phép quay và một số ứng dụng điển hình

PHÉP QUAY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG ĐIỂN HÌNH
I.

ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CỦA PHÉP QUAY
1. ĐỊNH NGHĨA
Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và góc lượng giác  khổng đổi. Phép

quay tâm O với góc quay  là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ được
xác định bởi:
 Nếu M  O thì M '  O .





 Nếu M  O thì OM '  OM và  OM , OM '   .
o Phép quay tâm O với góc quay  được ký hiệu là R O,  hoặc RO (R là viết tắt
của từ Rotation: sự quay).
2. TÍNH CHẤT
 Phép quay là một phép dời hình nên nó có đầy đủ các tính chất của phép dời hình:
 Là phép biến đổi 1 – 1 (song ánh).
 Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bào toàn thứ tự của
chúng.
 Biến góc thành góc có cùng số đo.
 Biến một hình (đoạn thẳng, đa giác, đường tròn,…) thành hình bằng nó.
 Ngoài ra, phép quay còn có tính chất đặc trưng:
 Nếu phép quay tâm O, góc quay  biến hai điểm M, N lần lượt thành hai





điểm M’, N’ thì theo định nghĩa ta có  MN , M ' N '   nên hai đường
thẳng MN, M’N’ tạo thành một góc bằng  và một góc bằng    .
 Đảo lại, nếu có hai đoạn thẳng MN và M’N’ bằng nhau nhưng không song
song với nhau thì tồn tại duy nhất một phép quay biến M, N tương ứng
thành M’, N’. Trong đó, tâm O của phép quay trên là giao điểm của hai
đường trung trực của MM’ và NN’, góc quay bằng góc giữa hai vector MN
và M ' N ' .

1


II.

BIỂU THỨC TOẠ ĐỘ CỦA PHÉP QUAY
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Descartes Oxy, cho điểm M  x, y  . Gọi M '  x ', y '

là ảnh của M qua phép quay tâm O, góc quay  . Thế thì:
 x '  x.cos   y.sin 
 x '  cos 
hay    

 y '  x.sin   y.cos 
 y '  sin 

III.

 sin    x 
.
cos    y 

ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN
1. VÀI BÀI TOÁN MỞ ĐẦU

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A, các điểm D, E lần lượt thay đổi trên các cạnh AB,
AC sao cho BD = AE. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn
qua một điểm cố định.
Giải

Gọi O là giao điểm hai đường trung trực của AB và DE.
Do BD = AE và BD không song song AE nên tồn tại phép quay tâm O biến B 
A, D  E. Khi đó, OAB và ODE là hai tam giác cân đồng dạng nên
B1  A1  D1  E1  ADOE là tứ giác nội tiếp  A2  D1  AO là phân
giác của góc A (và cũng là trung trực của BC).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn qua tâm O của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.

2


Bài 2: Cho tam giác ABC. Dựng ra phía ngoài của tam giác các hình vuông ABXY,
ACZT. Gọi K, J lần lượt là tâm của hai hình vuông trên và I, H lần lượt là trung điểm
của BC và YT. Chứng minh rẳng IJHK là cũng hình vuông.
Giải

Dễ thấy ABY và ACT là hai tam giác vuông cân tại A. Do đó, phép quay RA90
biến Y  B, C  T nên CY = BT và CY  BT.
Mặt khác, IK và IJ lần lượt là đường trung bình của tam giác CBY và tam giác
BCX nên IK = IJ và IK  IJ hay tam giác IJK vuông cân tại I. (1)
Tương tự đối với tam giác AYT, ta cũng có HJK là tam giác vuông cân tại H. (2)

Từ (1) và (2) ta có ngay IJHK là hình vuông. (ĐPCM)

Bài 3: Cho tam giác ABC. Dựng ra phía ngoài của tam giác các tam giác đều ABC’
và ACB’. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm cạnh BC. Chứng minh
tam giác MGB’ là tam giác vuông và hơn thế nữa, MB’ = MG 3 .
Giải

3




Thực hiện phép quay RB60' biến A  C, G  G’. Khi đó, AG = CG’ và







 AG, CG '  60 . Mặt khác, ta cũng có AG = GB và  AG, GB  60 nên suy ra
GB = CG’ và GB // CG’ hay tứ giác GBG’C là hình bình hành, dẫn tới M cũng là
trung điểm GG’.
Tam giác đều B’GG’ có M là trung điểm GG’ nên MB’  MG và
MB '
 tan 60  3 , tức là MGB’ là tam giác vuông và MB’ = MG 3 . (ĐPCM)
MG

Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Trên hai cạnh BC, DC lần lượt lấy M, N sao cho
MAN  45 . Chứng minh rằng CM + MN + NC không phụ thuộc vào vị trí M, N.

