TỊNH TIẾN & ĐỐI XỨNG · Nhóm 4 & 5 toán 4A 1 Bài tập về tịnh tiến và đối xứng Bài 1: a) Xác định phép biến hình: f = Đ DĐ CĐ BĐ A. b) Tìm điều

TỊNH TIẾN & ĐỐI XỨNG Nhóm 4 & 5 toán 4A

Giảng viên phụ Trách bộ môn:

Ths. Lê Ngô Hữu Lạc Thiện

Các thành viên nhóm 4: Các thành viên nhóm 5:

Nguyễn Thị Mỹ Dung Thạch Thị Diệu

Phan Thị Bích Hà Da Gout K' Gam

Võ Thị Mỹ Linh Nay H’Hậu

Lương Thị Hồng Liên Thạch Minh Hoàng

Châu Hạ Long Lê Đình Huy

Nguyễn Thị Ngọc Trà My Nông Thị Thu Huyền

Trần Thị Xuân Mừng Danh Thị Kim Loan

Huỳnh Nguyễn Thảo Ngân Hoàng Thị Loan

Bá Thanh Luận

Thạch Thị Ngọc Mai

TỊNH TIẾN & ĐỐI XỨNG Nhóm 4 & 5 toán 4A

Giảng viên phụ Trách bộ môn:

Ths. Lê Ngô Hữu Lạc Thiện

Các thành viên nhóm 4:

Nguyễn Thị Mỹ Dung - Phan Thị Bích

Hà - Võ Thị Mỹ Linh -

Lương Thị Hồng Liên - Châu Hạ Long

- Nguyễn Thị Ngọc Trà My -

Trần Thị Xuân Mừng - Huỳnh

Nguyễn Thảo Ngân

Các thành viên nhóm 5:

Thạch Thị Diệu - Da Gout K' Gam -

Nay H’Hậu - Thạch Minh Hoàng -

Lê Đình Huy - Nông Thị Thu Huyền -

Danh Thị Kim Loan -

Hoàng Thị Loan - Bá Thanh Luận -

Thạch Thị Ngọc Mai

Mục lục

Bài tập về tịnh tiến và đối xứng ..................................................... 1

Bài tập bổ sung .......................................................................... 22

Bài tập phép tịnh tiến ................................................................. 22

Bài tập về phép đối xứng: ........................................................... 31

Nhóm 4 & 5 toán 4A

1

Bài tập về tịnh tiến và đối xứng Bài 1:

a) Xác định phép biến hình: f = ĐDĐCĐBĐA.

b) Tìm điều kiện để f = Id, suy ra cách xác định phép biến hình f = ĐCĐBĐA.

Giải:

D C B A 2CD 2AB 2(CD AB)

2(CD AB)

a) Ta coù: f = Ñ Ñ Ñ Ñ T T T

b) Coù f = Id T Id 2(CD AB) = 0

CD AB

C B A C C2AB 2DC

0

CD BA

ABCD laø hình bình haønh.

Do ñoù f = Ñ Ñ Ñ = Ñ T = Ñ T =

C C D D C CÑ Ñ Ñ = Ñ (do Ñ Ñ = 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 điềm 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 ảnh của một đường cố định qua phép biến hình xác

định.

Giải:

Ta có : O, O’, A, A’cố định.

1OO'

1

1 1

Xét T : A A

M M

A M = AM = A'M'

TH1: 1

A' A


2

Khi 1

M' M :

Qua O’ kẻ đường kính BC A1A’

Gọi J = BC M1M’.

Do A1A’ // M1M’

(hai dây cung chắn hai cung bằng nhau)

Nên BC M1M’ tại J

Suy ra : J là trung điểm M1M’.

Xét Δ M M1M’, có :

1

1 1JI M M O'O

2 2

Suy ra: 1

O'O

2

I T (J)

Mà J thuộc BC là một đường thẳng cố định

Nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua 1

O'O

2

T (J)

Suy ra quỹ tích điểm I lthuộc vào ảnh của BC qua 1

O'O

2

T (J)

Khi 1

M' M :

Lúc đó1

M' M J nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua 1

O'O

2

T (J)

Khi M’, M1, M thẳng hàng

Ta có:

1

1M'I = M'M

2

1M'J = M'M

2


3

Suy ra 1

1 1IJ = MM = OO'

2 2

Nên 1

O'O

2

I T (J)

Nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua 1

O'O

2

T (J)

TH2: 1

A' A

Khi đó: OO' BC

Mà A’O’ M1M’

Gọi J = BC M1M’.

Suy ra : J là trung điểm M1M’

Nên 1

1 1JI = M M = O'O

2 2

Do đó: 1

O'O

2

I T (J)

Phần đảo:

Lấy I bất kỳ thuộc B’C’

Kẻ IJ // OO’ cắt BC tại J

Qua J vẽ đường thẳng vuông góc với BC cắt (O’) tại 2 điểm lần lượt là 1M , M' sao

cho M’ và A’ nằm cùng 1 phía bờ BC

Gọi OO'

M T (M')

Khi đó1 1

JI = - OO' = - MM'2 2

Do đó I là trung điểm MM’

Ta thấy 1A'A // 1M'M nên 1 1A'M' = A M

Mà 1 1A M = AM do là hình bình hành nên A'M' = AM


4

Vậy quỹ tích điểm I lthuộc là ảnh của BC qua 1

O'O

2

T (J)

Giới hạn:

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

Do đó, điểm I thuộc B’C’ là ảnh của BC qua 1

O'O

2

T (J)

Bài 3: Cho hình vuông ABCD. E là điểm trong hình vuông sao cho CDE cân tại

E và góc đáy là 15 . Chứng minh ABE đều.

Giải:

AD

AD

Laáy F ôû ngoaøi hình vuoâng ABCD sao cho FCD ñeàu.

Xeùt T : A D

B C

Ta seõ chöùng minh T : (E) = F

Coù EC = ED (do ECD caân taïi E) EF laø trung tr

FC = FD (do FCD ñeàu)

öïc cuûa CD

EF CDEF // AD(1)

Maø AD CD (do ABCD laø hình vuoâng)

o o o

o o o

Ta coù:

FDE = FDC + CDE = 60 + 15 = 75

FDE=FED1 1 1

FED = DEC = (180 - EDC - ECD) = (180 - 15 - 15 ) = 75

2 2 2

FDE caân taïi F

EF = DFEF = CD

Coù DF = CD (do FCD ñeàu)

Maø CD = AD (hình vuoâng

ABCD)

EF = AD(2)

F

ED

A B

C


5

AD

(1)(2) EF AD

T (E) = F

Maø FCD ñeàu.

ABE ñeàu (ñpcm)

Bài 4: Cho ΔABC . 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.

Tìm quỹ tích trung điểm M của DE.

