Sáng kiến kinh nghiệm Giải toán vận dụng phép quay

 CH. Qua H’ vẽ đường thẳng a’ ⊥ CH’, a’ cắt b tại B. 
Dựng tam giác đều ABC với A ∈ a. 
Bài toán 2 
Cho tam giác ABC. Trên các cạnh AB, AC ta dựng ra phía ngoài các hình 
vuông ABMN và ACPQ. 
a) Chứng minh NC = BQ và NC ⊥ BQ. 
b) Gọi D là trung điểm của BC. 
Chứng minh AD ⊥ QN và AD = NQ
2
. 
Giải 
A
B CD
M
N
E
Q
P
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ......................... 7 ................................................................. Bùi Văn Chi 
a) Thực hiện phép quay 
Q(A,900): N B 
 C Q 
⇒ NC BQ ⇒ NC = BQ, NC ⊥ BQ. 
b) Gọi E là điểm đối xứng của B qua A. 
Ta có: 
AD là đường trung bình của ∆BCE nên AD // CE, AD = CE
2
. 
Mặt khác, phép quay 
Q(A,900): C Q 
 E N 
⇒ CE QN ⇒ CE = QN, CE ⊥ QN. Do đó AD ⊥ QN, AD = QN
2
. 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ E là điểm đối xứng của A qua B thì AD là đường trung bình của ∆ABE nên 
AD // CE và AD = CE/2. 
Mặt khác CE = NQ và CE ⊥ NQ (do ∆ANQ = ∆EAC), suy ra AD = NQ/2 và AD 
⊥ NQ. 
A
B CD
M
N
E
Q
P
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ......................... 8 ................................................................. Bùi Văn Chi 
Bài toán 3 
Cho điểm M chuyển động trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. 
Dựng ra phia ngoài tam giác AMB một hình vuông MBCD. 
a) Tìm quỹ tích của điểm C khi M vạch nửa đường tròn (O). 
b) Trên tia Bx vuông góc với AB tại B và nằm cùng phía với nửa đường tròn, 
lấy điểm E sao cho BE = BO. 
Chứng minh OM ⊥ EC. 
Giải 
a) Quỹ tích của C 
Thực hiện phép quay tâm B, góc quay -900: 
Q(B,-900): M C 
Do đó khi M vạch nửa đường tròn (O) đường kình AB thì C vạch nửa đường tròn (E), 
đường kình BA’ là ảnh của nửa đường tròn (O) trong phép quay Q(B,-900). 
Vậy quỹ tích của C là nửa đường tròn (E) đường kính BA’ với BA’ = Q(B,-900)(BA). 
M
A O B
C
D
 x
E
A’
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ......................... 9 ................................................................. Bùi Văn Chi 
b) Chứng minh OM ⊥ EC 
Trong phép quay Q(B,-900): O E 
 M C 
Suy ra OM ⊥ EC. 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ tia Ax ⊥ AB và lấy trên đó điểm A’ sao cho BA’ = BA 
Khi đó ∆BCA’ = ∆BMA (c.g.c) ⇒  'BCA BMA= = 900 
Suy ra C ∈ đường tròn tâm E, đường kính BA’. 
Tiếp tục chứng minh ∆BOM = ∆BEC, từ đó suy ra OM ⊥ EC.
M
A O B
C
D
 x
E
A’
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 10 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 4 
Cho góc nhọn xOy = ∝, M là điểm nằm trong góc. 
Hãy dựng đường tròn tâm M cắt các cạnh Ox, Oy theo các dây AB, CD sao cho 
AB + CD = m 
(m là số dương cho trước). 
Giải 
+) Phân tích 
Gọi ∝ = ( )Oy, Ox

 

 . 
Giả sử đã dựng được đường tròn tâm M cắt Ox, Oy theo các dây AB, CD thỏa mãn 
các điều kiện bài toán: AB + CD = m (m > 0) 
Thực hiện phép quay tâm M, góc quay ∝ , ta có vị trí mới của CD là C’D’ // AB và 
C’D’ là dây cu ng của đường tròn (M). Khi đó ABD’C’ là hình thang cân. 
Gọi PQ là đường trung bình của hình thang cân ABD’C’, ta có: 
PQ = AB C ' D ' AB CD m
2 2 2
+ +
= = . 
