CHUYÊN đề PHÉP vị tự

PHÉP VỊ TỰ
A.PHẦN MỞ ĐẦU
1.Lý do chọn đề tài
Các phép biến hình sơ cấp là một phần quan trọng của hình học và là một mảng khó trong
chương trình hình học THPT chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi
Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan ít nhiều đến các phép biến hình
cũng hay được đề cập và thường được xem là những dạng toán khó, những câu phân loại của kì
thi. Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái
niệm liên quan đến phép biến hình, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các phép biến hình vào việc
làm bài tập. Những học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm biến hình thường chưa hiểu
tường tận tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vận dụng kiến thức
biến hình vào giải toán trong những tình huống khác nhau. Để hiểu và vận dụng tốt lý thuyết
biến hình và vận dụng kiến thức biến hình vào giải toán thì thông thường học sinh phải có kiến
thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất cả các lĩnh vực của hình học sơ
cấp. Đó là một khó khăn rất lớn đối với giáo viên và học sinh khi giảng dạy và học tập phần các
phép biến hình.
Trong các phép biến hình thì phép vị tự có rất nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán
hình học và trong các kì thi học sinh giỏi số lượng các bài toán liên quan đến việc sử dụng phép
vị tự khá nhiều. Các bài toán khi giải bằng phương pháp sử dụng phép vị tự trong các kì thi học
sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiện khả năng sáng tạo của học sinh. Bằng cách giải
bằng cách sử dụng phép vị tự giúp học sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các
tính chất thú vị khác của bài toán. Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là
làm sao để học sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình
học, cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cần phân
dạng các bài tập áp dụng phép vị tự và những dấu hiệu của các bài toán như thế nào thì dùng
phép vị tự? Với tất cả những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn đề tài “phép vị tự” để
trao đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng sử dụng phép vị tự.
2.Mục đích của đề tài
Đề tài “phép vị tự” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh
những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề phép vị tự trong chương trình THPT
chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của phép

vị tự trong các bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng và một số bài toán khác xuất hiện
trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của một số nước. Các bài toán đồng quy
thẳng hàng mà lời giải sử dụng phép vị tự thường là những bài tập khó, các bài tập chúng tôi đưa
ra đề là các đề thi Olympic Quốc tế, khu vực và một số nước có truyền thống về toán, trong các
bài tập này chúng tôi có phân tích dấu hiệu của bài toán mà có thể sử dụng để giải bằng cách
dùng phép vị tự. Những bài toán này nếu không sử dụng phép vị tự thường rất khó và rất dễ phụ
thuộc vào hình vẽ.
Thông qua đề tài “phép vị tự” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được góp ý trao đổi
của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh và các em học sinh. Chúng tôi mong muốn đề


tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần phép vị tự hiệu quả nhất và giúp các em học sinh có
khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học một cách tốt nhất.
B.PHẦN NỘI DUNG
I. Lý thuyết
1. Định nghĩa
Cho trước điểm O và một số thực k . Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho

uuuuur
uuuur
k
OM ' = k .OM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k và được kí hiệu là VO hoặc V( O ;k ) .

Điểm M’ được gọi là ảnh của điểm M, điểm M được gọi là tạo ảnh của M’, O gọi là tâm vị tự, k
gọi là tỉ số vị tự.
k
Nếu k > 0 thì VO được gọi là phép vị tự dương.
k
Nếu k < 0 thì VO được gọi là phép vị tự âm.
1

Nếu k = 1 thì VO là phép đồng nhất.
−1
Nếu k = −1 thì VO là phép đối xứng tâm O.

{

}

k
Cho hình F, xét tập F ' = M ' , M ' = VO ( M ) , M ∈ F được gọi là ảnh của hình F qua qua phép
k
k
k
vị tự VO và được kí hiệu là VO : F → F ' hoặc F ' = VO ( F ) .

2. Tính chất
k
Tính chất 2.1. Phép vị tự VO với k ≠ 1 có một điểm bất động duy nhất, đó là điểm O.
k
Tính chất 2.2. Nếu điểm M’ là ảnh của điểm M qua phép vị tự VO thì O, M, M’ thẳng hàng.
k
Tính chất 2.3. Nếu A’, B’ lần lượt là ảnh của hai điểm phân biệt A, B qua phép vị tự VO thì

uuuuu
r
uuur
A ' B ' = k AB .

1

k
Tính chất 2.4. Phép vị tự VO là một song ánh và có phép biến hình ngược là V k
O

k
Tính chất 2.5. Phép vị tự VO biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo thứ tự đó.
k
Chứng minh. Giả sử A’, B’, C’ lần lượt là ảnh của A, B, C qua phép vị tự VO . Giả sử B nằm

giữa A và C. Khi đó theo tính chất 3 ta có: A ' B ' = k AB, B ' C ' = k BC , C ' A ' = k CA , kết hợp
với AB + BC = AC ⇒ A ' B '+ B ' C ' = A ' C ' ⇒ A ', B ', C ' thẳng hàng và B’ nằm giữa A’ và C’.


