Sử dụng phép vị tự để giải một số bài toàn trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————————-
ĐẶNG THANH CẦU
SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2011
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————————-
Đặng Thanh Cầu
SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Minh
THÁI NGUYÊN - NĂM 2011
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 4
1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1. Các trường hợp đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2. Tâm vị tự của hai đường tròn. . . . . . . . . . . . 4

1.2. Các tính chất. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Chương 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ 13
2.1. Bài toán chứng minh tính chất hình học . . . . . . . . . 13
2.2. Bài toán dựng hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3. Bài toán quỹ tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4. Bài toán tính đại lượng hình học . . . . . . . . . . . . . 48
Chương 3. TÍCH CỦA PHÉP VỊ TỰ VỚI MỘT PHÉP
BIẾN HÌNH CƠ BẢN 51
3.1. Phép vị tự-quay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.1.1. Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.1.2. Bài tập minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2. Phép vị tự-đối xứng trục . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.2.1. Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.2.2. Bài tập minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.3. Tích của hai phép vị tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.3.1. Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.3.2. Bài tập minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Mở đầu
Phép vị tự chiếm một vị trí quan trọng trong hình học sơ cấp nói
chung và các phép biến hình nói riêng. Việc sử dụng nó để giải quyết
các bài toán hình học nhiều khi là rất cần thiết; đặc biệt trong nhiều bài
toán, nếu không sử dụng phép vị tự thì việc tìm một lời giải trở nên rất
khó khăn cho người học toán, hơn nữa sử dụng phép vị tự sẽ giúp cho
bài giải trở nên súc tích và đẹp đẽ hơn.
Phép vị tự là một công cụ quan trọng trong hình học, nó xuất hiện
như một điều tất yếu của sự phát triển tư duy toán học - tư duy biến

hình. Trong mỗi bài toán có sử dụng phép vị tự để giải thì nó là một
mắt xích quan trọng, một định hướng thông suốt trong quá trình tư duy.
Ngoài ra, phép vị tự còn là một công cụ tư duy hữu ích để phát triển
các bài toán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó. Điều đó
khiến cho người học toán không những phát triển được kiến thức hình
học của mình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán.
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Kiến thức cơ bản. Chương này trình bày định nghĩa
về phép vị tự và các tính chất cơ bản của nó. Ngoài ra, trong chương
còn đề cập đến vấn đề tìm tâm vị tự của hai đường tròn để hỗ trợ cho
việc vẽ hình và giải toán.
Chương 2. Một số bài toán sử dụng phép vị tự. Chương này
trình bày một số bài toán hình học sơ cấp có sử dụng phép vị tự để giải.
Về cơ bản, các bài toán này được chia làm bốn thể loại thường gặp, đồng
thời tác giả cũng đưa ra một số định hướng khi tìm lời giải cho các dạng
toán này.
Chương 3. Tích của phép vị tự với một phép biến hình.
Chương này trình bày lý thuyết cơ bản và một số bài toán sử dụng
phép biến hình là tích của phép vị tự và một phép biến hình để giải.
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
của TS. Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT và QTKD - ĐHTN. Là người
học trò đã tiếp thu được nhiều điều từ thầy, tác giả xin được bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự nghiêm khắc chỉ
bảo, hướng dẫn của thầy.
Tác giả xin cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học -
Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học. Đồng
thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K3A, trường
Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập

và làm luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giám
hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương đã tạo mọi điều kiện
giúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn.
Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nên
không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ
bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm tới luận
văn này.
Thái Nguyên, ngày tháng năm 2011
Tác giả
Đặng Thanh Cầu
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chương 1
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. Định nghĩa
Định nghĩa 1.1.1. Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và một
số k = 0. Phép biến hình biến mỗi điểm M của mặt phẳng thành điểm
M

sao cho
−−→
OM = k
−−→
OM

được gọi là phép vị tự tâm O tỷ số k. Phép
biến hình này được ký hiệu là V
k
O

. Điểm O được gọi là tâm vị tự, số k
gọi là tỷ số vị tự.
Nếu k > 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự dương hay thuận, nếu
k < 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự âm hay nghịch (Hình 1.1).
1.1.1. Các trường hợp đặc biệt
Hình 1.1
Nếu tỷ số vị tự k = 1 thì
−−→
OM =
−−→
OM

tức là M

≡ M, lúc
ấy phép vị tự là phép đồng nhất.
Nếu tỷ số vị tự k = −1 thì
−−→
OM

= −
−−→
OM, tức là O là trung
điểm của MM

hay phép vị tự là phép đối xứng tâm O.
1.1.2. Tâm vị tự của hai đường tròn.
Với phép vị tự V
k
O

biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I

, R

)
thì ta có R = |k|R

hay k =
R

R
hoặc k = −
R

R
. Khi đó
−→
OI

= k.
−→
OI và
ta xét các trường hợp sau:
1. Nếu I ≡ I

và R = R

thì chỉ có một điểm O duy nhất, do đó
k = −
R


R
= −1, khi đó O là trung điểm đoạn II

. Như vậy phép vị tự
với k = −1 chính là phép đối xứng tâm qua điểm O nói trên (Hình1.2).
2. Nếu I ≡ I

và R = R

, khi đó phép vị tự tâm I tỷ số
R

R
và
phép vị tự tâm I tỷ số −
R

R
đều biến đường tròn (I, R) thành (I

, R

).
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
Hai đường tròn này có chung tâm I (Hình1.3). Ta có
−−→
IM


=
R

R
−−→
IM và
−−→
IM

= −
R

R
−−→
IM.
Hình 1.2 Hình 1.3
3. Nếu I ≡ I

, R = R

và hai đường tròn nằm ngoài nhau, khi đó gọi
O
1
là điểm sao cho
−−→
O
1
I

=

R

R
−−→
O
1
I ta được phép vị tự tâm O
1
biến đường
tròn (I, R) thành đường tròn (I

, R

) với tỷ số k =
R

R
(Hình 1.4). Người
Hình 1.4
ta gọi đó là phép vị tự thuận vì k =
R

R
> 0.
Gọi O
2
là điểm sao cho
−−→
O
2

I

= −
R

R
−−→
O
2
I ta được phép vị tự tâm O
2
biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I

, R

) với tỷ số k

= −
R

R
. Vì
k

= −
R

R
< 0 nên người ta gọi phép vị tự ứng với k


< 0 là phép vị tự
nghịch.
Như vậy ta có hai phép vị tự biến đường tròn (I, R) thành đường tròn
(I

, R

).
Nếu hai đường tròn có tiếp tuyến chung ngoài là T T

thì vì
−−→
I

T

=
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
R

R
−→
IT nên T và T

cũng là hai điểm tương ứng trong phép vị tự thuận
tâm O
1
, tỷ số k =
R


R
do đó 3 điểm O, T, T

thẳng hàng (hay TT

đi qua
O
1
) (Hình1.5).
Nếu hai đường tròn trên có tiếp tuyến là TT

chung trong thì lập luận
tương tự ta cũng có 3 điểm T, T

, O
2
thẳng hàng (Hình1.6).
Hình 1.5 Hình 1.6
Đặc biệt:
- Nếu hai đường tròn (I, R) và (I

, R

) tiếp xúc ngoài tại T thì T là
tâm vị tự nghịch của hai đường tròn. Tâm vị tự thuận O
1
là giao điểm
của đường nối tâm II


vơi tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn
(Hình1.7).
Hình 1.7 Hình 1.8
- Nếu hai đường tròn (I, R) và đường tròn (I

, R

) tiếp xúc trong tại
T

thì tâm vị tự thuận của hai đường tròn là T

, tâm vị tự nghịch là giao
điểm của hai điểm mút của hai bán kính song song ngược chiều nhau
với đường nối tâm II

(Hình1.8).
Trong trường hợp tổng quát muốn tìm tâm vị tự của hai đường tròn
(I, R) và đường tròn (I

, R

) (I ≡ I

, và R = R

) ta làm theo các bước
sau:
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7

- Vẽ qua I một đường thẳng bất kỳ cắt đường tròn (I) tại M và M
1
.
- Qua I

vẽ đường thẳng song song với MM
1
cắt đường tròn (I

, R

)
tại M

và M

1
, chú ý lấy
−−→
I

M

cùng chiều với
−−→
IM.
- Đường thẳng MM

cắt đường nối tâm II


tại tâm vị tự thuận là O
1
.
- Đường thẳng M
1
M

cắt đường nối tâm II

tại tâm vị tự nghịch là
O
2
.
Hình 1.9
Việc xác định tâm vị của hai đường tròn là quan trọng và cần thiết.
Đặc biệt là với một số bài toán dựng hình và chứng minh được trình bày
ở chương sau.
1.2. Các tính chất.
Bốn tính chất đầu không khó khăn với người đọc nên ta sẽ không
trình bày chứng minh ở đây.
Tính chất 1.2.1. Phép vị tự V
k
O
với k = 1 có một điểm bất động duy
nhất đó là điểm O.
Tính chất 1.2.2. Nếu V
k
O
biến điểm M thành M


thì ba điểm M, O và
M

thẳng hàng.
Tính chất 1.2.3. Nếu phép vị tự V
k
O
biến hai điểm A, B lần lượt thành
hai điểm A

, B

thì
−−→
A

B

= k.
−→
AB.
Tính chất 1.2.4. Phép vị tự V
k
O
là phép biến hình 1 − 1 và có phép
biến hình ngược, đó là phép vị tự V
1
k
O
.

