Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT

 1
PhÇn thø nhÊt : C¸c Chuyªn §Ò 
PHƯƠNG TRÌNH HÀM 
Nguyễn Hoàng Ngải 
Tổ trưởng tổ Toán THPT Chuyên Thái Bình 
 Một trong những chuyên đề rất quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh 
giỏi toán quốc gia, khu vực và quốc tế, đó là phương trình hàm, bất phương trình hàm. Có rất 
nhiều tài liệu viết về chuyên đề này. Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh 
giỏi toán quốc gia và qua một số kì tập huấn hè tại Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc 
gia Hà Nội, chúng tôi rút ra một số kinh nghiệm dạy về chuyên đề này và trao đổi với các đồng 
nghiệp. 
 Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN 
1. Nguyên lý Archimede 
Hệ quả: ! : 1x k k x k∀ ∈ ⇒ ∃ ∈ ≤ < +\ ] . 
Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x] 
Vậy : [ ] [ ] 1x x x≤ < + 
2. Tính trù mật 
Tập hợp A ⊂ \ gọi là trù mật trong \ ⇔ , ,x y x y∀ ∈ <\ đều tồn tại a thuộc A sao cho 
x<a<y. 
Chú ý: 
• Tập _ trù mật trong \ 
• Tập | ,
2n
mA m n⎧ ⎫= ∈ ∈⎨ ⎬⎩ ⎭] ] trù mật trong \ 
3. Cận trên cận dưới 
Giả sử A ⊂ \ . 
Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a A∈ thì a ≤ x 
Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a A∈ thì a ≥ x 
Cận trên bé nhất( nếu có) của A được gọi là cận trên đúng của A và kí hiệu là supA 
Cận dưới lớn nhất( nếu có) của A được gọi là cận dưới đúng của A và kí hiệu là infA 
Nếu supA ∈ A thì sup A ≡ maxA 
Nếu inf A ∈ A thì infA ≡ minA 
Ví dụ: cho a < b 
 Nếu A = (a, b) thì sup A = b 
 inf A = a 
 Nếu A = [a, b] thì sup A = max A =b 
 inf A = min A = a 
Tính chất: 
Tính chất 1: Nếu A ≠ ∅ , A bị chặn thì tồn tại supA, infA 
 2
Tính chất 2: 
4. Hàm sơ cấp 
¾ Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, 
hàm số lượng giác ngược. 
¾ Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép toán số học ( +, - , x, : ), 
phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản. 
5. Hàm cộng tính, nhân tính trên một tập hợp 
™ Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈D thì x + y ∈ D và 
f(x + y) = f(x) + f(y). 
™ Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈D thì x . y ∈ D và 
f(x . y) = f(x) . f(y). 
™ Nếu với mọi x, y ∈D mà x+y ∈D , x – y ∈D và f( x – y) = f(x) – f(y) thì f(x) cũng gọi là 
một hàm cộng tính trên D. 
™ Hàm f(x) = ( là hàm nhân tính. 
6. Hàm đơn điệu 
• Hàm số f(x) gọi là tăng trên (a, b) nếu : 
Với mọi 1 2 1 2 1 2, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x∈ ≤ ⇒ ≤ 
• Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu : 
Với mọi 1 2 1 2 1 2, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x∈ ≤ ⇒ ≥ 
Phần II. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG 
Phương pháp 1: Hệ số bất định. 
Tạp chí toán học trong nhà trường, số 8 – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) 
Nguyên tắc chung: 
9 Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ 
bx + c 
9 Đồng nhất hệ số để tìm f(x) 
9 Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều không thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Phương pháp dồn biến 
Bài 1: Tìm f: →\ \ sao cho: 
2 2( ) ( ) ( ) ( ) 4 .( ), ,x y f x y x y f x y xy x y x y− + − + − = − ∀ ∈\ 
Giải: 
Đặt 2
2
u vxu x y
v x y u vy
+⎧ =⎪= +⎧ ⎪⇒⎨ ⎨= − −⎩ ⎪ =⎪⎩
,
sup
0, :
,
inf
0, :
a a A
A
a A a
a a A
A
a A a
αα ε α ε
ββ ε β ε
≤ ∀ ∈⎧= ⇔ ⎨∀ > ∃ ∈ − <⎩
≥ ∀ ∈⎧= ⇔ ⎨∀ > ∃ ∈ + >⎩
 3
2 2
2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) , , 0
vf u uf v u v uv
f u f vu v u v
u v
⇒ − = −
⇒ − = − ∀ ≠ 
Cho v = 1 ta có: 
2 2( ) (1) 1 , 0
1
f u fu u
u
− = − ∀ ≠ 
3( ) , 0f u u au u⇒ = + ∀ ≠ (a = f(1) – 1) 
Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0 
Kết luận 3( ) ,f x x ax x= + ∀ ∈\ 
Bài 2: 1 1( 1) 3 1 2 ,
1 2 2
xf x f x x
x
−⎛ ⎞− − = − ∀ ≠⎜ ⎟−⎝ ⎠ 
Giải : 
Đặt : 1 11 1
1 2 2 1 2 1
x y yy x x
x y y
− −= − ⇒ = ⇒ − =− − − 
1 1( 1) 3 1 2 ,
1 2 2
1 1 13 ( 1) ,
1 2 2 1 2
38 ( 1) 1 2
1 2
1 3 1( 1) 1 2 ,
8 2 1 2
1 3 1( ) 1 2 ,
8 2 1 2
xf x f x x
x
xf f x x
x x
f x x
x
f x x x
x
f x x x
x
⎧ −⎛ ⎞− − = − ∀ ≠⎜ ⎟⎪ −⎪ ⎝ ⎠⇒ ⎨ − −⎛ ⎞⎪⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟⎪ − −⎝ ⎠⎩
⇒ − − = − + −
⎛ ⎞⇒ − = − + + ∀ ≠⎜ ⎟−⎝ ⎠
⎛ ⎞⇒ = + + ∀ ≠⎜ ⎟+⎝ ⎠
Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với x∀ ∈\ và thỏa mãn điều kiện: 
 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈\ (1) . Tìm f(x) 
Giải: 
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất : x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. 
Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c 
Khi đó (1) trở thành: 
2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 x∀ ∈\ do đó: 
3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈\ 
Đồng nhất các hệ số, ta thu được: 
1
33 1
22 0
3
3 0 1
3
a
a
b a b
a b c
c
⎧ =⎪=⎧ ⎪⎪ ⎪− = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + =⎩ ⎪ = −⎪⎩
1 1 13 ( 1) ,
2 1 2 1 2
1 1 13 ( 1) ,
1 2 2 1 2
yf f y y
y y
xf f x x
x x
⎛ ⎞− −⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟− −⎝ ⎠
− −⎛ ⎞⇒ − − = ∀ ≠⎜ ⎟− −⎝ ⎠
 4
Vậy 21( ) ( 2 1)
3
f x x x= + − 
Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Do f(x) không trùng với g(x) nên 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠\ . 
Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên: 
22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈\ 
Thay x bởi x0 ta được: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = 
Thay x bởi 1 –x0 ta được 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − 
Từ hai hệ thức này ta được: 20 0 0 0
1( ) ( 2 1) ( )
3
g x x x f x= + − = 
Điều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠ 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21( ) ( 2 1)
3
f x x x= + − 
Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với x∀ ∈\ và thỏa mãn điều kiện: 
f(f(x)) = f(x) + x , x∀ ∈\ 
Hãy tìm hai hàm số như thế. 
(Bài này đăng trên tạp chí KVANT số 7 năm 1986, bài M 995 – bản tiếng Nga) 
Giải 
Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) 
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có 
dạng : f(x) = ax + b. 
Khi đó (1) trở thành: 
 a( ax + b) + b – (ax + b) = x , x∀ ∈\ 
hay (a2 –a )x + ab = x, x∀ ∈\ 
đồng nhất hệ số ta được: 
2 1 5 1 51
2 20 0 0
a a a a
ab b b
⎧ ⎧+ −⎧ − = = =⎪ ⎪⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨=⎩ ⎪ ⎪= =⎩ ⎩ 
Ta tìm được hai hàm số cần tìm là: 
Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Ví dụ 3: Hàm số :f →] ] thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 
) ( ( )) , (1)
) ( ( 2) 2) , (2)
) (0) 1 (3)
a f f n n n
b f f n n n
c f
= ∀ ∈
+ + = ∀ ∈
=
]
] 
Tìm giá trị f(1995), f(-2007) 
(olympic Ucraina 1995) 
Giải: 
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: 
 f(n) = an +b 
Khi đó điều kiện (1) trở thành: 
2 ,a n ab b n n+ + = ∀ ∈] 
Đồng nhất các hệ số, ta được: 
2 1 11
0 00
a aa
b bab b
= = −⎧ = ⎧ ⎧⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨= =+ = ⎩ ⎩⎩
1 5( )
2
f x x±=
 5
Với 
1
0
a
b
=⎧⎨ =⎩ ta được f(n) = n 
Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2) 
Với 
1
0
a
b
= −⎧⎨ =⎩ ta được f(n) = -n + b 
Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1 
Vậy f(n) = -n + 1 
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán 
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1 
Từ (3) suy ra f(1) = g(1) = 0 
Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: 
g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈] 
do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) n∀ ∈] 
Hay g(n) = g(n+2)+2 n∀ ∈] 
Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho 0 0( ) ( )f n g n≠ 
Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: 
0 0 0 0
0 0
 ( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2)
( 2) ( 2)
g n g n f n f n
g n f n
− = + = + = −
⇔ − = − 
Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5) 
Vậy f(n) = g(n) , n∀ ∈` 
Chứng minh tương tự ta cũng được f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. 
Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. 
Từ đó tính được f(1995), f(-2007). 
Các bài tập tương tự: 
Bài 1: Tìm tất cả các hàm số :f →\ \ thỏa mãn điều kiện: 
2( ) ( ) 2 ( ) (1 ) 2 (3 ), ,f x y f x y f x f y xy y x x y+ + − − + = − ∀ ∈\ 
 Đáp số f(x) = x3 
Bài 2: Hàm số :f →` ` thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, n∀ ∈` 
Tìm f(2005) 
 Đáp số : 2006 
Bài 3: Tìm tất cả các hàm :f →` ` sao cho: 
2 2( ( )) ( ( )) 3 3,f f n f n n n+ = + + n∀ ∈` 
 Đáp số : f(n) = n + 1 
Bài 4: Tìm các hàm :f →\ \ nếu : 
1 1 8 23 5 , 0, ,1, 2
3 2 2 1 3
x xf f x
x x x
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧ ⎫− = ∀ ∉ −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ ⎭ 
 Đáp số : 28 4( )
5
xf x
x
+= 
Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) [ ]x∈\ sao cho: 
P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ,x y∀ ∈\ 
 Đáp số : P(x) = x3 + cx 
 Phương pháp xét giá trị 
Bài 1: Tìm :f →\ \ thỏa mãn: 
1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) , , ,
2 2 4
f xy f yz f x f yz x y z+ − ≥ ∀ ∈\ 
 6
Giải: 
 Cho x= y = z = 0: 
Cho y = z = 0: 
Cho x= y = z = 1 
 Cho y = z = 1 
Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = 1
2
Bài 2: Tìm : (0,1)f → \ thỏa mãn: 
f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) , , (0,1)x y z∀ ∈ 
Giải : 
Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) 
Thay x, y, z bởi x2 f(x6) = 3 x2 f(x2) 
Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 
Hay 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) 
 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 
3
2 3 1( ) ( ),
2
xf x f x x+⇒ = ∀ ∈\ 
Thay x bởi x3 ta được : 
9
6 3
9
2 2
3 9
2
3 1( ) ( ),
2
3 13 ( ) 3 ( ),
2
3 1 3 13 ( ) 3 ( ),
2 2
( ) 0, 0
xf x f x x
xx f x xf x x
x xx f x xf x x
f x x
+⇒ = ∀ ∈
+⇒ = ∀ ∈
+ +⇒ = ∀ ∈
⇒ = ∀ ≠
\
\
\
Vậy f(x) = 0 với mọi x 
Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức 
(Bài giảng của Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) 
Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: 
1 1 1 1 ( ) ,
4 4 2 4
1( ) , (1)
2
f x x
f x x
+ − ≥ ∀ ∈
⇔ ≤ ∀ ∈
\
\
( )1 1 1 1( ) ( )
2 2 2 4
1( ) , (2)
2
f x f x f x
f x x
+ − ≥
⇔ ≥ ∀ ∈\
2
2
1 1 1 (0) (0) (0)
2 2 4
1( (0) ) 0
2
1(0)
2
f f f
f
f
+ − ≥
⇔ − ≤
⇔ =
3 2 3 2( 3 3 2) ( 1) ( 3 3 2) ( ), (1)x x x P x x x x P x x+ + + − = − + − ∀
2
2
1 1 1(0) (1) (1)
2 2 4
1( (1) ) 0
2
1(1)
2
f f f
f
f
+ − ≥
⇔ − ≤
⇔ =
 7
Giải: 
2 2(1) ( 2)( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( ),x x x P x x x x P x x⇔ + + + − = − − + ∀ 
Chọn : 2 ( 2) 0x P= − ⇒ − = 
1 ( 1) 0
0 (0) 0
1 (1) 0
x P
x P
x P
= − ⇒ − =
= ⇒ =
= ⇒ =
Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) 
Thay P(x) vào (1) ta được: 
2 2( 2)( 1)( 1)( 2) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( 1)( 1)( 2) ( ),x x x x x x x G x x x x x x x x G x x+ + + − − + − = − − + − + + ∀ 
 Đặt 2
( )( ) (x 0, 1, -2)
1
G xR x
x x
= ≠ ±+ + 
( ) ( 1) (x 0, 1, -2)
( ) 
R x R x
R x C
⇒ = − ≠ ±
⇒ = 
Vậy 2( ) ( 1) ( 1)( 1)( 2)P x C x x x x x x= + + − + + 
Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) 
Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x 
Do đó (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) 
Từ đó ta có bài toán sau 
Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: 
(x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với mọi x 
Giải quyết ví dụ này hoàn toàn không có gì khác so với ví dụ 1 
Tương tự như trên nếu ta xét: 
P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) 
Ta sẽ có bài toán sau: 
Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: 
2 2 2 2(4 4 2)(4 2 ) ( ) ( 1)( 3 2) (2 1), ... Çn thiÕt: 
 1. §Þnh nghÜa: 
 PhÐp vÞ tù – quay lμ tÝch giao ho¸n cña mét phÐp vÞ tù vμ mét phÐp quay cã cïng t©m. 
