Sử dụng phép rời hình để giải một số dạng toán hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN VĂN NGỌC

SỬ DỤNG PHÉP DỜI HÌNH ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ

Chuyên ngành :

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60 46 01 13

Giáo viên hướng dẫn:
TS. TRẦN VIỆT CƯỜNG

THÁI NGUYÊN, 2015


Mục lục
Mở đầu

1

1 PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG
1.1

Đại cương về phép biến hình trong mặt

phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1
1.1.2
1.1.3

1.2

1.3

1.5

Phép biến hình trong mặt phẳng . . . .
Tích các phép biến hình . . . . . . . . .
Các phần tử bất biến trong một phép
hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .
. . . .
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.

Một số phép dời hình đặc biệt trong mặt
phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép đối xứng trục . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép tịnh tiến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phép quay và đối xứng tâm . . . . . . . . . . .

Sự xác định và dạng chính tắc của một
phép dời hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Vận dụng phép dời hình vào việc giải một
số dạng toán hình học . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
4
4
6
6
7
9
10

11
. . . . . . 11

1.5.1

Một số bài toán sử dụng phép quay

1.5.2

Một số bài toán sử dụng phép đối
xứng trục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2

3
3
3

biến

.
Phép dời hình trong mặt phẳng . . . . . .
1.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.1
1.3.2
1.3.3
1.4

3

27


1.5.3

Một số bài toán sử dụng phép tịnh tiến

2 PHÉP DỜI HÌNH TRONG KHÔNG GIAN
2.1 Đại cương về phép biến hình trong không
gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Phép biến hình trong không gian . . . . . . .
2.1.2 Tích của các phép biến hình . . . . . . . . .
2.1.3 Điểm bất động, đường thẳng bất động, mặt
phẳng bất động trong một phép biến hình .
2.2
2.3

2.4

. 47
. 47
. 48
. 48

Phép
Phép
Phép
Phép
Phép

đối xứng trục . . . . . . .
đối xứng tâm . . . . . . . .
tịnh tiến . . . . . . . . . . .
quay quanh một trục . . .
đối xứng qua mặt phẳng

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

48
49
49
49
50

51
52

Sự xác định và dạng chính tắc của một
phép dời hình trong không gian . . . . . . . . .
2.4.1
2.4.2

2.5

47

Phép dời hình trong không gian . . . . . . . .
Một số phép dời hình đặc biệt trong không
gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1
2.3.2
2.3.3
2.3.4
2.3.5

36

53
Sự xác định một phép dời hình . . . . . . . . . 53
Dạng chính tắc của phép dời hình . . . . . . . 53

Vận dụng phép dời hình vào việc giải một
số dạng toán hình học trong không gian . .
2.5.1

2.5.2
2.5.3
2.5.4
2.5.5

Ứng dụng phép đối xứng trục trong giải toán
Ứng dụng phép đối xứng tâm trong giải toán
Ứng dụng phép tịnh tiến trong giải toán . . .
Ứng dụng phép quay quanh một trục trong
giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ứng dụng của phép đối xứng qua mặt phẳng
trong giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

54
54
56
58
60
62


Kết luận

65

Tài liệu tham khảo

66

Mở đầu
Phép dời hình chiếm một vị trí quan trọng trong hình học sơ cấp nói
chung và các phép biến hình nói riêng. Việc sử dụng nó để giải quyết các
bài toán hình học nhiều khi là rất cần thiết; đặc biệt trong nhiều bài toán
nếu không sử dụng phép dời hình thì việc tìm một lời giải trở nên khó
khăn cho người học toán, hơn nữa sử dụng phép dời hình sẽ giúp cho bài
giải trở lên ngắn gọn và súc tích hơn.
Phép dời hình là một công cụ quan trọng trong hình học, nó xuất hiện
như một điều tất yếu của sự phát triển tư duy toán học- tư duy biến hình.
Trong mỗi bài toán có sử dụng phép dời hình để giải thì nó là một mắt
xích quan trọng, một định hướng thông suất trong quá trình tư duy. Ngoài
ra, phép dời hình còn là một công cụ tư duy hữu ích để phát triển các bài
toán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó. Điều đó khiến cho
người học toán không những phát triển được kiến thức hình học của mình
mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán. Ngoài phần mở
đầu, phần kết luân, luận văn gồm 2 chương.
Chương 1. Chương này trình bày định nghĩa về phép dời hình trong
mặt phẳng và các tính chất cơ bản của nó. Ngoài ra trong chương này
trình bày các phép dời hình đặc biệt là: phép tịnh tiến, phép đối xứng
trục, phép quay. Trình bày sự xác định và dạng chính tắc của một phép
dời hình trong mặt phẳng. Vận dụng phép dời hình để giải toán hình học
phẳng.
Chương 2. Chương này trình bày kiến thức cơ bản về phép biến hình và
dời hình trong không gian: Định nghĩa, Tích các phép biến hình, Các phần
tử bất động của phép biến hình, các phép dời hình đặc biệt trong không
gian. Vận dụng phép dời hình để giải toán không gian. Luận văn này đươc
hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của TS. TRẦN VIỆT
1

