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.





+ 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


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

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

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



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 ' .

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 

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:




 
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.

  

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

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


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 .



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

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

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 .

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


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.

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

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.


U

V