PHÉP vị tự và ỨNG DỤNG GIẢI các bài TOÁN CHỨNG MINH HÌNH học

PHÉP VỊ TỰ VÀ ỨNG DỤNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN
CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Nguyễn Trường Sơn – THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình.
Các phép biến hình chính là mảng kiến thức hay, khó và thường xuất hiện
trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học và hiểu, vận
dụng các kiến thức về các phép biến hình giúp học sinh có thể xây dựng những ý
tưởng và những kỹ năng thích hợp nhất cho việc tiếp thu các kiến thức của toán
học hiện đại.
Vậy những ý tưởng và những kỹ năng đó là gì?
+ Thứ nhất, đó là ý tưởng ánh xạ rất rõ nét trong cách trình bày và hệ thống các
phép biến hình.
+ Thứ hai, đó là ý tưởng phân loại và mô tả đầy đủ các lớp phép biến hình (mà
tiêu biểu nhất là các phép dời hình).
+ Thứ ba, quan trọng hơn cả là qua việc vận dụng các phép biến hình vào giải
toán, tư duy hình học của học sinh sẽ được nâng lên ở một cấp độ mới. Trước
đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biết tính toán và
so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích,...thì nay với việc sử
dụng các phép biến hình, học sinh sẽ được tập quan sát những vận động, những
tương tác giữa các yếu tố, những cấu trúc tiềm ẩn trong một hình vẽ để rồi từ đó
rút ra được những chứng minh, những kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện bản
chất của hình vẽ đó. Điều đó sẽ giúp các em biết nhìn nhận sự việc và các hiện
tượng xung quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để
nghiên cứu, tìm tòi, khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và
sáng tạo trong tương lai.
Chính vì những lí do quan trọng như thế, chúng ta cần phải trang bị cho
các em những kiến thức về phép biến hình từ cơ bản đến phức tạp. Trong bài
viết này, tác giả trình bày những kiến thức xoay quanh phép vị tự và ứng dụng
phép vị tự để giải một số bài toán.
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.

1. Định nghĩa. Trong mặt phẳng cho một điểm I cố định và k là một số thực
khác không cho trước. Phép biến hình của mặt phẳng biến mỗi điểm M thành


điểm M ' sao cho: IM '  k IM được gọi là một phép vị tự tâm I , tỉ số k và kí
hiệu là H ( I , k ) . Điểm I gọi là tâm vị tự và k gọi là hệ số hay tỉ số vị tự.
Nhận xét:
+ Một phép vị tự hoàn toàn được xác định nếu có biết tâm I và tỉ số k .
+ Điểm M ' là ảnh của điểm M qua phép vị tự H ( I , k ) .
+ Nếu phép vị tự H ( I , k ) biến một hình H thành một hình H’ ( gồm các ảnh M '
của tất cả các điểm M thuộc hình H) thì ta cũng nói H’ là hình vị tự của hình H.
+ Trường hợp đặc biệt:
 
Nếu k  1 , khi đó IM '  IM ( M ) . Vậy trong trường hợp này, phép vị tự tỉ số 1

là phép đồng nhất.


Nếu k  1, khi đó IM '   IM ( M ) , tức M ' đối xứng với M qua điểm I .

Vậy trong trường hợp này, phép vị tự tỉ số -1 là phép đối xứng qua tâm I .
2. Các tính chất của phép vị tự.
Tính chất 1. Phép vị tự tỉ số k là một phép đồng dạng tỉ số k , trong đó nếu
phép vị tự H ( I , k ) biến điểm M thành điểm M ' , N thành điểm N ' thì

M ' N '  k MN .
Nhận xét:
+ Cho hai đoạn thẳng AB, A’B’ có độ dài khác nhau, song song với nhau. Khi
đó tồn tại duy nhất một phép vị tự biến A thành A’ và B thành B’. Tâm vị tự đó
chính là giao điểm của AA’ với BB’.

+ Cho hai tam giác A1B1C1 và A2 B2C2 không bằng nhau và có các cạnh tương
ứng song song. Khi đó tồn tại duy nhất một phép vị tự biến tam giác A1B1C1
thành tam giác A2 B2C2 . Ngoài ra, các đường thẳng A1 A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy tại
tâm vị tự.



+ Phép vị tự tỉ số k biến một vectơ v thành vectơ v ' bằng k lần vectơ v , nghĩa


là v  kv ' .

+ Phép vị tự là một phép đồng dạng đặc biệt nên phép vị tự có mọi tính chất của
phép đồng dạng. Tuy nhiên, phép vị tự còn có những tính chất đặc trưng riêng
của nó.
Tính chất 2. Trong một phép vị tự khác phép đồng nhất, tâm vị tự là điểm bất
động duy nhất và một đường thẳng không đi qua tâm vị tự biến thành một
đường thẳng song song với nó. Chùm đường thẳng có tâm ở tâm vị tự là tập hợp
những đường thẳng bất biến duy nhất của phép vị tự. Phép vị tự phẳng sinh ra
một phép vị tự trên mọi đường thẳng bất biến đi qua tâm vị tự.
3. Tâm vị tự của hai đường tròn.
Định lý: Phép vị tự biến một đường tròn thành một đường tròn. Đảo lại, nếu
(O1; R1 ) và (O2 ; R2 ) là hai đường tròn phân biệt của mặt phẳng thì nói chung có

hai phép vị tự biến đường tròn này thành đường tròn kia mà tâm vị tự là các
điểm chia trong và chia ngoài đoạn nối tâm theo tỉ số hai bán kính.
Gọi I là tâm vị tự, k là
K

hệ số vị tự.
+ Nếu I trùng với tâm O
thì

qua

phép

vị

M

tự

H ( I , k ) biến đường tròn
(O; R) thành đường tròn

(O; k R) đồng tâm O ,

O1

I2

N

I1

O2

bán kính R '  k R .
Nếu I không trùng với tâm O thì qua phép vị tự H ( I , k ) biến đường tròn


(O; R) thành đường tròn (O '; R ') đồng tâm O ' được xác định bởi IO '  k IO ,
bán kính R '  k R cũng tức là I chia OO ' theo tỉ số k 

IO '
.
IO

Đảo lại, giả sử (Oi ; Ri ), i  1,2 là hai đường tròn không đồng tâm và cũng không
cùng bán kính. Thế thì tồn tại hai và chỉ hai phép vị tự H ( Ii , ki ), i  1,2 tâm I1 , I 2
theo thứ tự chia ngoài và chia trong đoạn nối tâm O1O2 theo các tỉ số dương
hoặc âm tương ứng k 

R
R2
và k   2 biến đường tròn (O1; R1 ) thành đường
R1
R1

tròn (O2 ; R2 ) . Các điểm I1 , I 2 theo thứ được gọi là tâm vị tự ngoài và tâm vị tự
trong của hai đường tròn (Oi ; Ri ) .
Hai trường hợp đặc biệt:
Trường hợp 1. Hai đường tròn đồng tâm O , không cùng bán kính: R1  R2 .
Khi đó, cả hai phép vị tự cùng tâm I và tỉ số vị tự k  

R2

đều biến đường tròn
R1

(O; R1 ) thành đường tròn (O; R2 ) .

Trường hợp 2. Hai đường tròn không đồng tâm nhưng cùng bán kính R. Khi
đó, phép đối xứng tâm I là phép vị tự duy nhất có hệ số k  1 biến đường tròn
(O1; R) thành (O2 ; R) hoặc ngược lại, trong đó I là trung điểm của đoạn O1O2 .

Nhận xét:
+ Nếu hai đường tròn tiếp xúc nhau ở A thì tiếp điểm A của chúng là một trong
hai tâm vị tự I1 , I 2 . A là tâm vị tự trong hay ngoài của hai đường tròn (O1; R1 ) và
(O2 ; R2 ) tùy theo hai đường tròn đó tiếp xúc trong hay tiếp xúc ngoài ở điểm A.


Tâm vị tự thứ hai là điểm chia ngoài hay chia trong đoạn O1O2 theo tỉ số
k 

R2
.
R1

+ Nếu hai đường tròn không đựng nhau hoặc ngoài nhau thì giao điểm của O1O2
và một tiếp tuyến chung ngoài hoặc một tiếp tuyến chung trong của chúng cũng
xác định tâm vị tự ngoài I 2 hoặc tâm vị tự trong I1 của hai đường tròn (O1; R1 )
và (O2 ; R2 ) .
4. Tích của hai phép vị tự.

a. Tích của hai phép vị tự cùng tâm.
Tích của hai phép vị tự H ( I , k1 ) và H ( I , k2 ) là một phép vị tự

H ( I , k1k2 ) ( k 1k2  1).

Chứng minh.
Giả sử: H ( I , k1 )(M )  M ' với M bất kì, H ( I , k2 )(M ')  M '' .

 


Ta có: IM '  k1 IM , IM ''  k2 IM '  k2 .k1 IM


Vậy IM ''  k2 .k1 IM .

Nhận xét: Nếu k1.k2  1 thì tích đó là một phép đồng nhất.
b. Tích của hai phép vị tự khác tâm.
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 có hai phép vị tự H ( I , k1 ) và H ( J , k2 ) .
 
 
Với hai điểm bất kỳ A, B ta có H ( I , k1 )( AB)  A ' B ', H ( J , k2 )( A ' B ')  A '' B '' .



Do đó A '' B ''  k2k1 AB .
Vậy tích H ( J ; k2 )  H ( I ; k1 ) là

+ Phép vị tự nếu k2 .k1  1 .
+ Phép tịnh tiến hoặc phép đồng nhất nếu k2 .k1  1 .
* Cách xác định tâm vị tự K của tích H ( J ; k2 )  H ( I ; k1 )
Ta thấy tâm K phải nằm trên đường thẳng IJ.


Giả sử H ( I ; k1 )( K )  K ' ta có IK '  k1 IK



Khi đó H ( J ; k2 )( K ')  K (vì K ''  K ) nên JK  k2 JK '



 

Nhưng JK '  JI  IK '

 


JK

k
(
JI

IK
')


k
(
JI

k
Do đó
2
2
1 IK )



 IK (1  k2k1 )  (1  k2 ) IJ với 1  k2k1  0
 1  k 
2
Nên IK 
IJ (*)
1  k2 k1

Vì I, J đã cho nên điểm K hoàn toàn xác định nhờ (*)
Vậy:
+ Nếu k1k2  1 thì H ( J ; k2 )  H ( I ; k1 ) là một phép vị tự tâm K được xác định bởi
hệ thức (*), tỉ số k  k1k2 .
 
+ Nếu k1k2  1 thì A" B "  AB , do đó H ( J ; k2 )  H ( I ; k1 ) là một phép tịnh tiến

nếu I  J và là phép đồng nhất nếu I  J .
II. ỨNG DỤNG

Thí dụ 1. Hai đường tròn (C1 ) , (C2 ) tiếp xúc trong với nhau tại điểm T. Dây
cung AB của đường tròn (C1 ) tiếp xúc với
đường tròn (C2 ) tại D. Chứng minh rằng

TD là tia phân giác của góc ATB .

Lời giải. Gọi E, F lần lượt là giao điểm
thứ hai của TA, TB với đường tròn (C2 ) .
Khi đó qua phép vị tự H (T ,

R1
) ( trong đó
R2

R1 là bán kính đường tròn (C1 ) , R2 là bán

kính đường tròn (C2 ) ) biến đường tròn
(C1 ) thành đường tròn (C2 ) , biến điểm A thành điểm E, biến điểm B thành điểm

F. Vậy AB  EF .
Do AB là tiếp xúc với đường tròn (C2 ) tại D nên AB  ID . Suy ra EF  ID .
Điều này chứng tỏ rằng D là điểm chính giữa của cung EF của đường tròn (C2 ) .

Do đó TD chính là phân giác của góc ATB .

Nhận xét. Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác, đường tròn bàng
tiếp góc A lần lượt tiếp xúc với cạnh BC tại D và E. Lấy điểm K trên đường tròn
nội tiếp sao cho KD là đường kính. Khi đó A, K, E thẳng hàng.
Thí dụ 2. ( Bổ đề Sawayama) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) . D là
một điểm bất kì chạy trên cạnh BC. Đường tròn ( 1 ) tiếp xúc với cạnh BD tại

K, tiếp xúc với cạnh AD tại L và tiếp xúc trong với đường tròn ( ) tại T.
Chứng minh rằng đường thẳng KL đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC.


 1
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử DAC  A .
2

Gọi K’ là giao điểm thứ hai của đường thẳng TK với đường tròn ( ) .
Gọi L’ là giao điểm thứ hai của đường thẳng TL với đường tròn ( ) .
r
Phép vị tự H (T , 1 ) (trong đó r1 , r2 lần
r2

lượt là bán kính của đường tròn ( 1 ) ,
( ) ) biến đường tròn ( ) thành

đường tròn ( 1 ) , biến L thành L’,
biến K thành K’.
Do K là tiếp điểm của tiếp tuyến BC
với đường tròn ( 1 ) nên K’ là điểm
chính giữa của cung BC không chứa A. Do đó, AK là phân giác trong của góc

BAC .

Gọi J là giao điểm của đường thẳng AK’ với đường thẳng KL.

 
Ta có: KL  K ' L '  TLK  TL ' K ' .

 
 
Lại có: TAK '  TL ' K ' . Do đó: TLJ  TAJ . Suy ra bốn điểm A, T, J, L cùng
 
thuộc một đường tròn. Từ đó ta có: TJA  TLA .
 
 
Do AD là tiếp tuyến của đường tròn ( 1 ) nên TKL  TLA . Vậy TJA  TKL .

Suy ra K’J là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác TKJ. Khi đó ta có:
K ' L2  K ' K .K 'T .

Lại có: K ' KB  K ' BT  K ' B2  K ' K .K 'T  K ' J 2  K ' B  K ' J .


Suy ra J là tâm nội tiếp của tam giác ABC. Vậy KL đi qua tâm nội tiếp tam giác
ABC.
Nhận xét. Đường tròn ( 1 ) xác định như trên được gọi là đường tròn Thebault
của tam giác ABC ứng với đường thẳng AD và đỉnh B .
Thí dụ 3. Cho tam giác
ABC ngoại tiếp đường tròn
( ) . Gọi D1 , E1 lần lượt là

các điểm tiếp xúc của ( )
với BC, CA. Lấy D2 , E2 lần
lượt là các điểm trên cạnh
BC,

CA

sao

cho

BD1  CD2 , AE1  CE2 . P là

giao điểm của AD2 với
B E2 . Q, R là giao điểm của đường tròn ( ) với AD2

( AQ  AR ), Chứng minh rằng AQ  D2 P .
Lời giải. Gọi N, F’ là các điểm tiếp xúc của đường tròn ( a ) bàng tiếp góc A
với các cạnh BC, AB.
Đặt AB  c, BC  a, CA  b, p 

abc
.
2

Ta có : BD1  p  b  CN  N  D2 .
Gọi F là tiếp điểm của AB với đường tròn ( ) .
Khi đó, phép vị tự tâm A, tỉ số k 

r1
( r1 , r2 theo thứ tự là bán kính đường tròn
r2

( ) , ( a ) ) biến F’ thành F, D2 thành Q.


Suy ra : AFQ  AF ' D2 

AQ AF
AQ AF p  a
.




AD2 AF ' QD2 FF '
a

Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác ACD2 với ba điểm B, P, E2 thẳng hàng
ta có :

Vậy

PD2 E2 A BC
PD2 E2C BD2 p  a p  c p  a
.
.
.
1

.

.

PA E2C BD2
PA E2 A BC
p c a

a

AQ PD2 p  a
AQ PD2




 AQ  PD2 (điều phải chứng minh).
QD2 PA
a
AD2 AD2

Thí dụ 4. Cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn (O) , đường tròn (O1 ) tiếp
xúc với các cạnh AB, AC tại P, Q và
tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại
S. Gọi D là giao điểm của AS với PQ.
 
Chứng minh rằng BDP  CDQ .

Lời giải.
Gọi B’, C’ lần lượt là giao điểm thứ
hai của SB, SC với đường tròn (O1 ) .
r
Phép vị tự H ( S , 1 ) trong đó r1 , r2 lần lượt là bán kính của đường tròn (O1 ) , (O)
r

biến đường tròn (O) thành đường tròn (O1 ) , biến BC thành B’C’. Do đó:

BC  B ' C ' . Suy ra:
2

2

BB '.BS CC ' CS  CQ 
BP CQ
 BP 

.



 
 
SB ' SC '
 SB '  SB '.SB ' SC ' SC '  SC ' 


BP SB ' SB sin BAS PD





.
 QD
CQ SC ' SC sin CAS
 
Lại có: BPD  CQD .

 
Suy ra: BPD  CQD  BDP  CDQ ( điều phải chứng minh).

Thí dụ 5. Cho tam giác ABC thỏa
mãn

AC  BC  3 AB

ngoại

tiếp

đường tròn ( ) tâm I. Gọi D, E theo
thứ tự là điểm tiếp xúc của đường
tròn ( ) với các cạnh BC, CA. K, L
lần lượt là các điểm đối xứng của D,
E qua I. Chứng minh rằng A, B, K, L
cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải. Ta có:
1
AC  BC  3 AB  AB  ( AC  BC  AB)  DC  EC .
2

Gọi D’ là điểm tiếp xúc của cạnh BC với đường tròn bàng tiếp góc A. Dễ dàng
chứng minh được BD '  DC . Vậy tam giác ABD’ cân và AD '  BI .
Theo nhận xét ở thí dụ 1, ta có A,K, D’ thẳng hàng.

  

Ta có: DKD '  900  KD ' B  D ' BI  IBA . Suy ra tứ giác ABIK nội tiếp.

Chứng minh tương tự, tứ giác ABLI cũng nội tiếp.
Do đó, bốn điểm A, B, K, L cùng nằm trên một đường tròn.
Thí dụ 6. Hai đường tròn ( a ),( b ) tiếp xúc trong với đường tròn ( ) theo thứ
tự tại A, B và hai đường tròn đó tiếp xúc ngoài tại điểm T. Gọi S là giao điểm
của đường tròn ( ) với tiếp tuyến chung qua T của hai đường tròn ( a ),( b ) .
C là giao điểm thứ hai của đường thẳng SA với đường tròn ( a ) , D là giao điểm
thư hai của đường thẳng SB với đường tròn ( b ) . Đường thẳng AB cắt đường
tròn ( a ) tại điểm E, cắt đường tròn ( b ) tại điểm F. Chứng minh rằng ST, CE,
DF đồng quy.


Lời giải. Ta có: ST 2  SC.SA  SB.SD . Do đó tứ giác ABDC nội tiếp.

   
Suy ra: SDC  SAB, SCD  SBA
Gọi xx ' là tiếp tuyến của đường tròn ( ) tại S.

   
Khi đó: xSB  SAB  xSB  SDC  xx '  DC .
Gọi r , r1 , r2 lần lượt là bán kính
đường tròn ( ) , ( a ),( b ) .
r
Phép vị tự H ( A, 1 ) biến đường
r

tròn ( ) thành đường tròn
( a ) , biến xx ' thành CD, biến

B thành E. Do đó: CD là tiếp
tuyến của đường tròn ( a ) và

CE  SB .
Tương tự, ta cũng có: CD là tiếp tuyến của đường tròn ( b ) và DF  SA .
 

Ta có: ECD  DFB ( vì cùng bằng CAB ).

Vậy tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn ( ') .
Ta có : ST là trục đẳng phương của hai đường tròn ( a ),( b ) .
CE là trục đẳng phương của hai đường tròn ( a ),( ') .
DF là trục đẳng phương của hai đường tròn ( '),( b ) .
Do vậy, các đường thẳng ST, CE, DF đồng quy.


Thí dụ 7. Cho tam giác
nhọn ABC nội tiếp
đường tròn (C ) , M, N,
D, G lần lượt là trung
điểm của cạnh AC, cạnh
AB, chân đường cao hạ
từ đỉnh A và trọng tâm
tam giác ABC. Đường
tròn (C ') đi qua M, N
và tiếp xúc với đường tròn (C ) tại một điểm X khác A. Chứng minh rằng D, G,
X thẳng hàng.
Lời giải.
Dễ dàng chứng minh được với trường hợp AB = AC.
Xét trường hợp tam giác ABC có AB khác AC, không mất tính tổng quát giả sử

1
AB  AC . Phép vị tự H ( A, ) biến điểm A thành chính nó, điểm B thành điểm
2
1
N, điểm C thành điểm M. Do đó, phép vị tự H ( A, ) biến đường tròn (C ) thành
2

đường tròn (C1 ) ngoại tiếp tam giác AMN. Do đó hai đường tròn (C ) và (C1 )
tiếp xúc với nhau tại A. Dễ thấy O thuộc đường tròn (C1 ) .
Gọi ,  ' lần lượt là trục đẳng phương của đường tròn (C ) với hai đường tròn
(C1 ) , (C ') . BC là trục đẳng phương của hai đường tròn (C ') và (C1 ) . Do  và

BC cắt nhau nên các trục đẳng phương này đồng quy. Giả sử W là giao điểm của
các trục đẳng phương này.
Do A và D đối xứng nhau qua MN nên WA=WD=WX. Do đó W chính là tâm
 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX. Lại có, WAO  WXO  900 trong đó O là
 
tâm của đường tròn (C ) nên AWX  AOX  1800 .


Gọi T là giao điểm thứ hai của đường thẳng DX với đường tròn (C ) . Ta có:
   1
 
DAT  ADX  ATD  (3600  AWX  AOX )  900 .
2

Suy ra AD  AT  AT  BC . Do đó, ATCB là hình thang cân nội tiếp đường
tròn (C ) .
1

Gọi P là trung điểm của cạnh BC. Phép vị tự H (G;  ) biến A thành P, biến B
2

thành M, C thành N, biến điểm T thành điểm K. Do đó qua phép vị tự
1
H (G;  ) hình thang cân ATCB biến thành hình thang cân PKNM.
2

 
Khi đó, KNM  TCB , K thuộc đường thẳng BC.
   
Lại có, TCB  CBA  MNA  DNM . Do đó, K trùng với D. Vậy D, G, T thẳng

hàng, suy ra X, D, G thẳng hàng.
Thí dụ 8. Cho tam giác ABC, M a , M b , M c lần lượt là trung điểm của các cạnh
BC, CA, AB. Ta ,Tb ,Tc lần lượt là điểm chính giữa của các cung BC, CA, AB (
không chứa các đỉnh đối diện). Gọi

(Ci ), (i a, b, c) là các đường tròn
đường kính M i Ti . Giả sử pi là tiếp
tuyến chung ngoài của hai đường
tròn

(C j ), (Ck ), (i, j, k a, b, c)

sao cho đường tròn (Ci ) nằm khác
phía

so

với

hai

đường

tròn

(C j ), (Ck ) . Chứng minh rằng các
đường thẳng pa , pb , pc tạo thành
một tam giác đồng dạng với tam giác ABC.
Lời giải.


Gọi D là giao điểm thứ hai của TaTb với đường tròn (Cb ) , H là giao điểm thứ hai
của TaTc với đường tròn (Cc ) , F là giao điểm của TaTb với AC, I là giao điểm
của TaTc với AB.
ED là tiếp tuyến của đường tròn (Cb ) tại điểm D ( E thuộc AC), HG là tiếp
tuyến của đường tròn (Cc ) tại điểm H ( H thuộc AB).
Phép vị tự H (Tb ;

TbTa
) biến đường tròn (Cb ) thành đường tròn ngoại tiếp tam
Tb D

giác ABC, biến đường thẳng ED thành tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại điểm Ta . Suy ra : ED  BC .
Tương tự : HG  BC .
 1 
Ta có : EDF  Ta BTb  EFD  EF  ED .

2

Lại có EM b  ED và tam giác FDM b vuông tại D.
Do đó E là trung điểm của cạnh FM b .
Chứng minh tương tự, ta có : G là trung điểm của cạnh IM c .
Gọi P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có :
Ta P  Ta B,Tc P  Tc B . Suy ra B và P đối xứng nhau qua TaTc . Vậy

  
IPB  IBP  PBC  IP BC .
Chứng minh tương tự ta có : FP  BC . Như vậy IF  BC .
Suy ra IF  M c M b  BC . Khi đó tứ giác IFM b M c là hình thang.
Do đó IF  EG  BC . Điều này chứng tỏ bốn điểm H, G, E, D thẳng hàng. Suy
ra : pa  HD.
Tương tự ta cũng xác định được pb , pc .


1
1
1
Như vậy, H ( I , )( M c M b )  pa , H ( I , )( M a M b )  pc , H ( I , )( M c M a )  pb .
2
2
2

Do đó ta dễ dàng suy ra tam
giác ABC đồng dạng với tam
giác tạo bởi các đường thẳng
pa , pb , pc .

Thí dụ 9. Cho hình thang
ABCD với đáy lớn AB. Hai
điểm K, L lần lượt nằm trên các
cạnh

AB,

CD

sao

cho

AK DL

. Giả sử hai điểm P,
KB LC
Q nằm trên đoạn thẳng KL thỏa
mãn

 
APB  BCD

 
CQD  ABC .

Chứng

và
minh

rằng bốn điểm P, Q, B, C cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải.
Do AB  CD và

AK DL

nên các đường thẳng AD, BC, KL đồng quy tại S.
KB LC

Gọi X, Y lần lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng SK với đường tròn
ngoại tiếp các tam giác ABP và tam giác CDQ. Khi đó:


 
AXB  1800  APB  1800  BCD  ABC .

Suy ra BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP tại B.
Dễ dàng chứng minh được BC cũng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác
CDQ tại C.


Do đó: SB2  SP.SX (1) và SC 2  SQ.SY .
Gọi h là phép vị tự tâm S, tỉ số

SC
. Suy ra: h( B)  C .
SB

Do BC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABP và

CDQ nên qua phép vị tự đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP sẽ biến thành
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDQ, đường thẳng AB biến thành đường thẳng
CD và h( P)  Y , h( X )  Q . Vậy

SP SB SX


(2).
SY SC SQ

Từ (1) và (2) suy ra SP.SQ  SB.SC . Vậy bốn điểm B, C, P, Q cùng nằm trên
một đường tròn.
Thí dụ 10. Cho ba đường tròn (O1 ) , (O2 ) , (O3 ) thỏa mãn:
+ Hai đường tròn (O1 ) , (O2 )
tiếp xúc ngoài tại D. Tiếp
tuyến chung của hai đường
tròn tại D là  .
+ Đường tròn (O3 ) lần lượt
tiếp xúc trong với hai đường
tròn (O1 ) , (O2 ) tại E, F.
+ Đường kính AB của đường
tròn (O3 ) vuông góc với 
sao cho A, E, O1 nằm cùng một phía với  .
Chứng minh rằng các đường thẳng  , AO1 , BO2 và EF đồng quy.
Lời giải. Dễ thấy E là tâm của phép vị tự h biến đường tròn (O1 ) thành đường
tròn (O3 ) .
Ta có: O1D , O3 B cùng vuông góc với đường thẳng  , do đó O1D  O3 B .


Lại có O1D , O3 B nằm cùng phía so với đường thẳng EO nên qua phép vị tự,

O1D biến thành O3 B . Do đó các điểm E, D, B thẳng hàng.

Tương tự: F, D, A cũng thẳng hàng.
Gọi C là giao điểm của AE và BF.
Khi đó, dễ thấy D là trực tâm của tam giác ABC. Suy ra CD vuông góc với AB,
nên C thuộc đường thẳng  .
Gọi P, K lần lượt là giao điểm của đường thẳng  với các đường thẳng EF và
đường thẳng AB, N là điểm giao điểm thứ hai của đường thẳng AC với đường
tròn (O1 ) . Suy ra DN chính là đường kính của đường tròn (O1 ) .
Ta có: (CDPK )  1  ( AE, AP, AD, AK )  1.
Xét chùm ( AE, AO1, AD, AK ) : Đường thẳng DN qua O1 song song với AK cắt
AE, AD tại N, D : O1 là trung điểm của DN. Do đó : ( AE, AO1 , AD, AK )  1.
Điều này suy ra A, P, O1 thẳng hàng.
Chứng minh tương tự, ta có B, P, O2 thẳng hàng.
Vậy các đường thẳng  , AO1 , BO2 và EF đồng quy tại P.
Thí dụ 11. Cho hình thang ABCD có AD  BC . Gọi P là giao điểm của BD và
 
AC. Lấy điểm Q nằm giữa đường thẳng AD và BC sao cho AQD  CQB và P,

Q nằm khác phía nhau so với
đường thẳng CD. Chứng minh
 
rằng: BQP  DAQ .

Lời giải.
Đặt t 

AD
.
BC

Xét phép vị tự h tâm P, tỉ số t ta có: h( B)  D, h(C )  A .
Gọi Q '  h(Q) . Khi đó, Q, P và Q’ thẳng hàng.
Ta có : Q, P nằm cùng phía so với AD cũng như nằm cùng phía so với BC. Do
đó Q’, P nằm cùng phía so với h( BC )  AD . Vậy Q, Q’ nằm cùng phía so với
AD. Hai điểm Q, C nằm cùng phía so với BD, còn Q’, A nằm ở phía đối diện.
  
Theo tính chất của phép vị tự ta có : AQ ' D  CQB  AQD . Do đó, tứ giác
   
AQ’QD nội tiếp. Suy ra : DAQ  DQ ' Q  DQ ' P  BQP ( điều phải chứng

minh).
Thí dụ 12. Gọi AA1,CC1 là các đường cao của tam giác nhọn ABC. Đường
phân giác của góc nhọn giữa hai đường thẳng AA1,CC1 cắt các cạnh AB và BC
tại P, Q tương ứng. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và M là trung điểm của

cạnh AC, đường phân giác của ABC cắt đoạn HM tại R. Chứng minh rằng tứ

giác PBQR nội tiếp được một đường tròn.
Lời giải: Hạ đường vuông góc với cạnh AB và BC tại P, Q tương ứng, chúng
cắt nhau tại U. Gọi S là giao điểm của UP và HA, T là giao điểm của UQ và HC.
Hạ đường vuông góc từ M tới AB, cắt HA tại N và hạ đường vuông góc từ M tới
BC cắt HC tại V .
Vì ∆PSH, ∆HTQ có các
cạnh tương ứng song song
 
nên PSH  HTQ .

Do PQ là đường phân giác

của góc nhọn tạo bởi hai
đường thẳng AA1,CC1 nên


 
PHS  QHT

Do đó PHS  QHT .
 
   
Mặt khác, HAP   ABC  HCQ và PHA  QHC nên PHA  QHC
2

Do đó:

HT HQ HC 2MN HV




.
HS HP HA 2MV HN

Khi đó, phép vị tự tâm H biến đường thẳng PS thành đường thẳng MN và cũng
biến đường thẳng QT thành đường thẳng MV . Do đó nó biến U = PS ∩ QT
thành M = MN ∩ MV . Vì thế 3 điểm H, U, M thẳng hàng.
 
Ta lại có: QHC  PHA nên HPB  HQB .
 
Như vậy, BP = BQ và BUP  BUQ nên PBU  QBU .


Do đó U nằm trên cả hai đường thẳng HM và đường phân giác của ABC , suy ra

U ≡ R.
  
Từ đó dễ dàng suy ra tứ giác PBQR nội tiếp vì BPR   BQR .
2

Thí dụ 13. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại M. Một
điểm A thay đổi trên đường tròn (O2 ) , từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O1 )
với B, C là hai tiếp điểm. BM, CM lần lượt cắt (O2 ) tại D và E. DE cắt tiếp
tuyến tại A của (O2 ) tại F. Chứng minh rằng F thuộc một đường thẳng cố định
khi A di chuyển trên (O2 ) không thẳng hàng với O1 và M.
Lời giải. Xét phép vị tự H ( M ;

R1
) ta có :
R2


H (M ;
H (M ;

R1
)( A)  A '
R2

;

H (M ;

R1
)( E )  C ;
R2

H (M ;

R1
)( D)  B ,
R2

R1
R
)( DE )  BC ; H ( M ; 1 )( Ax)  A ' y (tiếp tuyến tại A’ của (O1 ) .
R2
R2

Do đó

H (M ;

R1
)( F )  K
R2

(giao điểm của A’y và BC).
Mặt khác, theo một tính chất
quen thuộc của cực đối cực
thì A’y, BC và tiếp tuyến Mz

của (O1 ) tại M đồng quy.
Do đó K  Mz , mà Mz cũng
là tiếp tuyến của (O2 ) . Do đó
F  Mz .

Vậy F thuộc đường thẳng Mz vuông góc O1O2 .
Thí dụ 14. Cho tam giác nhọn ABC, các điểm D, E chạy trên đoạn thẳng BC
sao cho BD = CE. M là trung
điểm đoạn thẳng AD. Chứng
minh rằng ME luôn đi qua một
điểm cố định.
Lời giải.
1
Qua phép vị tự H ( A, ) , điểm D
2

biến thành điểm M. Do D chạy
trên đoạn thẳng BC nên M chạy trên đoạn thẳng B1C1 ( trong đó
1
1
H ( A, )( B)  B1, H ( A, )(C )  C1 ).
2
2


Ta có :

C1M BD CE
(1)



MB1 DC EB

1
1
Phép vị tự H (G,  ) biến BC thành C1B1 . Kết hợp với (1) suy ra H (G,  )
2
2

(E)=M. Do đó: ME luôn đi qua điểm G.
Thí dụ 15. Gọi G, I là trọng tâm, tâm nội tiếp của tam giác ABC. Đường thẳng
qua G và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại Bc , Cb . Các điểm
Ca , Ac , Ab , Ba được xác định tương tự. Các điểm I a , I b , I c theo thứ tự là tâm nội

tiếp

các

tam

giác

GBaCa , GCb Ab , GAc Bc . Chứng minh

rằng AI a , BIb , CI c đồng quy tại một
điểm trên GI.
Lời giải. Gọi X là giao điểm của
AI a với GI, M là trung điểm của

BC.

Phép vị tự H ( M ,3) biến tam giác
GBaCa thành tam giác ABC. Suy ra:

Ia I
 2 .
IaM

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác IGM với các điểm A, X, I a thẳng hàng,
ta có:

XG AM I a I
XI AM I a I
.
1

 3 .
XI AG I a M
XG AG I a M
Tương tự, gọi Y, Z lần lượt là giao điểm của BIb , CI c với GI thì ta có:

YI
ZI

 3 .
XY ZG


Vậy X  Y  Z hay AI a , BIb , CI c
đồng quy tại một điểm trên GI.
Thí dụ 16. Cho tam giác ABC nội

tiếp đường tròn (O) , H là trực tâm
tam giác, D là chân đường cao kẻ
từ đỉnh B của tam giác ABC. Q, R,
S theo thứ tự là các điểm đối xứng
của điểm P bất kì chạy trên (O)
qua các trung điểm của các cạnh
AB, AC, BC. AQ cắt HR tại điểm
F. Chứng minh rằng HS  DF .
Lời giải.
Phép vị tự h tâm P, tỉ số 2 biến tam giác trung bình của tam giác ABC thành
tam giác SQR nên ta có: ABC  SQR .
Mặt khác, trung điểm I của PH nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC và
h( I )  H nên bốn điểm H, S, Q, R cùng thuộc một đường tròn.

Gọi M, M’, O’ là trung điểm của BC, QR và tâm ngoại tiếp tam giác SQR, ta có
AH  2OM  2O ' M ' và AH  QR nên A là trực tâm tam giác HQR.

 
Suy ra AFH  ADH  900  bốn điểm A, H, D, F cùng thuộc một đường tròn.
        
Khi đó: ADF  AHF  AHD  DHF  RQS  DHF  RHS  DHF  DHS ( điều

phải chứng minh).
Thí dụ 17. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . Một đường
tròn (O ') tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại điểm D và theo thứ tự tiếp xúc
với các cạnh AB, AC tại P, Q. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn PQ là tâm
nội tiếp của tam giác ABC.


Lời giải. Gọi I là trung điểm của đoạn PQ. Dễ dàng suy ra A, I, O’, D thẳng

hàng do tính đối xứng.
Xét phép vị tự h tâm A, tỉ số k biến tam
giác ABC thành tam giác AB’C’ sao
cho D nằm trên đường thẳng B’C’. Ta
có: k 

AB '
.
AB

Các tam giác AIP, ADB’, ABD, APO’
đồng dạng. Khi đó:

AI
AI AP AD AB AB 1

.

.

 .
AO ' AP AO ' AB ' AD AB ' k
Vì vậy, phép vị tự h biến điểm I thành điểm O’. Vì O’ là tâm nội tiếp tam giác
AB’C’ nên I là tâm nội tiếp tam giác ABC.
Thí dụ 18. Tam giác A1 A2 A3 với các cạnh ai  Aj Ak (i, j, k 1,2,3, i  j  k )
đôi một khác nhau. M i là trung điểm của cạnh ai , Ti là điểm tiếp xúc của đường
tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 với các
cạnh ai . Si là điểm đối xứng của Ti
qua phân giác trong của góc Ai .
Chứng minh rằng M1S1, M 2 S2 , M 3S3

đồng quy.
Lời giải.
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác A1 A2 A3 , Bi là giao điểm của Ai I
với cạnh ai (i 1,2,3) .


Do T1 , S1 đối xứng nhau qua A1B1 và T2 , T3 cũng đối xứng nhau qua A1B1 nên
 
T3 IS1  T2 IT1 .

Do T2 , S 2 đối xứng nhau qua A2 B2 và T1 , T3 cũng đối xứng nhau qua A2 B2 nên
 
T3 IS2  T2 IT1 .
 
Vậy T3 IS2  T3 IS1 .

Vì IT3  A1 A2 nên S1S2  A1 A2  M1M 2 .
Tương tự, ta cũng chứng minh được S1S3  A1 A3  M1M 3 , S3S2  A3 A2  M 3M 2 .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác S1S2 S3 là đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 ,
còn đường tròn ngoại tiếp tam giác M1M 2 M 3 chính là đường tròn Euler.
Do tam giác A1 A2 A3 không đều nên các đường tròn trên có bán kính khác nhau.
Vì vậy tam giác S1S2 S3 và tam giác M1M 2 M 3 không bằng nhau có các cạnh
tương ứng song song. Chính vì thế, tồn tại phép vị tự

A

biến tam giác M1M 2 M 3 thành tam giác S1S2 S3 . Khi đó
M1S1, M 2 S2 , M 3S3 đồng quy.

Q

P

B

C
M

N

Thí dụ 19. Cho tam giác ABC, giả sử rằng hai điểm M,
N nằm trên đoạn BC, P, Q là hai điểm theo thứ tự nằm
trên hai cạnh CA và AB, sao cho MNPQ là hình vuông.
Giả sử rằng:

AM AC  AB 2
. Nhận dạng tam giác

AN
AB  AC 2

ABC.
Lời giải.
Đặt AC  b, AB  c, BC  a . Xét phép vị tự H ( A,

AB
).
AQ

U

V