Giải

Gọi a là cạnh của hình vuông ABCD, thế thì ta có nhận xét sau:
Nếu cho M  C thì N  D và khi đó, CM + MN + NC = 2a = BC + CD, tức là
MN = BM + DN.
Vậy ta thực hiện phép quay RA90 biến B  D, M  M’ thì BM = DM’ và M’, C,
D thẳng hàng.
Hơn nữa, AM = AM’ và NAM '  90  45  45 nên hai tam giác MAN và
M’AN bằng nhau (c.g.c)  MN = M’N. Mà M’N = DM’ + DN nên MN = BM + DN.
(ĐPCM)

4


Bài 5: Cho phép quay RO và điểm S cố định khác O. Với mỗi điểm A, phép quay trên
biến A thành A’ sao cho AA’ đi qua S. Tìm tập hợp điểm A.
Giải

 Phần thuận:
Gọi S’ là ảnh của S qua phép quay RO . Ta cũng có A’ là ảnh của A qua RO nên









theo tính chất của phép quay thì  SA, S ' A '     OS , OS ' .

Hơn nữa vì A, A’, S thẳng hàng nên A’ thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác
OSS’. Mà RO biến A’ thành A nên A thuộc đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép
quay tâm O, góc quay  .
 Phần đảo:
Giả sử A  (C’), ta chứng minh A, A’, S thẳng hàng.
Trước hết, vì A  (C’) nên A’  (C). Khi đó, theo tính chất của tứ giác nội tiếp thì
  SA ', S ' A '  SOS '   . Mặt khác, ta cũng có   SA, S ' A '   . Do đó A, A’, S
thẳng hàng.
 Kết luận: Vậy tập hợp điểm A là đường tròn (C’).

Bài 6: Cho góc aOb và điểm M nằm trong góc đó. Tìm trên các cạnh Oa, Ob các điểm
A, B sao cho OA = OB và MA + MB đạt GTNN.

5


Giải
Đặt   aOb .
Với phép quay RO biến M  N, B  A thì ta luôn có N cố định và MB = NA.
Do đó MA + MB = AM + AN  MN không đổi.
Vậy MA + MB đạt GTNN bằng MN khi A trùng với A0 là giao điểm của MN và
Oa, còn B0 là ảnh của A0 qua phép quay RO .

2. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ TIÊU BIỂU VỀ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY
Bài 7: (Định lý Pompeiu) Trong mặt phẳng, cho tam giác đều ABC và một điểm M
bất kỳ khác A, B, C. Chứng minh rẳng tồn tại một tam giác với độ dài các cạnh là
MA, MB, MC. Ngoài ra, tam giác này suy biến thành đoạn thẳng nếu M nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải

6


Giả sử tam giác đều ABC có thứ tự vòng tròn các đỉnh ngược chiều kim đồng hồ.
Dễ thấy, với phép quay RB60 biến C  A, M  N thì MC = NA. Hơn nữa, do
BMN là tam giác đều nên MB = MN. Vậy MA, MB, MC là độ dài ba cạnh của tam
giác AMN.
Không mất tính tổng quát, giả sử M nằm trên BC . Khi đó, vì AB = BC = CA nên
theo định lý Ptolemy thì MA = MB + MC hay MA = MN + NA, tức là tam giác AMN
suy biến thành đoạn MA.

Bài 8: (Định lý Thébault II) Cho hình bình hành ABCD. Dựng ra phía ngoài các tam
giác đều BCM, CDN. Chứng minh rằng AMN là tam giác đều.
Giải

Dựng hình bình hành CDNP. Dễ thấy NP // AB và NP = AB nên ANPB là hình
bình hành  AN // BP và AN = BP.
Vì CBM và CNP là hai tam giác đều nên phép quay RC60 biến: B  M, P  N





 BP = MN và  BP, MN  60 .





Suy ra AN = MN và  AN , MN  60  AMN .

Vậy AMN là tam giác đều. (ĐPCM)

7


Bài 9: (Điểm Vecten) Cho tam giác ABC. Dựng ra phía ngoài các tam giác BCD,
CAE, ABF lần lượt vuông cân tại D, E, F. Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy
(tại điểm Vecten).
Giải

Theo kết quả ở bài 2, ta có IEF là tam giác vuông cân tại I  phép quay RI90 biến
E  F,

D  C nên DE  CF.

Tương tự, ta cũng có: EF  AD, FD  BE.
AD, BE, CF chứa ba đường cao của tam giác DEF nên đồng quy. (ĐPCM)
Như vậy điểm Vecten (V) chính là trực tâm tam giác DEF.

Bài 10: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E, F, G, H lần lượt là tâm của các hình vuông có
cạnh là AB, BC, CD, DA được dựng ra phía ngoài của tứ giác. Chứng minh rằng:
a) Trung điểm các đường chéo của các tứ giác ABCD và EFGH là bốn đỉnh của
một hình vuông. (định lý Van Aubel)
b) Nếu tứ giác ABCD là hình bình hành thì EFGH là hình vuông. (định lý
Thébault I)
Giải

8

a) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đường chéo BD, AC, EG, HF. Ta
cần chứng minh MPNQ là hình vuông.
Sử dụng kết quả ở bài 2, ta được MHE và MFG là hai tam giác cùng vuông cân tại
M. Do đó, phép quay RM90 biến H  E, F  G, tức là biến HF thành EG nên nó
cũng biến Q thành P  tam giác MPQ vuông cân tại M. (1)
Tương tự, tam giác NPQ cũng vuông cân tại M. (2)
Từ (1) và (2) ta có ngay MPNQ là hình vuông. (ĐPCM)
b) Nếu tứ giác ABCD là hình bình hành thì EFGH là hình vuông.

Thật vậy, gọi O là tâm của hình bình hành, dễ thấy bốn tam giác: OEF, OFG,
OGH, OHE cùng vuông cân tại O nên HF  EG tại O và OE = OF = OG = OH, tức
EFGH là hình vuông. (ĐPCM)

9


Bài 11: Cho tam giác nhọn ABC. Dựng ra phía ngoài các tam giác đều BCM, CAN,
ABP. Gọi I, J, K lần lượt là trọng tâm của ba tam giác đều vừa dựng. Chứng minh
rằng:
a) AM, BN, CP đồng quy (tại điểm Fermat).
b) IJK là tam giác đều. (Định lý Napoléon)
Giải

a) Gọi F là giao điểm của BN và CP, E là điểm nằm trên CP sao cho FBE  60
Phép quay RA60 biến B  P, N  C  BFE  60  FBE  FBE là tam
giác đều.
Phép quay RB60 biến P  A, E  F, C  M. Mà P, T, C thẳng hàng nên A, S,
M thẳng hàng.
Vậy AM, BN, CP đồng quy tại F. (ĐPCM)

 Tính chất của F: Điểm Fermat F nhìn các cạnh AB, BC, CA dưới góc 120o hay F
là điểm chung của ba đường tròn ngoại tiếp ba tam giác đều BCM, CAN, ABP.
Ngoài ra, F còn là vị trí của X để cho XA + XB + XC đạt GTNN. F có tên khác là
điểm Torricelli.

10


b) Trên các cạnh AB, AC, MC, MB lần lượt lấy các điểm X, Y, Z, T sao cho BX
= BK, CY = CJ, CZ = CI, BT = BI.





Phép quay RB30 biến: K  X , I  T nên KI = XT và  KI , XT  30 .





Tương tự, phép quay RC30 biến J  Y, I  Z nên JI = YZ và  JI , YZ  30 .
Ta sẽ chứng minh XT // YZ và XT = YZ. Thật vậy:
Xét tam giác ABM, dễ thấy:

BX BK BA


 XT // AM. Từ đó,
BT BI BC

XT BX BK
3
YZ
3
. Tương tự, YZ // AM và
. Suy ra: XT // YZ và XT




AM BA BA
3
AM
3
= YZ.





Từ XT = YZ  KI = JI. Từ XT // YZ   KI , JI  30  30  60  KIJ .
Vậy IJK là tam giác đều. (ĐPCM)

 Từ bài 9 và bài 11, ta đề xuất định lý tổng quát sau đây, có tên là định lý Kiepert:
Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác BCD, CAE, DAF cân đồng dạng
tại D, E, F. Khi đó, AD, BE, CF đồng quy (tại X).

11

Chứng minh
Ta có: A1  A2  B1  B2  C1  C2 . Sử dụng định lý Céva dạng sin:
Tam giác ABC có AD, BD, CD đồng quy tại D nên:
sin B1 sin BAD sin C
sin BAD sin B
(1).
.
.
1

sin B sin CAD sin C2
sin CAD sin C

Tương tự, ta có:
sin ACF sin A
sin CBE sin C
(2),
(3).


sin BCF sin B
sin ABE sin A

Nhân (1), (2), (3) theo vế:

sin BAD sin ACF sin CBE
.
.
 1  AD, BE, CF đồng quy.

sin CAD sin BCF sin ABE

(ĐPCM)
 Nhận xét:
 Nếu đặt  là góc ở các đỉnh cân D, E, F thì hai bài toán trên chính là hai
trường hợp đặc biệt của định lý Kiepert ứng với   60 và   90 . Với
  120 thì X còn có tên là điểm Napoléon.
 Nền tảng của chứng minh không hề có sự xuất hiện của phép quay, nhưng nếu
nhìn nhận trên quan điểm quy nạp thì rõ ràng không thể phủ nhận đóng góp
“thầm lặng” của nó trong việc giúp ta phát hiện và gợi mở cho ta tổng quát
hoá hai trường hợp đặc biệt trên.

12


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Hoàng Quốc Khánh (cb), Một số kiến thức về hình học phẳng trong các cuộc thi
Olympic Toán, e-book, Mathscope.org.
[2]. Phan Huy Khải, Toán nâng cao cho học sinh THPT – Hình học, Tập 1, NXB Hà
Nội, 2003.
[3]. Đỗ Thanh Sơn, Phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo dục, 2006.
[4]. Nguyễn Văn Nho, Những định lý chọn lọc trong hình học phẳng qua các kỳ thi
Olympic, NXB Giáo dục, 2007.
[5]. Nguyễn Mộng Hy, Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo dục, 2008.

13