Từ tính chất 5 ta có các kết quả rất quan trọng sau:
k
Hệ quả. Phép vị tự VO biến:

a) Đường thẳng d thành đường thẳng d’ và d || d ' hoặc d ≡ d ' .
b) Tia Sx thành tia S ' x ' và hai tia đó hoặc song song hoặc cùng nằm trên một đường
thẳng.
c) Đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A’B’ và A ' B ' = k AB .
d) Tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ và hai tam giác này đồng dạng với nhau theo tỉ số

k.

¶ thành góc x· ' S ' y ' và xSy
¶ = x· ' S ' y ' .
e) Góc xSy

f) Đường tròn ( I ; R ) thành đường tròn ( I '; R ') và R ' = k R .
k
k'
Tính chất 2.6. Cho hai phép vị tự VO , VO ' với các tâm vị tự phân biệt, các hệ số vị tự thỏa mãn

k , k ' ∉ { 0;1} . Khi đó
k
k'
k'
k
a) Nếu k .k ' ≠ 1 thì VO oVO ' hoặc VO ' oVO là một phép vị tự.
k
k'
k'
k
b) Nếu k .k ' = 1 thì VO oVO ' hoặc VO ' oVO là một phép tịnh tiến.

Chứng minh.
k'
k
a)Giả sử H = VO ' oVO và S là điểm bất động của H. Khi đó ta có:

uuur

uuu
r

VOk : S → S ' và OS ' = kOS
uuuur

uuuuu
r

VOk'' : S ' → S và O ' S = k ' O ' S '
Ta có:

uuu
r 1 uuur 1 uuuur uuuuu
r 1  uuuur 1 uuuur  1  uuuur 1 uuu
r 1 uuuur 
OS = OS ' = OO ' + O ' S ' =  OO ' + O ' S ÷ =  OO ' + OS − OO ' ÷
k
k
k
k'
k'
k'
 k


(

)

r
1  uuu

⇒ 1 −
OS
÷ =

 k .k ' 

r 1 − k ' uuuur
1  1  uuuur uuu
1
−
OO
'
⇒
OS
=
OO ' .

÷
k  k '
1 − k .k '

Do đó điểm S là duy nhất. Với mỗi điểm M khác điểm S ta có:

uuuuur
uuur
VOk : S → S ', M → M ' ⇒ S ' M ' = k .SM
uuuur
uuuur
VOk'' : S ' → S , M ' → M '' ⇒ SM '' = k '.SM '


uuuur

uuur

k'
k
Từ hai đẳng thức trên ta được: SM '' = k .k '.SM . Do đó H = VO ' oVO là một phép vị tự tâm là
điểm S và tỷ số vị tự là k .k ' .
k
k'
Chứng minh tương tự ta cũng được VO oVO ' cũng là một phép vị tự.

b)Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có:

uuuuu
r
uuuur
VOk : M → M ' ⇒ OM ' = k .OM
uuuuuur
uuuuuur uuuuuu
r
uuuuuur
VOk'' : M ' → M '' ⇒ O ' M '' = k '.O ' M ' ⇒ O ' M ' = k .O ' M ''
Ta có

uuuur uuuuu
r uuuuuur uuuuu
r uuuuuu
r
uuuur uuuuuur
uuuur uuuuur uuuuur
OO ' = OM ' + M ' O ' = OM ' − O ' M ' = kOM − kO ' M '' = kOM − kO ' M − k MM ''

uuuur uuuur
uuuuur uuuur uuuuur uuuuur k − 1 uuuur r
= k OM + MO ' − k MM '' = kOO ' − k MM '' ⇒ MM '' =
OO ' = u .
k

(

)

k'
k
Do đó VO ' oVO là một phép tịnh tiến.
k
k'
Chứng minh tương tự ta cũng được VO oVO ' là một phép tịnh tiến.
k'
k
Nhận xét. Nếu k , k ' ∉ { 0;1} , k .k ' ≠ 1 thì VO ' oVO là một phép vị tự có tâm nằm trên đường thẳng

OO’ và có tỉ số vị tự là k .k ' .

r

r

k
Tính chất 2.7. Cho phép vị tự VO với k ∉ { 0;1} và phép tịnh tiến Tur , u ≠ 0 . Khi đó phép biến
k
k

đổi Tur oVO hoặc VO oTur là một phép vị tự.

Chứng minh.
k
Ta xét phép biến đổi H = Tur oVO . Trước hết ta chứng minh H có điểm bất động duy nhất S .

Thật vậy, nếu S là điểm bất động của H , khi đó

uuur uuur
VOk : S → S ' và OS ' = kOS ;
uuuur r
Tur : S ' → S và S ' S = u .
Từ đó ta được:

uuuu
r r uuu
r uuur r
uuu
r uuu
r r
uuu
r
1 r
S ' S = u ⇔ OS − OS ' = u ⇔ OS − kOS = u ⇔ OS =
u
1− k
Hệ thức này chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất là điểm S .


Với điểm M tùy ý khác điểm S , thì

uuuuur
uuur
VOk : S → S ', M → M ' ⇒ S ' M ' = k .SM
uuuuur uuuur
uuur
Tur : S ' → S , M ' → M '' ⇒ S ' M ' = SM '' = k SM
uuuur

uuur

k
suy ra SM '' = k SM ⇒ M '' = VS ( M ) hay H là một phép vị tự tâm S , tỉ số k .

3. Tâm vị tự của hai đường tròn.
Định lí 3.1 Cho hai đường tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) phân biệt. Khi đó tồn tại phép vị tự biến
đường tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) .
Chứng minh.
k
Nếu tồn tại phép vị tự VO biến đường tròn

( O1 ; R1 )

thành đường tròn

( O2 ; R2 )

thì

uuuur

uuuu
r
R2
R
⇔ k = ± 2 và OO2 = kOO1 . Khi đó ta sẽ chỉ ra được cách xác định phép vị tự VOk .
R1
R1
uuuu
r
uuuu
r
Th1. O1 ≡ O2 và R1 ≠ R2 , khi đó OO1 = kOO1 ⇒ O ≡ O1 . Khi đó ta có hai phép vị tự biến đường
k =

R2

R2

tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) là: V R1 và V R1 .
O1
O1
−

uuuur

uuuur

Th2. O1 ≠ O2 và R1 = R2 , suy ra k = ±1 . Do đó OO2 = ± OO1 , kết hợp với O1 ≠ O2 suy ra

uuuur

uuuur
OO2 = −OO1 ⇒ O là trung điểm của đoạn thẳng O1O2 . Vậy phép vị tự VO−1 biến đường tròn

( O1; R1 )

thành đường tròn ( O2 ; R2 ) .

Th3. O1 ≠ O2 và R1 ≠ R2 , ta có thể xác định các phép vị tự như sau:
Ta lấy M 1 ' M 2 ' là đường kính của đường tròn ( O2 ; R2 ) và O1M là một bán kính của ( O1 ; R1 )

uuuuuur

uuuur

sao cho hai vector O2 M 1 ' và O1M cùng hướng. Đường thẳng O1O2 cắt MM 1 ' và MM 2 ' lần
lượt tại I1 và I 2 .
R2

R2

Khi đó phép vị tự V R1 và V R1 biến đường tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) .
I1
I2
−

Điểm I1 được gọi là tâm vị tự ngoài của hai đương tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) . Điểm I 2 được gọi
là tâm vị tự trong của hai đương tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) .


II. Ứng dụng của phép vị tự

1.Ứng dụng trong các bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng
Có nhiều cách để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, một trong các cách đó là dùng
phép vị tự. Để chứng minh ba điểm A, B, C bằng cách sử dụng phép vị tự người ta có thể thực
hiện một trong các hướng sau:
+) Chỉ ra có một phép vị tự tâm A , tỷ số k biến điểm B thành điểm C suy ra

uuur uuur
AC = k AB ⇒ A, B, C thẳng hàng.

k
k'
k
k'
kk '
+) Ta chỉ ra có hai phép vị tự VA và VB , kk ' ≠ 1 sao cho VA oVB = VC ⇒ A, B, C thẳng hàng.

1. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC tại D. Gọi M, E lần lượt
là trung điểm của BC, AD. Chứng minh rằng E, O, M thẳng hàng.
Lời giải.
A

N

Q

P

E
I

B

C
D

M

F
R

S
J


Gọi F, R, S lần lượt là tiếp điển của đường tròn bàng tiếp (J) của góc A của tam giác ABC
với các đường thẳng BC, CA, AB. Kẻ đường kính DN.

AB + BC − AC
AB − AC
⇒ MD = MB − BD =
(1).
2
2
Mặt khác AB + AC + BC = AB + AC + BF + FC = AB + BS + AC + CR = AS + AR = 2 AS
AB + BC + CA
AC + BC − AB
⇒ AS =
⇒ BF = BS = AS − AB =
2
2

AB − AC
⇒ MF = BF − BM =
(2).
2
Từ (1) và (2) ta được MD = MF hay M là trung điểm của DF.
Do E, I, M lần lượt là trung điểm của AD, DN, DF nên EI || AN , IM || NF ⇒ để chứng
Ta có BD =

minh E, I, M thẳng hàng ta sẽ chứng minh A, N, F thẳng hàng.
Qua N kẻ đường thẳng song song với BC, cắt AC, AB lần lượt tại P, Q.
Do PQ || BC ⇒

AQ AP
=
= k ⇒ VAk : B → Q, C → P ⇒ VAk : ( BC ) → ( PQ ) , ( J ) → ( I ) .
AB AC

k
Do đó VA : N → F ⇒ A, N , F thẳng hàng suy ra E, I, M thẳng hàng.

2. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau. Ta xét một
đường tròn (O) tiếp xúc ngoài đồng thời với ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tại A, B. Trên đường tròn
(O) ta lấy điểm M bất kì (khác A, B). Đường thẳng MA cắt ( O1 ) lần thứ hai tại
cắt ( O2 ) lần thứ hai tại
đường thẳng
Lời giải.

M 1 ; MB

M 2 . Chứng minh rằng khi M thay đổi trên đường tròn (O) thì

M 1M 2 đi qua một điểm cố định.


M

O
S

B

A

O2
O1

M2

M1
Ta có
−

R
R1

VA : ( O1 ) → ( O )
M1 → M
−

VB

R2
R

: ( O ) → ( O2 )
M → M2

Do đó
−

R2
R

−

VB .VA

R
R1

R2
R1
S

=V

: ( O1 ) → ( O2 )
M1 → M 2

Do đó đường thẳng M 1M 2 đi qua tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) .

