Phep nghich dao __

Trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh
Khoa Toán – Tin
HÌNH HỌC SƠ CẤP
CHỦ ĐỀ:
PHÉP NGHỊCH
ĐẢO
___________________________
TP Hồ Chí Minh - tháng 11 năm 2010

LỚP TOÁN 4B PHÉP NGHỊCH ĐẢO
GVHD:Lê Ngô Hữu Lạc Thiện Trang 2
DANH SÁCH NHÓM:
1. Đặng Minh Nhựt (Bài 1)
2. Lê Thị Hoài Thu (Bài 5)
3. Lê Hữu Phước (Bài 6)
4. Nguyễn Thị Tâm (Bài 8)
5. Trần Tâm (Bài 3)
6. Cao Thị như Thảo (Bài 2)
7. Nguyễn Thị Thảo (Bài 7)
8. Bùi Minh Nghĩa (Bài 4)
9. Nguyễn Thị Kim Ngân (Bài 10+Bài 4 LT)
10. Trịnh Thị Kim Ngân (Bài 13+Bài 3LT)
11. Nguyễn Thị Việt Nhân (Bài 14+Bài 5LT)
12. Huỳnh Thị Nhẫn (Bài 9 + Bài 7LT)
13. Đặng Nhi Thảo (Bài 12+Bài 6LT)
14. Nguyễn Thị Hoàng Yến(Bài 11+Bài 2LT)
15. Thạch Oanh Ni (Bài 15+Bài 1LT)
16. Nguyễn Hoàng Tuyết Nhung (Bài 16)
17. Lê Hoàng Thanh Trúc (Bài 17)
18. Huỳnh Thị Mỹ Hạnh (Bài 18)
19. Bùi Thị Hồng Cẩm (Bài 19)
20. Nguyễn Minh Tú (Bài 20)
21. Hồ Xuân Quân (Bài 21)
22. Mai Thị Xuyến (Bài 22)
23. Phan Lê Văn Thắng (Bài 23)
24. Mai Xuân Vinh (Bài 24)
25. Nguyễn Thanh Toàn (Bài 25)

Câu 1: Cho dây cung của đường tròn có là trung điểm. là điểm thuộc
, tiếp tuyến tại cắt tại Các tiếp tuyến tại cắt nhau tại . Xét phép
nghịch đảo cực , phương tích
a)
b) Các đường thẳng
c) đường thẳng , đường tròn đường kính .
Giải:
a).b). Qua : (do P ).
c).  Gọi
Qua :

 Ta có: vuông góc với tại (do tính chất đường kính, dây cung)
Xét vuông tại :
Từ đó qua :
.
BÀI 2: Cho (O) và điểm S nằm ngoài (O). Hai cát tuyến lưu động của S lần lượt cẳt
(O) tại A,A’ và B, B’. Gọi M giao điểm thứ hai của (SAB’) và (SBA’). Tìm quỹ tích
điểm M
Giải:
/( )
'
' '
' ' '
( ) ( )
'
'
( ')
( )
K
S S ON K P
O O
A A
B B
SAB A B
SA B AB
M M A B AB
'
( )
lh
O
S M (cách dựng cát tuyến)
SM ( )S
K SM N (đường tròn). 

Câu 3: Cho đường tròn (O) và điểm S nằm ngoài (O), AB là đường kính thay đổi.
a) Chứng minh rằng đường tròn (SAB) đi qua điểm cố định khác S.
b) SA, SB lần lượt cắt (O) tại M, N. Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định.
Giải:
a) Ta có: 2
OS. .OI OAOB R
I là điểm cố định cần tìm.
b) , P .
( ) ( )O O
M A
N B
( )MN SAB
( ) ( )K
SI SAB J N I MN .

Bài 5: Cho hai đường tròn (O) và (O’) có bán kính khác nhau, tiếp xúc ngoài tại A. M
là điểm nằn trên tiếp tuyến chung của (O) và (O'). Chứng minh rằng có hai đường tròn
qua M và tiếp xúc với (O) và (O’). Hãy tìm quỹ tích giao điểm thứ hai của hai đường
tròn này.
Giải:
Gọi d1, d2 là các tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (M
Giả sử đường tròn cần dựng là (C1), là đường tròn qua M và tiếp xúc với (O) và (O’).
Xét N(M,k), với k=MA2
(O)
(O’) (O’)
D1 (C1)
Do (C1) tiếp xúc với (O) và (O’) nên d1 tiếp xúc với (O) và (O’) và 1M d
Từ đó suy ra d1 là tiếp tuyến chung của (O) và (O’), 1M d
Do (O) và (O’) có 3 tiếp tuyến chung mà tiếp tuyến chung qua A và M là bất biến qua
N(M,k) nên hai tiếp tuyến chung còn lại sẽ biến thành hai đường tròn qua M qua
N(M,k)
Vậy hai đường tròn (C1), (C2) qua M và tiếp xúc với (O), (O’) là ảnh của hai tiếp
tuyến chung d1, d2 của (O),(O’).
Tìm quỹ tích giao điểm của (C1), (C2).
Gọi I là giao điểm của d1, d2.
Khi đó:
N(M,k)
d1 (C1)
d2 (C2)

I J (giao điểm của IM và (C1))
Ta có: M, I, J thẳng hàng và MI.MJ=k2
=MA2
Suy ra J thuộc đường tròn (IA).
Bài 6: Cho (O) và hai đường thẳng Ox,Oy vuông góc với nhau .tiếp tuyến tại M thay
đổi trên (O) cắt Ox,Oy tại A ,B .Trục đẳng phương của (O) và (OAB) cắt Ox,Oy lần
lượt tại C,D. Tìm quỹ tích trung điểm I của CD.
Giải:
Vì tam giác ABC vuông nên (ABC) nhận AB làm đường kính ,khi đó N là trung điểm
của AB là tâm của (OAB).
Xét , trong đó k=OM2
.
MO MO
(O) (O)
E E
F F
(OAB) EF
A C

B D
OA.OC=OM2
OB.OD=OM2
MC OA
MD OB
Suy ra: tứ giác MDOC là hình chữ nhật.
Gọi I là trung điểm của CD khi đó I cũng là trung điểm của MO
Vậy ;
2
R
I O .
Bài 7: Dựng đường tròn qua hai điểm cho trước và tiếp xúc với đường tròn cho trước.
Ý tưởng: Thay vì dựng đường tròn đi qua hai điểm A,B cho trước và tiếp xúc với
đường tròn O cho trước. Ta dùng phép nghịch đảo biến đường tròn thành đường
thẳng d tiếp xúc với O ,việc dựng hình sẽ dễ hơn. Do đó, ta chọn phép nghịch đảo
sao cho giữ lại O , còn biến thành d ; A,B nên chọn một trong hai điểm
này làm tâm , vậy ta chọn phép nghịch đảo OAPAN /, .
Phân tích:
Xét phép nghịch đảo: OAPAN /,
OO
'
BB
d
tiếp xúc với O d tiếp xúc với O
B dB'
Cách dựng:
. Dựng cát tuyến '
ACC với O
. Dựng '
BCC cắt AB tại '
B
. Dựng d là tiếp tuyến qua '
B của
O ,tiếp xúc với O tại M
. Dựng AM cắt O tại '
M

Vậy '
ABM là đường tròn cần dựng.
Chứng minh:
Xét phép nghịch đảo: OAPAN /,
OO
MM '
( OAAMAM /
'
. )
d ( OAACACAMAMABAB /
''''
... )
'
BB
Do tính bảo toàn góc nên:
d tiếp xúc với O tại M tiếp xúc với O tại '
M
Biện luận:
. Khi A,B O : Đường tròn chính là đường tròn O . Bài toán có một nghiệm
hình.
. Khi A O , B O hoặc A O , B O . Bài toán có vô số nghiệm hình.
. Khi A,B O : Có 2 đường tròn đó là đường tròn tiếp xúc trong O và đường
tròn tiếp xúc ngoài O . Bài toán có 2 nghiệm hình.
Bài 8: Cho đường tròn (O) và đường thẳng d tiếp xúc nhau tại A .gọi ( ) là đường
tròn thay đổi tiếp xúc với (O) và d tại các điểm khác A.chứng minh ( ) trực giao với
đường tròn cố định.
Giải:

Chọn , trong đó k=AD2
khi đó
O D
(O) d1
d d
D tiếp xúc (O) d//d1(tính chất bảo toàn góc)
( ) ( )
( ) tiếp xúc với d và (O) ( ) tiếp xúc với d,d1
Vẽ vuông góc với AD,ta có:
( ) ( ) .
Vì cố định nên ( ) cố định.
Vậy ( ) trực giao với đường tròn cố định.
Chứng minh:
Gọi R’ là bán kính của (O’).
Xét phép nghịch đảo '
k
ON với
2
'
'
R
Ok N
Suy ra (O’) bất biến.
Vì ( ) ( ')O nên 2
/( ) 'O R k
Do đó:
( ) bất biến qua phép nghịch đảo '
k
ON .
Giả sử
'
'
2
( ) ( '')
R
O
N
O O
Do (O) cố định nên (O’’) cố định.
Ta cần chứng minh ( ) ( '')O O .
Thật vậy, giả sử (O) bất biến. Khi đó với ( )M O và
2
'
'' ( )R
OM N M thì (' )M O (*).
Mặt khác: 2
O'M.O'M'=R' và ' 'O M R
Suy ra: O’M’<R’ tức là M’ nằm trong (O’) hay M’ nằm ngoài (O) (vì (O) và (O’) ngoài nhau).
Suy ra ' ( )M O : mâu thuẫn với (*). Vậy ( ) luôn tiếp xúc đường tròn cố định thứ hai khác .
Bài 9: Cho hai đường tròn (O) và (O’) ngoài nhau. ( ) là đường tròn thay đổi tiếp xúc (O)
và trực giao (O’). Chứng minh rằng: ( ) tiếp xúc đường tròn cố định thứ hai khác (O).

minh:
Cách 1: Dùng phép nghịch đảo
k
AN : B B’ ( 0k )
C C’
D D’
B’,C’,D’ t
B’C’+C’D’=B’D’
. . .
. . .
K BC K CD K BD
AB AC AC AD AB AD
. . .
BC CD BD
AB AC AC AD AB AD
AB.CD+ AD.BC=AC.BD
Cách 2: Sử dụng đường thẳng Simson
Hạ DA1 vuông góc với BC, DB1 vuông góc với AC
DC1 vuông góc với AB
Khi đó B1, A1,C1 thẳng hàng và B1A1 + A1C1 = B
1C1
Áp dụng định lý hàm số sin cho các đường tròn
(DC),(DB), (DA) và các dây cung B1A1, A1C1 và B
1C1 tương ứng, ta có:
B1A1 = DC.sinC, A1C1= DB.sinB, B 1C1 = AD.sinA
Lại áp dụng định lý hàm số sin cho ABC, ta có
Bài 10:
AB.CD+ AD.BC=AC.BD

sinC =
2
AB
R
, sinB =
2
AC
R
, sinA =
2
BC
R
Thay vào đẳng thức (*) ta thu được:
AB.CD + AD.BC = AC.BD (đpcm)
Chứng minh:
Bài 11: Cho (O) là đường tròn nội tiếp một tam giác ABC không cân và tiếp xúc với ba cạnh BC, CA,AB
lần lượt tại a, b, a. (O) cắt aA, bB, cC lần lượt tại , , . Gọi m,n,p lần lượt là trung điểm bc, ca,ab.
Chứng minh rằng:
1. Các đường tròn ( ),( ),( )a b n pm c đi qua O.
2. Ba đường tròn trên còn có một điểm chung thứ hai.

1. Chứng minh các đường tròn (aαm), (bβn), (cγp) đi qua O:
Ta có : AB, AC lần lượt là tiếp tuyến của (O) tại A
m là trung điểm bc
nên OA bc tại m
Suy ra 2 2
.Om OA Oc R (R là bán kính (O))
Tương tự: 2
.On OB R
2
.Op OC R
Xét
2
R
O
N
a a
m A
Do A, α, a thẳng hàng nên (αma) đi qua O.
Tương tự: (bβn) đi qua O
(cγp) đi qua O
Suy ra (aαm), (bβn), (cγp) đi qua O,
2. Chứng minh (aαm), (bβn), (cγp) còn có điểm chung thứ hai.
Ta có:
1
aB bC cA
aC bA cB
Nên theo định lý Ceva Aa, Bb, Cc đồng quy tại E khác O
(do ABC không cân)
Theo câu (a) :
2
2
2
( ) Aa
( )
( )
R
O
R
O
R
O
N
N
N
a m
b n Bb
c p Cc
Do Aa, Bb, Cc đồng quy nên (aαm), (bβn), (cγp) đi qua
2
( ) 'R
O
N E E .

Chứng minh:
Cách 1:( theo phép nghịch đảo)
Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của (I, r) với AB, AC, BC.
A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của IA, IB, IC với MN, MP, PN.
Khi đó:
IM AB
IN AC
IP BC
IA MN
IC NP
IB MP
( do tính chất đường tròn nội tiếp tam giác)
Xét
2
r
IN
Ta có
'
'
'
A A
B B
C C
2 2
2 2
2 2
( . ' )
( . ' )
( . ' )
do IA IA IN r
do IB IB IM r
do IC IC IP r
Nên ( ) ( ' ' ')ABC A B C có bán kính R’.
Theo tính chất phép nghịch đảo, ta có:
2 2 2
2 22 2
/( )
'
I O
R r r r
R R dP d R
(1)
Mặt khác, ta lại có
' ' '4MNP A B CS S ( do A’, B’, C’ là trung điểm 3 cạnh tam giác)
Bài 12: Gọi (O, R) và (I, r) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC với OI = d.
Chứng minh rằng:
2 2
2d R Rr .

. . ' '. ' '. ' '
4
4 4 '
1 1 1
. .
. . 2 2 2
4 '
MP NP MN A B B C C A
r R
NP MN MP
MP NP MN
r R
1 1
4 8 '
1
' (2)
2
r R
R r
Thay (2) vào (1) ta có:
2
2 2
1
2
r
r
R R d
Suy ra:
2 2
2d R Rr ( đpcm)
Cách 2: (đã giải trong bài phương tích).
Ta có
1 1ˆ ˆ ˆ ˆˆ
2 2
EIC IAC ICA A C ICE
( do I là tâm đường tròn nội tiếp và E thuộc (O,R) )
IEC cân tại E
EI EC
Tương tự EI EB
Xét (O, R) và (E, EB)
Ta thấy , ( ) ( , )B C O E EB
Vậy BC là trục đẳng phương của 2 đường tròn.
Gọi I’ là hình chiếu của I lên cạnh BC, I’ (O, R)
Theo công thức hiệu hai phương tích ta có:
/( ) /( , )
2 2 2 2
2 2
2 . '
( ) 2
2
I O I E EBP P OE II
OI R IE EB Rr
OI R Rr

Chứng minh:
Gọi : {M} (PAD) (PBC)
{N} (PAC) (PBD)
a) Tìm quỹ tích M,N:
Xét
k
PN với ( )/ OPk
Ta có:
k
PN
A B
k
PN
C D
( )
k
PN
PAD BC
( ) D
k
PN
PBC A
( ) BD
k
PN
PAC
( )
k
PN
PBD AC
Do đó:
' D
k
PN
M M BC A
'
k
PN
N N BD AC
Bài 13: Cho đường tròn (O,R) và hai cát tuyến thay đổi PAB, PCD qua điểm P cố định cách O
một khoảng 2R. Các đường tròn (PAD) và (PBC) cắt nhau tại điểm thứ hai M, các đường tròn
(PAC) và (PBD) cắt nhau tại điểm thứ hai N.
a) Tìm quỹ tích M,N.
b) Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định.

Theo cách dựng cực và đối cực bằng cát tuyến ta có:
( )
' 'lh
PO
M P M
( )
' 'lh
PO
N P N
P cố định nên P cố định.
Vậy : ', ' , ( )k
P P PM N M N N
Hay quỹ tích của M, N là ảnh của đường thẳng P qua phép nghịch đảo
k
PN .
b) Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định:
Trước tiên ta chứng minh tính chất sau:
Cho ABC nội tiếp trong đường tròn (O,R). Gọi H là trực tâm của ABC, H’
là điểm đối xứng của H qua 1 cạnh bất kì của ABC. Khi đó H’ (O,R).
Chứng minh:
Giả sử H’ là đối xứng của H qua cạnh BC
Ta có
(HB,HC)=(H’C,H’B) ( Do H’ là đối xứng của H
qua BC)
(HB,HC)=(AC,AB) ( Góc có cạnh tương ứng
vuông góc)
Do đó (H’C,H’B)=( AC,AB)
Vậy H’CAB nội tiếp đường tròn (O,R)
nên H’ (O,R)
Trở lại bài toán:
Ta có: ( ' ')
k
PN
MN PM N
Theo cách dựng cực và đối cực bằng cát tuyến ta có :
' ' ' '
' ' ' '
N
P
M P ON M P
M N OP M N
Suy ra O là trực tâm của ' 'PM N
Lấy O’ là đối xứng của O qua M’N’. Khi đó theo tính chất trên ta có O’ (PM’N’)

Mà O và M’N’= P cố định nên O’ cố định
Vậy (PM’N’) đi qua O’ cố định nên MN đi qua ( ')k
PN O cố định.
Chứng minh:
Gọi M, N, P lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, BC, CA.
A’, B’, C’ lần lượt là trung điểm của MN, MP, PN.
R , R’ lần lượt là bán kính của (O), (A’B’C’).
Ta có:
2 2
2 2
2 2
. '
. '
. '
OAOA OM R
OBOB ON R
OC OC OP R
Xét phép nghịch đảo:
2
R
ON 'A A
'
'
B B
C C
Suy ra: ( ) ( ' ' ')ABC A B C
Khi đó :( ' ' ')A B C là đường tròn Euler của MNP
Bài 14 : Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ở ngoài đường tròn. Một tiếp tuyến thay đổi của (O) cắt
hai tiếp tuyến của (O) vẽ từ A tại B, C.
Chứng minh rằng đường tròn (ABC) tiếp xúc với đường tròn cố định.

'
2
R
R
A cố định suy ra A’ cố định.
Do đó: ( ' ' ')A B C tiếp xúc với đường tròn ( ',2 ')A R cố định.
Vậy (ABC) tiếp xúc với đường tròn
2
R
ON (( ',2 '))A R cố định.
Chứng minh:
Bài 15 : Cho đường tròn (O) và hai dây cung thay đổi AA’, BB’ vuông góc nhau tại P cố định
khác O. H là chân đường vuông góc kẻ từ P đến AB.
1. Chứng minh rằng PH đi qua trung điểm I của A’B’ và PH.PI là một hằng số.
2. Đường tròn ( ) qua A, P và tiếp xúc (O) cắt đường tròn ( ') qua A’, P và tiếp xúc
(O) tại điểm thứ hai M. Tìm quỹ tích M.

1. Chứng minh PH đi qua trung điểm I của A’B’ và PH.PI là hằng số:
Xét phép nghịch đảo
k
PN (với /( )P Ok )
( ) ( )
'
'
( ' ')
'
O O
A A
B B
AB PA B
H H
Vì PH ABnên ( ' ')PH PA B .
Suy ra: PH đi qua tâm (PA’B’)
Nên PH đi qua trung điểm I của A’B’ (do ' 'PA B vuông tại P).
Do H ABnên ( ) ( ' ')k
PN H H PA B
Suy ra H’ là giao điểm thứ hai của PH và (PA’B’).
' 2PH PI
. ' | |
.
2 2
PH PH k
PH PI const
2. Tìm quỹ tích M:
Qua phép nghịch đảo
k
PN :
( )
( ') '
Ax
A y
Do ( ) tiếp xúc (O) nên Ax tiếp xúc (O)
Do ( ') tiếp xúc (O) nên A’y tiếp xúc (O).
Gọi M’=Ax A’y
Ta có: { } ( ) ( ')
' '
M
M Ax A y
Suy ra ( ')k
PM N M .
Theo cách xác định, ta có:
'M AA mà 'P AA nên
( )
'lh
O
P M . Do đó: ' DM

Câu 16:Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) . . .ABC ABD AB CD AC BD AD BC
Giải:
Lí luận: Theo đề, ta có hai đường tròn (ABC) và (ABD) trực giao nhau, nên ta nghĩ
đến việc biến hai đường tròn trên thành hai đường thẳng vuông góc bằng phép nghịch
đảo có cực là A hoặc B. Khi đó, ta có thể áp dụng định lí Pythagore để có được một
đẳng thức bình phương nào đó. Từ đó, áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai
điểm ảnh qua phép nghịch đảo để suy ra điều phải chứng minh.
Vì A, B có vai trò như nhau, nên ta có thể chọn một trong hai điểm này để làm cực
trong phép nghịch đảo.
Xét N(A, k): 'B B ;
'C C ;
'D D ;
( ) ' 'ABC B C ;
( ) ' 'ABD B D ;
Ta có: ( ) ( ) ' ' ' 'ABC ABD B C B D
2 2 2
' ' ' ' ' 'C D B C B D
2 2 2
| |. | |. | |.
. . .
k CD k BC k BD
AC AD AB AC AB AD
2 2 2
| |. . | |. . | |. .
. . . . . .
k AB CD k AD BC k AC BD
AB AC AD AB AC AD AB AC AD
2 2 2 2 2 2
. . .AB CD AD BC AC BD (đpcm)

Bài 17: Cho 2 đường thẳnh Ox, Oy vuông góc nhau. Đường tròn (ω) tiếp xúc
Oy tai O, cắt Ox tại A. Đường tròn (ω’) tiếp xúc Oy tai B, tiếp xúc (ω) tại C và
cắt Ox tại D, D’. Chứng minh rằng tiếp tuyến của (ω) tại A, BD, đường tròn
đường kính OD, hai đường tròn (OBC) và (ACD) có một điểm chung.
Bài giải:
Xét N(O,k), với k=PO/(ω’) . Khi đó: qua N(O,k)
( ') ( ')
'
'
B B
D D
C C
Đường tròn đường kính OD d , với d qua D’ và song song với Oy.
Đường thẳng BD ( ')OBD
( ) 'd , với d’ qua C’ và song song với Oy, cắt Ox tại A’.
( ) 'OBC BC
Gọi d’’ là tiếp tuyến tại A đối với đường tròn (ω). Khi đó: qua N(O,k)
'A A
( ) ( ' ' ')ACD A C D
''d đường tròn đường kính OA’.

Khi đó thay vì việc chứng minh tiếp tuyến của (ω) tại A, BD, đường tròn đường kính
OD, hai đường tròn (OBC) và (ACD) có một điểm chung là J, ta sẽ chứng minh các
ảnh của nó qua N(O,k) có một điểm chung I.
Gọi 'I BC d khi đó ta sẽ chứng minh I cũng thuộc (A’C’D’), đường tròn đường
kính OA’ và (OB’D’).
Vì Ox Oy nên qua N(O,k) thì d, d’, d’’ cũng vuông góc với Ox và BC’ vuông góc
với Oy.
Khi đó OBID’ và D’IC’A’ là các hình chữ nhật
( ')I OBD và ( ' ' ')I A C D
Mặt khác BC’ cũng là đường kính của (ω’)(vì (ω’) tiếp xúc với Oy tại B và BC’ lại
vuông góc với Oy ) ' ' 90o
BD C
mà ' ' 'BD C OIA ' 90o
OIA I đường tròn đường kính OA’.
Gọi J=N(O,k)(I) J là điểm cần tìm.
Bài 18: Cho ba điểm A, B, C thẳng hang theo thứ tự đó và ba nửa đường tròn
đường kính AB, AC, BC nằm về một phía của đường thẳng AB. Dựng đường
tròn tiếp xúc với cả ba nửa đường tròn trên.
Giải:

+ Phân tích:
Giả sử ta dựng được đường tròn thỏa yêu cầu đề bài (tiếp xúc với 3 nửa đường
tròn AB , AC , BC ).
Xét
.AB AC
AN :
Ta có: B C
BC BC (do /
.A BC
AB AC )
AC Bm ( Bm tiếp xúc với BC tại B do AC tiếp xúc với BC tại C)
AB Cn (Cn tiếp xúc với BC tại C do AB tiếp xúc với BC tại B)
' ( không qua A)
Do tiếp xúc với AB , AC , BC
Suy ra ' tiếp xúc với Cn , Bm , BC
Suy ra tâm O’ của ' nằm trên đường trung trực BC và gọi I là trung điểm BC thì ta
có 'IO BC .
+ Cách dựng:
- Dựng Cn , Bm là các tia tiếp tuyến cùng phía với nửa đường tròn BC lần lượt tại C,
B (từ C, B kẻ tia vuông góc với BC, cùng phía với nửa đường tròn BC ).
- Dựng đường trung trực d của BC. Lấy I là trung điểm của BC và
' : 'O d O I BC (O’ nằm cùng phía với nửa đường tròn BC )
- Dựng ';
2
BC
O . Kẻ d’ qua O’ vuông góc với Bm , d’ cắt ';
2
BC
O tại H’, K’ . Lấy J’
là trung điểm O’I.
- Dựng 'J AJ BC
' 'H AH H BC
' 'K AK H BC

- Dựng đường tròn qua J, H, K. Đường tròn qua J, H, K chính là đường tròn cần
dựng.
+ Chứng minh:
Xét
.AB AC
AN :
Ta có: B C
BC BC (do /
.A BC
AB AC )
AC Bm (do AC tiếp xúc với BC tại C nên Bm tiếp xúc với BC tại
B)
AB Cn (do AB tiếp xúc với BC tại B nên Cn tiếp xúc với BC tại C)
'J J (do . ' .AH AH AB AC )
'H H (do . ' .AK AK AB AC)
'K K (do . ' .AJ AJ AB AC )
Suy ra: '
Ta có: ' ' ',O H d O Bm , ' ' ',O K d O Cn , 'O I BC nên ';
2
BC
O tiếp xúc Bm ,
Cn , BC lần lượt tại H’, K’, J’. Suy ra tiếp xúc với AC , AB , BC lần lượt
tại H, K, J.
+ Biện luận:
Bài toán có một nghiệm hình. Do ';
2
BC
O duy nhất, suy ra H’, K’, J’ duy nhất, vậy
duy nhất.

Bài 19: Cho đường tròn O và đường thẳng cố định d cắt O tại ,A B . M là
điểm cố định chạy trên d . và ' là hai đường tròn thay đổi qua M và lần
lượt tiếp xúc với O tại ,A B . Hai đường tròn này cắt nhau tại một điểm thứ hai
là P . Tìm quỹ tích điểm P .
Giải:
Kẻ tiếp tuyến ,Ax By của O tại ,A B
Trường hợp 1: O d suy ra Ax // By , suy ra hai đường tròn và ' tiếp xúc nhau
tại M , nên ta có P M do đó quỹ tích P chính là đường thẳng d
Trường hợp 2: O d thì Ax By C , khi đó C chính là tâm đẳng phương của ba
đường tròn O , và '
Xét phép nghịch đảo /
, C O
N C P ta có
' '
O O
A A
B B
M P

Do đó khi M chạy trên d thì P sẽ chạy trên đường tròn qua C ( doC d ) là ảnh của
đường thẳng d qua phép nghịch đảo /
, C O
N C P . Vậy quỹ tích điểm P chính là
đường tròn ABC .
Câu 20: (Nguyễn Minh Tú) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm
M chạy trên đường thẳng d vuông góc với AB tại H ở ngoài đoạn AB. MA và
MB lần lượt cắt đường tròn tại P và Q
a/ Chứng minh rằng PQ đi qua điểm cố định
b/ Tìm quỹ tích giao điểm thứ hai của hai đường tròn (MAB) và (MPQ)
Giải:
a/ Gọi F PQ AB
Do M AP BQ,
, , , ( )A B P Q O
Suy ra: ( )
lh
O
M F
( )
OF
lh
O
F
M F
M d d
d
F là cực của đường thẳng d
đối với đường tròn (O)
Mà (O), d cố định
Suy ra F cố định
b/ Xét phép nghịch đảo k
FN với /( )F Ok P
Gọi ( )k
FI N M
Suy ra /( ). . .F OFM FI P FA FB FP FQ

Suy ra tứ giác MAIB , MPIQ nội tiếp.
Suy ra giao điểm thứ hai của (MAB) và (MPQ) là I
Mà ( )k
FI N M ; ( )M d
Suy ra ( )k
FI N d
Bài 21:(Hồ Xuân Quân) Cho đường thẳng d và điểm O cố định không thuộc d.
Hai đường thẳng thay đổi tạo với nhau một góc nhọn α không đổi,quay quanh
O và lần lượt cắt d tai A, B. Chứng minh rằng (OAB) tiếp xúc với một đường
tròn cố định.
Kẻ OH d tại H . Suy ra: H cố định
( vì ,O d cố định)
Xét k
ON là phép nghịch đảo cực O phương tích k
Trong đó: 2
k OH cố định.
Khi đó ta đặt:
'k
ON A A và 'k
ON B B
Suy ra: ' 'k
ON OAB A B
Vì 2
.OH OH OH k nên k
ON H H
Ta có:
'k
ON A A suy ra 2
. 'OAOA k OH
Hay 'HA OA (vì HAO vuông tại H )
Do đó: 'A nhìn OH dưới một góc vuông.
Tương tự ta có: 'B nhìn OH dưới một góc vuông.
Vậy 4 điểm , , ', 'O H A B cùng nằm trên một đường tròn.
Gọi I là trung điểm OH . Suy ra: I là điểm cố định.

Khi đó:
' '
2
' ' 2 ' ' 2
OH
IA IB
A IB A OB
Suy ra: , ' ' onsr d I A B IM c t ( với I ' 'M A B tại M).
Do đó: đường tròn ,I r tiếp xúc với ' 'A B ( với ,I r là đường tròn cố định).
Mà ,k
ON I r là một đường tròn cố định và ' 'k
ON A B OAB
Nên đường tròn ,k
ON I r tiếp xúc với đường tròn OAB
(vì phép nghịch đảo bảo toàn góc)
Vậy OAB tiếp xúc với đường tròn ,k
ON I r cố định. (đpcm)
Bài 22:(Mai Thị Xuyến) Cho phép nghịch đảo cực I , phương tích k biến đường
tròn (O) thành đường tròn (O’). CMR: O biến thành chân đường đối cực của I
đối với (O’).
Bài giải:
Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm (O) qua I.
Xét phép nghịch đảo cực I, phương tích k:
),( kIN
dd
)'()( OO
'AA
Suy ra d tiếp xúc với (O’). (Do tính bảo toàn góc qua phép nghịch đảo ).
Hay d là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
Gọi H là chân đường đối cực của I đối với đường tròn (O’). Tức là ta có
'' IOHA .
Suy ra tứ giác OAA’H nội tiếp.

kIAIAIHIO '..
OH kIN ),(
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 23: Cho hai điểm A, B trên đường thẳng d. Hai đường tròn (O) và (O’) lần
lượt tiếp xúc d tại A, B và trực giao nhau tại M, N. Tìm quỹ tích M và N.
Ý tưởng:
M, N thuộc 2 đường tròn cùng tiếp xúc với d cố định hay góc của (O), (O’) và d là 00
nên ta nghĩ đến phép nghịch đảo vì phép nghịch đảo bảo toàn góc của 2 đường cong.
Bài giải:
Xét phép nghịch đảo N(A,AB2
):
Ta có: (O’) (O’) (vì PA/(O’) = AB2
)
M M’ (với M’ là giao điểm thứ hai của AM và (O’) ) (1)
N N’ (với N’ là giao điểm thứ hai của AN và (O’) ) (2)
AB AB (vì cực A AB)

(1), (2) (O) M’N’ (vì M, N, cực A (O) )
Do góc ((O), AB) = 00
nên góc (N(A,AB2
)((O)), N(A,AB2
)(AB)) = góc (M’N’, AB)
= 00
Hay M’N’ // AB (3)
Do (O) trực giao (O’) nên N(A,AB2
)((O)) N(A,AB2
)((O’))
M’N’ (O’)
O’ M’N’
M’N’ là đường kính của (O’) (4)
Mặt khác, AB là tiếp tuyến của (O’) (5)
(3), (4), (5) tam giác BM’N’ vuông cân tại B
góc ABN’ = 450
, góc ABM’ = 1350
M’, N’ lần lượt thuộc d1, d2 với B d1, B d2 và (d1, d) = (d, d2) = 450
(d1, d2 cố
định)
N(A,AB2
)(M’), N(A,AB2
)(N’) lần lượt thuộc N(A,AB2
)(d1), N(A,AB2
)(d2) (cố
định)
Hay M, N lần lượt thuộc (I) {A, B}, (I’) {A, B} (cố định) với A, B (I),(I’) và
góc ((I),d) = góc ((I’), d) = 450
.
Ngược lại, nếu M, N lần lượt thuộc (I), (I’) và khác A, B thì (AMN) trực giao (BMN)
hay (O) trực giao (O’) vì:
Gọi M’, N’ là giao điểm thứ hai của AM, AN với (BMN)
(BM’, d) = (d, BN’) = 450
góc M’BN’ = 900
M’N’ là đường kính hay O’ M’N’
M’N’ trực giao (BMN)
(AMN) trực giao (BMN)
Quỹ tích M, N lần lượt là đường tròn cố định (ABM) {A,B}, (ABN) {A,B}

Bài 24: Cho hai đường tròn ( ')O và ( '')O cùng tiếp xúc đường tròn ( )O và cắt
nhau tại ,A B . ( ) là đường tròn thay đổi tiếp xúc ( '),( '')O O và cắt ( )O tại ,M N .
Chứng minh rằng tâm của đường tròn ( )AMN chạy trên đường thẳng cố định.
Giải:
k
AN với /( )A Ok .
( ) ( )O O
( ') 'O d với 'd là đường thẳng tiếp xúc ( )O tại C
( '') ''O d với ''d là đường thẳng tiếp xúc ( )O tại D
'B B với ' ' ''B d d
'M M với ' ( )M O
'N N với ' ( )N O
( ) ' 'AMN M N
.Suy ra: tâm I của ( )AMN thuộc đường thẳng At vuông góc với ' 'M N . (1)
Mặt khác: ( ) ( ') với ( ') tiếp xúc 'd và ''d .

Suy ra: ', , 'B O thẳng hàng. (Vì ' ', 'B B O cùng là phân giác của B )
Lại có: ' 'M N thuộc trục đẳng phương của ( ),( ')O
' ' '
' ' ' (2)
O M N
B O M N
Từ (1) và (2), vì 'B O cố định ta được tâm I của ( )AMN nằm trên đường At cố định.
(ĐPCM)
Bài 25: Cho đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Một tiếp tuyến chung
ngoài của (O) và (O’) là BC (B, C là tiếp điểm ). D là điểm cố định trên (O). M
la điểm thay đổi trên (O’). Tìm quỹ tích cua giao điẻm thứ hai của hai đường
tròn (MBC) và (MAD)
Bài giải :
Xét N(O,k) với k=PB/(O’) . Khi đó: qua N(O,k)
'
'
( ) '
A A
M M
BCM CM
Trên BD lấy D’ sao cho BD’.BD=BC2
';( ) ( ' ' ')D D DAM D A M
Có ' 'BDA BA D (vì BD’.BD=BA.BA’=BC2
)

' '
' ' ' ' '
' 90o
BA D BDA ABC
D A C D A B BA C
ABC BA C
D’A’//BC
Gọi I là giao điểm CM’ với (D’M’A’)
có ' ' ' ' 1IM A CM A V
'A I là đường kính (D’M’A’)
ID’ D’A’
'ID //OB
Mà D’ cố định I chạy trên đường thẳng d qua D’ và song song với OB.
giao điểm của (MBC) và (DAM) là J với J=N(B,k)(I)
quỹ tích J là đường tròn qua B, D, tiếp xúc với OB tại B.

Phần 2: MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
Chứng minh:
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) .
Xét
k
A
N với .k AK AB
Khi đó
( . . )
d d
B K
C H AK AB AH AC
Suy ra ( )
k
AN
O HK
Mà d tiếp xúc với (O)
Do đó d song song với HK.
Bài 1: Cho tam giác ABC và các đường cao BH, CK. Chứng minh rằng HK song song với tiếp
tuyến tại của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm I nằm trên đoạn AB (khác A, B) . Một đường
thẳng d thay đổi qua I cắt (O) tại P, Q ( d không trùng với AB). Đường thẳng AP, AQ cắt tiếp
tuyến m tại M, N, trong đó m là tiếp tuyến tại B của (O). Chứng minh (AMN) qua điểm cố định thứ
2, từ đó suy ra tâm của đường tròn (AMN) luôn nằm trên đường thẳng cố định.
Chứng minh:
Xét
k
A
N với
2
k AB
Khi đó:
2
2
( )
( . )
( . )
O m
P M AP AM AB
Q N AQ AN AB
Suy ra ( )PQ AMN hay ( )d AMN
Do đó ' ( )I d I AMN
Mà I cố định nên 'I cố định
Vậy (AMN) luôn qua 'I cố định

Khi đó (AMN) luôn qua 2 điểm A, 'I cố định
Suy ra quỹ tích tâm của (AMN) là đường trung trực của 'AI .
Từ đó ta có tâm của (AMN) thuộc đường thẳng cố định.
Chứng minh:
Gọi P KN AC
S KC PN
Theo cách dựng cực và đối cực bằng
cát tuyến ta có:
S
S
B
S
P
P
PB
B
Theo tính chất của cực và đối cực ta
suy ra:
S
S
OS
OB P
OP B
PB
Suy ra S là trực tâm của POB
Gọi ' OSM PB
Khi đó: 'OM PB
Gọi ' SB B OP
Xét
2
R
ON :
2
'
R
ON
B P
2R
ON
C C
Bài 3 : Cho tam giác ABC. Một đường tròn (O,R) đi qua hai điểm A,C và cắt lần lượt cắt các
đoạn AB,BC theo thứ tự tại hai điểm phân biệt K,N. Gỉa sử các đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và KBN cắt nhau tại đúng hai điểm phân biệt là B,M. Chứng minh
0
90OMB .
2R
ON
A A

2
( )
R
ON
AC OAC
Mà ' ( )P AC B OAC
Do đó: . ' .PO PB PAPC
Mặt khác ta dễ thấy B,M’,B’,O nội tiếp nên PM’.PB=PO. PB’
Suy ra '. .PM PB PAPC
Tức là ' ( )M ABC
Ta lại có PA . PC = PK . PN = PM’ .PB
do đó ' ( )M BKN
Hay nói cách khác { '} (BKN) (ABC) hayM' MM
Mà 'OM PB nên OM PB
Vậy
0
90OMB
Chứng minh:
2
CH
CN : E 2
.CE CA CH )
F 2
.CF CB CH )
Suy ra: (CH) AB
(O) EF
2
( )CH
CN D D
(CH) nên
2
( )CH
CN D D EF
(O) nên
2
( )CH
CN D D AB
Bài 4: Cho đường tròn (AB), C thay đổi trên (AB) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H
là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C. Vẽ HE, HF lần lượt vuông góc với AC và BC,
EF và AB cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm thứ hai của (AB) và (CH).
CMR: ba điểm K, D, C thẳng hàng.

D EF AB
Suy ra D K
2
( )CH
CN D K
Chứng minh:
Vì ( ) ( )ACP BD nên P nằm trên trục đẳng
phương của (AC) và (BD).
Suy ra /( ) /( )P AC P BDP P k
Khi đó . ; .PC PM k PB PN k
k
PN
'
'
M C
N B
A A
D D
Suy ra ( ' )AM PA C ; ( ' )DN PD B
Vì XY là đường thẳng qua cực P nên
XY XY
Do đó để chứng minh AM,DN,XY đồng quy, ta sẽ chứng minh XY là trục đẳng phương của
( ' )PA C và ( ' )PD B .
Ta có: 90o
PZC PZB nên ( ' ) ( ' )PZ A C PD B
Bài 5 : Cho A,B,C,D là bốn điểm phân biệt cùng nằm trên một đường thẳng và được sắp xếp
theo thứ tự đó. Các đường tròn đường kình AC và BD cắt nhau tại hai điểm X, Y .Đường thẳng
XY cắt BC tại Z. Cho P là một điểm trên đường thẳng XY khác Z. Đường thẳng CP cắt
đường tròn (AC) tại M, và đường thẳng BP cắt đường tròn (BD) tại N.
Chứng minh rằng AM,DN,XY đồng quy.

Do đó PZ XY .
Vậy XY là trục đẳng phương của ( ' )PA C và ( ' )PD B .
Suy ra AM,DN,XY đồng quy.
Chứng minh:
Gọi A’ là hình chiếu của A lên cạnh BC.
Do B’, C’ (O) nên
'
'
BB AC
CC AB
.
Suy ra H là trực tâm ABC và AA’
là đường cao thứ ba.
Ta có:
2 2
/( ) '. '.A OP AC AB AB AC AM AN k
Xét ( , )A kN
Ta có:
/( ' ' )' ( '. '. )H A HB C
M M
N N
A H do AA AH AB AC P
( )AMN MN
Mặt khác ta lại có: ˆˆ ˆ ' 90o
ONA OMA OA A
Suy ra :
' ( )A AMN
H MN
Vậy: M, N, H thẳng hàng (đpcm)
Bài 6 : Cho đường tròn (O), đường kính BC. Một điểm A nằm ngoài đường tròn. Gọi B’, C’ lần
lượt là giao điểm của AC, AB với (O). Gọi H là giao điểm của BB’ và CC’. Gọi M, N lần lượt là
tiếp điểm 2 của tiếp tuyến qua A đến (O).
Chứng minh rằng: H, M, N thẳng hàng.

Chứng minh:
a) Ta có:
' ' '
. .
4
' '. ' '. ' '
4
ABC
A B C
AB BC CA
S
R
A B B C C A
S
R
Do đó:
' ' ' ' '. ' '. ' '
1
. .
A B C
ABC
S A B B C C A
S AB BC CA
Vì . ' . ' coMAMA MB MB K nst
Nên ta xét
R
MN :
(O) (O)
A A’
B B’
C C’
Theo tính chất của phép nghịch đảo , ta có:
.
' '
.
.
' '
.
K AB
A B
MA MB
K BC
B C
MB MC
Bài 7 : Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Giả sử M là một điểm
không thuộc (O). Các đường thẳng MA,MB,MC cắt lại đường tròn (O) lần lượt tại các điểm
A’,B’,C’ .
a) Chứng minh rằng với M ở trong (O) ta có:
' ' '
' ' ' . .
. .
A B C
ABC
S MA MB MC
S MA MB MC
b) Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam giác A’B’C’ vuông.

.
' '
.
K CA
C A
MA MC
Thay vào (1) ta được điều phải chứng minh.
b) Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam giác A’B’C’ vuông:
Giả sử tam giác A’B’C’ vuông ở A’ thì B’C’ đi qua (O).
Khi đó B’C’ trực giao với (O).
K
MN như trên, qua cực M thì (O) biến thành (O), đường thẳng
B’C’ biến thành đường tròn (MBC) trực giao với (O).
Vậy quỹ tích M là đường tròn trực giao với (O), đồng thời đi qua B,C.
Ta chứng minh tương tự đối với trường hợp tam giác A’B’C’ vuông tại B’,C’.

Tài Liệu Tham Khảo:
[1] Các phép biến hình trong mặt phẳng/ Nguyễn Mộng Hy.- Tái bản lần thứ 4.
NXB Giáo dục, 2003.
[2] Bất đẳng thức Ptolemy và ứng dụng/Trần Nam Dũng
[3] Giải bài toán hình học bằng nhiều phương pháp/ Nguyễn Tăng Vũ.

Phep nghich dao __

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (9)

Similar to Phep nghich dao __

Similar to Phep nghich dao __ (20)

Phep nghich dao __