DANH SÁCH NHÓM 8 · PDF fileHình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 2 . Bài 1: Cho điểm . M BMthay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB

Hình học sơ cấp : Phép quay

Nhóm 8 – Toán 4B Page 1

DANH SÁCH NHÓM 8

1. Phạm Nhơn Quý 2. Đỗ Công Sơn 3. Cửu Hiếu Thảo 4. Hoàng Thanh Thủy 5. Hoàng Thị Thu Thủy 6. Lê Thị Thủy Tiên 7. Nguyễn Sĩ Trung 8. Nguyễn Ngọc Mạnh Tuân 9. Nguyễn Thị Minh Yến 10. Võ Ngọc Thiệu



Bài 1: M Cho điểm thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB . Trên tia BM lấy điểm N sao cho BN AM= . a) Xác định tâm phép quay biến AM

thành BN

. b) Chứng minh rằng N thuộc một nửa đường tròn cố định.

Giải

a) Gọi I là điểm chính giữa cung AB .

( ),2

IA IB

IA IB π=

⇒ =

Ta cần chứng minh I là tâm quay M biến thành N . Xét AMI∆ và BNI∆ có: MAI IBNAM BNAI BI

=

= =

Vậy AMI BNI∆ = ∆ (c.g.c). Suy ra: MI NI= Ta có : ( ) ( ) ( ), , ,IM IN IM IA IA IN= + ( ) ( ), ,IN IB IA IN= + ( do AMI BNI∆ = ∆ )

( ),2

IA IB π= =



Xét phép quay 2IQπ

, ta có: A BM N→→

AM BN⇒ →

Vậy I là tâm phép quay biến AM

thành BN

.

b) Gọi 'O là ảnh của O qua phép quay 2IQπ

( )

'

',2

IO IO

IO IO π =⇒

=

Mà : ( ),

2

IO OB R

OI OB π= =

=

Vậy 'IOBO là hình vuông. Suy ra : 'O là đỉnh hình vuông

Mặt khác, ( )M O∈ cố định và 'O là ảnh của O qua phép quay 2IQπ

nên ( )'N O∈ cố định. 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.

Giải

Gọi I là giao điểm của đường tròn (C, CM) và AM. Xét ∆ABC: • CM = CI ( cách dựng điểm I)



C'

B'

A'

A1

C1

B1

A

B

C

• ( MC, MI) = ( BC, BA) = ( cùng chắn cung )

Từ đó suy ra ∆ABC đều. Suy ra ( CI, CM) = . Xét phép quay :

• ⇒

• ⇒

Như vậy,

Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay, ta có MB = IA Mặt khác: IM = MC ( do ∆ABC đều) Suy ra: AM = AI + IM = MB + MC (đpcm). Nhận xét: Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc góc

Ta có thể mở rộng tính chất trên như sau BAC . Khi đó, ta có:

MB MC MA+ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác Bài 3: Cho tam giác ABC và ve về phía ngoài các tam giác đều BCA 1, CAB1 ,ABC1(Bài toán Napoléon)

có tâm lần lươt là A’, B’, C’. Chứng minh rằng tam giác A’B’C’ đều.

Giải



Nhận xét:

Bài toán vân đung trong trường hơp các tam giác đều ve về phía trong .

Cách 1:Xét:

Ý tưởng: dùng tích phép quay.

2 2', ',3 3

.C A

F Q Qπ π

− −=

1 22 2 4 23 3 3

kπ π πα α π+ = − − = − ≠

Suy ra 4 ,, 33II

F Q Q ππ

−−= =

Do

2' , 3

2' , 3

2' , 3AC

B

QA

Q

Q

B C

A C

π

π

π

− − → → →

nên suy ra 'I B≡ Theo cách dựng tâm 'B ta có:

( )

( )

1

2

' ', ' '2 3

' ', ' '2 3

C B C A

A C A B

α π

α π

= = −

= = −

Vậy ' ' 'A B C∆ đều (đpcm) Cách 2: ' ' ' ' ' 'A B B C A C= = Y tưởng : chứng minh Trong ' 'A BC∆ , áp dung định ly hàm số cosin ta có:

( )

( )

( )

2 2 2

2 2

2 2

2 2

' ' ' ' 2 ' . 'cos ' '

1 3 3 2. . .cos3 3 3 3

1 2 1 3 cos sin3 3 2 2

1 1 3 cos sin3 3 3

A C A B BC A B BC A BC

a ca c B

aca c B B

a c ac B ac B

π

= + −

= + − +

= + − −

= + − −

Áp dung các định ly về hệ thức lương trong tam giác ABC∆ : 2 2 2cosac B a c b= + −

sin 2 ABCac B S∆=

Vậy : ( ) ( )2 2 2 2 2 21 1 3' ' 23 6 3 ABCA C a c a c b S∆= + − + − −

( )2 2 21 2 36 3 ABCa b c S∆= + + +



O

C'

B'

A'

A1

C1

B1

A

B

C

Tương tự ta tính đươc ( )2 2 2 2 21 2 3' ' ' '6 3 ABCA B B C a b c S∆= = + + +

Từ đó suy ra ' ' 'A B C∆ đều (đpcm) Cách 3:

Cách giải của Napoléon

Y tưởng ' ' 'A B C∆: chứng minh có 2 góc 060 Dựng các đường tròn ngoại tiếp 1ABC∆ và 1BCA∆ . Gọi O là giao điểm thứ 2 của ( )1ABC và ( )1BCA Ta có :

0120AOB = ( do 1AOBC nội tiếp có 01 60AC B = )

0120BOC = ( do 1BOCA nôi tiếp có 01 60BA C = )

Suy ra 0120AOC = , từ đó ta có tứ giác 1AOCB nội tiếp hay ( )1ABC , ( )1BCA và ( )1ACB cắt nhau tại O. Ta có:

' 'OB A C⊥ (OB là truc đẳng phương của ( )1ABC và ( )1BCA )

' 'OC A B⊥ (OC là truc đẳng phương của ( )1ACB và ( )1BCA )

0120BOC = (cmt) Suy ra 0' ' ' 6 0C A B = . Tương tự ta có

0' ' ' ' ' ' 6 0A B C A C B= = Từ đó suy ra ' ' 'A B C∆ đều (đpcm)



Bài 4:

Trên các cạnh của một hình bình hành dựng về phía ngoài các hình vuông. Chứng minh rằng tâm các hình vuông này tạo thành một hình vuông.

Giải:

Gọi: O là tâm hình bình hành ABCD và , , ,E F G H lần lươt là tâm của các hình vuông cạnh , , ,AB BC CD DA .

Xét: Cách 1:

( )1 1 2,, ,2 2

. (vì )2 2OF E

F Q Q Qπ π π

π πα α π

= = + = + =

( )2 3 4,, ,2 2

. (vì )2 2OH G

G Q Q Qπ π π

π πα α π

= = + = + =

( )3 5 6,, ,2 2

. (vì )2 2OG F

H Q Q Qπ π π

π πα α π

= = + = + =

Suy ra: F = ĐO1 ; G = ĐO2 ; H = ĐO3

. Ta có:

, ,2 2

E FQ Q

FA B C

π π → →

Mà ĐO(A) = C nên ĐO1 = ĐTương tự, ta có: Đ

O

O2 = ĐO , ĐO3 = ĐO Do đó:

1 2 3O O O O≡ ≡ ≡



Theo cách dựng tâm 1O :

( )

( )

1

2

,2 4

,2 4

EO EF

EF OF

α π

α π

= = = =

EOF⇒∆ vuông cân tại O

Tương tự ta có: ,GOH FOG∆ ∆ vuông cân tại O Vậy: EFGH là hình vuông.

Ta có: Cách 2:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

, , , ,

, , ,

,

AH AE AH AD AD AB AB AE

DA DH DC DA DG DC

DG DH

= + +

= + +

=

Xét DHG∆ và AHE∆ có:

( ) ( ), ,

DH AHDG AE

AB AE DG DH

= =

=

Do đó: ( )DHG AHE c g c∆ = ∆ − −

Suy ra: ( ) ( ), ,

HG HE

HD HG HA HE

= =

Lại có:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

, , , ,

, , ,

,2

HG HE HG HD HD HA HA HE

HG HD HD HE HD HG

HD HE π

= + +

= + +

= =

Nên: ( ),2

HG HE

HG HE π=

=

Lý luận tương tự cho các đỉnh , ,E F G ta suy ra EFGH là hình vuông. Bài 5 ABC: Dựng về phía ngoài tam giác 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 .



Giải

Xét:

1 2

2, . ,3 3

2 23 3

G Q F Q H

k

π π

π πα α π π

=

⇒ + = + = ≠

( ),G Q O π⇒ = =Đo

2, ,3 3

Q H Q FB A C

π π → →

Do đó: Đo ( )B C O I= ⇒ ≡ Theo cách xác định tâm quay O như trên thì ta có :

( )

( )( )

1

2

,2 3 ,

2,2 6

HI HFIF IH

FH FI

α ππ

α π

= = ⇒ == =

Vậy HIF∆ là tam giác thỏa mãn:

( )

( )

( )

,2

,3

,6

IF IH

HI HF

FH FI

π

π

π

= = =

Giải

Cách 1:

Bài 6: Cho ABC∆ , ve ở ngoài các tam giác vuông cân tại ,B C là ,ABD ACE∆ ∆ . Gọi M là trung điểm DE . Xác định hình dạng MBC∆ .



Gọi ,D E′ ′ lần lươt là điểm đối xứng của D qua B , của E qua C .

Xét phép quay :AQ D DE E

π2 ′→

′→

Từ đó suy ra: ,DE D E DE D E′ ′ ′ ′⊥ =

Mặt khác: MB là đường trung bình của DD E′∆ nên MB // D E′ và MB D E1 ′=2

.

Tương tự MC là đường trung bình của EE D′∆ nên MC // DE′và MC DE1 ′=2

.

Vậy MBC∆ vuông cân tại M .

Cách 2 :

Xét phép biến hình 2 2.B CF Q Qπ π

= thì 1 2 2kα α π π+ = ≠ .

Suy ra .B C OF Q Q Qπ π

π2 2= = =ĐO. Với O chưa biết.



Ta có :

C BQ QE A Dπ π2 2

→ →

Vì M là trung điểm DE nên O M≡ . Theo cách dựng tâm O :

( )

( )

,

,

MC BC

MB BC

α π

α π

1

2

= = 2 4 = = 2 4

Vậy MBC∆ vuông cân tại M . Câu 7: , , ,AB BC CD DA Dựng trên cạnh và ở bên ngoài tứ giác ABCD những hình vuông có tâm lần lươt là 1 2 3 4, , ,O O O O . Gọi , , ,I J H K lần lươt là trung điểm các đoạn 1 3 2 4, , ,AC BD O O O O a) Chứng minh rằng 1 3 2 4O O O O= và 1 3 2 4O O O O⊥ . Xét hình dạng của tứ giác IKJH b) Tìm điều kiện cần và đủ để tứ giác 1 2 3 4O O O O là hình vuông

Giải

ĐO



Xét tích phép quay 1 2; ;

2 2

.O O

F Q Qπ π

=

1 2 22 2

Kπ πα α π π⇒ + = + = ≠

Đặt O là tâm của tích phép quay trên Suy ra ( ); OOF Q Dπ= = Ta có:

; ;1 22 2

O OQ Q

A B Cπ π

→ →

Vì I là trung điểm AC nên suy ra O I≡ Theo cách dựng tâm O

( ) 1

1 1 2;2 4

O I O O α π= =

( ) 2

1 2 2;2 4

O O O I α π= =

1 2O IO⇒∆ vuông cân Tương tự 4 3O IO∆ vuông cân Xét phép quay

;2

IQ π

. Trong phép quay này:

1 2

3 4

O OO O

→

→

1 3 2 4O O O O⇒ = và ( )1 3 2 4;2

O O O O π=

( )*

Hay 1 3 2 4O O O O⊥ Ta làm tương tự như trên và xác định J cũng là tâm quay. Xét phép quay

;2

JQ π

. Trong phép quay này:

4 1

2 3

O OO O

→

→

Do 2 4K O O∈ (vì K là trung điểm 2 4O O ) 1 3H O O∈ (vì H là trung điểm 1 3O O )

Nên ;2

IQ

K Hπ

→

JHK⇒∆ là tam giác vuông cân ( )1

Tương tự ;2

JQ

H Kπ

→

KHI⇒∆ là tam giác vuông cân ( )2 Từ ( )1 ( )2 suy ra IKJH là hình vuông b) 1 2 3 4O O O O hình vuông 1 2 3 4O O O O⇔ hình bình hành ( )*

ĐO



H K⇔ ≡ I J⇔ ≡ (do IKJH là hình vuông) ABCD⇔ là hình bình hành Bài 8: ABC∆ Cho tam giác vuông cân tại C. Một đường thẳng song song AB cắt các cạnh BC , AC lần lươt tại E và D. Các đường thẳng vuông góc với AE hạ từ C và D lần lươt cắt AB tại K và H. Chứng minh rằng K là trung điểm đoạn BH.

Giải

K

H

E

C

A

B

D

F

Trên đường thẳng AC, lấy điểm F sao cho C là trung điểm DF. Ta có: ( )

,2

CQ E Fπ

=

( ),2

CQ A Bπ

=

Do đó: AE BF⊥ Suy ra / / / /BF KC HD Áp dung định lí đường trung bình trong hình thang, do C là trung điểm DF nên ta có điều cần chứng minh Nhận xét: BC E,D không nhất thiết phải thuộc các cạnh , AC



B

A

C J

I

D

O

D'

O'

A

B

C

O

Bài 9: ( ),O R Cho đường tròn . Xét các hình vuông ABCD có A,B thuộc ( )O . Hãy tìm độ dài cạnh hình vuông sao cho OD lớn nhất.

Giải

Cách 1:

Dễ dàng nhận thấy với cùng một vị trí của AB, nếu D và O nằm cùng một phía với AB se có độ dài OD nhỏ hơn nếu O và D nằm khác phía với AB Xét hình ve bên, gọi I,J lần lươt là trung điểm AB và CD. Đặt 0AB x= > , ta có:

2

2

4xOI R= −

2

2

4xOJ x R= + −

Suy ra: 2

2 2 2 224xOD x R x R= + + −

Áp dung bất đẳng thức Cauchy, ta có:

( ) ( )

2 2 22 22 2 1 2

4 42 1 2x x xx R R

− ≤ + + −

+

Suy ra: ( )2 23 2 2OD R≤ + hay ( )1 2OD R≤ +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

( ) ( )

2 222 1 2 2 2

42 1 2x xR x R

= + − ⇔ = +

+

Cách 2:

Ta có

( )

,2

AQ O Oπ

′=

( ),2

AQ B Dπ

=

Từ đó suy ra 'D thuộc đường tròn ( ),O R′ . Do đó, OD lớn nhất khi và chỉ khi O OD′∈



( )1 2

2 2

OD R

AB AD R

⇔ = +

⇔ = = +

(do 45oDOA = ) Bài 10:MA MB MC+ +

Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M bên trong tam giác sao cho nhỏ nhất

Giải

Ta có ;

3

( )A

Q M Nπ

= suy ra AMN∆ đều nên AM=AN=MN

;

3

( )A

Q C Dπ

= suy ra AC=AD .

Mặt khác: ( )AMC AND c g c∆ = ∆ − − nên MC=ND Suy ra MA MB MC MN MB ND BD+ + = + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,M N BD∈ Cách xác định vị trí điểm M:

Ta có :

23

AMB AMN ππ= − = ,

23

AMC AND ANM ππ= = − =

223

BMC AMC AMB ππ= − − =

Vậy điểm M nhìn các cạnh của ABC∆ dưới một góc 23π là điểm cần tìm

D

N

A

B

C

M



Bài tập tham khảo Bài 1: ABCDEF Cho luc giác đều a) Gọi K là trung điểm của đường chéo BD , M là trung điểm của EF . Chứng minh AMK là tam giác đều b) Gọi M và H là trung điểm của CD và DE , còn L là giao điểm của AM và BH . Chứng minh rằng ABL MDHLS S=

Giải

a) Gọi O là tâm của luc giác đều ABCDEF . Dễ thấy BCDO là hình thoi, vì vậy trung điểm K của BD chính là trung điểm của CO Vì ABCDEF là luc giác đều AC AE⇒ = và 060CAE = . Xét phép quay

( )0,60Q A , từ các kết quả trên suy ra:

( )0,60Q AO F

C E

−

→

→

Theo tính chất của phép quay suy ra:

( ) ( )0,60 1Q AOC FE

−

→ Vì K , M tương ứng là trung điểm của CO và FE nên từ ( )1 suy ra:

( )0,60Q AK M−

→ Theo định nghĩa của phép quay ta có: AK AM= và 060KMA = AMK⇒ là tam giác đều ⇒ đ.p.c.m



b) Rõ ràng COD và DOE là hai tam giác đều bằng nhau. OM ON⇒ = và 060MOH = . Xét phép quay ( )0,60Q O− Ta có trong phép quay trên thì:

A BB CC DM H

→

→

→

→

Theo tính chất phép quay thì:

Tứ giác ( )00,60QABCM−

→ tứ giác BCDH Nói riêng ta có: ABCM BCDHS S= hay: ABL BCML BCML MDHLS S S S+ = + hay: ABL MDHLS S= . Đó là đ.p.c.m



Bài 2: ABC Cho tam giác đều . Tìm quỹ tích những điểm M nằm trong tam giác sao cho 2 2 2MA MB MC= +

Giải

Xét phép quay ( )0,60Q A . Trong phép quay này:

'

B CM MC D

→

→

→

Theo định nghĩa của phép quay thì 'AMM là tam giác đều, nên có: ( )' 1MA MM= Theo tính chất của phép quay suy ra:

( ) ( )0,60 ' 2Q ABM CM MB M C→ ⇒ =

Từ giả thiết, và từ ( )1 ( )2 suy ra: ( )' 2 ' 2 2 3M M M C MC= +

Theo định ly Pythagore, từ ( )3 suy ra ' 090MCM =

Theo tính chất của phép quay: 'MBC M CD=

' ' 0 0 0120 90 30MBC MCH M CD MCB BCD MCM⇒ + = + = − = − = ( ) 0180 150BMC MBC MCB⇒ = − + =

⇒ M nằm trong tam giác và luôn nhìn BC dưới góc 0150 , nên quỹ tích của M là phần cung chứa góc 0150 dựng trên cạnh BC nằm trong tam giác ABC nói trên.



Bài 3: ABC Cho tam giác . Dựng ra phía ngoài trên hai cạnh của tam giác đó hai tam giác vuông ABD và BCE sao cho:

030DAB EBC= = ;

090D E= = . Lấy F

trên AC sao cho: 13

CFAF

= . Tìm ba góc của tam giác DEF .

Giải

Dựng thêm ra phía ngoài tam giác ABC , tam giác vuông ACI sao cho

090I = và 0ó 30g c IAC = . Ta có trong tam giác vuông AIC :

( )0ì ó 302

ACCI v g c IAC= = 4 2

AC CICF CF= ⇒ = mà

060FCI IFC= ⇒ ∆ vuông tại F và 030FIC = Xét phép quay ( )0,30Q A− Trong phép quay này,

1

1

D DF F→

→

1

13

2ADAD ADAB

⇒ = ⇒ =

Và 11

32

AFAF AFAI

= ⇒ =

1 1AD AF

AB AI⇒ = (vì cùng bằng 3

2)



1 1D F⇒ //BI và ( )1 1 3 12

D FBI

=

Xét phép quay ( )0,60Q C . Trong phép quay này,

2

2

E EF F→

→

Lý luận tương tự như trên có: 2 2E F //BI và ( )2 2 1 22

E FBI

=

Từ ( )1 và ( )2 suy ra: 1 1D F // 2 2E F và ( )1 1 2 23 *D F E F= Theo trên suy ra:

( )

( )

0

0

,301 1

,602 2

Q A

Q C

DF D F

EF E F

−

+

→

→

Do DF tạo với 1 1D F góc 030 , EF với 2 2E F góc 060 , mà hai phép quay này ngươc chiều nhau, và do 1 1D F // 2 2E F DF EF⇒ ⊥ . Mặt khác: 1 1D F DF= và 2 2E F EF= , vậy từ ( )* suy ra: 3DF EF=

⇒ Tam giác DEF là tam giác vuông tại F , với 0ó 30g c FDE = Bài 4: ABC Cho tam giác . Dựng ra phía ngoài tam giác, các tam giác

, ,BCP CAQ ABR sao cho 0ó ó 45g c PBC g c CAQ= = ; 0ó ó 30g c BCP g c QCA= = và 0ó ó 15g c ABR g c BAR= = . Chứng minh QRP là tam giác vuông cân.



Dựng ra phía ngoài tam giácGiải

ABC , tam giác đều 1ABC

( )01 1 45 1C AR C BR PBC CAQ⇒ = = = =

Xét phép quay ( )0,45Q B . Trong phép quay này thì:

1

1

P PR R→

→

(chú ý rằng do ( )1 , nên 1P BC∈ và 1 1R BC∈ ) 1BP BP⇒ = và ( )1 2BR BR= Do ABR là tam giác cân , còn 1AC B là tam giác đều

01 130 ~RC B BPC BRC⇒ = ⇒∆

1

1

BR BC BP BRBP BC BC BC

⇒ = ⇒ =

Vậy từ ( )2 suy ra: 1

1

BR BPBC BC

=

Tương tự có: ( )1 1

1

3BR BP BPBC BC BC

= =

Xét phép quay ( )0,45Q A− . Trong phép quay này , ta có:

2

2

Q QR R→

→

Lý luận như trên, ta đi đến:

( )2 2

1

4AQ AR AQAC AC AC

= =

Mà ( )~ 5AQ BPAQC BPCAC BC

∆ ∆ ⇒ =

Từ ( )( )( )3 4 5 s uy ra:

( )2 2 1 1

1 1

6AQ AR BR BPAC AC BC BC

= = =

Từ ( )6 theo định ly Thales suy ra:

2 2 1 1/ /Q R PR (vì cùng 1/ / CC ) ( )7

Ngoài ra: ( )2 2 1 12 2 1 1

1 1

8R Q P R R Q R QCC CC

= ⇒ =

Theo trên ( )0,452 2

Q AQR Q R−

→

Và ( )0,451 1

Q BPR PR→ Nên theo tính chất của phép quay, ta có: 2 2QR Q R= và 1 1PR PR= ( )9



QR tạo với 2 2Q R góc 045 và PR tạo với 1 1PR góc ( )045 10 Từ ( )( ) ( )8 9 11QR RP⇒ = Từ ( )( ) ( )7 10 12QR RP⇒ ⊥ Từ ( )( )11 12 suy ra QRP là tam giác vuông cân. Đó là đ.p.c.m Bài 5: ( ),A a b Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm cố định ( )0, 0a b> > . Đường thẳng ∆ di động quay quanh A cắt truc hoành Ox tại M và truc tung Oy tại N . Đường thẳng qua M và / / đường y x= cắt Oy tại M ′ ; còn đường thẳng qua N và / / đường y x= − cắt Ox tại N ′ . Chúng minh rằng M N′ ′ luôn đi qua một điểm cố định.

Giải



Gọi 1l là đường thẳng qua M và song song với y x= . Giả sử 1l Oy M ′∩ = thì OM OM ′= Gọi 2l là đường thẳng qua N và song song với y x= − . Giả sử 2l Ox N ′∩ = thì ON ON ′= Xét phép quay ( )0,90Q O− Từ trên suy ra, trong phép quay này, thì:

M MN N

′→

′→

Vậy ( )0,90Q OMN M N−

′ ′→ Vì A MN∈ , nên giả sử

( )0,90Q OA A−

′→ Thì A′ cố định và A M N′ ′ ′∈ . Như thế M N′ ′ luôn đi qua điểm cố định A′ . Dễ thấy tọa độ của A′ là ( ),A b a′ − Nhận xét:

Cách giải này rõ ràng ngắn gọn hơn nhiều so với cách giải bằng đại số

Bài 6: O Cho đường tròn tâm nội tiếp trong tam giác ABC . Chứng minh rằng: sin . sin . sin . 0A OA B OB C OC+ + =

Giải

Gọi , ,I J K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với 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 ly hàm số sin trong tam giác này, ta có: .sinIK OA A= Xét phép quay ( )0,90Q O− Giả sử trong phép quay này, thì:

I IJ JK K

′→

′→

′→

Theo tính chất của phép quay suy ra

( )0,90Q OIK I K

−

′ ′→ IK I K′ ′⇒ = và IK I K′ ′⊥ .

Do / /AO IK I K OA′ ′⊥ ⇒ Ngoài ra do các lập luận trên suy ra:

( )sin . 1K I A OA′ ′ =

Lý luận tương tự có: ( )sin . 2I J B OB′ ′ =

( )sin . 3J K C OC′ ′ =

Cộng từng vê ( )( )( )1 2 3 , và do 0K I I J J K′ ′ ′ ′ ′ ′+ + =

Suy ra: sin . sin . sin . 0A OA B OB C OC+ + =

Nhận xét:

theo định ly hàm số sin suy ra: . . . 0a OA b OB c OC+ + =

Vậy O là tâm tỉ cự của ba đỉnh , ,A B C theo bộ số ( ), ,a b c

Documents

DANH SÁCH NHÓM 8 · PDF fileHình học sơ cấp : Phép quay Nhóm 8 – Toán 4B Page 2 . Bài 1: Cho điểm . M BMthay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB