Phép nghịch đảo ứng dụng trong hình học

O D E A Phép nghịch đảo – Ứng dụng trong hình học Bài toán mở đầu “Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; các đường cao BD, CE.. b Tính chất bất biến Phép nghịch đảo biến đường thẳng

O D

E

A

Phép nghịch đảo – Ứng dụng trong hình học

Bài toán mở đầu

“Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); các đường cao BD, CE CMR: DE ⊥ AO ”

Ta thấy đường thẳng AO qua tâm của (O) ⇒ AO ⊥ (O) Theo bài toán : ED ⊥ AO

Vậy giữa (O) và ED có liên hệ gì ở đây? Liệu có phép biến hình nào biến (O) thành ED

không? Câu trả lời là có Đó chính là phép nghịch đảo

Chú ý rằng 𝐴𝐸 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 𝐴𝐶 = 𝑘 nên nếu ta gọi f là quy tắc:

f: mặt phẳng \{A} > mặt phẳng

M > M‟ : 𝐴𝑀 𝐴𝑀 = 𝑘 ′

Thì f(B)=D và f(C)=E Phép nghịch đảo được xây dựng từ bài toán đó

I LÍ THUYẾT

1 Định nghĩa

Cho một điểm O cố định và một số k ≠ 0 Với mỗi điểm M trong mặt phẳng khác O ta tìm được một điểm M‟ sao cho 𝑂𝑀 𝑂𝑀′ = 𝑘 Quy tắc này gọi là phép nghịch đảo

cực O, phương tích k Ta kí hiệu f(O, k) M‟ gọi là ảnh của M qua f, ta viết f(M)=M‟

2 Tính chất

a) Tính đối hợp

Phép nghịch đảo có tính chất đối hợp Tức là P=f(P‟) và P‟=f(P) nên f o

f(M)=M Do

đó f 2

là một phép đồng nhất

b) Tính chất bất biến

Phép nghịch đảo biến đường thẳng qua O thành chính nó

Phép nghịch đảo với k > 0 biến đường tròn (𝑂; 𝑘) thành chính nó Ta gọi (𝑂; 𝑘)

là đường tròn nghịch đảo

Phép nghịch đảo với k > 0 biến các đường tròn trực giao với đường tròn nghịch đảo thành chính nó

Bài toán trên có thể dễ dàng giải bằng kiến thức THCS

Kẻ Ax là tiếp tuyến của (O) tại A

Ta có: tứ giác BCDE nội tiếp (vì ∠BDC=∠BEC=90o

) Suy ra: ∠ADE=∠ABC

Mà∠ ABC=∠CAx

 DE//Ax DE ⊥ AO (vì AO ⊥Ax)

∠CAx=∠ADE

MAI T HỊ ANH THƯ PHẠM QUANG NHẬT

LÊ THÀNH ĐẠT

HỌC SINH LỚP 10CT2 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG, TP.HCM

Phép nghịch đảo Page 3

A'

H

A

A

O

A'

P

c) Đường tròn trực giao, sự đồng viên

Cho f(O;k) với k > 0 và M‟=f(M) thì mọi đường tròn (C) qua M và M‟ đều trực giao với (𝑂; 𝑘) và (C) biến thành chính nó qua f Khi đó nếu (C 1 ) và (C 2 ) cắt nhau ở A,B

và lần lượt trực giao với (𝑂; 𝑘),k >0 thì A, B là ảnh của nhau qua f

Cho f(O;k), k ≠ 0 thì với A, B không thẳng hàng với O, ta có: A, B, f(A), f(B) thuộc một đường tròn

d) Các định lí

Định lí 1: Cho f(O,k) Nếu f(A)=A và f(B)=B‟ thì 𝐴 ′𝐵′= 𝑘 𝐴𝐵

𝑂𝐴 𝑂𝐵

Chú ý: khẳng định A‟B‟=f(AB) là sai Định lí 2: Phép nghịch đảo bảo tồn góc

Ta nhắc lại định nghĩa về góc giữa hai đường cong Cho hai đường cong (C 1 ) và (C 2 ) cắt nhau tại A, ta dựng các tiếp tuyến d, d‟ tại A của chúng Khi đó góc giữa (C 1 ) và (C 2 ) là góc giữa d và d‟

e) Ảnh của đường thẳng và đường tròn qua phép nghịch đảo

Ảnh của đường thẳng qua tâm nghịch đảo là chính nó Ảnh của đường thẳng không qua tâm nghịch đảo là đường tròn đi qua tâm nghịch đảo

Ảnh của đường tròn đi qua tâm nghịch đảo là đường thẳng không qua tâm nghịch đảo O và nó song song với tiếp tuyến của đường tròn tại O

Thật vậy, xét f(O;k) và (C) qua O gọi OH‟ là đường kính của (C) và H=f(H‟) Với A‟ thuộc (C) (A‟ ≠ O), gọi A=f(A‟) Khi đó ∆OHA đồnng dạng ∆OA‟H‟

⇒∠OHA=∠OA‟H‟=90 Do đó A thuộc đường thẳng đi qua H và vuông góc với OH

Ảnh của đường tròn không qua tâm nghịch đảo là đường tròn không qua tâm nghịch đảo

Ta có bổ đề sau hay được sử dụng trong chứng minh hình học

Bổ đề: Cho phép nghịch đảo f(I;k) biến (O) thành (O’) thì O biến thành chân đường đối cực của I đối với (O’)

Chứng minh:

Thật vậy, xét phép nghịch đảo f(O;k), đường thẳng d Gọi

H là hình chiếu của O trên d, H‟=f(H) A‟thuộc d và A‟=f(A) Khi đó OH.OH‟=OA.OA‟=k nên tứ giác HH‟A‟A nội tiếp, suy ra ∠OA‟H‟=90 o Do đó A‟ thuộc đường tròn (C) đường kính OH‟ Vậy f(d)=(C) và tâm O‟ của (C) đối xứng với O qua d

www.MATHVN.com

O D

E

A

Kẻ tiếp tuyến IA của (O) Xét phép nghịch đảo f(I;k) biến IA ↔IA, (O) ↔(O‟), O↔P

Vì IA tiếp xúc (O) nên IA cũng tiếp xúc (O‟) tại A‟ (A‟=f(A))

Ta có: IA.IA‟=IO.IP=k nên tứ giác AA‟PO nội tiếp Do đó ∠IPA‟=∠IAO=90 o

Vậy qua f O biến thành P là chân đường vuông góc kẻ từ tiếp điểm A‟ xuống IO‟ nên

P là chân đường đối cực của I đối với(O‟)

II VẺ ĐẸP CỦA PHÉP NGHỊCH ĐẢO TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC

Bài toán mở đầu:

Tuy có thể được giải quyết bằng cách vẽ đường phụ nhưng bài toán trên sẽ trở nên tự nhiên và đẹp hơn khi ta sử dụng công cụ phép nghịch đảo

1 Cho tứ giác ABCD CMR: (ABC) ⊥ (ABD) ⟺AB 2

.CD 2 =AC 2 BD 2 +AD 2 BC 2

Giải Xét phép nghịch đảo f(A;k) (k bất kì):

B↔B‟; C↔C‟; D↔D‟

(ABC) ↔B‟C‟; (ABD) ↔B‟D‟

(ABC) ⊥ (ABD) ⟺B‟C‟ ⊥B‟D‟ ⟺C‟D‟ 2 =B‟C‟ 2 +B‟D‟ 2

⟺ 𝑘 𝐶𝐷

𝐴𝐶 𝐴𝐷

2

= 𝑘 𝐵𝐶

𝐴𝐵 𝐴𝐶

2

+ 𝑘 𝐵𝐷

𝐴𝐵 𝐴𝐷

2

⟺ 𝑘 𝐶𝐷 𝐴𝐵

𝐴𝐶 𝐴𝐷 𝐴𝐵

2

= 𝑘 𝐵𝐶 𝐴𝐷

𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐴𝐷

2

+ 𝑘 𝐴𝐶 𝐵𝐷

𝐴𝐵 𝐴𝐷 𝐴𝐵

2

⟺ AB 2

.CD 2 =AC 2 BD 2 +AD 2 BC 2

2 Gọi (O;R) và (I;r) là đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ∆ABC

CMR:OI 2 =R 2 -2Rr

Xét phép nghịch đảo cực A, phương tích k=AE.AB=AD.AC,

ta có:

E↔B, D↔C;

ED↔(ABC); AO↔AO

Vì đường thẳng AO đi qua tâm của (ABC) nên AO⊥(ABC)

 AO⊥ED (đpcm)

Phép nghịch đảo Page 5

P N

D

O F

I

c4

c2

c1

c3

D C

B

A

P

d4 d2

d3 d1

C'

B'

(I;r) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F

Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của IA và EF, IB và DF, IC và DE

Ta có: r2

=ID2=IE2=IF2=IM.IA=IN.IB=IP.IC Xét f(I;r2

):

D↔D, E↔E, F↔F; A↔M, B↔N, C↔P

(ABC) ↔(MNP) và (I;r) ↔(I;r) Gọi R‟ là bán kính của (MNP) Theo tính chất phép nghịch đảo:

𝑅′ = 𝑟

2

𝑃𝐼/(𝑂) 𝑅 =

𝑟2

𝑑2− 𝑅2 𝑅 = 𝑟

2

𝑅2− 𝑑2𝑅 (1)

𝑇𝑎 𝑐ó: 𝑆∆𝐷𝐸𝐹 = 4𝑆∆𝑀𝑁𝑃 ⟺𝐷𝐸 𝐷𝐹 𝐸𝐹

𝑀𝑁 𝑀𝑃 𝑁𝑃 4𝑅′

⟺ 2𝑀𝑁 2𝑀𝑃 2𝑁𝑃

𝑀𝑁 𝑀𝑃 𝑁𝑃 4𝑅′ ⟺ 𝑅

′ = 1

2𝑟 (2)

Thay (2) vào (1) ta được: (R 2

-d 2 ).1

2r=rR 2 ⟺ d 2

=R 2 -2Rr

3 Cho (C 1 ), (C 2 ), (C 3 ) là các đường 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 ) lần lượt cắt nhau ở A, B, C, D (A, B, C, D ≠ P) CMR:

𝑨𝑩 𝑩𝑪

𝑨𝑫 𝑫𝑪 =

𝑷𝑩𝟐

𝑷𝑫𝟐

Giải Xét phép nghịch đảo f(P,k) (k bất kì):

A↔A‟; B↔B‟; C↔C‟; D↔D‟

www.MATHVN.com

X Y E D

A

P

B'

C'

P'

(C 1 ) ↔ d 1 ; (C 2 ) ↔ d 2 ; (C 3 ) ↔ d 3 ; (C 4 ) ↔ d 4

(C 1 ) và (C 3 ) tiếp xúc ngoài ⇒ d 1 //d 3

(C 2 ) và (C 4 ) tiếp xúc ngoài ⇒ d 2 //d 4

Do đó A‟B‟C‟D‟ là hình bình hành ⇒ A‟B‟=C‟D‟ và A‟D‟=B‟C‟

Mặt khác:

𝐴𝐵 = 𝑘

𝑃𝐴′ 𝑃𝐵′ 𝐴′𝐵′; 𝐵𝐶 = 𝑘

𝑃𝐵′ 𝑃𝐶′ 𝐵′𝐶;

𝐴𝐷 = 𝑘

𝑃𝐴′ 𝑃𝐷′ 𝐴′𝐷′; 𝐷𝐶 = 𝑘

𝑃𝐷′ 𝑃𝐶′ 𝐷′𝐶′;

𝑃𝐵 = 𝑘

𝑃𝐵′; 𝑃𝐷 =

𝑘 𝑃𝐷′

Suy ra: 𝐴𝐵.𝐵𝐶

𝐴𝐷.𝐷𝐶 =𝑃𝐷 ′2

𝑃𝐵′2.𝐴′𝐵′.𝐵′𝐶′

𝐴′𝐷′.𝐷′𝐶′ = 𝑃𝐵2

𝑃𝐷2

a) Chứng minh sự đồng quy, thẳng hàng

4 Cho điểm P bên trong ∆ABC thỏa: ∠APB-∠ACB=∠APC-∠ABC Gọi D, E là tâm

đường tròn nội tiếp ∆APB, ∆APC CMR: AP, BD, CE đồng quy

Giải

Gọi X, Y là giao điểm của AP và BD, AP và CE Ta sẽ chứng minh X ≡Y

Theo tính chất đường phân giác : 𝑋𝐴

𝑋𝑃 = 𝐵𝐴

𝐵𝑃; 𝑌𝐴

𝑌𝑃 =𝐶𝐴

𝐶𝑃

Xét phép nghịch đảo f(A ;k) (k bất kì) :

B↔B‟; C↔C‟; P↔P‟

Ta có: ∆ABC và ∆AC‟B ‟ ; ∆APB và ∆AB‟P‟ (1); ∆APC và ∆AC‟P‟(2) là các cặp tam giác đồng dạng

=> ∠ABC=∠AC’B’ ; ∠APB=∠AB’P’ ; ∠APC=∠AC’P’

Phép nghịch đảo Page 7

D

K F

E

O

C

H

Do đó : ∠B′C′P′ =∠AC′P′ – ∠AC′B =∠APC – ∠ABC= ∠APB – ∠ACB

= ∠APB – ∠ACB = ∠AB′P – ∠AB′C′ =∠C′B′P′

=> ∆B‟C‟P‟ cân tại P‟ nên P‟B‟=P‟C „ (3)

Từ ( 1), (2), (3) : 𝐵𝐴

𝐵𝑃 = 𝑃′ 𝐴

𝑃′𝐵′ = 𝑃′𝐴

𝑃′𝐶′ = 𝐶𝐴

𝐶𝑃

Suy ra: 𝑋𝐴

𝑋𝑃 =𝑌𝐴

𝑌𝑃 nên X ≡Y ⇒ điều phải chứng minh

5 Cho đường tròn (O) đường kính AB, C thay đổi trên (O) sao cho ∆ABC không cân tại C Gọi H là chân đường cao kẻ từ C của ∆ABC Vẽ HE, HF vuông góc với AB,

AC (E, F thuộc AB, AC) EF và AB cắt nhau tại K D là giao điểm thứ hai của (O)

và đường tròn (C) đường kính CH Chứng minh D, K, C thẳng hàng

Ta có: CH 2

=CE.CA=CD.CB=k Xét phép nghịch đảo f(C;k):

E↔A ; H↔H ; F↔B

(ABC) ↔EF ; (CEF) ↔AB

Mặt khác: D=(ABC) ⋂ (CEF) và K=EF ⋂ AB

=> D=f(K) nên D,K, C thẳng hàng

6 Đường tròn (I;r) nội tiếp ∆ABC, tiếp xúc với BC, AC, AB tại M, N, P CMR: trực tâm H của ∆MNP, tâm I, O của đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC thẳng hàng

Giải:

Gọi D, E, F là trung điểm của NP, MP, MN

Ta có: IA.ID=IB.IE=IC.IF=IM 2

=IN 2 =IP 2 =r 2 Xét phép nghịch đảo f(I;r 2

): A↔D; B↔E; C↔F

 (ABC) ↔(DEF); O↔O‟

Ta thấy H và I thuộc d là đường thẳng Euler của ∆MNP Mặt khác O‟ là tâm của (DEF) là đường tròn Euler của ∆MNP ⇒ O‟ thuộc d mà I,

O, O‟ thẳng hàng và I thuộc d⇒ O thuộc đường thẳng d Vậy H, O, I thẳng hàng

www.MATHVN.com

P' N'

Y

X

H P N

M

D

F

E

A

7 Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O), các đường cao AD, BE, CF, H là trực tâm Gọi M,

N, P là giao điểm của HA và EF, HB và DF, HC và DE Gọi d a , d b , d c là các đường thẳng lần lượt qua A, B, C và vuông góc với NP, MP, MN Chứng minh d a ,

d b , d c đồng quy tại tâm đường tròn Euler của ∆ABC

Ta có: AF.AB=AE.AC=AH.AD=k

Xét phép nghịch đảo f(A,k): F↔B, E↔C, H↔D;

BE↔(ACF), DF↔(AHB); CF↔(AEB), DE↔(AHC) Gọi N‟=(ACF) ⋂ (AHB) thì N‟=f(N); Gọi P‟=(AEB) ⋂ (AHC) thì P‟=f(P)

Do đó: NP↔(AN‟P‟)

Gọi I a là tâm (AN‟P‟), vì d a ⊥NP nên d a⊥(AN‟P‟) hay I a thuộc d a

Ta lại có: NF.ND=NB.NH=NN‟.NA ⇒ 𝑃𝑁/(𝐴𝑁′ 𝑃′) = 𝑃𝑁/(𝐵𝐻𝐶 )

Tương tự: 𝑃𝑃/(𝐴𝑁′ 𝑃′) = 𝑃𝑃/(𝐵𝐻𝐶 )

=> N, P thuộc trục đẳng phương của (AN‟P‟) và (BHC)

Gọi X, Y là giao điểm của (AN‟P‟) và (BHC) thì N, P thuộc XY

Gọi G, O a là tâm của (DEF), (HBC), trong đó G là tâm đường tròn Euler ∆ABC

Khi đó: f(A;k): X↔X, Y↔Y, H↔D, B↔F, C↔E; (HBC) ↔(DEF)

=> X,Y thuộc (DEF)

Suy ra (DEF), (BHC), (AN‟P‟) là chùm đường tròn nên G, O a , I a thẳng hàng Mặt khác: I a G

⊥XY và I a A ⊥XY nên G thuộc I a A hay G thuộc d a

Tương tự: G thuộc d b , d c Do đó: d a , d b , d c đồng quy tại G

Phép nghịch đảo Page 9

(C) (O)

C O

B' Q'

C P'

Q

P

N

M

O

A

C

N'

P'

b) Chứng minh tính chất hình học khác

8 Cho đường tròn (O) đường kính PQ, đường tròn (C) tiếp xúc với (O) và tiếp xúc

với PQ tại C Lấy A trên (O) và B trên CQ sao cho AB vuông góc với PQ và AB tiếp xúc với (C) CMR: AC là phân giác của ∠PAB

Giải

Với k bất kì, xét phép nghịch đảo f(C;k):

P↔P‟; Q↔Q‟, A↔A‟, B↔B‟ ; PQ↔PQ;

∆CAP ∽ ∆CP‟A‟ ;∆CAB ∽ ∆CB‟A‟ nên∠ CAP=∠CP‟A‟ và ∠CAB=∠CB‟A‟

Vì (C) tiếp xúc với PQ và đi qua C nên (C) ↔đường thẳng c‟ , c‟//PQ

Vì (O) tiếp xúc với (C) và (O) ⊥ PQ nên (O)↔ đường tròn (O‟) tiếp xúc với c‟ và có đường kính là P‟Q;

Vì AB tiếp xúc (C) và AB⊥ PQ nên AB↔(CA‟B‟) tiếp xúc c‟ và có đường kính CB‟

Ta thấy (CA‟B‟) và (O‟) đối xứng với nhau qua trung trực của CQ‟ nên ∠CP‟A‟=∠CB‟A‟

=> ∠CAP=∠CAB nên AC là phân giác của ∠PAB

9 Cho tứ giác lồi ABCD có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại O Gọi E, F , G, H

là các điểm đối xứng với O qua AB, BC, CD, DA CMR: E, F, G, H đồng viên

Giải

www.MATHVN.com

Gọi M, N, P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ O đến AB, BC, CD, DA

Ta có các tứ giác OMQ, OMBN, ONCP, OPDQ nội tiếp (vì 2 góc đối bù nhau)

Gọi (O A ) , (O B ) ,( O C ) ,( O D ) là các đường tròn ngoại tiếp của chúng

Xét phép nghịch đảo f(O;k), k bất kì:

AC ↔ AC; BD ↔ BD

Vì (O A ) , (O B ) ,( O C ) ,( O D ) lần lượt tiếp xúc với BD, AC, BD, AC nên

(O A ) ↔L A //BD ,( O C ) ↔L C //BD

(O B ) ↔L B //AC ,( O D ) ↔L D //AC

Mặt khác:

(O A ) và (O B ), (O B ) và (O C ), (O C ) và (O D ), (O D ) và (O A ) lần lượt cắt nhau ở M , N , P , Q

⇒ L A và L B , L B và L C , L C và L D , L D và L A lần lượt cắt nhau ở M‟, N‟, P‟, Q‟

Mà AC ⊥ BD nên M‟N‟P‟Q‟ là hình chữ nhật và nó nội tiếp được trong một đường tròn

=> E, F, G, H đồng viên

10 Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và đường thẳng d cắt (O) tại C, D và cắt đường thẳng AB tại M (MB<MA, MD<MC) Gọi K là giao điểm thứ hai của (OAC) và(OBD) Chứng minh ∠MKO=90o

K

M'

P K'

B

D

O

C

Phép nghịch đảo Page 11

Kẻ tiếp tuyến MP của (O)

Xét phép nghịch đảo f(O;R2), ta có:

A↔A; B↔B; C↔C; D↔D; M↔M‟; P ↔P (OAC) ↔AC; (OBD) ↔BD

K=(OAC) ⋂ (OBD) nên K‟=f(K)=AC ⋂ BD

AB↔AB, CD↔(OCD) , M‟=f(M)=AB ⋂ (OCD)

Xét ∆K‟AB có K‟A ⊥ BC và K‟B ⊥ AD nên (OCD) là đường tròn Euler của ∆K‟AB

Do đó: (OCD) cắt AB tại M‟ và K‟M‟ ⊥ AB

Lại có: OP 2 =OM‟.OM nên PM‟ ⊥ AB ⇒ P thuộc K‟M‟

Từ P, K‟, M‟ thẳng hàng ⇒ P, K, M, O đồng viên

Suy ra K thuộc đường tròn đường kính MO nên ∠MKO=90o

11 Cho (O) và 2 đường thẳng Ox, Oy vuông góc với nhau Tiếp tuyến tại M thay đổi trên (O) cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B Trục đẳng phương của (O) và (OAB) cắt Ox, Oy lần lượt ở C, D Tìm quỹ tích trung điểm I của CD

Gọi E, F là giao điểm của (O) và (OAB)

Xét phép nghịch đảo f(O; OM2

):

M↔M, E↔E, F↔F;

MO↔ MO; Ox↔Ox; Oy↔Oy; (OAB) ↔EF;

Ta có: A=Ox ⋂ (OAB); C=Ox ⋂ EF nên A=f(C)

B=Oy ⋂ (OAB); D=Oy ⋂ EF nên B=f(D)

N

C

D

F

E

A

B

O

M

www.MATHVN.com

Suy ra: OA.OC=OM 2 và OB.OD=OM 2 nên MC ⊥ OA và MD ⊥ OB

Do đó: OCMD là hình chữ nhật Khi đó I cũng là trung điểm của OM

Vậy quỹ tích của I là đường tròn (O; OM/2)

12 Cho hai đường tròn (C) và (C’) cùng tiếp xúc với (O), (C) cắt (C’) tại A, B Một đường tròn (W) thay đổi tiếp xúc với (C) và (C’), cắt (O) ở M, N Chứng minh tâm đường tròn (AMN) nằm trên đường cố định

Xét phép nghịch đảo f(A; k) với 𝑘 = 𝑃𝐴/(𝑂)

(O) ↔(O), (W) ↔(W‟); M↔M‟ ; N↔N‟

(C) ↔d , d tiếp xúc với (O) tại C

(C‟) ↔d‟,d‟ tiếp xúc với (O) tại D

B↔B‟ , B‟=d ⋂ d‟

(AMN) ↔M‟N‟,

Gọi I là tâm của (AMN) thì AI ⊥ M‟N‟ ⇒ I thuộc đường thẳng ∆ vuông góc với M‟N‟

Mặt khác: (W) tiếp xúc với (C) và (C‟) nên (W‟) tiếp xúc với d và d‟

Suy ra: Tâm W‟ của (W‟), O, B‟ thẳng hàng (cùng thuộc đường phân giác của ∠CB‟D) M‟N‟ là trục đẳng phương của (O) và (W‟) nên OW‟ ⊥ M‟N‟ ⇒ OB‟ ⊥ M‟N‟

Do đó: M‟N‟ cố định ⇒ ∆ cố định

Vậy tâm I của (AMN) luôn thuộc đường thẳng ∆ cố định

Phép nghịch đảo Page 13

I' D'

M'

A'

C B

D

M

13 Cho đường tròn (O), (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài của (O) và (O’) (B ∈ (O), C∈ (O’)) D là điểm cố định trên (O), M thay đổi trên (O’) Tìm quỹ tích giao điểm thứ hia của (MBC) và (MDA)

Giải

Xét phép nghịch đảo f(B; BC 2

):

(O‟) ↔(O‟); A↔A‟; M↔M‟; D↔D‟; C↔C

(MBC) ↔(CM‟); (MAD) ↔(M‟A‟D‟)

Có: ∆BAD ∽∆BD‟A‟ ⇒ ∠BA‟D‟=∠BDA=∠ABC ⇒D‟A‟ // BC

Gọi I‟=(CM‟) ⋂ (M‟A‟D‟) thì ∠I‟M‟A‟=90 o nên A‟I‟ là đường kính của (M‟A‟D‟)

⇒I‟D‟ ⊥ D‟A‟ ⇒ I‟D‟ //OB

Mà D‟ cố định nên quỹ tích của I‟ là đường thẳng đi qua D‟ và song song OB

Vậ y quỹ tích của I=(MBC) ⋂ (MAD)=f(I‟) là đường tròn qua D và tiếp xúc với OB tại B

14 Dựng đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B cho trước và tiếp xúc với đường tròn (O) cho trước tại M

Phân tích

Giả sử ta đã dựng được đường tròn (C) thỏa yêu cầu bài toán

Xét phép nghịch đảo f(A; P A/(O) ) :B↔B‟; M↔ M‟; (C) ↔d; (O) ↔(O)

Vì (C) tiếp xúc với (O) tại M nên d tiếp xúc với (O) tại M‟

Vì B ∈ (C) nên B‟ ∈ d

Cách dựng

www.MATHVN.com

M' B'

C

O B

C'

H

K' H'

I'

O3

Dựng cát tuyến ACC‟ với (O)

Dựng (BCC‟) cắt AB tại B‟

Dựng tiếp tuyến BM‟ (M‟ là tiếp điểm), AM‟ cắt (O) tại M

Đường tròn (ABM) là đường tròn cần dựng

Chứng minh

Xét phép nghịch đảo f(A ; P A/(O) ) :

(O) ↔(O); M↔M‟; B↔B‟ ; (C) ↔B‟M‟;

Do tính chất của phép nghịch đảo nên B‟M‟ tiếp xúc với (O) và đi qua B‟,M‟

⇒ (C) tiếp xúc với (O) và đi qua A, B, M

Biện luận

Khi A, B thuộc (O) : (C) chính là (O) Bài toán có 1 nghiệm hình

Khi A ∉ (O), B ∈ (O) hay A ∈ (O), B ∉ (O): Bài toán có vô số nghiệm hình

Khi A, B ∉ (O): Các đường tròn cần dựng là 2 đường tròn tiếp xúc trong và ngoài (O)

Bài toán có 2 nghiệm hình

15 Cho 3 điểm A, B, C ∈ d thẳng hàng theo thứ tự đó Các nửa đường tròn (O 1 ), (O 2 ),

(O 3 ) đường kính AB, AC, BC cùng nằm về một phía của AB Dựng đường tròn tiếp xúc với cả ba nửa đường tròn đó

Phân tích

Giả sử ta đã dựng được đường tròn (O) thỏa yêu cầu bài toán

Xét phép nghịch đảo f(A ; AB.AC) :

B↔C ; (O 3 ) ↔(O 3 )

(O 1 ) ↔ Cn, Cn ⊥ d (do (O 1 ) ⊥ d)

(O 2 ) ↔ Bm, Bm ⊥ d (do (O 2 ) ⊥ d)

(O) ↔ (O‟), (O‟) tiếp xúc với (O 3 ), Bm, Cn (do (O) tiếp xúc với (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ))

Suy ra tâm O‟ của (O‟) thuộc trung trực của BC và O 3 O‟=BC

Cách dựng

Dựng Bm, Cn là các tia tiếp tuyến của (O 3 ) cùng phía với (O 3 )

Dựng ∆ là trung trực của BC, ∆ cắt (O 3 ) tại I‟

Dựng (I‟;BC/2) cắt ∆ tại O‟

Dựng (O‟;OI‟) Kẻ d‟ qua O‟ và d‟ ⊥ Bm, d‟ cắt (O‟) tại H‟, K‟

Dựng H=AH‟ ⋂ (O 2 ); K=AK‟ ⋂ (O 1 ); I=AI‟ ⋂ (O 3 )