(SKKN 2022) ứng dụng phép vị tự để giải một số dạng bài toán hình học phẳng

PHẦN I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt Nam là hình thành những
cơ sở ban đầu và trọng yếu của con người mới: “Phát triển toàn diện phù hợp
với yêu cầu và điều kiện hoàn cảnh đất nước con người Việt Nam”.
Mơn Tốn góp phần phát triển nhân cách, ngồi việc cung cấp cho học sinh
hệ thống kiến thức, kĩ năng tốn học cần thiết mơn Tốn cịn rèn luyện cho
học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có
tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mỹ.
Qua nhiều năm giảng dạy tôi nhận thấy học sinh khối 11 khi học về phép biến
hình nói chung và phép vị tự nói riêng, các em học sinh rất khó tiếp thu và
vận dụng khi giải toán.
Nghiên cứu phép vị tự, đồng thời khai thác các ứng dụng của nó giúp cho
người giáo viên hiểu sâu về vai trò của phép vị tự trong dạy học toán ở trường
THPT đồng thời giúp cho các em học sinh có thêm kiến thức cũng như kỷ
năng giải toán. Việc nghiên cứu đề tài hướng tới tìm tịi các dạng tốn có thể
giải bằng phép vị tự cho phép ta giải một lớp khá phong phú các bài tốn ở
trường phổ thơng như:
 Chứng minh thẳng hàng, song song, đồng quy;
 Chứng minh các hệ thức về lượng;
 Giải lớp các bài toán liên quan đến tỷ số và độ dài;
 Giải lớp các bài liên quan đến tìm quỹ tích, dựng hình.
Trước sự khó khăn và tiếp thu của học sinh khi học phần này và đặc biệt là
khả năng vận dụng vào giải các bài tốn hình phẳng nên tơi chọn đề tài nghiên
cứu “Ứng dụng phép vị tự để giải một số dạng bài tốn hình học phẳng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu

Trang 1


Khai thác vai trò của phép vị tự trong việc giải các bài tốn hình học sơ

cấp đặc biệt là nghiên cứu cách mở rộng và phát triển các bài toán trong SGK
nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu


Học sinh khối 10,11 THPT



Học sinh khối 12 THPT ôn thi THPT quốc gia và thi học sinh
giỏi



Giáo viên giảng dạy mơn Tốn bậc THPT

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp định tính thơng qua đọc và nghiên cứu các tài liệu
chuyên khảo và các bài báo nhằm tổng hợp các kết quả cơ sở và chứng minh
các kết quả đối với lớp bài toán được nghiên cứu trong đề tài này.

Trang 2


PHẦN II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
 Khi giải một bài tốn về chứng minh tính thẳng hàng, song song, đồng
qui, tìm quỹ tích hay dựng hình ngồi u cầu đọc kỹ đề bài, phân tích giả
thuyết bài tốn, vẽ hình đúng ta cịn phải chú ý đến nhiều yếu tố khác như: Có
cần xác định thêm các yếu tố khác trên hình vẽ hay khơng? Hình vẽ như thế

có tốt chưa? Có thể hiện được hết các yêu cầu của đề bài hay chưa? Để giải
quyết vấn đề này ta phải bắt đầu từ đâu? Nội dung kiến thức nào liên quan
đến vấn đề được đặt ra, trình bày nó như thế nào cho chính xác và lơgic… có
được như thế mới giúp chúng ta giải quyết được nhiều bài tốn mà khơng gặp
phải khó khăn. Ngồi ra chúng ta còn nắm vững hệ thống lý thuyết, phương
pháp chứng minh cho từng dạng toán như: Chứng minh thẳng hàng, song
song, đồng quy; các bài toán liên quan đến tỷ số và độ dài; các bài liên quan
đến tìm quỹ tích, dựng hình.
2.1.1. Định nghĩa phép vị tự : Trong mặt phẳng cho trước một điểm O
và số thực k khác 0 , phép biến hình biến mọi điểm M thành M ' sao cho
uuuur
uuuu
r
OM '  kOM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k .
Phép vị tự gọi là thuận nếu k  0 , nghịch nếu k  0 .
- Kí hiệu: VOk hay V  O, k  . Điểm O gọi là tâm vị tự, số k gọi là tỉ số vị tự.
- Một phép vị tự hoàn toàn được xác định nếu cho biết tâm O và tỉ số k .
- Cho hình H tập hợp ảnh của mọi điểm thuộc H trong phép biến hình VOk
lập thành một hình H ' được gọi là ảnh vị tự của hình H trong phép biến hình
đó. Kí hiệu VOk : H  H'
Trang 3


2.1.2. Một số tính chất của phép vị tự
Định lí 1: Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M và N lần lượt thành hai
uuuuuu
r
uuuu
r
điểm M ' và N ' thì M ' N '  k MN và M ' N '  | k | MN .