Tính chất 1.2.5. Phép vị tự V
k
O
biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm
thẳng hàng và bảo toàn tỷ số khoảng cách giữa các điểm.
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
Chứng minh. Ký hiệu A

, B

, C

lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng
hàngA, B, C ta luôn có:
−−→
A

B

= k.
−→
AB,
−−→
A

C

= k.
−→

AC. Vì A, B, C thẳng
hàng nên tồn tại số m sao cho
−→
AB = m.
−→
AC. Vậy thì
−−→
A

B

= m.
−−→
A

C

. Hệ
thức này chứng tỏ A

, B

, C

thẳng hàng và tỷ số của khoảng cách giữa
các điểm được bảo toàn.
Hệ quả 1.2.1. Phép vị tự V
k
O
biến đường thẳng d thành đường thẳng

d

và dd’ hoặc d≡ d

.
Hệ quả 1.2.2. Phép vị tự V
k
O
biến tia Sx thành tia S

x

và hai tia đó
song song hoặc cùng nằm trên một đường thẳng.
Hệ quả 1.2.3. Phép vị tự V
k
O
biến đoạn thẳng PQ thành đoạn thẳng
P

Q

thì P

Q

= |k|P Q và P

Q


 P Q.
Hệ quả 1.2.4. Phép vị tự V
k
O
biến ∆ABC thành ∆ A

B

C

thì hai tam
giác đó đồng dạng, cùng chiều, tỷ số là |k| và tỷ số diện tích là k
2
.
Hệ quả 1.2.5. Phép vị tự V
k
O
biến góc

xSy thành góc

x

S

y

thì

xSy=


x

S

y

và các cạnh tương ứng song song.
Hệ quả 1.2.6. Phép vị tự V
k
O
biến đường tròn (I, R) thành đường tròn
(I

, R

) và R

= |k|R.
Tính chất 1.2.6. Cho hai phép vị tự V
k
O
và V
k

O

với các tâm vị tự phân
biệt, các tỷ số vị tự k = 0; 1, k


= 0; 1 và k.k

= 0; 1. Khi đó phép biến
hình H = V
k
O
.V
k

O

hoặc H = V
k

O

.V
k
O
là phép vị tự.
Chứng minh. Ta chứng minh H = V
k
O
.V
k

O

là phép vị tự. Trước hết ta
cần chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất. Gọi S là điểm bất động của

H, khi đó:
V
k
O
: S −→ S

và
−−→
OS

= k.
−→
OS, V
k

O

: S

−→ S và
−−→
O

S = k.
−−→
O

S

Từ các kết quả ta suy ra

−→
OS = λ.
−−→
OO

trong đó λ =
1 −k
1 −k.k

. Nếu M
là điểm bất kỳ khác S, theo định nghĩa ta có:
V
k
O
: S −→ S

và M −→ M

⇒
−−−→
S

M

= k.
−−→
SM V
k

O


: S

−→ S và
M

−→ M

⇒
−−−→
SM

= k.
−−−→
S

M

.
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Từ các kết quả trên ta suy ra
−−−→
SM

= k.k

.
−−→
SM. Đó là điều phải chứng

minh.
Với phép biến đổi H
∗
ta chứng minh tương tự.
Tính chất 1.2.7. Tích của hai phép vị tự cùng nhận O làm tâm vị tự
lần lượt là k
1
và k
2
là một phép vị tự tâm O có tỷ số k = k
1
.k
2
.
Chứng minh. Theo giả thiết ta có:
−−→
OM

= k
1
−−→
OM,
⇒
−−−→
OM

= k
2
−−→
OM


= k
2
.k
1
−−→
OM.
Vậy
−−−→
OM

= k
−−→
OM với k = k
2
.k
1
Nếu k
2
.k
1
= 1 thì tích đó là phép đồng nhất.
Tính chất 1.2.8. Tích của hai phép vị tự khác tâm là một phép vị tự
có tâm thẳng hàng với hai tâm của hai phép vị tự đã cho, hoặc đặc biệt
là một phép tịnh tiến hay phép đồng nhất.
Chứng minh. Giả sử phép vị tự f
1
có tỷ số k
1
và có tâm O

1
, phép vị tự
f
2
có tâm O
2
và có tỷ số k
2
. Với hai điểm A, B bất kỳ ta có:
f
1
(
−→
AB) =
−−→
A

B

với
−−→
A

B

= k
1
−→
AB, f
2

(
−−→
A

B

) =
−−−→
A

B

với
−−−→
A

B

= k
2
−−→
A

B

Do đó
−−−→
A

B


= k
1
k
2
−→
AB nghĩa là hai vectơ
−−−→
A

B

,
−→
AB là cùng phương
với nhau. Vậy tích f
2
.f
1
là:
-Phép vị tự nếu k
2
.k
1
= 1
-Phép tịnh tiến hoặc phép đồng nhất nếu k
2
.k
1
= 1.

Hình 1.10
Ta hãy xác định tâm vị tự của tích k
2
.k
1
. Ta thấy rằng tâm O phải
nằm trên đường thẳng O
1
O
2
vì đường thẳng đó biến thành chính nó qua
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
f
1
và qua f
2
, do đó nó cũng biến thành chính nó trong phép biến hình
tích f
2
.f
1
.
Giả sử f
1
(O) = O

ta có:
−−−→
O

1
O

= k
1
.
−−→
O
1
O. (1)
khi đó f
2
(O

) = O (vì O ≡ O

= f
2
(O

)), nên
−−→
O
2
O = k
2
.
−−−→
O
2

O

(2)
nhưng
−−−→
O
2
O

=
−−−→
O
2
O
1
+
−−−→
O
1
O

Hình 1.11
Do đó
−−−→
O
2
O

=
−−→

O
2
O = k
2
(
−−−→
O
2
O
1
+
−−−→
O
1
O

) =
−−−→
O
2
O
1
+ k
1
−−→
O
1
O theo (1)
−−−→
O

2
O
1
+
−−→
O
1
O = k
2
.
−−−→
O
2
O
1
+ k
2
.k
1
.
−−→
O
1
O
⇔
−−→
O
1
O(1 −k
2

.k
1
) =
−−−→
O
1
O
2
(1 −k
2
), với 1 −k
2
k
1
= 0
nên:
−−→
O
1
O =
1 −k
2
1 −k
2
.k
1
.
−−−→
O
1

O
2
(*)
Hình 1.12
Vì O
1
, O
2
đã cho, nên điểm O hoàn toàn xác định do hệ thức trên cũng
chứng tỏ ràng 3 điểm O
1
, O
2
, O thẳng hàng với điều kiện 1 − k
2
k
1
= 0
hay k
2
.k
1
= 1.
Vậy nếu k
2
.k
1
= 1 thì tích k
2
.k

1
là một phép vị tự tâm O xác định
bởi hệ thức (*). Còn nếu k
2
.k
1
= 1 thì
−−−→
A

B

=
−→
AB do đó k
2
.k
1
là một
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
phép tịnh tiến nếu O
1
, O
2
là phân biệt và k
2
.k
1
là phép đồng nhất nếu

O
1
≡ O
2
.
Tính chất 1.2.9. Tích của hai phép vị tự khác tâm không đặc biệt
và không là nghịch đảo của nhau (V
k
2
I
2
.V
k
1
I
1
) là một phép vị tự V
k
I
với
k = k
1
.k
2
và thỏa mãn đẳng thức:
−→
I
2
I =
k

2
(1 −k
1
)
1 −k
1
k
2
.
−−→
I
2
I
1
(1.1)
Chứng minh. Thật vậy, Qua V
k
1
I
1
:
−→
AB −→
−−→
A

B

sao cho:
−−→

A

B

= k
1
−→
AB,
qua V
k
2
I
2
:
−−→
A

B

−→
−−−→
A”B” sao cho:
−−−→
A”B” = k
2
.
−−→
A

B


. Vậy qua (V
k
2
I
2
.V
k
1
I
1
)
thì
−→
AB −→
−−−→
A”B” sao cho:
−−−→
A”B” = k.
−→
AB = k
1
.k
2
.
−→
AB ⇒ V
k
2
I

2
.V
k
1
I
1
= V
k
I
(k = k
1
.k
2
)
Theo tính chất 1.2.8 thì đường thẳng I
1
I
2
đi qua I ⇒ I ∈ I
1
I
2
. Ta có:
Qua V
k
1
I
1
: I −→ I


⇒
−→
I
1
I

= k
1
.
−→
I
1
I(1). Qua V
k
2
I
2
: I

−→ I” ≡ I (vì I là
điểm bất động) ⇒
−−→
I
2
I” = k
2
.
−→
I
2

I

⇒
−−→
I
2
I” = k
2
.
−→
I
2
I

hay
−→
I
2
I = k
2
.
−→
I
2
I

(2).
Từ (1) và (2) ta có:
⇒
−→

I
2
I = k
2
.(
−−→
I
2
I
1
+
−→
I
1
I) = k
2
.
−−→
I
2
I
1
+ k
2
.
−→
I
1
I


= k
2
.
−−→
I
2
I
1
+ k
1
.k
2
.
−→
I
1
I
= k
2
−−→
I
2
I
1
+ k
1
.k
2
.
−−→

I
1
I
2
+ k
1
.k
2
.
−→
I
2
I
⇔ (1 − k
1
k
2
)
−→
I
2
I = k
2
.(1 −k
1
).
−−→
I
2
I

1
⇔
−→
I
2
I =
k
2
.(1 −k
1
)
1 −k
1
.k
2
.
−−→
I
2
I
1
.
Theo giả thiết đẳng thức trên là xác định
Tính chất 1.2.10. Cho phép vị tự V
k
O
với k = 1; 0 và phép tịnh tiến
T
(
−→

U )
với
−→
U =
−→
0 . Khi đó phép biến đổi H = T
(
−→
U )
.V
k
O
hoặc H
∗
= V
k
O
.T
(
−→
U )
là phép vị tự.
Chứng minh. Ta xét phép biến đổi H = T
(
−→
U )
.V
k
O
. Trước hết, ta chứng

minh rằng H có điểm bất động. Gọi S là điểm bất động của H, khi đó
V
k
O
:S −→ S

và
−−→
OS

= k.
−→
OS;
T
(
−→
U )
: S

−→ S và
−→
S

S =
−→
U
Từ các kết quả đó ta suy ra
−→
OS =
−→

U ⇔ (1 − k)
−→
OS =
−→
U ⇔
−→
OS =
1
1 −k
.
−→
U
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Hệ thức trên chứng tỏ S tồn tại và duy nhất. Nếu M là điểm bất kỳ
khác S, thì
V
k
O
:S −→ S

, M −→ M

và
−−−→
S

M

= k.

−−→
SM
T
(
−→
U )
:S

−→ S, M

−→ M

và
−−−→
SM

=
−−−→
S

M

= k.
−−→
SM.
Đó là điều phải chứng minh.
Phép biến đổi H
∗
được chứng minh tương tự.
Như vậy, Chương 1 đã trình bày một cách hệ thống và chi tiết các

định nghĩa và tính chất quan trọng liên quan tới phép vị tự. Đây là
chương cơ sở của các chương tiếp theo. Trên cơ sở các định nghĩa và
tính chất này chúng ta sẽ xem xét một số dạng toán điển hình hay
gặp trong hình học sơ cấp có liên quan tới phép vị tự ở Chương 2.
——————————-
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Chương 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG
PHÉP VỊ TỰ
Trong chương này trình bày một số bài toán hình học phẳng có sử
dụng phép vị tự để giải một số dạng toán đặc trưng mà ta thường gặp
khi giải toán hình học phẳng.
2.1. Bài toán chứng minh tính chất hình học
Thông qua phép vị tự biến đổi hình này thành hình kia ta sẽ thấy
xuất hiện các tính chất hình học, hay biểu thức đại số của các hình hay
các hình liên quan, từ đó các tính chất hình học được chứng minh.
Bài toán 2.1.1. Cho ba điểm F, E, G theo thứ tự là ba điểm trên ba
cạnh BC, CA, AB của ∆ABC. Điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng
AE, BF, CG đồng quy là:
AG
BG
.
BE
CE
.
CF
AF
= −1.
(Định lý Ceva)

Chứng minh. Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy tại O. Từ A
Hình 2.1
và C, kẻ các đường thẳng song song với BF chúng lần lượt cắt CG, AE
tương ứng tại K và I.
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Khi đó V
CA
CF
C
: F −→ A, O −→ K ⇒
CF
CA
=
CO
CK
⇒
CF
F A
=
CO
OK
Tương tự ta có: V
OK
OC
O
: C −→ K, I −→ A ⇒
OC
OK
=

OI
OA
⇒
CI
AK
=
CO
OK
Ngoài ra ta có các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB, AKG và
BOG ⇒
BE
CE
=
BO
CI
và
AG
BG
=
AK
BO
do đó
AG
BG
.
BE
CE
.
CF
AF

= −1
Ngược lại giả sử ta có
AG
BG
.
BE
CE
.
CF
AF
= −1. Qua giao điểm của các
đường thẳng AE và BF , kẻ đường thẳng CC
1
với C
1
nằm trên cạnh AB.
Khi đó, theo chứng minh phần thuận ⇒
AC
1
C
1
B
=
AG
GB
, hay C
1
≡ G, ta
có điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.1. Trong bài toán này ta dựng thêm các đường CE và BF

là rất cần thiết để bài toán xuất hiện các hình vị tự với nhau thì phép vị
tự sẽ không có chỗ để sử dụng. Và tư duy biến hình ở đây chính là từ
yêu cầu chứng minh ta nhìn ra được hình vẽ tương ứng, để từ đó đưa ta
đến cách chứng minh.
Bài toán 2.1.2. Ký hiệu R, r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại
tiếp, nội tiếp của ∆ABC. CMR: R ≥ r.
Chứng minh. Xét V
−
1
2
G
: A −→ A

, B −→ B

và C −→ C

, với các điểm
A

, B

, C

lần lượt là các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, G là
Hình 2.2
trọng tâm ∆ABC. Trong đó đường tròn ngoại tiếp ∆ABC biến thành
∆A

B


C

và vì vậy , bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆A

B

C

là
R
2
.
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Mặt khác, đường tròn đó cắt tất cả các cạnh của ∆ABC, vì thế nếu ta
dựng một ∆A
1
B
1
C
1
có các cạnh song song với các cạnh của ∆ABC thì
hai tam giác vị tự với nhau theo tỷ số λ =
A
1
B
1
AB
> 1. Hiển nhiên bán

kính đường tròn nội tiếp ∆A
1
B
1
C
1
không nhỏ hơn bán kính đường tròn
nội tiếp ∆ABC hay R ≥ r.
Nhận xét 2.2. Ta có cách chứng minh khác (xin không trình bày ở đây)
đạt được kết quả mạnh hơn bài toán trên là R ≥ 2r. Nhưng vì cách chúng
ta sử dụng là phép vị tự nên bài toán chỉ đạt được ở mức trên. Đây cũng
là một hạn chế trong cách giải, nhưng ta cũng có thể thấy được ưu điểm
là ta có thể thấy rõ các vấn đề liên quan trong hai đường tròn khi hai
đường tròn vị tự với nhau. Đặc biệt trong bài này là đại lượng độ dài
(bán kính).
Bài toán 2.1.3. Cho ∆ABC bên trong tam giác dựng bốn đường tròn
(O
1
), (O
2
), (O
3
), (O
4
) bằng nhau sao cho 3 đường tròn tiếp xúc với hai
cạnh của tam giác và cùng tiếp xúc với đường tròn còn lại. CMR: tâm
đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC và O
4
thẳng hàng.
Chứng minh. Ta có IA, IB, IC chứa O

1
, O
2
, O
3
Hình 2.3
⇒ O
1
O
2
 AB, O
2
O
3
 BC, O
3
O
1
 AC.
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Đặt
IA
IO
1
=
IB
IO
2
=

IC
IO
3
= k. Ta có:
V
k
I
: O
1
−→ A, O
2
−→ B, O
3
−→ C
Do O
4
là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆O
1
O
2
O
3
(do cách đều ba điểm).
Tức là V
k
I
: O
4
−→ O ⇒ I, O
4

, O thẳng hàng.
Nhận xét 2.3. Bài toán trên đã sử dụng tính chất thẳng hàng của tâm
vị tự, tạo ảnh và ảnh trong phép vị tự. Vậy thì từ đó ta thấy rằng việc
chứng minh 3 điểm thẳng hàng ta có thể xét theo hướng các hình trong
bài toán vị tự với nhau để suy ra ba điểm cần chứng minh thẳng hàng
hay cùng nằm trên một đường thẳng.
Bài toán 2.1.4. Chứng minh rằng trong ∆ABC:
1. Ba đường trung tuyến đồng quy tại một điểm, điểm này cách mỗi
đỉnh của ∆ bằng
2
3
độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh đó.
2. Trọng tâm G và trực tâm H và tâm O của đường tròn ngoại tiếp
∆ABC cùng nằm trên một đường thẳng, gọi đường thẳng đó là đường
thẳng Euler và giữa các điểm đó thỏa mãn hệ thức:
GO
GH
= −
1
2
.
Hình 2.4
Chứng minh. 1. Gọi A

, B

, C

là chân các đường trung tuyến tương ứng
với các đỉnh nên các đoạn thẳng A


B

, B

C

, C

A

song song và bằng
1
2
các
cạnh tương ứng AB, BC, CA ⇒ ∆A

B

C

là hình vị tự của ∆ABC ⇒
∃G :
−−→
GA

= −
1
2
−→

GA,
−−→
GB

= −
1
2
−−→
GB,
−−→
GC

= −
1
2
−→
GC ⇒ A

, B

, C

đồng quy
tại G (là trọng tâm ∆ABC ) và G cách các đỉnh bằng
2
3
đường trung
tuyến tương ứng.
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17

2. Vì tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC trùng với trực tâm
H

của ∆A

B

C

nên O (cũng tức là H

) là hình vị tự của trực tâm H
của ∆ABC trong phép vị tự V
−
1
2
G
nói trên biến ∆ABC thành ∆A

B

C

,
nghĩa là ta được
−→
GO = −
1
2
−−→

GH hay là:
GO
GH
= −
1
2
.
Bài toán 2.1.5. Cho ba đường tròn (O
1
) = (O
2
) = (O
3
) cung đi qua
một điểm A và cắt nhau đôi một tại P, Q, R. CMR hai đường tròn sau
bằng các đường tròn trước:(O
1
O
2
O
3
) = (P QR) = (O
1
) = (O
2
) = (O
3
).
Chứng minh. Gọi I = O
1

O
2
∩ P A; J = O
1
O
3
∩ QA; K = O
2
O
3
∩ AR ⇒
IP = IA; JQ = JA; AK = KR. Xét:
V
−
1
2
G
: O
3
−→ I, O
1
−→ K, O
2
−→ J,
V
2
A
: I −→ P, J −→ Q, K −→ R.
Hình 2.5
Qua V

2
A
.V
−
1
2
G
= V
−1
X
: ∆O
1
O
2
O
3
−→ ∆RP Q. Vì V
−1
X
≡ Đ
X
⇒
∆O
1
O
2
O
3
= ∆RQP (G là trọng tâm ∆O
1

O
2
O
3
)⇒ (O
1
O
2
O
3
) = (RQP ).
Dễ thấy đường tròn (P QR) nhận A là tâm (AO
1
= AO
2
= AO
3
)⇒ Các
đường tròn (O
1
O
2
O
3
) = (P QR) = (O
1
) = (O
2
) = (O
3

).
Bài toán 2.1.6. Cho ∆ABC. Các đường cao AA
1
, BB
1
, CC
1
cắt nhau
tại H. Các đường trung tuyến AA

, BB

, CC

cắt nhau tại G. Gọi O là
tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và O

là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆A

B

C

.
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
1. Xác định phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A

B


C

.
2. CMR: 6 điểm A

, A
1
, B

, B
1
, C

, C
1
cùng nằm trên một đường tròn.
Đường tròn đó gọi là đường tròn Euler. CMR: Đường tròn Euler đi qua
ba trung điểm A
2
, B
2
, C
2
của những điểm nối các đỉnh A, B, C với trực
tâm Hcủa ∆ABC.
Chứng minh. 1. ∆A

B


C

là ảnh của ∆ABC qua phép vị tự tâm G với
tỷ số k = −
1
2
.
Hình 2.6
2. Phép vị tự trên biến đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC thành
đường tròn tâm O

ngoại tiếp ∆A

B

C

, biến trực tâm H thành trực
tâm O của ∆A

B

C

. Do đó
−→
GO = −
1
2
−−→

GH và
−−→
GO

= −
1
2
−→
GO. Ta suy
ra O

là trung điểm đoạn HO. Đường tròn tâm O

ngoại tiếp ∆A

B

C

cắt đường cao AH tại điểm A
2
. Mặt khác phép vị tự tâm H với tỷ số
k

=
1
2
biến đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC thành đường tròn tâm
O


ngoại tiếp ∆A

B

C

. Ta có:
−−→
HO

=
1
2
−−→
HO và
−−→
HA
2
=
1
2
−−→
HA. Do đó A
2
là trung điểm của đoạn AH. Kéo dài AA
1
cắt đường tròn (O) tại H
1
.
Ta có

−−→
HA
1
=
1
2
−−→
HH
1
. Vậy A
1
là ảnh của H
1
trong phép vị tự tâm H nói
trên. vì H
1
nằm trên đường tròn tâm O nên A
1
nằm trên đường tròn
Euler. Chứng minh tương tự đối với các điểm còn lại.
Vậy đường tròn đi qua 9 điểm A

, A
1
, B

, B
1
, C


, C
1
, A
2
, B
2
, C
2
.
Nhận xét 2.4. Hai đường tròn (O) và (O

) vị tự với nhau bằng hai phép
vị tự:
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
-Phép vị tự tâm G tỷ số k = −
1
2
(là phép vi tự nghịch)
-Phép vị tự tâm H tỷ số k =
1
2
(là phép vi tự thuận)
Bài toán 2.1.7. Đường tròn tâm O nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với các
cạnh AB, BC, CA tương ứng tại các điểm là A
1
, B
1
, C
1

. Gọi A
2
là điểm
đối xứng với A
1
qua AO, B
2
đối xứng với B
1
qua BO và C
2
đối xứng
với C
1
qua CO chứng minh rằng ∆A
2
, B
2
, C
2
vị tự với ∆ABC.
Chứng minh. Ta thấy A
1
đối xứng với A
2
và B
1
đối xứng với C
1
qua AO

nên C
1
A
2
= A
1
B
1
. Tương tự A
1
đối xứng với C
1
và B
1
đối xứng với B
2
qua BO nên C
1
B
2
= A
1
B
1
.
Hình 2.7
Ngoài ra ta có: OA
1
= OA
2

= OB
1
= OB
2
= OC
1
điều đó chứng tỏ
các điểm A
2
, B
2
nằm trên đường tròn (O). ∆C
1
A
2
B
2
cân tại C
1
nội tiếp
đường tròn (O) nên A
2
, B
2
song song với tiếp tuyến của đường tròn tại
C
1
. Tức là A
2
B

2
 AB. Tương tự A
2
C
2
 AC và B
2
C
2
 BC. Do đó tồn
tại phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A
2
B
2
C
2
.
Bài toán 2.1.8. Cho hai đường tròn (O

, R), (O, 2R) tiếp xúc ngoài tại
A. Một góc vuông

xAy quay quanh A, 2 cạnh của góc cắt (O) và (O

)
tại lần lượt tại B, B

. Gọi S = OO

∩ BB


.
a. CMR S cố định và tính AS theo R.
b. BB

cắt (O) và (O

) lần lượt tại N, N

. CMR:

NAN

= 90
o
.
Chứng minh. (Hình 2.8)
a. Dễ thấy A và S lần lượt là tâm vị tự trong và ngoài của hai đường
tròn nên S là cố định ⇒
SO
SO

=
OB
OB

= 2 ⇒ OO

= SO


⇒ SO = 2OO

= 6R ⇒ AS = 4R.
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Hình 2.8
b. Gọi E = AS ∩ (O

) ⇒ AE = 2R ⇒ V
1
2
S
: A −→ E, N −→ N

⇒ AN −→ EN

, mà

AN

E = 90
o
⇒

NAN

= 90
o
(phép vị tự bảo toàn
góc).

Bài toán 2.1.9. Cho tứ giác ABCD và một điểm I. Gọi M, N, P, Q
lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Gọi M

, N

, P

, Q

lần
lượt là đối xứng của I qua M, N, P, Q. CMR tứ giác M

N

P

Q

là hình
bình hành.
Chứng minh. (Hình 2.9)
Hình 2.9
Từ giả thiết ta có IM

= 2IM; IN

= 2IN; IP

= 2IP; IQ


= 2IQ ⇒
qua phép vị tự V
2
I
: MNPQ −→ M

N

P

Q

và MNPQ ∼ M

N

P

Q

mà tứ giác MNPQ là hình bình hành nên suy ra tứ giác M

N

P

Q

là
hình bình hành.

Bài toán 2.1.10. CMR trong một hình thang: giao điểm hai đường
chéo, giao điểm hai cạnh bên, trung điểm hai đáy là bốn điểm cùng nằm
trên đường thẳng.
Chứng minh. (Hình 2.10)Ta có AB  CD; M, N là trung điểm hai đáy,
O = AD ∩ BC, O

= AC ∩BD.
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
Hình 2.10
Vì AB  CD ⇒
OA
OD
=
AB
CD
=
AB/2
CD/2
=
AM
DN
=
BM
CN
⇒ Qua V
k
O
: A −→ D; B −→ C; M −→ N ⇒ (k =
OD

OA
)M, N, O thẳng
hàng (1).
Qua V
k

O

: A −→ C; B −→ D; M −→ N(k

=
OC
OA
) ⇒ M, N, O

thẳng
hàng (2).
Từ (1) và (2) ta có M, N, O, O

thẳng hàng.
Bài toán 2.1.11. Cho ∆ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Gọi
(w) là đường tròn tiếp xúc với AB, AC tại D, E và tiếp xúc với (O) tại
K. Chứng minh rằng DE đi qua tâm nội tiếp của ∆ABC.
(IMO Romani 1978)
Chứng minh. Xét phép vị tự V
k
A
: (w) −→ (I)(k =
AH
AK

).
Hình 2.11
23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Gọi I

là trung điểm của DE, H là trung điểm của BC ta có:
∆ABK ∼ ∆ADJ(g.g) ⇒
AH
AK
=
AI

AJ
⇒ V
k
A
: J −→ I

. Mà J là
tâm của đường tròn (w) nên I

là tâm của đường tròn (I)
DE đi qua tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC
Bài toán 2.1.12. Cho hai đường tròn (O
1
) và (O
2
) tiếp xúc nhau tại
M. một điểm A thay đổi trên đường tròn (O

2
), từ A kẻ hai tiếp tuyến
AB, AC đến (O
1
) với B, C là các tiếp điểm. BM, CM lần lượt cắt O
2
tại
D và E. DE cắt tiếp tuyến tại A của (O
2
) tại F . Chứng minh rằng F
thuộc một đường thẳng cố định khi A di chuyển trên (O
2
) không thẳng
hàng với O
1
và M.
(VMO 2003)
Chứng minh. Xét phép vị tự V
k
M
(k =
R
1
R
2
). Khi đó ta có:
A −→ A

; E −→ C; D −→ B.(DE) −→ (BC); (Ax) −→ (A


y)
(A

y là tiếp tuyến tại A

của (O
1
)). Do đó F −→ K(giao điểm của A

y
và BC). Mặt khác, theo một tính chất của cực đối cực thì A

y, BC và
tiếp tuyến tại M(Mz) của (O
1
) đồng quy. Do đó K ∈ Mz, mà Mz cũng
là tiếp tuyến của (O
2
). Do đó F ∈ Mz.
Vậy F thuộc đường thẳng cố định Mz ⊥ O
1
O
2
Hình 2.12
24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Bài toán 2.1.13. Hai đường tròn (O
1
), (O
2

) tiếp xúc ngoài nhau tại C
và tiếp xúc trong với (O) tại D, E. Gọi d là tiếp tuyến chung của (O
1
)
và (O
2
) tại C. ABlà đường kính của (O) sao cho A, D, O
1
cùng phía đối
với (d). Chứng minh rằng: AO
1
, BO
2
và DE đồng quy.
(IMO shortlist 2006)
Chứng minh. Xét phép vị tự V
k
D
(k =
R
R
1
):(O
1
) −→ (O). Vì O
1
C  OB
suy ra (O
1
C) −→ (OB) và C −→ B. Do đó D, C, B thẳng hàng. Hơn

nữa nếu gọi X là giao của CO
1
và (O
1
). Thì X −→ A suy ra X ∈ AD.
Hình 2.13
Tương tự ta cũng có ba điểm A, C, E thẳng hàng và Y ∈ EB trong
đó Y là giao điểm của CO
2
và (O
2
). Do đó

AEB =

ADB = 90
o
. Do
đó C là trực tâm của ∆MAB(M là giao điểm của AD và BE). Suy ra
M ∈ (d). Gọi P, H là giao điểm của MCvà DE và AB. Khi đó ta có:
(MCP H) = −1 ⇒ (AD, AP, AC, AH) = −1 (2.1)
Mặt khác xét chùm (AD, AO
1
, AC, AH) Đường thẳng qua O
1
song
song với AH cắt AD, AC tại X, C và O
1
là trung điểm của CX nên
(AD, AO

1
, AC, AH) = −1 (2.2)
Từ (2.1) và (2.2) ta có A, O
1
, P thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta
cũng có B, O
2
, P thẳng hàng.
Do đó ta có AO
1
, BO
2
, DE đồng quy tại P .
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên