1

Giảng viên hướng dẫn:

Ths. Lê Ngô Hữu Lạc Thiện

Nhóm sinh viên Toán 4A thực hiện

(theo thứ tự bài tập)

1. Hoàng Thị Mỹ Hạnh

2. Lý Thị Kim Na

3. Nguyễn Ngọc Nam

4. Nguyễn Hoàng Huy

5. Trần Bá Công

6. Phạm Thị Thành Loan

7. Nguyễn Thị Hồng Linh

8. Nguyễn Thị Thùy Dương

9. Lê Anh Huy

10. Võ Đăng Khoa

2

Bài 1 :

Cho đường tròn (O) đường kính AB và điểm C cố định trên AB. MN là

đường kính lưu động. AN cắt CM tại P. Tìm quỹ tích điểm P.

Giải :

Cách 1 :

Ta có :

/ /

( )

(( ))

k

A

k

A

AN MB

AN MB

AP AP CAk

AN MB CB

AP k AN

V N P

P V O

Cách 2 :

Xét tam giác ANO với cát tuyến PMC, theo định lý Menelaus ta có

1 2

2

PA MN CO PA CO

PN MO CA PN CA

PA CA

PN CO

3

( , )

( , )

2 2 2

2

( )

(( ))

A k

A k

PA PN PA PN AN

CA CO CA CO CA CO

PA CAk

AN CA CO

AP k AN

P V N

P V O

Bài 2:

Cho đường tròn (O) và điểm A cố định thuộc (O). Một góc có số đo 045

quay xung quanh A có cạnh cắt (O) tại B, C. Chứng minh rằng trọng tâm G

của ∆ABC thuộc một đường tròn cố định.

Giải:

Cách 1 :

Gọi R là bán kính đường tròn (O).

Gọi M là trung điểm BC.

Ta có:

02 90BOC BAC

OB OC R

Suy ra ∆BOC vuông cân tại O.

Suy ra ,2

RM O

cố định (1)

Do G là trọng tâm ∆ABC nên:

2

3AG AM

4

2,3

( )A

G V M

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

2,3

,2A

RG V O

là đường tròn cố định.

Cách 2 :

Gọi M là trung điểm BC.

Ta có: 02 90BOC BAC

OB OC R

Suy ra ∆BOC vuông cân tại O.

Kẻ / /GJ OM J AO

Theo định lý Thales ta có :

2

3

AJ AG

AO AM Suy ra J cố định

Mặt khác : 2 2

3 3

GJ AG OMJG

OM AM

Mà 2

ROM do ∆OBC vuông cân.

2 2.

3 32

R RJG

2,

3

RG J

cố định.

5

Bài 3 :

Cho tam giác ABC. M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. S là

điểm thay đổi trên đường tròn (ABC). Gọi I, J, K lần lượt là điểm đối xứng

của S qua M, N, P.

a) Chứng minh rằng AI, BJ, CK đổng qui tại S’.

b) Tìm quỹ tích điểm S’.

Bài giải :

a) Gọi G là trọng tâm của ∆ABC. Ta xét phép vị tự tâm G và tâm S

Khi đó ta có :

Vì 1

, 22

GM GA SI SM

Tương tự ta cũng có:

Gọi : 1

;2 ;2

F V S V G

Do 12. 1 1

2

S G

Suy ra: '( ; 1)F V S với

' 1 2 1

1 ( 1) 2GS GS GS

A M I ( ;2)V S

1( ; )

2V G

C P K

1( ; )

2V G ( ;2)V S

B N J 1

( ; )2

V G ( ;2)V S

6

Vậy ta có:

'

'

'

; 1

; 1

; 1

I V S A

J V S B

K V S C

Từ (*) suy ra AI, BJ, CK đồng quy tại S’. .

b) Theo câu a) ta có : ' 1

2GS GS

Nên : ' 1;

2S V G S

Mà ( )S ABC

Suy ra ' 1; ( )

2S V G ABC

Vậy quỹ tích của điểm S’ là ảnh của (ABC) qua phép vị tự

1;

2V G

.

Bài 4: Dùng phép vị tự để chứng minh lại phần thuận của định lý Menelaus.

Giải :

7

Đặt 1 2,MB NC

k kMC NA

Xét tích các phép vị tự sau:

Vì M, N, P thẳng hàng nên MN không song song với AB. Do đó:

. 1MB NC

MC NA

Suy ra: 1 2 1k k

Suy ra: ( , ) ( , )1 2M k N kV V là phép vị tự tâm I tỷ số 1 2k k

Do đó: (1)I MN

Mặt khác: ( , ) ( , )1 2( )

M k N kV V A B nên (2)I AB

Từ (1) (2) I P

Suy ra:

( )( , )1 2

A BP k k

V

nên 1 2

PBk k

PA

Hay: . . 1MB NC PA

MC NA PB

Nhận xét: Bằng việc chọn các phép vị tự như trên ta cũng có thể chứng minh

chiều đảo của định lý Menelaus.

Vì . . 1MB NC PA

MC NA PB nên . 1

MB NC

MC NA

8

Do đó: ( , ) ( , )1 2M k N kV V là phép vị tự tâm I tỷ số 1 2k k

( , ) ( , ) ( , )1 2 1 2( ) ( )

M k N k I k kV V A V A B nên 1 2

IBk k

IA

Mà: 1 2

PBk k

PA

Suy ra: I P hay P, M, N thẳng hàng.

Bài 5 :

Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A và một đường thẳng d.

M là một điểm thay đổi trên d. Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MN và MP đến đường

tròn (O). AN và AP lần lượt cắt (O’) tại N’ và P’. Chứng minh N’P’ đi qua

điểm cố định.

Giải :

9

Ta có:

OPA OAP ( OPA cân tại O )

' 'OAP O AP (đối đỉnh)

' ' ' 'O AP O P A ( ' 'O P A cân tại 'O )

' 'OPA O P A

/ / ' 'OP O P

Suy ra A là tâm vị tự trong.

Xét

'( ; )

RA

R

V :

'

'

' '

P P

N N

NP N P

Ta chứng minh NP đi qua một điểm cố định.

Ta có: IM d

MI NP

Suy ra '( ; )

' ( ) ' 'RA

R

I V I N P

Do d cố định nên I cố định, do đó 'I cũng cố định

Vậy ' 'N P đi qua một diểm cố định.

Trường hợp đặc biệt:

+Nếu 'R R thì ' ( ; 1)( ; )

R A AA

R

V V Đ

10

+Nếu AMP T thì 'A P P

Bài 6 :

Chứng minh rằng trong một tam giác ba trung điểm của ba cạnh, ba chân

đường cao và ba trung điểm của ba đoạn nối từ đỉnh đến trực tâm nằm trên

một đường tròn (đường tròn Euler).

11

Giải :

Cách 1:

Xét 1( ; )

2

VH

ta có:

1

2

3

A N

B N

C N

(theo giả thiết)

Kéo dài AH,BH,CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại '

1H ,

'

2H ,'

3H . Khi đó qua 1( ; )

2

VH

do H là trực tâm của tam giác ABC ta lại có:

'

1 1

'

2 2

'

3 3

H H

H H

H H

Kẻ 3 đường kính ' ' '

1 2 3AM , BM , CM . Tứ giác '

1HBM C là hình bình hành do:

'

1M B // CH (cùng vuông góc với AB)

'

1M C // BH (cùng vuông góc với AC)

1M là trung điểm của '

1HM . Suy ra '

1 1 1( ; )

2

V (M ) MH

Chứng minh tương tự ta cũng có:

'

1 2 2( ; )

2

'

1 3 3( ; )

2

V (M ) M

V (M ) M

H

H

Mà ' ' ' ' ' '

1 2 3 1 2 3A, B, C, H , H , H , M , M , M (ABC) Nên

1 2 3 1 2 3 1 2 3N , N , N , H , H , H , M , M , M cùng thuộc đường tròn Euler là ảnh

của (ABC) qua 1( ; )

2

VH

(đpcm).

12

Cách 2:

Gọi (O), (O’) lần lượt là 2 đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC và 1 2 3G G G .

Khi đó theo cách chứng minh đường

thẳng Euler bài 10a ta có

1;

2

V (O) O'G

; 1;

2

V (H) OG

(do O là trực tâm của tam giác 1 2 3G G G )

1

GO GH2

Mà 1

GO' GO2

Suy ra O’ là trung điểm của HO.

1 2 3

1, -

2

1( ) ( ')

2

G G G

GABC

RV O O

R

Mặt khác giả sử (O’) cắt AH tại A1.

Cần chứng minh A1 là trung điểm của AH.

Xét phép vị tự tâm H tỉ số 1

2biến O thành O’. Mà tỉ số vị tự đúng bằng tỉ số

bán kính của (O’) và (O) nên 1,2

( ) ( ')H

V O O

Suy ra 1

1HA HA

2

hay A1 là trung điểm của AH.

Kéo dài AH cắt (O) tại A2 khi đó: 1 2

1HH HA

2

(do H là trực tâm của tam

giác ABC)

13

Suy ra 1 1 2( ; )

2

H V (A )H

Do 2A (O) 1 H thuộc đường tròn Euler (O’). Vậy 1 1 1 2 3A ,H (G G G )

Chứng minh tương tự ta cũng có 1 2 1 2 3B , H (G G G ) ; 1 3 1 2 3C , H (G G G )

Suy ra ta có đpcm.

Bài 7 :

Cho tam giác ABC. Dựng hình vuông có hai đỉnh liên tiếp nằm trên một

cạnh BC còn hai đỉnh kia lần lượt nằm trên hai cạnh AB và AC.

Giải :

Cách 1:

Phân tích

Giả sử dựng được hình vuông MNPQ theo yêu cầu đề toán. Khi đó :

Xét ,V B k ( 0k bất kỳ )

'

'

'

'

M M AB

N N BN

P P BC

Q Q BC

Suy ra tứ giác ' ' ' 'M N P Q là hình vuông.

Cách dựng:

-Trên đoạn AB lấy điểm M’ bất kỳ

-Dựng đường thẳng qua M’ vuông góc với BC tại Q’

-Dựng đường tròn tâm (Q’;M’Q’) cắt tia Q’C tại P’

-Dựng N’ đối xứng với Q’ qua M’P’

-Dựng 'N BN AC

-Đặt '

BNk

BN

14

-Dựng :

;

;

;

'

'

'

B k

B k

B k

M V M

P V P

Q V Q

Ta có MNPQ là hình vuông cần dựng.

Chứng minh:

Theo cách dựng trên thì M’N’P’Q’ là hình vuông.

;: ' ' ' '

B kV M N P Q MNPQ

Mà ' ' ' 'M N P Q là hình vuông nên suy ra MNPQ cũng là hình vuông.

;'

B kM V M mà 'M BM AB

;'

B kP V P mà 'P BP BC

;'

B kQ V Q mà 'Q BQ BC

Vậy MNPQ là hình vuông thỏa điều kiện bài toán.

Cách 2:

Tương tự như cách 1 nhưng thay tâm vị tự là C .

Cách 3:

Phân tích :

Giả sử dựng được hình vuông MNPQ theo yêu cầu đề toán. Khi đó :

Xét ;A kV ( 0k bất kỳ )

'

'

'

'

M M AB

N N BN

P P

Q Q

Suy ra tứ giác ' ' ' 'M N P Q là hình vuông.

15

Cách dựng :

-Trên đoạn AB lấy điểm M’ bất kỳ.

-Qua M’ dựng đường thẳng song song với BC cắt AC tại N’.

-Dựng hình vuông ' ' ' 'M N P Q nằm trên nửa mặt phẳng bờ ' 'M N

không chứa A

'AP BC P . Đặt '

APk

AP

-Dựng

;' ' ' '

A kMNPQ V M N P Q

-Ta có MNPQ là hình vuông cần dựng

Chứng minh

;: ' ' ' '

A kV M N P Q MNPQ

Mà ' ' ' 'M N P Q là hình vuông nên suy ra MNPQ cũng là hình

vuông.

-Mặt khác :

'M AM AB

'N AN AC

- Vì ;: ' '

A kV P Q PQ mà

' '//

// ' '

P Q PQ

BC P Q

P BC

Nên Q BC

16

Mà P nằm trên BC nên MNPQ là hình vuông cần dựng.

Bài 8:

Cho hai đường tròn bằng nhau (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Một đường

thẳng thay đổi qua A cắt hai đường tròn tại P,Q. Tìm quỹ tích những điểm M

thoả:

𝐴𝑀 = 2(𝐴𝑃 + 𝐴𝑄 )

Giải :

Gọi I là trung điểm PQ

Ta có : 𝐴𝑀 = 2 𝐴𝑃 + 𝐴𝑄 = 2.2𝐴𝐼 = 4𝐴𝐼

Suy ra 𝑉 𝐴,4 biến I thành M (1)

Ta có: 𝐴𝑃𝐵 =1

2𝐴𝑂𝐵 =

1

2𝐴𝑂′𝐵 = 𝐴𝑄𝐵 (tính chất góc nội tiếp)

⟹ ∆𝑃𝐵𝑄 cân tại B

17

Mà I là trung điểm PQ

⟹ 𝐵𝐼 ⊥ 𝑃𝑄 hay BI ⊥ AI

⟹ I ∈ (AB) cố định (2)

Từ (1)(2) suy ra M ∈ (A’B’) với (A’B’) là ảnh của (AB) qua 𝑉(𝐴,4).

Bài 9 :

Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng thay

đổi qua A cắt (O) và (O’) lần lượt tại M và M’ khác A. Gọi P và P’ lần lượt

là trung điểm của AM và AM’. Chứng minh rằng :

a) Trung điểm I của PP’ thuộc một đường tròn cố định.

b) Trung điểm J của MM’ thuộc một đường tròn cố định.

Giải :

a) Do P là trung điểm của dây AM không qua tâm O nên OP⊥AM

Do P’ là trung điểm của dây AM’ không qua tâm O’ nên OP’⊥AM’

Suy ra 𝑂𝑃 ∥ 𝑂′𝑃′ nên 𝑃𝑃′𝑂′𝑂 là hình thang.

Gọi K là trung điểm của OO’

Khi đó KI là đường trung bình của hình thang PP’O’O nên 𝐾𝐼 ∥ 𝑂𝑃

Suy ra 𝐾𝐼 ⊥ 𝑀𝑀′

Vậy I thuộc đường tròn đường kính AK cố định

18

b) Ta có J, P, P’ lần lượt là trung điểm 𝑀𝑀′ ,𝐴𝑀,𝐴𝑀′ nên

1

' ' 22

AJ AM AM AP AP AI

Mà 𝐼 ∈ 𝐴𝐾 cố định.

Suy ra

( ,2) ( ,2)A AJ V I J V AK

Bài 10 :

Cho tam giác ABC. Gọi O, I, H, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp,

tâm đường tròn Euler, trực tâm, trọng tâm của tam giác đó.

a) Chứng minh O, I, H, G thuộc một đường thẳng (gọi là đường thẳng

Euler)

b) Cho M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi E và F lần

lượt là các vị trí của điểm M thuộc đường tròn trên sao cho biểu thức 2 2 2MA MB MC đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Chứng minh E, F thuộc

đường thẳng Euler.

Giải :

a) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có :

1 1 1

1 1 1, ,

2 2 2GA GA GB GB GC GC

19

Xét phép vị tự tâm G tỉ số 1

2

1

1 1 1 1

1

A A

B B ABC A B C

C C

Mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC; tâm đường tròn Euler là

tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ A1B1C1

Suy ra O I . Do đó G, O, I thẳng hàng.

Do các đường trung trực của ∆ABC chính là các đường cao của

∆ A1B1C1 nên O chính là trực tâm của ∆ A1B1C1.

Suy ra H O . Do đó G, H, O thẳng hàng.

Vậy O,I ,G, H thẳng hàng và đường thẳng đó gọi là đường thẳng Euler

b) Ta có :

2 2 22 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2

3 2

6 2 .3 6 6 .

MA MB MC MA MB MC

MO OA MO OB MO OC

MO OA OB OC MO OA OB OC

R MO OG R MO OG

Do . . cos , . cos ,MO OG MO OG MO OG R OG MO OG

Mà 1 cos , 1MO OG

và OG là hằng số

Nên 2 2 2 2 26 6 . 6 6 .R R OG MA MB MC R R OG

2 2 2MA MB MC đạt max khi ,MO OG

cùng hướng. Gọi là điểm E.

2 2 2MA MB MC đạt max khi ,MO OG

ngược hướng. Gọi là điểm

F.

Suy ra E, F, O, G thẳng hàng.

Vậy E, F là giao điểm của đường thẳng Euler với (O)

20

Bài tập thêm

Bài 1:

Cho hai đường tròn (𝑂1), (𝑂2) ngoài nhau và không bằng nhau. Một đường

tròn 𝑂 thay đổi tiếp xúc ngoài với 𝑂1 và 𝑂2 . Gọi các tiếp điểm tương

ứng là 𝐴 và 𝐵. Chứng minh rằng đường thẳng 𝐴𝐵 luôn đi qua một điểm cố

định. Nếu thay giả thiết “tiếp xúc ngoài” bằng “tiếp xúc trong” thì kết quả

trên sẽ thay đổi như thế nào?

Giải :

Do (𝑂) tiếp xúc ngoài với 𝑂1 và 𝑂2 tại 𝐴,𝐵

⟹ 𝐴 là tâm vị tự trong của 𝑂 và 𝑂1

𝐵 là tâm vị tự trong của (𝑂) và 𝑂2

Gọi 𝑆 là tâm vị tự ngoài của 𝑂1 và 𝑂2

Do 𝑂1 và 𝑂2 cố định nên 𝑆 cố định

Ta chứng minh 𝐴𝐵 đi qua 𝑆.

Xét 𝑂1 |

𝑉(𝐴 ,−

𝑅𝑅1

)

𝑂 |

𝑉(𝐵 ,−

𝑅2𝑅

)

𝑂2

21

𝑂1 |

𝑉 𝑆 ,

𝑅2𝑅1

𝑂2

Suy ra 𝐴,𝐵, 𝑆 thẳng hàng.

Vậy 𝐴𝐵 luôn đi qua 𝑆 cố định.

Nếu thay giả thiết “tiếp xúc ngoài” bằng “tiếp xúc trong” thì

𝐴 là tâm vị tự ngoài của 𝑂 và 𝑂1

𝐵 là tâm vị tự ngoài của 𝑂 và 𝑂2

Gọi 𝑆 là tâm vị tự trong của 𝑂1 và 𝑂2

Chứng minh tương tự 𝐴𝐵 luôn đi qua 𝑆 cố định.

Bài 2 :

Cho ba đường tròn 𝑂1 , 𝑂1 , 𝑂3 đôi một tiếp xúc ngoài với nhau, 𝐴 là

tiếp điểm của 𝑂1 và 𝑂2 ; 𝐵 là tiếp điểm của 𝑂2 và 𝑂3 ; 𝐶 là tiếp điểm

của 𝑂1 và 𝑂3 . Đường thẳng 𝐴𝐵 cắt 𝑂3 tại điểm thứ hai 𝐵′ , đường

thẳng 𝐴𝐶 cắt 𝑂3 tại điểm thứ hai 𝐶′. Chứng minh 𝐵′𝐶′ là đường kính của

𝑂3 .

Giải :

Vì 𝐵 là tâm vị tự trong của 𝑂2 và 𝑂3

⟹ 𝑂2𝐴//𝑂3𝐵′

22

Vì 𝐶 là tâm vị tự trong của 𝑂1 và 𝑂3

⟹ 𝑂1𝐴//𝑂3𝐶′

Vì (𝑂1) tiếp xúc với (𝑂2) tại A nên 𝑂1,𝐴,𝑂2 thẳng hàng.

Suy ra 𝐶 ′,𝑂3 ,𝐵′ thẳng hàng.

Như vậy 𝐵′𝐶′ là đường kính của đường tròn 𝑂3 .

Bài 3 :

Cho một tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. CMR các trọng tâm của các tam

giác ABC, CDA, BCD, DAB nằm trên cùng một đường tròn.

Giải :

Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AC, BD. O1 là trọng tâm của tam giác

ABC. E là trung điểm của BO1

Ta có: EL là đường trung bình của tam giác BDO1 nên EL//DO1

Do O1 là trọng tâm ∆ABC nên nó là trung điểm của EK.

Gọi M là trung điểm của KL.

Suy ra MO1 là đường trung bình của

∆KEL nên MO1 // EL // DO1

Suy ra DO1 qua M.

Ta lại có:

1

1

1 11

1

1 1 ;

2 2

1 1 1D

4 3 3

MO EL

EL DO

MO MOMO M

DO MD

23

Chứng minh tương tự ta cũng có:

2 3 4

1 1 1 ; ;

3 3 3MO MC MO MB MO MA

Vậy qua 1,

3M

V

: 1 2 3 4ABCD O O O O

Mà ABCD nội tiếp đường tròn nên O1O2O3O4 nội tiếp một đường tròn.