Định lí 2: Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và
không làm thay đổi thứ tự của ba điểm thẳng hàng đó.
Định lí 3: Phép vị tự biến một đường tròn thành một đường tròn.
Hệ quả 1. Phép vị tự biến A thành A’, biến B thành B’ thì đường thẳng AB và
A’B’ song song với nhau hoặc trùng nhau và A ' B '  k AB .
Hệ quả 2. Phép vị tự biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó
và biến một góc thành một góc bằng nó có các cạnh tương ứng cùng phương.
Hệ quả 3. Phép vị tự biến một đường thẳng thành một đường thẳng cùng
phương với nó, biến một tia thành một tia cùng phương với nó.
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu.
 Trường THPT Hoằng Hóa 4 đóng trên địa bàn vùng nơng thơn khó khăn
về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chưa thực sự
được quan tâm từ các bậc học dưới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về mơn
Tốn của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.
 Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài tập
hình giải tích cũng như hình học thuần túy trong mặt phẳng, các em
thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào
những kiến thức được giáo viên cung cấp chứ chưa ý thức tìm tịi, sáng
tạo cũng như tạo được niềm vui, sự hưng phấn khi giải toán.
 Kết quả khảo sát ở một số lớp: 11A1, 11A4 và 12A10 trong phần giải
bài tập tốn về phần hình giải tích và hình học thuần túy trong mặt
phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ mơn Tốn, chỉ có
khoảng 5%- 10% học sinh hứng thú với bài toán này .

Trang 4


PHẦN III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trong phần này chúng tơi sẻ đề cập đến các bài tốn về phép vị tự và đặc biệt
khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa và trong các tài liệu

tham khảo mà chưa được trình bày lời giải bằng phép vị tự.
3.1. Các bài toán liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự.
Bài 3.1.1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương
trình 3 x  2 y  6  0 . Hãy viết phương trình của đường thẳng d ' là ảnh của d
qua phép vị tự tâm O tỉ số k  2 .
Lời giải:
x'

x

 x '  2 x

2

Do phép vị tự: V (O; k ) : d  d ' nên ta có: 
thay vào
 y '  2 y  y   y '

2
phương trình  d  ta được: d ': 3 x  2 y  12  0 .
Bài 3.1.2.([13]) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm
G (1;2) . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Biết đường tròn đi qua ba
trung điểm của ba đoạn thẳng

HA, HB, HC

có phương trình là:

x 2  y2  2x  4y  4  0 . Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC .

Lời giải:

Trang 5


Gọi trung điểm của HA, HB, HC, BC, CA, AB lần lượt là: I, J, K, M, N, P
Ta có: JH  AC  JH  IK
Mà MK // JH  MK  IK  I· KM  900
·
Tương tự  IJM
 900 nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK
Tương tự ta có N , P cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK
+ Dễ thấy ABC là ảnh của MNP qua phép vị tự tâm G tỷ số k  2
 đường tròn ngoại tiếp ABC là ảnh của đường trịn ngoại tiếp MNP
Khi đó đường trịn ngoại tiếp MNP có phương trình
x2  y 2  2x  4 y  4  0
Có tâm K (1; 2) , bán kính R  1 . Gọi K1 , R1 là tâm và bán kính đường trịn
uuuu
r
uuur
ngoại tiếp ABC thì: GK1  2GK , R1  2 R  K1  1;10  , R1  2 .
Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là: ( x  1)2  ( y  10) 2  4
3.2. Các bài toán chứng minh song song, vng góc.
Bài tốn 3.2.1.([11]) Trên cạnh AB của tam giác lấy các điểm M, N sao cho
AM  MN  NB , các điểm A1 , B1 lần lượt là trung điểm của BC và AC. Gọi
P, K lần lượt là giao điểm của BB1 với CN và AA1 với CM . Chứng minh
rằng PK song song với AB .

Trang 6

Nhận xét: Để chứng minh PK//AB ta có thể sử dụng điịnh lý Thales, tuy
nhiên bài toán này ta sử dụng tính chất phép vị tự để chứng minh tồn tại phép
vị tự biến B thành P và A thành K.
Bài giải:
Gọi O là trọng tâm của tam
giác ABC, theo tính chất
đường trung bình ANC .
suy ra MB1// NC mà N là
trung điểm MB nên PB  PB1
Ta

có

uuu
r uuu
r uuur 1 uuur 2 uuur
r
1 uuur 1 uuu
OP  BP  BO  BB1  BB1   BB1  OB
2
3
6
4
uuur 1 uuu
r
OK

OA
Tương tự ta có:

4
 1
Như vậy tồn tại một phép vị tự V  O; : B  P và A  K nên suy ra BA
 4
song song PK .
Bài tốn 3.2.2.([10]) Cho hai đường trịn  O ', R  ; (O,2 R ) tiếp xúc ngoài tại
· quay quanh A , hai cạnh của góc cắt  O  và
điểm A . Một góc vng xAy

 O '

lần lượt tại B, B ' . Gọi S là giao điểm của OO ' và BB ' .

1) Chứng minh rằng S cố định và tính AS theo R .
2) Giả sử BB ' cắt đường tròn  O  và  O '  lần lượt tại N , N ' . Chứng
·
minh rằng: NAN
'  900
Bài giải:

Trang 7


1) Dể thấy A và S lần lượt là tâm vị tự trong và ngồi của hai đường
trịn nên S là cố định 

SO OB

 2  OO '  SO '
SO ' OB '

 SO  2.OO '  6 R  AS  4 R
1

2) Gọi E  AS  (O ')  AE  2 R  VS2 : A a E , N a N '  AN a EN '
0
·
'  900 ( Phép vị tự bảo tồn góc).
mà ·AN ' E  90  NAN

3.3. Các bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy
Bài toán 3.3.1. ([9]) Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G ,
trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và GH  2GO
(Đường thẳng Ơle )
Nhận xét: Bài toán này trong SKG lớp 10 đã chứng minh dựa vào kiến
thức véc tơ. Ở đây ta sử dụng kiến thức phép vị tự để chứng minh.
Chứng minh hệ thức GH=2GO ta dùng phép vị tự tâm G biến điểm O thành
1
điểm H hoặc ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đốn tỉ số vị tự là 2 hoặc  .
2
Bài giải:
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC , CA, AB ta có

Trang 8


uuuu
r
r uuur
r uuu

r
1 uuu
1 uuu
1 uuur
GM   GA, GN   GB, GP   GC ,
2
2
2
Do đó tồn tại phép vị tự tâm G


1
2

VG : A a M , B a N , C a P


1

 VG 2 : ABC  MNP
Phép vị tự bảo tồn tính vng góc nên sẽ
biến trực tâm của tam giác ABC thành trực
tâm của tam giác MNP.
Theo giả thiết H là trực tâm của tam giác ABC và O là trực tâm của tam giác
uuur
1 uuur
MNP, Vì vậy VG : H a O  GO   GH . Từ đó H , G, O thẳng hàng và
2


1
2

GH  2GO .
Bài toán 3.3.2.([10]) Đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC
tiếp xúc cạnh BC tại D . Gọi M là trung điểm của BC , I trung điểm AD .
Chứng minh MI đi qua tâm O . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Hà Tỉnh
năm 2020)
Nhận xét: Lời giải của bài tốn này được trình bày dựa vào tam giác
đồng dạng, chúng tơi trình bày lời giải của bài toán này dựa vào phép vị tự.
Bài giải:
Gọi T là giao điểm của DO với đường tròn (O) . Từ T kẻ tiếp tuyến a với
đường tròn (O) . Gọi T1 là giao điểm AT với BC .
Khi đó phép vị tự: V

AT1
AT
A

biến a  BC , biến T  T1

Trang 9


AT1

suy ra phép vị tự VAAT :  O    O1  .
Ta phải chứng minh OM song song AT1
tức là chứng minh M là trung điểm DT1 .
Theo tính chất của đường trịn nội tiếp ta

có CD  CF  b  AF  a  BP
 2CD  a  b  c  CD  p  c
Mặt khác:
AE1  AF1  AB  BT1  AC  CF1  2 p ,
với p 

AB  BC  CD a  b  c

.
2
2

Từ đó suy ra CD  BT1 , kết hợp M là
trung điểm BC nên M là trung điểm
DT1 nên OM song song AT1 .
Bài toán 3.3.3. Cho tam giác ABC , dựng về phía ngồi tam giác ABC các
tam giác đều ABC1 , BCA1 , CAB1 .Gọi I là điểm Torreceli. Chứng minh rằng ba
đường thẳng Euler của ba tam giác IAB, IBC , ICA đồng qui.
(Bài toán liên quan đến điểm Torreceli)
Bài giải:
Gọi M là trung điểm của BC , G1 , G2 lần lượt là trọng tâm tam giác IBC và
A1BC , H1 là trực tâm của tam giác IBC .
Ta có :

uuuur 1 uuu
r uuuur 1 uuuu
r
MG1  MI , MG2  MA1 .
3
3

Do tứ giác IBA1C nội tiếp và tam giác A1BC đều nên G2 là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác IBA1C và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC
nên theo Euler ba điểm H1 , G1 , G2 thẳng hàng.
Trang 10


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
.
Xét phép vị tự tâm M tỉ số k 

1
3

1

Ta có V 3 : A  G, I  G , A  G
G
1
1
2
mà do A, I , A1 thẳng hàng nên
G, G1 , G2 thẳng hàng hay đường
thẳng Euler của tam giác IBC đi
qua G .
Chứng minh tương tự đường thẳng
Euler của các tam giác ICA và IAB cũng đi qua trọng tâm G , do đó ba
đường thẳng Euleu của ba tam giác IAB, IBC , ICA đồng quy nhau tại G .
Bài tốn 2.2.3.(VMO 2000). Cho hai đường trịn  O, R  và  O ', R '  có
bán kính khác nhau cắt nhau tại A và B . Một đường thẳng

tiếp xúc với  O  tại P và tiếp xúc  O '  tại P ' . Gọi Q , Q ' lần
lượt là chân đường vng góc hạ từ P và P ' xuống OO ' .
Đường thẳng

AQ và AQ ' cắt đường tròn tại M

 M  A, M '  A . Chứng minh ba điểm
Bài giải:

Trang 11

và M '

M , M ', B thẳng hàng.


Hai đường tròn cắt nhau, R  R ' . Gọi S là tâm vị tự ngồi của 2
đường trịn
R
· ' AM '  OA
· 'Q .
Khi đó VSR ' : O  O ', P '  P, A  A ', Q  Q ' . Suy ra O

Ta lại có SP 2  SQ.SO; SP 2  SA.SA ' , từ đó suy ra SQ.SO  SA.SA ' nên tứ
·
· ' Q  OAQ
·
· ' AQ ' .
giác AQOA ' nội tiếp đường tròn . Suy ra OAQ
 OA

O
·
Mặt khác  MOA cân và  M ' O ' A ' cân nên MOA
 ·AO ' M '



1
·
· 'A
 3600  MO
Do đó MBA
2



·ABM '  1 MO
· 'A
2
·
 MBA
 ·ABM '  1800

Suy ra ba điểm M , B, M ' thẳng hàng.
3.4. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc đường trịn
Bài tốn 3.4.1. Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm chân ba đường
cao, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với các
đỉnh đều thuộc một đường trịn
(Đường trịn Eurle )
Nhận xét: Bài tốn này đã

chứng minh dựa vào kiến thức hình
phẳng (Bài 2.2). Ở đây ta sử dụng
kiến thức phép vị tự để chứng minh.
Bài giải:
Giả

sử

tam

giác

ABC

có

A1 , B1 , C1 , M , N , P, I , J , K lần lượt là
chân 3 đường cao, trung điểm 3 cạnh
và trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh.

Trang 12


Gọi A2 , B2 , C2 , M 1 , N1 , P1 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua
A1 , B1 , C1 , M , N , P .
Dễ dàng chứng minh được 9 điểm

A, B, C , A2 , B2 , C2 , M 1 , N1, P1 cùng thuộc

đường tròn  S  ngoại tiếp tam giác ABC .

Xét phép vị tự tâm H tỉ số k 

1
, ta có
2

VH2 : A a I , B a J , C a K  I , J , K thuộc đường tròn  S ' là ảnh của
1

đường tròn  S  qua V 2 . Chứng minh tương tự ta cũng có A1 , B1 , C1 , M , N , P
H
1

cũng thuộc  S ' nên 9 điểm đã nêu cùng thuộc  S ' (đpcm).
3.5. Các bài toán liên quan đến quỹ tích
Phương pháp thực hiện: Giả sử ta cần tìm quỹ tích những điểm M
có tính chất T . Với một phép vị tự V , mỗi điểm M có tính chất T sẽ biến
thành điểm M ' có tính chất T ' và ngược lại, mỗi điểm M ' có tính chất T ' sẽ
biến thành điểm M có tính chất T . Việc tìm quỹ tích những điểm M ' có tính
chất T ' thường dễ dàng hơn so với trực tiếp tìm quỹ tích điểm M . Khi đó,
nếu quỹ tích những điểm M ' là hình  H '  thì quỹ tích điểm M sẽ là hình

 H  , tạo ảnh của hình  H '

qua phép vị tự V .

Khi dùng phép vị tự để giải bài tốn quỹ tích, ta chỉ cần làm phần thuận vì
phép vị tự là phép biến đổi 1-1.
Để tìm quỹ tích những điểm M , ta thực hiện theo các bước:
- Bước 1: Chỉ ra phép vị tự thích hợp biến điểm M ' thành điểm M .

- Bước 2: Xác định được quỹ tích những điểm M ' (dễ dàng).
- Bước 3: Suy ra quỹ tích những điểm M là ảnh của quỹ tích những điểm M '
qua phép vị tự nói trên.

Trang 13


Bài tốn 3.5.1. ([12]) Cho hai đường trịn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại hai điểm
A, B phân biệt. Đường thẳng di động luôn qua A cắt (O1 ) và (O2 ) lần lượt tại
hai điểm M , N khác A . Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng MN .
Bài giải:

Gọi

E  AO  (O ); F  AO  (O ); K  AB  O1O2
1
1
2
2
Khi đó dễ thấy ba điểm E , B, F thẳng hàng. Gọi H là trung điểm EF nên H
cố định. Do tứ giác MNFE là hình thang vng và IH là đường trung bình
·
của hình thang đó nên HIA
 900 . Do đó quỹ tích điểm I là đường trịn
đường kính AH .
Bây giờ ta sẽ giải bài toán này phương pháp sử dụng phép vị tự

Gọi E , F lần lượt là các trung điểm của các dây cung AM , AN và D là trung
điểm của đoạn O1O2 và I1 là hình chiếu của D lên MN . Khi đó tứ giác
EO1O2 F là hình thang vuông . Tứ giác AKDI1 nội tiếp trong một đường tròn,

Trang 14


đường trịn này chính là tạo ảnh của đường trịn quỹ tích cần tìm qua phép vị
uur
uuur
tự VA2 nhờ chứng minh được AI  2 AI1 . Do I1 thuộc đường trịn đường kính
AD nên I thuộc đường trịn đường kính AD1 ảnh của AD qua phép vị tự VA2

Bài tốn 3.5.2. Cho đường trịn  O  dây AB cố định, M chạy trên đường
tròn  O  . Gọi H là trực tâm của tam giác MAB . Tìm quỹ tích trực tâm H .
Nhận xét: Để giải quyết bài toán này, SGK cũng đã giới thiệu ba cách
giải khác nhau: dùng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục và phép đối xứng tâm
Bây giờ ta phát triển bài toán này và sử dụng phép vị tự để giải quyết.
Phát biểu bài toán này thành bài toán sau:
Bài tốn 3.5.3. Cho đường trịn dây AB cố định. M chạy trên cung ¼
AxB .
Gọi H là trực tâm của tam giác MAB . Tìm quỹ tích hình chiếu trực tâm H
lên đường phân giác trong của ·AMB .
Bài giải:
Gọi K là trung điểm của cung »AB , S là điểm đối xứng với K qua O , T là
điểm đối xứng A qua O .
Ta có KMS : MIH ( g .g ) nên suy ra
KM
KS KS 2 R



( với k  BT ).
MI MH BT

k
Suy ra
KM
2R
KM
2R



KM  MI 2 R  k
KI
2R  k
.
uur 2 R  k uuuu
r
 KI 
KM
2R
Vậy quỹ tích điểm I là đường trịn (O ') là
ảnh của (O) qua phép vị tự tâm K , tỉ số
bằng

2R  k
2R
Trang 15


3.6. Các bài tốn dựng hình
Phương pháp thực hiện: Để dựng hình  H  , ta tiến hành dựng các điểm
của nó. Trong mặt phẳng, thơng thường một điểm được xác định bởi giao của

hai đường. Trong hai đường dùng để xác định điểm phải dựng, thường thì một
đường đã có sẵn trong dữ kiện bài tốn, cịn đường thứ hai là quỹ tích của
những điểm có một tính chất hình học đặc trưng nào đó, và được suy ra từ
một đường đã cho trong bài toán bởi một phép vị tự. Phép vị tự này được
phát hiện nhờ việc phân tích cụ thể nội dung bài tốn.
Vậy để giải một bài tốn dựng hình bằng phương pháp sử dụng phép vị tự, ta
thực hiện theo 4 phần: Phân tích – Dựng hình – Chứng minh – Biện luận.
Trong phần phân tích để dựng hình ta thực hiện theo các bước sau:
- Bước 1: Ta tìm một phép vị tự V biến điểm N thành điểm M .
- Bước 2: Xác định được N  (C), suy ra M (C’) là ảnh của (C) qua phép vị
tự trên.
- Bước 3: Xác định M là giao điểm của (C’) và (H)
Bài tốn 3.6.1. ([1]) Cho đường trịn  O  với dây cung PQ . Dựng hình
vng ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C , D
nằm trên đường trịn.
Bài giải:
 Phân tích: Giả sử đã dựng được
hình vng ABCD thoả mãn điều kiện
của bài toán. Gọi I là trung điểm của
đoạn thẳng PQ thì OI là đường trung
trực của PQ nên cũng là đường trung
trực của DC và do đó cũng là đường
trung trực của AB . Từ đó suy ra, nếu

Trang 16


dựng hình vng PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình vng PQMN
thành hình vng ABCD .
 Cách dựng:

-Dựng hình vng PQMN .
- Dựng giao điểm C và C ' của đường thẳng IM và đường tròn  O 
- Dựng giao điểm D và D ' của IN và đường trịn  O  ( ta kí hiệu sao cho hai
điểm C , D nằm về một phía đối với đường thẳng PQ ).
- Dựng A, B lần lượt là hình chiếu D, C lên PQ .
- Dựng A ', B ' lần lượt là hình chiếu D ', C ' lên PQ .
Ta được các hình vuông ABCD và A ' B ' C ' D ' thoả mãn điều kiện của bài
toán.
 Chứng minh: Theo cách dựng trên tồn tại phép vị tự
VI

IC
IM

: M  C , N  D, Q  B , P  A

IC

hay V IM : MNPQ  CDAB
I

mà

MNPQ là hình vng nên ABCD là hình vng.
Tương
VI



tự:

VI



IC '
IM

: M  C ', N  D ', Q  B ', P  A '

hay

IC '
IM

: MNPQ  C ' D ' A ' B ' nên A ' B ' C ' D ' là hình vng.
 Biện luận: Bài tốn ln có hai nghiệm hình

·
Bài tốn 3.6.2. ([6]) Cho góc xOy
và một điểm A nằm trong góc đó. Hãy
dụng đường tròn đi qua A và đồng thời tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy .
Bài giải:
Giả sử ta dựng được
đường tròn tâm I đi qua điểm
A và tiếp xúc với hai cạnh Ox
và Oy. Tâm I của đường tròn
này phải nằm trên đường
phân

giác

của

·
xOy

Ta dựng thêm đường tròn tâm I ' cũng tiếp xúc với Ox, Oy.

Trang 17


Như vậy O là tâm vị tự ngoài của đường tròn tâm I và I ' . Ta suy ra cách
dựng:
Cách dựng
- Dựng một đường tròn tâm I ' sao cho tiếp xúc với Ox và Oy .
- Gọi A ' là một trong hai giao điểm của tia OA và đường tròn tâm I ' .
- Thực hiện phép vị tự tâm O với tỷ số vị tự k 

OA
thì đường trịn tâm I '
OA '

sẻ biến thành đường tròn tâm I cần dựng thỏa mãn các điều kiện của bài
tốn.
Vì tia OA ln ln cắt đường trịn tâm I ' tại hai điểm phân biệt nên bài tốn
ln có hai nghiệm hình.

3.7. Các bài tốn định lượng
Trong mục này ta sẻ dụng phép vị tự để giải quyết bài tốn tính các

đại lượng hình học bằng cách thơng qua việc sử dụng kết quả thực hiện
phép vị tự để tính các đại lượng hình học. Thơng qua phép vị tự của
hai hình vị tự với nhau ta tính được một đại lượng của hình này thì ta
cũng tính được đại lượng đó của hình cịn lại.
Bài tốn 3.7.1. Cho hai đường trịn  O; R  đường kính AB và đường tròn

 O '; R '

tiếp xúc trong tại A

 R  R ' .

D là điểm di động trên  O '  . Tiếp

tuyến tại D cắt  O  tại M và N , AD cắt  O  tại điểm thứ hai K . Gọi I là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác
AMN . Chứng minh rằng khi D di
động trên  O '  tỉ số

AI
không đổi.
AK

Bài giải:
Trang 18


Gọi E và F là giao điểm của AM và AN với (O'), k 

R

.
R'

Ta có: VAk : E  M , F  N
suy ra

AE 

1
1
AM , AF  AN
k
k

Ta có phương tích của điểm M đối với (O’):
1
P  M / (O ')   MD 2  ME.MA  MA( AM  AE )  AM 2 (1  )
k
1
MD AM
2

Tương tự: P  N / (O ')   AN (1  ) , suy ra
, AD là phân giác
k
ND AN
·
trong của góc MAN
. Tức là I thuộc AD. Kẻ IP // O'D, P ∈AB.
Theo



tính

AP
AI


AO ' AD

chất

phân

giác:

IA MA
k



ID MD
k 1

R
R  R'

R
R '. R

 AP 
- không đổi,
R  R'  R
R  R'  R

suy ra P cố định.
Lại có:

PI
AP


O ' D AO '

R
 IP 
R  R'  R

R '. R
R  R'  R

Suy ra, khi D thay đổi trên (O'), thì D nằm trên đường trịn tâm P, bán kính
r

R '. R
. Đường tròn (P) tiếp xúc trong với (O) và ( O') tại A
R  R'  R
Ta

R

r
A

được:

AI
r
 
AK R

R

R
r
A

V : ( P )  (O )  V : I a K



R'
R  R'  R



Trang 19

suy

ra

Bài tốn 3.7.2. Tứ giác lồi ABCD có diện tích là S . Gọi A1; B1; C1; D1 lần
lượt là các trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC . Tính diện tích
tứ giác A1B1C1D1 .
Bài giải:
Gọi G là trọng tâm của tứ
giác ABCD thì
ta có:
uuur
uuu
r
3GA1  GA,
uuur
uuu
r
3GB1  GB,
uuuu
r
uuur
3GC1  GC ,
uuuu
r
uuur
3GD1  GD,
suy ra


phép vị tự

1
3

VG : ABCD a A1B1C1D1 .
Mặt

khác

ta

lại

có:

1
1
1
S A1B1C1D1  S A1B1D1  SC1B1D1  S ABD  SCBD  S
9
9
9

1
Vậy diện tích tứ giác A1B1C1D1 là S A1B1C1D1  S .
9
IV. KẾT QUẢ VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA.
4.1. Kết quả
 Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát
cho thấy: Có trên 70% các em học sinh có hứng thú với bài học và 40%
trong số đó biết cách tìm tịi và xây dựng những bài toán mới từ những

bài toán gốc được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tịi.
 Trong các kỳ thi thử của nhà trường và các đề thi học sinh giỏi khối 11
các tỉnh trong cả nước có 80-90% học sinh trong đội tuyển học sinh
Trang 20


giỏi cấp tỉnh các em có thể giải quyết bài tốn hình giải tích và hình
học thuần túy trong mặt phẳng ở các đề thi đó.
4.2. Kinh nghiệm rút ra
Qua quá trình nghiên cứu đã đạt được các kết quả sau:
 Đã làm sáng tỏ được cơ sở lý thuyết về phép vị tự và các tính chất của
chúng. Đưa ra được một số các dạng toán thường gặp về phép vị tự và đặc
biệt đã vận dụng để giải một số dạng tốn khó ở trường THPT rất cần thiết
với các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh cũng như học sinh giỏi
quốc gia.
 Nghiên cứu đề tài này cũng giúp cho giáo viên ở trường THPT nhìn
nhận các vấn đề về phép vị tự ở một chun đề cao hơn đó là khai thác các
tích của hai phép vị tự, tích của phép vị tự với phép tịnh tiến và tích của phép
vị tự với một phép quay.
 Qua nghiên cứu đề tài cũng làm sáng tỏ cơ sở để mở rộng và phát triển
một số bài tốn sơ cấp nhờ chuyển đổi cơng cụ từ việc sử dụng một phép biến
hình sang sử dụng tích các phép biến hình từ đó cần thay đổi giả thiết của bài
tốn để có những bài tốn mới.Khi xây dựng các bài tốn mới chúng tơi ln
cố gắng dẫn dắt, định hướng từ các bài toán cơ sở từ đó gợi mở cho học sinh,
giúp học sinh phát hiện vấn đề, giải quyết vấn đề từ đó phát triển tư duy sáng
tạo, nâng cao chất lượng giáo dục cho học sinh.
4.3. Những kiến nghị và đề xuất


Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây dựng bài giảng

thành hệ thống những bài tập có phương pháp và quy trình giải tốn. Đề tài
này có thể được nghiên cứu ở mức độ cao hơn đó là các phép đồng dạng
và tích của các phép đồng dạng trong mặt phẳng.



Khuyến khích học sinh xây dựng bài tập tốn liên quan đến những dạng
bài tập toán trong sách giáo khoa đồng thời phát triển và nhân rộng những
bài tốn có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời viết thành những bộ sách
tham khảo cho học sinh và giáo viên.
Trang 21


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

Thanh hóa ngày 30 tháng 5 năm

ĐƠN VỊ

2022
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Người viết
Lường Văn Hưng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đặng Thanh Cầu (2011), Sử dụng phép vị tự để giải một số bài tốn
trong hình học phẳng, luận văn thạc sỹ, Đại học Thái Nguyên.
[2] Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2007), Hình

học 11 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội
[3] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học
11, NXB giáo dục.
[4] Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên), Khu Quốc Anh, Nguyễn Hà Thanh
(2007), Bài tập hình học 11 , NXB Giáo dục, Hà Nội
[5] Nguyễn Mông Hy (Chủ biên), Nguyễn Văn Đoành, Trần Đức Huyên
(2007), Bài tập hình học 10 , NXB Giáo dục, Hà Nội

Trang 22


[6] Nguyễn Mộng Hy (2003),Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXB
Giáo Dục, Hà Nội
[7] Đoàn Quỳnh (chủ biên) –Phạm Khắc Biên-Văn Như Cương – Nguyễn
Đăng Phất- Lê Bá khánh Trình (2010), Tài liệu chun tốn Hình học 11,
NXB giáo dục .
[8] Đoàn Quỳnh (chủ biên) –Phạm Khắc Biên-Văn Như Cương – Nguyễn
Đăng Phất- Lê Bá khánh Trình (2010), Tài liệu chun tốn Bài tập hình học
11, NXB giáo dục .
[9] Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) - Văn Như Cương (2012), Hình học 10
Nâng cao, NXB giáo dục .
[10] Hồng Ngọc Quang (2014), Ứng dụng của phép vị tự,phép vị tự quay
để giải toán,chuyên đề hội thảo các trường chuyên miền Duyên Hải Bắc Bộ.
[11] Tuyển chọn theo chuyên đề mơn Tốn (2010); Tập Hai; Hình học, Tổ
hợp,Xác suất, Số phức, Tủ sách Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo Dục
[12] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & tuổi trẻ quyển 3 (2006),
NXB Giáo Dục Việt Nam.

DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SKKN ĐÁNH GIÁ
Năm học

Năm
2010

Xếp loại

Tên đề tài

Số quyết định

SKKN loại C

Sử dụng véc tơ để giải một
số các dạng toán sơ cấp

QĐ số 904/QĐSGD&ĐT ngày
15/12/2010.
QĐ số 539/QĐSGD&ĐT ngày
18/10/2011.
QĐ số 988/QĐSGD&ĐT ngày
03/11/2015

Năm
2011

SKKN loại C

Năm
2015

SKKN loại C

Năm

SKKN loại C

Phân dạng bài tốn lập
phương trình các cạnh của
tam giác
Phát hiện mối quan hệ ba
điểm để giải một số bài
tốn hình giải tích trong
mặt phẳng
Sử dụng phép vị tự để giải
Trang 23

QĐ số 988/QĐ-


2018
Năm
2020

SKKN loại B

một số bài tốn hình học
phẳng
Khai thác một số dạng bài
tốn hình học phẳng thơng
qua phép vị tự

SGD&ĐT ngày
03/11/2015
QĐ số 2088/QĐSGD&ĐT ngày
17/12/2020

MỤC LỤC
I. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài ...............................................................Trang 01
1.2. Mục đích nghiên cứu..........................................................Trang 01
1.3. Đối tượng nghiên cứu.........................................................Trang 02
1.4. Phương pháp nghiên cứu....................................................Trang 03
II. Nội dung sáng kiến
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến................................................Trang 03
Trang 24


2.2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu..............................................Trang 04
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
3.1. Các bài tốn liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự.........Trang 05
3.2. Các bài tốn chứng minh song song, vng góc................Trang 06
3.3. Các bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy.................Trang 08
3.4. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc đường tròn.............Trang 11
3.5. Các bài tốn liên quan đến quỹ tích....................................Trang 12
3.6. Các bài tốn dựng hình......................................................Trang 15
3.7. Các bài tốn định lượng ....................................................Trang 17
IV. Kết quả và kinh nghiệm rút ra...................................................Trang 20
Tài liệu tham khảo.............................................................................Trang 22
Danh mục các đề tài SKKN đã được hội đồng SKKN xếp loại.....Trang 23

Trang 25