3. (Russia MO 2008, grade 9) Cho tam giác không cân ABC với H, M lần lượt là trực tâm
và trọng tâm của tam giác đó. Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với AM,
BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G. Chứng minh rằng G nằm trên
đường thẳng MH.
Lời giải.


B1

A
C1
Mb

Mc

H

M

G

B

C

Ma

A1
Để chứng minh bài toán ta cần hai bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC và L là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi H, I, K lần lượt

là hình chiếu vuông góc của L lên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó L là trọng tâm
của tam giác HIK khi và chỉ khi L là điểm Lemoine của tam giác ABC.
Đây chính là bài 34, trang 47, tài liệu chuyên toán hình học 10.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó. Kẻ đường
·
kính AM. Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc BAC
.
Chứng minh.


A

O

H

C

B

M
D

·
Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc BAC
với đường tròn (O).
Do AM là đường kính nên AD ⊥ DM suy ra:

( AM , AD ) ≡ ( AM , MD ) + ( MD, AD ) ( mod π )
π

( mod π )
2
π
≡ ( AM , MB ) + ( MB, DM ) + ( mod π )
2
π
≡ ( CA, CB ) + ( AB, AD ) + ( mod π )
2
π
≡ ( CA, CB ) + ( AD, AC ) − ( mod π ) (1).
2
≡ ( AM , MB ) + ( MB, DM ) +

Mặt khác ta có:

( AD, AH ) ≡ ( AD, AB ) + ( AB, AH ) ( mod π )
≡ ( AD, AB ) + ( AB, BC ) + ( BC , AH ) ( mod π )
≡ ( AD, AC ) + ( AC , AB ) + ( AB, BC ) +

≡ ( AD, AC ) + ( AC , BC ) +

π
( mod π )
2

π
( mod π ) (2).
2

Từ (1) và (2) ta được ( AM , AD ) ≡ ( AD, AH ) ( mod π ) ⇒ AM, AH đối xứng với nhau qua

·
phân giác của góc BAC
.
Trở lại bài toán:
Do A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên B1C1 , C1 A1 , A1 B1 nên theo bổ đề 1
ta được M là điểm Lemoine của tam giác A1 B1C1 suy ra A1M đối xứng với trung tuyến

· C (3).
kẻ từ A1 của tam giác A1 B1C1 qua phân giác trong của góc BA
1
Do MM a , BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn nên tứ giác BMCM a là hình bình hành,
kết hợp với MB ⊥ A1C1 , MC ⊥ A1 B1 ⇒ M aC ⊥ A1C1 , M a B ⊥ A1 B1 suy ra M a là trực tâm
tam giác A1 BC (4).
Do tứ giác HBAC
1 tiếp và A1 H là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 BC
(5).
Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra A1 H , A1M đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc

· C (6).
BA
1
Từ (3) và (6) suy ra A1 ,M a , G thẳng hàng.
Tương tự ta có B1 ,M b , G thẳng hàng và C1 ,M c , G thẳng hàng.
−1
Ta có VM : A → M a , B → M b , C → M c suy ra M b M c || BC , M c M a || CA, M a M b || AB (7).

Mặt khác do M a , M b , M c lần lượt là trực tâm của tam giác A1 BC , B1CA, C1 AB suy ra

M a A1 ⊥ BC , M b B1 ⊥ CA, M cC1 ⊥ AB (8).
Từ (7) và (8) ta được M a A1 ⊥ M b M c , M b B1 ⊥ M c M a , M cC1 ⊥ M a M b suy ra G là trực tâm
tam giác M a M b M c .
−1
−1
Do VM : A → M a , B → M b , C → M c suy ra VM biến trực tâm tam giác ABC thành trực
−1
tâm tam giác M a M b M c ⇒ VM : H → G suy ra G nằm trên đường thẳng MH.

4. Cho tam giác ABC. Bên trong tam giác ta dựng bốn đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 )
sao cho ba đường tròn đầu tiên bằng nhau, cùng tiếp xúc với đường tròn ( O4 ) và mỗi
đường tròn đó còn tiếp xúc với hai cạnh tam giác. Chứng minh rằng tâm các đường tròn
nội, ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn ( O4 ) thẳng hàng.
Lời giải.


A

M

O1

I
N

O
O4
O3

O2

C

B

Gọi I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt
là tiếp điểm của đường thẳng AB với các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) .
Ta có

O1M ⊥ AB, O2 N ⊥ AB ⇒ O1M || O2 N , kết hợp với O1M = O2 N ⇒ tứ giác O1O2 NM

là hình bình hành suy ra

O1O2 || AB . Chứng minh tương tự ta được O2O3 || BC , O3O1 || CA .

Do đó tồn tại một phép vị tự VI : O1 → A, O2 → B, O3 → C suy ra VI biến tâm đường
k

tròn ngoại tiếp tam giác

k

O1O2O3 thành tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1).

Do ( O4 ) cùng tiếp xúc với ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) nên theo tính chất của hai đường tròn tiếp

O4O1 = O4O2 = O4O3 ⇒ O4 là tâm ngoại tiếp tam giác O1O2O3 (2).
uur
uuur
Từ (1) và (2) ta được VIk : O4 → O ⇒ IO = k .IO4 ⇒ I , O, O4 thẳng hàng.

xúc ngoài nhau ta được

5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn tâm I. Giả sử bên trong tứ giác ta vẽ được
bốn đường tròn bằng nhau cùng đi qua một điểm S và mỗi đường tròn tiếp xúc với hai
cạnh liên tiếp của tứ giác đó. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp được trong một
đường tròn và tâm đường tròn đó nằm trên đường thẳng SI.
Lời giải.


