Vận dụng phép biến hình vào bài toán hình học phẳng

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Trên các cạnh AB, CD và về phía ngoài tứ giác ta dựng các
tam giác MAB, NCD vuông cân lần lượt tại M, N. Trên các cạnh BC, DA và về phía
trong tứ giác ta dựng các tam giác PBC, QAD vuông cân lần lượt tại P, Q. Chứng minh
MPNQ là hình bình hành.
Giải:

Ta có

r π
uuuu
r uuur
AB AD
π uuur uuu
=
= 2 , ( AM , AB )= − , CB, CP =
AM AQ
4
4

(

)

uuur uuur
CP CN
1
π uuur uuur π
=
=
, AQ, AD = − , CD, CN =

CB CD
2
4
4

(

)

(

)

Ta xét các phép vị tự quay sau :
π
VQ1 ( A, 2, − )
4

VQ2 ( C ,

1 π
, )
2 4

M 
→ B 
→P
Q 
→ D 
→N

uuu
r =
uuur
⇒ VQ2 .VQ1 = T uMP
T QN

uuuu
r uuur
⇒ MQ = PN
Trang 1


Vậy MPNQ là hình bình hành.
Nhận xét: Để chứng minh một tứ giác MNPQ là hình bình hành, ta đi chứng minh :
T ur P
M →
T
N →
Q
r
u

r

Mà T u = VQ ( I , k ,α ) .VQ ( J , h, β ) trong đó k .h = 1& α + β = 0

Vậy ta cần tìm hai phép vị tự quay phù hợp dựa vào các yếu tố đã có từ giả thiết bài
toán.

Bài 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. Một đường thẳng thay đổi qua

B cắt (O) và (O’) lần lượt tại M và M’. Gọi I là trung điểm MM’. Tìm quỹ tích của
điểm I.
Giải:

 JO = JO '
 J ∈ OO '

Gọi J là trung điểm OO’ : 
Ta có :

»
ˆ ' = sd AB = AMB
ˆ (đường tròn (O))
AOO
2
»AB
AOˆ ' O = sd
= AMˆ ' B (đường tròn (O’))
2

Trang 2


⇒ ∆AOO ' : ∆AMM ' ( g − g − g )

⇒

AO AO ' OO '
=
=

AM AM ' MM '

Mà I trung điểm MM’ và J trung điểm OO’
Nên:

AO JO
=
⇒ ∆AOJ : ∆AMI ( c − g − c )
AM IM
⇒

AJ AO
AJ
AI
=
⇒
=
AI AM
AO AM

Ta có:
 AJ uuur uur 
VQ  A,
, AO ,AJ ÷
 AO


(
)
O → J

M 
→I
 AJ 
⇒ VQ ( ( O ) ) =  J ,
R÷
 AO 
M ∈ ( O ) ⇒ I ∈ VQ ( ( O ) )

Bài 3: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB = 2AD = 2CD. M là điểm thay
đổi trên cạnh CD. Đường thẳng vuông góc AM tại M cắt BC tại N. Chứng minh trung
điểm I của MN thuộc một đường thẳng cố định.
Giải:

Trang 3


Gọi J,K,H lần luợt là trung điểm của DC,BC,AB.
Ta có: HA = HB =HC nên ∆ ACB vuông tại C.

ˆ = MNA
ˆ = 450 (vì ∆DAC cân tại D).
Tứ giác AMCN nội tiếp nên MCA
Do đó ∆AMN vuông cân tại M.
Vậy ∆AMN

(g.g.g)

Suy ra

(c.g.c)

Xét phép vị tự - quay VQ( A;

) ta có :

DJ
CK
MN
Vậy

thuộc đường thẳng JK cố định.

Bài 4: Trên 3 cạnh của tam giác ABC vẽ ba tam giác BCD, CAE và ABF đồng dạng
thuận với nhau.
uuur uuu
r uuu
r

a) Tính tổng BD+CE+AF .
b) Suy ra hai tam giác ABC và DEF có cùng trọng tâm.

