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 = Đ
D

Đ
C
Đ
B
Đ
A
.
b) Tìm điều kiện để f = Id, suy ra cách xác định phép biến hình f = Đ
C
Đ
B
Đ
A
.
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 C
2AB 2DC
0
CD BA
ABCD laø hình bình haønh.

Do ñoù f = Ñ Ñ Ñ = Ñ T = Ñ T =
 

 
C C D D C C
Ñ 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.
1
OO'
1
11
Xét T : A A
M M
A M = AM = A'M'


TH1:
1
A' A


Nhóm 4 & 5 toán 4A
2
Khi
1
M' M
:
Qua O’ kẻ đường kính BC A
1
A’
Gọi J = BC M
1
M’.
Do A
1
A’ // M
1
M’
(hai dây cung chắn hai cung bằng nhau)
Nên BC M
1
M’ tại J
Suy ra : J là trung điểm M
1
M’.
Xét Δ M M
1
M’, có :

1

11
JI M M O'O
22
  

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 đó
1
M' M J
nên I thuộc vào tập ảnh của BC qua
1
O'O
2
T (J)


Khi M
’
, M
1
, M thẳng hàng
Ta có:
1
1
M'I = M'M
2
1
M'J = M'M
2


Nhóm 4 & 5 toán 4A
3
Suy ra
1

11
IJ = MM = OO'
22

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’ M
1
M’
Gọi J = BC M
1

M’.
Suy ra : J là trung điểm M
1
M’
Nên
1
11
JI = M M = O'O
22
  

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
1
M , M'
sao
cho M’ và A’ nằm cùng 1 phía bờ BC
Gọi
OO'
M T (M')



Khi đó
11
JI = - OO' = - MM'
22
  

Do đó I là trung điểm MM’
Ta thấy
1
A'A

//
1
M'M
nên
11
A'M' = A M

Mà
11
A M = AM
do là hình bình hành nên
A'M' = AM

Nhóm 4 & 5 tốn 4A
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 vng ABCD. E là điểm trong hình vng sao cho
CDE
cân tại
E và góc đáy là

15
. Chứng minh
ABE

đều.
Giải:

AD
AD
Lấy F ở ngoài hình vuông ABCD sao cho FCD đều.
Xét T : A D
B C

Ta sẽ chứng minh T :(E) = F
Có EC = ED (do ECD cân tại E)
EF là trung tr
FC = FD (do FCD đều)




ực của CD
EF CD
EF // AD(1)
Mà AD CD (do ABCD là hình vuông)










 
o o o
o o o
Ta có:
FDE = FDC + CDE = 60 + 15 = 75
FDE=FED
1 1 1
FED = DEC = (180 - EDC - ECD) = (180 - 15 - 15 ) = 75

2 2 2
FDE cân tại F
EF = DF
EF = CD
Có DF = CD (do FCD đều)
Mà CD = AD (hình vuông

ABCD)
EF = AD(2)

F
E
D
A
B
C
Nhóm 4 & 5 toán 4A
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 :
11
NM FD CB
22

Suy ra :
1

CB
2
T N M
.
Mà N thuộc Ct.
Suy ra : Quỹ tích điểm M là Mt’ là ảnh của Ct qua
1
CB
2
T
(Mt’ // Ct và qua M).
y
x
z
t
t'
N
F
M
E
B
C
A
D
Nhóm 4 & 5 toán 4A
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
M
E
I
A
B
C
D
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
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 vơ tận trên tia Bx thì M chạy xa vơ 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 vng BCDE về phía ngồi tam giác. Kẻ các
đường thẳng DM và EN vng 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 có BCDE hình vuông nên BE = CD
Dựng A' sao cho AA' BE.
Dựng H' sao cho HH' BE, ta có H' ED
T : A A'
B E
C D
H H'

 
 
 




.

BE
Do đó T : ABC A'ED
Theo tính chất phép tònh tiến, ta có: AB // A'E; AC // A'D
DM A'E; DN A'C
Có DM AB; EN AC
Có A'H' ED (do A'H' // AH; AH ED )

Do đó A'H'; DM; EN đồng quy


.
Có AH; AA'; HH' cùng vuông góc ED nên A; A'; H; H' thẳng hàng.
Vậy AH; DM; EN đồng quy (đpcm)
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
D
E
B
C
A
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
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:
21
12
3 2 1
3 3 3 3
1 2 3
OO
2O O
O O O
3 1 2
O O O O O O
2O O 2O O
O
_ Với n = 2:
f = Đ Đ T
_ Với n = 3:
f = Đ Đ Đ
Chọn O sao cho O O = O O
Khi đó f = Đ T = Đ T Đ Đ Đ = Đ
Tổng quát:
T khi n chẳn.
f =
Đ k
v


 

 
hi n lẻ.

H
P
Q
N
O
A
B
M
Nhóm 4 & 5 toán 4A
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 5
O O O O O O
F = 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 4
O O O O
B = 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 5
O ,O ,O ,O ,O
lần lượt là trung điểm của hình ngũ giác cần xây
dựng.
Gọi F là trung điểm AC.
Nhóm 4 & 5 toán 4A
10
Ta có :
45

3 4 5 3
OO
1
O F = O O = DA F = T (O )
2

  

Lại có :
21
21
OO
1
FA = O O CA A = T (F)
2

  


1 2 3 4
O O O O
B = T A , C = T B ,D = T C , E = T D
.
Cách dựng :
Dựng F:
45
3
OO
F = T (O )



Dựng A:
21
OO
A = T (F)


Dựng B , C, D, E :
1 2 3 4
O O O O
B = 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 m
B , B , , B
là trung điểm các cạnh
1 2 2 3 m 1
A A , A A , , A A
của đa giác
1 2 3 m
A A A A
. Do đó,
1 2 m
B 1 2 B 2 3 B m 1
S (A ) = A ; S (A ) = A ; ; S (A ) = A
, cho nên
1 2 m

B B B 1 1
S S S (A ) = A
, tức là điểm
1
A
bất biến qua tích các phép đối xứng
1 2 m
B B B
S 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 m
B B B
S 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:
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
11
I
11
11
11
11
Dễ thấy MNPQ là hình bình hành.
Gọi I = MP NQ

Xét Đ : M P
d d'
Có M d nên P d'
Và d' song song hoặc trùng d .
Mà d CD nên d' CD



1
1
1
I 2 2
33
44
Do đó, ta có:
d' CD
d' là trung trực của CD
trung điểm P của CD thuộc d
Tương tự nếu Đ : d d'
d d'
d d'
thì ta co
2 3 4
1 2 3 4 1 2 3 4
1 2 3 4
ù d' ; d' ; d' lần lượt là trung trực của DA; AB; BC
Do đó: d ; d ; d ; d đồng quy d' ; d' ; d' ; d' đồng quy.
Giả sử d' ; d' ; d' ; d' đồng quy tại O.
Khi đó ta có OA = OB = OC = OD nên tứ giác ABCD nội tiếp.


Bài 10: Cho đường tròn tâm O bán kính l và n điểm A
1
; A
2
; A
n
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
C
D
Nhóm 4 & 5 toán 4A
12
Theo bất đẳng thức trong tam giác
i
MM'A
ta có : MA
i
+ M’A
i
≥ MM’ = 2OM
= 2.
Khi đó:

nn
ii
i 1 i 1
MA + M'A 2n
.
Nếu
n
i
i1
MA n
thì điểm M chính là điểm cần tìm.
Nếu

n
i
i=1
MA n


nn
ii
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
i1
MA n

Bài 11: Dựng hình vuông ABCD biết A; C thuộc đường thẳng d
1
cho trước và B;
D lần lượt thuộc hai đường thẳng d
2
; d
3
cho trước.
Giải:

d2'
d3
d2

d1
I
A
B
C
D


Nhóm 4 & 5 tốn 4A
13

1
1
d
22
22
32
2 d 2
23
1
1
Phân tích:
Đ : B D
d d'
Có B d nên D d'
Do đó D = d d'
Cách dựng:
- Dựng d' = Đ (d )
- Dựng D = d' d
- Dựng B = Đd (D)

- Dựng I = BD d
- Dựng (I; IB).
- Dựng giao đie

1
åm A; C của (I; IB) và d .
- Ta có ABCD là hình vuông cần dựng.

1
1
Chứng minh:
Ta có: I là trung điểm của BD (do B = Đd (D))
I là trung điểm AC (do A; C là giao điểm của (I; IB) và d )
Do đó: ABCD là hình bình hành.
Mà AC BD; AC = BD (đều là đường kín
2 3 1 2 1 3 1
1 2 1 3 2 3
2 3 1 2
1 2 1 3
h)
Vậy ABCD là hình vuông.
Biện luận:
d // d // d d d ; d d
- Khi : bài toán có vô số nghiệm.
d(d ; d ) = d(d ; d ) d d
d // d // d d
- Khi
d(d ; d ) d(d ; d )
1 3 1
23

d ; d d
: bài toán vô nghiệm.
d // d
- Các trường hợp còn lại: bài toán có 1 nghiệm.

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:
Nhóm 4 & 5 toán 4A
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

ID
N = D (B)
(1)
*Chứng minh
ID
C = 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
ID
C = D (M)
(2)
Từ (1) và (2) ta có ID là trục đối xứng của BM và CN nên BM = CN (đpcm)
Cách 2:

Nhóm 4 & 5 toán 4A
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)
Nhóm 4 & 5 toán 4A
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





o
180 - BDC ABC
IBD = DBC + IBC = ( ) +
22

(do
BDC
cân tại D và BI là phân giác

ABC
)
Mà


o
BDC
= 180 - BIC
2



 


o o o
ABC ACB
BIC = 180 - - = 90 - BAC = 90 - BAI
22

Nên
 

 
ABC
IBD = 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
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
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
1
C

(chứa B và M) và
2
C
(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 ngồi của góc C lấy D khác C. Chứng
minh rằng: DA + DB > CA + CB
Giải:

CD
Dựng A' là điểm đối xứng của A qua CD.
Xét Đ : C C
D D
A A'
Do A CA nên A' CB.




A'
B
C
A
D
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
18
Áp dụng tính chất phép đối xứng trục, ta có: CA CA’; DA DA’.
Do đó: CA CB CA’ CB A’B
DA DB DA’ DB
Trong DBA', ta có: DA’ DB A’B
DA + DB > CA + CB (đpcm)


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 tốn , ta cho D cố định trên BC.
Lấy E, F tùy ý lần lượt trên AB, AC.
Lấy D
1
, D
2
sao cho : D
1
= Đ
AB
(D) , D
2
= Đ
AC
(D).(*)
Khi đó , ta có chu vi ΔDEF là : P
DEF
= DE + DF + EF.
= D
2
E + D

1
F +EF.
Suy ra : P
DEF
nhỏ nhất D
1
, E , F, D
2
thẳng hàng.
Suy ra: E, F lần lượt là giao điểm của D
1
D
2
với AB, AC.
Với điểm D cố định trên BC ta xác định được điểm E và F thoả bài tốn như trên.
Do đó, để thỏa u cầu bài tốn ta chỉ cần xét vị trí của D để chu vi tam giác DEF
nhỏ nhất.
Xét Δ D
1
AD
2 ,
ta có:
AD
1
= AD = AD
2
(do (*) )


12

D AD = 2BAC
cố định
Từ định lý sin trong Δ D
1
AD
2

ta có:
D
1
D
2
min AD
1
min
AD min
D là chân đường cao hạ từ A.
Cách dựng :
Dựng đường cao AD.
D2
D1
A
B
C
D
E
F
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
19
Dựng D

1
, D
2
với : D
1
= Đ
AB
(D) , D
2
= Đ
AC
(D).
Dựng E , F lần lượt là giao điểm của D
1
D
2
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 (do

A
nhọn) và
chu vi DEF đạt giá trị nhỏ nhất.
Biện luận:
Bài tốn 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
MM
00
0 0 0
0 0 0 0
Gọi M là trung điểm của AB.
Xét Đ : B B'
M M
Do đó: MB' = MB và M MB = M MB'
Do M MAB nội tiếp nên M MB +M AB = 180
Mà M AB M BA ( M AB cân tại M );









0 0 0
00
00

00
00
Và M BA = M MA (cùng chắn cung M A)
M MB' + M MA = 180
A; M; B thẳng hàng.
Do đó: (M A + M B) - (MA + MB)
= (M A + M B') - (MA + MB')
= M A + M B' - AB' 0 (bất đẳng thức


00
tam giác)
Vậy MA + MB lớn nhất khi M M với M là trung điểm của 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
Nhóm 4 & 5 toán 4A
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
1
M M' M



y
DC
D
T
2
M M'' M



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

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

thẳng hàng.
Cách dựng:
B là giao của
1
MM
với x
C là giao của
2
MM
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 C
1
; C
2
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 C
1
C
2
là tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp
ABC
và cạnh AB.
Giải:

x
y
M2
M1
M''
M'
M
C
D
A
B
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
21

Gọi M; N; K lần lượt là các tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp với AB; AC; BC.
Áp dụng tính chất tiếp tuyến ta có:
AM = AN (1)
BM = BK (2)

CN = CK (3)
Có AO là phân giác của BAC
Nên Đ
AO
AO
AO
: AC AB
Theo giả thiết có Đ : C C1 (4)
Từ (1), ta có Đ : N M (5)





1
BO
2
2
12
Do đó từ (4), (5) ta có NC = MC (6)
Tương tự Đ : BC BA
C C
K M
Nên CK = C M (7)
Từ (3), (6), (7) ta có C M = C M
Nghóa là M là t



12

rung điểm của C C

Bài 18: Cho hình bình hành ABCD. Trên cạnh AD, BC về phía ngồi ta vẽ các
hình vng ADKL; BCMN. Trên cạnh AB; DC về phía ngồi ta vẽ các tam giác
đều AEB; DFC. Gọi H; K lần lượt là tâm của các hình vng ADKL; BCMN.
Chứng minh GFHE là hình bình hành.
Giải:

N
K
O
M
C1
C2
B
C
A
Nhóm 4 & 5 tốn 4A
22
O
H
G
F
E
N
M
K
L
C
A

B
D

AO
O
Đ
AO
O
O
O
O
Gọi O = AC BD
Xét Đ : A C
B D
Do đó AD CB
Và Đ : hình vuông ADKL hình vuông CBNM
Do đó Đ : G H (1)
Tương tự Đ : DC BA
Do đó Đ : DFC BEA
Suy ra Đ : F E (2)
Tư





ø (1), (2) ta có GH; EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Nên GFHE là hình bình hành.

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