SKKN Sử dụng phép vị tự để giải một số dạng bài toán hình học phẳng

MỤC LỤC
I. Mở đầu
	1.1. Lý do chọn đề tài ................................................................Trang 01
	1.2. Mục đích nghiên cứu...........................................................Trang 01
	1.3. Đối tượng nghiên cứu..........................................................Trang 02
	1.4. Phương pháp nghiên cứu.....................................................Trang 03 II. Nội dung sáng kiến
	2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến.................................................Trang 03
	2.2.Thực trạng vấn đề nghiên cứu..............................................Trang 04
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
	3.1. Các bài toán liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự.........Trang 05
	3.2. Các bài toán chứng minh song song, vuông góc.................Trang 06
	3.3. Các bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy.................Trang 08
	3.4. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc đường tròn..............Trang 11
3.5. Các bài toán liên quan đến quỹ tích.....................................Trang 12
3.6. Các bài toán dựng hình.......................................................Trang 15
3.7. Các bài toán định lượng .....................................................Trang 17
IV. Kết quả và kinh nghiệm rút ra....................................................Trang 20 
Tài liệu tham khảo..............................................................................Trang 22
Danh mục các đề tài SKKN đã được hội đồng SKKN xếp loại......Trang 23
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài 
 Mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt Nam là hình thành những cơ sở ban đầu và trọng yếu của con người mới: “Phát triển toàn diện phù hợp với yêu cầu và điều kiện hoàn cảnh đất nước con người Việt Nam”.
 Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết môn Toán còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mỹ.
Qua nhiều năm giảng dạy tôi nhận thấy học sinh khối 11 khi học về phép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng, các em học sinh rất khó tiếp thu và vận dụng khi giải toán. 
Nghiên cứu phép vị tự, đồng thời khai thác các ứng dụng của nó giúp cho người giáo viên hiểu sâu về vai trò của phép vị tự trong dạy học toán ở trường THPT đồng thời giúp cho các em học sinh có thêm kiến thức cũng như kỷ năng giải toán. Việc nghiên cứu đề tài hướng tới tìm tòi các dạng toán có thể giải bằng phép vị tự cho phép ta giải một lớp khá phong phú các bài toán ở trường phổ thông như:
Chứng minh thẳng hàng, song song, đồng quy;
Chứng minh các hệ thức về lượng;
Giải lớp các bài toán liên quan đến tỷ số và độ dài;
Giải lớp các bài liên quan đến tìm quỹ tích, dựng hình.
Trước sự khó khăn và tiếp thu của học sinh khi học phần này và đặc biệt là khả năng vận dụng vào giải các bài toán hình phẳng nên tôi chọn đề tài nghiên cứu “Sử dụng phép vị tự để giải một số dạng bài toán hình học phẳng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Khai thác vai trò của phép vị tự trong việc giải các bài toán hình học sơ cấp đặc biệt là nghiên cứu cách mở rộng và phát triển các bài toán trong SGK nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
 	Học sinh khối 10,11 THPT
 	Học sinh khối 12 THPT ôn thi THPT quốc gia và thi học sinh giỏi
 Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp định tính thông qua đọc và nghiên cứu các tài liệu chuyên khảo và các bài báo nhằm tổng hợp các kết quả cơ sở và chứng minh các kết quả đối với lớp bài toán được nghiên cứu trong đề tài này.
PHẦN II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
 Khi giải một bài toán về chứng minh tính thẳng hàng, song song, đồng qui, tìm quỹ tích hay dựng hình ngoài yêu cầu đọc kỹ đề bài, phân tích giả thuyết bài toán, vẽ hình đúng ta còn phải chú ý đến nhiều yếu tố khác như: Có cần xác định thêm các yếu tố khác trên hình vẽ hay không? Hình vẽ như thế có tốt chưa? Có thể hiện được hết các yêu cầu của đề bài hay chưa? Để giải quyết vấn đề này ta phải bắt đầu từ đâu? Nội dung kiến thức nào liên quan đến vấn đề được đặt ra, trình bày nó như thế nào cho chính xác và lôgic có được như thế mới giúp chúng ta giải quyết được nhiều bài toán mà không gặp phải khó khăn. Ngoài ra chúng ta còn nắm vững hệ thống lý thuyết, phương pháp chứng minh cho từng dạng toán như: Chứng minh thẳng hàng, song song, đồng quy; các bài toán liên quan đến tỷ số và độ dài; các bài liên quan đến tìm quỹ tích, dựng hình.
