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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

. 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


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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
5
Hai đường tròn này có chung tâm I (Hình1.3). Ta có
−−→
IM


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

< 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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
7

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


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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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.
−→

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



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


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

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


= 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

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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

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

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

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

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

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

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

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
(
−→

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 =
−→

−−→
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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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
=

= −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


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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
16
Đặt
IA
IO
1
=
IB
IO
2
=

, 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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
17

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

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

).
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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
18
1. Xác định phép vị tự biến ∆ABC thành ∆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
−−→

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

, 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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

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

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

⇒ SO = 2OO

= 6R ⇒ AS = 4R.
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
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).

= 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.

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

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


) 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

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 http://www.lrc-tnu.edu.vn