Đối xứng trục

Vì đoạn thẳng $A'B'$  đối xứng với $AB$ qua $d$ nên \(A'B' = AB = 3\,cm\) .

+ Xét tam giác \(ABC\) có chu vi \({P_{ABC}} = AB + AC + BC \Rightarrow AC = {P_{ABC}} - AB - BC = 17 - 4 - 7\) \( = 6\,cm\) .

+ Vì tam giác $ABC$ và  tam giác $A'B'C'$ đối xứng  nhau qua đường thẳng $d$ nên \(AC = A'C' = 6\,cm\) .

Gọi \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(BC\) . Khi đó tam giác \(A'BC\) đối xứng với tam giác \(ABC\) qua \(BC\) .

Tứ giác tạo thành là \(ABCA'\) .

Ta có \(A'B = AB = 11\,cm\)  (vì \(A'B\) và \(AB\) đối xứng nhau qua \(BC\) )

\(A'C = AC = 15\,cm\) ( vì \(A'C\) và \(AC\) đối xứng nhau qua \(BC\) )

Chu vi tứ giác \(ABCA'\) là \(P = AB + AC + A'B + A'C = 11 + 15 + 11 + 15 = 52\,cm\) .

Ta có $CN \bot CE\,\left( {gt} \right)$ mà \(\widehat {MCN} = {45^0}\) nên \(\widehat {MCE} = {45^0}\) hay $\widehat {{C_2}} + \widehat {{C_3}} = {45^0}$. Mà $\widehat {{C_1}} + \widehat {{C_3}} = {45^0}$(vì \(\widehat {MCN} = {45^0}\)) nên $\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}$.

Xét tam giác $CDN$ và tam giác $CBE$ có:

$BC = DC$  (do $ABCD$ là hình vuông); \(\widehat D = \widehat B = {90^0}\) ; $\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}$(cmt)

Suy ra \(\Delta CDN = \Delta CBE(g.c.g)\) .Suy ra $CN = CE$

Xét tam giác $CEN$ có $CN = CE$ (cmt) nên tam giác $CEN$ là tam giác cân tại $C$.

Suy ra phân giác $CM$ đồng thời là đường trung trực của $NE$ .

Vậy E là điểm đối xứng của $N$ qua $CM$ .

Ta có: \(\Delta CMN = \Delta CME\)(do tính đối xứng qua $CM$ )

Nên $MN = ME$

Suy ra chu vi tam giác \(AMN\) là:

$AM + AN + MN = AM + AN{\rm{ }} + ME = AM + AN + MB + BE$

$ = AM + AN + MB + ND$ (vì \(\Delta CDN = \Delta CBE\) (cmt) nên $BE = ND$)

$ = \left( {AM{\rm{ }} + MB} \right) + \left( {AN + ND} \right) = 2a$

Vậy chu vi tam giác $AMN$ bằng $2a$ .

Do tính chất đối xứng qua \(d\), ta có \(AM = BM'\).

 Mà \(AM = BC\left( {gt} \right)\) nên \(BM' = BC\).

Ta lại có: \(\widehat {M'BA} = \widehat {MAB} = {20^0}\) (do \(M,{\rm{ }}A\) đối xứng với \(M',{\rm{ }}B\) qua \(d\)).

Suy ra \(\widehat {M'BC} = \widehat B - {20^0} = {80^0} - {20^0} = {60^0}\).

Xét tam giác \(M'BC\) có \(BM' = BC\), \(\widehat {M'BC} = {60^0}\) do đó tam giác \(M'BC\) là tam giác đều.

Ta cũng có: \(\widehat {MCB} = {180^0} - \left( {\widehat A + \widehat B} \right) = {180^0} - \left( {{{20}^0} + {{80}^0}} \right) = {80^0}\)

Suy ra \(\widehat {MCM'} = \widehat {MCB} - \widehat {M'CB} = {80^0} - {60^0} = {20^0}\)

Mà \(\widehat {CMM'} = \widehat A = {20^0}\)(góc đồng vị).

Nên \(\widehat {MCM'} = \widehat {CMM'} = {20^ \circ }\)

Suy ra \(M'C = M'M = M'B\).

Ta lại có: \(\widehat {M'MB} = \widehat {M'BM}\) (tam giác \(M'MB\)  cân tại đỉnh \(M'\)); \(\widehat {M'MB} = \widehat {MBA}\)(so le trong).

Nên \(\widehat {M'BM} = \widehat {MBA} = \dfrac{1}{2}\widehat {M'BA} = {10^0}\)

Vậy \(\widehat {BMC} = \widehat {CMM'} + \widehat {M'MB} = {20^0} + {10^0} = {30^0}\)

Gọi $B'$  là điểm đối xứng của $B$ qua đường thẳng $d$. $B'$ cố định.

Ta có $MB = MB'$ (tính chất đối xứng trục).

Xét ba điểm $M,{\rm{ }}A,{\rm{ }}B'$ ta có $MA + MB' \ge AB'$

Do đó $MA + MB \ge AB'$

Dấu  “=” xảy ra khi và chỉ khi $A,M,B'$ thẳng hàng theo thứ tự đó hay $M$ là giao điểm của đoạn $AB'$  và đường thẳng $d$ .

Vậy khi \(M \equiv M'\) là giao điểm của đoạn thẳng $AB'$  và đường thẳng $d$ thì tổng $MA + MB$ nhỏ nhất, trong đó $B'$ là điểm đối xứng của $B$ qua $d$ .

Trên tia đối của tia \(CB\) lấy điểm \(A'\) sao cho \(CA = CA'\)

Khi đó ta có: \(\Delta CAA'\) cân tại \(C\) có \(CM\) là phân giác \(\widehat {ACA'}\) nên \(CM\) cũng là đường trung trực của \(AA'\).

Từ đó ta có: \(MA = MA'\)

Nên \(MA + MB = MA' + MB\).

Xét tam giác \(MA'B\) có \(MA' + MB > A'B \Leftrightarrow MA + MB > A'C + BC\)

Hay \(MA + MB > AC + BC\) (vì \(CA = CA'\)).