TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
LỚP TOÁN VB2-K2
Giải








Vậy
 
AMI BNI c g c  

Suyra
MI NI

Ta có :
     
     
 
, , ,
,,
,
2
IM IN IM IA IA IN
IN IB IA IN do AMI BNI
IA IB


    



b) Gọi O’ là ảnh của O qua phép quay
,
2
I
Q





Mà : O cố định nên O’ cố định
Ta có: M thuộc nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB cố định và O’ là ảnh của O qua phép
quay
,
2
I
Q




nên N thuộc nửa đường tròn tâm (O’) (cố định).
Giải


,
3
C
Q





:
 
 
 
 
,
3
,
3
,
3
,
3
C
C
CI CM
Q M I
CM CI
CB CA
Q B A
CB CA

 
,
3
C
Q MB IA







I
A
B
C
M
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

2
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

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

Cách 1:
Xét tích 2 phép quay:
22
'; ';
33
.
BC
F Q Q

   
   
   


Do: 

 











Nên:
4

















Suy ra: 


Theo cách dựng tâm O, ta có:











C
3
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

Suy ra tam giác 





đều.
Cách 2:

Ta có: 




















(1)
Xét phép quay
;
6
B
Q




















B
Q C A HK







Nên:

















Tương tự ta cũng có hai tam giác cân



6
C
Q
















Suy ra: 





Kết hợp với (3), ta được:



















Ta có:
























































Do hai tứ giác



 nội tiếp
Và: 











Nên: 







Vậy tam giác  là tam giác đều.
Giải

O
A'
B'
C'
A1
B1
C1
A
B
C
H
I
F
E
B
A
C
Bài 4: Dựng về phía ngoài tam giác ABC 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

6
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

= Đ
O
2
;;
33
HF
QQ
B A C

   
   
   
 

Do đó Đ
O
(B) = C
OI

Áp dụng cách dựng tâm quay O ta có:
 
 
1
2
,
23
,
26
HI HF
FH FI



















Giải

Cách 1:
M
E
D
A
B
C

DE D E






Mặt khác. Ta có
//D'E
1
'
2
MB
MB D E






(Vì MB là đường trung bình của ∆DD’E)
Và
//DE'
1
'
2
MC
MC DE



;O
FQ


= Đ
O
;;
22
CB
QQ
E A D

   
   
   
 

Do đó Đ
O
(B) = C
OM
(Vì M là trung điểm DE)
Áp dụng cách dựng tâm quay, ta có
 
 
1
2
,
24
,

Q





O
D

Bài 6: Dựng trên cạnh AB, BC, CD, DA và ở bên ngoài tứ giác ABCD những hình vuông có tâm lần
lượt là
1 2 3 4
, , ,O O O O
. Gọi I,J,K,H lần lượt là trung điểm các đoạn AC,BD,
13
OO
,
24
OO
. Chứng minh
rằng: a)
1 3 2 4 1 3 2 4
và OO O O OO O O

b)Tứ giác IJKH là hình vuông.

Giải a) Xét tích phép quay

Ta có:

A B C

A C
Suy ra
OI

Theo cách dựng tâm O, ta có:
 
 
1
1 1 2
2
2 1 2
;
24
;
24
O I OO
O O O I







O
4

J
Q





Nên
12
O IO
vuông cân tại I.
Tương tự ta có
43
O IO
vuông cân tại I.
Xét phép quay
;
2
I
Q




, ta có:
 
 
12
34
1 3 2 4 1 3 2 4



Do
24
K O O
(vì K là trung điểm
24
OO
)

13
H OO
(vì H là trung điểm
13
OO
)

Nên K H
Ta suy ra:
IHK
vuông cân tại I. (1)

Tương tự: H K
Ta suy ra:
KHJ
vuông cân tại J. (2)
Từ (1), (2), ta suy ra IJKH là hình vuông. (đpcm)
b)
1 2 3 4
OO O O

;
2
C
Q





 

Suy ra: 
Mà: 
Suy ra: Ba đường thẳng BF, DH, CK song song nhau
Mà: CD = CF
Suy ra: HK = HB
Điều này chứng tỏ K là trung điểm của đoạn HB.
Bài 8: Cho đường tròn (O;R). Xét các hình vuông ABCD có A,B thuộc (O). Hãy tìm độ dài cạnh hình
vuông sao cho OD lớn nhất.
Giải
 Nhận xét: với cùng một vị trí của A,B nếu D và O nằm cùng phía với AB thì sẽ có độ dài OD
nhỏ hơn nếu O và D nằm khác phía với AB. Do đó, để tìm độ dài cạnh hình vuông ABCD sao
cho OD lớn nhất thì ta chỉ cần xét trường hợp O, D nằm khác phía với AB.
H
K
E
B
C
A
D











Mà B thuộc đường tròn (O;R) nên D thuộc đường tròn (O’;R)
Do đó:
OO'+O'D
OO'
OD
R



Hay OD lớn nhất

0
'
(1 2)
2 2 (do DOA 45 )
O OD
OD R
AB AD R

  

O'
D
C
O
A
B
I
J
D
C
O
A
B
12
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

 
2 2 2
22
22
2 2 2
44
2 2 2
Suy ra: OD (3 2 2)
hay OD (1+ 2)
x x x
x R R
R

Giải

 Ý tưởng: Ta dùng phép quay, cố gắng ép biểu thức ta cần tìm về một bất đẳng thức tam giác.
Xét phép
,
3
A
Q




:
AA
MN
CD

Suy ra:
,
3
:
A
Q AMC AND





và
AMN

2
3
2
(Do = )
3
2
3
ABM AMN
AMC AND ANM AMC AND
BMC






  




     




Vậy điểm M nhìn các cạnh của tam giác ABC dưới mộtgóc
2
3


















M
N
I
K
B
C
A
14
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

Suy ra:




Suy ra: 1
 (4)
Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra:
`
Vậy: 







. Điều này chứng tỏ tam giác KMN vuông cân tại K.
15
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

BÀI TẬP THÊM
Giải

Dựng ra ngoài tam giác ABC , tam giác đều ABC’
 
0
1

'
RC B BPC BRC
BR BC BP BR
BP BC BC BC
    
   

Vậy từ (2) suy ra :
'
'
BR BP
BC BC


Tương tự ta có :
 
''
3
'
BR BP BP
BC BC BC


R''
Q'
R'
P'
R
C'
C

' ''
4
'
AQ AR AQ
AC AC AC


Mà
 
~5
AQ BP
AQC BPC
AC BC
   

Từ (3),(4),(5) suy ra :
 
' '' ' '
6
''
AQ AR BR BP
AC AC BC BC
  

Từ (6) theo định lí Thales suy ra :
Q’R’’ // P’R’ ( vì cùng // CC’) (7)
Ngoài ra :
 
'' ' ' '
'' ' ' ' 8

(9)
QR tạo với Q’R’’ góc 45
0
và PR tạo với P’R’ góc 45
0
. (10)
Từ
     
     
8 , 9 11
7 , 10 12
QR RP
QR RP



Từ (11),(12) suy ra QRP là tam giác vuông cân .

Giải
Bài 2 :Trong mặt phẳng tọa độ điểm A(a,b) cố định (a>0,b>0) . Đường thẳng

di động quanh
A cắt trục hoành Ox tại M vàtrục tung Oy tại N. Đường thẳng q qua M và // đường y=x cắt Oy
tại M’; còn đường thẳng qua N và // đường y=-x cắt Ox tại N’ . Chứng minh rằng M’N’ luôn
đi qua một điểm cố định.
17
tusachvang.net

0
, 90
''
O
Q
MN M N



Vì
A MN
nên giả sử
 
0
, 90
'
O
Q
AA



Thì A’ cố định và
' ' 'A M N

Như thế M’N’ luôn đi qua điểm cố địnht A’. Dễ thấy tọa độ của A’ là A’(b,- a)
 Nhận xét : Cách giải này rõ ràng ngắn gọn hơn nhìu so với cách giải bằng đại số.

A'
18
tusachvang.net
Bài tp hình hp: Phép Quay
2012

Giải

Gọi I, J , K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp các cạnh AB, BC , CA.
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 lý hàm số sin trong tam giác này, ta có:
.sinIK OA A

Xét phép quay
 
0
, 90O
Q


Giả sử trong phép quay này , thì






Ngoài ra do các lập luận trên suy ra:
 
' ' sin . 1K I AOA

Lí luận tương tự ta có
 
 
' ' sin . 2
' ' sin . 3
I J BOB
J K C OC



Cộng từng vế (1)(2)(3) và do
' ' ' ' ' ' 0K I I J J K  

Suy ra
sin . sin . sin . 0AOA BOB COC  

Nhận xét theo định lí hàm số sin suy ra :
K'
I'
J'
B

Đ
A.Giải:
a.Ta có: f = Đ
D
Đ
C
Đ
B
Đ
A
=
 
22
2
CD AB
CD AB
T T T



b. Ta có:
f Id
 
2 CD AB
T Id



D
= Đ
D
( do Đ
C
Đ
C
= Id )

Bài 2:
Trên hai đường tròn bằng nhau (O), (O’), lần lượt lấy hai cung AM và A’M’ bằng nhau nhưng
khác hướng, với A; A’ cố định còn M; M’ thay đổi. Tìm quỹ tích trung điểm đoạn MM’.

Giải:
Ý tưởng: Gọi I là trung
điểm MM’.
Để tìm quỹ tích điểm I,
ta tìm một đường cố định
đi qua I. Cụ thể I thuộc
đường thẳng là ánh xạ
của một đường cố định
qua phép biến hình xác
định.
Ta có: O, O’, A, A’ cố định.
Xét:
1
OO



21
tusachvang.net

2

Gọi
11
.J BC AM

Dễ thấy
11
//A A MM


Nên
1
BC M M


tại J
Suy ra : J là trung điểm
1
MM

.
Xét
1
MM M

OO
2
T


Khi
1
' MM

Lúc đó
1
' M M J
nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua
1
OO
2
T


Khi
1
' , MM
, M thẳng hàng
Ta có:
1
2
M I M M




TH2:
1
' AA

Khi
' OO BC

Mà
1
''O A M M



Gọi
1
J BC M M



Suy ra : J là trung điểm
1
MM


22
tusachvang.net

3

Nên




Khi đó:
11
OO
22
JI MM

   

Do đó I là trung điểm MM’
Ta thấy
11
//AA M M

nên A'M' = A M
Mà
11
AM
= AM do là hình bình hành nên A'M' = AM
Vậy quỹ tích điểm I là ảnh của BC qua
1
OO
2
T


Giới hạn:
Khi M chạy trên (O) thì J chạy trên đoạn thẳng BC.

:T A D
BC

Ta sẽ chứng minh
AD
( ) T E F

Có EC = ED (do
ECD
cân tại E)
FC = FD (do
FCD
đều)



EF là trung trực của CD



EF

CD
Mà AD

CD (do ABCD là hình vuông)
/ / (1)EF AD

T E F

Mà
FCD
đều.
ABE
đều (đpcm)

Bài 4:
Cho
ABC
. Gọi Bx và Cy lần lượt là các tia đối của các tia BA và CA. D
và E là các điểm chuyển động lần lượt trên hai tia Bx và Cy sao cho BD = CE.
Tim quỹ tích trung điểm M của DE.

Giải:
Cách 1
24
tusachvang.net