Định lý 3.3.1. Tích của hai phép vị tự cùng nhận O làm tâm vị tự lần lượt là k1 và k2 là một phép vị tự tâm O có tỷ số k = k1.k2.
Định lý 3.3.2. 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.
Định lý 3.3.3. Cho hai phép vị tự VOk và VOk00 với các tâm vị tự phân biệt, các hệ số vị tự k 6= 0; 1, k0 6= 0; 1 và k.k0 6= 0; 1. Khi đó phép biến hình H = VOk.VOk00 hoặc H = VOk00.VOk là phép vị tự.
(Ba định lý trên đã được chứng minh ở mục 1.2 chương 1) 3.3.2. Bài tập minh họa
Bài toán 3.3.1. Dựng một đường tròn tiếp xúc với hai đường thẳng cắt nhau và tiếp xúc ngoài với một đường tròn cho trước.
Lời giải. Giả sử dựng được đường tròn tâm I tiếp xúc với hai đường thẳng a, b và đường tròn (O) cho trước. Goi A là giao điểm của hai đường thẳng a và b. Khi đó tâm I nằm trên đường phân giác Ax của góc tạo bởi hai đường thẳng chứa ít nhất một điểm thuộc đường tròn (O). Điểm tiếp xúc của (O) và I là tâm vị tự của hai đường tròn, một đường tròn (O0)tiếp xúc với cả hai đường thẳng a, b sẽ vị tự với cả hai đường tròn. Và ba đường tròn vị tự với nhau từng đôi một thì ba tâm vị tự sẽ thẳng hàng. Ta suy ra cách dựng:
Hình 3.15
Ta dựng một đường tròn tiếp xúc với cả hai đường thẳng và nằm trong góc chứa ít nhất một điểm của đường tròn (O). Dựng tâm vị tự B
của (O0) và (O). Dựng C = AB ∩(O), dựng I = OC ∩Ax. Đường tròn (I, IC) là đường tròn cần dựng.
Từ cách dựng, ta có (O) tiếp xúc với (I) tại C. VBk1 : (O0) 7−→
(O), VCk2 : (O) 7−→ (I) ⇒ VAk1k2 : (O0) 7−→ (I), vì (O0) tiếp xúc với a và b nên (I)cũng tiếp xúc với a và b.
Bài toán luôn có nghiệm hình, số nghiệm tùy thuộc vào vi trí tương đối của (O) với hai đường thẳng.
Bài toán 3.3.2. Cho hai đường tròn (O1),(O2)cố định cho trước, đường tròn (O3) thay đổi luôn tiếp xúc ngoài hoặc trong với cả hai đường tròn (O1),(O2) tạiA, B. Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định, biết R2 > R1.
Hình 3.16
Chứng minh. Giả sử đường tròn (O3) có bán kính là a, do (O3) tiếp xúc với (O1) và (O2) tại A, B suy ra:
V
a R1
A : (O1) 7−→ (O3), V
R2 a
B : (O3) 7−→ (O2) ⇒ ∃V
R2 R1
I : (O1) 7−→(O2).
⇒V
R2 R1
I = V
a R1
A .V
R2 a
B ⇒A, B, I thẳng hàng. Do (O1),(O2) cố định ⇒ AB luôn đi qua điểm I cố định.
Bài toán 3.3.3. Cho ba điểm P, Q, R theo thứ tự trên ba cạnh BC, CA, AB của một tam giác ABC. Điều kiện cần và đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng là:
P B P C.QC
QA.RA RB = 1
(Định lí Menelaus) Chứng minh. Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng, ta có:
Hình 3.17
VPk1 : B 7−→ C (k1 = P B
P C), VQk2 :C 7−→ A (k2 = QC QA).
Tích của hai phép vị tự này biếnB thànhA. Nếuk1.k2 = P B P C.QC
QA = 1 thì P B
P C = QC
QA và do đó P Q k AB là điều trái với giả thiết là P Q cắt AB tại R vậy tích k1.k2 6= 1 và ta có tích hai phép vị tự nói trên là một phép vị tự có tâm nằm trên đường thẳng P Q mà A biến thành B bởi phép vị tự tâm R với tỷ số k3 = RA
RB.
Vì ba tâm vị tự này phải thẳng hàng và đồng thời tâm của tích này phải nằm trên đường thẳng AB (vì biến B thành A).
Vậy P B P C.QA
QC = RA
RB là tỷ số của phép vị tự tâm R biến B thành A.
Do đó ta suy ra: P B P C.QC
QA.RA RB = 1.
Ngược lại giả sử bai điểm P, Q, R theo thứ tự trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác thỏa mãn hệ thức P B
P C.QC QA.RA
RB = 1, ta cần chứng minh P, Q, R thẳng hàng.
Giả sử P Q cắt AB tại R0 vì nếu P Q k AB ta có P BP C = QCQA, khi đó ta suy ra RBRA = 1 (vô lý). Áp dụng phần thuận cho trường hợp ba điểm P, Q, R0 thẳng hàng ta có hệ thức:P B
P C.QC QA.R0A
R0B = 1. Từ đó so sánh với
giả thiết phần đảo ta có:RA
RB = R0A
R0B ⇒R ≡R.
Vậy P, Q, R thẳng hàng.
Bài toán 3.3.4. Cho tứ giác ABCD có A, B, D cố địnhCB = m không đổi. Gọi I và J là trung điểm của BD, AC. Tìm tập hợp trung điểm E của IJ.
Lời giải. Qua V
1 2
A : C 7−→ J ⇒ tập hợp J là đường tròn p0 = V
1 2
A(p).
Trong đó p là đường tròn tâm B bán kính m. Qua V
1 2
I : J 7−→E ⇒ Tập
Hình 3.18
hợp E là p00 = V
1 2
I (p0) hay qua V
1 2
I .V
1 2
A = V
1 4
F : C 7−→ E ⇒ tập hợp E là đường tròn p00 = V
1 4
F(p),(F ∈ AI).