Bài 4 :

Cho đường tròn (O) và điểm A cố định nằm ngoài (O). Điểm M di động trên

(O). Dựng ∆MNP sao cho MA là đường cao và 𝐴𝑀 ,𝐴𝑁

=𝜋

2

a) Chứng minh N thuộc đường tròn cố định.

b) Chứng minh trọng tâm G của ∆MNP thuộc đường tròn cố định.

Giải :

a) Trên tia AN lấy điểm N’ sao cho AN’ = AM

Suy ra 𝑁′ = 𝑄 𝐴,

𝜋

2 𝑀 (1)

Do ∆MNP đều nên A là trung điểm NP và

3 ' 33

2 2

3'

3

AM AN AM

NP NP AN

AN AN

⇒ 𝑁 = 𝑉 𝐴,

3

3 𝑁′ (2)

Từ (1) và (2) suy ra 𝑁 = 𝑉 𝐴,

3

3 ∘ 𝑄

𝐴,𝜋

2 𝑀

Mà 𝑀 ∈ 𝑂 cố định và 𝐴 cố định

24

Suy ra 𝑁 ∈ 𝑉 𝐴,

3

3 ∘ 𝑄

𝐴,𝜋

2 (𝑂) là đường tròn cố định.

b) Do G là trọng tâm ∆MNP đều nên 1

3AG AM

Suy ra 𝐺 = 𝑉 𝐴,

1

3 𝑀

Mà 𝑀 ∈ 𝑂 cố định và 𝐴 cố định nên 𝐺 ∈ 𝑉 𝐴,

1

3 (𝑂) là đường tròn

cố định.

Bài 5 :

Cho hai đường tròn ,O R và ', 'O R tiếp xúc ngoài nhau tại A . Một góc

vuông xAy quanh quay A , Ax cắt O tại B , Ay cắt 'O tại C . Chứng minh

trọng tâm G của ABC di động trên một đường tròn cố định.

Gọi M là trung điểm của BC, K là trung điểm của OO’

Khi đó 2

3AG AM

Hay 2,3

A

G V M

Do ∆OAB cân tại O, ∆O’AC cân tại O’ và 𝐵𝐴𝐶 = 900 nên

𝐵𝑂𝑂′ + 𝐶𝑂′𝑂 = 180° − 2𝑂𝐴𝐵 + 180° − 2𝑂′𝐴𝐶

25

= 360° − 2 𝑂𝐴𝐵 + 𝑂′𝐴𝐶 = 360° − 2.90° = 180°

Suy ra OB // O’C và KM là đường trung bình của hình thang OO’CB

nên 1

'2

KM R R

Mà K cố định

Nên '

,2

R RM K

Suy ra2

,3

',

2A

R RG V K

Bài 6 :

Cho tam giác ABC, bên trong tam giác dựng 4 đường tròn bằng nhau bán

kính r là 1 2 3 4( );( );( );( )O O O O sao cho 3 đường tròn đầu tiên cùng tiếp xúc với

2 cạnh tam giác và 4O tiếp xúc với 3 đường tròn còn lại. Chứng minh rằng

tâm đường tròn nội và ngoại tiếp của tam giác ABC và tâm đường tròn 4( )O

thẳng hàng.

26

Gọi O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của ∆ABC

Do (O1) tiếp xúc với tia AB và AC nên O1 thuộc IA.

Tương tự : IB, IC lần lượt chứa O2 , O3.

Mặt khác 1 2, ,d O AB d O AB nên 1 2O O // AB

Tương tự 2 3O O // BC , 3 1O O // CA

Đặt 31 2 1IOIO IO

IA IB IC k

( , ) 1

2

3

:I kV O A

O B

O C

Do 4O là tâm đường tròn ngoại tiếp 1 2 3O O O (vì 4 1 4 2 4 3 2O O O O O O r )

nên ( , ) 4:I kV O O

Vậy 4, ,I O O thẳng hàng.

Bài 7 :

Cho đường tròn (O) và (O’) có bán kính khác nhau cắt nhau tại A và B. Một

đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc (O’) tại P’. Gọi Q, Q’ lần lượt là

chân đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai hai đường tròn lần lượt tại M và

M’. Chứng minh rằng: M, M’, B thẳng hàng.

Giải :

Vì 2 đường tròn cắt nhau có bán kính khác nhau nên tồn tại S là tâm vị tự

ngoài của 2 đường tròn.

27

2

1

( , ): '

'

'

'

RS

R

V O O

P P

A A

Q Q

Suy ra: ' ' ' (1)OA Q O AQ

Ta lại có:

2 2. ; . '

. . '

SP SQ SO SP SA SA

SQ SO SA SA

Nên tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn.

Suy ra: ' (2)OA Q OAQ

(1)(2) ' 'O AQ OAQ

Do tam giác MOA và M’O’A’ cân nên ' 'MOA AO M

28

Mà:

1(360 )

2

1' ' '

2

ABM MOA

ABM AO M

Nên: ' 180ABM ABM hay M, B, M’ thẳng hàng.

Bài 8 :

Cho 2 đường tròn cố định 𝑂1 , (𝑂2) tiếp xúc ngoài với nhau tại 𝐴. Điểm 𝐵

chạy trên 𝑂1 và điểm 𝐶 chạy trên (𝑂2) sao cho ∆𝐴𝐵𝐶 vuông tại 𝐴. Chứng

minh rằng chân 𝐻 của đường cao 𝐴𝐻 của ∆𝐴𝐵𝐶 thuộc cung tròn cố định.

Giải :

Gọi 𝐼 là giao của 2 đường tiếp tuyến chung ngoài của 𝑂1 , (𝑂2) thì 𝐼 chính

là tâm vị tự ngoài của chúng.

Xét 𝑉 𝐼,

𝑅2𝑅1

và gọi 𝐷 là giao điểm thứ hai của 𝑂1𝑂2 với (𝑂2) thì 𝐷 chính là

ảnh của 𝐴 qua phép vị tự đó.

Ta có : 𝐴𝐶 ⊥ 𝐴𝐵,𝐴𝐶 ⊥ 𝐶𝐷 nên 𝐴𝐵//𝐶𝐷

Mà 𝐵 ∈ 𝑂1 ,𝐶 ∈ 𝑂2 ,𝐴 ↦ 𝐷

Suy ra 𝐵 ↦ 𝐶 và 𝐵,𝐶, 𝐼 thẳng hàng.

Mà 𝐴𝐻 ⊥ 𝐵𝐶 nên 𝐴𝐻 ⊥ 𝐼𝐻

Suy ra 𝐻 ∈ (𝐴𝐼) cố định.

Mặt khác 𝐻 chỉ nằm trong góc giữa 2 tiếp tuyến chung ngoài của 𝑂1 , (𝑂2)

nên 𝐻 nằm trên cung tròn cố định.

29

Bài 9 :

Cho ∆𝐴𝐵𝐶 cân tại 𝐴. Đường tròn tâm 𝑂 tiếp xúc với các cạnh 𝐴𝐵,𝐴𝐶 lần

lượt tại 𝐸,𝐹 đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 tại 𝐷.

Chứng minh rằng trung điểm 𝐼 của 𝐸𝐹 chính là tâm đường tròn nội tiếp

∆𝐴𝐵𝐶.

Giải :

Kẻ tiếp tuyến chung qua 𝐷 của (𝑂) và (𝐴𝐵𝐶) lần lượt cắt 𝐵𝐴,𝐵𝐶 tại 𝐴′ ,𝐶′.

Do 𝐵𝐸,𝐵𝐹 tiếp xúc với 𝑂 và 𝐸,𝐹 là các tiếp điểm nên 𝐵, 𝐼,𝑂 thẳng hàng

và 𝐵𝑂 là phân giác góc 𝐵.

Gọi 𝐾 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆𝐴𝐵𝐶.

Do (𝑂) và (𝐴𝐵𝐶) tiếp xúc nhau tại 𝐷 nên 𝐾,𝑂,𝐷 thẳng hàng.

Mà ∆𝐴𝐵𝐶 cân tại 𝐴 nên 𝐾 ∈ 𝐵𝑂. Suy ra 𝐷 ∈ 𝐵𝑂.

Do 𝐼 là trung điểm 𝐸𝐹 nên 𝐵𝐷 ⊥ 𝐸𝐹.

∆𝐴𝐵𝐶 cân tại 𝐴 nên 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐶.

𝐴′𝐶′ là tiếp tuyến chung của 𝑂 , (𝐾) nên 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴′𝐶′.

30

Vậy 𝐸𝐹 // 𝐴𝐶 // 𝐴′𝐶′.

Xét tam giác vuông 𝐵𝐸𝑂 và tam giác vuông 𝐵𝐷𝐴′ có 𝑂𝐵𝐸 = 𝐴′𝐵𝐷 nên

đồng dạng với nhau.

Mà 𝐸𝐼 và 𝐷𝐴 là 2 đường cao tương ứng nên '

BA BI

BA BO

Xét 𝑉 𝐵,

𝐵𝐴

𝐵𝐴′ : 𝐴′ ↦ 𝐴,𝐶 ′ ↦ 𝐶,𝑂 ↦ 𝐼

với 𝑂 là tâm đường tròn nội tiếp ∆𝐵𝐴′𝐶′.

Suy ra 𝐼 là tâm đường tròn nội tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

Bài 10 :

a) Cho ∆𝐴𝐵𝐶. Đường tròn tâm 𝐼 nội tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 tiếp xúc với cạnh 𝐴𝐶 tại

điểm 𝐷. Kẻ đường kính 𝐷𝑀 của nó. Đường thẳng 𝐵𝑀 cắt cạnh 𝐴𝐶 tại

điểm 𝐾. Chứng minh rằng 𝐴𝐾 = 𝐷𝐶.

b) Trong đường tròn tâm 𝑂 kẻ hai đường kính 𝐴𝐵 và 𝐶𝐷 vuông góc với

nhau. Từ một điểm 𝑀 nằm ngoài đường tròn, kẻ các tiếp tuyến tới

đường tròn, cắt đường thẳng 𝐴𝐵 tại các điểm 𝐸 và 𝐻. Các đường

thẳng 𝑀𝐶 và 𝑀𝐷 cắt đường thẳng 𝐴𝐵 tại các điểm 𝐹 và 𝐾. Chứng

minh rằng 𝐸𝐹 = 𝐻𝐾.

Giải :

a)

M’

31

Tồn tại số 𝑘 > 0 sao cho 𝑉 𝐵 ,𝑘 biến đường tròn nội tiếp tâm 𝐼 thành

đường tròn bàng tiếp tâm 𝐽 của góc 𝐴.

Gọi 𝑀 ↦ 𝑀′ .

Do 𝐼 ↦ 𝐽 nên 𝐼𝑀 // 𝐽𝑀′.

Mà 𝐼𝑀 ⊥ 𝐴𝐶

Suy ra 𝐽𝑀′ ⊥ 𝐴𝐶

Vậy 𝑀′ là tiếp điểm của 𝐽 và 𝐴𝐶 (do 𝑀′ ∈ (𝐽))

Hay 𝑀′ ∈ 𝐴𝐶.

Mặt khác 𝑀′ ∈ 𝐵𝑀 do 𝑀 ↦ 𝑀′ qua 𝑉 𝐵,𝑘 .

Mà 𝐾 = 𝐵𝑀 ∩ 𝐴𝐶.

Suy ra 𝑀′ ≡ 𝐾.

Từ đó ta có 𝐴𝐾 =1

2 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴 − 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 (đpcm).

b)

Gọi 𝑑 là tiếp tuyến của 𝑂 tại 𝐷.

Ta có : 𝑑 ⊥ 𝐶𝐷 mà 𝐴𝐵 ⊥ 𝐶𝐷 nên 𝑑 // 𝐴𝐵.

Xét 𝑉 𝑀,

𝑀𝐷

𝑀𝐾 : 𝐾 ↦ 𝐷,𝐴𝐵 ↦ 𝑑.

Gọi 𝐸′ ,𝐹′ ,𝐻′ lần lượt là giao điểm của 𝐴𝐸,𝐴𝐹,𝐴𝐻 với 𝑑 thì theo định

lý Thales chúng sẽ lần lượt là ảnh của 𝐸,𝐹,𝐻 qua 𝑉 𝑀,

𝑀𝐷

𝑀𝐾 .

Xét ∆𝐸′𝑀𝐻′ có (𝑂) là đường tròn nội tiếp và tiếp xúc với cạnh 𝐸′𝐻′

tại 𝐷. 𝐶𝐷 là đường kính của (𝑂). 𝑀𝐶 cắt 𝐸′𝐻′ tại 𝐹′.

Theo câu a) ta có 𝐸′𝐹′ = 𝐻′𝐷.

Do đó 𝐸𝐹 = 𝐻𝐾 (đpcm)