Hình học sơ cấp Phép quay

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 1







DANH SÁCH NHÓM 8
1. Phạm Nhơn Quý
2. Đỗ Công Sơn
3. Cửu Hiếu Thảo
4. Hoàng Thanh Thủy
5. Hoàng Thị Thu Thủy
6. Lê Thị Thủy Tiên
7. Nguyễn Sĩ Trung
8. Nguyễn Ngọc Mạnh Tuân
9. Nguyễn Thị Minh Yến
10. Võ Ngọc Thiệu
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 2

Bài 1:
M
Cho điểm thay đổi trên nửa đường tròn đường kính
AB
. Trên tia
BM

lấy điểm
N
sao cho
BN AM=
.
a) Xác định tâm phép quay biến
AM

thành
BN

.
b) Chứng minh rằng
N
thuộc một nửa đường tròn cố định.

Giải


a) Gọi
I
là điểm chính giữa cung
AB

.
( )
,
2
IA IB
IA IB
π
=


⇒

=



Ta cần chứng minh
I
là tâm quay
M
biến thành
N
. Xét
AMI∆
và
BNI∆
có:


MAI IBN

AM BN
AI BI

=

=


=


Vậy
AMI BNI∆=∆
(c.g.c). Suy ra:
MI NI=

Ta có :
( ) ( ) ( )
, ,,IM IN IM IA IA IN= +


( ) ( )
,,IN IB IA IN= +
( do
AMI BNI∆=∆
)

( )
,
2

IA IB
π
= =

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 3

Xét phép quay
2
I
Q
π
, ta có:
AB
MN
→
→

AM BN⇒→
 

Vậy
I
là tâm phép quay biến
AM

thành
BN


.

b) Gọi
'
O
là ảnh của
O
qua phép quay
2
I
Q
π

( )
'
'
,
2
IO IO
IO IO
π

=

⇒

=



Mà :
( )
,
2
IO OB R
OI OB
π
= =



=



Vậy
'
IOBO
là hình vuông. Suy ra :
'
O
là đỉnh hình vuông
Mặt khác,
( )
MO∈
cố định và
'
O
là ảnh của
O

qua phép quay
2
I
Q
π
nên
( )
'
NO∈

cố định.


Bài 2:

Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn
ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng: MA = MB + MC.

Giải

Gọi I là giao điểm của đường tròn (C, CM) và AM. Xét ∆ABC:
• CM = CI ( cách dựng điểm I)
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 4


C'

B'

A'

A1

C1

B1

A

B

C
• ( MC, MI) = ( BC, BA) = ( cùng chắn cung )
Từ đó suy ra ∆ABC đều. Suy ra ( CI, CM) =

.
Xét phép quay
:
•
⇒
•
⇒
Như vậy,

Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay, ta có MB = IA
Mặt khác: IM = MC ( do ∆ABC đều)
Suy ra: AM = AI + IM = MB + MC (đpcm).

Nhận xét:
Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc góc
Ta có thể mở rộng tính chất trên như sau

BAC
. Khi đó, ta có:

MB MC MA
+≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn
ngoại tiếp tam giác



Bài 3: Cho tam giác ABC và v về phía ngoài các tam giác đều BCA
1

, CAB
1

,ABC
1
(Bài toán Napoléon)
có tâm lần lưt là A’, B’, C’. Chứng minh rằng tam giác A’B’C’ đều.



Giải














Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 5

Nhận xét:

Bài toán vn đng trong trường hp các tam giác đều v về phía trong.
Cách 1:
Xét:
Ý tưởng: dùng tích phép quay.
22
', ',
33
.
CA
FQ Q
ππ
  
  
  
  
−−
=


12
22 4
2
33 3
k
ππ π
αα π
+=− − =− ≠

Suy ra
4
,
,
3
3
I
I
FQ Q
π
π
  
  



−
−
= =

Do
2
' ,
3
2
' ,
3
2
' ,
3

A
C
B
Q
A
Q
Q
BC
AC
π
π
π






  




−
−



→ →




→


nên suy ra
'IB≡

Theo cách dựng tâm
'B
ta có:

( )
( )
1
2
'',''
23
' ', ' '
23
CBCA
AC AB
απ
απ
= = −
= = −

Vậy
'''ABC∆
đều (đpcm)

Cách 2:
'' '' ''AB BC AC= =
 tưởng : chứng minh
Trong
''A BC∆
, áp dng định l hàm số cosin ta có:

( )
( )
( )
2 22
22
22
22
' ' ' ' 2 ' . 'cos ' '
1 33
2. . .cos
3 33 3
1 21 3
cos sin
3 32 2
11 3
cos sin
333
A C A B BC A B BC A BC
ac
ac B

ac
ac B B
a c ac B ac B
π
= +−

= +− +



= +− −



= +− −

Áp dng các định l về hệ thức lưng trong tam giác
ABC∆
:
222
cosac B a c b=+−


sin 2
ABC
ac B S
∆
=

Vậy :

( ) ( )
2 22 222
11 3
'' 2
36 3
ABC
AC ac acb S
∆
= + − +− −


( )
222
1 23
63
ABC
abc S
∆
= ++ +

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 6


O

C'

B'

A'

A1

C1

B1

A

B

C
Tương tự ta tính đưc
( )
2 2 222
1 23
'' ''
63
ABC
AB BC abc S
∆
= = ++ +

Từ đó suy ra
'''ABC∆
đều (đpcm)

Cách 3:

Cách giải của Napoléon




















 tưởng
'''ABC∆
: chứng minh có 2 góc
0
60


Dựng các đường tròn ngoại tiếp

1
ABC∆
và
1
BCA∆
.
Gọi O là giao điểm thứ 2 của
( )
1
ABC
và
( )
1
BCA

Ta có :

0
120AOB =
( do
1
AOBC
nội tiếp có

0
1
60AC B =
)

0

120BOC =
( do
1
BOCA
nôi tiếp có

0
1
60BAC =
)
Suy ra

0
120AOC =
, từ đó ta có tứ giác
1
AOCB
nội tiếp hay

( )
1
ABC
,
( )
1
BCA
và
( )
1
ACB

cắt nhau tại O.
Ta có:
''OB A C⊥
(
OB
là trc đẳng phương của
( )
1
ABC
và
( )
1
BCA
)

''OC A B⊥
(
OC
là trc đẳng phương của
( )
1
ACB
và
( )
1
BCA
)


0

120BOC =
(cmt)
Suy ra

0
'''60CAB=
.
Tương tự ta có
 
0
''' '''60ABC ACB= =

Từ đó suy ra
'''ABC∆
đều (đpcm)
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 7



Bài 4:

Trên các cạnh của một hình bình hành dựng về phía ngoài các hình vuông.
Chứng minh rằng tâm các hình vuông này tạo thành một hình vuông.
Giải:


Gọi:
O

là tâm hình bình hành
ABCD
và
,,,EFGH
lần lưt là tâm của các hình
vuông cạnh
,,,AB BC CD DA
.
Xét:
Cách 1:

( )
1
12
,
,,
22
. (vì )
22
O
FE
FQ Q Q
ππ
π
ππ
αα π
  
  
  
= = + =+=

( )
2
34
,
,,
22
. (vì )
22
O
HG
GQ Q Q
ππ
π
ππ
αα π
  
  
  
= = + =+=


( )
3
56
,
,,
22
. (vì )

22
O
GF
HQ Q Q
ππ
π
ππ
αα π
  
  
  
= = + =+=

Suy ra: F = Đ
O1
; G = Đ
O2
; H = Đ
O3

. Ta có:

,,
22
EF
QQ
F
ABC
ππ
 

 
 
→ →



Mà Đ
O
(A) = C nên Đ
O1
= Đ
Tương tự, ta có: Đ
O
O2
= Đ
O
, Đ
O3
= Đ
O
Do đó:

123
OO O O≡≡≡

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 8

Theo cách dựng tâm

1
O
:

( )
( )
1
2
,
24
,
24
EO EF
EF OF
απ
απ

= =




= =



EOF⇒∆
vuông cân tại
O

Tương tự ta có:
,GOH FOG∆∆
vuông cân tại
O

Vậy:
EFGH
là hình vuông.

Ta có:
Cách 2:

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
, , ,,
, ,,
,
AH AE AH AD AD AB AB AE
DA DH DC DA DG DC
DG DH
= ++
= ++
=
       
     
 

Xét

DHG∆
và
AHE∆
có:
( ) ( )
,,
DH AH
DG AE
AB AE DG DH

=


=


=


   

Do đó:
()DHG AHE c g c∆ =∆ −−

Suy ra:
( ) ( )
,,
HG HE
HD HG HA HE
=




=


   

Lại có:

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
, , ,,
,,,
,
2
HG HE HG HD HD HA HA HE
HG HD HD HE HD HG
HD HE
π
= ++
=++
= =
       
     
 

Nên:
( )

,
2
HG HE
HG HE
π
=



=


 

Lý luận tương tự cho các đỉnh
,,EFG
ta suy ra
EFGH
là hình vuông.


Bài 5
ABC
: Dựng về phía ngoài tam giác các tam giác
ABE
và
ACF
đều. Gọi
I

là
trung điểm
BC
và
H
là tâm tam giác
ABE

Xác định dạng của tam giác
HIF
.


Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 9


Giải









Xét:

12
2
,. ,
33
2
2
33
G QF QH
k
ππ
ππ
αα π π
  
=
  
  
⇒+=+ =≠


( )
,G QO
π
⇒= =
Đ
o


2
,,
33

QH QF
B AC
ππ
  
  
  
→ →


Do đó: Đ
o
( )
B C OI=⇒≡


Theo cách xác định tâm quay
O
như trên thì ta có :

( )
( )
( )
1
2
,
23
,
2
,
26

HI HF
IF IH
FH FI
α
π
π
α
π

= =


⇒=


= =



Vậy
HIF∆
là tam giác thỏa mãn:
( )
( )
( )
,
2
,
3
,

6
IF IH
HI HF
FH FI
π
π
π

=



=



=






Giải



Cách 1:

Bài 6: Cho
ABC∆
, v ở ngoài các tam giác vuông cân tại
,BC
là
,ABD ACE∆∆
.
Gọi
M
là trung điểm
DE
. Xác định hình dạng
MBC∆
.


Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 10

Gọi
,DE
′′
lần lưt là điểm đối xứng của
D
qua
B
, của
E
qua
C
.
Xét phép quay
:
A
QD D
EE
π
2
′
→
′
→

Từ đó suy ra:
,DE D E DE D E
′′ ′′
⊥=

Mặt khác:
MB
là đường trung bình của
DD E
′
∆
nên
MB
//
DE
′
và
MB D E
1
′
=
2
.
Tương tự
MC
là đường trung bình của
EE D
′
∆
nên

MC
//
DE
′
và
MC DE
1
′
=
2
.
Vậy
MBC∆
vuông cân tại
M
.




Cách 2 :

Xét phép biến hình
22
.
BC
F QQ
ππ
=

thì
12
2k
αα π π
+=≠
.
Suy ra
.
BC O
F QQ Q
ππ
π
22
= = =
Đ
O
. Với O chưa biết.
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 11

Ta có :

C
B
Q
Q
EAD
π
π
2
2
  →   →


Vì
M
là trung điểm
DE
nên
OM≡
.
Theo cách dựng tâm
O
:

( )
( )
,
,
MC BC

MB BC
απ
απ
1
2

= =


24


= =

24


Vậy
MBC∆
vuông cân tại
M
.


Câu 7:
,,,AB BC CD DA
Dựng trên cạnh và ở bên ngoài tứ giác
ABCD
những
hình vuông có tâm lần lưt là

1234
,,,OOOO
. Gọi
,, ,IJHK
lần lưt là trung điểm
các đoạn
13 24
,, ,AC BD O O O O

a) Chứng minh rằng
13 24
OO OO=
và
13 24
OO OO⊥
. Xét hình dạng của tứ giác
IKJH

b) Tìm điều kiện cần và đủ để tứ giác
1234
OOOO
là hình vuông



Giải

Đ
O
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 12

Xét tích phép quay
12
;;
22
.
OO
FQ Q
ππ

  
  
  
=


12
2
22
K
ππ
αα π π
⇒+ =+=≠

Đặt
O
là tâm của tích phép quay trên
Suy ra
( )
;
O
O
FQ D
π
= =

Ta có:

;;
12

22
OO
QQ
ABC
ππ
 
 
 
→ →



Vì
I
là trung điểm
AC
nên suy ra
OI≡

Theo cách dựng tâm
O


( )
1
1 12
;
24
OI OO
απ

= =


( )
2
12 2
;
24
OO O I
απ
= =

12
O IO⇒∆
vuông cân
Tương tự
43
O IO∆
vuông cân
Xét phép quay
;
2
I
Q
π



. Trong phép quay này:

12
34
OO
OO
 →
 →

13 24
OO OO⇒=
và
( )
13 24
;
2
OO OO
π
=
 

( )
*

Hay
13 24
OO OO⊥

Ta làm tương tự như trên và xác định
J
cũng là tâm quay.
Xét phép quay

;
2
J
Q
π



. Trong phép quay này:
41
23
OO
OO
 →
 →

Do
24
K OO∈
(vì
K
là trung điểm
24
OO
)

13
H OO∈
(vì
H

là trung điểm
13
OO
)
Nên
;
2
I
Q
KH
π



  →

JHK⇒∆
là tam giác vuông cân
( )
1

Tương tự
;
2
J
Q
HK
π




  →

KHI⇒∆
là tam giác vuông cân
( )
2

Từ
( )
1
( )
2
suy ra
IKJH
là hình vuông
b)
1234
OOOO
hình vuông
1234
OOOO⇔
hình bình hành
( )
*

Đ
O
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 13


HK⇔≡


IJ⇔≡
(do
IKJH
là hình vuông)

ABCD⇔
là hình bình hành



Bài 8:
ABC∆
Cho tam giác vuông cân tại C. Một đường thẳng song song
AB
cắt
các cạnh
BC
,
AC
lần lưt tại E và D. Các đường thẳng vuông góc với AE hạ từ C
và D lần lưt cắt AB tại K và H. Chứng minh rằng K là trung điểm đoạn BH.

Giải

K

H

E

C

A

B

D

F


Trên đường thẳng AC, lấy điểm F sao cho C là trung điểm DF.
Ta có:

( )
,
2
C
Q EF
π




=


( )
,
2
C
Q AB
π



=

Do đó:
AE BF⊥

Suy ra
// //BF KC HD

Áp dng định lí đường trung bình trong hình
thang, do C là trung điểm DF nên ta có
điều cần chứng minh
Nhận xét:
BC
E,D không nhất thiết phải thuộc các cạnh ,
AC

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 14


B

A

C

J

I

D

O

D'

O'

A

B

C

O

Bài 9:
( )
,OR
Cho đường tròn . Xét các hình vuông ABCD có A,B thuộc
( )
O
. Hãy
tìm độ dài cạnh hình vuông sao cho OD lớn nhất.


Giải

Cách 1:
Dễ dàng nhận thấy với cùng một vị trí của AB, nếu
D và O nằm cùng một phía với AB s có độ dài OD nhỏ hơn
nếu O và D nằm khác phía với AB
Xét hình v bên, gọi I,J lần lưt là trung điểm AB và
CD. Đặt
0AB x= >
, ta có:

2
2
4

x
OI R= −


2
2
4
x
OJ x R=+−

Suy ra:
2
222 2
2
4
x
OD x R x R=++ −

Áp dng bất đẳng thức Cauchy, ta có:


( )
( )
22 2
22
2 21 2
44
21 2
xx x
xR R


−≤ ++ −

+


Suy ra:
( )
22
3 22OD R≤+
hay
( )
12OD R≤+

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

( )
( )
22
2
21 2 2 2
4
21 2
xx
R xR

= + − ⇔= +

+


Cách 2:

Ta có


( )
,
2
A
Q OO
π



′
=


( )
,
2
A
Q BD
π




=

Từ đó suy ra
'D
thuộc đường tròn
( )
,OR
′
.
Do đó,
OD
lớn nhất khi và chỉ khi
O OD
′
∈

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 15


( )
12
22
OD R
AB AD R
⇔=+
⇔== +

(do


45
o
DOA =
)



Bài 10:
MA MB MC++
Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M bên trong tam giác sao cho
nhỏ nhất



Giải













Ta có

;
3
()
A
Q MN
π



=
suy ra
AMN∆
đều nên AM=AN=MN

;
3
()
A
Q CD
π



=
suy ra AC=AD .
Mặt khác:
()AMC AND c g c∆ =∆ −−
nên MC=ND
Suy ra
MA MB MC MN MB ND BD++ = ++≥

.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,M N BD∈


Cách xác định vị trí điểm M:
Ta có :


2
3
AMB AMN
π
π
=−=
,




2
3
AMC AND ANM
π
π
==−=






2
2
3
BMC AMC AMB
π
π
=−−=

Vậy điểm M nhìn các cạnh của
ABC∆
dưới một góc
2
3
π
là điểm cần tìm



D

N

A

B

C

M

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 16


Bài tập tham khảo

Bài 1:
ABCDEF
Cho lc giác đều
a) Gọi
K
là trung điểm của đường chéo
BD
,
M
là trung điểm của
EF
.
Chứng minh
AMK
là tam giác đều
b) Gọi
M
và
H
là trung điểm của
CD
và
DE

, còn
L
là giao điểm của
AM

và
BH
. Chứng minh rằng
ABL MDHL
SS=



Giải

a) Gọi
O
là tâm của lc giác đều
ABCDEF
. Dễ thấy
BCDO
là hình thoi, vì
vậy trung điểm
K
của
BD
chính là trung điểm của
CO

Vì
ABCDEF
là lc giác đều
AC AE⇒=
và
0
60CAE =
. Xét phép quay
( )
0
,60QA
, từ các kết quả trên suy ra:

( )
0
,60QA

OF
CE
−
→
→

Theo tính chất của phép quay suy ra:

( )
( )
0
,60
1
QA
OC FE
−
→

Vì
K
,
M
tương ứng là trung điểm của
CO
và
FE
nên từ
( )
1
suy ra:

( )
0
,60QA
KM
−
→

Theo định nghĩa của phép quay ta có:
AK AM=
và
0
60KMA =

AMK⇒
là tam giác đều
⇒
đ.p.c.m

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 17

b) Rõ ràng
COD
và
DOE
là hai tam giác đều bằng nhau.


OM ON⇒=
và
0
60MOH =
.
Xét phép quay
( )
0
,60QO
−

Ta có trong phép quay trên thì:

AB
BC
CD
MH
 →
 →
 →
 →


Theo tính chất phép quay thì:
Tứ giác
( )
0
0,60Q
ABCM
−
→
tứ giác
BCDH

Nói riêng ta có:
ABCM BCDH
SS=

hay:
ABL BCML BCML MDHL
SS S S+=+

hay:

ABL MDHL
SS=
. Đó là đ.p.c.m











Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 18

Bài 2:
ABC
Cho tam giác đều . Tìm quỹ tích những điểm
M
nằm trong tam giác
sao cho
222
MA MB MC= +



Giải

Xét phép quay
( )
0
,60QA
. Trong phép quay này:

'
BC
MM
CD
 →
 →
 →

Theo định nghĩa của phép quay thì
'
AMM
là tam giác đều, nên có:

( )
'
1MA MM=

Theo tính chất của phép quay suy ra:

( )
( )
0
,60

'
2
QA
BM CM MB M C   → ⇒ =

Từ giả thiết, và từ
( )
1

( )
2
suy ra:

( )
' 2 '2 2
3M M M C MC= +

Theo định l Pythagore, từ
( )
3
suy ra

'0
90MCM =

Theo tính chất của phép quay:


'
MBC M CD=







' ' 000
120 90 30MBC MCH M CD MCB BCD MCM⇒ + = + = − = −=





( )
0
180 150BMC MBC MCB⇒=− + =


⇒

M
nằm trong tam giác và luôn nhìn
BC
dưới góc
0
150
, nên quỹ tích của
M

là phần cung chứa góc
0
150
dựng trên cạnh
BC
nằm trong tam giác
ABC
nói
trên.
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 19

Bài 3:
ABC
Cho tam giác . Dựng ra phía ngoài trên hai cạnh của tam giác đó hai
tam giác vuông
ABD
và
BCE
sao cho:


0
30DAB EBC= =
;


0
90DE= =

. Lấy
F

trên
AC
sao cho:
1
3
CF
AF
=
. Tìm ba góc của tam giác
DEF
.
Giải

Dựng thêm ra phía ngoài tam giác
ABC
, tam giác vuông
ACI
sao cho
0
90I =
và
0
ó 30g c IAC =
. Ta có trong tam giác vuông
AIC
:

( )
0
ì ó 30
2
AC
CI v g c IAC= =

42
AC CI
CF CF= ⇒=
mà

0
60FCI IFC= ⇒∆
vuông tại
F
và

0
30FIC =

Xét phép quay
( )
0
,30QA
−

Trong phép quay này,

1

1
DD
FF
 →
 →


1
1
3
2
AD
AD AD
AB
⇒= ⇒ =

Và
1
1
3
2
AF
AF AF
AI
=⇒=


11
AD AF
AB AI

⇒=
(vì cùng bằng
3
2
)
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 20


11
DF⇒
//
BI
và
( )
11
3
1
2
DF
BI
=

Xét phép quay
( )
0
,60QC
. Trong phép quay này,

2
2
EE
FF
 →
 →

Lý luận tương tự như trên có:
22
EF
//
BI
và
( )
22
1
2
2
EF
BI
=

Từ
( )
1
và
( )
2
suy ra:
11

DF
//
22
EF
và
( )
11 2 2
3*DF EF=

Theo trên suy ra:

( )
( )
0
0
,30
11
,60
22
QA
QC
DF D F
EF E F
−
+
→
→

Do
DF

tạo với
11
DF
góc
0
30
,
EF
với
22
EF
góc
0
60
, mà hai phép quay này
ngưc chiều nhau, và do
11
DF
//
22
EF
DF EF⇒⊥
.
Mặt khác:
11
D F DF=
và
22
E F EF=
, vậy từ

( )
*
suy ra:
3DF EF=


⇒
Tam giác
DEF
là tam giác vuông tại
F
, với
0
ó 30g c FDE =



Bài 4:
ABC
Cho tam giác . Dựng ra phía ngoài tam giác, các tam giác
,,BCP CAQ ABR
sao cho
0
ó ó 45g c PBC g c CAQ= =
;
0
ó ó 30g c BCP g c QCA= =

và
0

ó ó 15g c ABR g c BAR= =
. Chứng minh
QRP
là tam giác vuông cân.




Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 21

Dựng ra phía ngoài tam giác
Giải
ABC
, tam giác đều
1
ABC






( )
0
11
45 1C AR C BR PBC CAQ⇒====

Xét phép quay

( )
0
,45QB
.
Trong phép quay này thì:

1
1
PP
RR
 →
 →

(chú ý rằng do
( )
1
, nên
1
P BC∈
và
11
R BC∈
)

1
BP BP⇒=
và
( )
1
2BR BR=

Do
ABR
là tam giác cân , còn
1
AC B
là tam giác đều


0
11
30 ~RC B BPC BRC⇒ = ⇒∆


1
1
BR BC BP BR
BP BC BC BC
⇒= ⇒=

Vậy từ
( )
2
suy ra:
1
1
BR BP
BC BC
=

Tương tự có:
( )
11
1
3
BR BP BP
BC BC BC
= =

Xét phép quay
( )
0
,45QA
−
. Trong phép quay này , ta có:

2
2
QQ
RR
 →
 →

Lý luận như trên, ta đi đến:

( )
22
1
4
AQ AR AQ

AC AC AC
= =

Mà
( )
~ 5
AQ BP
AQC BPC
AC BC
∆ ∆⇒=

Từ
( )( )( )
345
s uy ra:

( )
2 2 11
11
6
AQ AR BR BP
AC AC BC BC
= = =

Từ
( )
6
theo định l Thales suy ra:

2 2 11

//Q R PR
(vì cùng
1
//CC
)
( )
7

Ngoài ra:
( )
2 2 11
22 11
11
8
RQ PR
RQ RQ
CC CC
=⇒=

Theo trên
( )
0
,45
22
QA
QR Q R
−
→

Và

( )
0
,45
11
QB
PR PR   →

Nên theo tính chất của phép quay, ta có:

22
QR Q R=
và
11
PR PR=

( )
9

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 22

QR
tạo với
22
QR
góc
0
45
và

PR
tạo với
11
PR
góc
( )
0
45 10

Từ
( )( ) ( )
8 9 11QR RP⇒=

Từ
( )( ) ( )
7 10 12QR RP⇒⊥

Từ
( )( )
11 12
suy ra
QRP
là tam giác vuông cân. Đó là đ.p.c.m

Bài 5:
( )
,Aab
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm cố định
( )
0, 0ab>>

. Đường
thẳng
∆
di động quay quanh
A
cắt trc hoành
Ox
tại
M
và trc tung
Oy
tại
N
.
Đường thẳng qua
M
và
//
đường
yx=
cắt
Oy
tại
M
′
; còn đường thẳng qua
N

và
//

đường
yx= −
cắt
Ox
tại
N
′
. Chúng minh rằng
MN
′′
luôn đi qua một điểm
cố định.



Giải







Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 23

Gọi
1
l

là đường thẳng qua
M
và song song
với
yx=
. Giả sử
1
l Oy M
′
∩=
thì
OM OM
′
=

Gọi
2
l
là đường thẳng qua
N
và song song
với
yx= −
. Giả sử
2
l Ox N
′
∩=
thì
ON ON

′
=

Xét phép quay
( )
0
,90QO
−

Từ trên suy ra, trong phép quay này, thì:

MM
NN
′
 →
′
 →

Vậy
( )
0
,90QO
MN M N
−
′′
→

Vì
A MN∈
, nên giả sử

( )
0
,90QO
AA
−
′
→

Thì
A
′
cố định và
A MN
′ ′′
∈
.
Như thế
MN
′′
luôn đi qua điểm cố định
A
′
. Dễ thấy tọa độ của
A
′
là
( )
,Ab a
′

−


Nhận xét:

Cách giải này rõ ràng ngắn gọn hơn nhiều so với cách giải bằng đại số

Bài 6:
O
Cho đường tròn tâm nội tiếp trong tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:

sin . sin . sin . 0AOA BOB C OC++ =
  



Giải


Gọi
,,IJK
tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh
,,AB BC CA
.
Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 24

Theo tính chất của hai tiếp tuyến phát xuất từ một điểm, ta có
AO IK⊥
. Tứ
giác
AIOK
nội tiếp trong đường tròn đường kính
OA
. Đường tròn này cũng là
đường tròn ngoại tiếp tam giác
AIK
, vì thế theo định l hàm số sin trong tam giác
này, ta có:

.sinIK OA A=

Xét phép quay
( )
0
,90QO
−

Giả sử trong phép quay này, thì:

II
JJ
KK
′
 →
′
 →

′
 →

Theo tính chất của phép quay suy ra

( )
0
,90QO
IK I K
−
′′
→

IK I K
′′
⇒=
và
IK I K
′′
⊥
.
Do
//AO IK I K OA
′′
⊥⇒

Ngoài ra do các lập luận trên suy ra:
( )
sin . 1K I AOA
′′

=
 

Lý luận tương tự có:
( )
sin . 2I J B OB
′′
=
 


( )
sin . 3J K C OC
′′
=
 

Cộng từng vê
( )( )( )
123
, và do
0KI IJ JK
′′ ′′ ′ ′
++ =
  

Suy ra:
sin . sin . sin . 0AOA BOB C OC++ =
  

Nhận xét:

theo định l hàm số sin suy ra:
. . .0a OA b OB c OC++=
  

Vậy
O
là tâm tỉ cự của ba đỉnh
,,ABC
theo bộ số
( )
,,abc