SỬ DỤNG PHÉP NGHỊCH đảo để GIẢI các bài TOÁN HÌNH học PHẲNG TRONG các kì THI học SINH GIỎI

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
**********
1. Tên sáng kiến:
SỬ DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên.
- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 9 - 2014 đến 5 - 2015
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Hoàng Cương
Năm sinh: 1980
Nơi thường trú: 239 đường Hưng Yên, phường Quang Trung, TP Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ
Chức vụ công tác: Giáo viên
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Điện thoại: 0914521894
5. Đồng tác giả (nếu có): không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định
Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định
Điện thoại: 0350640297

1

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN

I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Phép dời hình là phép biến hình bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì,
phép vị tự và đồng dạng là các phép biến hình bảo toàn tỉ số khoảng cách giữa hai
điểm bất kì. Chúng đều biến đường thẳng thành đường thẳng, đường tròn thành
đường tròn. Ngoài các phép dời hình, phép vị tự và đồng dạng, còn một phép biến
hình khác với những tính chất rất thú vị. Đó là phép nghịch đảo. Phép nghịch đảo
cũng có thể biến đường thẳng thành đường thẳng, đường tròn thành đường tròn,
nhưng có thể biến một đường thẳng thành một đường tròn, còn 1 đường tròn thành
một đường thẳng. Đặc biệt hơn là nó bảo toàn góc giữa hai hình.
Trong các kì thi học sinh giỏi của các tỉnh, các nước, kì thi chọn học sinh giỏi
Quốc gia, có rất nhiều bài toán hình học phẳng khó giải quyết được bằng các
phương pháp thông thường. Đặc biệt là những bài toán hình học phẳng xuất hiện
nhiều đường tròn, hình vẽ rối, nhiều học sinh không biết vẽ hình. Bên cạnh đó,
nhiều bài toán yêu cầu chứng minh tính đồng quy, thẳng hàng nhưng không thể vẽ
hình được. Nếu học sinh biết áp dụng phép nghịch đảo để làm bài toán với ảnh của
chúng rồi suy ra tính chất của tạo ảnh sẽ giải quyết bài toán được gọn gàng hơn.
Phép nghịch đảo cũng có một số ứng dụng rất quan trọng trong việc giải các
bài toán hình học phẳng.
II. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
A. Các khái niệm:
1. Định nghĩa:
a) Cho trước một điểm O và một số thực k ≠ 0 , với mỗi điểm M khác O ta
dựng một điểm M’ trên đường thẳng OM sao cho OM .OM ' = k (1)
Khi đó ta nói M’ là ảnh của điểm M qua phép nghịch đảo tâm O phương
tích k (hoặc hệ số k )

●
O

M

M’

2


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Khi M ≡ O thì M’ là điểm vô cực và kí hiệu ∞ và khi M là điểm vô cực ∞
thì M’ trùng với O
Kí hiệu phép nghịch đảo tâm O, hệ số k biến điểm M thành điểm M’ là:
f ( O, k ) : M → M '
b) Cho một hình H. Tập hợp ảnh của mọi điểm thuộc H trong phép nghịch
đảo f ( O, k ) lập thành hình H’ được gọi là ảnh của hình H (hình nghịch đảo của
H) và được kí hiệu: f ( O, k ) : H → H’
2. Các khái niệm khác liên quan:
a) Xét phép nghịch đảo f ( O, k ) với k > 0. Đường tròn tâm O, bán kính
R = k được gọi là đường tròn nghịch đảo thực. Nếu k < 0, thì đường tròn tâm O

bán kính R =

k được gọi là đường tròn nghịch đảo ảo

Khi đó, mọi điểm trên đường tròn nghịch đảo là các điểm bất động đối với
phép nghịch đảo đó.
b) Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm A, B. Gọi d1 và d2
lần lượt là các tiếp tuyến của hai đường tròn tại A. Góc tạo bởi d1 và d2 được gọi là
góc tạo bởi hai đường tròn (O1) và (O2). Nếu góc đó vuông thì ta nói hai đường
tròn (O1) và (O2) trực giao (hoặc hai đường tròn vuông góc với nhau) tại điểm A.
Ta nhận thấy góc tạo bởi hai tiếp tuyến của hai đường tròn tại B bằng góc đó
tại A.
Góc tạo bởi một đường thẳng và một đường tròn là góc tạo bởi đường thẳng
đó với tiếp tuyến của đường tròn tại điểm chung của chúng.
B. Các tính chất:
Cho phép nghịch đảo f ( O, k ) với k ≠ 0
1. Tính chất 1: Phép nghịch đảo f ( O, k ) là phép biến đổi 1 - 1
2. Tính chất 2: Phép biến đổi f = f ( O, k )  f ( O, k ) là phép đồng nhất.
3. Tính chất 3: Nếu A’, B’ là ảnh của A, B qua phép
A' B' =

k
OA.OB

f ( O, k ) thì

AB

3


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

4. Tính chất 4: Ảnh của một đường thẳng d đi qua tâm nghịch đảo là đường thẳng
d.
5. Tính chất 5: Ảnh của một đường thẳng d không đi qua tâm nghịch đảo O là
một đường tròn đi qua tâm nghịch đảo O.
6. Tính chất 6: Ảnh của một đường tròn (C) đi qua tâm nghịch đảo O là một
đường thẳng d không đi qua tâm nghịch đảo O và song song với tiếp tuyến của
đường tròn (C) tại O.
7. Tính chất 7: Ảnh của đường tròn ( γ ) không đi qua tâm nghịch đảo O là một
đường tròn ( γ ') . Đường tròn ( γ ') cũng là ảnh của đường tròn ( γ ) qua phép vị tự
V( O , λ ) với λ =

k
, p là phương tích của O đối với đường tròn ( γ ) .
p

8. Tính chất 8: Góc tạo bởi đường thẳng d và đường tròn ( γ ) cùng đi qua tâm
nghịch đảo O có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép nghịch đảo đó.
9. Tính chất 9: Góc tạo bởi hai đường tròn ( γ ) và

( γ ') cùng đi qua tâm nghịch

đảo O có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép nghịch đảo đó.
10. Tính chất 10: Nếu đường thẳng d và đường tròn ( γ ) không đi qua tâm nghịch
đảo O, thì góc tạo bởi d và ( γ ) có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép
nghịch đảo đó.
11. Tính chất 11: Góc tạo bởi hai đường tròn ( γ ) và ( γ ') không cùng đi qua tâm
nghịch đảo O có số đo bằng góc tạo bởi ảnh của chúng qua phép nghịch đảo đó.
*) Từ các tính chất 8, 9, 10, 11 ta có các kết quả:
- Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại tâm nghịch đảo sẽ biến thành hai đường

thẳng song song.
- Hai đường thẳng song song sẽ biến thành một đường thẳng và một đường
tròn tiếp xúc nhau hoặc hai đường tròn tiếp xúc nhau.
- Một đường thẳng tiếp xúc với một đường tròn sẽ biến thành một đường
thẳng và một đường tròn tiếp xúc nhau hoặc hai đường tròn tiếp xúc nhau.
- Hai đường tròn trực giao sẽ biến thành hai đường tròn trực giao hoặc hai
đường thẳng vuông góc hoặc một đường tròn ( γ ) và một đường ( γ ) .
4


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

12. Tính chất 12: Trong không gian chúng ta cũng có những kết quả tương tự
như trong mặt phẳng.
- Hình nghịch đảo của mặt phẳng (P) đi qua tâm nghịch đảo là (P). Hình
nghịch đảo của mặt phẳng (P) không đi qua tâm nghịch đảo là mặt cầu đi qua tâm
nghịch đảo.
- Hình nghịch đảo của mặt đi qua tâm nghịch đảo là mặt phẳng.
- Hình nghịch đảo của một mặt cầu không đi qua tâm nghịch đảo là một mặt
cầu, vị tự của mặt cầu đã cho, tâm vị tự là tâm nghịch đảo.
- Phép nghịch đảo bảo toàn góc giữa các mặt phẳng và mặt cầu.
C. Các bài toán áp dụng:
I. Dạng toán: Chứng minh các tính chất hình học
Bài 1: Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn, điều kiện
cần và đủ là:
AC.BD = AB.CD + AD.BC.
Phân tích: Qua phép nghịch đảo có
tâm trên một đường tròn (C) nó biến

C) thành một đường thẳng. Nhờ ý
tưởng này ta quy điều kiện các điểm
trên đường tròn về điều kiện cho các
điểm thẳng hàng. Từ đó ta có lời giải:

D

(
O
C
A
B

A'

B'

C'

Xét phép nghịch đảo tâm D, phương tích k > 0. Phép nghịch đảo này biến
các đường tròn đi qua biến D thành một đường thẳng không qua D.
Bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự đó trên cùng một đường tròn khi và chỉ khi A’,
B’, C’, D’ cùng trên một đường thẳng (ảnh của đường tròn qua phép nghịch đảo)
theo thứ tự.
⇔ A’C’ = A’B’ + B’C’ ⇔ k.

AC
AB
BC
=k.

+k
DA.DC
DA.DB
DB.DC

⇔ AC.BD = AB.CD + AD.BC (điều phải chứng minh)

5


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Bài 2: Cho đa giác A1 A2 ... An nội tiếp đường tròn (C). M là một điểm bất kì trên
cung A1 An (cung không chứa đỉnh nào của đa giác). Gọi d1 , d 2 , ..., d n lần lượt là
khoảng cách từ M đến các đường thẳng A1 A2 , A2 A3 , ..., An A1 . Chứng minh rằng:
an n −1 ai
= ∑ với ai là độ dài các cạnh Ai Ai +1
d n i =1 d i

(A

n +1

≡ A1 )

Giải:
M

d1

an

An

A1
a1

O

A2
A4
A3

d

A'1

A'4

A'3

A'2

Phân tích: Từ công thức
khoảng cách giữa hai
điểm qua phép nghịch đảo
mà chúng ta có thể chuyển
việc xét khoảng cách giữa

các điểm nằm trên cùng 1
đường tròn về việc
khoảng cách giữa các
điểm trên một đường
thẳng. Từ đó ta có lời giải:

Gọi R là bán kính của đường tròn (C). Xét phép nghịch đảo tâm M phương tích k
Khi đó phép nghịch đảo f ( M , k ) biến đường tròn (C) thành đường thẳng d không
đi qua M
'
' '
' '
'
'
'
'
Trên đường thẳng d ta gọi Ai = f ( Ai ) thì ta có: A1 An = A1 A2 + A2 A3 + ... + An −1 An (*)

'
'
Do đó ta có ∀i = 1, n Ai Ai +1 = k

=k

2 S MA A .sin ∠Ai MAi +1
i i +1

2 S MA A .d i
i i +1

Thay vào (*) ta có: k

=k

Ai Ai +1
Ai Ai +1 .d i .sin ∠Ai MAi +1
=k
MAi .MAi +1
MAi .MAi +1 .d i .sin ∠Ai MAi +1

sin ∠Ai MAi +1
sin ∠Ai MAi +1
ai
=k
=k
di
di
2 Rd i

n −1
an
ai
a
a
=∑k
⇒ n = ∑ i (đpcm)
2 Rd n
2 Rd i
d n i =1 d i

6


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Với các điểm A1' ,A2' ,...,An' trên mặt phẳng ta có bất đẳng thức
'
A1' An' ≤ A1' A2' +A2' A3' +...+An-1
An' .Vì vậy ta có các bài toán 3 và 4 sau:

Bài 3: Cho 4 điểm: A, B, C, D nằm trên mặt phẳng hay không gian.
Chứng minh rằng: AD.BC + AB.CD ≥ AC.BD
Khi nào xảy ra đẳng thức. (Tính các cặp cạnh đối của tứ diện tạo thành 3
cạnh của một tam giác).
Lời giải: Xét phép nghịch đảo tâm D, phương tích k = 1.
a) Nếu 4 điểm A, B, C, D đồng phẳng. Với 3 điểm A’, B’, C’ (ảnh của A, B, C
qua phép nghịch đảo ta có).
Ta có: A’C’≤ A’B’ + B’C’ ⇔

AC
AB
BC
≤
+
DA.DC DA.DB DB.DC

⇔ AC.BD ≤ AB.CD + BC.AD (Đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A’, B’, C’ thằng hàng và B’ nằm giữa hai điểm

A’ và C’ ⇔ 4 điểm A, B, C, D trên cùng một đường thẳngg theo thứ tự đó (cùng
chiều hoặc ngược chiều kim đồng hồ)
b) Nếu A, B, C, D không cùng trên một mặt phẳng. Tồn tại một mặt cầu (V)
đi qua A, B, C, D. Qua phép nghịch đảo trên mặt cầu (V) biến thành mặt phẳng (P)
không đi qua D và A’, B’, C’ nằm trên (P).
Ta có: A’C’≤ A’B’ + B’C’ ⇔

AC
AB
BC
≤
+
DA.DC DA.DB DB.DC

⇔ AC.BD ≤ AB.CD + BC.AD (Đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A’, B’, C’ trên cùng một đường thẳng theo thứ
tự đó. Điều này không xảy ra vì A, B, C, D không đồng phẳng.
Bài 4: Trên một mặt phẳng cho n + 1 điểm A0, A1, …, An.
Chứng minh bất đẳng thức:
A1 A2
A2 A3
An An-1
A1 An
+
+...+
≥
A0 A1 .A0 A2 A0 A2 .A0 A3
A0 An-1 .A0 An A0 A1 .A0 An
Khi nào xảy ra dấu bằng.
(Xét phép nghịch đảo tâm A0, phương tích k = 1)

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Bài 5: Cho hai đường tròn (C1) có tâm O1 và bán kính R1, đường tròn (C2) có tâm O2
và bán kính R2. Điểm I không nằm trên cả hai đường tròn. Gọi f là phép nghịch đảo
cực I phương tích k ≠ 0 , f ( C1 ) ; f ( C2 ) là các đường tròn ảnh của ( C1 ) ; ( C2 ) . Đặt:
d 2 − R12 − R22
ϕ ( ( C1 ) , ( C2 ) ) =
với d = O1O2 . Chứng minh rằng:
2 R1 R2
1. Nếu I đồng thời nằm trong hoặc nằm ngoài cả hai đường tròn ( C1 ) ; ( C2 ) thì

ϕ ( ( C1 ) , ( C2 ) ) = ϕ ( f ( C1 ) , f ( C2 ) )
2. Nếu I nằm trong một đường tròn và nằm ngoài một đường tròn thì

ϕ ( ( C1 ) , ( C2 ) ) = −ϕ ( f ( C1 ) , f ( C2 ) )
Giải: Gọi f ( C1 ) = ( I1 , r1 ) ;

f ( C2 ) = ( I 2 , r2 )

I1 I 2 − r12 − r22
Khi đó: ϕ ( f ( C1 ) , f ( C2 ) ) =
2r1r2
2

Vì f ( C1 ) = ( I1 , r1 ) ;

⇒ II1 =

k
IO1
p1

f ( C2 ) = ( I 2 , r2 ) nên: I = V p ( O ) và I = V p ( O )
1
I
1
2
I
2

và

k

1

II 2 =

k

2

k
IO2 (với p1 = PI / ( C ) = IO12 − R12 và p2 = PI / ( C ) = IO2 2 − R22 )
p2
1

2

Khi đó ta có:
2

(

I1 I 2 = I1 I 2 = II 2 − II1
2

)

2

2

2

IO22
2
k

k
2  IO1

k
+
−
IO1.IO2 



=  IO1 − IO2  =  2
2
p2
p1 p2
p2
 p1

 p1


 p1 + R12 p2 + R22 IO12 + IO22 − O1O2 2 

+
−
= k 
2
2
p
p
p
p
1
2
1 2


2

2
2
 1 1 R12 R22 p1 + p2 + R12 + R22 − O1O2 2 
R22 R12 + R22 − O1O2 
2  R1




=k  + + 2+ 2−
 = k  p2 + p2 −
p
p
p
p
p
p
p
p
2
1
2
1 2
2
1 2
 1

 1

2

k

k

Vì I = V p ( O ) và I = V p ( O ) ;
1
I
1
2
I
2
1

nên ta có: r1 =

2

f ( C1 ) = ( I1 , r1 ) ;

f ( C2 ) = ( I 2 , r2 )

k
k
R1 và r2 =
R2
p1
p2

8

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Do đó:
2
2
2
 r12 r22 R12 + R22 − O1O2 2 
2
2
2
2 O1O2 − R1 − R2
 ⇒ I1 I 2 − r1 − r2 = k
I1 I 2 = k  2 + 2 −
k
p1 p2
p1 p2
k

2

2

I1 I 2 − r12 − r22
k 2 O1O2 − R12 − R22
⇒ ϕ ( f ( C1 ) , f ( C2 ) ) =
=

.
r1r2
2r1r2
p1 p2
2

1
=
2r1r2

2

(

)

2
kk
1  r1 p1 .r2 p2 O1O2 − R12 − R22 
2
2
2 
O1O2 − R1 − R2  =



p1 p2
 p1 p2
 2r1r2  R1 R2


(

)

p1 p2 O1O2 2 − R12 − R22
p1 p2
.
.ϕ ( ( C1 ) , ( C2 ) )
=
=
p1 p2
R1 R2
p1 p2

Do đó:
1. Nếu I nằm đồng thời ở trong hoặc ở ngoài cả hai đường tròn ( C1 ) ; ( C2 )
thì p1 p2 > 0 nên ϕ ( ( C1 ) , ( C2 ) ) = ϕ ( f ( C1 ) , f ( C2 ) )
2. Nếu I nằm trong một đường tròn và nằm ngoài một đường tròn thì p1 p2 < 0
nên ϕ ( ( C1 ) , ( C2 ) ) = −ϕ ( f ( C1 ) , f ( C2 ) )
Bài 6: Gọi I, r là tâm và bán kính của đường tròn nội tiếp. Còn O, R là tâm và bán
kính của đường tròn ngoại tiếp của cùng một tam giác ABC.
Chứng minh rằng: OI2 + R2 – 2Rr (Công thức Euler).
Đây là kết quả rất quen biết với học sinh, công thức này có nhiều cách chứng
minh. Ở đây ta chứng minh bằng cách sử dụng phép nghịch đảo, ý tưởng của nó
là: Ta đã biết cách tính bán kính của đường tròn ảnh qua 1 phép nghịch đảo. Vậy
nếu bằng cách khác, ta cũng tính bán của đường tròn ảnh này (theo các đại lượng
khác) thì ta cũng suy ra được một đẳng thức hình học.
9

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Lời giải:
A

L

A'
M
I
C'
B'

B

K

C

Gọi A’, B’, C’, là giao của IA, IB, IC với ML, MK, KL (K, M, L là tiếp điểm
của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC; AB; AC của tam giác; (C) là đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Xét phép nghịch đảo tâm I, phương tích r2. Vì r 2 =IA'.IA=IB'.IB= IC'.IC
Nên A’, B’, C’ là ảnh của A, B, C qua phép nghịch đảo này.
Vậy qua phép nghịch đảo trên, đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC biến
thành đường tròn (C’) ngoại tiếp tam giác A’B’C’ có bán kính R’.
r

Vì A’, B’, C’ là trung điểm của ML, MK, KL nên R'= .
2
Mặt khác, theo công thức bán kính của đường tròn ảnh qua phép nghịch đảo:
Ta có: R'=
Vậy:

r 2 .R
.
R 2 -OI 2

r
r 2 .R
= 2
⇒ OI 2=R 2 -2rR (Đpcm)
2
2 R -OI

Trong một số bài toán liên quan đến các đường thẳng, đường tròn, đặc biệt
các đường thẳng, đường tròn tiếp xúc nhau. Phép nghịch đảo đã tỏ ra là một công
cụ mạnh.
Bài 7: Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC
tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’. Gọi M, N, E lần lượt là
10


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

giao điểm của các cặp đường thẳng: B’C’ và BC; C’A’ và CA; A’B’ và AB. Chứng

minh rằng 3 điểm M, N, E thẳng hàng.
A

B'

C'

I
P

M
B

A'

C

E

N

Giải:

Gọi (C1), (C2) lần lượt là đường tròn đường kính AI và A1I

Khi đó: B1C1 là trục đẳng phương của hai đường tròn (I) và (C1) và; BC là trục
đẳng phương của hai đường tròn (I) và (C2)
Mà BC ∩ B1C1 = M
nên PM / ( C ) = PM / ( C )
1

2

Gọi M’ là giao điểm thứ hai (khác I) của hai đường tròn (C1) và (C2) thì M∈ IM’
Ta có: IM’ ⊥ AM’ và IM’ ⊥ A1M’ nên 3 điểm A, A1, M’ thẳng hàng.
Theo định lý Ceva ta có 3 đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P
· ' P = 900 hay M’ thuộc đường tròn (C) đường kính IP
Suy ra IM

Tương tự nếu gọi
N’ là giao điểm thứ hai của đường tròn (C1) và đường tròn đường kính B1I
E’ là giao điểm thứ hai của đường tròn (C1) và đường tròn đường kính C1I
11


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

thì N’ và E’ cũng thuộc đường tròn (C) đường kính IP
⇒ IM.IM’ = IN.IN’ = IE.IE’ = R (với R là bán kính đường tròn đường kính IP)
2
Xét phép nghịch đảo cực I, phương trình R2 : f ( I , R ) ta có:

f ( I , R 2 ) biến các điểm M’, N’, E’ thành các điểm tương ứng là M, N, E
f ( I , R 2 ) biến đường tròn (C) đường kính IP thành đường thẳng d không qua I

Do các điểm M’, N’, E’ thuộc đường tròn (C) nên các điểm M, N, E thuộc đường
thẳng d hay M, N, E thẳng hàng.
Bài 8: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Một tiếp tuyến

của (O) tại điểm M bất kì trên đường tròn cắt (O’) tại B và C. Chứng minh rằng
AM là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng AB và AC.
Giải:
d'

d

A

O'

O
M'

C
I

B'
H

B

M
2
Hạ AH ⊥ BC. Xét phép nghịch đảo cực A, phương tích k = AH2 : f ( A, AH )

f ( A, AH 2 ) biến tiếp tuyến tại M với đường (O) thành tiếp tuyến với đường tròn

(I) đường kính AH

f ( A, AH 2 ) : M → M’; B → B’; C → C’ sao cho M’, B’, C’ thuộc (I)
f ( A, AH 2 ) : (O) → d là tiếp tuyến với (I) tại M’; d ⊥ OA

(O’) → d’ qua B’, C’ và d’ ⊥ O’A
¼'B' = M
¼ 'C '
Vì d // d’ và M’ là tiếp điểm của tiếp tuyến d với (I) ⇒ M
¼ ' = NC
¼ '
Gọi N là điểm đối xứng với M’ qua I ⇒ N ∈ (I) ⇒ NB

12


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

⇒ AN là phân giác của góc BAC ⇒ AM là phân giác của góc BAC
Vậy AM là phân giác của góc tạo bởi AB và AC.
Bài 9: (Thi Olympic Bungari - vòng 4 - 1995)
Cho tam giác ABC có chu vi 2p cho trước. Các điểm E, F nằm trên đường thẳng AB
sao cho CE = CF = p. Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp (k1) ứng với cạnh AB
của tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn (k2) ngoại tiếp tam giác EFC.
Giải:
C

F

B

A

E

Q
P

O
O'

k2

k1

Vì CP = CQ = CE = CF = p nên suy ra 4 điểm P, Q, E, F cùng thuộc đường tròn
(C, p). Xét phép nghịch đảo cực C phương tích p2 ta có:
f (C, p2 ) : P → P ;
Q → Q
Do đó: f ( ( k1 ) ) = ( k1 )

f ( E) = E


 ⇒ f ( ( k2 ) ) = EF
f (F) = F 
Mà ( k1 ) tiếp xúc với EF nên ( k1 ) tiếp xúc với ( k 2 )
Bài 10: (Dự tuyển toán Quốc tế)
Cho hai đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) tiếp xúc với nhau tại A . Một đường thẳng l

Mặt khác:

qua A cắt các đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) tương ứng tại C1 , C2 khác A . Một đường tròn

( C)

qua C1 , C2 cắt lại hai đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) tại B1 , B2 tương ứng. Gọi ( x ) là

đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1B2 . Đường tròn ( k ) tiếp xúc với đường tròn ( x )
tại A , cắt ( C1 ) , ( C2 ) lần lượt tại D1 , D2 khác A . Chứng minh rằng:
1. Các điểm C1 , C2 , D1 , D2 hoặc cùng thuộc một đường tròn hoặc cùng thuộc
một đường thẳng.
13


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

2. Các điểm B1 , B2 , D1 , D2 cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi
AC1 , AC2 lần lượt là đường kính của đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) tương ứng.
Giải:
(c)

k'1

k2

(x')

l

(k)

k'2

B'1

D2

B'2

C'1
C2

D1
k1
A

C1

B1

C'2

D'2

B2

(k')

D'1

(x)

Hình 1
1. Xét phép f là phép nghịch đảo cực A , phương tích k ≠ 0 thì

Hình 2

+) f biến đường tròn ( k1 ) , ( k2 ) thành các đường thẳng k1' , k2' tương ứng và k1' / / k2'
+) f biến đường tròn ( x ) , ( k ) thành các đường thẳng x '; k ' tương ứng và x '/ / k '
+) f biến đường thẳng ( l ) thành chính nó
Suy ra f biến các điểm B1 , B2 , C1 , C2 , D1 , D2 tương ứng thành các điểm
B1' = x '∩ k1' ; B2' = x '∩ k 2' ; C1' = l ∩ k1' ; C2' = l ∩ k 2' ; D1' = k '∩ k1' ; D2' = k '∩ k2'
Do đó tứ giác B1' B2' D2' D1' là hình bình hành (Hình 2)

· ' B' D' + B
· ' D ' D ' = 1800 (1)
⇒B
2 1 1
1 1 2
Vì C1 , C2 , B1; B2 thuộc đường tròn ( C ) và A không thuộc đường tròn ( C )
⇒ C1' , C2' , B1' ; B2' thuộc đường tròn ( C ') = f

( ( C ) ) ⇒ B· B D
'
2

'

1

'
1

· 'C ' D ' (2)
=C
1 2 2

· ' D' D' + C
· 'C ' D ' = 1800
Từ (1) và (2) suy ra C
1 1 2
1 2 2
'
⇒ C1' , C2' , D1' , D2' cùng thuộc một đường tròn ( k3 )

14


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

⇒ C1 , C2 , D1 , D2 hoặc cùng thuộc đường thẳng, hoặc cùng thuộc 1 đường tròn là tạo ảnh
'
của đường tròn ( k3 ) qua phép nghịch đảo f .

2. Ta có: Các điểm B1 , B2 , D1 , D2 cùng thuộc một đường tròn
⇔ Các điểm B1' , B2' , D1' , D2' cùng thuộc một đường tròn ⇔ B1' B2' D2' D1' là hình chữ

· ' B ' B ' = 900 ⇔ C
· 'C ' D ' = 900 ⇔ đường thẳng l và đường tròn ( C ' ) trực
nhật ⇔ D
2
1 1 2
1 2 2
giao với nhau
⇔ đường thẳng l và đường tròn ( C2 ) trực giao với nhau
⇔ AC1 , AC2 lần lượt là đường kính của đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) tương ứng.

Bài 11: (Đề thi Olympic 30/4 năm 2009)
Cho đường tròn

( O)

có đường kính AB và một điểm C trên

( C ≠ A, C ≠ B ) . Tiếp tuyến với ( O )

( O) ,

tại A cắt đường thẳng BC tại M . Gọi N là

giao điểm của các tiếp tuyến với ( O ) tại B và tại C . Đường thẳng AN cắt lại
đường tròn ( O ) tại D khác A và cắt đường thẳng BC tại F . Đường thẳng qua M ,
song song với AB cắt đường thẳng OC tại I . Đường thẳng qua N , song song với

AB cắt đường thẳng OD tại J . Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng MD, NC
và E là giao điểm của hai đường thẳng MN , IJ .

1. Chứng minh rằng hai đường tròn ( MCE ) và ( NDE ) tiếp xúc với nhau.

2. Chứng minh rằng K là tâm đường tròn đi qua các điểm C , D, E , F .
Giải:

15


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
A

P

M

X

I
C

O
F

K
E

Y

D
J

B

N

1. Gọi P là giao điểm của AM và NC thì PA = PM = PC .
Ta có ∆OPN vuông tại O , đường cao OC nên suy ra

OC 2 = CP.CN = AP.BN = OB 2 ⇒ 2OB.OC = BN .2 AP ⇒ OA. AB = BN . AM
·
⇒ ∆AOM : ∆BNA ⇒ ·AMO = BAN
= ·ADO
Suy ra tứ giác AMDO
·
·
ODM
= OAM
= 900

nội tiếp đường tròn đường kính

OM

nên

Do đó MD là tiếp tuyến của ( O ) ⇒ KC = KD
Vì ∆OBC : ∆ICM và ∆OAD : ∆JDN nên suy ra IC = IM và JD = JN
Mặt khác ta có OM ⊥ AN tại X và ON ⊥ BM tại Y nên F là trực tâm của ∆OMN .

Gọi E ' là giao điểm của OF và MN thì OE ' ⊥ MN . Ta chứng minh E ' ≡ E .
Ta có MA2 = MD 2 = MX .MO = ME '.MN = MB.MC
Xét phép nghịch đảo f cực M , phương tích k = MA2 ta có: f biến các điểm B, N
thành các điểm C , E ' tương ứng
Suy ra f biến đường thẳng BN thành đường tròn ( MCE ')
Vì BN tiếp xúc với ( O ) tại B và BN || AM nên đường tròn ( MCE ') tiếp xúc với

( O)

tại C và tiếp xúc với AM tại M . Do đó I là tâm đường tròn ( MCE ')

Chứng minh tương tự ta có J là tâm đường tròn ( NDE ') .
Khi đó ta suy ra hai đường tròn ( MCE ') và ( NDE ') tiếp xúc nhau tại E ' .
⇒ E ' là giao điểm của IJ và MN nên E ' ≡ E

16


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Vậy hai đường tròn ( MCE ) và ( NDE ) tiếp xúc với nhau tại E.
2. Vì KC là tiếp tuyến chung của ( O ) và ( I ) ; KD là tiếp tuyến chung của ( O ) và

( J)

nên ta suy ra PK /( I ) = PK /( O ) = PK /( J ) , do đó K là tâm đẳng phương của 3 đường tròn

( O) , ( I ) , ( J )

⇒ KC = KD = KE . Suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CDE (1).

Mặt khác ta có MA2 = MD 2 = MX .MO = ME.MN = MB.MC = MF .MY nên phép
nghịch đảo f cực M , phương tích k = MA2 biến các điểm F , C , D, E tương ứng
thành các điểm Y , B, D, N .
Mà 4 điểm Y , B, D, N cùng thuộc đường tròn đường kính BN nên 4 điểm

F , C , D, E cùng thuộc một đường tròn (2)
Từ (1) và (2) suy ra K là tâm đường tròn đi qua 4 điểm F , C , D, E .
Bài 12: (Đề đề nghị thi Duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm 2013)
Cho tam giác ABC có trực tâm H , ba đường cao là . Gọi M , N , P lần lượt là trung
điểm các cạnh BC , CA, AB . Gọi ( ω ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP . Kí
hiệu A ', B ', C ' lần lượt là các giao điểm thứ hai của MH , NH , PH và ( ω ) ,.
Chứng minh rằng A1 A ', B1 B ', C1C ' đồng quy tại một điểm X nằm trên đường
thẳng Euler của tam giác ABC .
Giải:

Ta kí hiệu đường tròn qua 3 điểm X , Y , Z là ( XYZ ) .

17


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP . Ta biết rằng ( ω ) đi qua 9
điểm: M , N , P, A1 , B1 , C1 và trung điểm các đoạn AH , BH , CH .
Giả sử là điểm đối xứng với M , N , P qua O .

Xét phép nghịch đảo cực H phương tích k = HM .HA ' = HN .HB ' = HP.HC '
Phép nghịch đảo này biến các đường thẳng A1 A ', B1B ', C1C ' tương ứng thành các
đường tròn ( HMM ') , ( HNN ') , ( HPP ') , biến đường tròn ( ω ) thành chính nó và
biến đường thẳng Euler của ∆ABC thành chính nó.
Ta sẽ chỉ ra rằng trục đẳng phương của ( HNN ') và ( HPP ') là đường thẳng Euler
của ∆ABC . Thật vậy:
Trục đẳng phương của ( ω ) và ( HNN ') là NN ' ;
Trục đẳng phương của ( ω ) và ( HPP ') là PP ' ;
Suy ra trục đẳng phương của ( HNN ') và ( HPP ') đi qua H và giao của NN ' và

PP ' hay trục đẳng phương của ( HNN ') và ( HPP ' ) là đường thẳng HO .
Do đó trục đẳng phương của

( HNN ') và ( HPP ') chính

là đường thẳng Euler

( HPP ') và ( HMM ') ,

trục đẳng phương của

∆ABC .
Tương tự, trục đẳng phương của

( HMM ') và ( HNN ')

cũng là đường thẳng Euler của ∆ABC .

Do đó ba đường tròn cùng đi qua một điểm trên đường thẳng Euler của ∆ABC .
Từ đó suy ra A1 A ', B1 B ', C1C ' đồng quy tại một điểm X nằm trên đường thẳng

Euler của tam giác ABC .
Bài 13: Cho đường tròn ( O ) và dây cung UV . M là một điểm trên dây cung

UV ; AC và BD là hai dây cung khác của đường tròn ( O ) cùng đi qua M . Gọi
X là giao điểm của BC và UV ; Y là giao điểm của AD và UV . Chứng minh
rằng:

1
1
1
1
+
=
+
.
MX MV MY MU

Giải:

18


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương
B

A
E

U

X

M

I
O1

J

V

F

Y
N
O

O2

C
D

Đặt k = MA.MC = MB.MD = MU .MV
Xét phép nghịch đảo f cực M , phương tích k , ta có

f biến các điểm A, D, U tương ứng thành các điểm C , B, V .
Suy ra f biến các đường thẳng BC , AD tương ứng thành các đường tròn

( AMD ) , ( BMC )

và biến đường thẳng UV thành chính nó.

Vì X là giao điểm của BC và UV và Y là giao điểm của AD và UV nên

f biến các điểm X ,Y tương ứng thành các điểm F , E với F là giao điểm khác

M của đường tròn ( AMD ) và UV ; E là giao điểm khác M của đường tròn

( BMC )

và UV

Khi đó ta có:
k = MU .MV = MX .MF = MY .ME ⇒ MU .MV = MX .MF = MY .ME = k
Do đó
1
1
1
1
+
=
+
⇔ MF + MU = ME + MV ⇔ FU = EV ⇔ EU = FV
MX MV MY MU
Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm của các đường tròn ( BMC ) , ( AMD ) thì OO1 ⊥ BC (1)
Mặt khác ta có góc giữa O2 M và BC bằng góc giữa O2 M và đường tròn ( AMD )
và bằng 900 (vì phép nghịch đảo f biến O2 M thành chính nó) nên O2 M ⊥ BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OO1 || O2 M

19


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Chứng minh tương tự ta suy ra OO2 || O1M , do đó tứ giác MO2OO1 là hình bình
hành có tâm N .
Gọi I , J lần lượt là hình chiếu vuông góc của O1O2 xuống UV thì tứ giác O1O2 JI
là hình thanh vuông tại I , J
Mà N là trung điểm của O1O2 nên suy ra NI = NJ
Hai tam giác EMO, FMO có NI , NJ tương ứng là hai đường trung bình nên suy
ra OE = OF (3)
Mặt khác OU = OV (4)
Nên từ (3) và (4) suy ra EU = FV (đpcm)
Bài 14: (Đề đề nghị thi Duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm 2013)
Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC,
CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với (I) tại X. Một
đường tròn đi qua C, A tiếp xúc với (I) tại Y. Một đường tròn đi qua A, B tiếp xúc
với (I) tại Z. Chứng minh rằng các đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy.
A

X
Q
R
I

Y
B

Z
P

C

Giải:

20


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Gọi f ( I , R ) là phép nghịch đảo tâm I phương tích R.
Ta có
N:X →X
P→P
Do đó f ( I , R ) biến đường tròn (IPX) thành đường thẳng PX.
Tương tự f ( I , R ) biến đường tròn (IQY) thành đường thẳng QY
đường tròn (IRZ) thành đường thẳng RZ
Mà các đường tròn (IPX), (IQY), (IRZ) đồng quy tai I nên các đường thẳng PX,
QY, RZ cũng đồng quy.
Bài 15: Cho tam giác ABC . Các điểm P, Q, R thuộc miền trong tam giác ABC
sao cho các tứ giác ABPQ, BCQR, CARP là các tứ giác nội tiếp. Biết rằng tâm I
của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là tâm đẳng phương của các đường tròn
ngoại tiếp các tứ giác ABPQ, BCQR, CARP . Chứng minh rằng tâm O của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng Euler của tam giác PQR.

A

O3

O1

R

Q
I
P

B

C

21


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Giải: Gọi O1 , O2 , O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tứ giác
ABPQ, BCQR, CARP . Ta có AP, BQ, CR lần lượt là trục đẳng phương của các
đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) , ( O2 ) và ( O3 ) , ( O3 ) và ( O1 )

Vì I là tâm đẳng phương của các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) nên
AP,BQ, CR đồng quy tại I . Do đó AP,BQ, CR tương ứng là đường phân giác
·

·ABC, ·ACB .
của các góc BAC,
Từ đó ta có:

( PI , QR ) = ( PI , PQ ) + ( PQ, QR ) = ( PA, PQ ) + ( PQ, QB ) + ( QB, QR ) ( mod π )
uuur uuur
uuur uuur
1 uuur uuur
π
= ( BA, BQ ) + ( AP, AB ) + ( CB, CR ) =  BA, BC + AC, AB + CA, CB  = ( mod π )
 2
2
Suy ra PI ⊥ QR
Chứng minh tương tự ta có QI ⊥ RP, RI ⊥ PQ . Do đó I là trực tâm tam giác PQR .

(

) (

) (

)

Đặt k = IA.IP = IB.IQ = IC.IR . Xét f ( I , k ) là phép nghịch đảo tâm I , phương
tích k ta có f ( I , k ) biến P, Q, R tương ứng thành A, B, C .
Do đó f ( I , k ) biến đường tròn ( PQR ) thành đường tròn ( O ) .

Suy ra tâm của hai đường tròn ( PQR ) , ( O ) là ảnh của nhau qua phép vị tự tâm I
nên chúng thẳng hàng hay đường thẳng IO đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác PQR .

Vậy tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng Euler
của tam giác PQR.
Một số bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho hai đường tròn (C1), (C2) trực giao với nhau và cắt nhau ở A, B. Lấy các
điểm C, D trên hai đường tròn đó sao cho CD không đi qua A, B. Chứng minh rằng
các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACD và BCD trực giao với nhau.
Bài 2: Cho bốn đường tròn cùng đi qua một điểm P nhưng không có đường tròn nào
chứa trong đường tròn nào. Hai đường tròn tiếp xúc với đường thẳng (d1) tại P, hai
đường tròn còn lại tiếp xúc với đường thẳng (d2) tại P. Các giao điểm khác P của 4
đường tròn là A, B, C, D. Chứng minh rằng 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường
tròn khi và chỉ khi hai đường thẳng (d1) và (d2) vuông góc với nhau.

22


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Bài 3: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Các nửa đường tròn đường
kính AB, BC, CA nằm về cùng một nửa mặt phẳng bờ AC. Chứng minh rằng
đường tròn (O) có đường kính bằng khoảng cách từ O đến BC với (O) là đường
tròn tiếp xúc với cả ba nửa đường tròn trên.
Bài 4: (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm học 2004 - 2005)
Cho đường tròn (O, R). Giả sử có 6 đường tròn thay đổi nằm bên trong
(O;R) là (I1), (I2), (I3), (I4) , (I5) , (I6) thoả mãn tính chất : chúng lần lượt tiếp xúc
trong với (O, R) tại A1, A2, A3, A4, A5, A6 ; đồng thời đường tròn (I1) tiếp xúc ngoài
với đường tròn (I2), đường tròn (I2) tiếp xúc ngoài với đường tròn (I3), đường tròn
(I3) tiếp xúc ngoài với đường tròn (I4), đường tròn (I4) tiếp xúc ngoài với đường
tròn (I5), đường tròn (I5) tiếp xúc ngoài với đường tròn (I6), đường tròn (I6) tiếp

xúc ngoài với đường tròn (I1).
1. Chứng minh rằng: A1A2.A3A4.A5A6 = A2A3.A4A5.A6A1
2. Cho đường tròn (I , r) nằm bên trong (O; R) . Gọi d = OI; chứng minh rằng:
Tồn tại 6 đường tròn (I1), (I2), (I3), (I4) , (I5) , (I6) thoả mãn tính chất đã nêu ở đề bài và
đồng thời 6 đường tròn này lại đều tiếp xúc ngoài với đường tròn (I , r) khi và chỉ khi

( R − r)

2

− d2 =

4
Rr .
3

Bài 5: (Đề thi VMO - 2003)
Cho hai đường tròn cố định (k1), (k2) tiếp xúc trong tại P có tâm tương ứng là
K1, K2 và bán kính lần lượt là R1, R2 (R1 < R2). Cho điểm K di động trên (k2) sao cho
3 điểm K, K1, K2 không thẳng hàng. Từ K kẻ các tiếp tuyến KB, KC tới (k1) (với B, C
là các tiếp điểm). Các đường thẳng PB, PC cắt đường tròn (k2) tại D, E tương ứng. F
là giao điểm của DE với tiếp tuyến của đường tròn (k2) tại K. Chứng minh rằng F di
động trên một đường thẳng cố định.
Bài 6: (IMO Shortlist 2003)

23


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

Cho ( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) , ( C4 ) là bốn đường tròn phân biệt thỏa mãn ( C1 ) , ( C3 )
tiếp xúc ngoài nhau tại P , ( C2 ) , ( C4 ) tiếp xúc ngoài nhau tại P . Giả sử các cặp
đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) , ( C2 ) và ( C3 ) , ( C3 ) và ( C4 ) , ( C4 ) và ( C1 ) tương ứng
AB.BC PB 2
A,
B,
C,
D
=
cắt nhau tại các điểm
khác P . Chứng minh rằng
.
AD.DC PD 2
Bài 7: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Các nửa đường tròn

( C1 ) ,( C2 )

có đường kính lần lượt là AB, BC cùng thuộc một nửa mặt phẳng bở là

đường thẳng AB . Một đường tròn ( C ) tiếp xúc với ( C1 ) và tiếp xúc với ( C2 ) tại
T khác C và tiếp xúc với đường thẳng qua C vuông góc với AB . Chứng minh
rằng AT là tiếp tuyến của đường tròn ( C2 ) .

II. Dạng toán: Tìm tập hợp điểm, chứng minh điểm thuộc đường cố định
Bài 1: Cho đường tròn (C) tâm I, bán kính R và một điểm O cố định sao cho OI = 2R.
Gọi (C1), (C2) là hai đường tròn thay đổi qua O, tiếp xúc với đường tròn (C) và trực giao
với nhau. Gọi M là giao điểm thứ hai của (C1) và (C2). Tìm quỹ tích điểm M.
Giải:

24


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Hoàng Cương

c1
P'
P
O

I

J

M
Q

M'

c2

Q'

Phần thuận:
2
Xét phép nghịch đảo f ( O, k ) với k = PO / ( C ) = 3R . Khi đó:

f ( O,k ) :

( C ) → ( C ) ; ( C1 ) → d1 ; ( C2 ) → d 2
Vì ( C ) ; ( C ) trực giao với nhau và cùng tiếp xúc với ( C ) nên ta có d ⊥ d và lần
lượt tiếp xúc với ( C ) tại P ' ; Q' thỏa mãn: OP.OP ' = OQ.OQ' = 3R với P, Q là
tiếp điểm của ( C ) ; ( C ) với ( C ) .
Gọi M’ là giao điểm của hai đường thẳng d , d thì khi đó M ' = f ( M ) vì M là giao
điểm của hai đường tròn ( C ) ; ( C )
1

2

1

2

2

1

2

1

1

2

2

Mặt khác tứ giác IP’M’Q’ là hình vuông cạnh R

(
)
( γ ') = ( I , R 2 ) = f ( ( γ ) )

(

⇒ IM ' = R 2 ⇒ M '∈ I , R 2 . Gọi ( γ ') là đường tròn I , R 2

⇒ M ∈( γ ) với

)

Vì M ' = f ( M ) ⇒ OM .OM ' = 3R 2 ⇒ M = f ( M ')

(

)

Ta có: PO / ( γ ' ) = OI 2 − R 2 = 2 R 2 = ON .OM ' với N ∈ ( γ )
2

3
3
3
3
⇒ OM .OM ' = ON .OM ' ⇒ OM = ON ⇒ M = VO2 ( N ) ⇒ M ∈ ( γ ) = V 2 ( ( γ ') )
O
2

2

3
3R 2
Gọi ( J , r ) là tâm của đường tròn ( γ ) ⇒ OJ = OI và r =
hay J là giao
2
2
điểm của đường tròn ( C ) và đường thẳng OI.

Phần đảo:

25