Giải:

Cách 1:

Ý tưởng :

Dự đoán qua vẽ hình, quỹ tích của I là một đường thẳng. Do đó, I thuộc đường

thẳng là ảnh của một đường cố định qua phép biến hình xác định.

Ta có BD = CE mà ở đây không thể thực hiện phép tịnh tiến nào để biến BD thành

CE ,nên ta thử đưa hai tia Bx và Cy thành hai tia cùng gốc xem có xuất hiện phép

đối xứng trục hay không !

Giải: Xét BC

T : B C

Bx Cz

D F

Suy ra : CF = BD =CE

Do đó : Δ CFE cân tại C.

Gọi N là trung điểm EF.

Suy ra : N thuộc phân giác Ct của

yCz

Ta có :1 1

NM FD CB2 2

Suy ra : 1

CB2

T N M .

Mà N thuộc Ct.

Suy ra : Quỹ tích điểm M là Mt’ là ảnh của Ct qua 1

CB2

T (Mt’ // Ct và qua M).

y

x

z

tt'

NF

M

E

BC

A

D


6

Cách 2:

Ý tưởng:

Gọi M là trung điểm DE , I là

trung điểm BC.

Nếu DE BC M I I

thuộc quỹ tích điểm M.

Giải:

Phần thuận:

Từ I kẻ Iu // Bx . Trên Iu , xác

định K: IK = BD.

Khi đó :IBDK là hình bình

hành.

Từ I kẻ Iv // Cy . Trên Iv, xác định L : IL = CE.

Khi đó : ICEL là hình bình hành.

Suy ra : KL cắt DE tại trung điểm M

( Hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ).

Do đó : M là trung điểm KL.

Mặt khác Δ IKL cân tại I (IK = IL ) nên IM là đường phân giác của góc KIL .

Nhận thấy KIL = BAC không đổi tại I nên IM cố định.

Do đó M thuộc tia phân giác cố định tại Ik của góc uIv không đổi.

Phần đảo: Lấy điểm M bất kì trên tia Ik . Vẽ đường thẳng vuông góc với IM tại I;

cắt Iu, Iv lần lượt tại K, L.

Từ K, L vẽ các đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D, E.

Ta có BIKD, CILE là các hình bình hành.

Do đó DK // BI, DK = BI và EL // CI, EL = CI

Mà BI = CI nên DK // EL ; DK = EL

DKEL là hình bình hành.

Mặt khác IKL cân ( IM là phân giác và là đường cao)

y

x

u v

k

L

K

ME

I

A

B

C

D


7

M là trung điểm KL suy ra I là trung điểm DE.

Giới hạn:

Khi D B E C thì M I

Khi D chạy xa vô tận trên tia Bx thì M chạy xa vô tận trên tia Ik .

Vậy M chuyển động trên tia Ik.

Mà BD = IK; CE = IL; IK = IL BD = CE

Bài 5: Cho ΔABC . Dựng hình vuông BCDE về phía ngoài tam giác. Kẻ các

đường thẳng DM và EN vuông góc lần lượt với AB và AC. AH là đường cao của

ABC . Chứng minh các đường thẳng AH, DM, EN đồng qui.

Giải:

BE

Ta coù BCDE hình vuoâng neân BE = CD

Döïng A' sao cho AA' BE.

Döïng H' sao cho HH' BE, ta coù H' ED

T : A A'

B E

C D

H H'

.

BE

Do ñoù T : ABC A'ED

Theo tính chaát pheùp tònh tieán, ta coù: AB // A'E; AC // A'DDM A'E; DN A'C

Coù DM AB; EN AC

Coù A'H' ED (do A'H' // AH; AH ED )

Do ñoù A'H'; DM; EN ñoàng quy

.

Coù AH; AA'; HH' cuøng vuoâng goùc ED neân A; A'; H; H' thaúng haøng.

Vaäy AH; DM; EN ñoàng quy (ñpcm)

Bài 6: Cho đường tròn (O) với đưởng kính AB cố định, một đường kính MN thay

đổi. AM và AN cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P và Q. Tìm quỹ tích trực tâm

MPQ và NPQ .

H'

A'

H

M

N

DE

B C

A


8

Giải:

Gọi H là trực tâm MPQ .

Ta có : AB PQ

MH PQ

Suy ra : AB // MH (1)

Ta có : MB AP

HQ AP

Suy ra : MB // HQ (2)

Từ (1),(2) suy ra ABMH là hình bình hành .

Xét BA

T : M H

Mà : AB

M (O; )2

nên AB

H O'; 2

với

BA

T O O'.

Vậy quỹ tích trực tâm H của MPQ là AB

O'; 2

với BA

O' = T O .

Trường hợp đối với ΔNPQ tương tự.

Bài 7: Khảo sát tích n phép đối xứng tâm. Hãy bắt đầu bằng n = 2, 3.

Giải:

2 1 1 2

3 2 1

3 3 3 31 2 3

O O 2O O

O O O

3 1 2

O O O O O O2O O 2O O

O

_ Vôùi n = 2:

f = Ñ Ñ T

_ Vôùi n = 3:

f = Ñ Ñ Ñ

Choïn O sao cho O O = O O

Khi ñoù f = Ñ T = Ñ T Ñ Ñ Ñ = Ñ

Toång quaùt:

T khi n chaún.

f =

Ñ k

v

hi n leû.

H

P

Q

N

OA B

M


9

Bài 8: Dựng đường gấp khúc gồm năm đoạn khép kín biết trung điểm của 5 đoạn

đó.

Giải:

Cách 1:

Ý tưởng: Do giả thiết có liên quan đến trung điểm nên phương pháp giải sử dụng

phép đối xứng tâm.

Giải:

Phân tích:

Đặt 1 2 3 4 5O O O O O OF = D D D D D = D (theo kết quả bài 7, tích của số lẻ lần phép đối xứng

tâm ).

Lấy điểm M bất kì , gọi M’ = F(M).

Ta cần xác định điểm A sao cho A = F(A).

Do F O D nên A O.

Suy ra : A là trung điểm MM’.

Cách dựng :

Lấy M bất kì

Dựng M’=F(M).

Lấy A là trung điểm MM’.

Dựng B , C, D, E : 1 2 3 4O O O OB = D A , C = D B ,D = D C , E = D D

Cách 2:

Ý tưởng: Từ trung điểm sẽ tạo ra được các đường trung bình, nên để giải bài toán

theo cách 2 ta dùng phép tịnh tiến.

Giải:

Phân tích : Giả sử đã dựng được đa giác ABCDE thỏa yêu cầu đề bài .

Gọi 1 2 3 4 5O ,O ,O ,O ,O lần lượt là trung điểm của hình ngũ giác cần xây

dựng.

Gọi F là trung điểm AC.


10

Ta có :4 5

3 4 5 3O O

1O F = O O = DA F = T (O )

2

Lại có : 2 1

2 1 O O

1FA = O O CA A = T (F)

2

1 2 3 4O O O OB = T A , C = T B ,D = T C , E = T D .