CƯỜNG, Trường ĐHSP Thái Nguyên. Là người học trò đã tiếp thu được
nhiều điều từ thầy, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự
quan tâm, động viên và sự tâm huyết chỉ bảo, hướng dẫn của thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo trong Trường Đại
học Khoa học- Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa
học. Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán
K7N, Trường Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá
trình học tập và làm luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD- ĐT tỉnh Nam Định, Ban Giám hiệu, các
đồng nghiệp Trường THPT Trực Ninh đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ tác
giả trong thời gian học tập và làm luận văn này.
Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nên
không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo
và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm đến luận văn
này.
Thái Nguyên, tháng 04 năm 2015
Học viên

Trần Văn Ngọc

2


Chương 1

PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT
PHẲNG
1.1

1.1.1

Đại cương về phép biến hình trong mặt
phẳng
Phép biến hình trong mặt phẳng

Ta kí hiệu tập hợp tất cả các điểm của mặt phẳng là P , khi đó mỗi hình
H bất kỳ của P là một tập con của P và ta ký hiệu là H ⊂ P .
Định nghĩa 1. Một song ánh f : P → P từ tập điểm của P lên chính nó
được gọi là một phép biến hình của mặt phẳng P .
Phép biến hình biến mọi điểm M của P thành chính nó gọi là phép đồng
nhất. Ký hiệu là e.
Ví dụ 1. Cho đường thẳng d. Với mỗi điểm M, ta xác đinh điểm M’ là
hình chiếu vuông góc của M lên d thì ta được một phép biến hình (gọi là
phép chiếu vuông góc lên đường thẳng d).
1.1.2

Tích các phép biến hình

Một phép biến hình f : P → P biến một điểm M bất kỳ của P thành
một điểm M rồi lại dùng tiếp một phép biến hình thứ hai g:P → P để
biến M thành M . Ta có M = f (M ) và M = g(M ).
Khi đó phép biến hình h biến M thành M gọi là tích của hai phép biến
hình f và g và ký hiệu là h = g ◦ f .
3


Nhận xét 1. Tích của các phép biến hình không có tính chất giao hoán.
1.1.3

Các phần tử bất biến trong một phép biến hình

Một điểm M thuộc P là điểm kép (điểm bất động) đối với phép biến
hình f nếu f (M ) = M .

1.2
1.2.1

Phép dời hình trong mặt phẳng
Định nghĩa

Định nghĩa 2. Một phép biến hình f : P → P được gọi là một phép dời
hình nếu trong mặt phẳng P với hai điểm M, N bất kỳ và hai ảnh của
chúng là M = f (M ), N = f (N ) ta luôn luôn có M N = M N .
Nhận xét 2. .
- Phép đồng nhất e là một phép dời hình.
-Đảo ngược của một phép dời hình là một phép dời hình.
1.2.2

Tính chất

Theo định nghĩa thì phép dời hình có các tính chất sau.
Tính chất 1. .Phép dời hình biến ba điểm A, B, C thẳng hàng với B nằm
giữa A và C thành ba điểm A , B , C thẳng hàng với B nằm giữa A và
C.
Hệ quả 1. Phép dời hình biến một đường thẳng thành một đường thẳng,
biến một tia thành một tia, biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng
bằng nó.
Hệ quả 2. Phép dời hình biến một tam giác thành một tam giác bằng nó,

biến một góc thành góc bằng nó, biến một đường tròn thành một đường
tròn cùng bán kính.
Tính chất 2. Tích của hai phép dời hình là một phép dời hình.
Chứng minh. Cho hai phép dời hình f và g . Ta hãy xét tính chất của
phép biến hình g ◦ f . Giả sử A, B là hai điểm bất kỳ và ta có f (A) =
4


A , g(A ) = A”, f (B) = B , g(B ) = B”. Vì f và g đều là phép dời hình
nên ta có AB = A B , A B = A”B”. Như vậy phép biến hình g ◦ f đã
biến điểm A thành điểm A”, biến điểm B thành điểm B” thoả mãn điều
kiện A”B” = AB . Do đó tích của hai phép dời hình g ◦ f là một phép dời
hình.
Hệ quả 3. Tích của n phép dời hình là một phép dời hình.
Hệ quả 4. Tích của một phép dời hình với phép đảo ngược của nó là một
phép đồng nhất.
Tính chất 3. Tích các phép dời hình có tính chất kết hợp.
Chứng minh. Giả sử g, h, f là các phép dời hình, ta cần chứng minh
(g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f ) (hình 1.1). Thật vậy giả sử f biến M thành
M , h biến M thành M ” và g biến M ” thành M . Ta có g ◦ h là một
phép dời hình biến M thành M và do đó (g ◦ h) ◦ f biến M thành M .
Mặt khác h ◦ f biến M thành M ” và g ◦ (h ◦ f ) biến M thành M . Vậy
(g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f ) và cả hai đều biến điểm M thành M với mọi
đểm M trong mặt phẳng.

Hình 1.1:

Tính chất 4. Tập hợp các phép dời hình lập thành một nhóm các phép
biến hình với phép toán là tích các phép biến hình.
Ta có tích của hai phép dời hình là một phép dời hình. Do đó tích các

phép dời hình đóng kín với phép toán đã cho. Mặt khác tập hợp các phép
dời hình có tính chất kết hợp và trong tập hợp các phép dời hình có phần
tử đơn vị là phép đồng nhất và bất cứ phép dời hình nào cũng có phép dời
hình đảo ngược của nó.
5


Vậy tập hợp các phép dời hình lập thành một nhóm gọi là nhóm các
phép dời hình.

1.3

1.3.1

Một số phép dời hình đặc biệt trong mặt
phẳng
Phép đối xứng trục

Định nghĩa 3. Trong mặt phẳng P cho một đường thẳng d cố định, phép
biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M sao cho đoạn thẳng M M nhận
đường thẳng d làm đường trung trực thì phép biến hình đó gọi là phép đối
xứng trục d.
Đường thẳng d gọi là trục đối xứng. Ta ký hiệu phép đối xứng trục này
là Đd . Nếu điểm M thuộc đường thẳng d thì ta lấy M trùng với M .
Tính chất 5. Phép đối xứng trục là một phép dời hình.
Chứng minh. Giả sử M, N là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và phép
đối xứng trục Đd biến các điểm M, N thành các điểm M , N . Khi đó các
đoạn thẳng M M , N N cùng vuông góc với trục d tại trung điểm H, K
của chúng (hình 1.2) .
−−−→

−−→
−−→
−−→
Ta có M H = −M H và KN = −KN .
−−→ −−→ −−→ −−→
Mặt khác ta có M N = M H + HK + KN .
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→ −−→
−−→ −−→
Suy ra M N 2 = M H 2 + HK 2 + KN 2 + 2M H.KN (vì M H.HK = 0
−−→ −−→
và HK.KN = 0.
Tương tự ta có
−−−→2 −−−→2 −−→2 −−→2
−−−→ −−→
M N = M H + HK + KN + 2M H.KN
−−−→
−−−→
−−→
−−→
−−→
= (−M H 2 ) + (HK 2 ) + (−KN 2 ) + 2(−M H)(−KN )
−−→
= MN2

−−−→
−−→

Do đó M N | = |M N |.

6


Hình 1.2:

Vậy phép đối xứng trục là một phép dời hình.
Nhận xét 3. Phép đối xứng trục là một phép dời hình nên có đầy đủ các
tính chất của phép dời hình.
Từ đó ta có:
- Nếu M là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M lại là ảnh của
M qua phép đối xứng đó. Ta suy ra tích của một phép đối xứng trục với
chính nó là phép đồng nhất.
- Mọi điểm của trục đối xứng đều là điểm kép (điểm bất động).
- Mỗi đường thẳng a vuông góc với trục đối xứng d đều biến thành
chính nó với chú ý rằng giao điểm của a với d là điểm kép các điểm khác
của a đều không phải là điểm kép.
- Phép đối xứng trục hoàn toàn được xác định nếu cho biết trục đối
xứng của nó.
1.3.2

Phép tịnh tiến

−
Định nghĩa 4. Trong mặt phẳng (P ) cho vectơ →
v , phép biến hình biến
−−−→ →
−
mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho M M = v gọi là phép tịnh tiến theo

−
−
vectơ →
v và được ký hiệu là T→
v.
−
− (M ) = M .
Vectơ →
v gọi là vectơ tịnh tiến, ta có T→
v

Phép tịnh tiến có các tính chất sau:
Tính chất 6. Phép tịnh tiến là một phép dời hình.
Chứng minh. Giả sử A, B là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và qua
−
phép tịnh tiến T→
v chúng lần lượt biến thành các điểm A , B .
7


Hình 1.3:

−−→ −−→ −
−−→ −−→ −−→ −−→
−→ −−→
Ta có AA = BB = →
v ⇒ AA + A B = BB + A B ⇔ AB = A B .
−−→
−→ −−→
−→

Vậy AB = A B hay |AB| = |A B | vì AB = A B nên phép tịnh tiến
là một phép dời hình.
→
−
→
−
Nhận xét 4. Nếu vectơ tịnh tiến v = 0 thì khi đó phép tịnh tiến trở
− = e.
thành phép đồng nhất. Ta có T→
0
Hệ quả 5. Nếu một phép biến hình biến hai điểm A, B bất kỳ lần lượt
−−→
−→
thành hai điểm A , B sao cho AB = A B thì nó là một phép tịnh tiến
−−→ −−→
−
theo vectơ →
v = AA = BB .
Nhận xét 5. Phép tịnh tiến là một phép dời hình nên nó có đầy đủ các
tính chất của một phép dời hình.
→
−
−
- Nếu phép tịnh tiến theo vectơ →
v khác vectơ 0 biến điểm M thành
điểm M’ thì ta cũng có phép tịnh tiến biến điểm M’ thành điểm M với
−
vectơ tịnh tiến là (−→
v ).
−1

→
−→ →
−
Như vậy ta có T→
= T−
−
−v , nên T−v .T v = e (là phép đồng nhất) .
v
→
−
→
−
- Qua phép tịnh tiến theo vectơ v khác 0 thì các đường thẳng nhận
→
−
v làm vecto chỉ phương đều biến thành chính nó, chú ý rằng các điểm
của đường thẳng này không phải là điểm kép.
−
− là một phép tịnh tiến với vectơ
- Tích của hai phép tịnh tiến T→
v và T→
v
→
−
→
−
tịnh tiến bằng v + v .
8

- Phép tịnh tiến hoàn toàn được xác định nếu ta biết được vectơ tịnh
−
tiến →
v của nó.
1.3.3

Phép quay và đối xứng tâm

Định nghĩa 5. Trong mặt phẳng (P ) đã được định hướng, cho một điểm
O cố định và một góc lượng giác α. Một phép quay tâm O với góc quay α
là một phép biến hình biến điểm O thành chính nó và biến mỗi điểm M
thành điểm M sao cho OM = OM và ( OM, OM )= α. Ta ký hiệu là
Q(O,α) .
Nhận xét 6. Nếu α = 0 thì phép quay là phép đồng nhất, còn nếu α = π
hoặc α = −π thì phép quay được gọi là phép đối xứng tâm O, ký
hiệu là ĐO
Theo định nghĩa trên thì phép quay có các tính chất sau.
Tính chất 7. Phép quay là một phép dời hình.
Chứng minh. Giả sử M, N là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng và
Q(O,α) là phép quay biến M, N thành M’, N’ trong đó O, M, N không
thẳng hàng. Theo định nghĩa phép quay, ta có OM = OM , ON = ON
và (OM, OM ) = (ON, ON ) = α.
Theo hệ thức Sa-lơ về góc lượng giác, ta có

Hình 1.4:

9


(OM, ON ) = (OM, OM ) + (OM , ON )

= (ON, ON ) + (OM , ON )
= (OM , ON )
Suy ra M ON = M ON . Như vậy hai tam giác M ON và M ON bằng
nhau, do đó M N = M N .
Trường hợp O, M, N thẳng hàng, ta thấy ngay M N = M N .
Nhận xét 7. Phép quay là một phép dời hình, nên nó có đầy đủ các tính
chất của một phép dời hình.
Trong phép quay tâm O với góc quay α khác 0 chỉ có tâm O là điểm
kép duy nhất của phép quay đó và trong trường hợp này nếu đường thẳng
a đi qua tâm O thì đường thẳng ảnh là a cũng đi qua điểm O.
Nếu phép quay tâm O góc quay α biến điểm M thành M thì phép
quay tâm O với góc quay (−α) biến điểm M thành điểm M nghĩa là nếu
f = Q(O,α) thì f −1 = Q(O,−α) .
Qua phép quay tâm O góc quay α nếu điểm A biến thành điểm A’, điểm
B biến thành điểm B’ thì (AB, A B )= α . Do đó hai đường thẳng AB và
A’B’ cắt nhau tạo nên một góc bằng α và một góc bằng π - α.
Phép quay hoàn toàn được xác định nếu biết tâm quay O và góc quay α.

1.4

Sự xác định và dạng chính tắc của một
phép dời hình

Tính chất 8. Trong mặt phẳng, mọi phép dời hình bảo toàn hướng của
mọi tam giác hoặc là phép tịnh tiến hoặc là phép quay quanh một điểm.
Tính chất 9. Trong mặt phẳng mọi phép dời hình làm thay đổi hướng của
mọi tam giác đều phân tích được thành tích của một phép tịnh tiến và một
phép đối xứng trục, có trục đối xứng song song với phương tịnh tiến.
Như vậy chúng ta đã biết thế nào là một phép dời hình, và các tính chất
của nó, sau đây ta sẽ sử dụng kiến thức về phép dời hình để giải toán hình

học.
10


1.5

1.5.1

Vận dụng phép dời hình vào việc giải
một số dạng toán hình học
Một số bài toán sử dụng phép quay

Dạng 1: Chứng minh, tính toán các đại lượng hình
học
Bài toán 1. Cho hình vuông có cạnh bằng 1. Gọi P, Q là hai điểm lần
lượt trên hai cạnh AB, AD.Chứng minh rằng.
1. Nếu chu vi AP Q bằng 2 thì góc QCP bằng 450 .
2.Nếu góc QCP bằng 450 thì chu vi AP Q bằng 2.
Lời giải: 1. Xét phép quay tâm C góc quay( −900 ) thì điểm D, A, Q lần
lượt biến thành các điểm B, A1 , Q1 .
Do đó DQ = BQ1 và QCQ1 = 900 .
Ta có AB + AD = 2 ⇒ AP + P B + AQ + QD = 2 (1).
Nếu chu vi AP Q bằng 2 thì AP+PQ+QA =2 (2).
Từ (1) và (2) ta có AP +PB+AQ+QD=AP+PQ+QA suy ra PQ=PB+QD
do đó P Q = P B + P Q1 . Xét CP Q và CP Q1 . Hai tam giác này bằng
1
nhau (c-c-c) Suy ra QCP = P CQ1 = QCQ1 = 450 .
2

Hình 1.5:

2. Ngược lại, nếu QCP = 450 thì P CQ1 = 450 . Khi đó ta có P CQ =
P CQ1 suy ra P Q = P Q1 . Ta có chu vi của AP Q bằng AP + P Q +
11


AQ = AP + AQ + P Q1 = AP + P B + AQ + QD = AB + AD = 2.
Nhận xét 8. Đây là bài toán khá hay ngoài cách giải trên còn có thể giải
bằng phương pháp tổng hợp nhưng theo đánh giá của tác giả thì lời giải như
trên rất tự nhiên và phù hợp với trình độ nhận thức của nhiều đối tượng.
Nhận xét 9. Nếu xét bài toán trên trong hệ trục tọa độ Oxy thì ta có
nhiều bài toán hay và khó phù hợp với bài thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Ví dụ
ta có bài toán sau.
Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết
AB=AD. Điểm B(1;2), đường thẳng BD có phương trình y=2. Biết đường
thẳng d có phương trình 7x-y-25=0 lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD
theo thứ tự tại M, N sao cho M B vuông góc với BC và tia BN là tia phân
giác của góc M BC . Hãy tìm toạ độ đỉnh D biết điểm D có hoành độ dương.
( Trích đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Nam Định năm học 2013- 2014)
Thực tế bài toán này là một thách thức lớn đối với các em dự thi bằng
chứng là có rất ít học sinh giải được và những em giải được bài này thì
đạt giải cao trong kỳ thi đó.
Ta sẽ thấy một ứng dụng " to lớn " khác của phép quay qua bài toán
sau.
Bài toán 2. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Trên cạnh AD lấy
điểm M sao cho AM = 3M D. Kẻ tia Bx cắt cạnh CD tại điểm I sao
cho ABM = M BI . Kẻ tia phân giác của góc IBC , điểm N thuộc cạnh
CD. Hãy tính diện tích BM N .
Lời giải. (hình 1.6) Xét phép quay tâm B góc quay 900 khi đó các điểm
A, D, C, M lần lượt biến thành các điểm C, D1 , C1 , M1 , suy ra BM N =

1
1
3
BN M1 do đó SBM N = SBN M1 = BC.N M1 = a.
a + N C . Đặt
2
2
4
3a 2
3a 2
2
2
2
N C = x, ta có M N = M D + DN ⇔ x +
=
+ (a − x)2 ,
4
4
a
suy ra x =
7
25
Vậy SBM N = a2 .
36
12


Hình 1.6:

Nhận xét 10. Bài toán trên trở lên hết sức đơn giản và nhẹ nhàng qua

phép quay. Nhưng nếu dùng cách giải khác thì sẽ mất nhiều thời gian và
công sức hơn thậm chí không giải được.
Bài toán 3. Cho hình vuông ABCD trên các cạnh BC, CD, lần lượt lấy
các điểm M, K tương ứng sao cho BAM = M AK .
Chứng minh rằng BM + KD = AK.
Lời giải. Xét phép quay Q(A, −900 ) . Khi đó A → A, B → D, C →
C ,D → D , M → M với M’ thuộc cạnh CC’.

Hình 1.7:

Ta có AM B = AM D (theo tính chất của phép quay). Mà AM B =
DAM (so le trong). Ta có DAM = M AK .Vậy M AK = AM K . Suy
AM K cân tại K . Do đó AK = KM = KD + DM = KD + BM .
Nhận xét 11. Nếu bài toán cho hình vuông và yêu cầu chứng minh tính
chất về các đoạn thẳng thì ta nghĩ ngay đến phép quay để giải quyết bài
toán này.
13


Bài toán 4. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O, R) sao cho
AB = CD = EF = R. Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điểm của BC,
DE, FA và hai điểm P, Q lần lượt là trung điểm của DC, AD.
−→
−−→
1. Xác định phép biến hình biến AC thành BD và tính góc giữa hai
−→ −−→
vectơ AC , BD. Chứng minh rằng tam giác IP Q là tam giác đều.
2. Chứng minh tam giác IJK là tam giác đều.
(Trích đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Thừa Thiên Huế năm học 2010-2011)
Lời giải. Ta có các tam giác OAB , OCD, OEF đều là các tam

giác đều (có ba cạnh bằng R).
−→
−−→
Phép quay Q(O,600 ) : A → B ;C → D, nên Q(O,600 ) : AC → BD suy ra
−→
−−→
AC = BD và góc giữa hai vectơ AC và BD bằng 600 .
1
1
Mặt khác IP = BD , QD = AC suy ra IP = QP và P IC =
2
2
1
DBC =
DC= 300 , OI ⊥ BC (đường kính qua trung điểm của dây
2
BC), do đó QIP = 600 .

Hình 1.8:

Vậy tam giác IP Q là tam giác đều vì tam giác IP Q cân và có một góc
bằng 600 suy ra Q(I,600 ) : P → Q.
Tương tự Q(I,600 ) : C → D; E → F suy ra CE = DF và góc giữa hai
−
−
→ −−→
vectơ CE , DF bằng 600 .
14

−→ 1 −
−
→ −−→ 1 −−→
−→ −−→
Ta lại có P J = CE ; QK = DF nên P J = QK và( P J ,QK) = 600 .
2
2
Giả sử Q(I,600 ) : J → K , ta đã có Q(I,600 ) : P → Q nên P J = QK và
−→ −−→
(P J ,QK ) = 600 ta suy ra K trùng với K’.
−→ −−→
Do đó Q(I,600 ): J → K suy ra IJ = IK ; (P J ,QK ) = 600 nên IJK
là tam giác đều.
Bài toán 5. Cho tam giác ABC có góc A nhọn. Dựng về phía ngoài của
tam giác các hình vuông ABMN, ACPQ, BCEF.
1. Chứng minh rằng BQ = CN và BQ ⊥ CN .
2. Gọi D là trung điểm của BC và K, H, G theo thứ tự là tâm các hình
vuông ABM N, ACP Q, BCEF . Chứng minh rằng tam giác DKH là tam
giác vuông cân và hai đoạn KH và AG bằng nhau và vuông góc với nhau.
Lời giải. 1. Xét phép quay tâm A, góc quay 900 ta có N → B , C → Q.
Do đó N C = P Q và N C ⊥ BQ.

Hình 1.9:

Các đoạn DK và DH là các đường trung bình các tam giác BCN và CBQ
mà NC = BQ và N C ⊥ BQ nên ta suy ra DK = DH và DK ⊥ DH .
2. Với S là trung điểm của đoạn AB, chứng minh tương tự ta có tam
giác SGH vuông cân tại S. Xét phép quay tâm S với góc quay 900 ta có
A → G, G → H . Do đó AG = HK và AG ⊥ HK .
Nhận xét 12. Ta đã biết, thường thì một bài toán có thể giải được bằng

nhiều cách khác nhau, chí ít là một cách, phương pháp tổng hợp hay là
15


phương pháp tọa độ. Phương pháp biến hình cho ta lời giải ngắn gọn dễ
hiểu và ta sẽ sử dụng đến phương pháp này trong dữ kiện của bài toán và
(hoặc) trong tính chất của hình đòi hỏi phải thiết lập(chứng minh) hoặc
trong điều kiện đòi hỏi ở hình cần dựng đã xuất hiện yếu tố có mối liên
hệ đến một phép biến hình cụ thể nào đó. Ví dụ bài toán cho hình vuông
hoặc cho tam giác vuông cân thì ta nghĩ đến phép quay,... sau đó vận dụng
các tính chất của phép biến hình này mà tìm ra lời giải hay đáp số của bài
toán được xét.
Bài toán 6. Cho ABC . Trên các cạnh AB, AC ta dựng ra phía ngoài
các hình vuông ABM N , ACP Q.
1. Chứng minh: N C ⊥ BQ và N C = BQ.
2. Gọi M là trung điểm của BC , chứng minh AM ⊥ QN và
1
AM = N Q.
2
Lời giải. 1. Với phép quay Q(A,900 ) thì điểm N , C lần lượt biến thành
các điểm B , Q. Do đó đường thẳng N C biến thành đường thẳng BQ suy
ra N C = BQ và N C ⊥ BQ.

Hình 1.10:

2. Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua tâm A ta có AM //B1 C (do AM’
là đường trung bình của tam giác BCB1 ) . Qua phép quay Q(A,900 ) thì
C → Q, thì B1 → N . Do đó đường thẳng CB1 ⊥ QN và AM ⊥ QN .
1
1

Vì N Q = CB1 mà AM = CB1 nên AM = N Q.
2
2
Bài toán 7. Cho ABC . Về phía ngoài tam giác dựng hai hình vuông
ACM N, BCP Q. Chứng minh rằng AQ, BN và đường cao CH của tam
giác ABC đồng quy.
16


Lời giải. Ta gọi O1 , O2 lần lượt là tâm của hai hình vuông ACM N, BCP Q.
Xét phép quay Q(O1 ,900 ) thì N → A ; A → C ; B → B1 .
Như vậy theo tính chất phép quay suy ra AB → CB1 . Điều đó có nghĩa
là CB1 ⊥ AB và CB1 = AB . Vì CH ⊥ AB . Suy ra H, C, B1 thẳng hàng.
Xét Q(O1 ,900 ) ta có N B → AB1 suy ra N B ⊥ AB1 . Xét phép quay
Q(O2 , −900 ) thì Q → B ; B → C ; A → A1 .
Như vậy thì BA → CA1 suy ra BA ⊥ CA1 và BA = CA1 .
Do đó H, C, A1 thẳng hàng. Điều đó chứng tỏ B1 trùng với A1 . Ta đặt
điểm chung đó là E . Mặt khác xét Q(O2 , −900 ) thì QA → BA1 suy ra
QA ⊥ BA1 .

Hình 1.11:

Do đó QA, BN, HE là ba đường thẳng chứa ba đường cao của tam giác
ABC nên chúng đồng quy.(đpcm)
Bài toán 8. Cho ABC . Trên các cạnh AB và BC , về phía ngoài của
tam giác dựng hai hình vuông ABM N , BCP Q. Chứng minh rằng các tâm
của các hình vuông này cùng với hai trung điểm của M Q, AC tạo thành
một hình vuông.
Lời giải. Ta gọi O1 và O3 tương ứng là tâm của hai hình vuông ABM N
và BCP Q, còn O2 và O4 tương ứng là trung điểm của AC và M Q.

17


Hình 1.12:

Ta có O1 O2 , O2 O3 , O3 O4 , O4 O1 lần lượt là đường trung bình của các
tam giác M AC, ACQ, M CQ, M AQ nên

1
O1 O2 //M C và O1 O2 = M C
2
1
O2 O3 //AQ và O2 O3 = AQ
2
1
O3 O4 //M C và O3 O4 = M C
2
1
O4 O1 //AQ và O4 O1 = AQ.
2
Từ (1) ta suy ra O1 O2 = O2 O3 = O3O4 =O4 O1 và O1 O2 ⊥ O2 O3 .
Từ đó suy ra O1 O2 O3 O4 là một hình vuông.(đpcm)
Bài toán 9. Cho tam giác ABC . Về phía ngoài của tam giác dựng ba
tam giác đều BCA1 , CAB1 , ABC1 . Gọi O1 , O2 , O3 tương ứng là tâm của
ba tam giác đều ấy. Chứng minh rằng O1 O2 O3 cũng là tam giác đều.
Lời giải. Ta có O3 BA = O1 BA1 = 300 . Xét phép quay Q(B,−300 ) , thì
O3 → K với K thuộc BA, O1 → H với H thuộc BA1 .
Lí luận tương tự ta có KH//AA1 (1).

18


Hình 1.13:

Mặt khác xét Q(B,−300 ) thì O3 O1 → KH nên O3 O1 = KH và O3 O1 tạo
với KH một góc 300 .
Xét phép quay Q(C,300 ) thì ta có O1 → E với E thuộc A1 C , O2 → F
với F thuộc AC .
Tương tự ta có F E//AA1 (3), nên O2 O1 = EF và O2 O1 tạo với EF
góc 300 .
Từ (1), (2), (3) suy ra O2 O3 = O3 O1 và O3 O1 O2 = 600 suy ra O1 O2 O3
là tam giác đều. (đpcm)

Dạng 2: Toán cực trị
Bài toán 10. Cho ABC . Tìm trên mặt phẳng chứa tam giác điểm M
trong tam giác sao cho MA+ MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải. Giả sử M là một điểm tuỳ ý trong tam giác ABC. Xét Q(B, −600 ) ,
khi đó C → C , M → M , do đó BM= BM’ và M BM = 600 . Suy ra
M BM là tam giác đều nên BM=MM’ (1).

19


Hình 1.14:

Mặt khác theo tính chất của phép quay thì CM= C’M’ (2). Từ (1) và
(2) suy ra M A + M B + M C = M A + M M + M C (3).
Vì C’ là một điểm cố định nên từ(3) ta có M A + M B + M C ≥ AC .
Vậy M A + M B + M C đạt giá trị nhỏ nhất bằng AC khi A, M, M , C

thẳng hàng.
Bây giờ ta tìm vị trí điểmM .
Giả sử Mo là điểm thoả mãn điều kiện A, Mo , Mo , C thẳng hàng .
Xét phép quay Q(B, 060 ) ta có Mo → Mo và C → C suy ra Mo C →
Mo C do đó góc giữa hai đường thẳng Mo C và Mo C bằng 600 (Vì BMo Mo
là tam giác đều). Vậy BMo Mo = 600 nên BMo C = 1200 .
Chứng minh tương tự ta có AMo B = 1200 và AMo C = 1200 . Do đó
Mo là giao của 3 cung chứa góc 1200 dựng trên 3 cạnh AB, AC, BC . Vậy
điểm cần tìm là điểm Mo xác định như trên.
Bài toán 11. Hai đường tròn bằng nhau (O, R) và (O , R) cắt nhau tại
hai điểm phân biệt A, B sao cho OAO = 1200 . Trên đường tròn (O, R)
ta lấy điểm M , trên (O , R) ta lấy điểm M sao cho M nằm ngoài đối
với (O’)và M nằm ngoài đối với (O) và M M đi qua điểm B . Gọi S là
giao điểm các tiếp tuyến của hai đường tròn tại M và M . Xác định vị trí
hai điểm M và M để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SM M lớn
nhất.
Lời giải. Giả sử AOM = α, (00 < α < 1800 ). Phép quay Q(A, 1200 ) thì
O → O do đó M → M thuộc đường tròn (O , R) và AO M = α.
20


Hình 1.15:

Ta có 2ABM = α, do đó ABM + ABM = 1800 . Điểm M trùng với
điểm M .
Gọi x là tiếp tuyến của (O, R) tại M , y là tiếp tuyến của (O , R) tại
M . Xét phép quay Q(A, 1200 ) thì x → y và góc tạo bởi x, y bằng 1200 , do
đó M SM = 600 .Theo định lý hàm số sin áp dụng vào tam giác SM M
MM
MM

√ , R lớn nhất khi M M lớn nhất. Gọi H, K lần
ta có R =
=
2sin600
3
lượt là trung điểm các dây BM, BM , khi đó KH là hình chiếu của đoạn
thẳng OO trên M M , nên ta có M M = 2KH ≤ 2OO .
Vậy M M lớn nhất ⇔ M M //OO .
Bài toán 12. Cho tam giác ABC và điểm O nằm trong tam giác. Gọi
A B C là ảnh của tam giác ABC qua phép biến đổi ĐO . T là một đa giác
được tạo bởi phần chung của hai tam giác ABC và A B C . Tìm vị trí
điểm O sao cho T có diện tích lớn nhất.
Lời giải. Ta xét trường hợp A là ảnh của A qua phép đối xứng ĐO
nằm trong tam giác ABC .

Hình 1.16:

21