tài liệu chuyên đề PHƯƠNG TÍCH

PHƯƠNG TÍCH
3


A.Tóm tắt lý thuyết:
1.Phương tích của một điểm đối với đường tròn
Định lý 1.1:
Cho đường tròn (O,R) và một điểm M trên mặt phẳng cách O một khoảng bằng d Từ M
kẻ cát tuyến MAB tới (O). Khi đó
.
MA MB
=
d
2
-R
2
(*)

Hình 1
Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d
2
-R
2
là phương tích của điểm M đối với (O), kí hiệu là
P

M
/(O)=d
2
-R
2

Nhận xét: Nếu P
M
/(O)>0 thì M nằm ngoài (O),P
M
/(O)=0 thì M nằm trên biên
(O),P
M
/(O)<0 thì M nằm trong (O).
Trong nhiều bài toán, ta thường sử dụng độ dài đoạn thẳng dạng hình học và viết (*)
dưới dạng MA.MB=|d
2
-R
2
|
Định lý 1.2:

Cho (O) và một điểm M trên mặt phẳng. Từ M kẻ 2 cát tuyến MAB, MCD thì
. .
MA MB MC MD
=
(xem hình 1)
Định lý 1.3:

Cho (O) và một điểm M nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến MN, cát tuyến MAB. Ta có

2
.
MA MB MN
= (xem hình 1)
Định lý 1.4:
Cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng AB,CD c
ắ
t nhau t
ạ
i M (khác A,B,C,D). N
ế
u
. .
MA MB MC MD
=
thì
4
đ
i
ể
m A,B,C,D cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đườ

ng tròn.
Định lý 1.5:
Cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng AB,MN c
ắ
t nhau t
ạ
i M. N
ế
u
2
.
MA MB MN
= thì
đườ
ng tròn ngo
ạ
i
ti
ế
p tam giác ABN ti
ế
p xúc v
ớ
i MN t
ạ
i N.

Các
đị
nh lý trên
đề
u r
ấ
t
đơ
n gi
ả
n và quen thu
ộ
c, xin dành l
ạ
i cho b
ạ
n
đọ
c ch
ứ
ng minh.

2. Trục đẳng phương của hai đường tròn-tâm đẳng phương:

Định lý 2.1:
T
ậ
p h
ợ

p các
đ
i
ể
m M có cùng ph
ươ
ng tích
đố
i v
ớ
i hai
đườ
ng tròn không
đồ
ng tâm (O
1
,R
1
),(O
2
,R
2
) là m
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng vuông góc v
ớ

i
đườ
ng th
ẳ
ng n
ố
i hai tâm
O
1
,O
2
. N
ế
u g
ọ
i O là trung
đ
i
ể
m O
1
O
2
, H là hình chi
ế
u c
ủ
a M trên O
1
O

2
thì
2 2
1 2
1 2
2
R R
OH
O O
−
=
4


Định nghĩa 2.1: Đường thẳng MH được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Cách dựng trục đẳng phương:
Trường hợp 1: (O
1
) giao (O
2
) tại 2 điểm phân biệt A,B. Đường thẳng AB chính là trục
đẳng phương của (O
1
) và (O
2
)



Trường hợp 2: (O

1
) và (O
2
) chỉ có một điểm chung X. Tiếp tuyến chung tại X của hai
đường tròn là trục đẳng phương của (O
1
) và (O
2
)



Trường hợp 3: (O
1
) và (O
2
) không có điểm chung, dựng đường tròn (O
3
) có hai điểm
chung với (O
1
) và (O
2
). Dễ dàng vẽ được trục đẳng phương của (O
1
) và (O
3
), (O
2
) và

(O
3
). Hai đường thẳng này giao nhau tại M. Từ M kẻ MH
⊥
O
1
O
2
. MH chính là trục đẳng
phương của (O
1
) và (O
2
).
5



Cách dựng này dựa vào định lý sau:
Định lý 2.2:
Cho ba
đường tròn (O
1
),(O
2
),(O
3
).l
1
,l

2
,l
3
theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp hai
đường tròn (O
1
) và (O
2
), (O
2
) và (O
3
), (O
3
) và (O
1
)
+Nếu O
1
,O
2
,O
3
không thẳng hàng thì l
1
,l
2
,l
3
đồng quy.

+Nếu O
1
,O
2
,O
3
thẳng hàng thì l
1
,l
2
,l
3
đôi một song song hoặc trùng nhau.
Định nghĩa 2.2: Điểm đồng quy của các đường thẳng l
1
,l
2
,l
3
được gọi là tâm đẳng
phương của các đường tròn (O
1
),(O
2
),(O
3
)
3.Phương tích, trục đẳng phương trong hệ toạ độ:
Định lý 3.1:
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:

C(x,y)=x
2
+y
2
+2ax+2by+c=0 với a
2
+b
2
>c. Khi đó, phương tích của điểm M(x
o
,y
o
) đối với
đường tròn (C) là P
M
/(C)=x
o
2
+y
o
2
+2ax
o
+2by
o
+c=C(x
o
,y
o
)

Nhận xét: Vị trí của M đối với (C): M nằm ngoài (C)
⇔
C(x
o
,y
o
)>0, M nằm trên (C)
⇔
C(x
o
,y
o
)=0, M nằm trong (C)
⇔
C(x
o
,y
o
)<0
Định lý 3.2: Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm:
(C
1
): x
2
+y
2
+2a
1
x+2b
1

y+c
1
=0
(C
2
):x
2
+y
2
+2a
2
x+2b
2
y+c
2
=0, trong đó (a
1
-a
2
)
2
+(b
1
-b
2
)
2
≠
0, có phương trình:
(a

1
-a
2
)x+(b
1
-b
2
)y+
1 2
2
c c
−
=0


6


B.Ví dụ:
1. Chứng minh các hệ thức hình học:
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O,R), ngo
ạ
i ti
ế
p (I,r). CMR OI

2
=R
2
-2Rr (h
ệ
th
ứ
c
Ơ
-le)
Lời giải:

Kéo dài BI c
ắ
t (O) t
ạ
i M. K
ẻ

đườ
ng kính MK c
ủ
a (O). (I) ti
ế
p xúc v
ớ
i BC t
ạ
i D.
Ta có

~ ( . )
BDI KCM g g
△ △

BI ID ID
KM MC MI
⇒ = =
⇒
IB.IM=ID.KM=2Rr
Mà IB.IM=R
2
-OI
2

V
ậ
y OI
2
=R
2
-2Rr (
đ
pcm)

Ví dụ 2:
Cho t
ứ
giác ABCD v
ừ
a n

ộ
i ti
ế
p (O,R), v
ừ
a ngo
ạ
i ti
ế
p (I,r).
Đặ
t OI=d. CMR:
2 2
1 1
( ) ( )
R d R d
+
− +
=
2
1
r
(
Đị
nh lý Fuss)
Lời giải:
7

Kéo dài BI, DI c
ắ
t (O) t
ạ
i M,N.
Ta có
∠
MNC=
∠
IBC,
∠
NMC=
∠
IDC
Suy ra
∠
MNC+
∠
NMC=
∠
IBC+
∠
IDC=1/2(
∠
ADC+
∠
ABC)=90
o

Suy ra O là trung

đ
i
ể
m MN.
Áp d
ụ
ng công th
ứ
c tính
đườ
ng trung tuy
ế
n trong tam giác IMN ta có:
OI
2
=
2 2 2 2 2
2
2 2 4 2 2
IM IN MN IM IN
R
+ − = + −

Do
đ
ó
2 2
1 1
( ) ( )
R d R d

+
− +
=
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2( )
( ) ( / ( )) . .
I
R d IM IN IM IN
R d P O IM IB IN ID
+ +
= = +
−

2 2
2 2 2 2 2
sin sin
1 1 1
2 2
B D
IB ID r r r
∠ ∠
= + = + =
(
đ
pcm)
2.Tính các đại lượng hình học:

Ví dụ (USAMO 1998):
Cho 2

đườ
ng tròn
đồ
ng tâm O (C
1
) và (C
2
) ((C
2
) n
ằ
m trong (C
1
)). T
ừ
m
ộ
t
đ
i
ể
m A n
ằ
m
trên (C
1
) k
ẻ
ti
ế

p tuy
ế
n AB t
ớ
i (C
2
). AB giao (C
1
) l
ầ
n th
ứ
2 t
ạ
i C. D là trung
đ
i
ể
m AB.
M
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng qua A c
ắ
t (O
2
) t

ạ
i E,F sao cho
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n DF và EC
giao nhau t
ạ
i
đ
i
ể
m M n
ằ
m trên AC.Tính
AM
MC
?
Lời giải:
8



D

ễ
th
ấ
y B là trung
đ
i
ể
m AC.
Ta có P
A
/(C
2
)=
2
.
AE AF AB
=
=
1
.2 .
2
AB AB AD AC
=
Suy ra t
ứ
giác DCFE n
ộ
i ti
ế
p.Do

đ
ó M là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
giác DCFE. Mà M
n
ằ
m trên AC nên MD=MC=
1
2
DC
T
ừ

đ
ó tính
đượ
c AM=
5
4
AB và MC=
3
4
AB
5

3
AM
MC
⇒
=

3. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc một đường tròn:

Ví dụ 1 (IMO 2008):
Cho tam giác ABC, tr
ự
c tâm H.M
1
,M
2
,M
3
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m BC,CA,AB.
(M
1
,M
1

H)
∩
BC={A
1
,A
2
}, (M
2
,M
2
H)
∩
AC={B
1
,B
2
}, (M
3
,M
3
H)
∩
AB={C
1
,C
2
}. CMR
A
1
,A

2
,B
1
,B
2
,C
1
,C
2
cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đườ
ng tròn.
Lời giải:
9



Do M
1
M
2
//AB và AB
⊥
HC nên M
1
M

2
⊥
HC
Suy ra HC là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (M
1
) và (M
2
).
1 2 1 2
. .
CA CA CB CB
⇒ =
Suy ra A
1,
A
2,
B
1
,B
2
thu
ộ

c
đườ
ng tròn (W
1
)
T
ươ
ng t
ự
A
1,
A
2,
C
1
,C
2
thu
ộ
c
đườ
ng tròn (W
2
), C
1,
C
2,
B
1
,B

2
thu
ộ
c
đườ
ng tròn (W
3
)
N
ế
u 6
đ
i
ể
m A
1
,A
2
,B
1
,B
2
,C
1
,C
2
không cùng thu
ộ
c m
ộ

t
đườ
ng tròn thì các tr
ụ
c
đẳ
ng
ph
ươ
ng c
ủ
a 3
đườ
ng tròn (W
1
),( W
2
),( W
3
) ph
ả
i
đồ
ng quy t
ạ
i m
ộ
t
đ
i

ể
m, nh
ư
ng chúng l
ạ
i
c
ắ
t nhau t
ạ
i A,B,C nên vô lý.
V
ậ
y ta có
đ
pcm.

Ví dụ 2 (IMO shortlist 2006):
Cho hình thang ABCD (AB>CD). K,L là hai
đ
i
ể
m trên AB,CD sao cho
AK DL
BK CL
=
.
Gi
ả

s
ử
P,Q n
ằ
m trên
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng KL sao cho
∠
APB=
∠
BCD và
∠
CQD=
∠
ABC. CMR b
ố
n
đ
i
ể
m P,Q,B,C cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đườ

ng tròn.
Lời giải:
10



T
ừ
gi
ả
thi
ế
t,
AK DL
BK CL
= suy ra AD,BC,KL
đồ
ng quy t
ạ
i E.
D
ự
ng
đườ
ng tròn (O
1
)
đ
i qua hai
đ

i
ể
m C,D và ti
ế
p xúc v
ớ
i BC, (O
2
)
đ
i qua hai
đ
i
ể
m AB
và ti
ế
p xúc v
ớ
i BC. Khi
đ
ó
∠
DQC =
∠
ABC=
∠
DCE nên Q
∈
(O

1
), t
ươ
ng t
ự
P
∈
(O
2
).
G
ọ
i F là giao
đ
i
ể
m th
ứ
hai c
ủ
a EQ v
ớ
i (O
1
). Ta có:
2
.
EF EQ EC
= (1)
M

ặ
t khác, d
ễ
dàng có
∠
O
1
CD=
∠
O
2
BA do
đ
ó
△
AO
2
B~
△
DO
1
C
⇒
1
2
O C
DC EC
O B AB EB
= = =k
⇒

E,O
1
,O
2
th
ẳ
ng hàng và
1
2
EO
k
EO
=
⇒
1 2
EO k EO
=
 

Suy ra phép v
ị
t
ự
H
(E,k)
: (O
1
)
→
(O

2
). Mà E,F,P th
ẳ
ng hàng, F
∈
(O
1
), P
∈
(O
2
) nên
EF EC
EF kEP k
EP EB
=
⇒
= =
 
(2)
T
ừ
(1),(2) suy ra
. .
EP EQ EC EB
= .
V
ậ
y 4
đ

i
ể
m P,Q,B,C cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đ
u
ờ
ng tròn (
đ
pcm)
4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy:
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài góc A,B,C l
ầ
n l
ượ
t c
ắ
t c
ạ
nh
đố
i di
ệ
n t
ạ
i

A
1
,B
1
,C
1.
CMR A
1
,B
1
,C
1
th
ẳ
ng hàng và n
ằ
m trên
đườ
ng vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng n
ố
i
tâm
đườ
ng tròn n

ộ
i ti
ế
p và tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
Lời giải:
11



G
ọ
i A
2
B
2
C
2
là tam giác t
ạ
o b
ở
i 3 phân giác ngoài góc A,B,C. D
ễ
dàng có

2 2 2
AA B C
⊥ ,
2 2 2
BB A C
⊥ ,
2 2 2
CC A B
⊥ .
T
ứ
giác BC
2
B
2
C n
ộ
i ti
ế
p nên
1 2 1 2 1 1
. .
A C A B A B A C
=
T
ươ
ng t
ự

1 2 1 2 1 1

. .
B C B A B A B C
= ,
1 2 1 2 1 1
. .
C B C A C A C B
=
Suy ra A
1
,B
1
,C
1
cùng n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a
đườ
ng tròn (O) ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác

ABC và
đườ
ng tròn (J) ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác A
2
B
2
C
2
. Mà (O) là
đườ
ng tròn
Ơ
-le c
ủ
a tam
giác A
2
B
2
C
2
, AA
2
,BB
2
,CC

2
giao nhau t
ạ
i tr
ự
c tâm I c
ủ
a tam giác A
2
B
2
C
2
(c
ũ
ng
đồ
ng th
ờ
i
là tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác ABC) suy ra I,O,J th
ẳ
ng hàng.
V

ậ
y
đườ
ng th
ẳ
ng qua A
1,
B
1
,C
1
vuông góc v
ớ
i OI (
đ
pcm)


Ví dụ 2 (Iran NMO 2001):
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O). (I), (I
a
) l
ầ
n l
ượ
t là

đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p và bàng ti
ế
p góc
A. Gi
ả
s
ử
II
a
giao BC và (O) l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A’, M.G
ọ
i N là trung
đ
i
ể
m cung MBA. NI, NI
a

giao (O) l

ầ
n l
ượ
t t
ạ
i S,T. CMR S,T,A’ th
ẳ
ng hàng.
Lời giải:
12



Ta có
∠
NTS=


(
)


(
)
1 1
2 2
sd NA sd AS sd NM sd AS NIM
+ = + = ∠
a a
I TS I IS

⇒
∠ = ∠
Suy ra t
ứ
giác I
a
TIS n
ộ
i ti
ế
p (w
1
)
M
ặ
t khác,
∠
IBI
a
=
∠
ICI
a
=90
o
nên t
ứ
giác IBI
a
C n

ộ
i ti
ế
p (w
2
)
Ta th
ấ
y II
a
là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (w
1
) và (w
2
), BC là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ

a (O) và
(w
2
), TS là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O) và (w
1
)
Theo
đị
nh lý v
ề
tâm
đẳ
ng ph
ươ
ng thì II
a
, TS, BC
đồ
ng quy t
ạ
i A’.
V

ậ
y T,A’,S th
ẳ
ng hàng (
đ
pcm)

Ví dụ 3(Định lý Brianchon):
Cho l
ụ
c giác ABCDEF ngo
ạ
i ti
ế
p (O). CMR AD,BE,CF
đồ
ng quy.
Lời giải:
13



G
ọ
i G,H,I,J,K,L l
ầ
n l
ượ
t là ti
ế

p
đ
i
ể
m c
ủ
a AB,BC,CD,DE, EF,FA v
ớ
i (O).
Trên tia KF,HB, GB, JD, ID, LF l
ầ
n l
ượ
t l
ấ
y các
đ
i
ể
m P,S, Q,R,N ,M sao cho
KP=SH=GQ=JR=IN=LM. D
ự
ng (O
1
) ti
ế
p xúc v
ớ
i EF,CB t
ạ

i P,S, (O
2
) ti
ế
p xúc AF,CD
t
ạ
i M,N, (O
3
) ti
ế
p xúc AB, ED t
ạ
i Q,R.
Ta có FP=PK-FK=LM-LF=FM, CS=SH+HC=IN+IC=CN
Suy ra FC là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O
1
) và (O
2
).
T
ươ

ng t
ự
AD là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O
2
) và (O
3
), BE là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O
3
) và
(O
1
). Áp d
ụ
ng

đị
nh lý v
ề
tâm
đẳ
ng ph
ươ
ng ta có AD,BE,CF
đồ
ng quy (
đ
pcm)

5.Chứng minh điểm cố định, đường cố định:

Ví dụ 1:
Cho (O,R) và hai
đ
i
ể
m P,Q c
ố

đị
nh (P n
ằ
m ngoài (O), Q n
ằ
m trong (O)). Dây
cung AB c

ủ
a (O) luôn
đ
i qua Q. PA, PB l
ầ
n l
ượ
t giao (O) l
ầ
n th
ứ
hai t
ạ
i D,C. CMR CD
luôn
đ
i qua m
ộ
t
đ
i
ể
m c
ố

đị
nh.
Lời giải:
14

G
ọ
i E là giao
đ
i
ể
m th
ứ
hai khác P c
ủ
a PQ v
ớ
i
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác PAB. CD
giao PQ t
ạ
i F.
Ta có
2 2
. .
OQ R QA QB QP QE
− = = , mà P,Q c
ố

đị
nh nên
QP
=const, suy ra
QE
=const,
do
đ
ó E c
ố

đị
nh.
M
ặ
t khác
PDC PBA PEA
∠ = ∠ = ∠
nên t
ứ
giác DAEF n
ộ
i ti
ế
p.
Suy ra
2 2
. .
PO R PD PA PE PF

− = = . Do P,E c
ố

đị
nh nên
PE
=const, suy ra
PF
=const
Do
đ
ó F c
ố

đị
nh.
V
ậ
y CD luôn
đ
i qua
đ
i
ể
m F c
ố

đị
nh (
đ

pcm)


Ví dụ 2 (Việt Nam 2003):
Cho (O
1,
R
1
) ti
ế
p xúc ngoài v
ớ
i (O
2
,R
2
) t
ạ
i M (R
2
>R
1
). Xét
đ
i
ể
m A di
độ
ng trên
đườ

ng
tròn sao cho A,O
1
,O
2
không th
ẳ
ng hàng.T
ừ
A k
ẻ
ti
ế
p tuy
ế
n AB,AC t
ớ
i (O
1
).Các
đườ
ng
th
ẳ
ng MB,MC c
ắ
t l
ạ
i (O
2

) t
ạ
i E,F.D là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a EF v
ớ
i ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i A c
ủ
a
(O
2
).CMR D di
độ
ng trên m
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng c

ố

đị
nh.
Lời giải:
15



Qua M k
ẻ
ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a (O
1
) và (O
2
).
Ta có
MCA CMy FMD FAM
∠ = ∠ = ∠ = ∠

Do
đ
ó
~

FAM FCA
△ △
(g.g)
2 2 2
1 1
.
FA FM FC FO R
⇒ = = − (1)
T
ươ
ng t
ự

2 2 2
1 1
EA EO R
= −
(2)
Coi (A,0) là
đườ
ng tròn tâm A, bán kính 0 thì t
ừ
(1)(2) ta
đượ
c EF là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ

ng
c
ủ
a (A,0) v
ớ
i (O
1
).
Mà D n
ằ
m trên EF nên DA
2
=DO
1
2
-R
1
2

⇒
P
D
/(O
1
)=P
D
/(O
2
)
V

ậ
y D n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a hai
đườ
ng tròn c
ố

đị
nh (O
1
) và (O
2
)
6.Chứng minh các yếu tố khác:

Ví dụ 1:
Cho (O) và m
ộ
t
đ
i

ể
m A n
ằ
m ngoài
đườ
ng tròn. T
ừ
A k
ẻ
ti
ế
p tuy
ế
n AB,AC t
ớ
i
(O). E,F l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m AB,AC.D là m
ộ
t
đ
i
ể

m b
ấ
t kì trên EF. T
ừ
D k
ẻ
ti
ế
p tuy
ế
n
DP,DQ t
ớ
i (O).PQ giao EF t
ạ
i M.CMR
90
o
DAM
∠ =

Lời giải:
16



Kí hi
ệ
u (A,0) là
đườ

ng tròn tâm A, bán kính b
ằ
ng 0.
Do EB
2
=EA
2
-0
2
=EA
2
và FC
2
=FA
2
nên EF là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (A,0) và (O).
⇒
DA
2
=DP
2
=DQ

2
⇒
D là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác APQ.
L
ạ
i có M n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (A,0) và (O) nên MA
2
=MP.MQ
Suy ra MA là ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ

a (D,DA).
V
ậ
y
90
o
DAM
∠ =
(
đ
pcm)



Ví dụ 2 (Russian 2005):
Cho tam giác ABC, W
B
, W
C
là các
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p
đố
i di
ệ
n
đỉ
nh B,C. W’

B
, W’
C
l
ầ
n
l
ượ
t là
đườ
ng tròn
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i W
B
, W
C
qua trung
đ
i
ể
m c
ạ
nh AC, AB. CMR tr
ụ
c
đẳ

ng
ph
ươ
ng c
ủ
a W’
B
và W’
C
chia
đ
ôi chu vi tam giác ABC.
Lời giải:
17



Gi
ả
s
ử

đườ
ng tròn (I) n
ộ
i ti
ế
p tam giác ABC ti
ế
p xúc v

ớ
i 3 c
ạ
nh BC,CA,AB l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
D,E,F. M, N là trung
đ
i
ể
m AC,AB. W
B
ti
ế
p xúc v
ớ
i AC t
ạ
i G, W
C
ti
ế
p xúc v
ớ
i AB t
ạ

i H,
v
ớ
i BC t
ạ
i T.
Ta có E
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i G qua M, F
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i H qua N.
Do
đ
ó W’
B
ti
ế
p xúc v
ớ
i AC t
ạ
i E, W’

C
ti
ế
p xúc v
ớ
i AB t
ạ
i F và AE
2
=AF
2
nên A n
ằ
m trên
tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a W’
B
và W’
C

M
ặ
t khác, qua A k

ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng d song song v
ớ
i BC. Trên d l
ấ
y 2
đ
i
ể
m P,Q tho
ả
mãn
AP=AF=AE=AQ. G
ọ
i S là giao c
ủ
a QF v
ớ
i BC, J là giao c
ủ
a PE v
ớ
i BC.QF
∩
PE={R}
Vì AQ=AF=BH=BT và AQ//BC nên Q

đố
i x
ứ
ng v
ớ
i T qua N.Suy ra Q
∈
W’
C,
t
ươ
ng t
ự

P
∈
W’
B
.
T
ứ
giác PQEF n
ộ
i ti
ế
p nên
. .
RP RE RQ RF
= suy ra R n
ằ

m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a
W’
B
và W’
C
.
Do
đ
ó AR là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a W’
B
và W’
C
. Gi
ả

s
ử
AR c
ắ
t BC t
ạ
i L thì L là trung
đ
i
ể
m SJ.
D
ễ
th
ấ
y DB=FB=SB, DC=EC=JC. G
ọ
i L’ là ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ủ
a
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc A

c
ủ
a tam giác ABC v
ớ
i c
ạ
nh BC.
Ta có L’B=DC, L’C=BD nên L’B+BS=L’C+CJ hay L’ là trung
đ
i
ể
m
đ
o
ạ
n SJ
'
L L
⇒
≡

Mà AL chia
đ
ôi chu vi tam giác ABC nên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c

ủ
a W’
B
và W’
C
chia
đ
ôi chu
vi tam giác ABC (
đ
pcm)
Ví dụ 3 (Romani TST 2008):
Cho tam giác ABC. Các
đ
i
ể
m D,E,F l
ầ
n l
ượ
t n
ằ
m trên 3 c
ạ
nh BC,CA,AB sao
cho
AF
BD CE
CD AE BF
= = . CMR n

ế
u 2 tam giác ABC và DEF có chung tr
ự
c tâm thì tam giác
ABC
đề
u.

Lời giải:

18



G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm tam giác ABC.
Ta có:
AFBD CD CE AE BF
GD GE GF GC GB GA GC GB GA
BC CB CA AC AB BA
     
+ + = + + + + +
     
     
        

=

AFBD AE CD CE BF
GC GB GA
BC AC CB AB CA BA
     
+ + + + +
     
     
  
=
GA GB GC
+ +
  
=
0


Suy ra hai tam giác ABC và DEF có chung tr
ọ
ng tâm G. Mà chúng l
ạ
i chung tr
ự
c tâm H
nên d
ự
a vào tính ch
ấ
t c
ủ
a

đườ
ng th
ẳ
ng
Ơ
-le: OH=2OG suy ra chúng có chung tâm
đườ
ng
tròn ngo
ạ
i ti
ế
p O.
G
ọ
i (O) là
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
Do OD=OE nên P
D
/(O)=P
E
/(O)
. .
DB DC EC EA
⇒

=
DB EA
EC DC
⇒ =
M
ặ
t khác
DB EC EA EC
DC EA DC DB
= ⇒ =
2 2
DB EC
DB EC
EC DB
DB EC
⇒ = ⇒ =
⇒ =

Mà
DB EC
BC CA
=
BC AC
⇒
=
. T
ươ
ng t
ự
AB=AC suy ra tam giác ABC

đề
u.
7. Khảo sát vị trí hai đường tròn:

Ví dụ 1:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u hai
đườ
ng tròn
đự
ng nhau thì hai
đườ
ng tròn
đ
ó n
ằ
m v
ế
m
ộ
t phía
v
ớ
i tr
ụ

c
đẳ
ng ph
ươ
ng. N
ế
u hai
đườ
ng tròn n
ằ
m ngoài nhau thì chúng n
ằ
m v
ề
hai phía c
ủ
a
tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng.
19


Lời giải:

+N

ế
u hai
đườ
ng tròn
đự
ng nhau, hi
ể
n nhiên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng không có
đ
i
ể
m chung v
ớ
i
đườ
ng tròn l
ớ
n vì n
ế
u M là
đ
i
ể
m chung thì ph

ươ
ng tích t
ừ
M t
ớ
i
đườ
ng tròn nh
ỏ
ph
ả
i
b
ằ
ng 0 và hai
đườ
ng tròn giao nhau t
ạ
i M, vô lý.
Do
đ
ó
đườ
ng tròn l
ớ
n n
ằ
m v
ề
m

ộ
t phía c
ủ
a tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng và m
ọ
i
đ
i
ể
m trong c
ủ
a
đườ
ng tròn c
ũ
ng n
ằ
m v
ề
phía
đ
ó. V
ậ
y hai

đườ
ng tròn n
ằ
m v
ề
m
ộ
t phía v
ớ
i tr
ụ
c
đẳ
ng
ph
ươ
ng.
+N
ế
u hai
đườ
ng tròn ngoài nhau. G
ọ
i O là trung
đ
i
ể
m O
1
O

2
. M là m
ộ
t
đ
i
ể
m n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng. H là hình chi
ế
u c
ủ
a M trên O
1
O
2
. Không m
ấ
t t
ổ
ng quát gi
ả
s

ử
R
1
>R
2
.
Ta có
2 2
1 2
1 2
2
R R
OH
O O
−
=
suy ra
2 2
1 2 1 2
2 . 0
O O OH R R
= − >
, t
ứ
c là
OH

và
1 2
O O


cùng h
ướ
ng,
hay H n
ằ
m trên tia OO
2
.M
ặ
t khác OH=
2 2
1 2
1 2
2
R R
O O
−
<1/2O
1
O
2
nên H n
ằ
m trên
đ
o
ạ
n th
ẳ

ng
OO
2
.
V
ậ
y O
1
,O
2
n
ằ
m khác phía
đố
i v
ớ
i H, mà tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng không có
đ
i
ể
m chung v
ớ
i hai
đườ

ng tròn nên hai
đườ
ng tròn (O
1
),(O
2
) n
ằ
m khác phía
đố
i v
ớ
i tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng.

Ví dụ 2:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u tr
ụ
c

đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a hai
đườ
ng tròn c
ắ
t m
ộ
t trong hai
đườ
ng tròn
thì hai
đườ
ng tròn
đ
ã cho c
ắ
t nhau. N
ế
u tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ

a hai
đườ
ng tròn ti
ế
p xúc v
ớ
i
m
ộ
t trong hai
đườ
ng tròn thì hai
đườ
ng tròn
đ
ã cho ti
ế
p xúc nhau.
Lời giải:
G
ọ
i C
1
,C
2
là hai
đườ
ng tròn có tr
ụ
c

đẳ
ng ph
ươ
ng d và M là
đ
i
ể
m chung c
ủ
a C
1
v
ớ
i d.
Ta có P
M
/(C
1
)=P
M
/(C
2
)=0 ch
ứ
ng t
ỏ
M thu
ộ
c C
2

. T
ừ

đ
ó suy ra
đ
pcm.







20


C.Bài tập:
1.Chứng minh các hệ thức hình học:
Bài 1:
Cho t
ứ
giác ABCD n
ộ
i ti
ế
p (O). CD
∩
AB={M}, AD
∩

BC={N}. CMR
MN
2
=P
M
/(O)+P
N
/(O)

Bài 2(Romani TST 2006):
Cho (O) và m
ộ
t
đ
i
ể
m A n
ằ
m ngoài (O). T
ừ
A k
ẻ
cát tuy
ế
n
ABC, ADE (B
∈
[AC], D
∈
[AE]. Qua D k

ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i AC c
ắ
t (O) l
ầ
n th
ứ

2 t
ạ
i F. AF c
ắ
t (O) t
ạ
i G. EG c
ắ
t AC t
ạ
i M. CMR
1 1 1
AM AB AC
= +

Bài 3:

Cho t
ứ
giác ABCD n
ộ
i ti
ế
p (O). P n
ằ
m trên cung CD không ch
ứ
a A,B.
PA,PB
∩
DC l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i M,N. CMR
.
MD NC
const
MN
=

Bài 4 (Đề nghị Olympic 30-4):
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti

ế
p (O,R). G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm
tam giác. Gi
ả
s
ử
GA,GB,GC c
ắ
t (O) l
ầ
n th
ứ
hai t
ạ
i A’,B’,C’. CMR:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 27
' ' '
G A G B G C a b c
+ + =
+ +

Bài 5:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti

ế
p
đườ
ng tròn (O).
Đườ
ng tròn (O’) ti
ế
p xúc v
ớ
i
đườ
ng
tròn (O) t
ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m thu
ộ
c cung BC không ch
ứ
a A. T
ừ
A,B,C theo th
ứ
t
ự

k
ẻ
t
ớ
i (O’) các
ti
ế
p tuy
ế
n AA’,BB’,CC’. CMR: BC.AA’’=CA.BB’’+AB.CC’’ (
định lý Ptô-lê-mê mở
rộng
)

Bài 6:
Cho tam giác ABC v
ớ
i di
ệ
n tích S n
ộ
i ti
ế
p (O,R). Gi
ả
s
ử
S
1
là di

ệ
n tích c
ủ
a tam
giác t
ạ
o b
ở
i các chân
đườ
ng vuông góc h
ạ
xu
ố
ng các c
ạ
nh c
ủ
a tam giác ABC t
ừ
m
ộ
t
đ
i
ể
m M n
ằ
m cách O m
ộ

t kho
ả
ng d. CMR
2
1
2
1
1
4
d
S S
R
= − (
Hệ thức Ơ-le
)
2.Tính các đại lượng hình học:
Bài 7:
Cho tam giác
đề
u ABC c
ạ
nh a n
ộ
i ti
ế
p (O).
Đườ
ng tròn (O’,R) ti
ế
p xúc v

ớ
i c
ạ
nh
BC và ti
ế
p xúc v
ớ
i cung BC nh
ỏ
. Tính AO’ theo a và R

Bài 8 (All-Russian MO 2008):
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O,R), ngo
ạ
i ti
ế
p (I,r). (I) ti
ế
p
xúc v
ớ
i AB,AC l
ầ
n l
ượ

t t
ạ
i X,Y. G
ọ
i K là
đ
i
ể
m chính gi
ữ
a cung AB không ch
ứ
a C. Gi
ả

s
ử
XY chia
đ
ôi
đ
o
ạ
n AK. Tính
∠
BAC?
Bài 9 (All-Russian MO 2007):
Hai
đườ
ng tròn (O

1
) và (O
2
) giao nhau t
ạ
i A và B. PQ, RS
là 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a 2
đườ
ng tròn (P,R
∈
(O
1
), Q,S
∈
(O
2
)). Gi
ả
s
ử
RB//PQ, RB c
ắ
t
(O

2
) l
ầ
n n
ữ
a t
ạ
i W. Tính
W
RB
B
?
3.Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc một đường tròn:
Bài 10:
Cho t
ứ
giác ABCD n
ộ
i ti
ế
p (O) (AB
≠
CD). D
ự
ng hai hình thoi AEDF và BMCN
có c
ạ
nh b
ằ
ng nhau. CMR 4

đ
i
ể
m E,F,M,N cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đườ
ng tròn.

Bài 11 (IMO Shortlist 1995):
Cho tam giác ABC v
ớ
i (I) là
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p. (I) ti
ế
p
xúc v
ớ
i 3 c
ạ
nh BC,CA,AB l
ầ
n l

ượ
t t
ạ
i D,E,F.X là m
ộ
t
đ
i
ể
m n
ằ
m trong tam giác ABC sao
cho
đườ
g tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác XBC ti
ế
p xúc v
ớ
i XB,XC,BC l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i Z,Y,D.CMR t
ứ

giác EFZY n
ộ
i ti
ế
p.

21


Bài 12 (International Zhautykov Olympiad 2008):
Trên m
ặ
t ph
ẳ
ng cho 2
đườ
ng tròn
(O
1
) và (O
2
) ngoài nhau. A
1
A
2
là ti
ế
p tuy
ế

n chung c
ủ
a 2
đườ
ng tròn (A
1
∈
(O
1
),
A
2
∈
(O
2
)). K là trung
đ
i
ể
m A
1
A
2
.T
ừ
K l
ầ
n l
ượ
t k

ẻ
2 ti
ế
p tuy
ế
n KB
1
,KB
2
t
ớ
i (O
1
),(O
2
).
A
1
B
1
∩
A
2
B
2
={L}, KL
∩
O
1
O

2
={P}.CMR B
1
,B
2
,P,L cùng n
ằ
m trên m
ộ
t
đườ
ng tròn.

4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy:
Bài 13:
Cho n
ử
a
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AB và
đ
i
ể
m C n
ằ
m trên
đ
ó. G

ọ
i H là chân
đườ
ng
vuông góc h
ạ
t
ừ
C xu
ố
ng AB.
Đườ
ng tròn
đườ
ng kính CH c
ắ
t CA t
ạ
i E, CB t
ạ
i F và
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AB t
ạ
i D. CMR CD, EF,AB
đồ
ng quy.

Bài 14:
Cho 2
đườ
ng tròn (O
1
) và (O
2
) ngoài nhau. K
ẻ
ti
ế
p tuy
ế
n chung ngoài A
1
A
2
, ti
ế
p
tuy
ế
n chung trong B
1
B
2
c
ủ
a 2
đườ

ng tròn (A
1
, B
1
∈
(O
1
), A
2
,B
2
∈
(O
2
)). CMR A
1
B
1
, A
2
B
2
,
O
1
O
2

đồ
ng quy.

Bài 15 (Việt Nam TST-2009):
Cho tam giác nh
ọ
n ABC n
ộ
i ti
ế
p (O). A
1
,B
1
,C
1
l
ầ
n l
ượ
t là
chân
đườ
ng vuông góc c
ủ
a A,B,C xu
ố
ng c
ạ
nh
đố
i di
ệ

n. A
2
,B
2
,C
2

đố
i x
ứ
ng v
ớ
i A
1
,B
1
,C
1

qua trung
đ
i
ể
m BC,CA,AB.
Đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác AB

2
C
2
,BC
2
A
2
,CA
2
B
2
c
ắ
t (O)
l
ầ
n th
ứ
2 t
ạ
i A
3
,B
3
,C
3
. CMR A
1
A
3

,B
1
B
3
,C
1
C
3

đồ
ng quy.

Bài 16 (Olympic toán học Mĩ 1997):
Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác này v
ẽ
các
tam giác cân BCD, CAE, ABF có các c
ạ
nh
đ
áy t
ươ
ng
ứ
ng là BC,CA,AB.CMR 3
đườ
ng
th
ẳ
ng vuông góc k

ẻ
t
ừ
A,B,C t
ươ
ng
ứ
ng xu
ố
ng EF,FD,DE
đồ
ng quy.

Bài 17 (IMO 1995):
Trên
đườ
ng th
ẳ
ng d l
ấ
y 4
đ
i
ể
m A, B, C, D (theo th
ứ
t
ự

đ

ó).
Đườ
ng
tròn
đườ
ng kính AC và BD c
ắ
t nhau t
ạ
i X, Y.
Đườ
ng th
ẳ
ng XY c
ắ
t BC t
ạ
i Z. L
ấ
y P là
m
ộ
t
đ
i
ể
m trên XY khác Z.
Đườ
ng th
ẳ

ng CP c
ắ
t
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AC t
ạ
i
đ
i
ể
m th
ứ
2
là M, và BP c
ắ
t
đườ
ng tròn
đườ
ng kính BD t
ạ
i
đ
i
ể
m th
ứ
2 là N. Ch

ứ
ng minh r
ằ
ng AM,
DN và XY
đồ
ng qui.

