SỬ DỤNG PHÉP vị tự để GIẢI TOÁN HÌNH học PHẲNG

Trong chương trình toán phổ thông, chúng ta có một số phép biến hình cơ bản: Các phép đối xứng, tịnh tiến, phép quay, phép vị tự, nghịch đảo và phép lấy tích của một số phép biến hình cơ

SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG

I Phần mở đầu

Trong hình học phẳng phép biến hình luôn giữ một vai trò vô cùng quan trọng không chỉ bởi nét đẹp riêng mà còn về ứng dụng rộng rãi của nó Có thể nói với phép biến hình các bài toán hình học phẳng thường có một lời giải rất độc đáo, sáng tạo và đôi khi ngắn gọn ngoài sức tưởng tượng Vì vậy có khá nhiều đề thi học sinh giỏi các cấp đã khai thác phép biến hình làm công cụ để giải quyết

Trong chương trình toán phổ thông, chúng ta có một số phép biến hình cơ bản: Các phép đối xứng, tịnh tiến, phép quay, phép vị tự, nghịch đảo và phép lấy tích của một số phép biến hình

cơ bản trên Để có thể giải quyết một bài toán hình học phẳng bằng cách sử dụng phép biến hình ta cần nắm rõ các nội dung cơ bản:

+ Định nghĩa của các phép biến hình: làm cơ sở cho việc nhận dạng bài toán

+ Các tính chất quan trọng liên quan đến các phép biến hình: giúp ta định hướng lời giải một cách nhanh nhất

+ Một số kết quả cơ bản trong hình học phẳng được rút ra trực tiếp từ các tính chất của phép biến hình

Trong bài viết này sẽ đề cập đến ứng dụng của phép vị tự, nội dung của nó được giảng dạy ở chương 4 sách giáo khoa chuyên hình học 10 trong chương trình THPT chuyên hiện hành Sử dụng phép vị tự ta có thể giải quyết được nhiều dạng toán trong hình học phẳng như các bài toán chứng minh, quĩ tích, dựng hình, tính toán, trong bài viết này ta không chia thành các dạng bài toán cụ thể mà chỉ tập trung hệ thống lại các kiến thức cơ bản về phép vị tự, từ đó đưa

ra một số bài toán áp dụng Thông qua các ví dụ đó chúng ta thấy được ứng dụng rộng rãi của phép biến hình trong giải toán hình học phẳng

II Nội dung.

§ 1- PHÉP VỊ TỰ

I Định nghĩa.

Cho điểm O - cố định, k = const ; k 0

1 Định nghĩa: Phép đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M' sao cho: OM ' kOM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k Kí hiệu: k

O

V

+) Điểm O gọi là tâm vị tự, và k gọi là tỷ số vị tự

+) Phép vị tự hoàn toàn được xác định khi biết tâm vị tự Và tỷ sổ vị tự

+) M' gọi là ảnh của M qua k

O

V ta có: k

O

V (M) = M' +) Phép vị tự k

O

V biến một hình H thành hình H' (H' gồm toàn điểm M' là ảnh của M H qua k

O

V )

+) Nếu cứ có : OM ' kOM thì ta bảo có k

O

V : M  M ' và 1/ k

O

V : M '  M

2 Chú ý: O M M'

 Ba điểm O, M, M' thẳng hàng

 Khi k > 0 thì M và M; nằm cùng một bên với O, ta có phép vị tự thuận

 Khi k < 0 thì M và M' nằm ở hai bên đối với điểm O ta có phép vị tự nghịch

 Khi k =1 khi đó: 1

O

V : M  M - phép đồng nhất

 Khi k = -1 k

O

V là ĐO

II Các tính chất của phép vị tự

1.Định lý 1: Nếu k

O

N N'





thì M'N'kMN

Hệ quả 1: Phép k

O

V biến hai điểm M và N thành hai điểm M' và N' thì 2 đường thẳng MN và M'N' song song hoặc trùng nhau và M'N' =|k|MN

2 Định lý 2: Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và không làm thay

đổi thứ tự của 3 điểm thẳng hàng đó

Hệ quả 2: Phép k

O

V biến đường thẳng a thành đường thẳng a' song song (hoặc trùng) với a, biến tia thành tia, biến góc thành góc có cùng số đo, biến một tam giác thành tam giác đồng dạng với tỷ số đồng dạng là |k|

2

3 Định lý 3: Phép vị tự biến đường tròn thành đường tròn.

