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 Gọi U ,V theo thứ tự là ảnh của M và N qua phép vị tự H ( A, qua phép vị tự H ( A, AB ) . Khi đó, AQ AB ) , hình vuông MNPQ biến thành BUVC . Do đó, AQ BUVC là hình vuông có cạnh bằng a. Ta có:  AU 2  c 2  a 2  2ac.cos( B  )  c 2  a 2  2ac.sin B  c 2  a 2  2bc.sin A 2 2 2 2  c  (b  c  2bc.cos A)  2bc.sin A  2c 2  b 2  2bc.(sin A  cos A)   (b  c 2) 2  2bc 2(sin( A  )  1) 4  Tương tự ta có: AV 2  (c  b 2)2  2bc 2(sin( A  )  1) . 4 Theo tính chất của phép vị tự ta có:  2 ( b  c 2)  2bc 2(sin( A  )  1) (b  c 2) 2 AM AU 4    2  AN AV 2 (c  b 2)  2bc 2(sin( A  )  1) (c  b 2) 4 b  c  2 2  (sin( A  )  1)(b  c )  0    3  BAC  4  4 Sau đây là một số bài toán áp dụng tích của hai phép vị tự. Thí dụ 20. ( Định lí Monge – D’Alembert) Cho ba đường tròn ( 1 ),( 2 ),( 3 ) phân biệt trên mặt phẳng. Gọi H1 là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( 2 ),( 3 ) , H 2 là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( 1 ), ( 3 ) , H 3 là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( 1 ),( 2 ) . Khi đó, H1 , H 2 , H 3 thẳng hàng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cũng thẳng hàng. Lời giải. Ta sẽ chỉ chứng minh định lí này trong trường hợp ba tâm vị tự ngoài, trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Gọi O1, O2 , O3 theo thứ tự là tâm của các đường tròn ( 1 ),( 2 ),( 3 ) . r1 , r2 , r3 theo thứ tự là bán kính của các đường tròn ( 1 ),( 2 ),( 3 ) . Khi đó: r r r H ( H 3 , 1 )( O2 )  O1, H ( H 2 , 3 )( O1 )  O3 , H ( H1, 2 )( O3 )  O2 . r2 r1 r3 Suy ra: H1O1 H 2O3 H 3O1 r2 r3 r1 . .  . .  1 . Theo định lý Menelaus ta có điều phải H1O3 H 2O1 H 3O2 r3 r1 r2 chứng minh. Thí dụ 21. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn () . Kí hiệu ( a ) là đường tròn tiếp xúc với các tia AB, AC và tiếp xúc trong với () . Tương tự ta xác định ( b ),( c ) . Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của ( a ),( b ),( c ) với () . Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Lời giải. Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. P là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (I) và () . Ta có A là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( a ) và (I), A1 là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( a ) và () . Theo thí dụ 20 ta có, A, P, A1 thẳng hàng. Tương tự, ta thu được B, P, B1 thẳng hàng, C, P, C1 thẳng hàng. Do đó, AA1, BB1, CC1 đồng quy. Thí dụ 22. Cho tam giác ABC. Kí hiệu ( a ),( b ),( c ) lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (AB,AC), (BC,BA), (CA,CB) sao cho ( a ),( b ),( c ) tiếp xúc ngoài nhau. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là các tiếp điểm của các cặp đường tròn (( b ),( c )),(( a ),( c )),(( b ),( a )) . Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Lời giải. Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (( b ),( c )),(( a ),( c )),(( b ),( a )) . Theo thí dụ 20, suy ra: A2 , B2 , C2 thẳng hàng. Do B1 , C1 lần lượt là tâm vị tự trong của các cặp đường tròn (( a ),( c )),(( b ),( a )) , A2 là tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (( b ),( c )) nên ta có B1 , C1 , A2 thẳng hàng. Tương tự, B1 , A1 , C2 thẳng hàng; A1 , C1 , B2 thẳng hàng. Lại có, BC, CA, AB lần lượt là tiếp tuyến chung ngoài của ba đường tròn trên nên A2 , B2 , C2 lần lượt nằm trên BC, CA, AB. Theo định lí Desargues ta có: AA1, BB1, CC1 đồng quy. Thí dụ 23. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn () . Dựng đường tròn (Cb ) tiếp xúc với đoạn AC, đồng thời tiếp xúc trong với cung nhỏ AC của đường tròn () tại B’, đường tròn (Cc ) tiếp xúc với đoạn AB, đồng thời tiếp xúc trong với cung nhỏ AB của đường tròn () tại C’. Một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (Cb ) , (Cc ) cắt AB, AC theo thứ tự tại Q, P. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng B’P, C’Q nằm trên phân giác của góc  BAC . Lời giải. Gọi ( ') là đường tròn nội tiếp tam giác APQ. Giả sử H là tâm của phép vị tự H ( H , k ), k  0 biến đường tròn () thành đường tròn ( ') . Khi đó H thuộc vào đường nối tâm của hai đường tròn. Do tam giác ABC cân nên H thuộc vào  phân giác của góc BAC . + H ( B ', k1 ), k1  0 là phép vị tự biến đường tròn () thành đường tròn (Cb ) . + H ( P, k2 ), k2  0 là phép vị tự biến đường tròn (Cb ) thành đường tròn ( ') . Do k1.k2  0 nên H ( P, k2 ).H ( B ', k1 )  H ( H , k )  H  PB ' . Tương tự ta cũng suy ra được H  PC ' . Suy ra : giao điểm của hai đường thẳng B’P, C’Q nằm trên phân giác của góc  BAC . Thí dụ 25. Cho bốn điểm K, L, M, N theo thứ tự nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD sao cho các đường thẳng AB, CD, LN đồng quy tại P và các đường thẳng AD, BC, KM đồng quy tại Q. Kí hiệu X là giao điểm của KM và LN. Chứng minh rằng nếu các tứ giác AKXN, BLXK, CMXL có đường tròn nội tiếp thì tứ giác DNXM cũng vậy. Lời giải. Gọi ( a ),( b ),( c ) theo thứ tự là các đường tròn nội tiếp các tứ giác AKXN, BLXK, CMXL. Gọi ( d ) là đường tròn tiếp xúc với đoạn XM, tia XN và tia MD. Gọi H là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( a ),( c ) . Xét ba đường tròn ( a ),( b ),( c ) : Vì P là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( a ),( b ) , Q là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( b ),( c ) nên theo định lí Monge – D’Alembert ta có H, P, Q thẳng hàng. Xét ba đường tròn ( a ),( d ),( c ) : Vì P là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( c ),( d ) , H là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( a ),( c ) nên theo định lí Monge – D’Alembert thì tâm vị tự ngoài giữa ( a ),( d ) sẽ nằm trên đường thẳng HP. Do QX là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn ( a ),( d ) nên tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn này chính là Q. Vì ( a ) tiếp xúc với QA nên suy ra ( d ) cũng tiếp xúc với QA hay nói cách khác đường tròn ( d ) nội tiếp tứ giác DNXM. Thí dụ 26. ( Romania Team Selection Test 2004) Cho đường tròn ( ) và hình vuông ABCD sao cho ABCD nằm hoàn toàn bên trong đường tròn ( ) . Đường tròn ( a ) tiếp xúc trong với đường tròn ( ) tại A’ , tiếp xúc với tia đối của tia AB và tiếp xúc với tia đối của tia AD. Các đường tròn ( b ),( c ),( d ) và B’, C’, D’ được xác định tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ đồng quy. Lời giải. Gọi (I) là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD. Gọi H là tâm vị tự trong của hai đường tròn (I) và ( ) . A là tâm vị tự trong giữa hai đường tròn ( a ) và (I). A’ là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( ) và ( a ) . Do đó theo định lí Monge – D’Alembert, ba điểm A’, A, H thẳng hàng. Tương tự ta cũng chứng minh được BB’, CC’, DD’ cũng đi qua H. Hay các đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ đồng quy. III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN. Bài tập 1 (IMO 1983). Gọi A là một trong hai giao điểm của hai đường tròn (C1 ),(C2 ) với tâm theo thứ tự là O1 , O2 .Một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với (C1 ),(C2 ) lần lượt tại P1 , P2 . Một tiếp tuyến chung ngoài khác của hai đường tròn tiếp xúc với (C1 ),(C2 ) lần lượt tại Q1 , Q2 . M1 , M 2 lần   lượt là trung điểm của PQ 1 1 , P2Q2 . Chứng minh rằng O1 AO 2  M 1 AM 2 . Bài tập 2 (IMO 1992). Trong mặt phẳng cho đường tròn (C ) , đường thẳng  là tiếp tuyến của đường tròn (C ) và M là một điểm trên  . Tìm quỹ tích các điểm P thỏa mãn: Tồn tại hai điểm Q, R nằm trên  sao cho M là trung điểm của đoạn QR và (C ) là đường tròn nội tiếp tam giác PQR . Bài tập 3. (IMO 1999). Hai đường tròn (C1 ),(C2 ) nằm trong đường tròn (C ) và tiếp xúc với đường tròn (C ) theo thứ tự tại M, N. Đường tròn (C1 ) đi qua tâm của đường tròn (C2 ) . Đường thẳng đi qua hai điểm cắt nhau của hai đường tròn (C1 ),(C2 ) cắt đường tròn (C ) tại A, B. Đường thẳng MA, MB lần lượt cắt đường tròn (C1 ) tại C và D. Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của đường tròn (C2 ) . Bài tập 4. (APMO 2000). Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC, N là chân đường phân giác trong kẻ từ A. Đường thẳng  qua N và vuông góc với AN theo thứ tự cắt AM, AB tại Q và P. O là giao điểm của đường thẳng qua P vuông góc với AB và đường thẳng AN. Chứng minh rằng QO vuông góc với BC. Bài tập 5. Hai đường tròn (C1 ),(C2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm P. Một điểm A chạy trên (C2 ) , không nằm trên đường thẳng đi qua tâm của hai đường tròn. AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (C1 ) (B, C là các tiếp điểm). E, F theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các đường thẳng BP, CP với đường tròn (C2 ) . Chứng minh rằng đường thẳng EF, tiếp tuyến của đường tròn (C2 ) tại A và tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1 ),(C2 ) tại P đồng quy. Bài tập 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C ) , ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi D, E lần lượt là giao điểm thứ hai của AI, BI với đường tròn (C ) . DE cắt AC, BC lần lượt tại F,G. P là giao điểm của đường thẳng qua F, song song với AD với đường thẳng qua G, song song với BE. Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BD, KP đồng quy hoặc song song. Bài tập 7. ( USA TST 2010). Cho tam giác ABC. M, N theo thứ tự nằm trên các cạnh AC, BC sao cho MN  AB . P, Q theo thứ tự nằm trên các cạnh AB, BC sao cho PQ  AC . Đường tròn nội tiếp tam giác CMN tiếp xúc với cạnh AC tại E, đường tròn nội tiếp tam giác BPQ tiếp xúc với cạnh AB tại F. R là giao điểm của EN với AB, S là giao điểm của FQ với AC. Cho biết AE=AF, chứng minh rằng tâm nội tiếp tam giác AEF nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ARS. Bài tập 8. Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, D là điểm bất kì trên mặt phẳng. AD, BD, CD cắt ba cạnh tam giác lần lượt tại A1, B1 , C1 . Dựng đường thẳng đối xứng của BC qua IA1 cắt B1C1 tại A2 . Định nghĩa cho các điểm B2 , C2 tương tự. Chứng minh rằng A2 , B2 , C2 thẳng hàng. Bài tập 9. Cho tam giác ABC và các điểm Ca  ( H ( A, k )  R( A,  ))( B), Cb  ( H ( B, k )  R( B, ))( A) Ab  ( H ( B, k )  R( B, ))(C ), Ac  ( H (C, k )  R(C,  ))( B) Bc  ( H (C, k )  R(C,  ))( A), Ba  ( H ( A, k )  R( A, ))(C) với k  R* ,  ( ; ) cố định. CCb  BBc  Pa , APa  BC  PA , AAb  BBa  Pc , CPc  AB  PC  , CCa  AAc  Pb , BPb  AC  PB  , CCa  BBa  Qa , AQa  BC  QA , AAc  BBc  Qc , CQc  AB  QC  , CCb  AAb  Qb , BQb  AC  QB  . Chứng minh rằng: a, APA , BPB , CPC đồng quy. b. AQA , BQB , CQC đồng quy. Bài tập 10. a. Cho đường tròn (O) và điểm A cố định thuộc (O). Một góc có số đo 450 quay xung quanh A có cạnh cắt (O) tại B, C. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc một đường tròn cố định. b. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A và một đường thẳng d. M là một điểm thay đổi trên d. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP đến đường tròn (O) (N, P là hai tiếp điểm). AN và AP lần lượt cắt (O’) tại N’ và P’. Chứng minh rằng N’P’ đi qua một điểm cố định. c. Cho tam giác ABC. Dựng hình vuông có hai đỉnh liên tiếp nằm trên cùng cạnh BC, còn hai đỉnh còn lại lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC. Bài tập 11. Cho ba đường tròn (O), (I) và (J) đôi một tiếp xúc ngoài với nhau, A là tiếp điểm của (O) và (I); B là tiếp điểm của (I) và (J); C là tiếp điểm của (O) và (J). Đường thẳng AB cắt (J) tại điểm thứ hai B’, đường thẳng AC cắt (J) tại điểm thứ hai C’. Chứng minh rằng B’C’ là đường kính của (J). Bài tập 12. Cho tam giác ABC, bên trong tam giác dựng bốn đường tròn bằng nhau bán kính r là (O), (I), (J), (Q) sao cho ba đường đầu tiên cùng tiếp xúc với hai cạnh tam giác và (Q) tiếp xúc với ba đường tròn còn lại. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC và tâm đường tròn (Q) thẳng hàng. Bài tập 13. Cho hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính khác nhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với (O’) tại P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống đường nối tâm. Hai đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai hai đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại M và M’. Chứng minh rằng M, M’ và B thẳng hàng. Ứng dụng của phép vị tự rất đa dạng và áp dụng trong nhiều dạng của toán học, nhưng do thời gian có hạn nên tôi mới đưa vào phần ứng dụng phép vị tự trong mặt phẳng để giải các bài toán chứng minh hình học để học sinh nắm được và tạo điều kiện cho học sinh phát triển tư duy và ý thức tìm tòi. Thực tế phần ứng dụng phép vị tự trong không gian để giải các bài toán chứng minh tôi vẫn để ngỏ và tìm hiểu thêm. Rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp để đề tài của tôi được áp dụng rộng hơn. Xin chân thành cảm ơn. Tài liệu tham khảo. + Hình học tĩnh và động – Thầy Lê Bá Khánh Trình. + http://diendantoanhoc.net, mathscope.org. + Geometric transfrormations II- I. M. Yaglom. + 107 geometry problems – Titu Andreescu, Michal Rolinek, Josef Tkadlec. + Tạp chí Toán học và tuổi trẻ. [...]... rằng M, M’ và B thẳng hàng Ứng dụng của phép vị tự rất đa dạng và áp dụng trong nhiều dạng của toán học, nhưng do thời gian có hạn nên tôi mới đưa vào phần ứng dụng phép vị tự trong mặt phẳng để giải các bài toán chứng minh hình học để học sinh nắm được và tạo điều kiện cho học sinh phát triển tư duy và ý thức tìm tòi Thực tế phần ứng dụng phép vị tự trong không gian để giải các bài toán chứng minh tôi... của tia AB và tiếp xúc với tia đối của tia AD Các đường tròn ( b ),( c ),( d ) và B’, C’, D’ được xác định tương tự Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ đồng quy Lời giải Gọi (I) là đường tròn nội tiếp hình vuông ABCD Gọi H là tâm vị tự trong của hai đường tròn (I) và ( ) A là tâm vị tự trong giữa hai đường tròn ( a ) và (I) A’ là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( ) và ( a )... 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... là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( 2 ),( 3 ) , H 2 là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( 1 ), ( 3 ) , H 3 là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( 1 ),( 2 ) Khi đó, H1 , H 2 , H 3 thẳng hàng Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cũng thẳng hàng Lời giải Ta sẽ chỉ chứng minh định lí này trong trường hợp ba tâm vị tự ngoài,... tròn tiếp xúc với các tia AB, AC và tiếp xúc trong với () Tương tự ta xác định ( b ),( c ) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của ( a ),( b ),( c ) với () Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy Lời giải Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC P là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (I) và () Ta có A là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( a ) và (I), A1 là tâm vị tự ngoài của hai... 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 Gọi U ,V theo thứ tự là ảnh của M và N qua phép vị tự H ( A, qua phép vị tự H ( A, AB ) Khi đó, AQ AB ) , hình vuông MNPQ biến thành BUVC Do đó, AQ BUVC là hình vuông có cạnh bằng a Ta có:  AU 2  c 2 ... 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... của KM và LN Chứng minh rằng nếu các tứ giác AKXN, BLXK, CMXL có đường tròn nội tiếp thì tứ giác DNXM cũng vậy Lời giải Gọi ( a ),( b ),( c ) theo thứ tự là các đường tròn nội tiếp các tứ giác AKXN, BLXK, CMXL Gọi ( d ) là đường tròn tiếp xúc với đoạn XM, tia XN và tia MD Gọi H là tâm vị tự ngoài giữa hai đường tròn ( a ),( c ) Xét ba đường tròn ( a ),( b ),( c ) : Vì P là tâm vị tự ngoài... 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... 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 ... M’ Chứng minh M, M’ B thẳng hàng Ứng dụng phép vị tự đa dạng áp dụng nhiều dạng toán học, thời gian có hạn nên đưa vào phần ứng dụng phép vị tự mặt phẳng để giải toán chứng minh hình học để học. .. k1.k2  tích phép đồng b Tích hai phép vị tự khác tâm Tích hai phép vị tự khác tâm phép vị tự có tâm thẳng hàng với hai tâm hai phép vị tự cho đặc biệt phép tịnh tiến hay phép đồng Chứng minh: Giả... thẳng có tâm tâm vị tự tập hợp đường thẳng bất biến phép vị tự Phép vị tự phẳng sinh phép vị tự đường thẳng bất biến qua tâm vị tự Tâm vị tự hai đường tròn Định lý: Phép vị tự biến đường tròn