Bài 18:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O).
Đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc A có tâm I, ti
ế
p xúc
v
ớ
i các c
ạ
nh BC,CA,AB l
ầ
n l
ượ
t t
ạ

i M,N,P.CMR tâm
đườ
ng tròn
Ơ
-le c
ủ
a tam giác
MNP thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng OI.

Bài 19:
Tam giác ABC không cân n
ộ
i ti
ế
p (O), ngo
ạ
i ti
ế
p (I). Các
đ
i
ể
m A’,B’,C’ theo th
ứ

t
ự
thu
ộ
c BC,CA,AB tho
ả
mãn
' ' ' 90
o
AIA BIB CIC
∠ = ∠ = ∠ =
. CMR A’,B’,C’ cùng
thu
ộ
c m
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng và
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
ó vuông góc v
ớ
i OI.

Bài 20:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O), 3
đườ
ng cao AA’,BB’,CC’. Kí hi
ệ
u W
A
là
đườ
ng
tròn qua AA’ và ti
ế
p xúc v
ớ
i OA. W
B
, W
C

đượ
c
đị
nh ngh
ĩ
a t

ươ
ng t
ự
. CMR 3
đườ
ng tròn
đ
ó c
ắ
t nhau t
ạ
i 2
đ
i
ể
m thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
Ơ
-le c
ủ
a tam giác ABC.

Bài 21:
Cho tam giác ABC. A’, B’ l
ầ

n l
ượ
t n
ằ
m trên 2 c
ạ
nh BC và AC. CMR tr
ụ
c
đẳ
ng
ph
ươ
ng c
ủ
a hai
đườ
ng tròn
đườ
ng kính BB’ và AA’
đ
i qua tr
ự
c tâm H c
ủ
a tam giác ABC.

Bài 22:
Cho (O),
đườ

ng kính AB,CD. Ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (O) t
ạ
i B giao AC t
ạ
i E, DE giao
(O) l
ầ
n th
ứ
2 t
ạ
i F. CMR AF, BC,OE
đồ
ng quy.

5.Chứng minh điểm cố định, đường cố định:
Bài 23:
Cho (O) và dây AB. Các
đườ
ng tròn (O
1
),(O
2
) n

ằ
m v
ề
m
ộ
t phía c
ủ
a dây AB và
ti
ế
p xúc trong v
ớ
i (O). (O
1
)
∩
(O
2
)= {H,K}. CMR HK luôn
đ
i qua m
ộ
t
đ
i
ể
m c
ố

đị

nh.

Bài 24:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O,R). M là
đ
i
ể
m di
độ
ng trong (O). AA’,BB’,CC’ là
các dây cung
đ
i qua M và th
ỏ
a mãn h
ệ
th
ứ
c
3
' ' '
MA MB MC
MA MB MC
+ + =
. CMR M thu
ộ

c m
ộ
t
đườ
ng tròn c
ố

đị
nh.

Bài 25:
Cho tam giác ABC,
đườ
ng tròn qua B,C giao AB,AC l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i C’,B’. G
ọ
i giao
đ
i
ể
m c
ủ
a BB’ và CC’ là P, AP giao BC t
ạ
i A’.

Đườ
ng th
ẳ
ng qua A’ song song v
ớ
i B’C’
22


giao AB,AC l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i M,N, B’C’ giao BC t
ạ
i Q. CMR
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
QMN
đ
i qua m
ộ
t
đ

i
ể
m c
ố

đị
nh.
6. Chứng minh các yếu tố khác:
Bài 26 (Junior Balkan MO 2005) :
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O). Ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (O)
t
ạ
i A c
ắ
t BC t
ạ
i P. M là trung
đ
i
ể

m BC.MB c
ắ
t (O) l
ầ
n th
ứ
2 t
ạ
i R, PR c
ắ
t (O) l
ầ
n th
ứ
2
t
ạ
i S. CMR CS//AP

Bài 27 (Thi vô địch toán Iran,1996):
Cho hai
đ
i
ể
m D,E t
ươ
ng
ứ
ng n
ằ

m trên các c
ạ
nh
AB,AC c
ủ
a tam giác ABC sao cho DE//BC.G
ọ
i P là
đ
i
ể
m b
ấ
t kì n
ằ
m bên trong tam giác
ABC, các
đườ
ng th
ẳ
ng PB và PC l
ầ
n l
ượ
t c
ắ
t DE t
ạ
i F và G. G
ọ

i O
1
, O
2
là tâm
đườ
ng
tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác PDG, PFE. CMR: AP
⊥
O
1
O
2

Bài 28:
Cho tam giác ABC,
đườ
ng cao AD,BE,CF c
ắ
t nhau t
ạ
i H. M là trung
đ
i
ể
m BC,

EF c
ắ
t BC t
ạ
i I. CMR
IH OJ
⊥

Bài 29 (USAMO 2009):
Cho hai
đườ
ng tròn w
1
và w
2
c
ắ
t nhau t
ạ
i hai
đ
i
ể
m X,Y. M
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng l

1

đ
i qua tâm w
1
và giao w
2
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m P,Q, l
2

đ
i qua tâm w
2
và giao w
1
t
ạ
i
R,S. CMR n
ế
u 4
đ
i
ể

m P,Q,R,S cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đườ
ng tròn tâm O thì O n
ằ
m trên XY.

Bài 30 (IMO 1985):
Cho tam giác ABC.M
ộ
t
đườ
ng tròn tâm O
đ
i qua các
đ
i
ể
m A,C và
l
ạ
i c
ắ
t các
đ
o
ạ

n AB,AC th
ứ
t
ự
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t K,N.Gi
ả
s
ử

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
c
ủ
a các tam giác ABC và KBN c
ắ
t nhau t
ạ
i B và M. CMR góc OMB vuông.

7. Khảo sát vị trí hai đường tròn:
Bài 31:
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ

độ
Oxy cho hai
đườ
ng tròn (C
1
): x
2
+y
2
-2x+4y-4=0, (C
2
):
x
2
+y
2
+4x-4y-56=0. CMR (C
1
) ti
ế
p xúc v

ớ
i (C
2
)

Bài 32:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hai
đườ
ng tròn (C
1
): x
2
+y
2
-10x+24y-56=0 và (C
2
): x
2
+y
2
-2x-
4y-20=0 c
ắ
t nhau.

D.Lời giải:

Bài 1:


L
ấ
y
đ
i
ể
m P trên MN sao cho t
ứ
giác MPAD n
ộ
i ti
ế
p, l
ạ
i có t
ứ
giác ABCD n
ộ
i ti
ế
p nên t
ứ

giác PNBA n
ộ

i ti
ế
p.
Ta có:
. . , . .
MP MN MA MB NP NM NA ND
= =

2
( ). . .
MN MP PN MN MA MB NA ND
⇒
= + = +

23


Hay MN
2
=P
M
/(O)+P
N
/(O) (
đ
pcm)

Bài 2:

Ta có

GED GCD GAB
∠ = ∠ = ∠
nên
~
AMG EMA
△ △

2
.
MA MG ME
⇒ =
=MB.MC
Hay MA
2
=(AB-MA)(AC-MA)=AB.AC-MA(AB+AC)+MA
2

⇒
MA=
.
AB AC
AB AC
+

⇒
1 1 1
AM AB AC
= +
(
đ

pcm)
Bài 3:

Trên DC l
ấ
y E sao cho
AED APB
∠ = ∠
=const suy ra E c
ố

đị
nh.
T
ứ
giác AEPN n
ộ
i ti
ế
p suy ra
. . .
ME MN MA MP MD MC
= =
( ). .( )
MD DE MN MD MN NC
⇔ + = +

. .
DE MN MD NC
⇔ =

24


.
MD NC
DE const
MN
⇔ = =
(
đ
pcm)
Bài 4

V
ớ
i M là
đ
i
ể
m b
ấ
t kì trên m
ặ
t ph
ẳ
ng, ta có:
MA
2
+MB
2

+MC
2
=
(
)
(
)
(
)
2 2 2
MG GA MG GB MG GC
+ + + + +
     

=3MG
2
+GA
2
+GB
2
+GC
2
+2
( )
MG GA GB GC
+ +
   
=3MG
2
+GA

2
+GB
2
+GC
2

M
ặ
t khác,theo công th
ứ
c
đườ
ng trung tuy
ế
n:
GA
2
+GB
2
+GC
2
=
4
9
(m
a
2
+m
b
2

+m
c
2
)=
1
3
(a
2
+b
2
+c
2
)
Do
đ
ó MA
2
+MB
2
+MC
2
=3MG
2
+
1
3
(a
2
+b
2

+c
2
)
Cho M trùng O thì:
OA
2
+OB
2
+OC
2
=3OG
2
+
1
3
(a
2
+b
2
+c
2
)
⇒
OG
2
=R
2
-
2 2 2
9

a b c
+ +

⇒
P
G
/(O)=OG
2
-R
2
=-
2 2 2
9
a b c
+ +

Ta có P
G
/(O)=
. '
GA GA
2
2 2
1
' / ( )
G
GA
GA P O
⇒
=

T
ươ
ng t
ự
ta
đượ
c
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 27
3
( )
' ' ' / ( )
81
G
a b c
GA GB GC
a b c
GA GB GC P O a b c
+ +
+ +
+ + = = =
+ +
+ +


25

Bài 5:

Xét tr
ườ
ng h
ợ
p (O) ti
ế
p xúc ngoài v
ớ
i (O’) t
ạ
i M (tr
ườ
ng h
ợ
p ti
ế
p xúc trong ch
ứ
ng minh
t
ươ
ng t
ự
)
MA,MB,MC theo th
ứ

t
ự
c
ắ
t (O’) t
ạ
i A’,B’,C’.
D
ễ
dàng ch
ứ
ng minh
đượ
c B’C’//BC, C’A’//CA, A’B’//AB. Theo
đị
nh lý Ta-lét ta có:
' ' '
AA BB CC
AM BM CM
= =

Mà AA’’
2
=AM.AA’, BB’’
2
=BM.BB’, CC’’
2
=CM.CC’
Do
đ

ó
2 2 2
2 2 2
'' '' ''
AA BB CC
AM BM CM
= =
hay
'' '' ''
AA BB CC
AM BM CM
= =
(1)
Áp d
ụ
ng
đị
nh lý Ptô-lê-mê cho t
ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p ABMC ta có:
BC.AM=AB.MC+AC.MB (2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra BC.AA’’=CA.BB’’+AB.CC’’ (
đ
pcm)

Bài 6:

G
ọ
i A
1
,B
1
,C
1
là chân
đườ
ng vuông góc k
ẻ
t
ừ
M xu
ố
ng 3 c
ạ
nh BC,CA,AB.A
2
,B
2
,C
2
là
giao
đ
i

ể
m c
ủ
a các
đườ
ng th
ẳ
ng AM,BM,CM v
ớ
i (O). a,b,c là 3 c
ạ
nh tam giác ABC,
26


a
1
,b
1
,c
1
là 3 c
ạ
nh tam giác A
1
B
1
C
1
, a

2
,b
2
,c
2
là 3 c
ạ
nh tam giác A
2
B
2
C
2
. S,S
1
,S
2
t
ươ
ng
ứ
ng
là di
ệ
n tích c
ủ
a chúng.
Ta có: a
1
=AM.sinA=AM.

2
a
R

T
ươ
ng t
ự
b
1
=BM.
2
b
R
, c
1
=CM.
2
c
R

Hai tam giác B
2
MC
2
và BMC
đồ
ng d
ạ
ng nên

2 2 2
a B M C M
a CM BM
= =

T
ươ
ng t
ự

2 2 2
b C M A M
b AM CM
= =
,
2 2 2
c A M B M
c BM AM
= =

Ta ch
ứ
ng minh
1 1
2 2
a b
a b
=

2 2

. .
2 2
. .
a b
AM BM
R R
C M C M
a b
BM AM
⇔ =
(
đ
úng)
T
ươ
ng t
ự

1 1
2 2
b c
b c
=
nên
1 1 1 2 2 2
~
A B C A B C
△ △

H

ơ
n n
ữ
a
2 2 2 2
S a b c
S abc
=

Ta có
3
3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2
1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1
2 2 2
3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3
2 2 2 2
. . .
S S S a b c a b c a b c
a b c
S S S a b c a b c a b c
 
= = =
 
 

=
3
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 3 3 3

1 . . . . .
.
4
AM a BM b CM c
a b c
R a b c
 
 
 

3
2 2 2
2 2 2
2
1
. . . . .
4
a b c
AM BM CM
R a b c
 
=
 
 

3
2 2 2
2 2 2
2
1

. . . . .
4
B M C M A M
AM BM CM
R CM AM BM
 
=
 
 

3
2 2 2
2
3
2 2
2
1
. . . . .
4
1
4
AM A M BM B M CM C M
R
R d
R
 
=
 
 
 

= −
 
 

Suy ra
đ
pcm.