Cách dựng :

Dựng F: 4 5

3O O

F = T (O )

Dựng A: 2 1

O O

A = T (F)

Dựng B , C, D, E : 1 2 3 4O O O OB = D A , C = D B , D = D C , E = D D

Bài toán tổng quát của bài 8: Cho m = 2n + 1 điểm là trung điểm các cạnh của

một m - giác. Hãy dựng các đỉnh của m - giác đó.

Giải:

Giả sử 1 2 mB , B , ..., B là trung điểm các cạnh 1 2 2 3 m 1A A , A A , ..., A A của đa giác

1 2 3 mA A A ...A . Do đó, 1 2 mB 1 2 B 2 3 B m 1S (A ) = A ; S (A ) = A ; ... ; S (A ) = A , cho nên

1 2 mB B B 1 1S S ...S (A ) = A , tức là điểm 1A bất biến qua tích các phép đối xứng

1 2 mB B BS S ...S . Mà ta có tích một số lẻ các phép đối xứng qua tâm là một phép đối

xứng qua tâm, tức là tích đó chỉ có một điểm bất biến duy nhất. Điểm đó có thể

dựng được, đó chính là trung điểm của đoạn thẳng nối X và điểm 1 2 mB B BS S ...S (X) ,

do đó X là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng.

Bài 9: Chứng minh rằng một tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn khi và chỉ

khi các đường thẳng mà mỗi đường đi qua trung điểm một đoạn và vuông góc với

cạnh đối diện của tứ giác đồng qui.

Giải:


11

I

1 1

1 1

1 1

1 1

Deã thaáy MNPQ laø hình bình haønh.

Goïi I = MP NQ

Xeùt Ñ : M P

d d'

Coù M d neân P d'

Vaø d' song song hoaëc truøng d .

Maø d CD neân d' CD

1

1

1

I 2 2

3 3

4 4

Do ñoù, ta coù:

d' CD

d' laø trung tröïc cuûa CD

trung ñieåm P cuûa CD thuoäc d

Töông töï neáu Ñ : d d'

d d'

d d'

thì ta co2 3 4

1 2 3 4 1 2 3 4

1 2 3 4

ù d' ; d' ; d' laàn löôït laø trung tröïc cuûa DA; AB; BC

Do ñoù: d ; d ; d ; d ñoàng quy d' ; d' ; d' ; d' ñoàng quy.

Giaû söû d' ; d' ; d' ; d' ñoàng quy taïi O.

Khi ñoù ta coù OA = OB = OC = OD neân töù giaùc ABCD noäi tieáp.

Bài 10: Cho đường tròn tâm O bán kính l và n điểm A1; A2; ...An với n > 2. Chứng

minh rằng tồn tại điểm M trên (O) sao cho:

i

1

MA n

n

i

Giải:

Ý tưởng: Sử dụng phép đối xứng tâm.

Giải:

Lấy M bất kỳ thuộc (O)

Gọi M’ đối xứng với M qua O thì ta có: OM = OM’= 1.

d3

d1

d2

d4

I

P

N

M

Q

O

A

B

CD


12

Theo bất đẳng thức trong tam giác iMM'A ta có : MAi + M’Ai ≥ MM’ = 2OM

= 2.

Khi đó:

n n

i i

i 1 i 1

MA + M'A 2n .

Nếu n

i

i 1

MA n thì điểm M chính là điểm cần tìm.

Nếu n

i

i=1

MA n

n n

i i

i 1 i 1

M'A = 2n - MA n thì M’ là điểm cần tìm .

Do đó, tồn tại ít nhất một điểm M trên (O) sao cho n

i

i 1

MA n

Bài 11: Dựng hình vuông ABCD biết A; C thuộc đường thẳng d1 cho trước và B;

D lần lượt thuộc hai đường thẳng d2; d3 cho trước.

Giải:

d2'

d3

d2d1

I

AB

CD


13

1

1

d

2 2

2 2

3 2

2 d 2

2 3

1

1

Phaân tích:

Ñ : B D

d d'

Coù B d neân D d'

Do ñoù D = d d'

Caùch döïng:

- Döïng d' = Ñ (d )

- Döïng D = d' d

- Döïng B = Ñd (D)

- Döïng I = BD d

- Döïng (I; IB).

- Döïng giao ñie

1åm A; C cuûa (I; IB) vaø d .

- Ta coù ABCD laø hình vuoâng caàn döïng.

1

1

Chöùng minh:

Ta coù: I laø trung ñieåm cuûa BD (do B = Ñd (D))

I laø trung ñieåm AC (do A; C laø giao ñieåm cuûa (I; IB) vaø d )

Do ñoù: ABCD laø hình bình haønh.

Maø AC BD; AC = BD (ñeàu laø ñöôøng kín

2 3 1 2 1 3 1

1 2 1 3 2 3

2 3 1 2

1 2 1 3

h)

Vaäy ABCD laø hình vuoâng.

Bieän luaän:

d // d // d d d ; d d

- Khi : baøi toaùn coù voâ soá nghieäm.

d(d ; d ) = d(d ; d ) d d

d // d // d d

- Khi

d(d ; d ) d(d ; d )

1 3 1

2 3

d ; d d

: baøi toaùn voâ nghieäm.

d // d

- Caùc tröôøng hôïp coøn laïi: baøi toaùn coù 1 nghieäm.

Bài 12: Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn (IBC) chắn trên

hai đường thẳng AB và AC hai dây cung. Chứng minh rằng hai dây này có độ dài

bằng nhau.

Giải:

Cách 1:


14

Ý tưởng: Ta chứng minh N,C lần lượt là hai điểm đối xứng của B và M qua trục

đối xứng DI (với D là tâm (IBC) ).

* Chứng minh ID

N = D (B)

Ta có: ICN=ICB (CI là phân giác)

IB = IN

Mà DB = DN

Nên ID là đường trung trực của BN

Hay IDN = D (B) (1)

*Chứng minh IDC = D (M)

Xét MIA và CIA

IA là cạnh chung

AMI = CNI (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

MAI = CAI (AI là phân giác)

Suy ra MIA = CIA

IM = IC

Mà DM = DC

Nên DI là đường trung trực của CM

Hay IDC = D (M) (2)

Từ (1) và (2) ta có ID là trục đối xứng của BM và CN nên BM = CN (đpcm)

Cách 2:


15

Ý tưởng : Dùng phương tích của điểm A đối với đường tròn (IBC) ta chứng minh

BM = CN .

Kẻ IE AB, IO AC, E AB, O AC

*Chứng minh AE = AO:

Xét hai tam giác vuông AEI và AOI có :

AI chung

EAI = IAO (AI phân giác)

Suy ra AEI = AOI

=>AE = AO (1)

*Chứng minh BE = ON:

Xét hai tam giác vuông EIB và OIN có

IE = IO (I là tâm đường tròn nội tiếp ABC)

IB = IN (chứng minh ở cách 1)

Suy ra EIB = OIN (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

BE = ON (2)

Từ (1) và (2) ,ta có: AB = AN

*Chứng minh BM = NC:

Ta có: AB.AM = AN.AC (tứ giác BMCN nội tiếp)

Mà AB = AN

Nên AM = AC

Mặt khác: BM = AM - AB; NC = AC - AN

Suy ra BM = NC (đpcm)


16

Cách 3:

Ý tưởng : Ta chứng minh trực tiếp MB = NC

Kẻ DG BM, DH NC, G BM, H NC.

*Chứng minh A, I, D thẳng hàng:

Ta có : BID = IBD (1)

Mặt khác o180 - BDC ABC

IBD = DBC + IBC = ( ) + 2 2

(do BDC cân tại D và BI là phân giác ABC )

Mà

oBDC = 180 - BIC

2

o o oABC ACBBIC = 180 - - = 90 - BAC = 90 - BAI

2 2

Nên

ABCIBD = BAI + = BAI + ABI

2(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra BID = BAI + ABI hay A, I, D thẳng hàng.

*Chứng minh AH = AG:

Xét hai tam giác vuông AGD và ADH

AD là cạnh chung

GAD = HAD

Suy ra AGD = ADH

AG = AH

Mà AB = AN

Nên BG = NH


17

*Chứng minh MB = NC:

Do DG BM, DH NC

Suy ra G, H lần lượt là trung điểm của MB, NC

Nên MB = 2BG

NC = 2NH

Mà BG = NH (c/m trên)

Vậy MB = NC (đpcm).

Cách 4: Ý tưởng sử dụng trục đối xứng AID.

Chứng minh A, I, D thẳng hàng: (tương tự như cách 3)

Nhận xét AID là trục đối xứng của (IBC) và chia (IBC) làm hai nửa đường tròn 1C

(chứa B và M) và 2C (chứ C và N) đối xứng nhau.

Do AID là phân giác của BAC nên ABM và ANC đối xứng nhau qua AID.

Mà 1

2

B, M ABM (C )

C, N ANC (C )

Nên BM = CN

Bài 13: Cho ABC . Trên đường phân giác ngoài của góc C lấy D khác C. Chứng

minh rằng: DA + DB > CA + CB

Giải:

CD

Döïng A' laø ñieåm ñoái xöùng cuûa A qua CD.

Xeùt Ñ : C C

D D

A A'

Do A CA neân A' CB.

A'

B C

A D


18

AÙp duïng tính chaát pheùp ñoái xöùng truïc, ta coù: CA CA’; DA DA’.

Do ñoù: CA CB CA’ CB A’B

DA DB DA’ DB

Trong DBA', ta coù: DA’ DB A’B

DA + DB > CA + CB (ñpcm)

Bài 14: Cho ABC có các góc nhọn. Lấy các điểm D; E; F lần lượt nằm trên BC;

CA; AB. Tìm vị trí của D; E; F để chu vi DEF nhỏ nhất.

Giải:

Phân tích:

Để đơn giản bài toán , ta cho D cố định trên BC.

Lấy E, F tùy ý lần lượt trên AB, AC.

Lấy D1, D2 sao cho : D1 = ĐAB(D) , D2 = ĐAC(D).(*)

Khi đó , ta có chu vi ΔDEF là : PDEF = DE + DF + EF.

= D2E + D1F +EF.

Suy ra : PDEF nhỏ nhất D1, E , F, D2 thẳng hàng.

Suy ra: E, F lần lượt là giao điểm của D1D2 với AB, AC.

Với điểm D cố định trên BC ta xác định được điểm E và F thoả bài toán như trên.

Do đó, để thỏa yêu cầu bài toán ta chỉ cần xét vị trí của D để chu vi tam giác DEF

nhỏ nhất.

Xét Δ D1AD2 , ta có:

AD1 = AD = AD2 (do (*) )

1 2

D AD = 2BAC cố định

Từ định lý sin trong Δ D1AD2

ta có:

D1D2 min AD1 min

AD min

D là chân đường cao hạ từ A.

Cách dựng :

Dựng đường cao AD.

D2

D1

A

B CD

EF


19

Dựng D1, D2 với : D1 = ĐAB(D) , D2 = ĐAC(D).

Dựng E , F lần lượt là giao điểm của D1D2 với AB, AC

Khi đó ta được hình cần dựng.

Chứng minh:

Theo phân tích ở trên D, E, F lần lượt thuộc cạnh BC, AB, AC (doA nhọn) và

chu vi DEF đạt giá trị nhỏ nhất.

Biện luận:

Bài toán có một nghiệm hình.

Bài 15: Cho dây cung AB của đường tròn (O) và điểm M thay đổi trên cung lớn

AB. Tìm vị trí điểm M sao cho MA + MB lớn nhất.

Giải:

o

0

M M

0 0

0 0 0

0 0 0 0

Goïi M laø trung ñieåm cuûa AB.

Xeùt Ñ : B B'

M M

Do ñoù: MB' = MB vaø M MB = M MB'

Do M MAB noäi tieáp neân M MB +M AB = 180

Maø M AB M BA ( M AB caân taïi M );

0 0 0

0 0

0 0

0 0

0 0

Vaø M BA = M MA (cuøng chaén cung M A)

M MB' + M MA = 180

A; M; B thaúng haøng.

Do ñoù: (M A + M B) - (MA + MB)

= (M A + M B') - (MA + MB')

= M A + M B' - AB' 0 (baát ñaúng thöùc

0 0

tam giaùc)

Vaäy MA + MB lôùn nhaát khi M M vôùi M laø trung ñieåm cuûa BC.

Bài 16: Cho hai đường thẳng song song x; y và điểm M nằm cùng phía với x đối

với y và nằm cùng phía với y đối với x. Trên x ta đặt một đoạn thẳng AB = a, trên

B'

Mo

O

M

A B


20

y ta đặt một đoạn thẳng CD = b (a; b là các độ dài cho trước). Tìm vị trí các đoạn

AB; CD để MA + MB + MC + MD nhỏ nhất.

Giải:

Phân tích:

Ta xét các điểm A,B,C,D được xắp xếp

như hình dưới đây.

Xét AB x

T D

1M M' M

yDCDT

2M M'' M

Khi đó

1 2 1 2MA + MB + MC + MD = M B + BM + MC + CM M M

Nên MA + MB + MC + MD nhỏ nhất 1M , B, M và 2M, C, M thẳng hàng.

Cách dựng:

B là giao của 1MM với x

C là giao của 2MM với y

A là ảnh của B trong phép tịnh tiến BA

D là ảnh của B trong phép tịnh tiến CD

Bài 17: Gọi C1; C2 là các điểm đối xứng của đỉnh C của ABC qua các phân giác

trong của BAC và

ABC . Chứng minh rằng trung điểm của C1C2 là tiếp điểm của

đường tròn nội tiếp ABC và cạnh AB.

Giải:

x

y

M2

M1

M'' M'

M

C D

A B


21

Goïi M; N; K laàn löôït laø caùc tieáp ñieåm cuûa

ñöôøng troøn noäi tieáp vôùi AB; AC; BC.

AÙp duïng tính chaát tieáp tuyeán ta coù:

AM = AN (1)

BM = BK (2)

CN = CK (3)

Coù AO laø phaân giaùc cuûa BAC

Neân ÑAO

AO

AO

: AC AB

Theo giaû thieát coù Ñ : C C1 (4)

Töø (1), ta coù Ñ : N M (5)

1

BO

2

2

1 2

Do ñoù töø (4), (5) ta coù NC = MC (6)

Töông töï Ñ : BC BA

C C

K M

Neân CK = C M (7)

Töø (3), (6), (7) ta coù C M = C M

Nghóa laø M laø t

1 2rung ñieåm cuûa C C

Bài 18: Cho hình bình hành ABCD. Trên cạnh AD, BC về phía ngoài ta vẽ các

hình vuông ADKL; BCMN. Trên cạnh AB; DC về phía ngoài ta vẽ các tam giác

đều AEB; DFC. Gọi H; K lần lượt là tâm của các hình vuông ADKL; BCMN.

Chứng minh GFHE là hình bình hành.

Giải:

N

K

O

M

C1

C2

B C

A


22

O

H

G

F

E

N

M

K

L

C

A B

D

AO

O

Ñ

AO

O

O

O

O

Goïi O = AC BD

Xeùt Ñ : A C

B D

Do ñoù AD CB

Vaø Ñ : hình vuoâng ADKL hình vuoâng CBNM

Do ñoù Ñ : G H (1)

Töông töï Ñ : DC BA

Do ñoù Ñ : DFC BEA

Suy ra Ñ : F E (2)

Tö

ø (1), (2) ta coù GH; EF caét nhau taïi trung ñieåm moãi ñöôøng.

Neân GFHE laø hình bình haønh.

Bài tập bổ sung Bài tập phép tịnh tiến Bài 1: Trong hình thang ABCD (AD // BC), tổng hai đáy lớn hơn tổng hai cạnh

bên. Gọi M là giao điểm của các đường phân giác trong của các góc A và B; gọi N


23

là giao điểm của các đường phân giác trong của các góc C và D. Chứng minh

2MN = BC + AD – (AB + CD)

Giải:

Do M là giao điểm của các đường phân giác

trong của các góc A và B nên M cách đều

BC và AD.

Tương tự ta có N cách đều BC và AD

Do đó MN //

AD.

MN

Xeùt T : M N

B B' (B' BC)

A A' (A' AD)

Vì vaäy, ABM A'B'N; MBB' NB'C

BAM B'A'D; MAA' B'A'D

A'B'N NB'C;B'A'D B'A'D (doABM MBB'; BAM MAA')

MN

N laø taâm ñöôøng troøn noäi tieáp töù giaùc A'B'CD.

A'B' + CD = B'C + A'D (1)

Theo treân ta suy ra BB' = AA' = MN.

Roõ raøng do T : BA B'A' BA = B'A'

(1) AB + CD = (BC - MN) + (AD - MN)

2MN =

BC + AD - (AB + CD)

Bài 2: Cho hình thang ABCD có A D . Chứng minh BD < AC.

Giải:

BC

Xeùt T : A A'

D D'

A'

B'

NM

A D

B C

I D'A'A D

B C


24

Khi đó BCA’A và BCD’D là hình bình hành và AA’ = DD’ ( = BC)

Do BA'A = CAD, vaäy theo giaû thieát suy ra CAD < CDA (1)

Töø (1) neân trong CA'D ta coù CA' > CD (2)

Goïi I laø trung ñieåm cuûa A'D (khi ñoù I cuõng laø trung ñieåm cuûa AD').

Baèng caùch xeùt 2 tam g

iaùc CIA' vaø CID coù CI chung, IA' = ID vaø (2)

CIA' > CID. Vì theá töø 2 tam giaùc CID' vaø CIA suy ra CA > CD' (3)

Do CD = BD (4)

(3)(4) BD < CA

Bài 3: Cho hình bình hành ABCD và điểm M sao cho C nằm trong MBD. Giả

sử MBC MDC . Chứng minh

AMD BMC .

Giải:

BA

Xeùt T : B A

C D

M M'

Do ñoù, MC M'D

MC // M'D vaø MC = M'D

neân DCMM' laø hình bình haønh

MDC = DMM' (1)

Theo treân ta suy ra MBC M'AD (2)

Töø giaû thieát MBC = MDC, töø (1), (2) suy ra DMM' = M'AD (3)

AMM'D laø töù giaùc noäi tieáp AMD = AM'D (3)

Maët khaùc ta coù BMC AM'D

BMC = AM'D (4)

(3)(4) AM

D = BMC

M'

C

A D

B

M


25

Bài 4: Trên đoạn AD cố định dựng hình bình hành ABCD sao cho AC BD

AD AB

.

Tìm quỹ tích C.

Giải:

6

4

2

2

4

6

8

10 5 5 10A

C(x + 1; y)B(x; y)

D

Lấy A làm gốc toạ độ, dựng hệ trục toạ độ sao cho trục hoành là đường thẳng nối

A và D, có chiều dương hướng từ A đến D. Trong hệ trục ấy, giả sử D (1; 0);

B(x; y); khi đó C(x + 1; y).

Theo giả thiết ta có AC. AB = AD. BD


26

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 4 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

( 1) . ( 1)

( 1) ( 1) ( 1)

( 1) ( ) ( ) ( 1)

( )( 2 1) 2 1

( )( 2 ) 1 2

( 1)( 2 ) 2 1 2

( 1)(

x y x y x y

x x x y y x y x y

x x y y x y x y

x y x y x x x y

x y x y x x

x y x y x x y x x

x y x y2

2 1) 0x

2 2

2 2 2 2

AB

Vaø do 1 0

2 1 0 ( 1) 2 (1)

Töø (1) suy ra quyõ tích B laø ñöôøng troøn taâm I(-1; 0), baùn kính AD 2.

Coù T : B C

Vaäy quyõ tích C laø tònh tieán cuûa quyõ tích treân theo AD

x y

x y x x y

,

töùc quyõ tích C laø ñöôøng troøn taâm A baùn kính AD 2.

Bài 5: Cho ABC, một điểm M nằm trong ABC, chuyển động song song với

cạnh BC cho đến khi cắt cạnh CA, sau đó di động song song với cạnh AB cho đến

khi gặp cạnh BC, tiếp đó di động song song với cạnh AB cho đến khi gặp cạnh

AB... Chứng minh sau một số bước thì quỹ đạo của điểm di động M là một đường

gấp khúc khép kín.

Giải:

2 3

1 2 3 4 5 6

2 3 1 4

1M M

Kí hieäu lieân tieáp caùc ñieåm cuûa quyõ ñaïo

naèm treân caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC

laø M ; M ; M ; M ; M ; M ; ... (xem hình veõ)

Do M M = M A = CM neân:

T : M A

2 3

4

M M

C M

M5

M4M3

M2

M1=M7M6

B C

A

M


27

M M2 3

M M4 5

M C5

T

1 2 3 4

T

3 4 6 5

T

6 5 7 8

1 4 5 6

Do ñoù M M C AM M

Töông töï: AM M M BM

M BM M M C

Theo tính chaát pheùp tònh tieán, ta coù: CM = M A =M M

7

1 7 1 7

= CM

Do ñoù CM CM töùc M M

Vaäy cuøng laém laø sau 7 böôùc thì quyõ ñaïo laø ñöôøng gaáp khuùc kheùp kín (ñpcm)

Bài 6: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC,

CD, DA. Giả sử MP + NQ = p, ở đây p là nửa chu vi của tứ giác. Chứng minh

ABCD là hình bình hành.

Giải:

BC

Xeùt T : D E

Ta coù: DE = BC,

töùc BCED laø hình bình haønh.

Do P laø trung ñieåm cuûa CD

B; P; E thaúng haøng.

Coù MP laø ñöôøng trung bình trong BAE

1neân MP = AE

2

1Coù AE AD + DE MP (AD + BC) (1)

2

Daáu baèng trong (1) xaûy ra A; D; E thaúng haøng

AD // BC

1Töông töï NQ (AB + CD) (2)

2

Daáu baèng trong (2) xaûy ra AB // CD

(1)(2) MP + NQ p (3)

EQ

P

N

M

A D

B C


28

Daáu baèng trong (3) xaûy ra ABCD laø hình bình haønh

Coù MP + NQ = p. Vaäy ABCD laø hình bình haønh.

Bài 7: Cho ABC cố định, vẽ hình thoi BCDE. Từ D kẻ 1

DD AB, từ E vẽ

1EE AC . Các đường thẳng DD1 và EE1 cắt nhau tại M. Tìm quỹ tích M.

Giải:

M

E1

D1

D

H

B C

A E

1

1

Goïi H laø tröïc taâm ABC H coá ñònh.

Ta coù HC // DD (cuøng vuoâng goùc AB)

HB // EE (cuøng vuoâng goùc AC)

MED = HBC; MDE = HCB (goùc coù caïnh töông öùng song song)

MDE = HBC (c - g - c)

CH

CH

= MD

Coù CH // MD

Neân CH = DM

Xeùt T : D M

CH

CH

Vaäy quyõ tích cuûa M laø aûnh cuûa quyõ tích cuûa D qua pheùp tònh tieán T .

Vì CD = a = const (ôû ñaây BC = a) neân quyõ tích D laø ñöôøng troøn taâm C baùn kính a.

Do T : C H neân quyõ t

ích M laø ñöôøng troøn taâm H, baùn kính a.

Bài 8: Cho đường tròn tâm O, bán kính R cố định, AB là đường kính cố định,


29

MN là đường kính di động. Tiếp tuyến tại B cắt AM, AN tại P, Q. Tìm quỹ tích

trực tâm MPQ .

Giải:

Coù NAM = 90 neân QA laø ñöôøng cao MPQ

Goïi H laø tröïc taâm MPQ thì

H thuoäc ñöôøng thaúng QA.

Do H laø tröïc taâm MPQ neân HM PQ

HM // AB (cuøng vuoâng goùc PQ)

Töông töï: QH // BM (cuøng vuoân

BAT

g goùc AP)

Do ñoù: HMAB laø hình bình haønh

Neân MH = BA

Do ñoù M H

BA BAT T

1 1

1

Do M (O; R), boû ñi A; B neân H (E; R), boû ñi A; B vôùi O E; B B

Vaäy quyõ tích tröïc taâm H laø (E; R) boû ñi A; B

Bài 9: Cho ABC. Gọi A1; B1; C1 là các trung điểm của BC; CA; AB. Gọi O1;

O2; O3 và I1; I2; I3 tương ứng là các đường tròn ngoại và nội tiếp các tam giác

AB1C1; BC1A1; CA1B1. Chứng minh 1 2 3 1 2 3

O O O I I I .

Giải:

B1E

H

P

Q

N

A

OB

M


30

1 1AB

2

1

1 1

1 1 1 1

1 2

1 2

Xeùt T : A C

C B

B A

Theo tính chaát pheùp tònh tieán, ta coù:

AC B C BA

O O

I I

1 2 1 2

2 3 2 3 3 1 3 1

1 2 3 1 2 3

Nhö vaäy O O = I I

Töông töï ta coù O O = I I ; O O = I I

Do ñoù O O O I I I ( )c c c

Bài 10: Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 và hai điểm A; B như hình vẽ.

Tìm 1 2

M d ; N d sao cho 1

MN d và AM + MN + NB ngắn nhất.

Giải:

1

2 1

NM

Giaû söû M tuyø yù thuoäc d ,

laáy N d sao cho MN d

Xeùt T : B B'

N M

M M'

A A'

C1 B1

A1B C

A

O1

O2 O3

d1

d2N*

M*

A'

B'

M'

M

A

B

N


31

NMT

1

Khi ñoù: ñöôøng gaáp khuùc AMNB A'M'MB' (1)

Do ñoù AM + MN + NB = A'M' + M'M + MB' (2)

Coù B'; A' coá ñònh.

Do M'M = const, M d , neân töø (2) suy ra:

(AM + MN + NB)min (A'M' + M'M + MB

1 2 1

')min (AM + MB')min

Vì AM + MB' AB', maø A'; B' coá ñònh.

Vaäy (AM + MB')min A; M; B' thaúng haøng.

Töø ñoù suy ra neáu goïi M* d ; N* d laø hai ñieåm caàn tìm thì M* = AB' d ,

coøn N* laø hì2

nh chieáu cuûa M* leân d .

Bài tập về phép đối xứng: Bài 1: Chứng minh rằng trong ABCbất kì,ta có bất đẳng thức sau:

ah p(p - a) , ở đây ha là chiều cao kẻ từ A, p là nửa chu vi, a = BC.

Giải:

Goïi laø ñöôøng thaúng qua A

vaø song song vôùi BC.

Xeùt Ñ : B B'

C C'

A A

Theo tính chaát ñoái xöùng truïc, ta coù:

AB' = AB

l

l

2 2 2 2

a

2 2

a

2 2 2

a

2

a

Vì vaäy b + c = CA + AB = CA + AB' CB' (1)

Theo ñònh lí Pythagore, coù CB' = BB' + BC 4h + a (2)

Thay (2) vaøo (1), coù b + c 4h + a

(b + c) - a 4h

(b + c + a)(b + c - a) 4h

2p(2p -2

a

2

a

a) 4h

h p(p - a) (ñpcm)

Daáu baèng xaûy ra khi C; A; B' thaúng haøng töùc ABC caân taïi A

c

b

c

b

ha

l

H

C'B'

B C

A


32

Bài 2: Cho ABC và hai trung tuyến AF; CE. Giả sử o

BAF = BCE = 30 . Chứng

minh ABC đều.

Giải:

E

E

F

Ñ

Ñ

1

1

Ñ

Do EAF = ECF = 30 EACF laø töù giaùc noäi tieáp.

Goïi O laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp EACF

vaø laø ñöôøng troøn aáy.

Ta coù: A B

Do A neân B .

Laïi coù C B

EÑ

2 2

1 2

Giaû söõ , neân do C thì B

Do ñoù B

Do E; F neân OE = OF.

Coù EOF = 2EAF = 60 EOF ñeàu

E F

1 2 1 2

Ñ Ñ

1 2

1 2 1 2

1

2

1 2 1 2

1 2

Goïi O ; O laø taâm cuûa ;

Ta coù: O O ; O O

OO O ñeàu, caïnh laø 2R vôùi R laø baùn kính cuûa caùc ñöôøng troøn ; ; .

Vì B OB = R

C OC = R

BO + BO = O O

O ; B; O th

1 2

aúng haøng.

Do OO O ñeàu EBF ñeàu ABC ñeàu.

Bài 3: Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Chứng minh bốn tam giác ABC; HBC;

HAC; HAB có đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.

D2

D1

F

OE

A

B C


33

Giải:

BC

Ta coù: BAK = BCK (cuøng chaén BK)

BAK = BCH (töông öùng vuoâng goùc)

Do ñoù: BCH = BCK

CHK caân taïi C

K ñoái xöùng vôùi H qua BC.

Xeùt Ñ : K H

B B

C C

(KBC)

(HBC)

Maø (KBC) (ABC)

Do ñoù: (ABC) (HBC)

Töông töï: (ABC) (HCA) (HAB)

(ñpcm)

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC. Tìm tất cả các điểm nằm bên trong tam giác sao

cho 3 điểm đối xứng với nó qua các trung điểm ba cạnh của tam giác đều nằm trên

đường tròn ngoại tiếp của tam giác.

Giải:

M 1

1

1 1

Goïi E laø ñieåm caàn tìm, M laø trung ñieåm cuûa AB

Xeùt Ñ : E E

A B

B A

AEB BE A

Vì E naèm treân ñöôøng troøn neân AE B + C = 180

AEB = 180 - C (1)

Töôn

g töï AEC = 180 - B (2)

BEC = 180 - A (3)

E1

M

H=E

A

B C

K

H

A

B C


34

(1)(2)(3) E laø giao ñieåm cuûa 3 cung chöùa goùc 180 - C döïng treân AB;

180 - B döïng treân AC; 180 - A döïng treân BC

E laø ñieåm duy nhaát vaø chính laø tröïc taâm H cuûa ABC.

Bài 5: Đưởng tròn ( ) tâm I cắt cạnh BC; CA; AB của tam giác ABC tương ứng

tại A1; A2; B1; B2; C1; C2. Dựng

1 1 1 2 2 2A x BC; B y CA; C z AB; A x' BC; B y' CA; C z' AB

Giả sử A1x; B1y; C1z đồng quy. Chứng minh A2x’; B2y’; C2z’ đồng quy.

Giải:

x'

x

x'

x'x

x

I

N

M

B1

B2

A2A1

C1

C2

A

BC


35

1 1 1

I

3 3 3

I

1 3

Giaû söû A x; B y; C z ñoàng quy taïi M.

Xeùt Ñ : M N

Goïi A ; B ; C töông öùng laø hình chieáu cuûa N leân BC; CA; AB.

Do N laø aûnh cuûa M qua Ñ neân IM = IN,

vì theá trong hình thang vuoâng A MNA

2 3 3 3

3 3 2

3 2 3 2

2 2 2

,

deã thaáy IA = IA , vaäy A , maø A BC

neân A BC , töùc A A .

Töông töï B B ; C C .

Noùi caùch khaùc ñi A x'; B y'; C z' ñoàng quy.

Bài 6: Cho ABC. Tìm đường thẳng qua đỉnh A sao cho mọi điểm M trên ,

ta đều có MBC ABC

P P , ở đây MBC ABC

P ; P tương ứng là chu vi của MBC ;

ABC.

Giải:

x

y

delta*

N

B'

B1CA

BM

I

N

A1 A3

M


36

1

1

1 1

MBC ABC

Goïi * laø phaân giaùc ngoaøi cuûa A.

Xeùt Ñ : B B

Coù B naèm treân CA keùo daøi. Laáy M laø ñieåm baát kì treân *, khi ñoù ta coù:

MB = MB ; AB = AB .

Töø ñoù suy ra:

P - P = (MB +

1 1 1 1

MBC ABC

MC + BC) - (AB + AC + BC)

= MC + MB - (AC + AB ) = MC + MB - B C 0

P P

Vaäy * laø ñöôøng thaúng caàn tìm.

Xeùt ñöôøng thaúng xy baát kì qua A (xy *). Roõ raøng trong 2 tia Ax; Ay coù 1 tia

cuøng phía vôùi B ñoái vôùi *(chaúng haïn laø Ax)

Ax

NBC ABC

MBC ABC

Xeùt Ñ : B B'

Goïi N = B'C Ax. Khi ñoù töông töï treân ta coù:

P - P (NB + NC) - (AB + AC) = (NB' + NC) - (AB' + AC)

= CB' - (CA + AB') < 0

P < P

Vaäy ñöôøng

thaúng xy khoâng phaûi laø ñöôøng thaúng caàn tìm, töùc ñöôøng phaân giaùc ngoaøi

cuûa A laø ñöôøng thaúng duy nhaát thoaû ñeà baøi.

Bài 7: Cho A; B; C thuộc đưởng thẳng xx’ (B nằm giữa A; C). Một đường thẳng

yy' xx' tại C. Đường thẳng di động qua A cắt yy’ tại M. Qua B dựng đường

thẳng vuông góc với cắt yy’ tại N. Chứng minh khi quay quanh A thì đường

tròn ngoại tiếp BMN còn đi qua một điểm cố định thứ hai.

Giải:


37

yy'

xx'B' A'

N

A B C

M

Giaû söû (C) laø ñöôøng troøn ñi qua A; M; N vaø B' laø giao ñieåm thöù hai cuûa (C) vaø xx'.

Do yy' xx' neân AB MN

Maø BN AM

Neân B laø tröïc taâm AMN

Do ñoù theo tính chaát tröïc taâm ta coù B' ñ

yy'

yy'

yy'

Ñ

Ñ

oái xöùng vôùi B qua MN.

Xeùt Ñ : B B'

M M

N N

Do ñoù (BMN) (B'MN)

Goïi (C') = (BMN), vaø chuù yù laø B'; M; N (C)

Ta suy ra (C) (C')

Giaû söû A

yy'Ñ

yy'

A'

Do A (C) neân A' (C')

Coù A; yy' coá ñònh neân A' coá ñònh.

Do ñoù (BMN) coøn ñi qua ñieåm coá ñònh thöù hai A' vôùi A' laø aûnh cuûa A qua Ñ

Bài 8: Cho ABC cân, AB = AC, BAC = 80 .

Điểm O được chọn bên trong tam

giác sao cho OBC = 10 ; OCB = 30 .

Tính góc AOB.


38

Giải:

AH

Goïi AH laø ñöôøng cao cuûa ABC;

I = BO AH; K = CO AH.

Do ABC caân taïi A neân Ah vöøa laø ñöôøng

cao vöøa laø trung tröïc cuûa BC.

Xeùt Ñ : B C

I I

neân IB IC

Do ñ

où IBC = ICB

Coù IBC 10 neân ICB = 10

Coù OCB = 30 neân OCI = OCB - ICB = 30 - 10 = 20 (1)

180 - 80Do ABC caân coù AB = AC, BAC 80 neân BCA = ABC = 50

2

Do ñoù OCA = ACB - OCB = 50 - 30 = 20 (2)

(1), (2) ta coù OCI OCA töùc

AH

CO laø phaân giaùc cuûa ACI

Xeùt Ñ : CK BK

ACI ABI

Suy ra BK laø phaân giaùc cuûa ABO

Theo ñònh lí goùc ngoaøi cuûa BOC, ta coù: KOB = OCB + OBC = 40

Trong AHB coù: KAB = 90 - ABH

BK

= 90 - 50 = 40

Do ñoù: KAB = KOB

Neân Ñ : BA BO

KA KO

Do ñoù: A O

Suy ra: BA = BO

Vaäy ABO caân taïi B, coù ABO = 40

180 - ABO 180 - 40Suy ra AOB = = = 70

2 2

K

I

O

A

HB C


39

Bài 9: Cho hai đường tròn (O1); (O2) cắt nhau tại A; D. Qua A hãy dựng một cát

tuyến cắt (O1); (O2) theo hai dây cung bằng nhau, AB = AC.

Giải:

C

B

O'2

D

A

O2O1

A

2 2

2 2

1 2

2

Phaân tích:

Giaû söû ñaõ döïng caùt tuyeán BAC sao cho AB = AC.

Ta caàn xaùc ñònh B hoaëc C.

Xeùt Ñ : C B

(O ) (O' )

Do C (O ) neân B (O' )

Do ñoù B (O ) (O' )

Caùch döïng:

- Döïng (O'

2 A

2 1

1

A 2 2 2

A

) laø aûnh cuûa (O ) qua Ñ .

- Döïng giao ñieåm B cuûa (O' ) vaø (O ).

- Döïng giao ñieåm C cuûa AB vôùi (O ).

Chöùng minh:

Do Ñ : (O ) (O' ); BA caét (O ) taïi C.

Do ñoù: Ñ : B C

Suy ra AB = AC.

Bieän luaän:

Baøi toaùn luoân coù moät nghieäm.


40

Bài 10: Cho hai điểm A; B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ xy. Tìm trên xy một

điểm M sao cho xMA = 2BMy

Giải:

xyXeùt Ñ : B B'

Döïng ñöôøng troøn taâm B',

tieáp xuùc xy taïi H vaø tieáp tuyeán AT.

Döïng M = AT xy

Ta coù: TMB' = B'MH = HMB

= xMz = zMA

Khi ñoù: xMA = 2BMy

Do coù hai tieáp tuyeán keû töø A

ñeán (B') n

eân coù hai ñieåm M

thoaû baøi toaùn (2 nghieäm hình)

Bài 11: Hai người chơi một trò chơi như sau: Họ lần lượt đặt các đồng xu lên mặt

bàn hình chữ nhật, đồng xu được phép đặt vào bất cứ chỗ trống nào. Ngừoi nào

đến lượt mình đi mà không thể đặt được đồng xu vào đâu thì coi như là bị thua.

Chứng minh rằng, nếu biết cách chơi, người đi đầu luôn thắng.

Giải:

Người thứ nhất đặt đồng xu vào tâm bàn, sau đó các đồng xu tiếp theo đối xứng

với các đồng xu của người thứ hai qua tâm bàn.

Với cách chơi như vậy người thứ nhất luôn đặt được đồng xu khi đến lượt mình đi.

Bởi vì trò chơi không thể kéo dài hơn S/s nước đi, trong đó S là diện tích của bạn,

s là diện tích đồng xu nên trò chơi sẽ kết thúc sau một thời gian hữu hạn nào đó

với phần thắng thuộc về người chơi thứ nhất.

xy

z

M

T

H

B'

B

A


41

Bài 12: Trong một tam giác nhọn cho trước, hãy nội tiếp một tam giác có chu vi

nhỏ nhất.

Giải:

Giả sử trên các cạnh AB, BC, CA của ABC lấy các điểm P, Q, R tương ứng.

Lấy đối xứng của ABC qua cạnh BC ta được 1A BC . Tiếp theo xét các phép đối

xứng qua các cạnh 1 1 1 1 1 1 2 2 2CA , A B , B C , C A , A B . Tích các phép đối xứng đó là tích

của các phép quay quanh các điểm 1 2C, B , A theo các góc 2C , 2B , 2A tương ứng.

Bởi vì tổng các góc quay đó bằng 360o nên tích của các phép quay đó là một phép

tịnh tiến.

Độ dài đường gấp khúc chỉ ra trong hình vẽ bằng 2 lần chu vi PQR do đó chu vi

PQR không nhỏ hơn một nửa độ dài đoạn 2PP . Cũng rõ ràng độ dài đoạn 2PP

không phụ thuộc vào vị trí điểm P trên AB, bởi vì 2 2A B nhận được từ AB qua một

phép tịnh tiến. Nếu APR BPQ, PQB RQC; ARP CRQ(tức là P,Q,R là

chân đường cao của ABC) thì đường gấp khúc trở thành đoạn 2PP và chu vi

PQR nhỏ nhất.

Documents

TỊNH TIẾN & ĐỐI XỨNG · Nhóm 4 & 5 toán 4A 1 Bài tập về tịnh tiến và đối xứng Bài 1: a) Xác định phép biến hình: f = Đ DĐ CĐ BĐ A. b) Tìm điều