A
B
M

O1
O2
I
S
O

N
O4

O3

D
C
Giả sử bốn đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 ) ; gọi M, N lần
lượt là tiếp điểm của đường thẳng AD với ( O1 ) , ( O2 ) .

O1M ⊥ AD, O4 N ⊥ AD ⇒ O1M || O4 N , kết hợp với O1M = O4 N ⇒ tứ giác

Ta có

O1O4 NM là hình bình hành suy ra O1O4 || AD . Chứng minh tương tự ta được
O2O3 || BC , O3O4 || CD O1O2 || AB .
Do hai tứ giác

ABCD, O1O2O3O4 cùng hướng và có các cạnh tương ứng song song nên

tồn tại một phép vị tự VI : O1 → A, O2 → B, O3 → C , O4 → D (tâm vị tự chính là điểm
k

đồng quy của bốn đường thẳng
k

suy ra VI biến tứ giác

O1 A, O2 B, O3C , O4 D và điểm đồng quy này chính là I)

O1O2O3O4 thành tứ giác ABCD (1).

Do bốn đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 ) có bán kính bằng nhau và cùng đi qua điểm S
nên SO1 = SO2 = SO3 = SO4 suy ra tứ giác O1O2O3O4 nội tiếp đường tròn có tâm S.
Do đó theo (1) thì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O

uur
uur
VIk : S → O ⇒ IO = k .IS ⇒ I , O, S thẳng hàng hay O nằm trên đường thẳng SI.

và

6. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) nằm ngoài nhau và có bán kính khác nhau. Trên mỗi tiếp
tuyến chung trong lấy các điểm M, N. Qua M kẻ hai tiếp tuyến đến ( O1 ) , ( O2 ) (khác tiếp
tuyến chung trong chứa M), qua N kẻ hai tiếp tuyến đến ( O1 ) , ( O2 ) (khác tiếp tuyến
chung trong chứa N). Các tiếp tuyến từ M, N (khác tiếp tuyến chung trong) đến ( O1 ) cắt


nhau tại P; các tiếp tuyến từ M, N (khác tiếp tuyến chung trong) đến ( O2 ) cắt nhau tại
điểm Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M, N thay
đổi.
Lời giải.
K1
M1

K2

L
PO Q
M

K

N2
N
O2

O1
L2
L1

M2

N1

Ta sẽ chứng minh tứ giác KPLQ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn. Thật vậy, ta sẽ chứng
minh đẳng thức:
PL + KQ = PK + LQ ⇔ PM + PN = QM + QN
Ta có
PM = PL1 − ML1 = PL1 − MM 1
PN = NK1 − PK1 = NN1 − PL1
Suy ra PM + PN = NN1 − MM 1 (1)
Tương tự ta có QM + QN = MM 2 − NN 2 (2)
Mặt khác ta có
M 1M 2 = N1 N 2 ⇔ NN1 + NN 2 = MM 1 + MM 2 ⇔ NN1 − MM 1 = MM 2 − NN 2 (3).
Từ (1), (2) và (3) ta được PM + PN = QM + QN ⇔ PL + KQ = PK + LQ .
Do đó tứ giác KPLQ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O).
Gọi R, R1 , R2 lần lượt là bán kính đường tròn ( O ) , ( O1 ) , ( O2 ) . Khi đó ta có:
−

VP

−

VQ

R
R1

R2
R

: ( O1 ) → ( O )
: ( O ) → ( O2 )

Suy ra
−

R2
R

−

VQ .VP

R
R1

R2
R1
S

=V

: ( O1 ) → ( O2 )


Do đó đường thẳng PQ sẽ đi qua tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) .

7. Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O). Gọi ( Oa ) , ( Ob ) , ( Oc ) lần lượt là
đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OCA, OAB. Chứng minh rằng tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác Oa ObOc nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Lời giải.

Ob

A

E
F
Oc

B

G

O

D

M
C

Oa

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB và M là trung điểm của OC. Khi đó
ObOc , OcOa , OaOb lần lượt là trung trực của OA, OB, OC.
Ta có tứ giác MEObC nội tiếp nên
OC 2 R 2
.
OE.OOb = OM .OC =

=
2
2
Chứng minh tương tự ta được:
R2
OD.OOa = OE.OOb = OF .OOc =
2
Khi đó phép nghịch đảo


N

R2
2
O

: Oa → D
Ob → E

Oc → F
Suy ra phép nghịch đảo này biến tam giác Oa ObOc thành tam giác DEF.
Do đó
N

R2
2
O

: ( O1 ) → ( O2 ) ,

trong đó ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác Oa ObOc , DEF.
Từ kết quả trên ta suy ra O, O1 , O2 thẳng hàng (1).
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, kết hợp với D, E, F lần lượt là trung điểm của BC,
CA, AB nên:
−

1

VG 2 : A → D
B→E
C→F
−

1

Suy ra VG 2 : ( O ) → ( O2 ) ⇒ O, G , O2 thẳng hàng (2).
Từ (1) và (2) suy ra O, O1 , O2 , G thẳng hàng. Mặt khác đường thẳng OG là đường thẳng
Euler của tam giác ABC suy ra tâm ngoại tiếp của tam giác Oa ObOc nằm trên đường
thẳng Euler của tam giác ABC.
8. (IMO Shortlisted 2007, G8) Cho điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD. Cho
ω là đường tròn nội tiếp tam giác CPD, và có tâm là điểm I. Giả sử đường tròn ω tiếp
xúc lần lượt với đường tròn nội tiếp tam giác APD và BPC tương ứng tại K và L. Đường
thẳng AC và BD cắt nhau tại E, và đường thẳng AK và BL cắt nhau tại F. Chứng minh
rằng E, I, và F thẳng hàng.
Lời giải.


C
Q
D

E

N

I F J

K Ja

L

Jb

Ia

Ib

A
M
P

B
A
( J ; R ) là đường tròn
tiếp xúc với các đường thẳng AB, AD, BC và ( I ; r )
( I a ; Ra ) , ( Ib ; Rb ) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác PCD, ADP, BCP. Đường
tròn ( I a ; Ra ) tiếp xúc với AB, AD lần lượt tại M, N và đường tròn ( I ; R ) tiếp xúc với

Gọi

đường thẳng CD tại Q.
Ta có
R
Ra
A

: ( I a ; Ra ) → ( J ; R )

R
− a
r
K

: ( I ; r ) → ( I a ; Ra )

V
V
R
Ra
A

Ra

Suy ra V .V − r : ( I ; r ) → ( J ; R ) .
K
Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của AK, IJ
Mặt khác

(1).

R

VBRb : ( I b ; Rb ) → ( J ; R )
−

VL
R

Rb
r

: ( I ; r ) → ( I b ; Rb )

Rb

Suy ra V Rb .V − r : ( I ; r ) → ( J ; R ) .
B
L
Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của BL, IJ

(2).


Từ (1) và (2) suy ra giao điểm của AK và BL thuộc đường thẳng IJ hay F thuộc đường
thẳng IJ
(3).
Xét tứ giác APCD, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta được:
AP + CD = AM + MP + DQ + QC = AN + PL + DN + CL = AD + CP suy ra tứ giác APCD
ngoại tiếp đường tròn ( J a ; ra ) .

Tương tự ta chứng minh được tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn ( J b ; rb ) .
Ta có
R
ra
A

V : ( J a ; ra ) → ( J ; R )
ra
r
C

V : ( I ; r ) → ( J a ; ra )
R
ra
A

ra

Suy ra V .V r : ( I ; r ) → ( J ; R ) .
C
Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của AC và IJ
Mặt khác

(4).

R
rb
B

V : ( J b ; rb ) → ( J ; R )

rb

VDr : ( I ; r ) → ( J b ; rb )
R

ra

Suy ra V ra .V r : ( I ; r ) → ( J ; R ) .
A
C
Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của BD và IJ
(4).
Từ (3) và (4) ta có giao điểm của AC và BD nằm trên đường thẳng IJ hay E thuộc đường
thẳng IJ
(5).
Từ (3) và (5) suy ra ba điểm I, E, F thẳng hàng.
Nhận xét. Ngoài cách chứng minh trên ta có thể sử dụng định lí Desargues như sau:
1) Ta chứng minh AB, KL, I a I b đồng quy. Do đó, áp dụng định lí Desargues cho hai tam
giác AI a K , BI b L ta được J = AI a I BI b , I = I a K I I b L, F = KA I LB thẳng hàng.
2) Ta chứng minh AB, CD, J a J b đồng quy. Do đó, áp dụng định lí Desargues cho hai
tam giác J a AC , J b BD ta được I = J a C I J b D, J = AJ a I BJ b , E = AC I BD thẳng
hàng.

2. Ứng dụng trong các bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy
Để chứng minh ba đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng quy ta có thể thực hiện một trong các
hướng sau:
+) Ta chỉ ra các đường thẳng AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S , chẳng hạn để chứng minh AA '
đi qua điểm S ta chỉ ra có một phép vị tự tâm S , tỷ số k biến điểm A thành điểm A ' suy ra

uuur uur

k
k'
SA ' = k SA ⇒ S , A, A ' thẳng hàng hoặc ta chỉ ra có hai phép vị tự VA và VA ' , kk ' ≠ 1 sao cho

VAk oVBk ' = VSkk ' ⇒ S , A, A ' thẳng hàng.


+) Ta chứng minh kết quả sau (kết quả này rất quan trọng trong các bài toán chứng minh đồng
qua bằng cách sử dụng phép vị tự)
Bổ đề 2.2.1 Cho hai tam giác ABC , A ' B ' C ' cùng hướng và AB || A ' B ', BC || B ' C ', CA || C ' A ' .
Khi đó nếu đường thẳng AA ', BB ', CC ' không đôi một song song thì tồn tại một phép vị tự
VSk : A → A ', B → B ', C → C ' . Từ đó suy ra các đường thẳng AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S .
Chứng minh.

SA ' SB '
=
=k.
SA SB
k
k
Xét phép vị tự VS , ta có VS : A → A ', B → B ', C → C1 suy ra hai tam giác ABC , A ' B ' C đồng
Cách 1. Giả sử hai đường thẳng AA ', BB ' cắt nhau tại điểm S . Do AB || A ' B ' ⇒

dạng cùng hướng. Mặt khác tam giác ABC , A ' B ' C ' đồng dạng cùng hướng nên C ' ≡ C1 . Do đó
VSk : A → A ', B → B ', C → C ' suy ra AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S .

Cách 2. Giả sử hai đường thẳng AA ', BB ' cắt nhau tại điểm S , hai đường thẳng BB ', CC ' cắt
nhau tại điểm S ' . Khi đó theo định lí Talet ta có:
SA ' SB ' A ' B '
S ' B ' S ' C ' B 'C '

=
=
=
=
và
, kết hợp với tam giác ABC đồng dạng cùng hướng
SA SB
AB
S ' B S 'C
BC

với tam giác A ' B ' C ' ta được:

A' B ' B 'C ' C ' A'
=
=
. Từ các đẳng thức trên ta được:
AB
BC
CA

SB ' S ' B '
=
⇒ S ≡ S ' ⇒ AA ', BB ', CC ' đồng quy tại điểm S .
SB S ' B

Đặt k =

SA '
⇒ VSk : A → A ', B → B ', C → C '

SA

9. (Russia MO 1998, grade 11) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp
đường tròn (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D,
E, F. Gọi K, L, M lần lượt là điểm chính giữa của cung BC (không chứa điểm A), cung
CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C). Chứng minh rằng KD, LE, MF
đồng quy tại một điểm.
Lời giải.


A
L

E

M
F

I

S

B

O

C

N D

K
Gọi N là giao điểm của đường thẳng BC và MK. Khi đó:

·
¼ ·
·
· 
1 ¼
1 ·
BNM =  sd BM + sd KC ÷ = BCM + CAK =  BAC + BCA ÷
2
2



(1).

DF vuông góc với IB nên:

·
·
· = 900 − ABC = 1 BAC
·
·
(2).
FDB
= 900 − IBD
+ BCA
2
2

·
·
Từ (1) và (2) ta được BNM
= FDB
⇒ DF || KM . Chứng minh tương tự ta được
EF || ML, DE || KL .

(

Do đó kết hợp với hai tam giác

)

KLM , DEF cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một

k
phép vị tự VS : K → D, L → E , M → F suy ra KD, LE, MF đồng quy tại điểm S .

k
k
k
Nhận xét. Ta có VS : K → D, L → E , M → F nên VS : KLM → DEF ⇒ VS biến đường

tròn ngoại tiếp tam giác KLM thành đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF hay
VSk : ( O ) → ( I ) suy ra O, I , S thẳng hàng. Vậy KD, LE, MF đồng quy tại điểm S nằm
trên đường thẳng OI .
10. (Canada MO 2007) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA,
AB lần lượt tại D, E, F. Kí hiệu ω , ω1 , ω 2 , ω 3 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ABC, AEF, BDF, CDE. Đường tròn ω và ω1 cắt nhau tại A và P, đường tròn ω và ω 2
cắt nhau tại B và Q, đường tròn ω và ω 3 cắt nhau tại C và R.

a. Chứng minh rằng các đường tròn ω 1 , ω 2 , ω 3 có một điểm chung.
b. Chứng minh rằng PD, QE, RF đồng quy.
Lời giải.
Q'
A

E
P
R'
F
I

S

O

Q
C
B

D

R
P'
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A và P. Khi đó đường thẳng PD đi qua điểm

chính giữa cung BC không chứa điểm A.


A
P
E
F

B

I

O

D

C

Do đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F nên ta có
DB = FB, DC = EC .
Xét hai tam giác PBF và PCE ta có:

( BF , BP ) ≡ ( CE , CP ) ( mod π )

(do tứ giác APBC nội tiếp)

( FP, FB ) ≡ ( FP, FA) ( mod π )
≡ ( EP, EA ) ( mod π ) (tứ giác AEFP nội tiếp)
≡ ( EP, EC ) ( mod π )
Do đó tam giác PBF đồng dạng tam giác PCE suy ra:

PB FB DB
=
=
⇒ PD là phân giác trong kẻ từ đỉnh P của tam giác PBC suy ra PD đi
PC EC DC
qua điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A. Do đó bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, gọi P’, Q’, R’ lần lượt là giao điểm của thứ hai của các đường thẳng PD,
QE, RF với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó theo bổ đề trên thì P’ là điểm
chính giữa của cung BC không chứa điểm A, Q’ là điểm chính giữa của cung CA không
chứa điểm B, R’ là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm C.
Do đó việc chứng minh PD, QE, RF đồng quy tương đương với chứng minh P’D, Q’E,
R’F đồng quy. Theo kết quả bài toán 9 ta được P’D, Q’E, R’F đồng quy.


Nhận xét. Cũng theo kết quả bài 9 ta chỉ ra được P’D, Q’E, R’F đồng quy tại một điểm
nằm trên đường thẳng OI .
11. (Sharygin 2013)
Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AC và AB lần lượt tại các điểm
B0 và C0 . Phân giác trong của các góc B và C cắt trung trực của đoạn AL (AL là phân
giác trong góc A và L là chân đường phân giác trong đó) lần lượt tại Q và P.
a) Chứng minh rằng các đường thẳng PC0 , QB0 , BC đồng quy tại điểm X.
b) Giả sử O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABL và ACL. Các
điểm B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B tương ứng lên các đường phân
giác trong của góc B, C. Chứng minh rằng các đường thẳng O1C1 , O2 B1 , BC đồng quy
tại điểm Y.
c) Chứng minh rằng điểm X trùng với điểm Y.
Lời giải.

A

Q
O2
O1

P

B1

B0

C1
I

C0

B

X Y

A0

L

C


a) Gọi Q’ là giao điểm thứ hai của đường thẳng BI và đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABL. Khi đó Q ' A = Q ' L ⇒ Q’ nằm trên trung trực của AL suy ra Q ' ≡ Q ⇒ tứ giác
ABLQ nội tiếp. Do đó

( LQ, LA) ≡ ( BQ, BA ) ≡ ( BI , BA ) ( mod π ) (1) (Do các điểm L, B, Q, A đồng viên).
Mặt khác ta có:

( A0 B0 , AL ) ≡ ( A0 B0 , BC ) + ( BC , AL ) ( mod π )
≡ ( C0 B0 , CA0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π ) (do BC là tiếp tuyến của ( I ) )
≡ ( C0 B0 , C0 I ) + ( C0 I , C0 A0 ) + ( BC , AB ) + ( AB , AL ) ( mod π )
≡ ( AB0 , AI ) + ( BI , BA0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π ) (Do
các
tứ

giác

AC0 IB0 , BC0 IA0 nội tiếp)

≡ ( AC , AL ) + ( BQ, BC ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π )

≡ ( AL, AB ) + ( BQ, BC ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π )
≡ ( BQ, BA ) ( mod π ) (2).

Từ (1) và (2) ta được ( LQ, LA ) ≡ ( A0 B0 , AL ) ( mod π ) ⇒ A0 B0 || LQ .
Tương tự như trên ta có A0C0 || LP .
Do B0C0 , PQ cùng vuông góc với AL nên B0C0 || PQ .
Từ các kết quả trên ta được B0C0 || PQ , A0C0 || LP , A0 B0 || LQ , kết hợp với hai tam
giác

A0 B0C0 , LQP cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự

VXk : L → A0 , Q → B0 , P → C0 suy ra PC0 , QB0 , LA0 đồng quy tại X.
b) Trước hết ta chứng minh B1 , C1 nằm trên đường thẳng B0C0 . Thật vậy, do tứ giác

IB1B0C nội tiếp nên:

( B0 B1 , B0 I ) ≡ ( CB1 , CI ) ( mod π )
≡ ( CB1 , BC ) + ( BC , CI ) ( mod π )
≡ ( CB1 , IB1 ) + ( IB1 , CI ) ( mod π )
π
+ ( IB, BC ) + ( BC , CI ) ( mod π )
2
π
≡ + ( IB, IA0 ) + ( IA0 , BC ) + ( BC , CI ) ( mod π )
2
≡ ( IB, IA0 ) + ( BC , CI ) ( mod π )

≡

≡ ( C0 B, C0 A0 ) + ( BC , CI ) ( mod π )

≡ ( B0C0 , B0 I ) + ( B0 I , B0 A0 ) + ( BC , CI ) ( mod π )

≡ ( AC0 , AI ) + ( CI , CA0 ) + ( BC , CI ) ( mod π )


≡ ( AB, AI ) + ( CI , CB ) + ( BC , CI ) ( mod π )
≡ ( AB, AI ) ( mod π ) (3).

Mặt khác tứ giác AC0 IB0 nội tiếp nên:

( B0C0 , B0 I ) ≡ ( AC0 , AI ) ≡ ( AB, AI ) ( mod π ) (4).
Từ (3) và (4) ta có: ( B0C0 , B0 I ) ≡ ( B0 B1 , B0 I ) ( mod π ) ⇒ B0 , B1 , C0

thẳng hàng.

Tương tự ta được B0 , C1 , C0 thẳng hàng.
Gọi I1 , I 2 lần lượt là giao điểm của XC1 , XB1 với đường thẳng PQ. Ta sẽ chứng minh

I1 , I 2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL, ACL.

k
k
Do VX : L → A0 , Q → B0 , P → C0 nên VX ( I1 ) = C1 , kết hợp với C1 nằm trên đường

thẳng CI nên C1 A0 = C1B0 ⇒ kC1 A0 = kC1B0 ⇒ I1 L = I1Q . Mặt khác I1 nằm trên trung
trực của PQ nên I1 A = I1 L . Do đó I1 A = I1 L = I1Q ⇒ I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp
của tam giác ABL hay I1 ≡ O1 suy ra O1C1 đi qua điểm X.
Chứng minh tương tự ta được I 2 ≡ O2 suy ra O2 B1 đi qua điểm X, kết hợp với X nằm
trên đường thẳng BC suy ra O1C1 , O2 B1 , BC đồng quy tại điểm X.
c) Theo chứng minh của phần b ta có X ≡ Y .
12. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC về phía ngoài tam giác ta dựng các hình
vuông
thẳng

ABB1 A2 , BCC1B2 , CAA1C2 . Chứng minh rằng các đường trung trực của các đoạn
A1 A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy.