Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh PHÉP BIẾN HÌNH A. PHÉP DỜI HÌNH I-Phép tịnh tiến . 1. Định nghĩa (SGK). 2. Điều kiện ắt có và đủ . Có hai hình (F) và (F’) đối ứng nhau trong một phép biến đổi điểm. 1) Giả sử (F’) là hình đối ứng của (F) trong phép tịnh tiến véc tơ v r , lấy hai điểm A , M trong (F) rồi hai điểm A’ , M’ đối ứng trong (F’) ta có : ' ' ' 'AA MM v AM A M= = ⇒ = uuur uuuuur r uuuur uuuuuur 2) Đảo lại , giả sử rằng cứ lấy hai điểm A , M trong (F) rồi hai điểm A’ , M’ trong (F’) sao cho : ' 'AM A M= uuuur uuuuuur ta thấy ngay ' 'AA MM= uuur uuuuur Lấy cặp điểm A , A’ cố định rồi cho cặp điểm M , M’ bất kỳ ta thấy ngay (F’) là hình của (F) trong phép tịnh tiến véc tơ 'AA uuur . Do đó : Định lý : Điều kiện ắc có và đủ để hai hình đối ứng nhau trong một phép tịnh tiến là hai cặp điểm đối ứng đối một A , A’ và M , M’ ta có : ' 'AM A M= uuuur uuuuuur 3. Tính chất : Phép tịnh tiến là một phép dời hình , nên có đầy đủ tính chất của phép dời hình. 4. Tích của hai phép tịnh tiến . Một cách tổng quát , với n phép tịnh tiến ta được : Định lý : Tích số n phép tịnh tiến véc tơ 1 2 , , , n V V V ur uur uur là một phép tịnh tiến véc tơ 1 2 n V V V+ + + ur uur uur . Ta viết : ( ) 1 2 1 2 . n n V V V V V V T T T T + + + = uur uur uur uur uur uur II- Phép quay . 1. Định nhĩa : Cho một điểm O và một góc θ định hướng . Nói điểm M’ là điểm đối ứng của M trong phép quay phẳng tâm O góc θ nghĩa là ta có : ( ) , 'OM OM θ = uuuur uuuuur và OM = OM’. Điểm O gọi là điểm kép . Ta viết: M’ = Q (O, θ ) (M) 2. Điều kiện ắt có và đủ Định lý : Điều kiện ắt có và đủ để hai hình đối ứng nhau trong một phép quay là lấy hai cặp điểm đối ứng đối một A , A’ và M , M’ , ta có : ( ) , ' 'AM A M = uuuur uuuuuur hằng số và AM = A’M’. 3. Tính chất cơ bản Định lý cơ bản : Phép quay trong mặt phẳng là một phép dời hình. 4. Định tâm quay . Nếu A và A’ là cặp đối ứng nhau trong phép quay (O, θ ) thì điểm O ở trên hai đường này : + Trung trực đoạn AA’ + Cung chứa góc véc tơ ( ) , 'OA OA θ = uuur uuur đi qua A và A’ Như vậy nếu ta biết hai cặp điểm đối ứng A , A’ và M , M’ ta có thể định tâm quay O là giao điểm của hai trong bốn đường này : GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 1 Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh + Trung trực của AA’. + Trung trực của MM’. + Cung chứa góc θ đi qua A , A’. + Cung chứa góc θ đi qua M , M’. Hơn nữa , nếu gọi I là giao điểm của AM với A’M’ (HV1) , ta có : ( ) ( ) ( ) , ' , ' , 'IA IA k OA OA IA IA θ π = + ⇒ = Chứng tỏ bốn điểm I , A , A’ , O ở trên một đường tròn. Tương tự bốn điểm I , M , M’ , O ở trên một đường tròn. (Hình 1) Vậy O nằm trên hai đường tròn (IAA’) và (IMM’). 5. Hình biến của nhứng hình thông dụng . • Phép quay biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kín. • Định lý : Hai đường tròn bằng nhau , cắt nhau tại hai điểm thì chúng có thể coi là hình đối ứng trong phép quay có tâm là một giao điểm và đường thẳng nối hai điểm hai điểm đối ứng đi qua giao điểm kia. 6. Tích của hai phép quay. Cho hai phép quay Q(O 1 , θ 1 ) và Q(O 2 , θ ) lần lượt biến hình (F) thành (F 1 ) rồi biến (F 1 ) thành (F 2 ). Định lý : Tích của hai phép quay trong mặt phẳng thường là một phép quay mà góc là tổng hai góc quay cho trước. Ví dụ 1 (Vô Địch Cộng hòa liên bang Đức 2001) Cho một tam giác ABC tồn tại các điểm ' , ' , 'A BC B CA C AB∈ ∈ ∈ lập thành một tam giác đều sao cho ' ' 'AB BC CA= = . Chứng minh rằng tam giác ABC đều. Giải: Ta chứng minh bằng phản chứng . Giả sử ngược lại là tam giác ABC không phải là tam giac đều . Khi đó trong ba góc của tam giác phải có một góc nhỏ hơn 60 0 , giả sử không mất tính tổng quát đó là góc A Gọi M là tâm của tam giác đều A’B’C’ . Ta thực hiện một phép quay quanh M theo chiều kim đồng hồ một góc 120 0 . Gọi A” , B” , C” là ảnh của A , B và C trong phép quay này (hình vẽ ) Gọi X là giao điểm của đường thẳng B”B’ và AB . Do B” là ảnh của B và C’ là ảnh của B’, cho nên góc BXB’ = 60 0 và A < 60 0 = 'BXB∠ , 0 ' 120B XA∠ = là góc tù , cho nên AB’ > XB’ . Theo giả thiết đầu bài thì AB’ = BC’ = B”B’ nên XB’ < B”B và X nằm trên cạnh B”B (góc ngoài của tam giác lớn nhỏ hơn góc trong không kề nó ) .Từ đó suy ra góc C’B”B’ < 60 0 . Do B’ , B” ,C’ là ảnh của C’ , B , A’ trong phép quay nên góc B của tam giác nhỏ hơn 60 0 . Tương tự chứng minh vừa rồi , từ B < 60 0 ta có góc C của tam giác ABC nhỏ hớn 180 0 . Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng tam giác ABC đã cho phải là tam giác đều. Ví dụ 2 (Olympic Toán Châu Á Thái Bình Dương – APMO XIV , 3/2002). Lấy hai điểm P , Q lần lượt trên hai cạnh AC và AB của tam giác đều ABC sao cho cả hai tam giác ABP và ACQ đều là nhọn . Gọi R và S lần lượt là trực tâm của tam giác ABP và ACQ , T là giao điểm của BP và CQ . Hãy xác định tất cả các giá trị của số đo các góc CBP và BCQ để tam giác TRS là đều. Giải: GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 2 O I A M M’ A’ . j M A' C' B' B C A C" A" B" J K Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh Vì P và Q có vai trò như nhau trên hai cạnh AC và AB của tam giac đều ABC đã cho , nên ở vị trí nào để thu được tam giác đều TRS thì chỉ có thể là đối xứng với nhau qua đường cao AD . Chúng ta nghỉ tới việc cần sử dụng phép đối xứng trục trong bài toán này. Đặt BC = CA = AB = a , thì tam giác TRS là đều khi và chỉ khi TR = TS = RS (đặt = x), hoặc: 0 ( ) 60 ( ) TR TS i TRSdeu SRT ii =  ∆ ⇔  ∠ =  (i) TR = TS <=> AB 2 + TR 2 = AC 2 + TS 2 <=> AT 2 + BR 2 = AT 2 + CS 2 (Đ L –Pytago) <=> BO + OR = CO + OS <=> OR = OS <=> SR // BC <=> S = Đ OA (R) <=> AR = AS <=> S=D ( R) QS=D ( ) ( ) ( ) ( ) OA OA OA OA AC AB PR Q D P CQ D BP T OA∆ ∆ ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ ∈ Từ đó : (ii) và (i) <=> TR//AB <=> BT = D OC (AR) 0 0 , 45 30 AH BP H OC HBO HBA OBA ⇔ ⊥ ∈ ⇒ ∠ = ∠ = ∠ = − Tương tự : 0 0 1 / / 15 2 15 TS AC HBO OBC CBP BCQ ⇔ ∠ = = ∠ ⇔ ∠ = ∠ = Vậy : Tam giác TRS đều khi và chỉ khi góc CBP = BCP = 15 0 . Ví dụ 3. (HSG-Phổ thông năng khiếu-Tp) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Gọi I, I 1 , I 2 , I 3 là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp các góc A , B , C tương ứng . Đường tròn ngoại tiếp tam giác I I 2 I 3 cắt (O) tại hai điểm M 1 , N 2 . Gọi J 1 là giao điểm của AI và (O) . Kí hiệu d 1 là đường thẳng đi qua J 1 và vuông góc với M 1 N 1 . Tương tự xác định các đường thẳng d 2 , d 3 . Chứng minh rằng đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 đồng quy tại một điểm. Giải: Dễ thấy rằng I là trực tâm của tam giác I 1 I 2 I 3 . Do vậy nếu gọi O 1 và O’ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác I I 2 I 3 và I 1 I 2 I 3 . Theo một kết quả quen thuộc , ta có O 1 và O’ là ảnh của nhau qua phép đối xứng với đường thẳng I 2 I 3 và I 1 IO 1 O’ là hình bình hành . Suy ra , I 1 O 1 đi qua trung điểm của O’I , đồng thời cũng chính là tâm của đường tròn 9-điểm Euler của tam giác I 1 I 2 I 3 , do vậy ba điểm I 1 , O , O 1 thẳng hàng . Hơn nữa , để ý rằng M 1 N 1 chính là trục đẳng phương của (ABC) và (O 1 ) nên 1 1 1 .I O M N⊥ Lập luận tương tự các đỉnh I 2 , I 3 . Khi ấy , ta thu được , các GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 3 T R S O A B C F D E H K j J1 M1 O O' I1 I2 I3 B C A Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh đường thẳng d 1 ’ , d’ 2 ,d’ 3 qua I 1 , I 2 , I 3 lần lượt vuông góc với M 1 N 1 , M 2 N 2 , M 3 N 3 đồng qui tại O. Xét phép vị tự tâm I , tỉ số k = 1 2 , biến I 1 , I 2 ,I 3 lần lượt thành J 1 ,J 2 , J 3 .Cho nên V(I,k) biến d’ 1 , d’ 2 , d’ 3 lần lượt thành các đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 . Dẫn đến d 1 , d 2 , d 3 đồng quy tại ảnh của O qua V(I,k) . Ta thu được điều phải chứng minh. Chú ý . Bài toán này có thể ngắn gọn hơn bằng định lý Carnot mở rộng. Nội dung định lý như sau: Xét hai tam giác ABC và A’B’C’. Khi ấy các đường thẳng qua A , B ,C vuông góc lần lượt với B’C’ , C’A’ , A’B’ đồng quy khi và chỉ khi các đường vuông góc kẻ lần lượt từ A’, B’, C’ đến BC , CA , AB đồng quy. *Bài tập: Bài1.Cho một đường tròn (C) cố định tâm O bán kính R và một điểm A cố định với OA = d < R . Vẽ một đường kính di động MM’ của (C). đường thẳng MA cắt (C) tại Q’ và đường song song Mx với OA tại P . Đường thẳng M’A cắt (C) taị Q’ và đường song song My với OA tại P’. 1) Chứng minh PP’ qua một điểm cố định. 2) Quỹ tích hai điểm P và P’. 3) Vẽ đường kính MM’ cho biết góc MAM’ = α .Biện luận . Tìm giá trị cực đại của góc α khi M vẽ đường tròn (Ta tính tan α theo góc MOA ∠= θ ). Bài2. Dựng ngoại tam giác ABC những tam giác đều A’BC , và B’CA và C’AB. 1) So sánh những véc tơ ',',A' CCBBA . Chứng minh rằng những đường thẳng AA’,BB’,CC’ đồng quy tại điểm I. 2) Giả sử rằng điểm I ở trong tam giác ABC . Kéo dài IB một đoạn BD = IC . Tam giác A’ID là tam giác gì ? Chứng minh AA’ = IA + IB + IC 3) Chứng minh 0''A' =++ CCBBA . Suy ra hai tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm. Bài3.Một điểm M vạch một đoạn thẳng AB = a . Ở một bên đường thẳng AB vẽ những tam giác đều PAM và QMB. Hai đường thẳng AP và QB gặp nhau tại C. 1) Tìm quỹ tích trung điểm O của đoạn thẳng PQ. 2) Chứng minh đường trung trực của PQ qua một điểm cố định . Có nhận xét gì về tâm đường tròn (PMQ). 3) Tìm quỹ tích tâm đường tròn (CPQ). 4) Cho biết phương và độ dài của đoạn PQ. Bài4.Ở bên ngoài góc BAC của ABC người ta vẽ những đoạn AM , CN , BP lần lượt bằng và thẳng góc với BC , CA , AB. 1) So sánh những véc tơ MB và PC ; MC và NB. Chứng tỏ rằng ba đường thẳng MA,NB và PC đồng quy. 2) Gọi O , I , J , K lần lượt là trung điểm của BC , PN , NA , AP . Hãy so sánh tính chất hai tam giác JMB và KMC. 3) Vẽ hình bình hành BACD . So sánh tính chất các tam giác DNP , OJK và IBC. Bài5.Cho hai phép quay R(O 1 , ),(), 221 θθ OR với O 1 khác O 2 . Phép quay ),( 11 θ OR biến M thành M 1 , còn phép quay ),( 22 θ OR biến M 1 thành M 2 . 1) Chứng minh rằng trung trực của MM 2 qua một điểm cố định O. GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 4 Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh 2) Quỹ tích của M 2 nếu M vẽ một hình F. 3) Quỹ tích của M để có M 1 M 2 = l. 4) Quỹ tích của M để có . 2 1 k MM MM = 5) Quỹ tích của M để có πα 2),( 211 kMMMM += . 6) Quỹ tích của M để có ba điểm M , M 1 và M 2 thẳng hàng. B.Cực điểm và hàng điểm điều hòa I. Cực điểm và đối cực: 1.Đối cực: Cho đường tròn (O) và một điểm A . Đường thẳng a xác định như sau .Trên OA lấy A’ sao cho '.OA OA R= , với a là đường thẳng qua A’ và vuông góc với OA. Đường a gọi là đường thẳng đối cực của A đối với O. 2.Cực điểm : Cho đường tròn (O) và đường thẳng a. Điểm A xác định như sau : Hạ OA’ vuông góc a , A là điểm thoả mãn 2 '/ . 'A OA OA OA R∈ = . Khi đó A gọi là điểm đối cực của đường thẳng a đối vơi (O). Nhận xét: Nếu A ngoài (O) thì đối cực a có thể xây dựng như sau : Kẻ các tiếp tuyến AM và AN thì MN chính là đường thẳng a. Mệnh đề 1: (Đối ngẫu) Cực và đối cực Cho đường tròn (O) , một điểm A và đường thẳng b . Gọi a và B lần lượt là cực điểm của A và đối cực của b . Ta có : A b B a ∈ ⇔ ∈ * Chẳng hạn : Đưa bài toán ba điểm thẳng hàng về ba đường thẳng đồng quy. A , B , C thẳng hàng nằm trên d , tồn tại phép đối cực : , ,A a B b C c→ → → và d đối cực với D suy ra a, b , c chứa D Vậy a , b , c đồng quy tại D Mệnh đề 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C) . Gọi t A , t B , t C , t D là tiếp tuyến tại A , B , C , D của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Ta có : t A , t C , BD đồng quy ⇔ t B , t D , AC đồng quy • Chú ý : Tứ giác ABCD gọi là tứ giác điều hoà nếu nó thoả mãn mệnh đề 2. Tính chất: a) AB.CD = AD.BC b) Gọi R là giao của AC và BD (HV) , khi đó M , D , R , B là hàng điểm điều hoà và (MDRB) = - 1 • Hàng điểm điều hoà : Cho 4 điểm A , B , C , D trên đường thẳng l . Bốn điểm A , B , C , D tạo thành hàng điểm điều hoà (kí hiệu (ABCD) = - 1) nếu ta có : =- D CA DA CB B . Nói cách khác C và D chia trong và chia ngoài A và B , lúc đó A và B cũng chia trong và chia ngoài đối C và D. • Hệ thức Newton : 2 1 1 AB AC AD = + GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 5 A’O A a A B DC • J R D O C M B A I Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh * Hệ thức Đề-Các: Gọi I , J lần lượt là trung điểm AB và CD. 2 2 2 2 . . IA IB IC ID JC JD JA JB = = = = • Hệ thức Mác-Lô ranh : Gọi I là trung điểm AB : . .CI CD CACB= * Ví dụ 1: Cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) tiếp xúc ngoài tại điểm T . A là một điểm trên tiếp tuyến chung của hai đường tròn . Một đường thẳng qua A cắt (O 1 ) tại M và N . MT và NT lần lượt cắt (O 2 ) tại P và Q . Gọi k là giao điểm của các tiếp tuyến của (O 2 ) tại P và Q. CMR K thuộc một đường thẳng cố định. Giải: Xét phép vị tự 2 1 , R V T R   −  ÷   : (O 1 ) 2 ( )O→ Gọi H là giao của hai tiếp tuyến tại M và N đối (O 1 ) . 2 1 , : R V T H K R   ⇒ − →  ÷   Ta có A MN ∈ Suy ra đối cực điểm của A sẽ đi qua cực điểm MN là H cố định . Suy ra H nằm trên a đối cực của A đối với (O 1 ) Suy ra a chứa điểm cố định H => K thuộc a’ là ảnh của a qua 2 1 , R V T R   −  ÷   Mà a và a’ đều qua T nên 'a a≡ Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Tiếp tuyến tại B , C cắt nhau tại K (AK đối xứng với trung tuyến AM qua phân giác trong góc A của tam giác ABC). Chứng minh rằng K,P,M,Q là hàng điểm điều hoà : (KPMQ) = - 1. MN cắt (O) tại P , Q và đi qua O . Ta có (NPMQ) = -1 PN QN PM QM ⇒ = − . Mà góc QAP = 90 0 , theo định lý đảo của định lý Apollonius, ta có AP là phân giác góc MAN. Và P là điểm chính giữa cung BC , suy ra AP là phân giác góc A (Ta có dpcm). Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và B , C cố định và điểm A thay đổi trên (O) . ( I ) là đường tròn thay đổi đi qua A và có tâm I thuộc đường cao AH . (I ) cắt AB và AC tại hai điểm M , N . Đường trung tuyến kẻ từ A trong tam giác AMN cắt đường GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 6 A T Q P K N H M O 1 O 2 j D P M O N A B C Q Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh tròn (I ) và đường kính BC tại P , Q . Gọi K là giao điểm các tiếp tuyến của (I ) tại P , Q . Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định. Giải • MN đối song với BC • Kẻ Ax là tiếp của A với (O) Suy ra Ax // MN S là trung điểm MN , suy ra (Ax , AS , AN , AM ) = - 1 Suy ra AS phải đi qua cực điểm A 1 của BC đối với (O) Gọi A 1 là các điểm của BC . Do A 1 cố định Theo Mđ1 BCPQ là tứ giác điều hòa , suy ra B,C,K thẳng hàng Chú ý: Có thể Cm Ax // MN như sau Ax tiếp tuyến của (O) tại A ABC xAC ⇒ ∠ = ∠ Do 'ABC AA M AMN∠ = ∠ = ∠ => BMNC nội tiếp Ax / /MNA ABC CAx MN⇒ ∠ = ∠ = ∠ ⇒ Ví dụ 4. Cho góc xOy và đường tròn (I) tiếp xúc Ox , Oy tại A và B . Một đường thẳng d thay đổi luôn tiếp xúc với (I) tại P cắt Ox , Oy tại M , N . Gọi K là giao điểm của AB và d. H là giao điểm của KI và OP . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK thuộc một đường thẳng cố định. Giải: OP cắt (I) tại Q . Do OA , OB , PQ đồng qui  AB , PK và tiếp tuyến tại Q đồng quy tại K , ABCD là tứ giác điều hoà  QK là tiếp tuyến của (I) tại Q  KI vuông góc OP  Tam giác OHK vuông tại H Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK  J là trung điểm OK GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 7 j k H M I O K J N P A B Q R N M C A B O J I x K Q Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh Xét phép vị tự V(O,2) : M → I ; A 'A → ; B 'B → K I⇒ → Do A , B cố định suy ra A’,B’ cố định ' 'K AB J A B ∈ ⇒ ∈ (dpcn) Ví dụ 5. (HSG 12 – ĐHSP-Tp- 2009-2010) Cho tam giác ABC nhọn , không cân , nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại H .Các điểm A 1 , A 2 thuộc (O) sao cho đường tròn nội tiếp các tam giác A 1 B 0 C 0 , A 2 B 0 C 0 tiếp xúc với (O) .Tương tự ta có các điểm B 1 , B 2 và các điểm C 1 , C 2 . Chứng minh rằng các đường thẳng A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 đồng quy tại một điểm. Giải: Ma H Ao O C A3 Oa O'a B A A2 A1 Gọi (O a ) , (O a ’) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác A 1 B 0 C 0 và A 2 B 0 C 0 . Goi t a , t a ’ lần lượt là các tiếp tuyến chung tại A 1 , A 2 của (O a ) và (O a ’) với (O) . Kí hiệu ([BC]) ám chỉ đường tròn đường kính BC. Ta có t a , BC và B 0 C 0 lần lượt là trục đẳng phương các cặp đường tròn ((O a ),(O)), ((O), ([BC]) và (([BC]),(O a ) . Do t a , BC và B 0 C 0 đồng quy tại A 3 . Lập luận tương tự , ta cũng có t a , BC và B o C o đồng quy tại A 3 ’ , vì A 3 trùng A 3 ’ . Hãy nói cách khác , A 3 = o o B C BC∩ . Xác định tượng tự cho B 3 và C 3 . Bây giờ , gọi M a là trung điểm của BC . Do (A 3 A 0 BC) = - 1 nên theo hệ thức Maclau- ren , ta thu được 3 3 3 3 . . . o a A B A C A A A M= Từ đó suy ra A 3 có cùng phương tích với (O) và đường tròn 9 điểm Euler, Kí hiệu ( ε ) với ABC. Lập luận tương tự cho B 3 , C 3 . Ta kết A 3 , B 3 , C 3 thẳng hàng (*) . Suy ra đường thẳng (d) đi qua A 3 , B 3 , C 3 là trục đẳng phương của (O) và ( ε ) .Vậy nên O ε OH d≡ ⊥ (**). Để ý rằng A 3 , B 3 , C 3 lần lượt là cực của A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 với (O) . Kết hợp với (*) , ta suy ra A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 đồng quy tại S đồng thời cũng là cực của d đối với (O), do đó OS d ⊥ . Kết hợp (**) , suy ra S OH∈ . Tóm lại , các đường thẳng A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 đồng quy tại một điểm thuộc OH. GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 8 Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh *BÀI TẬP: Bài 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B , C cố định và A thay đổi trên đường tròn (O) . Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và M là tiếp điểm của (I) vói BC . Lấy M đối xứng với N qua I , AN cắt (I) tại J . P , Q là giao điểm của tiếp tuyến của (I) tại J với (O). Chứng minh rằng trung điểm K của PQ thuộc một đường tròn cố định. Bài 2. Cho một đường tròn (O) và điểm I bên ngoài (O) . Hai đường thẳng d 1 , d 2 thay đổi qua I cắt (O) tại M , N và P , Q . Gọi K , H là giao điểm của MP và NQ , NP và MQ. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IHK qua một điểm cố định thứ hai khác I. Bài 3 . Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) ; B và C cố định , A thây đổi trên (O) . Một đường tròn thay đổi qua B , C cắt AB , Ac tại M , N . Gọi P , Q , R là các tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tam giác Addieem với các cạnh AM , AN , MN . Đường kính qua R của (I) cắt PQ tại K. Chứng minh AK thuộc một đường thẳng cố định. GV : Văn Thế Huy - Tổ toán 9