Nhận xét

 Nếu O nằm ngoài đường tròn (I;R) và OT là một tiếp tuyến của đường tròn đó thì OT cũng là một tiếp tuyến của đường tròn (I';R')

 Nếu k

O

V : (I, R)  (I ', R '): thì  k1

O

V : (I ', R ')  (I, R)

4 Định lý 4: Cho 1 k 2

O

k

O V

V vµ khi đó tích của hai phép vị tự đó là một phép vị tự tâm O có tỷ số

vị tự là k1.k2 , đặc biệt tích của 1 k 1

1 O 0

k

O V

V là phép biến hình đồng nhất

Nhận xét: 1 k 2

O 0

k

O V

V = 2 k 1

O 0

k

O V V

5 Định lý 5: 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:

O2

O2 A A1

A'

O1 B

B1

Qua V Ok1 : A A 1 ; B B 1

2

k

Ta có: A1B1 k1AB và A ' B '  k2A1B1 khi đó  A ' B '  k1k2AB

+) Nếu k1k2 = 1 thì có 1

1 2 2

k O 0

k

O V

V là một phép tịnh tiến hoặc phép đồng nhất

+) Nếu k1k2  1 thì  một phép vị tự biến AB thành A'B'

Bây giờ ta hãy tìm các xác định tâm và tỷ số vị tự của phép vị tự này

Gọi O là tâm và k là tỷ số vị tự

Vì : VOk1 : ( O 1 O 2 ) O 1 O 2

2

k O

V :(O1O2)O1O2

 VOk( O1O2) VOk VOk ( O1O2) VOk2 ( O1O2) O1O2

2 1

1 2

O1, O2 thẳng hàng

Ta có: V 1 : O O '

1

k

O  ta có: O1O'k1O1O(1) và V 2 : O ' O ''

2

k

ta có: O2O"k2O2O'  O V ( O ) V V ( O ) V 2 ( O ' ) O ''

2 1

1 2 2

k O

k O

k O

k

' O

O

k

O

O2  2 2 (2)

Mà O2O'O2O1O1O'nên O2Ok2(O2O1O1O)'k2(O2O1k1O1O)

 O2O1O1Ok2O2O1k2k1O1O)

1 2

2

k k 1

k 1

O

O





Điều này cũng chứng tỏ 3 điểm O1; O; O2 thẳng hàng, và điểm O được hoàn toàn xác định từ (*) và O cố định

6 Tâm vị tự của hai đường tròn

+ Nếu phép vị tự V(O,k) biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I’, R’) thì R'k R OI, ' kOI

+ Nếu cho trước hai đường tròn (I, R) và (I’, R’) với I I' và R R ' thì tồn tại phép vị tự tỉ

số k R'

R

 (phép vị tự thuận hay phép vị tự dương) và phép vị tự tỉ số k R'

R

 (phép vị tự nghịch hay phép vị tự âm) biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I’, R’)

+ Để xác định tâm vị tự của hai đường tròn (I, R) và (I’, R’) với I I' và R R ':

Qua I vẽ một đường thẳng bất kì cắt (I) tại A và B

Qua I’ vẽ một đường thẳng bất kì song song với AB cắt (I’) tại A’B’, lấy I A ' '

cùng chiều với

IA



Đường thẳng AA’ cắt đường thẳng II’ tại tâm vị tự thuận

Đường thẳng BA’ cắt đường thẳng II’ tại tâm vị tự nghịch

§ 2- ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ

Bài 1: (Chứng minh định lý Menelaus).

Cho ba điểm P, Q, R theo thứ tự trên ba cạnh của ABC Điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng

hàng là: (BCP).(CAQ).(ABQ) = 1

RB

RA QA

QC PC

PB



Giải:

Điều kiện cần: Giả sử 3 điểm A, B,C thẳng hàng ta có:

Qua: Vk 1 :B C

P  với k1 =

PB

PC

và Vk 2 :C A

Q  với k2 =

QC QA

Từ đó:  k 2

Q

V Vk 1:B A

P 

Nếu k1k2=

PB

PC

QC

QA

=1 

PB

PC

= QA

QC

 PQ//AB trái với giả thiết là PQ cắt AB tại R Vậy tích

k1k2 1 và ta có tích của hai phép vị tự nói trên là một phép vị tự có tâm nằm trên đường thẳng

PQ vì ba tâm này phải thẳng hàng và đồng thời tâm này cũng phải nằm trên đường thẳng AB (vì biến B thành A)

Mặt khác: VRB :B A

RA

R   PB

PC

QC

QA = RB

RA

RB

RA QA

QC PC

PB



Điều kiện đủ:

Giả sử ba điểm P, Q, R lần lượt nằm trên BC; CA; AB thoả mãn hệ thức

1 RB

RA

QA

QC

PC

PB

 ta phải chứng minh P, Q, R thẳng hàng

Thật vậy giả sử PQ cắt AB tại R' vì nếu không cắt thì PQ//AB 

PC

PB

=

QC

QA

khi đó từ giả thiết 

RB

RA =1 điều này vô lý

áp dụng điều kiện cần cho 3 điểm P, Q, R' thẳng hàng ta có:

1 B

'

R

A

'

R

.

QA

QC

.

PC

PB

 so sáng với giả thiết 

RB

RA = B ' R

A '

R 

R' trùng với R (đpcm) Bài 2 Cho tam giác ABC Dựng bên trong tam giác bốn đường tròn (O1), (O2), (O3), (O4) bằng nhau sao cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) tiếp xúc với 2 cạnh của tam giác và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O4) Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC

và O4 thẳng hàng

Gọi I, O là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó IA, IB, IC chứa các điểm

O1, O2, O3 và 1 2 2 3 3 1

/ / , / / , / / IA IB IC

IO IO IO

    Xét VI k,  :O1 A O, 2  B O, 3  C

Do đó phép vị tự đó biến đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác O4 chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 Do đó

I k,  : 4

V O  O

Vậy I, O, O4 thẳng hàng

Bài 3 Cho ba đường tròn bằng nhau (O1), (O2), (O3) cùng đi qua điểm A và đôi một cắt nhau tại P, Q, R Chứng minh rằng các đường tròn: đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 và đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR bằng nhau và bằng các đường tròn (O1), (O2), (O3)

Giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác O1O2O3 Khi đó

1

G,

2

V   O K O J O I

 

 

, V A,2  : K R, J Q, I P

Do đó  ,2  , 1  , 1  1 2 3

2

:

M

V V  V  D O O O RPQ



 

 

Suy ra O O O1 2 3 RPQ O O O1 2 3  RPQ

Mặt khác A là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3 nên đường tròn ngoại tiếp tam

O1O2O3 có bán kính bằng bán kính của (O1) (Đpcm)

Bài 4 Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với RR' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và

B Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại P và P’ Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P xuống OO’ Các đường thẳng AQ và AQ’ cắt các

đường tròn (O) và (O’) tại M và M’ Chứng minh rằng MM’ qua B.

Giải:

J

B

A

O

O' P'

S

P

Q

Q'

M

M' I

Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O) và (O’).

Đặt k R'

R

 , khi đó ta có V S k( , ) : ( )O  ( '),O P P Q',  Q'

Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’ Khi đó ta có

2 2

Mà PQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’ Suy ra AB là trung trực của QQ’

Mà QQ’ là trung trực của AB Vậy tứ giác AQBQ’ là hình thoi

Do đó Q’B //AQ hay Q’M // QM

Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’

Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B

Vậy V(S, k) biến M thành B

Tương tự ta có V(S, k) biến B thành M’

Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ qua B

Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A Gọi đường tròn (J) tiếp xúc trong với đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC, đồng thời tiếp xúc với hai cạnh AB, AC ở M và N Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Giải:

Gọi K là tiếp điểm của (J) và đường tròn (ABC), H là trung điểm của BC và I là trung điểm

MN thì ta có 4 điểm A, K, H, I thẳng hàng

Xét phép vị tự tâm A tỉ số k = AK/AH biến tam giác ABC thành tam giác ADE trong đó H cũng biến thành K với K là trung điểm của DE

Ta chứng minh tỉ số

AI

AJ AK AH



Thật vậy tam giác ABK và AMJ đồng dạng nên

AJ

AK AB AH

AM AI

AI

AJ AK AH

 Hay VA k,  :I  J

Do (J) là đường tròn nội tiếp tam giác ADE nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Bài 6 : (VMO - 2003) Cho hai đường tròn cố định (O1, R1), (O2, R2); (R2 > R1) tiếp xúc nhau tại M Xét điểm A nằm trên (O2, R2) sao cho ba điểm A, O1, O2 không thẳng hàng Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O1, R1), (B, C là tiếp điểm) Các đường thẳng MB, MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2, R2) tương ứng tại E, F Gọi D là giao điểm của EF và tiếp tuyến tại

A của (O2, R2) Chứng minh rằng điểm D di động trên một đường thẳng cố định khi A di động trên (O2, R2) sao cho A, O2, O1 không thẳng hàng

Hướng dẫn:

TH1 : Hai đường tròn tiếp xúc ngoài

Bổ đề: Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) có tiếp tuyến tại A và C của (O) cắt

nhau tại E

Khi đó B, D, E thẳng hàng khi và chỉ khi AB.CD = BC.DA

Áp dụng vào bài toán với phép vị tự 12

:( ) ( ); ; ; '

R R M



MA với (O1)) và tứ giác MBA’C thỏa mãn yêu cầu của bổ đề để chứng minh tứ giác MEAF cũng thỏa mãn ME.AF = MF.EA nên D nằm trên tiếp tuyến tại m của (O2) hay nằm trên trục đẳng phương của (O1, R1) và (O2, R2)

TH2 : Hai đường tròn tiếp xúc trong:

Gọi D’ là giao của 2 tiếp tuyến tại M và A’ thì D’ thuộc trục đẳng phương BC của hai đường tròn (O1) và (ABO1C)

Xét phép 21

R R M

V O  O B E C F BC ; tiếp tuyến tại A’  tiếp tuyến tại A

Do đó D nằm trên MD’ là tiếp tuyến của (O1) tại M hay nằm trên trục đẳng phương của (O1, R1) và (O2, R2)

Bài 7 Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H Đường vuông góc kẻ từ H tới đường thẳng B1C1 và A1C1 lần lượt cắt các đường CA và CB tại P và Q Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ C tới A1B1 đi qua trung điểm của PQ

L N

K

Q1

P1

A1

H

C1

B1

C

Xét phép vị tự V tâm C biến H thành C1 Gọi P1, Q1 lần lượt là ảnh của P, Q qua phép vị tự V tâm C Từ tính chất của phép vị tự có C P1 1C B1 1, C Q1 1 C A1 1

Gọi N, K, L lần lượt là hình chiếu của C, P1, Q1 trên A1B1 Khi đó ta có KLP1Q1 là hình thang vuông tại K và L, vì CNA1B1 nên ta chỉ cần chứng minh N là trung điểm của KL thì CN trở thành đường trung bình của hình thang và do đó nó đi qua trung điểm của P1Q1, và theo tính chất của phép vị tự thì nó cũng đi qua trung điểm của PQ

Có  AB B AAC1   1  90   ABA B1 1 là tứ giác nội tiếp  CB A  1 1   A BA1

Chứng minh tương tự có  AB C1 1 C BC 1 Suy ra CB A  1 1  AB C1 1 dẫn đến AC là đường phân

giác ngoài của  A B C1 1 1

Chứng minh tương tự có BC là đường phân giác ngoài của  B AC1 1 1 Do đó điểm C trở thành

tâm đường tròn bàng tiếp góc C 1 của A B C1 1 1

Từ tính chất của đường phân giác suy ra được PB K1 1 PB C1 1 1 KB1B C1 1

Chứng minh tương tự có A L AC1  1 1

Dẫn đến nếu gọi p là nửa chu vi A B C1 1 1 thì KL2p.

Do C là tâm đường tròn bàng tiếp góc C 1 của A B C1 1 1 nên tính được B N1  p B C1 1

1 1 1 1 1 1

1 2

KN KB B N B C p B C p KL

Bài 8: 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 ngoại tiếp tam giác AMN Chứng minh rằng khi D di động

trên ( O') tỉ số AI

AK không đổi

Gọi E và F là giao điểm của AM và AN với ( O'), R

k

R '

 Ta có: k 

A

V E M, k 

A

V F N

 AE  1

kAM, AF  1

kAN

Ta lại có: P M /(O')  MD  2  ME.MA

 AM(AM – AE)  AM2(1 – 1

k)

Tương tự: P N /(O')  AN  2(1 – 1

k)

Suy ra: MD AM,

ND AN AD là phân giác trong góc MAN Tức là I thuộc AD

Kẻ IP // O'D, P  AB Theo tính chất phân giác: IA MA k R

ID MD  k 1  R R '

AO' AD  R R '  R  AP R.R '



  không đổi, suy ra P cố định

O 'D AO' R R '  R  IP 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

Ta được  

R

r

A

V (P) (O)  Rr

A

AK R  R R R '  R

Bài 9: Cho tam giác ABC đường tròn đi qua hai đỉnh B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D,

E Gọi M và N lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ADE và ODE, với O là giao

M

N

K

D I

E

F

Gọi K là trung điểm cung DE (Hình vẽ 1).

Ta có:

.

Chứng minh tương tự ta được: MDK DEN

DE và EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác MDE tại P và Q tương ứng (hình vẽ 2).

Mặt khác QPM QEM EDN, tương tự PQM DEN Suy ra DEN và PQM vị tự với nhau theo tâm K, suy ra MN đi qua K (đpcm)

Bài 10 : Đường tròn ( ) tiếp xúc với hai cạnh bằng nhau AB, AC của tam giác cân ABC và cắt cạnh BC tại K, L ( ,K L B C , ) Đoạn AK cắt đường tròn ( ) lần thứ hai tại M Điểm P, Q tương ứng đối xứng với điểm K qua B, C Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ tiếp xúc với đường tròn ( ).

Giải.

Gọi D, E là tiếp điểm của ( ) với AB, AC tương ứng

Suy ra DE // BC (vì tam giác ABC cân tại đỉnh A)

Xét phép vị tự tâm A tỉ số k AK

AM

 thì đường tròn ( ) biến thành ( ') đi qua K, L

12

A

B

C

D

E

N O

Hình 1

P Q

E D

K

N M

Hình 2

A

E D

M

L D'

P

và tiếp xúc với AB, AC tại D', E' tương ứng

và MD // KD' (1)

Ta có BD2 BK BL BD  ' 2  BD BD '

mà BK BP (gt) suy ra DPD'K là hình

bình hành, do đó DP // KD' (2)

Từ (1) và (2) suy ra D, M, P thẳng hàng

Chứng minh tương tự : M, E, Q thẳng hàng

Từ đó suy ra MPQ là ảnh của MDE

qua phép vị tự nói trên, nên hai đường tròn

ngoại tiếp hai tam giác MDE và MPQ tiếp xúc nhau

Tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn ( ).

Bài 11 : (VMO 2000) Cho 2 đường tròn (O,R) và (O’,R’) có bán kính khác nhau cắt nhau tại

A và B Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc (O’) tại P’ Gọi Q, Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống OO’, đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai 2 đường tròn tại M và M’ CMR M, M’, B thẳng hàng

Lời giải:

Hai đường tròn cắt nhau, R  R’, Gọi S là tâm vị tự ngoài của 2 đường tròn

' : ' 

R

R

S

V O O; P’  P ; A  A’; Q’  Q

Suy ra: O AM ' ' OA Q ' Ta lại có: SP2 = SQ SO; SP2 = SA SA'

' SO SA SA

  Tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn