skkn sử dụng phép vị tự để giải một số dạng bài toán hình học phẳng

1
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
2.2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu..............................................Trang 04
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
3.1. Các bài toán liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự.........Trang 05
3.2. Các bài toán chứng minh song song, vuông 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 toán liên quan đến quỹ tích.....................................Trang 12
3.6. Các bài toán dựng hình.......................................................Trang 15
3.7. Các bài toán 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


2
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”.
Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học sinh
hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết môn Toán còn 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 tòi các dạng toán có thể
giải bằng phép vị tự cho phép ta giải một lớp khá phong phú các bài toán ở
trường phổ thông 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 toán hình phẳng nên tôi chọn đề tài nghiên
cứu “Sử dụng phép vị tự để giải một số dạng bài toán hình học phẳng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu


3
Khai thác vai trò của phép vị tự trong việc giải các bài toán 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 môn Toán bậc THPT

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp định tính thông 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.


4

PHẦN II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.


Khi giải một bài toán về chứng minh tính thẳng hàng, song song,

đồng qui, tìm quỹ tích hay dựng hình ngoài yêu cầu đọc kỹ đề bài, phân tích
giả thuyết bài toán, vẽ hình đúng ta còn phải chú ý đến nhiều yếu tố khác như:
Có cần xác định thêm các yếu tố khác trên hình vẽ hay không? 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
lôgic… có được như thế mới giúp chúng ta giải quyết được nhiều bài toán mà

không gặp phải khó khăn. Ngoài 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


5
hình đó. Kí hiệu: VOk : H � H '
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
điểm M ' và N ' thì

uuuuuu
r
uuuu
r
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 nông thôn 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 môn
Toán 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 tòi, 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 toán về phần hình giải tích và hình học thuần túy trong mặt


6
phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn Toán, chỉ có
khoảng 5%- 10% học sinh hứng thú với bài toán này .

PHẦN III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trong phần này chúng tôi sẻ đề cập đến các bài toán 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 3x  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:
Cách 1: V(O,k)(d)=d’ nên d’//d suy ra d’ có phương trình: 3x+2y+C=0. Lấy
M(0;3) thuộc d. Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép vị tự đã cho
uuuuu
r

uuuu
r

�x '  0

ta có OM '  2OM � �
�y '  6
Vậy M’(0;-6), M’ thuộc d’ suy ra C=12.
Do đó phương trình d’ là: 3x+2y+12=0.
Cách2: Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép vị tự tamO tỉ số k=-2, ta có
1
�
x   x'
�
�x '  2 x
�
2
��
�

y
'


2
y
�
�y   1 y '
�
2
3
2

Điểm M thuộc d �  x  y ' 6  0 � 3x ' 2 y ' 12  0 .
Vậy phương trình d’ là: 3x+2y+12=0.


7
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 tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.

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

�  900 nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK
Tương tự � IJM

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 tròn ngoại tiếp MNP

Ta có đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình:
x 2  y 2  2 x  4 y  4 0

Có tâm K(1;-2) , R =1 .Gọi K1, R1 là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
uuuur
uuur
ABC thì: GK1  2GK , R1  2 R  K1(1;10), R1=2
 Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là: ( x  1) 2  ( y  10) 2 4


8
3.2. Các bài toán chứng minh song song, vuông góc
Bài toán 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 BA.
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
Tương tự ta có: OK  OA
4
� 1�
O; �
: B � P và A � K nên suy ra
Như vậy tồn tại một phép vị tự V �
� 4�

BA song song PK .
Bài toán 3.2.2.([10]) Cho hai đường tròn  O ', R  ; (O,2 R) tiếp xúc ngoài

� quay quanh A, hai cạnh của góc cắt (O) và

tại điểm A. Một góc vuông 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.


9
2) BB’ cắt đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại N; N’.

� '  900
Chứng minh rằng: NAN
Bài giải:

1) Dể thấy A và S lần lượt là tâm vị tự trong và ngoài của hai đường
tròn 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 '

� '  900 ( Phép vị tự bảo toàn góc).
AN ' E  900 � NAN
mà �

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
1
thành điểm H hoặc ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số vị tự là 2 hoặc  .
2


10
Bài giải:
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, ta có:
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

VG 2 : A a M , B a N , C a P


1
2

� VG : ABC � MNP

Phép vị tự bảo toàn tính vuông 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 MNP,
uuur
1 uuur
Vì vậy VG : H a O � GO   GH
2


1
2

Từ đó H,G,O thẳng hàng và 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
Nhận xét: Lời giải của bài toán
này được trình bày dựa vào tam giác

đồng dạng, chúng tôi 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.


11
Khi đó phép vị tự V

AT1
AT
A

biến a � BC , biến T � T1

suy ra phép vị tự

V

AT1
AT
A

:  O  �  O1  .

Ta phải chứng minh OM song song AT1 tức là chứng minh M là trung
điểm DT1 .

Theo tính chất của đường tròn 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
trong đó 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 ngoài 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.


12
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Xét phép vị tự tâm M tỉ số

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.
3.4. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc đường tròn
Bài toán 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 tròn
(Đường tròn Eurle )
Nhận xét: Bài toán 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 3 chân
3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 3
trung điểm các đoạn nối trực tâm với


13
các đỉnh.

Gọi A2, B2, C2, M1, 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, M1, 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

1
2
H

V : 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 .
H

Chứng minh tương tự ta cũng có A1 , B1 , C1 ; M , N , P 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 toán 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.


14
Bài toán 3.5.1. ([12]) Cho hai đường tròn (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 )
1
1
F  AO �(O )
2
2
K  AB �O1O2
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

�  900 . Do đó
vuông và IH là đường trung bình của hình thang đó nên HIA
quỹ tích điểm I là đường tròn 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; 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,
đường tròn này chính là tạo ảnh của đường tròn quỹ tích cần tìm qua phép vị


15

uur
uuur
tự VA2 nhờ chứng minh được AI  2 AI1 . Do I1 thuộc đường tròn đường kính
AD nên I thuộc đường tròn đường kính AD1 ảnh của AD qua phép vị tự VA2
Bài toán 3.5.2. Cho đường tròn (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 toán 3.5.3. Cho đường tròn dây AB cố định , M chạy trên cung 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  MI 2 R  k
KM
2R
�

.
KI
2R  k
uur 2 R  k uuuu
r
� KI 
KM
2R
Vậy quỹ tích điểm I là đường tròn (O ') là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm

K , tỉ số bằng

2R  k
2R

16

3.6. Các bài toán dựng hình
Phương pháp thực hiện: Để dựng hình (H), ta tiến hành dựng các điểm
của nó. Trong mặt phẳng, thông 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 toán, còn 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 toán.
Vậy để giải một bài toán 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 toán 3.6.1. ([1]) Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dựng hình
vuông ABCD có hai đỉnh A,B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C,D nằm
trên đường tròn.
Bài giải:
 Phân tích: Giả sử đã dựng
được hình vuông 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

17
đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình
vuông PQMN thành hình vuông ABCD.
 Cách dựng:
-Dựng hình vuông 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 tròn (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

IC

: M � C , N � D, Q � B, P � A hay VI IM : MNPQ � CDAB mà

MNPQ là hình vuông nên ABCD là hình vuông.
IC '

Tương tự: V  IM : M � C ', N � D ', Q � B ', P � A ' hay
I
VI



IC '
IM

: MNPQ � C ' D ' A ' B ' nên A’B’C’D’ là hình vuông.
 Biện luận: Bài toán luôn có hai nghiệm hình

� và một điểm A nằm trong góc đó. Hãy
 Bài toán 3.6.2. ([6]) Cho góc xOy
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.


18
Như vậy O là tâm vị tự ngoài của đường tròn tâm Ivà 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 tròn tâm I’
OA '

sẻ biến thành đường tròn tâm Icần dựng thỏa mãn các điều kiện của bài
toán.
Vì tia OA luôn luôn cắt đường tròn tâm I’tại hai điểm phân biệt nên bài
toán luôn có hai nghiệm hình.
3.7. Các bài toán định lượng
Trong mục này ta sẻ dụng phép vị tự để giải quyết bài toán tính các
đại lượng hình học bằng cách thông qua việc sử dụng kết quả thực hiện
phép vị tự để tính các đại lượng hình học. Thông 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 còn lại.
Bài toán 3.7.1. Cho hai đường tròn (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:
Gọi E và F là giao điểm của AM
và AN với (O'), k 

R
.
R'

Ta có: VAk : E � M , F � N


19
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

� . Tức là I thuộc AD. Kẻ IP // O'D, P ∈AB.
trong của góc MAN
Theo tính chất phân giác:

�

IA MA
k



ID MD
k 1

R
R  R'

AP
AI
R
R '. R


� AP 
- không đổi,
AO ' AD
R  R'  R

R  R'  R
suy ra P cố định.
Lại có:

PI
AP
R
R '. R


� IP 
O ' D AO '
R  R'  R
R  R'  R

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

r

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

R

Ta được: V r : ( P ) � (O) � V r : I a K suy ra
A
A

AI
r
 
AK R
R



R'
R  R'  R



Bài toán 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.


20
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 .

1
1
1
Mặt khác ta lại có: S A1B1C1D1  S A1B1D1  SC1B1D1  S ABD  SCBD  S
9
9
9
1
Vậy diện tích tứ giácA1 B1 C1 D1 là S A1B1C1D1  S .
9


21

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 tòi và xây dựng những bài toán mới từ những
bài toán gốc được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi.
 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
giỏi cấp tỉnh các em có thể giải quyết bài toán 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 toán 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 chuyên 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 toán sơ cấp nhờ chuyển đổi công 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
toán để có những bài toán mới.Khi xây dựng các bài toán mới chúng tôi luôn
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

22


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

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

Thanh hóa ngày 20 tháng 5 năm

ĐƠN VỊ

2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Người viết

Lường Văn Hưng

23
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đặng Thanh Cầu (2011), Sử dụng phép vị tự để giải một số bài toán
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
[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 chuyên toán 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 chuyên toán 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] Hoàng 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 môn Toán (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.

24
DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SKKN ĐÁNH GIÁ
Năm học
Năm
2010

Xếp loại
SKKN loại C

Năm
2011

SKKN loại C

Năm
2015

SKKN loại C

Tên đề tài

Số quyết định

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

Phân dạng bài toán lập
phương trình các cạnh của
tam giác
Phát hiện mối quan hệ ba
điểm để giải một số bài
toán hình giải tích trong
mặt phẳng