A
B
C’
D’
D
M
P
Q
O
H
I’
R
 x
 y
C
∝
∝
I
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 11 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Đường thẳng PQ cắt đường trung trực chung của AB và D’C’ là đoạn HI tại R là trung 
điểm của đoạn PQ. 
Ta có RP = RQ = PQ m
2 4
= . 
Từ đó suy ra cách dựng như sau: 
+) Cách dựng 
Quay cạnh Oy một góc ∝ với phép quay tâm M góc quay ∝, đường thẳng này // Ox. 
Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với O x tại H và đường thẳng song song với O x tại 
I’. 
Từ trung điểm R của HI’ vẽ đường thẳng song song với Ox, và trên đường thẳng này 
lấy hai điểm P, Q sao cho RP = RQ = m
4
. 
Từ Q vẽ đường thẳng ⊥ MQ tại Q, đường thẳng này cắt Ox tại B. 
Vẽ đường tròn tâm M bán kính MB ta được đường tròn cần dựng thỏa mãn các điều 
kiện bài toán. 
+) Chứng minh 
Theo cách dựng ta dễ dàng chứng minh được AB + CD = m 
+) Biện luận 
Bài toán có một nghiệm hình. 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ MI ⊥ Oy. Qua M kẻ tia MI’ tạo với tia MI một góc bằng α và lấy trên đó điểm I’ 
sao cho MI’ = MI. Qua I’ vẽ đường thẳng C’D’ ⊥ MI’. Qua M kẻ đường thẳng ⊥ Ox 
tại H và ⊥ C’D’ tại I’. Gọi R là trung điểm của HI’. Qua R kẻ đường thẳng ⊥ HI’ và 
lấy trên đó hai điểm P, Q đối xứng qua M sao cho PQ = m/2. Qua Q vẽ đường 
thẳng ⊥ MQ, cắt Ox tại B. 
Vẽ đường tròn tâm M, bán kính MB. 
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 12 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 5 
Cho tam giác đều ABC. Điểm M nằm trong ∆ABC sao cho MA =1, MB = 3 , MC 
= 2. 
Tính BC. 
Giải 
Thực hiện phép quay tâm C, góc quay 600: 
Q(C,600) : A B 
 M D 
⇒ ∆CMD đều, MD = MC = 2, 
Ta có: ∆CAM = ∆CBD (c.c.c) 
⇒ BD = AM = 1,  CDB CMA= 
Xét ∆BDM có: MD2 = 22 = 12 + ( 3 )2 = BD2 + MB2 
⇒ ∆BDM vuông tại B. 
Do đó: sin  MB 3BDM BDM
MD 2
= = ⇒ = 600, BMD = 300 ⇒ AMB = 1800 – 300 = 1500. 
Ta có:   CDB CDM BDM= + = 600 + 600 = 1200 ⇒  CMA CDB= = 1200 
C
A
M
B
D
600
1
2
3
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 13 ................................................................ Bùi Văn Chi 
⇒  CMA CMD+ = 1200 + 600 = 1800 ⇒ A, M, D thẳng hàng. 
Khi đó:  0AMB 180 BMD= − = 1800 – 300 = 1500, 
Mặt khác,   CMB CMD BMD= + = 600 + 300 = 900 ⇒ ∆CMB vuông tại M. 
Ta có: BC = 2 2CM BM 4 3 7+ = + = . 
Vậy BC = 7 . 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Qua C vẽ một tia tạo với tia CM một góc 600 và 
lấy trên đó điểm D sao cho CD = CM. 
Khi đó ∆CBD = ∆CAM, 
suy ra BD = AM = 1, MD = 2, 
∆MBD vuông tại B. Suy ra BMD= 300, do đó 
BMC = 600 + 300 = 900. 
Từ đó áp dụng định lý Pi-ta-go tính được BC. 
Bài toán 6 
Cho hình thoi ABCD có ɵA = 1200. 
Điểm M nằm trong ∆ACD 
sao cho: MA = 1, MB = 3, MC = 2. 
Tính MD, AB. 
Giải 
Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 600: 
Q(A,600): M M1 
 C B 
A
D
M
C
M1
B
1
2
2
1
600
C
A
M
B
D
600
1
2
3
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 14 ................................................................ Bùi Văn Chi 
⇒ ∆AMM1 đều ⇒ MM1 = AM = 1. 
∆AMC = ∆AM1B (c.c.c) ⇒ M1B = MC = 2,  1AMC AM B= 
Ta có: MB = 3 = 1 + 2 = MM1 + M1B ⇒ M, M1, B thẳng hàng. 
Từ đó:  01 1AM B 180 AM M= − = 180
0 – 600 = 1200 = AMC . 
Ta có:  AMC ABC+ = 1200 + 600 = 1800 ⇒ tứ giác AMCB nội tiếp. 
Do đó:  1CMM CAB= = 60
0. 
Aùp dụng định ly hàm số cosin trong ∆CMM1: 
CM1
2 = MC2 + MM1
2 – 2.MC.MM1.cos1CMM = 4 + 1 – 2.2.1.
1
2
= 3 
⇒ CM1 = 3 . 
Xét ∆CMM1 có: MC
2 = 22 = 4 = 12 + ( 3 )2 = MM1
2 + CM1
2 . 
Do đó ∆CMM1 vuông tại M1. 
Aùp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông BCM1: 
BC = 2 21 1CM M B 3 4 7+ = + = = AB. 
Vì ∆ADM = ∆ACM1 nên MD = M1C = 3 . 
Vậy MD = 3 , AB = 7 . 
A
D
M
C
M1
B
1
2
2
1
600
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 15 ................................................................ Bùi Văn Chi 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Qua A vẽ một tia tạo với tia AM một góc 600 
và lấy trên đó điểm M1 sao cho AM1 = AM, 
ta có ∆AM1B = ∆AMC, 
suy ra M1B = MC = 2 
và M, M1, B thẳng hàng,  1AM B AMC= = 120
0, 
từ đó BMC = 600. Aùp dụng định lý hàm số cosin 
tính được CM1 = MD = 3 , CD = AB = 7 . 
Bài toán 7 
Cho tam giác ABC đều. 
Điểm M nằm ngoài ∆ABC, nhưng nằm trong góc ACB 
sao cho: MA = 2 , MB = 2, AMC = 150. 
Tính MC, BMC . 
Giải 
Thực hiện phép quay tâm C, góc quay 600: 
Q(C,600): M D 
 A B 
⇒ ∆CMD đều, ∆CAM = ∆CBD (c.c.c) 
⇒ BD = AM = 2 ,  BDC AMC= = 150. 
⇒   BDM CDM CDB= − = 600 – 150 = 450. 
Kẻ BH ⊥ MD, ta có ∆BHD vuông cân tại H 
⇒ BH = HD = BD 2
2 2
= = 1. 
2
C
A
B
M H D
600
2150
A
D
M
C
M1
B
1
2
2
1
600
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 16 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Trong tam giác vuông BMH, ta có: 
sin  BH 1BMH BMH
BM 2
= = ⇒ = 300 
⇒   CMB CMD BMH= − = 600 – 300 = 300 
MH = BM.cos BMH = 32. 3
2
= 
Ta có: MD = MH + HD = 3 1+ 
Vậy MC = MD = 3 1+ . 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ tia CB tạo với tia CA một góc bằng 600, và lấy trên đó điểm B sao cho CB = CA. 
Chứng minh ∆CBD = ∆CAM (c.g.c) ⇒ BDM= 450, BD = AM = 2 . Kẻ BH ⊥ MD 
⇒ BH = 1, MH = 3 , HD = 1, do đó MD = 3 1+ . 
2
C
A
B
M H D
600
2150
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 17 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 8 
Cho tam giác ABC cân tại C có ɵC = 800. 
Điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho:  0 0MAB 20 , MBA 10= = . 
Tính  AMC , BMC . 
Giải 
Tam giác ABC cân tại C có ɵC = 800 nên: 
 CAB CBA= = 500. 
Thực hiện phép quay tâm C, góc quay 800: 
Q(C,800): M D 
 A B 
⇒ AM = BD,  CBD CAM= = 500 – 200 = 300. 
∆CAM = ∆CBD (c.c.c) 
⇒  CBD CAM= = 300. 
Do đó:   MBD MBC CBD= + = 400 + 300 = 700. 
Aùp dụng định ly hàm sin trong ∆AMB: 
0 0 0 0 0
0
0 0 0
BM sin 20 2 sin 10 . cos 10 cos 10 sin 80
2 cos 10
AM 1sin 10 sin 10 sin 30
2
= = = = = (1) 
Mặt khác ∆BDM cho ta: 
A
C
B
M
D
800
200 100
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 18 ................................................................ Bùi Văn Chi 


0
0
BM BM sin BDM sin 80
BD AM sin 30sin BMD
= = = (2) 
Từ (2) suy ra ∆BDM đồng dạng với một tam giác có ba góc lần lượt là 800, 300, 
700. 
Vì MBD = 700 suy ra  0 0BDM 80 , BMD 30= = 
Do đó:   BMC BMD CMD= + = 300 + 500 = 800 
Suy ra    AMC BDC BDM CDM= = + = 800 + 500 = 1300. 
Vậy  0 0AMC 130 , BMC 80= = . 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ tia CD tạo với tia CM một góc 800 và lấy trên đó điểm D sao cho CD = CM. 
Chứng minh ∆CDB = ∆CMA (c.g.c), suy ra MBD= 700, do đó ∆MBD đồng dạng 
với một tam giác có số đo ba góc là 300, 700, 800. 
A
C
B
M
D
800
200 100
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 19 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 9 
Cho tam giác đều ABC. 
Điểm M nằm trong ∆ABC sao cho: MA = 1, MB = 2 , AMB = 1050. 
Tính MC, BMC . 
Giảl 
Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 600: 
Q(A,600): M D 
 B C 
⇒ CD = MB = 2 , AD = DM = AM = 1, 
∆MAB = ∆DAC (c.c.c) 
⇒   0ADC AMB 105= = . 
⇒   CDM ADC ADM= − = 1050 – 600 = 450. 
Aùp dụng định ly hàm cosin trong ∆CDM: 
MC2 = MD2 + CD2 – 2.MD.CD.cos CDM = 12 + ( 2 )2 – 2.1. 2 . 1
2
= 1 
⇒ MC = 1. 
Xét ∆CDM ta có: 
CD2 = ( 2 )2 = 12 + 12 = DM2 + CM2 
⇒ ∆CDM vuông tại M. 
Do đó:   AMC AMD DMC= + = 600 + 900 = 1500. 
Suy ra   0BMC 360 (AMC AMB)= − + = 
3600 –(1500 + 1050) = 1050. 
Vậy MC = 1, BMC = 1050. 
A
D
C
M
B
1 2
1050
600
1
1
2
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 20 ................................................................ Bùi Văn Chi 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ tia CD tạo với tia CM một gĩc 600 và lấy trên đĩ điểm D sao cho CD = CM. 
Chứng minh ∆MAB = ∆DAC (c.g.c), suy ra CDM = 450. Áp dụng định lý hàm số cosin 
trong ∆CDM tính được CM = 1, suy ra CMD = 900, do đĩ AMC = 600 + 900 = 1500. 
Từ đĩ BMC = 1050. 
A
D
C
M
B
1 2
1050
600
1
1
2
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 21 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 10 
Cho tam giác ABC vuông cân tại C. 
Điểm M nằm trong ∆ABC sao cho: MB = 2 , 
MA = 2, MC = 1. 
Tình  BMC, AMC , AC. 
Giải 
Thực hiện phép quay tâm C, góc quay 900: 
Q(C,900): M D 
 B A 
⇒ ∆CMD vuông cân tại C 
⇒ MD = MC. 2 = 2 
∆CDA = ∆CMB (c.c.c) ⇒ AD = MB = 2 . 
Xét ∆ADM ta có: MA2 = 22 = ( 2 )2 + ( 2 )2 
= AD2 + MD2 ⇒ ∆ADM vuông cân tại D 
⇒ ADM = 900, AMD = 450, 
Do đó:   AMC AMD DMC= + = 450 + 450 = 900. 
Aùp dụng định ly Pitago trong ∆AMC vuông tại M, ta có: 
AC2 = AM2 + MC2 = 22 + 12 = 5 ⇒ AC = 5 . 
Ta lại có:    BMC ADC ADM MDC= = + = 900 + 450 = 1350. 
Vậy  0 0BMC 135 , AMC 90 , AC 5= = = . 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ tia CD tạo với tia CM một gĩc 900 và lấy trên đĩ điểm D sao cho CD = CM. 
Tính được MD = 2 , suy ra AMC= 900, từ đĩ BMC = 1350. 
C B
A
M
D
2
2
1
1
2
2
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 22 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 11 
Cho tam giác ABC vuông cân tại C. 
Điểm M nằm trong góc ACB sao cho: MC =1, MB = 2 , BMC = 1050. 
Tính MA, AB, AMC . 
Giải 
Thực hiện phép quay tâm C, góc quay 900: 
Q(C,900): M D 
 B A 
⇒ ∆CMD vuông cân 
⇒ MD = CM. 2 = 1. 2 = 2 . 
∆CDA = ∆CMB (c.c.c) 
⇒ AD = MB = 2 = MD, 
Ta có:  ADC CMB= = 1050. 
⇒   ADM ADC MDC= − = 1050 – 450 = 600. 
Do đó ∆ADM đều ⇒ MA = MD = AD = 2 . 
Gọi H = AC ∩ MD, ta có 
AC là trung trực của DM ⇒  AMC ADC= = 1050. 
Do đó: AC = AH + CH = 
= 3 1 3 1 3 1 3 1MD. MD. MD 2 .
2 2 2 2 2
   + + +
   + = = =
   
   
Suy ra AB = AC. 2 = 3 1+ . 
Vậy MA = 2 , AB = 3 1+ , AMC = 1050. 
C B
A
MD
2
1
2
1050
1050 H
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 23 ................................................................ Bùi Văn Chi 
*Gợi ý vẽ đường phụ 
Vẽ tia CD tạo với tia CM một gĩc 900 và lấy trên đĩ điểm D sao cho CD = CM. 
Chứng minh ∆CDA = ∆CMB (c.g.c) suy ra CDA = CMB = 1050, do đĩ ADM = 600, nên 
∆MAD đều, suy ra AH = MD. 3
2
, CH = MD. 1
2
, với MD = 2 , ta cĩ AC = 3 1
2
+
. 
C B
A
MD
2
1
2
1050
1050 H
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 24 ................................................................ Bùi Văn Chi 
¶ Kết quả cụ thể 
Tài liệu Giải toán vận dụng Phép quay được bồi dưỡng cho học sinh giỏi bước đầu 
gặt hái những kết quả khả quan: 
Giải Ba Học sinh giỏi Toán 9 cấp Thành phố năm 2006 
Giải Ba Học sinh giỏi Toán 9 cấp Thành phố năm 2008 
Giải Khuyến khích Học sinh giỏi Toán 9 cấp Tỉnh năm 2009 
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 25 ................................................................ Bùi Văn Chi 
¶ Kiến thức bổ trợ cho tài liệu 
• Góc định hướng 
Góc định hướng (Ox, Oy) là cặp tia có thứ tự (Ox, Oy) trong mặt phẳng. 
(Ox là tia đầu, Oy là tia cuối). 
• Định ly hàm số cosin 
Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a, b, c. 
Bình phương độ dài mỗi cạnh của tam giác được xác định bởi: 
 a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA, b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB, c2 = a2 + b2 – 2ab.cosC 
• Định ly hàm số sin 
Cho tam gíac ABC có độ dài các cạnh là a, b, c, R là bán kính đường tròn ngoại 
tiếp. 
Độ dài ba cạnh của tam giác tỉ lệ thuận với sin các góc đối diện với chúng. 
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
= = = 
• Công thức nhân đôi 
Sin2x = 2sinx.cosx 
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 26 ................................................................ Bùi Văn Chi 
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 
Để tiếp tục rèn luyện kỹ năng vận dụng phương pháp giải toán bằng Phép quay một 
cách linh hoạt và thành thạo, có thể cho học sinh làm thêm các bài tập đề nghị. 
Bài toán 1 
Cho tam giác ABC cân tại C, có ɵC = 400. 
Điểm M nằm trong ∆ABC sao cho:  0 0MAB 40 , MBA 2O= = . 
Tính  AMC , BMC . 
Bài toán 2 
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kình AB. Điểm C di động trên nửa đường tròn (O). 
Tìm tâp hợp các điểm I trên tia AC sao cho AI = BC. 
Bài toán 3 
Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng. (B nằm giữa A, C). 
Dựng các tam giác đều ABE, BCF, nằm cùng nửa mặt phẳng bờ là AC. Gọi M, N là 
trung điểm của AF, CE. 
Chứng minh ∆BMN đều. 
Bài toán 4 
Từ các cạnh của tam giác ABC dựng ra ngoài nó các tam giác đều ABC1, BCA1, 
CAB1. 
Chứng minh các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 bằng nhau và đồng quy. 
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 27 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Bài toán 5 
Dựng ra ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân ABO1, ACO2, vuông tại O1, O2. 
Gọi O là trung điểm BC. 
Chứng minh OO1 ⊥ OO2 và OO1 = OO2. 
Bài toán 6 
Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông có cạnh lần lượt là AB, BC, CA. 
Gọi tâm các hình vuông lần lượt là O1, O2, O3. 
a) Chứng minh O1O3 = AO2, và O1O3 ⊥ AO2. 
b) Chứng minh 4 trung điểm của các đoạn AB, AO2, AC, và O1O3 là các điûnh một 
hình vuông. 
Bài toán 7 
Từ các cạnh một hình bình hành dựng ra phía ngoài hình bình hành 4 hình vuông. 
Chứng minh: 4 tâm các hình vuông vừa dựng là các đỉnh một hình vuông. 
Bài toán 8 
Từ các cạnh của tam giác đều dựng ra ngoài tam giác các hình vuông. 
Chứng minh tâm các hình vuông là các đỉnh của một tam giác đều. 
Bài 9 
Từ các cạnh một hình vuông dựng ra phía ngoài hình vuông các tam giác đều. 
Chứng minh tâm các tam giác đều là các đỉnh một hình vuông. 
Bài toán 10 
Cho tam giác ABC và điểm M tùy ý. 
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 28 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Chứng minh rằng một trong các độ dài MA, MB, MC không lớn hơ n tổng hai độ dài 
còn lại. 
Tìm điều kiện cần và đủ để M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Bài 11 
Trong ∆ABC, tìm điểm M để tổng MA + MB + MC nhỏ nhất. 
Bài toán 12 
M là điểm thay đổi trên cạnh đáy BC của tam giác cân. 
Qua M dựng các đường thẳng song song với AB, AC cắt AC ở D, cắt AB ở E. 
a) Chứng minh đường trung trực của DE luôn đi qua một điểm cố định. 
b) Chứng minh các đường tròn (ADE) luôn đi qua hai điểm cố định. 
 GIẢI TOÁN VẬN DỤNG PHÉP QUAY ........................ 29 ................................................................ Bùi Văn Chi 
Phần 3. KẾT LUẬN 
Tài liệu Giải toán vận dụng Phép quay được dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi 
Toán lớp 9 trong nhiều năm qua. Kết quả bước đầu khả quan, có nhiều học sinh 
đạt giải cấp thành phố và cấp tỉnh. 
Tài liệu góp phần giúp học sinh giải được các câu thuộc phân môn Hình học của đề 
thi môn Toán trong các kỳ thi Học sinh giỏi thành phố, tỉnh và tuyển sinh vào lớp 
10 chuyên được minh họa qua các đề thi sau : 
Đề thi HSG Toán 9 Bình Định năm 1998 
Đề thi HSG Toán 9 Bình Định năm 2003 
Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán Lê Quý Đôn Bình Định năm 2001 
Đề thi HSG Toán 9 Tp. Quy Nhơn năm 2007 
Tài liệu tích cực rèn luyện tư duy học toán cho học sinh, bồi dưỡng lòng say mê 
học toán, giúp học sinh năm bắt thêm một phương pháp giải toán hình học theo 
quan điểm toán học hiện đại, hiểu rõ cơ sở để thực hiện các phép vẽ đường phụ 
từ đó tìm ra lời giải bài toán một cách nhanh chóng và hiệu quả mà nếu thực 
hiện theo cách suy luận thông thường thì học sinh không dễ gì tìm thấy được ý 
tưởng cũng như phương hướng của lời giải. 
Quy Nhơn, tháng 03 năm 2010 
Bùi Văn Chi