O’ cũng là tâm của hình vuông A2B2C2D2.

Do đó O’A2 = O’B2 = O’C2 = O’D2.

Để tìm ảnh A2B2C2D2 của hình vuông A1B1C1D1 qua Q(O’, φ), ta tìm vị trí các điểm A2, B2, C2, D2 theo thứ tự là ảnh của các điểm A1, B1, C1, D1 qua Q(O’, φ).

Ta có A2 = Q(O’, φ)(A1).

Suy ra O’A2 = O’A1 và (O’A1, O’A2) = φ.

Mà φ = (O’A1, O’A’) (giả thiết).

Do đó A2 nằm trên đường thẳng O’A’.

Vì vậy A2 là một điểm nằm trên đường thẳng O’A’ thỏa mãn O’A2 = O’A1.

Ta có B2 = Q(O’, φ)(B1).

Suy ra O’B2 = O’B1 và (O’B1, O’B2) = φ.

Ta có O’ là tâm của hình vuông A2B2C2D2 và hình vuông A’B’C’D’.

Khi đó A1OB2^=90°A2OA1^ và A1OB^=90°AOA1^.

Suy ra A1OB2^=A1OB^.

Do đó B2 nằm trên đường thẳng O’B’.

Vì vậy B2 là một điểm nằm trên đường thẳng O’B’ thỏa mãn O’B2 = O’B1.

Chứng minh tương tự, ta được:

⦁ C2 nằm trên đường thẳng O’C’ thỏa mãn O’C2 = O’C1;

⦁ D2 nằm trên đường thẳng O’D’ thỏa mãn O’D2 = O’D1.

Vậy ảnh của hình vuông A1B1C1D1 qua Q(O’, φ) là hình vuông A2B2C2D2 thỏa mãn A2, B2, C2, D2 lần lượt nằm trên O’A’, O’B’, O’C’, O’D’ và O’B2 = O’C2 = O’D2 = O’A2 = O’A1.

b) Để tìm ảnh của hình vuông A2B2C2D2 qua V(O’, k), ta tìm ảnh của các điểm A2, B2, C2, D2 qua V(O’, k).

Theo đề, ta có OA=kOA2.

Suy ra V(O’, k)(A2) = A’ và O’A’ = |k|.O’A2.

Ta có O’A2 = O’B2 (chứng minh trên) và O’A’ = O’B’ (O’ là tâm của hình vuông A’B’C’D’).

Suy ra OB2OB=OA2OA=1|k|.

Do đó O’B’ = |k|.O’B2.

Mà OB,  OB2 cùng phương (B2 là một điểm nằm trên đường thẳng O’B’).

Suy ra OB= kOB2.

Do đó V(O’, k)(B2) = B’.

Chứng minh tương tự, ta được V(O’, k)(C2) = C’ và V(O’, k)(D2) = D’.

Vậy ảnh của hình vuông A2B2C2D2 qua V(O’, k) là hình vuông A’B’C’D’.

c) Từ kết quả của câu a) và b), ta thấy phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm O’, góc quay φ = (O’A1, O’A’) và phép vị tự tâm O, tỉ số k biến hình vuông ABCD thành hình vuông A’B’C’D’.

Do đó hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng với nhau.

Vậy hai hình vuông tùy ý luôn đồng dạng với nhau.

Vận dụng 2 trang 40 Chuyên đề Toán 11Tìm các cặp hình đồng dạng với nhau có trong Hình 5.

Vận dụng 2 trang 40 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Lời giải:

⦁ Xét cặp hình (a) và (b):

Ta có OA1 = 2OA và OA1,OA cùng phương.

Suy ra OA1=2OA.

Do đó V(O, 2)(A) = A1.

Chứng minh tương tự, ta được V(O, 2)(B) = B1.

Vì vậy V(O, 2)(AB) = A1B1.

Khi đó V(O, 2) biến hình (a) thành hình (b).

Vì vậy phép đồng dạng tỉ số 2 biến hình (a) thành hình (b).

Do đó hình (a) và hình (b) đồng dạng với nhau.

⦁ Ta xét hình (b) và hình (c):

Ta có M là trung điểm B1B’.

Suy ra B’ = ĐM(B1).

Chứng minh tương tự, ta được A’ = ĐM(A1).

Do đó ĐM(A1B1) = A’B’.

Khi đó ĐM biến hình (b) thành hình (c).

Vì vậy phép đồng dạng tỉ số 1 biến hình (b) thành hình (c).

Do đó hình (b) và hình (c) đồng dạng với nhau.

⦁ Ta xét hình (a) và hình (c):

Ta có phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp V(O, 2) và ĐM biến hình (a) thành hình (c).

Do đó hình (a) và hình (c) đồng dạng với nhau.

Vậy các cặp hình đồng dạng với nhau có trong Hình 5 là: cặp hình (a) và (b); cặp hình (b) và (c); cặp hình (c) và (a).

Bài tập

Bài 1 trang 40 Chuyên đề Toán 11Cho hình chữ nhật ABCD có AC cắt BD tại I. Gọi H, K, L và J lần lượt là trung điểm của AD, BC, KC và IC. Chứng minh hình thang JLKI và hình thang IHDC đồng dạng với nhau.

Lời giải:

Bài 1 trang 40 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Ta có J là trung điểm IC (giả thiết).

Suy ra CI=2CJ.

Do đó V(C, 2)(J) = I.

Chứng minh tương tự, ta được V(C, 2)(L) = K, V(C, 2)(K) = B, V(C, 2)(I) = A.

Vì vậy V(C, 2) biến hình thang JLKI thành hình thang IKBA.

Hình chữ nhật ABCD có I là giao điểm của hai đường chéo, suy ra I là trung điểm BD.

Do đó ĐI(B) = D.

Chứng minh tương tự, ta được ĐI(A) = C, ĐI(K) = H.

Lại có ĐI(I) = I.

Do đó ĐI biến hình thang IKBA thành hình thang IHDC.

Vì vậy phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm C, tỉ số 2 và phép đối xứng tâm I biến hình thang JLKI thành hình thang IHDC.

Vậy hình thang JLKI và hình thang IHDC đồng dạng với nhau.

Bài 2 trang 40 Chuyên đề Toán 11: Cho ∆ABC đều có cạnh bằng 2. Qua ba phép biến hình liên tiếp: Phép tịnh tiến TBC, phép quay Q(B, 60°), phép vị tự V(A, 3), ∆ABC biến thành ∆A1B1C1. Tìm diện tích ∆A1B1C1.

Lời giải:

Bài 2 trang 40 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Ta có ∆ABC đều có cạnh bằng 2. Suy ra AB = AC = 2 và BAC^=60°.

Vì phép tịnh tiến và phép quay đều là phép dời hình nên ảnh của ∆ABC qua phép tịnh tiến TBC và phép quay Q(B, 60°) đều có các kích thước bằng các kích thước tương ứng của ∆ABC.

Gọi f là phép biến hình có được bằng thực hiện hai phép biến hình liên tiếp là phép tịnh tiến TBC và phép quay Q(B, 60°).

Suy ra f là phép dời hình.

Do đó phép đồng dạng tỉ số 3 có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép dời hình f và phép vị tự V(A, 3) biến ∆ABC thành ∆A1B1C1.

Vì vậy phép đồng dạng tỉ số 3 biến các điểm A, B, C theo thứ tự thành các điểm A1, B1, C1.

Khi đó A1B1 = 3AB = 3.2 = 6 và A1C1 = 3AC = 3.2 = 6.

Vì ∆ABC và ∆A1B1C1 đồng dạng với nhau nên B1A1C1^=BAC^=60°.

Ta có SΔA1B1C1=12.A1B1.A1C1.sinB1A1C1^=12.6.6.sin60°=93.

Vậy diện tích ∆A1B1C1 bằng 93.

Bài 3 trang 40 Chuyên đề Toán 11Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm O bán kính R = 9 và cho điểm A khác O. Gọi (C’) là ảnh của (C) qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến theo vectơ OA và phép vị tự VO;13. Tìm diện tích hình tròn (C’).

Lời giải:

Bài 3 trang 40 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép tịnh tiến theo OA và phép vị tự VO;13 biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’).

Suy ra phép đồng dạng đó có tỉ số là k=|13|=13.

Đường tròn (C’) có tâm O’, bán kính R’.

Suy ra O’ là ảnh của O qua phép đồng dạng tỉ số 13.

Gọi M là điểm bất kì nằm trên đường tròn (C).

Suy ra M’ là ảnh của M qua phép đồng dạng tỉ số 13.

Khi đó ta có OM=13OM.

Vì vậy R=13.R=13.9=3.

Diện tích hình tròn (C’) là: SC=π.R2=π.32=9π.

Vậy diện tích hình tròn (C’) là 9π.

Bài 4 trang 40 Chuyên đề Toán 11Tìm các hình đồng dạng với nhau trong Hình 6.

Bài 4 trang 40 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Lời giải:

⦁ Ta xét hình hai ngôi nhà:

Bài 4 trang 40 Chuyên đề học tập Toán 11 Chân trời sáng tạo

Giả sử O là điểm cố định và A là một điểm trên hình ngôi nhà 1 (hình vẽ).

Lấy điểm A’ trên hình ngôi nhà 2 có vị trí tương ứng với điểm A trên hình ngôi nhà 1.

Khi đó ta có ba điểm O, A, A’ thẳng hàng và A, A’ nằm cùng phía đối với O.

Suy ra OA=kOA, với k > 0.

Do đó V(O, k)(A) = A’ và OA’ = k.OA.

Vì vậy k=OAOA.

Chọn một điểm B trên hình ngôi nhà 1 sao cho B ≠ A.

Lấy điểm B’ sao cho OB=kOB.

Khi đó VO,OAOAB=B và điểm B’ là một điểm trên hình ngôi nhà 2 có vị trí tương ứng với điểm B trên hình ngôi nhà 1.

Tương tự như vậy, với mỗi điểm M bất kì trên hình ngôi nhà 1, ta lấy điểm M’ sao cho VO,OAOAM=M thì ta được tập hợp các điểm M’ tạo thành hình ngôi nhà 2.

Vì vậy VO,OAOAbiến hình ngôi nhà 1 thành hình ngôi nhà 2.

Vì vậy phép đồng dạng tỉ số OAOA biến hình ngôi nhà 1 thành hình ngôi nhà 2.

Do đó hình ngôi nhà 1 và hình ngôi nhà 2 đồng dạng với nhau.

Chứng minh tương tự cho hình hai chiếc smartphone, ta cũng được kết quả như trên.

Vậy ta có hình hai ngôi nhà và hình hai chiếc smartphone đồng dạng với nhau trong Hình 6.

Xem thêm các bài giải Chuyên đề học tập Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

 

Xem thêm các bài giải Chuyên đề học tập Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Chuyên đề 1: Phép biến hình phẳng

Chuyên đề 2: Lý thuyết đồ thị

Chuyên đề 3: Một số yếu tố vẽ kĩ thuật

==== ~~~~~~ ====



Link Hoc va de thi 2021

Chuyển đến thanh công cụ