2.1.1. Định nghĩa phép vị tự : Trong mặt phẳng cho trước một điểm và số thực khác 0, phép biến hình biến mọi điểm thành sao cho được gọi là phép vị tự tâm tỉ số .
Phép vị tự gọi là thuận nếu k > 0, nghịch nếu k < 0. 
 - Kí hiệu: hay . Điểm O gọi là tâm vị tự, số k gọi là tỉ số vị tự.
 - Một phép vị tự hoàn toàn được xác định nếu cho biết tâm và tỉ số .
 - Cho hình tập hợp ảnh của mọi điểm thuộc trong phép biến hình lập thành một hình được gọi là ảnh vị tự của hình trong phép biến hình đó. Kí hiệu: 
2.1.2. Một số tính chất của phép vị tự
Định lí 1: Nếu phép vị tự tỉ số biến hai điểm và lần lượt thành hai điểm và thì
 và 
Định lí 2: Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự của ba điểm thẳng hàng đó.
Định lí 3: Phép vị tự biến một đường tròn thành một đường tròn.
Hệ quả 1. Phép vị tự biến A thành A’, biến B thành B’ thì đường thẳng AB và A’B’ song song với nhau hoặc trùng nhau và . 
Hệ quả 2. Phép vị tự biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó và biến một góc thành một góc bằng nó có các cạnh tương ứng cùng phương.
Hệ quả 3. Phép vị tự biến một đường thẳng thành một đường thẳng cùng phương với nó, biến một tia thành một tia cùng phương với nó.
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu.
Trường THPT Hoằng Hóa 4 đóng trên địa bàn vùng nông thôn khó khăn về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chưa thực sự được quan tâm từ các bậc học dưới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về môn Toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.
Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài tập hình giải tích cũng như hình học thuần túy trong mặt phẳng, các em thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức được giáo viên cung cấp chứ chưa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng như tạo được niềm vui, sự hưng phấn khi giải toán.
Kết quả khảo sát ở một số lớp: 11A1, 11A4 và 12A10 trong phần giải bài tập toán về phần hình giải tích và hình học thuần túy trong mặt phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn Toán, chỉ có khoảng 5%- 10% học sinh hứng thú với bài toán này .
PHẦN III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trong phần này chúng tôi sẻ đề cập đến các bài toán về phép vị tự và đặc biệt khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa và trong các tài liệu tham khảo mà chưa được trình bày lời giải bằng phép vị tự.
3.1. Các bài toán liên quan tìm tọa độ ảnh qua phép vị tự.
Bài 3.1.1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình. Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2.
Lời giải:
Cách 1: V(O,k)(d)=d’ nên d’//d suy ra d’ có phương trình: 3x+2y+C=0. Lấy M(0;3) thuộc d. Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép vị tự đã cho
ta có 
Vậy M’(0;-6), M’ thuộc d’ suy ra C=12.
Do đó phương trình d’ là: 3x+2y+12=0.
Cách2: Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép vị tự tamO tỉ số k=-2, ta có
Điểm M thuộc d .
Vậy phương trình d’ là: 3x+2y+12=0.
Bài 3.1.2.([13]) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi trung điểm của HA, HB, HC, BC, CA, AB lần lượt là: I, J, K, M, N, P
Ta có: 
Mà MK//JH 
Tương tự nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK
Tương tự ta có N,P cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK
+. Dễ thấy: là ảnh của qua phép vị tự tâm G tỷ số k =-2
đường tròn ngoại tiếp là ảnh của đường tròn ngoại tiếp 
Ta có đường tròn ngoại tiếp có phương trình: 	
Có tâm K(1;-2) , R =1 .Gọi K1, R1 là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp thì: K1(1;10), R1=2
 Phương trình đường tròn ngoại tiếp là: 
3.2. Các bài toán chứng minh song song, vuông góc
Bài toán 3.2.1.([11]) Trên cạnh AB của tam giác lấy các điểm M, N sao cho , các điểm lần lượt là trung điểm của BC và AC.
Gọi P, K lần lượt là giao điểm của với và với . Chứng minh rằng PK song song với BA.
Nhận xét: Để chứng minh PK//AB ta có thể sử dụng điịnh lý Thales, tuy nhiên bài toán này ta sử dụng tính chất phép vị tự để chứng minh tồn tại phép vị tự biến B thành P và A thành K.
Bài giải:
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, theo tính chất đường trung bình 
suy ra MB1// NC mà N là trung điểm MB nên
Ta có:
Tương tự ta có:
Như vậy tồn tại một phép vị tự và nên suy ra song song .
Bài toán 3.2.2.([10]) Cho hai đường tròn tiếp xúc ngoài tại điểm A. Một góc vuôngquay quanh A, hai cạnh của góc cắt (O) và (O’)lần lượt tại B; B’. Gọi S là giao điểm của OO’ và BB’.
1) Chứng minh rằng S cố định và tính AS theo R.
2) BB’ cắt đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại N; N’. 
Chứng minh rằng: 
Bài giải:
1) Dể thấy A và S lần lượt là tâm vị tự trong và ngoài của hai đường
tròn nên S là cố định 
2) Gọi 
mà ( Phép vị tự bảo toàn góc).
3.3. Các bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy
Bài toán 3.3.1. ([9]) Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và 
	(Đường thẳng Ơle )
Nhận xét: Bài toán này trong SKG lớp 10 đã chứng minh dựa vào kiến thức véc tơ. Ở đây ta sử dụng kiến thức phép vị tự để chứng minh.
Chứng minh hệ thức GH=2GO ta dùng phép vị tự tâm G biến điểm O thành điểm H hoặc ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số vị tự là hoặc.
Bài giải:
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, ta có:
Do đó tồn tại phép vị tự tâm G:
Phép vị tự bảo toàn tính vuông góc nên sẽ biến trực tâm của tam giác ABC thành trực tâm của tam giác MNP. 
Theo giả thiết H là trực tâm của tam giác ABC và O là trực tâm của tam giác MNP, 
Vì vậy 
Từ đó H,G,O thẳng hàng và GH=2GO
Bài toán 3.3.2.([10]) Đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC tại D . Gọi M là trung điểm của BC, I trung điểm AD. 
Chứng minh MI đi qua tâm O 
Nhận xét: Lời giải của bài toán này được trình bày dựa vào tam giác đồng dạng, chúng tôi trình bày lời giải của bài toán này dựa vào phép vị tự.
Bài giải:
Gọi T là giao điểm của DO với đường tròn . Từ T kẻ tiếp tuyến với đường tròn . Gọi là giao điểm AT với BC.
Khi đó phép vị tự biến , biến 
suy ra phép vị tự 
. 
Ta phải chứng minh song song tức là chứng minh M là trung điểm .
Theo tính chất của đường tròn nội tiếp ta có: 
Mặt khác:
 trong đó , 
Từ đó suy ra , kết hợp M là trung điểm BC nên M là trung điểm nên OM song song .
Bài toán 3.3.3. Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều .Gọi I là điểm Torreceli. Chứng minh rằng ba đường thẳng Euler của ba tam giác đồng qui.
 (Bài toán liên quan đến điểm Torreceli) 
Bài giải:
Gọi M là trung điểm của BC, lần lượt là trọng tâm tam giác IBC và , là trực tâm của tam giác IBC.
Ta có : .
 Do tứ giác nội tiếp và tam giác đều nên là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác và cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC nên theo Euler ba điểm thẳng hàng.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. 
Xét phép vị tự tâm M tỉ số 
Ta có:
 mà do thẳng hàng nên thẳng hàng hay đường thẳng Euler của tam giác IBC đi qua G. Chứng minh tương tự đường thẳng Euler của các tam giác ICA và IAB cũng đi qua trọng
 tâm G, do đó ba đường thẳng Euleu của ba tam giác IAB, IBC, ICA đồng quy nhau tại G.
3.4. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc đường tròn
Bài toán 3.4.1. Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh đều thuộc một đường tròn 
(Đường tròn Eurle )
Nhận xét: Bài toán này đã chứng minh dựa vào kiến thức hình phẳng (Bài 2.2). Ở đây ta sử dụng kiến thức phép vị tự để chứng minh.
Bài giải:
Giả sử tam giác ABC có A1, B1, C1, M, N, P, I, J, K lần lượt là 3 chân 3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh. 	Gọi A2, B2, C2, M1, N1, P1 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua A1, B1, C1, M, N, P.
Dễ dàng chứng minh được 9 điểm A, B, C, A2, B2, C2, M1, N1, P1 cùng thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác ABC.
Xét phép vị tự tâm H tỉ số , ta có
: , , Þ I, J, K thuộc đường tròn (S') là ảnh của đường tròn (S) qua . 
 Chứng minh tương tự ta cũng có ; cũng thuộc (S') nên 9 điểm đã nêu cùng thuộc (S') (đpcm).
3.5. Các bài toán liên quan đến quỹ tích
 Phương pháp thực hiện: Giả sử ta cần tìm quỹ tích những điểm M có tính chất T. Với một phép vị tự V, mỗi điểm M có tính chất T sẽ biến thành điểm M’ có tính chất T' và ngược lại, mỗi điểm M’ có tính chất T' sẽ biến thành điểm M có tính chất T. Việc tìm quỹ tích những điểm M’ có tính chất T' thường dễ dàng hơn so với trực tiếp tìm quỹ tích điểm M. Khi đó, nếu quỹ tích những điểm M’ là hình (H’) thì quỹ tích điểm M sẽ là hình (H), tạo ảnh của hình (H’) qua phép vị tự V. 
	Khi dùng phép vị tự để giải bài toán quỹ tích, ta chỉ cần làm phần thuận vì phép vị tự là phép biến đổi 1-1.
 Để tìm quỹ tích những điểm M, ta thực hiện theo các bước:
 - Bước 1: Chỉ ra phép vị tự thích hợp biến điểm M’ thành điểm M.
 - Bước 2: Xác định được quỹ tích những điểm M’(dễ dàng). 
 - Bước 3: Suy ra quỹ tích những điểm M là ảnh của quỹ tích những điểm M’ qua phép vị tự nói trên. 
Bài toán 3.5.1. ([12]) Cho hai đường tròn và cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng di động luôn qua A cắt và lần lượt tại hai điểm M; N khác A. Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng MN.
Bài giải:
Gọi
Khi đó dễ thấy ba điểm thẳng hàng.
Gọi H là trung điểm EF nên H cố định . Do tứ giác MNFE là hình thang vuông và IH là đường trung bình của hình thang đó nên . Do đó quỹ tích điểm I là đường tròn đường kính AH.
Bây giờ ta sẽ giải bài toán này phương pháp sử dụng phép vị tự
Gọi E,F lần lượt là các trung điểm của các dây cung AM, AN; D là trung điểm của đoạn và là hình chiếu của D lên MN. Khi đó tứ giác là hình thang vuông . Tứ giác nội tiếp trong một đường tròn, đường tròn này chính là tạo ảnh của đường tròn quỹ tích cần tìm qua phép vị tự nhờ chứng minh được . Do thuộc đường tròn đường kính AD nên I thuộc đường tròn đường kính ảnh của AD qua phép vị tự 
Bài toán 3.5.2. Cho đường tròn (O) dây AB cố định, M chạy trên đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác MAB. Tìm quỹ tích trực tâm H.
Nhận xét: Để giải quyết bài toán này, SGK cũng đã giới thiệu ba cách giải khác nhau: dùng phép tịnh tiến, phép đối xứng trục và phép đối xứng tâm
Bây giờ ta phát triển bài toán này và sử dụng phép vị tự để giải quyết.
Phát biểu bài toán này thành bài toán sau: 
Bài toán 3.5.3. Cho đường tròn dây AB cố định , M chạy trên cung AxB. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB. Tìm quỹ tích hình chiếu trực tâm H lên đường phân giác trong của .
Bài giải:
Gọi K là trung điểm của cung , S là điểm đối xứng với K qua O, T là điểm đối xứng A qua O.
Ta có nên suy ra ( với ).
Suy ra
. 
Vậy quỹ tích điểm I là đường tròn là ảnh của qua phép vị tự tâm , tỉ số bằng 
3.6. Các bài toán dựng hình
Phương pháp thực hiện: Để dựng hình (H), ta tiến hành dựng các điểm của nó. Trong mặt phẳng, thông thường một điểm được xác định bởi giao của hai đường. Trong hai đường dùng để xác định điểm phải dựng, thường thì một đường đã có sẵn trong dữ kiện bài toán, còn đường thứ hai là quỹ tích của những điểm có một tính chất hình học đặc trưng nào đó, và được suy ra từ một đường đã cho trong bài toán bởi một phép vị tự. Phép vị tự này được phát hiện nhờ việc phân tích cụ thể nội dung bài toán. 
	Vậy để giải một bài toán dựng hình bằng phương pháp sử dụng phép vị tự, ta thực hiện theo 4 phần: Phân tích – Dựng hình – Chứng minh – Biện luận. 
Trong phần phân tích để dựng hình ta thực hiện theo các bước sau: 
 - Bước 1: Ta tìm một phép vị tự V biến điểm N thành điểm M.
 - Bước 2: Xác định được N (C), suy ra M (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự trên.
 - Bước 3: Xác định M là giao điểm của (C’) và (H)
Bài toán 3.6.1. ([1]) Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dựng hình vuông ABCD có hai đỉnh A,B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C,D nằm trên đường tròn.
Bài giải:
Phân tích: Giả sử đã dựng được hình vuông ABCD thoả mãn điều kiện của bài toán. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI là đường trung trực của PQ nên cũng là đường trung trực của DC và do đó cũng là đường trung trực của AB. Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình vuông PQMN thành hình vuông ABCD.
Cách dựng:
-Dựng hình vuông PQMN. 
- Dựng giao điểm C và C’ của đường thẳng IM và đường tròn (O)
- Dựng giao điểm D và D’ của IN và đường tròn (O) ( ta kí hiệu sao cho hai điểm C, D nằm về một phía đối với đường thẳng PQ). 
- Dựng A, B lần lượt là hình chiếu D, C lên PQ
- Dựng A’, B’ lần lượt là hình chiếu D’, C’ lên PQ.
Ta được các hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thoả mãn điều kiện của bài toán.
Chứng minh: Theo cách dựng trên tồn tại phép vị tự
 hay mà MNPQ là hình vuông nên ABCD là hình vuông.
Tương tự: hay nên A’B’C’D’ là hình vuông.
Biện luận: Bài toán luôn có hai nghiệm hình 
Bài toán 3.6.2. ([6]) Cho góc và một điểm A nằm trong góc đó. Hãy
dụng đường tròn đi qua A và đồng thời tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy.
Bài giải:
Giả sử ta dựng được đường tròn tâm I đi qua điểm A và tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy.
Tâm I của đường tròn này phải nằm trên đường phân giác của 
Ta dựng thêm đường tròn tâm I’cũng tiếp xúc với Ox, Oy. 
Như vậy O là tâm vị tự ngoài của đường tròn tâm Ivà I’. Ta suy ra cách dựng:
Cách dựng
-Dựng một đường tròn tâm I’sao cho tiếp xúc với Ox và Oy.
-Gọi A’ là một trong hai giao điểm của tia OA và đường tròn tâm I’.
-Thực hiện phép vị tự tâm O với tỷ số vị tự thì đường tròn tâm I’ sẻ biến thành đường tròn tâm Icần dựng thỏa mãn các điều kiện của bài toán.
Vì tia OA luôn luôn cắt đường tròn tâm I’tại hai điểm phân biệt nên bài toán luôn có hai nghiệm hình.
3.7. Các bài toán định lượng 
Trong mục này ta sẻ dụng phép vị tự để giải quyết bài toán tính các
đại lượng hình học bằng cách thông qua việc sử dụng kết quả thực hiện
phép vị tự để tính các đại lượng hình học. Thông qua phép vị tự của
hai hình vị tự với nhau ta tính được một đại lượng của hình này thì ta
cũng tính được đại lượng đó của hình còn lại.
Bài toán 3.7.1. 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 nội tiếp tam giác AMN. Chứng minh rằng khi D di động trên (O') tỉ số không đổi.
Bài giải:
Gọi E và F là giao điểm của AM và AN với (O'), . 
Ta có: 
suy ra 
Ta có phương tích của điểm M đối với (O’):
Tương tự: , suy ra , AD là phân giác trong của góc . Tức là I thuộc AD. Kẻ IP // O'D, P ∈AB. 
Theo tính chất phân giác: - không đổi,
 suy ra P cố định.
Lại có: 
Suy ra, khi D thay đổi trên (O'), thì D nằm trên đường tròn tâm P, bán kính . Đường tròn (P) tiếp xúc trong với (O) và ( O') tại A
Ta được: suy ra 
Bài toán 3.7.2. Tứ giác lồi ABCD có diện tích là S. Gọi A1; B1; C1; D1
lần lượt là các trọng tâm của các tam giác BCD; CDA; DAB; ABC.
Tính diện tích tứ giác A1B1C1D1.
 Bài giải:
Gọi G là trọng tâm của tứ giác ABCD thì 
ta có: 
suy ra phép vị tự .
Mặt khác ta lại có: 
Vậy diện tích tứ giácA1 B1 C1 D1 là .
IV. KẾT QUẢ VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA.
4.1. Kết quả
Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát cho thấy: Có trên 70% các em học sinh có hứng thú với bài học và 40% trong số đó biết cách tìm tòi và xây dựng những bài toán mới từ những bài toán gốc được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi.
Trong các kỳ thi thử của nhà trường và