khóa luận tốt nghiệp ứng dụng phép nghịch đảo vào giải toán hình học

1
M
Ở ĐẦU
1. Lý do ch
ọn đề tài
Phát huy tính đ
ộc lập, sáng tạo, tìm tòi
ra nh
ững phương pháp giải toán
hay và
ứng dụng nó
là vi
ệc làm hết sức cần thiết
c
ủa người học
n
ếu chúng ta
th
ật sự muốn nâng cao chất lượng đào tạo một cách toàn
di
ện.
Có th
ể nói
phương pháp d
ạy học
ở n
ước ta chưa phát huy được tính độc
l
ập cho học sinh
trong h
ọc tập

, chưa cu
ốn hút được học sinh
vào vi
ệc tự tìm hiểu, tự khám
phá,…
D
ạy học cho học sinh những ứn
g d
ụng phương pháp giải toán hay
c
ủa
Toán học giúp các em học sinh có thể giải các bài toán khó, tính toán cồng
k
ềnh, phức tạp, một cách dễ dàng hơn. Đây
là v
ấn đề hết sức cần thiết,
ngư
ời học là chủ thể kiến tạo chứ không phải là người thụ động ph
ụ thuộc
hoàn toàn vào nh
ững kiến thức chỉ có ở sách giáo khoa đ
ược dạy chính khóa
theo quy đ
ịnh của Bộ Giáo dục.
Quá trình h
ọc tập và rèn luyện ở Trường
Đ
ại học Hà Tĩnh
tôi nh
ận thấy

m
ột
trong nh
ững
phương pháp gi
ải toán hình học thú vị
đó là s
ử dụng các
phép bi
ến hình trong đó có phép nghịch đảo
. Phép ngh
ịch đảo có thể gánh vác
cho ta ph
ần
nào nh
ững khó khăn
c
ủa các biến đổi khó khăn, cồng kềnh,
có khi
r
ất phức tạp. Nó l
à một
công c
ụ mạnh
và h
ữu hiệu
đ
ể giải các b
ài toán chứng
minh th

ẳng h
àng, đồng
quy, các y
ếu tố cố định, t
ìm quỹ tích hay giải bài toán
d
ựng h
ình và m
ột số bài tập khác. Biế
n cái xa l
ại gần,biến cái khó kiếm soát,
khó nắm bắt thành cái dễ kiểm soát, dễ nắm bắt là một trong những đặc tính
l
ợi hại của phép biến hình đặc biệt này.
Xu
ất phát
t
ừ những lý do n
êu trên tôi
ch
ọn đề t
ài khóa lu
ận tốt nghiệp là
“Ứng dụng phép nghịch đảo vào gi
ải toán h
ình h
ọc
”.
2. M
ục đích nghi

ên cứu
Khóa lu
ận nhằm đư
a ra h
ệ thống lý thuyết và bài tập ứng
d
ụng của phép
ngh
ịch đảo
, giúp giáo viên và h
ọc sinh có thể hiểu thêm về phép biến hình
2
này và
ứng dụng nó trong giải toán. Từ đó góp phần nâng cao ý t
h
ức tự học
và t
ự sáng tạo cho h
ọc sinh cũng nh
ư giáo viên dạy t
oán.
3. Đ
ối t
ượng nghiên cứu
Tìm hi
ểu
ứng dụng của phép nghịch đảo trong giải toán h
ình học.
4. Gi
ả thuyết khoa học

N
ếu trong quá trình dạy học
giáo viên và h
ọc sinh có thể vận dụng phép
ngh
ịch
đ
ảo để giải các bài toán hình học một cách phù hợp thì kết quả sẽ đạt
cao hơn.
5. Phương pháp nghiên c
ứu
Phương pháp nghiên c
ứu tài liệu.
H
ệ thống các b
ài tập và phân loại.
6. D
ự kiến đóng góp của khóa luận
- H
ệ thống
lý thuy
ết
và phân d
ạng các ứng dụng c
ủa phép nghịch đảo
trong giải toán hình học.
- Giúp h
ọc sinh và giáo viên dạy toán có thêm tài liệu để nghiên cứu và
ứng dụng phép nghịch đảo.
7. C

ấu trúc của khóa luận tốt nghiệp
Ngoài ph
ần mở đầu, kết luận
, tài li
ệu tham khảo, đề tài gồm
2 chương:
Chương 1: “Cơ s
ở lý thuyết
”. Chương này tr
ình bày n
ội dung, các tính
ch
ất li
ên quan đ
ến phép nghịch đảo
.
Chương 2: “M
ột số ứng dụng của phép nghịch đảo trong giải toán h
ình
h
ọc
”. Đây là n
ội dung chính của khóa luận, tr
ình các phương pháp sử dụng
phép ngh
ịch đảo
đ
ể chứng minh các hệ thức h
ình h
ọc, bài toán tìm quỹ tích,

ch
ứng minh thẳng hàng, đồng quy, dựng hình,…
3
Chương 1: CƠ S
Ở LÝ THUYẾT
1.1. M
ột số vấn đề liên quan
1.1.1. Đôi nét v
ề lịch sử
Ở bậc Trung h
ọc cơ sở ta đã biết bài toán sau: Cho
đư
ờng tròn (O) và
m
ột điểm A nằm
ngoài đư
ờng tròn. Vẽ tiếp tuyến A
K đ
ến (O)
( )
)O(K ∈
. M
ột
cát tuy
ến bất kì từ A đến (O) cắt (O) lần lượt tại hai điểm
M, N. Khi đó, ta
luôn có
AN.AMAK
2
=