Giải:

Trang 4


a) Dựng hình bình hành BDCK.
 AB CA
=


CE
Ta có: VFAB ~VECA ⇒  AF
uuur uuur
uuu
r uuu
r
( AF , AB ) = (CE , CA)


(1)

Xét:
VQ ( A,

AB uuur uuur
,( AF , AB ))
AF

VQ ( C ,

r uuur
CE uuu
,( CA ,CE ))
CA

A → A → E
F 
→ B 
→K

Có:

 AB CE
.
=1

CA
do (1)
 AF
uuur uuu
r
uuu
r uuu
r
( AF , AB) + (CA, CE ) = 0

⇒ VQ(C ,

r uuu
r
r
CE uuu
AB uuur uuu
, (CA, CE )).VQ( A,
, ( AF , AB)) = Tur
CA
AF

uuur uuur
⇒ AF = EK

Trang 5


uuur uuur uuu
r uuur uuur uuu
r
⇒ AF + BD + CE = EK + KC + CE
uuur uuu
r r
= EC + CE = 0

b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
uuu
r uuu
r uuur r
⇒ GA + GB + GC = 0

(2)

uuur uuur uuu
r r

Từ : AF + BD + CE = 0
uuur uuur uuur uuur uuur uuur r
⇒ AG + FG + BG + GD + CG + GE = 0
uuu
r uuur uuur
uuur uuur uuur r
⇒ ( GA + GB + GC ) + (GE + GF + GD ) = 0

uuur uuur uuur r
⇒ GE + GF + GD = 0
(do (2))

⇒ G cũng là trọng tâm tam giác DEF. (đpcm)

Nhận xét:
- Để tính tổng các vectơ ta hay đưa về các vectơ bằng nhau tương đương. Dựng hình
uuur uuur
bình hành BDCK. Suy ra BD = KC .
uuur

uuur

- Từ đó chứng minh AF = EK sử dụng các phép vị tự quay tương tự bài 1.
- Dùng công thức cộng vectơ để suy ra đpcm.

Bài 5: Cho bốn tam giác đồng dạng thuận ABM, CDN, ADP, CBQ.
a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình bình hành.
b) Dựng hai hình bình hành AMBR và CNDS. CMR:
uuur uuur uuu
r uuur r
AR + BQ + CS + DP = 0

Giải

Trang 6


 AD AB

=
= k1

AM
(1)
a) Ta có ∆ ADP ~ ∆ ABM ⇒  AP
uuur uuur
uuuu
r uuur
( AP, AD) = ( AM , AB) = α
1

 CN CQ
=
= k2

CB
(2)
∆ CDN ~ ∆ CBQ ⇒  CD
uuur uuur
uuu
r uuur
(CD, CN ) = (CB, CQ) = α
2


Từ (1) và (2) Xét tích 2 phép vị tự quay :
VQ

VQ

( A ,k1 ,α1 )
( C ,k2 ,α 2)
P 
→ D 
→N

M 
→ B 
→Q
 AP CN
=

CD
Vì ∆ ADP ~ ∆ DNC nên:  AD
uuur uuur
uuur uuur
( AD, AP ) = (CD, CN )

 AD CN
.
=1

⇒  AP CD
uuu
r uuur
uuur uuur
( AP, AD) + (CD, CN ) = 0


Do đó k1.k2 = 1 , α1 + α 2 = 0

Trang 7


Suy ra: VQ(C ,k ,α ) .VQ( A,k ,α ) = T
2

2

1

1

uuuu
r uuur
⇒ PM = NQ

Vậy tứ giác PMNQ là hình bình hành. (đpcm)
b) Ta có:

uuur uuur
 AR = MB
r uuur
 uuu
CS = ND

uuur uuur uuu
r uuur uuur uuur uuur uuur
AR + BQ + CS + DP = MB + BQ + ND + DP

uuuu
r uuur r

= MQ + NP = 0 (đpcm)
Nhận xét:
Bài toán yêu cầu chứng minh hình bình hành nên ta nghĩ đến việc dùng phép tịnh tiến
uuuu
r uuur

uuuu
r uuur

biến PM = NQ , hoặc MQ = PN .
Mà phép tịnh tiến có thể có được từ tích 2 phép vị tự-quay với k1.k2 = 1 , α1 + α 2 = 0 .
Từ giả thiết bài toán với các tam giác đồng dạng thuận, ta nghĩ đến việc chọn tích 2
phép vị-quay thỏa k1.k2 = 1 , α1 + α 2 = 0 .