 NhËn xÐt: 
 + Thø tù thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn h×nh ë ®©y kh«ng quan träng, v× k kO O O OQ .V V .Q
α α= 
 + TØ sè cña phÐp vÞ tù – quay cã thÓ coi lμ mét sè d−¬ng v× 
0180 k k
O O OQ .V V
−= 
 2. C¸ch x¸c ®Þnh ¶nh cña mét ®iÓm qua phÐp vÞ tù – quay: 
 Cho phÐp quay OQ
ϕ vμ phÐp vÞ tù kOV (víi k > 0) 
Ta cã: ( )1O 1 1
OA OA
Q : A A
OA;OA
α
=⎧⎪⇔ ⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJG6 (1) 
( )1kO 1 1
OA' kOA
V : A A'
OA ;OA' 0
=⎧⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG6 (2) 
Tõ (1) vμ (2) cho ta: ( )
OA '
k
OA
OA;OA '
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG (3) 
Nh− vËy kO OV .Q
α lμ phÐp ®ång d¹ng thuËn Z(O; α; k) biÕn A thμnh A’ x¸c ®Þnh bëi (3). Khi ®ã O ®−îc gäi lμ 
t©m; α gäi lμ gãc quay; k lμ tØ sè cña phÐp vÞ tù - quay 
 3. TÝnh chÊt: 
 §Þnh lÝ: Z(O; α; k): A A';B B'6 6 th× ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG 
 HÖ qu¶: 
 1) PhÐp vÞ tù - quay biÕn mét ®−êng th¼ng thμnh mét ®−êng th¼ng vμ gãc gi÷a hai ®−êng th¼ng Êy 
b»ng gãc ®ång d¹ng 
 2) PhÐp vÞ tù - quay biÕn mét ®−ßng trßn thμnh mét ®−êng trßn, trong ®ã t©m biÕn thμnh t©m vμ tØ sè 
hai b¸n k×nh b»ng tØ sè ®ång d¹ng. 
α
A'
A1
A
O
 103
 4. C¸ch x¸c ®Þnh t©m cña phÐp vÞ tù – quay: 
 Cho phÐp vÞ tù - quay Z(O; α; k). H·y x¸c ®Þnh t©m O khi biÕt: 
Tr−êng hîp 1: Mét cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’); α vμ k 
Ta cã: ( )
OA'
k (1)
OA
OA;OA' (2)
⎧ =⎪⎨⎪ = α⎩
JJJG JJJJG 
(1) ⇔ O thuéc ®−êng trßn Ap«l«nius (ω) ®−êng kÝnh CD (C, D chia AA’ theo tØ sè k) 
(2) ⇔ O thuéc cung (C) chøa gãc ®Þnh h−íng (mod 2π) nhËn AA’ lμm d©y. 
VËy O lμ giao ®iÓm cña (ω) vμ (C) 
Tr−êng hîp 2: Hai cÆp ®iÓm t−¬ng øng (A; A’) vμ (B; B’) 
Ta cã: ( )
A'B ' kAB
AB;A'B '
=⎧⎪⎨ = α⎪⎩
JJJG JJJJJG . Tõ ®ã ta biÕt ®−îc k vμ α vμ quay vÒ tr−êng hîp 1 
C¸ch kh¸c: Gäi I lμ giao ®iÓm cña AB vμ A’B’ 
Ta cã: 
( ) ( )
( ) ( )
OA;OA' IA;IA ' (1)
OB;OB ' IB;IB ' (2)
⎧ = = α⎪⎨ = = α⎪⎩
(1) ⇔ O thuéc ®−êng trßn (IAA’) 
(2) ⇔ O thuéc ®−êng trßn (IBB’) 
VËy O lμ giao ®iÓm cña hai ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔIAA’ vμ ΔIBB’ 
 5. Mét kÕt qu¶ quan träng: 
 §Þnh lÝ: Mäi phÐp vÞ tù - quay trong mÆt ph¼ng ®Òu cã mét ®iÓm bÊt ®éng duy nhÊt O vμ O chÝnh lμ t©m 
cña phÐp vÞ tù - quay ®ã. 
 Tõ tÝnh chÊt nμy, cho phÐp ta chøng minh c¸c ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔABC, trong ®ã A cè ®Þnh cßn B, 
C di ®éng nh−ng lu«n lμ cÆp ®iÓm t−¬ng øng cña mét phÐp vÞ tù - quay cã gãc quay α (kh«ng ®æi) vμ tØ sè k 
(kh«ng ®æi) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh lμ t©m O cña phÐp vÞ tù – quay ®ã. 
II. øng dông cña phÐp vÞ tù – quay vμo viÖc gi¶i to¸n h×nh häc. 
 1. Mét sè vÝ dô: 
VÝ dô 1: Cho hai ®−êng trßn (O) vμ (O’) c¾t nhau t¹i A vμ B. Mét c¸t tuyÕn di ®éng MAN (M ∈ (O); N ∈ 
(O’)). T×m quü tÝch trùc t©m H cña ΔBMN? 
H−íng dÉn gi¶i: 
α
O
DC A'A
O
α
α
α
A'
B'
B
I
A
 104
+ DÔ chøng minh ®−îc ΔBMN ®ång d¹ng víi ΔBOO’ (1) vμ cïng h−íng hay ΔBMN tù ®ång d¹ng vμ gi÷ 
nguyªn h−íng. KÎ trùc t©m H cña ΔBMN vμ ®Æt BHk
BM
= vμ ( )BM;BH = αJJJG JJJG 
+ Do ΔBMN tù ®ång d¹ng nªn k, α kh«ng ®æi vμ 
phÐp vÞ tù – quay: Z (B, α, k) = kB BV .Qα : M 6 H (2) 
⇒ TËp hîp c¸c ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O’’) lμ 
¶nh cña ®−êng trßn (O) qua phÐp vÞ tù - quay 
Z (B, α, k) nãi trªn. 
+ Tõ (1) ta cã O” lμ trùc t©m ΔBOO’ vμ tõ (2) ta cã B ∈ (O) vμ B lμ ®iÓm bÊt ®éng nªn B ∈ (O”) vμ b¸n kÝnh 
cña ®−êng trßn ¶nh b»ng O”B. 
VËy tËp hîp ®iÓm H lμ ®−êng trßn (O”; O”B) 
 VÝ dô 2: (§Ò thi chän ®éi tuyÓn HSG tØnh H−ng Yªn n¨m 2007 – 2008) 
Trªn hai ®−êng th¼ng a vμ b c¾t nhau t¹i mét ®iÓm C cã hai ®éng tö chuyÓn ®éng th¼ng ®Òu víi vËn tèc kh¸c 
nhau: A trªn a víi vËn tèc v1, B trªn b víi vËn tèc v2, v1 ≠ v2, chóng kh«ng gÆp nhau ë C. 
 a) Chøng minh r»ng ë bÊt k× thêi ®iÓm nμo, ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔABC còng lu«n ®i qua mét ®iÓm cè 
®Þnh O nμo ®ã kh¸c C 
 b) T×m quü ®¹o chuyÓn ®éng cña ®éng tö M lu«n ë vÞ trÝ trung ®iÓm cña ®o¹n AB. 
 H−íng dÉn gi¶i: 
a) Gi¶ sö A0, B0 lμ 2 vÞ trÝ xuÊt ph¸t øng víi thêi ®iÓm t0 
 A1, B1 lμ 2 vÞ trÝ cña 2 ®éng tö ë thêi ®iÓm t1 > t0 
Khi ®ã 0 1 2 1 0 1
0 1 1 1 0 0
B B v (t t ) v
k
A A v (t t ) v
−= = =− (0 < k kh«ng ®æi) 
Gäi O lμ giao ®iÓm thø 2 cña hai ®−êng trßn 
(A0B0C) vμ (A1B1C) 
DÔ dμng chøng minh ®−îc: ΔOA0A1 ®ång d¹ng 
víi ΔOB0B1. Tõ ®ã suy ra: 
n n
1 1 0 0
1 0 0 1 2
1 0 0 1 1
A OB A OB
OB OB B B v
OA OA A A v
⎧ = = α⎪⎨ = = =⎪⎩
⇒ 
( ) ( )1 1 1 1
1 2
1 1
OA ;OB CA ;CB (1)
OB v
 (2)
OA v
⎧ = = α⎪⎨ =⎪⎩
JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG
(1) chøng tá O thuéc cung chøa gãc ®Þnh h−íng α (mod 2π) dùng trªn A1B1 cè ®Þnh (3) 
(2) chøng tá O thuéc ®−êng trßn Ap«l«nius ®−êng kÝnh CD cè ®Þnh (C, D chia ®o¹n A1B1 theo tØ sè kh«ng ®æi 
2
1
v
v
) (4) 
O''
H
O'
O
B
N
AM
a
b
C
O
B1
A1
B0
A0
 105
Tõ (3) vμ (4) suy ra O lμ ®iÓm cè ®Þnh. 
b) KÝ hiÖu A0 = A ( khi t = 0); B0 = B (khi t = 0); M0 lμ trung ®iÓm cña ®o¹n A0B0. 1 2v ; v
JJG JJG
 lμ hai vÐc t¬ vËn tèc 
cña A vμ B. 
Quü tÝch cña M lμ ®−êng th¼ng M0m ®i qua M0 vμ cã vÐc t¬ chØ ph−¬ng lμ ( )1 21v v v2= +G JJG JJG (suy ra tõ ( )0 1 22M M v v t= +JJJJJG JJG JJG ) 
 NhËn xÐt: 
 1) NÕu kh«ng dïng gãc ®Þnh h−íng th× ph¶i xÐt hai tr−êng hîp. 
 2) O chÝnh lμ t©m cña phÐp vÞ tù - quay tØ sè k = 2
1
v
v
; gãc quay ( )1 1CA ;CB = αJJJJG JJJJG biÕn a thμnh b, 
trong ®ã A1 biÕn thμnh B1. V× a, b cè ®Þnh, k, α kh«ng ®æi nªn O cè ®Þnh 
 3) §Ó chøng minh ®−êng trßn (ABC) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh, trong ®ã A, B lμ hai ®éng tö 
chuyÓn ®éng, ta cè ®Þnh ho¸ hai vÞ trÝ nμo ®ã cña A, B vμ xÐt hai vÞ trÝ bÊt k× A1; B1 cña hai ®éng tö ®ã. Sau ®ã 
chøng minh giao ®iÓm cña (ABC) vμ (A1B1C) lμ hai giao ®iÓm cè ®Þnh b»ng c¸ch chØ ra c¸c tÝnh chÊt ®Æc tr−ng 
(1) vμ (2) cña nã mμ ta cã thÓ dùng ®−îc. 
 VÝ dô 3: (§Ò dù tuyÓn IMO n¨m 1999) 
C¸c ®iÓm A, B, C chia ®−êng trßn Ω ngo¹i tiÕp ΔABC thμnh ba cung. Gäi X lμ mét ®iÓm thay ®æi trªn cung 
trßn AB vμ O1; O2 t−¬ng øng lμ t©m ®−êng trßn néi tiÕp c¸c tam gi¸c CAX vμ CBX. Chøng minh r»ng ®−êng 
trßn ngo¹i tiÕp ΔXO1O2 c¾t Ω t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh. 
 H−íng dÉn gi¶i: 
+ Gäi T = (XO1O2) ∩ (ABC) 
 M = XO1 ∩ (ABC); N = XO2 ∩ (ABC) 
+ Trªn (ABO) ta cã: n nXNT XMT= 
Trªn (XO1O2) ta cã: 
n n
1 2XO T XO T= 
⇒ n n1 2TO N TO N= ⇒ ΔTO1N ®ång d¹ng víi ΔTO2M 
⇒ 1
2
O NTN AN
k
TM O M BM
= = = (kh«ng ®æi) (1) 
(dÔ chøng minh ®−îc ΔNAO1 vμ ΔMO2B c©n t¹i N, M) 
+ DÔ thÊy ( ) ( ) ( )1 2TN;TM TO ;TO XN;XM (mod2 )= = = α πJJJG JJJG JJJJG JJJJG JJJG JJJJG 
(kh«ng ®æi) (2) 
Tõ (1) suy ra T thuéc ®−êng trßn Ap«l«nius ®−êng kÝnh 
E, F (E, F chia MN theo tØ sè k) (3) 
Tõ (2) suy ra T thuéc cung chøa gãc α (mod 2π) dùng trªn ®o¹n MN cè ®Þnh (4) 
TX
O2
O1
N
M
C
BA
 106
Tõ (3) vμ (4) vμ do cung (α) ®i qua 1 ®iÓm n»m trong vμ 1 ®iÓm n»m ngoμi ®−êng trßn Ap«l«nius nªn chóng 
c¾t nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh T (kh¸c C) 
⇒ ®pcm 
 NhËn xÐt: T chÝnh lμ t©m cña phÐp vÞ tù - quay gãc α, tØ sè k biÕn M thμnh N 
VÝ dô 4: Dùng ra phÝa ngoμi mét ΔABC ba tam gi¸c bÊt k× BCM; CAN; vμ ABP sao cho 
n n n n n n0 0 0MBC CAN 45 ; BCM NCA 30 ; ABP PAB 15= = = = = = . Chøng minh r»ng ΔMNP vu«ng c©n 
®Ønh P. 
H−íng dÉn gi¶i: 
+ XÐt tÝch cña hai phÐp vÞ tù - quay Z2DZ1 
trong ®ã Z1 = Z(B, 
4
π
, k1) vμ Z2 = Z(A, 
4
π
, k2) 
víi 1
2
BC AC 1
k
BM AN k
= = = (v× ΔCAN ®ång d¹ng víi ΔCBM) 
+ Ta cã ΔBMC cè ®Þnh, nMBC
4
π= nªn ( )
1
BC
k
BM
BM;BC
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG 
do ®ã Z1 = Z(B, 
4
π
, k1): M 6 C vμ P 6 P1 (ΔBPP1 ®ång d¹ng víi ΔBMC) 
+ L¹i cã ΔCAN cè ®Þnh, nCAN
4
π= nªn ( )
2
AN
k
AC
AC;AN
4
⎧ =⎪⎪⎨ π⎪ =⎪⎩
JJJG JJJG 
do ®ã Z2 = Z(A, 
4
π
, k2): C 6 N vμ P1 6 P 
suy ra Z = Z2DZ1: M 6 N. 
TÝch hai phÐp ®ång d¹ng trªn cã tØ sè ®ång d¹ng k = k2.k1 = 1 vμ α1 + α2 = 
2
π
 nªn Z lμ phÐp dêi h×nh cã mét 
®iÓm cè ®Þnh duy nhÊt P. 
Cô thÓ lμ 2PQ : M N
π
6 nªn ta cã ( )
PM PN
PM;PN
2
=⎧⎪⎨ π=⎪⎩
JJJG JJJG . VËy ΔPMN lμ tam gi¸c vu«ng c©n ®Ønh P. 
 VÝ dô 5: Dùng mét tø gi¸c (låi) néi tiÕp ABCD biÕt ®é dμi c¸c c¹nh: AB = a; BC = b; CD = c; DA = 
d, trong ®ã a, b, c, d lμ nh÷ng ®é dμi cho tr−íc. 
 H−íng dÉn gi¶i 
Ph©n tÝch: Gi¶ sö tø gi¸c ABCD ®· dùng ®−îc. 
P1
P
N
M
C
B
A
 107
ABCD néi tiÕp khi vμ chØ khi l l 0A C 180+ = (hoÆc l l 0B D 180+ = ). KÐo dμi c¹nh BC vÒ phÝa Cùc ®Ó xuÊt 
hiÖn n nDCx BAD= vμ 
kÒ bï víi nDCB . 
Trªn tia Cx (tia ®èi cña tia CB) lÊy ®iÓm 
E sao cho ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB. 
Bμi to¸n dùng tø gi¸c ABCD quay vÒ 
dùng ΔDCE. 
Gi¶ sö ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB, hai 
tam gi¸c nμy chung ®Ønh D. Bëi vËy ΔDCE 
®−îc suy ra tõ ΔDAB bëi phÐp vÞ tù - quay Z(D, (DA;DC)ϕ = JJJG JJJG , k = c
d
) 
Bëi vËy, ®Æt k = 
c
d
; n(DA;DC) ADC= = δJJJG JJJG . 
XÐt phÐp vÞ tù - quay Z(D; δ; k) 
Ta cã Z: D 6 D; A 6 C vμ B 6 E sao cho E ∈ [BE]. Khi ®ã ΔDCE ®ång d¹ng víi ΔDAB vμ do ®ã 
n nDCE DAB= vμ B, C, E th¼ng hμng theo thø tù ®ã, ®ång thêi ta ®−îc nBDE ADC= = δJJJJG . 
Bμi to¸n trë thμnh dùng ΔDBE cã c¸c yÕu tè ®· biÕt: BC = b; CE = ca
d
, do ®ã 
ac bd
BE
d
+= ; CD = c; 
DE c
DB d
= 
Ta cÇn dùng ®iÓm D lμ mét ®iÓm trong c¸c giao ®iÓm cña ®−êng trong 1γ (C; c) vμ ®−êng trßn Ap«l«nius 
( )2γ cã ®−êng kÝnh IJ mμ I, J chia trong vμ chia ngoμi ®o¹n BE theo tØ sè k = cd . §Ønh A ®−îc dùng sau 
cïng. 
BiÖn luËn: Bμi to¸n cã thÓ cã 1 nghiÖm h×nh hoÆc kh«ng cã nghiÖm h×nh nμo tuú vμo ( )1γ vμ ( )2γ cã c¾t 
nhau hay kh«ng. 
 2. Mét sè bμi tËp tù luyÖn. 
Bμi 1: (§Ò thi HSG QG n¨m 1999 – 2000) 
Trªn mÆt ph¼ng cho tr−íc hai ®−êng trßn (O1; r1) vμ (O2; r2). Trªn ®−êng trßn (O1; r1) lÊy mét ®iÓm M1 
vμ trªn ®−êng trßn (O2; r2) lÊy ®iÓm M2 sao cho ®−êng th¼ng O1M1 c¾t O2M2 t¹i mét ®iÓm Q. Cho M1 chuyÓn 
®éng trªn (O1; r1), M2 chuyÓn ®éng trªn (O2; r2) cïng theo chiÒu kim ®ång hå vμ cïng víi vËn tèc gãc nh− 
nhau. 
1) T×m quü tÝch trung ®iÓm ®o¹n th¼ng M1M2 
2) Chøng minh r»ng giao ®iÓm thø hai cña hai ®−êng trßn ngo¹i tiÕp ΔM1QM2 vμ ΔO1QO2 lμ mét ®iÓm 
cè ®Þnh. 
Bμi 2: (§Ò thi chän ®éi tuyÓn HSG tØnh H−ng Yªn n¨m 2004 – 2005) 
Cho ®−êng trßn (O), dùng ®−êng trßn (ω) mμ O n»m trong ®−êng trßn (ω). Mét tam gi¸c ABC c©n t¹i 
A di ®éng nh−ng lu«n gi÷ nguyªn d¹ng vμ h−íng A di ®éng trªn (ω); B, C di ®éng trªn (O). C¸c ®−êng th¼ng 
AB; AC c¾t (ω) t¹i I, J. 
d
a
c
b
δ
E
D
CB
A
 108
1) Chøng minh r»ng I vμ J lμ c¸c ®iÓm cè ®Þnh 
2) T×m quü tÝch h×nh chiÕu vu«ng gãc M, N cña I, J trªn BC. Cã nhËn xÐt g× vÒ quü tÝch ®ã. 
Bμi 3: 
Dùng mét tø gi¸c låi ABCD biÕt tæng ®é lín hai gãc ®èi diÖn l lA C+ = θ vμ ®é dμi c¸c c¹nh AB = a; 
BC = b; CD = c; DA = d 
Bμi 4: 
Cho ®−êng trßn (O1; R1) vμ (O2; R2) c¾t nhau ë A vμ B. Hai ®éng tö M1 vμ M2 xuÊt ph¸t tõ A lÇn l−ît 
chuyÓn ®éng trßn ®Òu trªn (O1) vμ (O2) theo cïng 1 h−íng, sau mét vßng trë l¹i A cïng mét lóc. 
1) Chøng minh r»ng trong mÆt ph¼ng cã mét ®iÓm P duy nhÊt lu«n c¸ch ®Òu M1 vμ M2 ë mäi thêi ®iÓm. 
(®Ò thi IPQ, London 1979) 
2) T×m quü tÝch träng t©m G, trùc t©m H cña ΔAM1M2 
Bμi 5: (Bμi to¸n NapolÐon) 
LÊy c¸c c¹nh cña ΔABC bÊt k× lμm ®¸y, dùng ra phÝa ngoμi ΔABC ba tam gi¸c ®Òu BCA’; CAB’ vμ 
ABC’. Chøng minh r»ng c¸c t©m A0; B0; C0 cña ba tam gi¸c ®Òu võa dùng lμ c¸c ®Ønh cña mét tam gi¸ ®Òu.