. Như v
ậy ta để ý rằng với một điểm M
0
b
ất kì nằm
trên đư
ờng
tròn thì t
ồn tại điểm N
0
khác c
ũng nằm trên (O) và nằm trên KM
0
sao cho AM
0
.AN
0
= AK
2
. Xu
ất phát từ bài toán trên người ta định nghĩa và đi
gi
ải các bài toán bằng cách sử dụng phép phép nghịch đảo. Nhận thấy rằng
khi s
ử dụng phép nghịch đảo ta có thể giải
các bài toán m
ột cách dễ d
àng hơn.
1.1.2. Khái ni
ệm

phương tích
1.1.2.1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn.
Định lí. Cho đường tròn (O,R) và một điểm M cố định. Một đường thẳng
thay đ
ổi đi qua M và cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó tích
vô
hư
ớng
MB.MA
là m
ột số không đổi.
Đ
ịnh nghĩa
. Giá tr
ị
MB.MA
không đ
ổ
i nói trong đ
ịnh lí trên được gọi là
phương tích c
ủa điểm M đối với đ
ư
ờng tròn
(O) và kí hi
ệu l
à
( )
O/M
℘

.
V
ậy
( )
22
O/M
RMOMB.MA −==℘
.
Ta có
( )
0
O/M
>℘
khi M n
ằm ngoài đường tròn (O).
( )
0
O/M
<℘
khi M n
ằm trong đ
ường tròn (O).
( )
0
O/M
=℘
khi M n
ằm trên đường tròn (O).
Tóm l
ại

( )
MB.MARMOMB.MA
22
O/M
=−==℘
.
4
* N
ếu M nằm ngoài đường tròn và MT là tiếp tuyến
c
ủa đường tròn tại T
thì
( )
.MTMT
2
2
O/M
==℘
H
ệ quả
. N
ếu qua M ta vẽ hai đ
ư
ờng thẳng cắt (O,R) lần lượt tại A, B và
C, D thì
.MD.MCMB.MA =
Ta có:
MD.MCMB.MA =
.MD.MCMB.MA
MD.MCMB.MA

=⇒
=⇒
1.1.2.2. Khái ni
ệm trục đẳng phương
Đ
ịnh nghĩa
. Tr
ục đẳng phương của hai đường tròn là quỹ tích của những
đi
ểm có c
ùng phương tích đối với cả hai đường tròn.
Chú ý:
+)Tr
ục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường nối hai tâm.
+) Trục đẳng phương của hai đường tròn được xác định k hi biết một
đi
ểm
và hai tâm hay hai đi
ểm phân biệt có cùng phương tích đối với cả hai
đư
ờng tròn.
1.2. Đ
ịnh nghĩa và tính chất của phép nghịch đảo
1.2.1. Đ
ịnh nghĩa
Cho đi
ểm O cố định và một số thực
0k ≠
. Ứng với điểm
OM ≠

ta luôn
tìm
được điểm
'M
sao cho
.k'OM.OM =
Khi đó phép bi
ến hình
( )
'MM:k,Of →
đư
ợc gọi là phép nghịch đảo cực O, phương tích k.
Ta dùng kí hi
ệu
( )
'MMf =
hay
( )
'MM:k,Of 
đ
ể chỉ
'M
là
ảnh của
M qua phép ngh
ịch đảo cực O, ph
ương tích k.
Khi M càng ti
ến gần lại O là cực nghịch đảo thì ảnh của M sẽ càng tiến
xa O, t

ức là nếu
OM →
thì
( )
→Mf
vô c
ực.
1.2.2. Tính ch
ất
a) Tính ch
ất
1 (tính ch
ất
đ
ố
i h
ợp
)
5
Xét phép ngh
ịch đảo
( )
k,Of
, khi đó n
ếu
( )
NM:k,Of 
thì
( )
MN:k,Of 

.
Th
ật vậy, do
( )
NM:k,Of 
nên
kOM.ONkON.OM =⇔=
.
V
ậy
( )
MN:k,Of 
.
b) Tính ch
ất 2 (
T
ập hợp điểm kép
)
N
ếu
0k >
thì hai
điểm P, P’ (P’ là ảnh của P qua
( )
k,Of
) n
ằm cùng phía
đ
ối với O. Đ
ường tròn

( )
k,O
lúc này đư
ợc gọi l
à đường tròn nghịch đảo của
phép ngh
ịch đảo
( )
k,Of
. Khi đó các đi
ểm M mà thỏ
a mãn
( )
MMf =
đư
ợc
g
ọi là các điểm kép của phép nghịch đảo
( )
k,Of
. Hơn n
ữa tập hợp các điểm
này là
( )
k,O
.
N
ếu
0k <
thì hai

điểm P và P’ n
ằm về hai phía khác đối với O. Trong
trư
ờng hợp n
ày s
ẽ không xuất hiện điểm kép đối với
( )
k,Of
, do đó đư
ờng
tròn ngh
ịch đảo của
( )
k,Of
s
ẽ được gọi là đường tròn bán thực, trong đó tâm
c
ủa đường tròn là thực và bán kính của đường tròn là ảo.
c) Tính ch
ất 3
Gi
ả sử
( )
k,Of
,
0k >
th
ỏa mãn
( )
NMf =

,
( )
C
là đư
ờng tròn
tâm O, bán
kính
k
. Khi đó m
ọi
đư
ờng tròn
( )
'C
qua M, N đ
ều trực giao với
đư
ờng tròn
( )
C
Ch
ứng minh:
M
B
A
N
O
O'
6
G

ọi
'O
là tâm đư
ờng tròn đi qua hai điểm M, N
và A, B là giao đi
ểm của
( )
C
và
( )
'C
. Khi đó ta có
22
)'C/(O
OAON.OMOAkON.OM =⇒===℘
V
ậy OA là tiếp tuyến của đường tròn
( )
'C
, suy ra
A'OOA ⊥
do đó
( )
C
và
( )
'C
tr
ực giao.
Hơn n

ữa, khi đó ta cũng có
( )
)'C()'C(f =
.
Thật vậy, giả sử
( )
'CE ∈
thì
( )
)'C/(O
k)E(Of.OEkEOf.OE ℘==⇒=
Mà
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
'C'Cf'CEf'CE ∈⇒∈⇒∈
Ngư
ợc lại, với F bất kì thuộc
( )
'C
, FO c
ắt
( )
'C
t
ại điểm thứ hai là P
.
( )
FPfkOP.OF
)'C/(O
=⇒=℘=⇒
(đpcm).

d) Tính ch
ất 4
N
ếu hai đ
ường tròn
( )
1
O
và
( )
2
O
l
ần l
ượt trực giao với
đư
ờng
tròn
( )
0k,k,O >
;
( )
1
O
và
( )
2
O
c
ắt nhau tại hai điểm M và N thì hai điểm này sẽ

là ảnh của nhau qua phép nghịch đảo
( )
k,Of
.
Ch
ứng minh:
Ta kí hi
ệu hai điểm A, B như tr
ên
hình v
ẽ. Khi đó
:
kOB
kOA
2
)O/(O
2
)O/(O
2
1
==℘
==℘
O⇒
thu
ộc trục đẳng ph
ương của
( )
1
O
và

( )
2
O
. Mà M, N c
ũng thuộc
tr
ục đẳng phương của
( )
1
O
và
( )
2
O
.
N,M,O⇒
th
ẳng hà
ng.
.kON.OM =⇒
.NM:)k,O(f ↔
B
A
N
M
O
1
O
2
O

7
e) Tính ch
ất 5
Gi
ả sử
( )
k,Of
là phép ngh
ịch đảo
tâm O, t
ỉ số
0k ≠
. Khi đó v
ới hai
điểm A, B không thẳng hàng với cực nghịch đảo ta luôn có A, B, f(A), f(B)
là các điểm nằm trên một đường tròn. Hơn nữa nếu đặt
( ) ( )
Bf'B,Af'A ==
thì
.
OB.OA
AB
.k'B'A =
Ch
ứng
minh:
Ta có:
'OB.OB'OA.OA
k'OB.OB
k'OA.OA

=⇒



=
=
OAB
'OA
OB
'OB
OA
∆⇒=⇒
~
'A'OB∆
.
OB.OA
AB
.k
OB.OA
AB'.OA.OA
OB
AB'.OA
'B'A
OB
'OA
AB
'B'A
==
=⇒=⇒
Tuy nhiên ta lưu

ý rằng khẳng định
( )
'B'AAB:k,Of 
là sai. Tính ch
ất
ảnh của một đường thẳng hay một đường tròn qua một phép nghịch đảo sẽ
đư
ợc nhắc đến sau đây:
+) Từ định nghĩa ban đầu về phép nghịch đảo, ta đã biết được rằng một
đường thẳng d bất kì qua cực nghịch đảo O thì
( )
.dd:k,Of 
Nhưng nếu
đư
ờng thẳng
d không qua c
ực nghịch đảo th
ì
( ) ( )
Cd:k,Of 
, trong đó (C)
là đư
ờng tròn qua cực nghịch đảo.
C
ụ thể là nếu A, B là hai điểm nằm trên d
và
( ) ( )
Bf'B,Af'A ==
. Khi đó
( ) ( )

'B'OAd:k,Of 
.
Vì phép ngh
ịch
đ
ảo có tính chất đối hợp nên tương tự ta cũng có được
( )( )
'B'OAfd =
hay nói m
ột cách tổng quát hơn là ảnh của một đường tròn (C)
đi qua c
ực nghịch đảo sẽ là một đường thẳng không đi qua cực. Hơn thế nữa,
A'
O
B
A
B'
8
tâm c
ủa (C) sẽ là ảnh của O’
qua phép ngh
ị
ch đ
ảo
( )
k,Of
, trong đó O’ là
ảnh
c
ủa O qua phép đối xứng trục d.

Chứng minh:
L
ấy C l
à đi
ểm bất kì thuộc
)OAB(
.
N
ối OC cắt d tại C’.
( )
.OBOAchosaoOABB,A =∈
k'OB.OB'OA.OA
'B)B(f,'A)A(f
==⇒
==
Ta c
ần chứng minh
k'OC.OC =
.
Xét hai tam giác
'OA'CvàAOC ∆∆
Ta có
'OA'CAOC =∠
,
OCA∠
ch
ắn cung
AO.
BAOO'A'C ∠=∠
(do AB // d) mà

BAO∠
chắn cung BO bằng cung AO.
OCAO'A'COCABAO ∠=∠⇒∠=∠⇒
.
AOC∆⇒
~
'OA'C∆
.
.k'OA.OA'OC.OC ==⇒
+) Đư
ờng tròn (C
1
) không qua c
ực nghịch đảo O của phép nghịch đảo
( )
k,Of
s
ẽ biến thành
(C
2
) qua
( )
k,Of
. Nhưng lưu
ý là tâm của của (C
1
)
không bi
ến thành tâm của (C
2

). N
ếu
k > 0, c
ực O còn là tâm vị tự ngoài của
phép v
ị tự
bi
ến (C
1
) thành (C
2
) và ngư
ợc lại cho k < 0.
Ch
ứng minh:
Ta kí hi
ệu các điểm như trên hình vẽ.
d
B'
C'
A'
O
1
O
A
B
C
9
D
1

D
C
A
C'
O
O
1
O
2
B'
B
A'
D'
C
ần chứng minh:
.k'OA.OA'OD.OD ==
Xét
'OA'DvàAOD ∆∆
.
Ta có
OADOAD
1
∠=∠
(cùng chắn cung AD)
Mà
O'D'AOADOADO'D'A
1
∠=∠⇒∠=∠
.
Hơn n

ữa
'OA'DAOD ∠=∠
. Suy ra
'OA'D~AOD ∆∆
.
k'OA.OA'OD.OD ==⇒
(đpcm).
f) Tính ch
ất 6 (Phép nghịch đảo bảo tồn góc)
Trư
ớc hết ta định nghĩa thế nào là góc giữa đường thẳng và đường tròn,
góc gi
ữa đường tròn và đường tròn.
Góc c
ủa đường thẳng d với đường tròn (C) là góc giữa d và tiếp tuyến tại
giao đi
ểm của d với (C) . Khi d là tiếp tuyến của (C) thì góc giữa d và (C)
bằng 0.
Xét hai đư
ờng tròn (C
1
) và (C
2
) thì góc gi
ữa (C
1
) và (C
2
) là góc gi
ữa hai

tiếp tuyến tại giao điểm của (C
1
) và (C
2
). Nếu (C
1
), (C
2
) tiếp xúc nhau thì góc
gi
ữa (C
1
) và (C
2
) b
ằng 0.
10
Do đó qua phép ngh
ịch đảo
( ) ( )
( )
( )
( )
'
22
'
11
CC;CC:k,Of 
thì góc
gi

ữa (C
1
) và (C
2
) b
ằng với góc giữa
( ) ( )
'
2
'
1
CvàC
. Tương t
ự cho đường th
ẳng
và đư
ờng tròn.
Chứng minh phép nghịch đảo bảo tồn góc:
Trư
ờng hợp 1:
Hai đư
ờng thẳng d
1
và d
2
.
Kh
ả năng 1: d
1
và d

2
đ
ều đi qua cực nghịch đảo O. Khi đó phép nghịch
đ
ảo
( )
2211
dd;dd:k,Of 
.
Kh
ả năng 2: d
1
đi qua O, d
2
không đi qua O.
Khi đó
)O()d(f,d)d(f
1211
==
qua O.
Ta có
212
dOOd ⇒⊥
song song v
ới tiếp tuyến tại O của (O
1
).
Suy ra
( ) ( )
2111

d,dO,d =
.
Kh
ả năng 3: d
1
và d
2
đ
ều không đi qua cực nghịch đảo O.
Khi đó
( )
11
Odf =
qua O,
( )
22
Odf =
qua O.
( ) ( )
.OO,OOd,d
dOO
dOO
2121
22
11
=⇒



⊥

⊥
⇒
Trư
ờng hợp 2: Đ
ư
ờng thẳng d và đường tròn (C) tâm O
1
.
Kh
ả năng 1: Đường thẳng d và đường tròn (C) đều đi qua cực nghịch
đ
ảo O.
( ) ( )
1
dCf,ddf ==
.
Khi đó góc gi
ữa đ
ường thẳng d và đường tròn (C) chính là góc giữa d và
ti
ếp tuyến m
t
ại O của (C). Theo tính chất ảnh của đ
ường tròn qua phép
ngh
ịch đảo thì
11
OOd ⊥
(v
ới O

1
là tâm đư
ờng tròn (C)).
Mà
1
OOm ⊥
(tính ch
ất của tiếp tuyến)
1
d//m⇒
).d.d())O(,d(
1
=⇒
11
Kh
ả năng 2: Đường thẳng
d đi qua c
ực nghịch đảo O còn đường tròn (C)
không đi qua c
ực nghịch đảo.
Ta có
d)d(f =
;
)'C())C((f =
trong đó (C’) là
ảnh của (C) qua phép vị tự
tâm O.
Giả sử (C) cắt d tại điểm A, khi đó tiếp tuyến tại A của (C) sẽ song song
v
ới tiếp tuyến tại A’ (A’là ảnh của A) của đường tròn (C’).

Do đó ta có (d,(C)) = (d,(C’)).
Các trư
ờng hợp
còn l
ại ta chứng minh t
ương tự.
12
Chương 2: M
ỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP NGHỊCH ĐẢO
TRONG GI
ẢI TOÁN
HÌNH H
ỌC
2.1. Ch
ứng minh các hệ thức hình học.
Phương pháp: Để chứng minh một hệ thức h
ình học liên quan đến một
s
ố điểm nào đó ta có thể xem xét ảnh của chúng qua một phép nghịch đảo cố
đ
ịnh nào đó và dựa vào tính chất đối hợp của phép nghịch đảo ta chứng minh
tính ch
ất tương ứng với ảnh của chúng. Sau đây l
à m
ột số ví dụ:
Bài toán 1 (Đ
ịnh lý Ptolemee):
Ch
ứng minh rằng điều kiện cần và đủ để
m

ột tứ giác lồi nội tiếp được là tích hai đường chéo của nó bằng tổng của tích
hai cạnh đối diện.
Bài gi
ải
:
Xét t
ứ giác ABCD
khi đó ta c
ần
ch
ứng minh ABCD nội tiếp khi v
à ch
ỉ
khi
CD.ABBC.ADBD.AC +=
.
Ta xét phép ngh
ịch đảo f(D,k) với
phương tích k b
ất kì thì khi đó ta có:
( )
'CC
'BB
'AA:k,Df
↔
↔
↔
Như v
ậy
ABCD là t

ứ giác nộ
i ti
ếp khi v
à ch
ỉ khi
'C,'B,'A
th
ẳng
hàng.
Đi
ều này xảy ra khi và chỉ
khi:
DC.DB
BC
k
DB.DA
AB
k
DC.DA
AC
k
'C'B'B'A'C'A
+=⇔
+=
Nhân cả hai vế của đẳng thức này với
k
DC.DB.DA
, ta thu được:
CD.ABBC.ADBD.AC +=
(đi

ều phải chứng minh).
B
A
D
C
13
*Nh
ận xét:
Đ
ịnh lí Ptolemee là một bài toán quen thuộc đối với các em
chuyên sâu v
ề toán ở bậc trung học và các cá
ch gi
ải phổ biến của định lý này
là g
ọi thêm điểm
0
D
th
ỏa mãn
BCACDD,BACDCD
00
∠=∠∠=∠
đ
ể tạo
thành c
ặp tam giác
CBAvàDCD
0
đ

ồng dạng
và m
ột cặp đồng dạng khác,
xu
ất hiện một khâu biến đổi góc. R
õ ràng d
ưới quan điểm của phép
ngh
ịch
đ
ảo, định lí Ptolemee trở nên nhẹ nhàng, không hề có một chút khó khăn biến
đ
ổi hay gọi thêm yếu tố phụ gì.
Bài toán 2: G
ọi (O,R) v
à (I,r) l
ần lượt là đường tròn nội tiếp và ngoại
ti
ếp của tam giác ABC với OI = d.
Ch
ứng minh rằng:
.Rr2Rd
22
−=
Bài gi
ải
:
G
ọi M, N
, P l

ần lượt là giao điểm
c
ủa (I,r) với AB, AC, BC.
'C,'B,'A
l
ần lượt là giao điểm
của IA, IB, IC với MN, MP, PN.
Khi đó do tính ch
ất của đường
tròn nội tiếp tam giác ta có:
MPIB
NPIC
MNIA
BCIP
ACIN
ABIM
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
⊥
Xét phép nghịch đảo f(I,k) với k = r
2
. Ta có:
)rIP'IC.ICdo('CC
)rIM'IB.IBdo('BB
)rIN'IA.IAdo('AA:)k,I(f
22
22

22
==↔
==↔
==↔
Do đó
( ) ( )
'C'B'AABC:)k,I(f ↔
có bán kính R’.
Theo tính ch
ất phép nghịch đảo ta có:
C'
B'
A'
P
N
M
O
I
A
B
C
14
( )
( )
1
dR
r
Rd
rr
R

'R
22
2
22
2
O/I
2
−
=
−
=
℘
=
M
ặt khác ta lại có:
'C'B'AMNP
S4S
∆∆
=
(do A’, B’, C’ là trung đi
ểm 3 cạnh của tam g
iác)
( )
2r
2
1
'R
'R8
1
r4

1
'R
MP
2
1
.MN
2
1
.NP
2
1
r4
MN.NP.MP
'R4
'A'C'.C'B'.B'A
.4
r4
MN.NP.MP
=⇔
=⇔
=⇔
=⇔
Thay (2) vào (1) ta có
22
2
dR
r
R
r
2

1
−
=
Suy ra:
Rr2Rd
22
−=
(đpcm).
Bài toán 3: Cho (C
1
), (C
2
), (C
3
), (C
4
) là các đư
ờng tròn phân biệt sao
cho: (C
1
) và (C
3
) tiếp xúc ngoài tại P, (C
2
) và (C
4
) tiếp xúc ngoài tại P. (C
1
) và
(C

2
), (C
2
) và (C
3
), (C
3
) và (C
4
), (C
4
) và (C
1
)
l
ần lượt cắt nhau ở A, B, C, D (A, B, C, D
khác P). Ch
ứng minh rằng:
.
PD
PB
DC.AD
BC.AB
2
2
=
Bài gi
ải:
Xét phép ngh
ịch đảo f

(P,k) v
ới k bất kì.
Ta có:
2211
d)C(,d)C(
'DD,'CC
'BB,'AA:)k,P(f
↔↔
↔↔
↔↔
(
C
2
)
(
C
4
)
(
C
3
)
(
C
1
)
D
C
B
A

P
15
4433
d)C(,d)C(:)k,P(f ↔↔
(C
1
) và (C
3
) ti
ếp xúc ngoài
31
d//d⇒
.
(C
2
) và (C
4
) ti
ếp xúc ngoài
42
d//d⇒
.
Do đó
'D'C'B'A
là hình bình hành
'.C'B'D'Avà'D'C'B'A ==⇒
M
ặt khác:
.
'PD

k
PD;
'PB
k
PB
;'C'D.
'PC'.PD
k
DC;'D'A.
'PD'.PA
k
AD
;'C'B.
'PC'.PB
k
BC;'B'A.
'PB'.PA
k
AB
==
==
==
Suy ra
.
PD
PB
'C'D'.D'A
'C'B'.B'A
.
'PB

'PD
DC.AD
BC.AB
2
2
2
2
==
V
ậy
.
PD
PB
DC.AD
BC.AB
2
2
=
Bài toán 4: Cho t
ứ giác ABCD. Chứng minh rằng:
222222
BC.ADBD.ACCD.AB)ABD()ABC( +=⇔⊥
Bài gi
ải:
Phân tích bài toán: Theo gi
ả thiết ta có
hai đư
ờng tròn (ABC) và (ABD)
tr
ực giao nhau, nên ta nghĩ đến việc tìm phép nghịch đảo biến hai đường tròn

này thành hai đư
ờng thẳng vuông góc. Khi đó ta
có th
ể sử dụng định lí Pytago
đ
ể
có đư
ợc một đẳng thức bình phương nào đó. Từ đó áp dụng tính chất ảnh
c
ủa
hai đi
ểm qua phép nghịch đảo để
suy ra đi
ều phải chứng minh.
Xét phép ngh
ịch đảo
)k,A(f
v
ới k bất kì
(Ta c
ũng có thể chọn phép
ngh
ịch đảo
)k,B(f
v
ới k bất k
. Khi đó:
'DD,'CC,'BB:)k,A(f ↔↔↔
16
T

ừ đó suy ra:
( )
'D'BABD
'C'B)ABC(:)k,A(f
↔
↔
222
222
AD.AB
BDk
AC.AB
BCk
AD.AC
CDk
'D'B'C'B'D'C'D'B'C'B)ABD()ABC(








+









=








⇔
+=⇔⊥⇔⊥⇒
)đpcm(.BC.ADBD.ACCD.AB
AC.AD.AB
AC.BDk
AD.AC.AB
AD.BCk
AB.AD.AC
AB.CDk
222222
222
+=⇔









+








=








⇔
Bài toán 5: Trong m
ặt phẳng, cho tam giác ABC nội
ti
ếp đường tròn
(O,R). Giả sử M là một điểm không thuộc (O ,R). Các đường thẳng MA, MB,
MC cắt lại đường tròn (O ,R) lần lượt tại các điểm
'C,'B,'A
.
Ch
ứng minh rằng với M ở trong (O) ta có:

MC.MB.MA
'MC'.MB'.MA
S
S
ABC
'C'B'A
=
∆
∆
.
Bài gi
ải:
Ta có:
R4
'A'C'.C'B'.B'A
S
R4
CA.BC.AB
S
'C'B'A
ABC
=
=
∆
∆
Do đó:
CA.BC.AB
'A'C'.C'B'.B'A
S
S

'C'B'A
ABC
=
∆
∆
(*)
Vì
)const(k'MC.MC'MB.MB'MA.MA ===
nên ta xét phép ngh
ịch
đảo f(M,k) với
)O/(M
k ℘=
. Khi đó:
'CC,'BB,'AA
)O()O(:)k,M(f
↔↔↔
↔
A'
C'
B'
O
C
M
B
A
17
Theo tính ch
ất của phép nghịch đảo ta có:
MA.MC

CA.k
'B'A;
MC.MB
BC.k
'C'B;
MB.MA
AB.k
'B'A ===
.
Thay các bi
ểu
th
ức trên vào (*) ta được:
MC.MB.MA
'MC'.MB'.MA
MC.MB.MA
'MC.MC'.MB.MB'.MA.MA
MC.MB.MA
k
S
S
222222
3
ABC
'C'B'A
=
==
∆
∆
V

ậy
.
MC.MB.MA
'MC'.MB'.MA
S
S
ABC
'C'B'A
=
∆
∆
* Bài t
ập tương tự:
Bài 1: N
ếu ha
i đư
ờng tròn (O,R) và (I,r) thỏa
mãn h
ệ thức
Rr2RIO
22
+=
thì lần lượt hai đường tròn đó là đường tròn ngoại t iếp và
đư
ờng tr
òn bàng ti
ếp của một tam giác nào đó.
Bài 2: Cho (O) và m
ột điểm A nằm ngoài (O). Từ A kẻ cát tuyến ABC,
ADE (

[ ] [ ]
)AED,ACB ∈∈
. Qua D k
ẻ đ
ường thẳng song song với AC cắt (O)
l
ần thứ hai tại F. AF cắt (O) tại G. EG cắt AC tại M.
Ch
ứng
minh r
ằng:
.
AC
1
AB
1
AM
1
+=
Bài 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) . P nằm trên cung CD không chứa
A, B. PA, PB c
ắt DC
l
ần l
ượt tại M, N.
Ch
ứng minh rằng:
const
MN
NC.MD

=
.
2.2. Chứng minh điểm cố định, đường cố định .
Phương pháp:
- Đ
ể chứng mi
nh m
ột điểm thuộc một đường thẳng cố định ta có thể
ch
ứng minh ảnh của chúng
qua phép ngh
ịch đảo f(O,k) cố định n
ào đó thuộc
18
m
ột đường tròn cố định hoặc chứng minh ảnh của nó qua f(O,k) thuộc đường
th
ẳng đi qua O cố định nào đó.
- Đ
ể chứng minh một đ
ường t
h
ẳng đi qua một điểm cố định ta có thể
ch
ứng minh ảnh của chúng qua f(O,k) cố định n
ào đó qua một điểm cố định
Bài toán 1: Cho đư
ờng tr
òn (O) đường kính AB. Điểm I nằm trên đoạn
AB (I khác A, B). M

ột đường thẳng d thay đổi qua I cắt (O) tại P, Q (d không
trùng v
ới AB). Đ
ường thẳng AP, AQ cắt tiếp tuyến m tại M, N trong đó m là
ti
ếp tuyến tại B của (O). Chứng minh (AMN) qua điểm cố định thứ hai, từ đó
suy ra tâm của đường tròn (AMN) luôn nằm trên đường thẳng cố định.
Bài gi
ải
:
N
M
P
O
A
B
I
Q
Xét phép ngh
ịch đảo f(A,k)
v
ới
2
ABk =
. Khi đó:
2
2
ABAN.AQdo(NQ
ABAM.APdo(MP
m)O(:)k,A(f

=↔
=↔
↔
Suy ra
( ) ( )
AMNPQ:k,Af ↔
hay
( )
AMNd:)k,A(f ↔
Do đó
( )
AMN'IdI ∈↔∈
19
Mà I c
ố định nên I’ cố định.
V
ậy (AMN) luôn đi qua I’ cố định.
T
ừ đó ta có (AMN) luôn đi qua hai điểm cố đ
ịnh l
à A và I’ là ảnh của I
qua phép ngh
ịch đảo f(A,k) nên tâm của (AMN) luôn nằm trên đường thẳng
c
ố định l
à đường trung trực của đoạn thẳng AI’.
Bài toán 2: Cho hai đư
ờng tròn
)O(và)O(
21

cùng ti
ếp xúc với đường
tròn (O) và c
ắt nhau tại A, B.
(O
3
) là đư
ờng tròn thay đổi tiếp xúc
)O(và)O(
21
và c
ắt (O) tại M, N. Chứng minh rằng tâm của đường tròn
(AMN) ch
ạy trên đường thẳng cố định.
Bài gi
ải
:
Xét phép ngh
ịch đảo f(A,k) với
( )
O/A
k ℘=
. Khi đó ta có:
( ) ( ) ( )
OO:k,Af ↔
( )
11
dO ↔
v
ới d

1
là đư
ờng thẳng tiếp xúc (O) tại C
( )
22
dO ↔
v
ới
2
d
là đư
ờng thẳng tiếp xúc (O) tại D
1
BB ↔
v
ới
211
ddB ∩=
1
MM ↔
v
ới
)O(M
1
∈
1
NN ↔
v
ới
)O(N

1
∈
( )
11
NMAMN ↔
Suy ra tâm I c
ủa đ
ường tròn (AMN) thuộc đường thẳng At vuông góc
v
ới
M
1
N
1
. (1)
M
ặt khác
)O()O(:)k,A(f
'
33
↔
v
ới (
'
3
O
) ti
ếp xúc với d
1
và d

2
.
T
ừ đó ta có B
1
, O,
'
3
O
th
ẳng hàng. (Vì B
1
'
3
O
, B
1
O cùng là phân giác c
ủa B)
.
Mặt khác M
1
N
1
thuộc trục đẳng phương của (O), (O
3
) nên
11
'
3

NMOO ⊥
111
NMOB ⊥⇒
(2).
20
T
ừ (1) và (2), vì B
1
O c
ố định ta được
tâm I c
ủa (AMN) nằm trên đường
th
ẳng At cố định (đpcm).
Bài toán 3: Cho đư
ờng tr
òn (O) và điểm S nằm ngoài (O), AB là đường
kính thay đ
ổi.
a) Ch
ứng minh rằng đ
ường tròn (SAB) đi qua điểm cố định
khác S.
b) SA, SB l
ần lượt cắt (O) tại M, N. Chứng minh rằng MN đi qua điểm
c
ố định.
Bài gi
ải:
a) G

ọi
)SAB(SOI =
.
Ta có:
)SAB/(O
℘
=
2
ROB.OAOI.OS ==
Xét phép ngh
ịch đảo f(O,k) với
)SAB/(O
k ℘=
. Khi đó:
IS:)k,O(f ↔
.
Vì S c
ố định, k = R
2
không đ
ổi
nên I là đi
ểm cố định cần tìm.
b) Xét phép ngh
ịch đảo f(S,k)
v
ới
)O/(S
k ℘=
. Khi đó:

)SAB(MN
BN
AM
)O()O(:)k,S(f
↔
↔
↔
↔
Theo câu a) ta có
MNJI:)k,S(f)SAB(I ∈↔⇒∈
V
ậy MN đi qua điểm J cố định là ảnh của I
qua phép ngh
ịch đảo f(S,k).
Bài toán 4: Cho đư
ờng tròn (O) và đường thẳng d tiếp xúc nhau tại A.
G
ọi (C) là đường tròn thay đổi tiếp xúc với d và (O) tại các điểm khác A
.
Ch
ứng minh rằng (C) trực giao với đường tròn cố định.
M
O
S
A
B
I
N
21
Bài gi

ải:
(
C
1
)
(
C
)
d
d
1
D
1
D
O
A
C
Xét phép ngh
ịch đả
o f(A,k) trong đó k = AD
2
. Khi đó:
dd
d)O(
DO:)k,A(f
1
↔
↔
↔
Vì d ti

ếp xúc với (O) n
ên
1
d//d
(do tính ch
ất bảo to
àn góc của phép
ngh
ịch đảo).
M
ặt khác
)C()C(:)k,A(f
1
↔
.
Mà (C) ti
ếp xúc với d và (O) nên (C
1
) ti
ếp xúc với d, d
1
.
V
ẽ đường thẳng
∆
vuông góc v
ới AD, ta có:
)C())(k,A(f)C(
1
⊥∆⇒⊥∆

.
Vì
∆
cố định nên
))(k,A(f ∆
cố định.
V
ậy (C) trực giao với đường tròn cố định.
Bài toán 5: Cho hai đư
ờng tròn (O) và (O’) ngoài nhau
. (C) là đư
ờng
tròn thay
đổi tiếp xúc (O) và trực
giao v
ới (O’). Chứng minh rằng
đư
ờng tròn
(C) ti
ếp xúc với đường tròn cố định thứ hai khác (O).
22
Bài gi
ải:
O
O'
M'
E
(
C
)

M
G
ọi
'R
là bán kính c
ủa (O’).
Xét phép ngh
ịch đảo
)k,'O(f
v
ới
2
'Rk =
.
Suy ra
)'O()'O(:)k,'O(f ↔
.
Vì
)'O()C( ⊥
nên
k'R
2
)C/('O
==℘
. Do đó:
)C()C(:)k,'O(f ↔
.
Gi
ả sử
)''O()O(:)k,'O(f ↔

.
Do (O) có đ
ịnh nên
)''O(
c
ố định.
Ta cần chứng minh
)''O()O( ≠
.
Th
ật vậy, giả sử
)O()O(:)k,O(f ↔
. Khi đó v
ới
)O(M ∈
thì
'MM:)k,'O(f ↔
. Suy ra
)O('M ∈
. (*)
M
ặt khác ta có
'RM'Ovà'R'M'O.M'O
2
>=
.
Suy ra
'R'M'O <
t
ức l

à
'M
n
ằm trong
)'O(
hay
'M
n
ằm ngoài (O) (vì
theo gi
ả thiết thì (O) và
)'O(
ngoài nhau).
Suy ra
)O('M ∉
(mâu thu
ẫn với (*)).
V
ậy (C) luôn tiếp xúc với đ
ường tr
òn c
ố định thứ hai khác (O).
Bài toán 6: Cho đư
ờng tròn (O) và một điểm A nằm ở ngoài đường tròn.
M
ột tiếp tuyến thay đổi của (O) cắt hai tiếp tuyến của (O) vẽ từ A tại B, C.
Ch
ứng minh rằng đường tròn (ABC) tiếp xúc với đường tròn cố định.
23
Bài gi

ải:
C'
B'
A'
P
N
M
O
A
B
C
G
ọi M, N, P lần l
ượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, BC, CA.
'C,'B,'A
l
ần lượt là trung điểm
c
ủa MN, MP, PN.
R,
'R
l
ần l
ượt là bán kính của (O) và
)'C'B'A(
.
Ta có:
22
22
22

ROP'OC.OC
RON'OB.OB
ROM'OA.OA
==
==
==
Xét phép ngh
ịch đảo
f(O,k) v
ới k = R
2
. Ta có:
'CC
'BB
'AA:)k,O(f
↔
↔
↔
Suy ra
)'C'B'A()ABC(:)k,O(f ↔
Khi đó đường tròn
)'C'B'A(
là đường tròn Euler của
MNP∆
.
2
R
'R =⇒
.
Vì A cố định nên suy ra

'A
cố định.
24
Do đó
)'C'B'A(
ti
ếp xúc với đường tròn
)'R2,'A(
.
V
ậy (ABC) tiếp xúc với đường tròn
c
ố định
là
ảnh của
)'R2,'A(
qua
phép ngh
ịch đảo f(O,k).
* Bài t
ập tương tự:
Bài 1: Cho đư
ờng tròn (O
,R) và hai cát tuy
ến thay đổi PAB, PCD qua
đi
ểm P cố định cách O một khoảng 2R. Các đường tròn (PAD) và (PBC) cắt
nhau t
ại điểm thứ hai M, các đường tròn (PAC) và (PBD) cắt nhau tai điểm
th

ứ hai N. Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định.
Bài 2: Cho đư
ờng t
ròn tâm O,
đường kính AB
. M
ột điểm M chạy trên
đư
ờng thẳng d vuông góc với AB tai H ở ngoài đoạn AB. MA và MB lần lượt
c
ắt đường tròn tại P và Q.
Ch
ứng minh rằng PQ đi qua điểm cố định.
Bài 3: 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 đ
ổi, quay quanh O và
l
ần lượt cắt d tại A, B. Chứng minh rằng (OAB) tiếp xúc với một đường tròn
c
ố định.
2.3. Ch
ứng minh thẳng hàng, đồng quy.
Phương pháp:
- Để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta xác định một phép nghịch đảo và
ch
ứng minh ảnh của chúng thẳng hàng
đ
ồng thời chứa cực nghịch đảo hoặc

ch
ứng minh ảnh của chúng là một đường tròn không qua cực nghịch đảo
.
- Đ
ể chứng minh các đường thẳng đồng quy ta đi tìm phép nghịch đảo và
ch
ứng mi
nh
ảnh của các đường thẳng này qua phép nghịch đảo đồng quy
Bài toán 1: Cho đi
ểm P nằm trong tam giác ABC thỏa mãn:
ABCAPCACBAPB ∠−∠=∠−∠
. G
ọi D, E lần lượt là tâm đường tròn nội
ti
ếp các tam giác APB và APC.
Ch
ứng minh rằng: AP, BD, CE đồng quy.
25
Ch
ứng m
inh:
G
ọi X, Y l
à giao điểm của AP và BD, AP và CE.
Ta s
ẽ chứng minh
YX ≡
.
Theo tính ch

ất đ
ư
ờng phân giác ta có:
CP
CA
YP
YA
,
BP
BA
XP
XA
==
.
Xét phép ngh
ịch đảo
( )
k,Af
, (k b
ất kỳ) sao cho:
'PP
'CC
'BB:)k,A(f
↔
↔
↔
Ta có
( )
1'P'ABvàAPB;'B'ACvàABC ∆∆∆∆
,

( )
2'P'ACvàAPC ∆∆
là
các c
ặp tam giác đồng dạng.
Suy ra
'P'ABAPB;'B'ACABC ∠=∠∠=∠
;
'P'ACAPC ∠=∠
.
Do đó
'P'B'C'C'AB'P'ABACBAPB
ABCAPC'B'AC'P'AC'P'C'B
∠=∠−∠=∠−∠=
∠−∠=∠−∠=∠
'P'C'B∆⇒
cân t
ại
'P
nên
( )
.3'C'P'B'P =
T
ừ (1),
(2) và (3) ta có:
CP
CA
'C'P
A'P
'B'P

A'P
BP
BA
===
YP
YA
XP
XA
=⇒
nên
YX ≡
V
ậy AP, BD, CE đồng quy
.
Bài toán 2 (Bài đ
ề nghị IMO của Bulgaria năm 1995)
: Cho A, B, C, D là
b
ốn điểm phân biệt cùng nằm trên một đường thẳng và được sắp xếp t
heo th
ứ
tự đó. Các đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại hai điểm X, Y.
Đư
ờng thẳng XY cắt BC tại Z. Cho P là một điểm trên đường thẳng XY khác
Z. Đư
ờng thẳng CP cắt đường tròn (AC) tại M, và đường thẳng BP cắt đường
tròn (BD) t
ại N.
Ch
ứng minh rằng

AM, DN, XY đ
ồng quy.