Bài 6: Cho điểm A thay đổi trên nửa đường tròn đường kính BC. Gọi H là hình chiếu
của A lên BC. I và J là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Chứng
minh rằng đường thẳng qua A và vuông góc IJ đi qua một điểm cố định.
Giải

Trang 8


·
·
·
Ta có: ·ABH = HAC
⇒ HBI

= HAJ

π
·
= ·AHJ =
Mặt khác: BHI

4

Nên ∆BIH : ∆AJH (g.g) ⇒
Xét

IH JH
=
=k
HB HA

VQ  H , k , − π 



÷
4

VQ  H ,k ,−π ÷
4

B 
→I
VQ  H ,k ,−π ÷

4

A 
→J
⇒ ( BA, IJ ) = −

π
4

(*)

Gọi E và F là giao của IJ với AB, AC.
π
Từ (*) ta có ·AEF = mà ∆AEF vuông tại A. Vậy ∆AEF vuông cân tại A.
4

Gọi d là đường thẳng qua A vuông góc với IJ
·
·
Suy ra d là phân giác EAF
hay d là phân giác BAC

Trang 9


» ( không chứa A)
Vậy d đi qua điểm chính giữa của cung BC
»
Nhận xét: Ta có thể dự đoán được điểm cố định ở đây là điểm chính giữa của cung BC
·

. Vì vậy ta tìm cách chứng minh d đi qua điểm này, tức là d là phân giác của BAC
, mà
d vuông góc với IJ nên ta nghĩ tới việc chứng minh tam giác EAF cân tại A, với E, F là
π
π
·
= nên ta chỉ cần chứng minh ·AEF =
giao của IJ với AB, AC. Mà EAF
là xong.
2

4

Ở đây ta đi chứng minh AB biến thành IJ qua 1 phép vị tự quay có góc quay là
π
− .
4

Bài 7:Cho tam giác ABC. Dựng về phía ngoài tam giác này các tam giác đều ABM,
BCN và CAP. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BM, BC, CP. Tính các góc của tam
giác IJK.
Giải:

Xét các phép vị tự quay sau:

Trang 10


VQ1 ( B ;2;

−π
)
3

1 −π
VQ2 ( C ; ;
)
2 3

I 
→ A 
→K
J → N 
→J
 VQ2.VQ1= VQ( J; 1;

−2π
) (vì k1.k2 ≠ 1; α1 + α 2 ≠ 0 )
3

 JK = JI ⇒ ∆IJK
cân tại J


−
2
π
 ( JI ; JK ) =
3


2π
ˆ
 IJK=
3

ˆ = JKI
ˆ =
 JIK

π

3 = π ( vi ∆IJK can tai J )
2
6

Bài 8: Cho tam giác ABC .Dựng về phía ngoài tam giác này các tam giác đều ABM
và CAN.Gọi I,J lần lượt là trung điểm cùa AM,CN.Lấy điểm K thuộc cạnh BC thỏa
KB=3KC.Tính các góc của tam giác IJK.

Giải:

Trang 11


VQ1 ( B ,

2 −π
,
)
3 6

1 −π
VQ2 ( C , ,
)
2 3

I → A → J
K → K ' → K "

Ta đi chứng minh K” ≡ K
BA
IA 
 BI
=
=

 BK BK ' KK ' 

Dễ dàng chứng minh ∆BIA ~ ∆BKK ' 
Suy ra: BKˆ K ' = BIˆA =

tg KKˆ ' C =

π
2

KC 1 / 3KB 1 π
3
=
= tg =

KK '
KK '
3 3
3

π
→ KKˆ ' C = → K " ≡ K
6

Trang 12




Suy ra: VQ2.VQ1=VQ  K ,


−π
3 2

1

,





1


JK
=
IK

3
→
( IK , JK ) = π
2


ˆ π
I = 6

π

→  Jˆ =
3

ˆ π
K = 2


Bài 9: Dựng một thoi nội tiếp một hình bình hành ABCD cho trước (bốn đỉnh liên tiếp
lần lượt nằm trên bốn cạnh liên tiếp của ABCD) và đồng dạng với một hình thoi
MNPQ có góc M bằng 600 cho trước.
Giải:

Trang 13

Phân tích:
Giả sử rằng hình thoi EFGH đã dựng được. Tức là ta có E ∈ AD, F ∈ AB, G ∈ BC, H
º = 600 .
∈ CD và EFGH ~ MNPQ với M
Khi đó tâm của hình thoi EFGH trùng với tâm O của hbh ABCD.
uuu
r uuur

Ta có
Xét

IM
=
( OF, OE ) = 90 , OE
OF IN

VQ(O,

0

IM
, 900 )
:
IN

Vì F ∈ AB nên E ∈ A’B’

Fa E
A a A'
B a B'

Suy ra E = AD ∩ A ' B ' .
Cách dựng:
Dựng A’B’ là ảnh của AB qua phép VQ(O,

IM
, 900 ) .
IN

Dựng E = AD ∩ A ' B ' .
Qua O, kẻ OF ⊥ OE cắt AB tại F.
Dựng G = BC ∩ OE , H = CD ∩ OF .
Ta có hình thoi cần dựng.
Biện luận:
AD cắt A’B’: bài toán có 1 nghiệm hình.
AD ∥ A’B’ : bài toán không có nghiệm hình.
AD ≡ A ' B ' : bài toán có vô số nghiệm hình.

Nhận xét:
Do hình thoi và hbh cùng đối xứng qua tâm O nên nếu 1 đỉnh của hình thoi thuộc 1
cạnh của hbh thì đỉnh đối diện sẽ là giao của đường chéo đi qua đỉnh đã biết với cạnh
đối diện của hbh. Khi đó ta chỉ cần dựng 1 tam giác có 1 đỉnh là tâm O và 2 đỉnh còn
lại là 2 đỉnh liên tiếp của hình thoi. Từ đó sẽ suy ra 2 đỉnh còn lại.
Do tính chất đồng dạng ta sẽ xác định được tỉ số đồng dạng và góc quay.
Từ đó ta có thể tổng quát lên bài toán sau: Dựng một hbh EFGH nội tiếp một hình
bình hành ABCD cho trước (bốn đỉnh liên tiếp lần lượt nằm trên bốn cạnh liên tiếp của
ABCD) và đồng dạng với một hbh MNPQ cho trước.
Trang 14

(

uur uuur

)

Với tâm quay O, góc quay IN , IM và tỉ số đồng dạng là

IM
ta có thể xác định được
IN

đỉnh E và F một cách tương tự như trên.

Bài 10: Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp một đường tròn tâm O. Phép quay tâm O,
góc quay α ( 0 < α < π ) biến nó thành tứ giác A’B’C’D’. Các cặp cạnh tương ứng AB
và A’B’, BC và B’C’, CD và C’D’, DA và D’A’ lần lượt cắt nhau tại M, N, P, Q. Chứng
minh rằng MNPQ là hình bình hành.
Giải:
Cách 1:

Theo giả thiết ta có:
Q(O, α ) :

A → A'

Trang 15


B → B'

(*)

C →C'
D → D'

Suy ra:

AA’= BB’= CC’= DD’

¼ ' = CC
¼ ' = DD
¼ '
Hay: ¼
AA ' = BB
·
·
·
⇒ BAB
' = ·AB ' A ' = DAD
' = ·AD ' A ' = DCD
'
· ' C ' = BCB
·
· 'C '
= CD
' = CB
 AB ' CB '
=


CN
Xét VAMB ' ~VCNB ' ⇒  AM
r
uuur uuur
uuuu
v uuuu
( AM , AB ') = (CN , CB ')

r 
 AB ' uuuur uuuu
VQ  A ,
,( AM , AB ') ÷
 AM


Ta có:

(1)

r uuur 
 CN uuuu
VQ  C ,
,( CB ', CN ) ÷
 CB '


M 
→ B ' 
→N

Tương tự: Q → D ' → P

 AB ' CN
.
=1

⇒  AM CB '
uuuu
r uuuu
r
uuur uuur
( AM , AB ') + (CB ', CN ) = 0


Do (1)

r uuur 
r uuuur 
 CN uuu
 AB ' uuuu
⇒ VQ  C ,
, (CB, CN ) ÷.VQ  A,
, ( AM , AB ') ÷ = T ur
 CB '

 AM


Mà

T

r
u

: M →N
Q →P

uuuu
r uuur
⇒ MQ = NP
⇒ MNPQ là hình bình hành (đpcm)

Cách 2:

Trang 16


Do cách dựng A’, B’, C’, D’ nên ta có ·AMA ' = ·AQA ' = ·AOA ' = α (tham khảo thêm cách
1)
Suy ra 3 điểm Q, O, M cùng thuộc cung tròn nhìn AA’ dưới góc α
Tương tự :

M, O, N cùng thuộc cung tròn nhìn BB’ dưới góc α
N, O, P cùng thuộc cung tròn nhìn CC’ dưới góc α
P, O, Q cùng thuộc cung tròn nhìn DD’ dưới góc α

⇒ Các ngũ giác QOMA’A, MONB’B, NOPC’C,POQD’D nội tiếp trong các đường

tròn bằng nhau.

·
·
QOM
+ QAM
= 1800 ( AQOM nt )
Ta có:  ·
·
= 1800 ( ABCD nt )
 NCP + QAM
·
·
⇒ QAM
= NCP
⇒ QM = NP ( vì 2 góc nt bằng nhau trong 2 đường tròn bằng nhau thì chắn 2

cung bằng nhau)
Trang 17


Tương tự:
⇒ MN=QP

Suy ra MNPQ là hình bình hành (đpcm).
Cách 3:
Ta dựng các hình chiếu E, F, G, H là hình chiếu của O lên các cạnh AB, BC, CD, DA.
Dựng E’, F’, G’, H’ là hình chiếu của O lên A’B’, B’C’,C’D’, D’A’. Chứng tỏ rằng
α
MNPQ nhận được từ hình bình hành EFGH bởi phép vị tự quay tâm O, góc , k=
2

1
cos

α
2

Nhận xét:
- Muốn chứng minh 1 tứ giác là hình bình hành ta có nhiều cách, ở bài này cho phép
quay thì ta dễ dàng suy ra các góc bằng nhau, suy ra được các tam giác đồng dạng.
- Từ đó liên tưởng đến tích 2 phép vị tự quay (có tích hai tỉ số bằng 1, tổng hai góc
quay bằng 0) là một phép tịnh tiến để chứng minh 2 vecto bằng nhau suy ra hbh.

Bài 11: Dựng đường tròn (W) tiếp xúc với đường thẳng (∆) tại điểm M đã cho và tiếp
xúc với đường tròn (O) đã cho.
Giải:

Trang 18


Gọi (W) là đường tròn phải dựng. (W) tiếp xúc với đường thẳng (∆) tại M ∈ đường
thẳng Mt ⊥ (∆).
Nếu dựng được tiếp điểm A thì W thuộc đường thẳng OA. Do đó ta cần dựng tiếp điểm
A. nối MA cắt (O) tại N. A là tâm vị tự nên ON // WM, WM ⊥ (∆). Bán kính ON xác
định nên N xác định. Do đó A là giao MN và (O). Ta dựng được hai đường tròn (W) và
(W’) thỏa mãn đề bài.
Bài 12: Dựng tam giác ABC biết góc đỉnh A = α, hai đường trung tuyến BD = m, CE =
n.
Giải:

Trang 19

Tam giác ABC dựng được nếu dựng được tam giác ABD. BD = m, do đó đoạn BD
)
dựng được, A = α .
Vậy A nằm trên cung chứa góc α có hai đầu mút là B và D.
uuu
r
uuu
r
Ta có BA = 2 BE . A là ảnh của E trong phép vị tự tâm B, tỷ số 2.
BD dựng được thì G dựng được
1
n
GE = n , E nằm trên đường tròn tâm G, bán kính .
3
3

Vậy a nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn chứa E trong phép vị tự tâm B tỷ số 2.
Do đó A là giao của cung chứa góc α và đường tròn ảnh của đường tròn
trong phép vị tự tâm B, tỷ số 2.

Bài 13: Xét một tam giác ABC và một điểm D cho trước. Ta dựng các tam giác ADE,
BDF đồng dạng thuận với tam giác ABC. Hãy so sánh các tam giác ABD, ACE và CBF
và tìm hiểu bản chất của tứ giác CEDF.
Hướng dẫn :

*Ta có ∆ ADE ~ ∆ DBF ⇒ ∆ ABC~ ∆ ADE ⇒ ∆ ABD~ ∆ ACE. Các tam giác BAC và
BDF đồng dạng thuận từ đó cũng suy ra ∆ BAD~ ∆ BCF. Vì vậy ba tam giác ABD,
ACE và CBF đồng dạng thuận.

Trang 20


Nhận xét : Từ ba tam giác ABC, ADE và BDF đồng dạng thuận ta thu được ba tam
giác ABD, ACE và CBF cũng đồng dạng thuận. Như vậy ta có thể thay đổi vai trò của
C và D cho nhau.
uuu
r uuur

*Đặt ( ( AB, AC ) = α , và AC=k.AB.
uuur

uuu
r

VQ
Khi đó : BD 
→ CE
( A ,k ,α )

uuur VQ( D ,k ,α ) uuur
BD 
→ FD
CE = k .BD
⇒
 FD = kBD
⇒ CE = FD (1)

uuur uuu

r
( BD, CE ) = α
Mặc khác :  uuur uuur
( BD, FD) = α

uuu
r uuur
⇒ (CE , FD) = 0 (2)

uuu
r uuur

Từ (1) và (2) : CE = FD

Vậy tứ giác CEDF là hình bình hành.

Bài 14 :Cho tam giác ABC vuông ở C, CD là đường cao. Chứng minh rằng các trung
tuyến AM và CN của hai tam giác ACD, CBD vuông góc với nhau.

Trang 21


Hướng dẫn:
Ta sẽ tìm cách chứng minh CN biến thành AM qua một phép vị tự quay với góc
π
quay là .
2

∆ABC : ∆CBD : ∆ACD (g.g)

Suy ra
Xét

AC DC DA
=
=
=k
BC DB DC

VQ  D, k , π 

÷:
2




B→C
D→D

N →M
C→A

Từ đó VQ  D, k , 2 ÷(



π  CN ) = AM


Vậy ( CN ,AM ) =

π
hay CN ⊥ AM
2

Bài 15: Cho tam giác ABC vuông tại A. M là một điểm chạy trên cạnh BC. P và Q là
hình chiếu của M lên AB, AC.
a) Tìm quỹ tích tâm các đường tròn đường kính PQ.
b) Chứng minh các đường tròn đường kính PQ đi qua điểm F cố định trên BC.
c) H, K là hình chiếu của F xuống PQ, AB. Chứng minh VFAK ~VFQH . Tìm quỹ tích
H.
Giải:

Trang 22


a) VPAQ vuông tại A, tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm giữa I và cạnh huyền PQ.
Ta có :
uur
AI
A, I, M thẳng hàng uuuur
AM

I là ảnh của M trong phép vị tự tâm A, tỷ số

1
.
2

M chạy trên BC suy ra quỹ tích I là đoạn thẳng ảnh, chính là đường trung bình B’C’
của tam giác BAC.
b) Dựng đường tròn đường kính PQ, có tâm I đường trung bình B’C’ bán kính IA.
Đường tròn sẽ cắt BC tại F, với F là hình chiếu của A xuống BC ( vì IA=IF ).
Vậy F cố định.
c) Xét VFAK và VFQH là 2 tam giác vuông .
Có :
·
·
» )
( Chắn cung PF
FAK
= FQH
Do đó : VFAK ~VFQH

Suy ra

·
QFH
= ·AFK

 FH FK
 FQ = FA


FA
VFAK cố định nên ·AFK ,
không đổi.
FK

Trang 23


Vậy H là ảnh của Q qua phép đồng dạng VQ( F ,

FK ·
, AFK ) .
FA

Q chạy trên cạnh AC. Vậy quỹ tích H là ảnh của đoạn AC qua phép đồng dạng trên.

Bài 16: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB và BC ta lấy các điểm tương ứng P
và Q sao cho BP = BQ . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống CP. Chứng
minh rằng HD ⊥ HQ

Giải

·
Với α = BCP
. Ta đặt λ = tan α =

HB HP
=
HC HB

π

Xét phép tự - quay : VQ  H ; λ ; ÷ thì:
2




C→B
B→P
Suy ra : BC → BP nên BP = λ BC
Gọi D ' là ảnh của D qua phép vị tự quay trên. Do DC vuông góc với BC nên D ' ∈ BC
Lúc này CD → BD ' và:
PB
BD' = λCD=λ BC=
.BC = PB = BQ
BC

Vì Q và D’ cùng nằm trên tia BC nên D’ và Q phải trùng nhau

Trang 24


π

Vậy Q là ảnh của D qua VQ  H ; λ ; ÷ suy ra HD vuông góc với HQ (dpcm)
2




Nhận xét: ngay từ đầu khi tìm cách chứng minh HD vuông góc với HQ ta chỉ cần chỉ
ra Q là ảnh của D qua một phép vị tự quay với góc quay là 90 độ. Đó không gì khác
π


chính là VQ  H ; λ ; ÷
2




Bài 17: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và các cạnh tam giác thỏa điều kiện
ACAK=CM=AC. Gọi O và I lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác
ABC; R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK. Chứng minh rằng R’=OI và
KM vuông góc OI.
Giải

Gọi N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC. Các điểm L, Q là tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp với AB, BC. Ta đặt BC=a, AC=b, BA=c và theo giả thiết ta có
BK=c-b, BM=a-b (vì bLN=

Trang 25