Khối THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN 2Lời nói đầu
3A.Tóm tắt lý thuyết:
1.Phương tích của một điểm đối với đường tròn
Định lý 1.1:
Cho đường tròn (O,R) và một điểm M trên mặt phẳng cách O một khoảng bằng d Từ M
kẻ cát tuyến MAB tới (O). Khi đó
.
MA MB
=
d
2
-R
2
(*)

Hình 1
Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d
2
-R
2


Cho (O) và một điểm M nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến MN, cát tuyến MAB. Ta có
2
.
MA MB MN
= (xem hình 1)
Định lý 1.4:
Cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng AB,CD c
ắ
t nhau t
ạ
i M (khác A,B,C,D). N
ế
u
. .
MA MB MC MD
=
thì
4
đ
i
ể
m A,B,C,D cùng thu
ộ
c m
ộ

ạ
i N.

Các
đị
nh lý trên
đề
u r
ấ
t
đơ
n gi
ả
n và quen thu
ộ
c, xin dành l
ạ
i cho b
ạ
n
đọ
c ch
ứ
ng minh.

2. Trục đẳng phương của hai đường tròn-tâm đẳng phương:

Định lý 2.1:
T
ậ

ng vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng n
ố
i hai tâm
O
1
,O
2
. N
ế
u g
ọ
i O là trung
đ
i
ể
m O
1
O
2
, H là hình chi
ế
u c
ủ
a M trên O


Trường hợp 2: (O
1
) và (O
2
) chỉ có một điểm chung X. Tiếp tuyến chung tại X của hai
đường tròn là trục đẳng phương của (O
1
) và (O
2
)
Trường hợp 3: (O
1
) và (O
2
) không có điểm chung, dựng đường tròn (O
3
) có hai điểm
chung với (O
1
) và (O
2
). Dễ dàng vẽ được trục đẳng phương của (O
1
) và (O
3
), (O

1
,l
2
,l
3
theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp hai
đường tròn (O
1
) và (O
2
), (O
2
) và (O
3
), (O
3
) và (O
1
)
+Nếu O
1
,O
2
,O
3
không thẳng hàng thì l
1
,l
2
,l

Định lý 3.1:
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
C(x,y)=x
2
+y
2
+2ax+2by+c=0 với a
2
+b
2
>c. Khi đó, phương tích của điểm M(x
o
,y
o
) đối với
đường tròn (C) là P
M
/(C)=x
o
2
+y
o
2
+2ax
o
+2by
o
+c=C(x
o
,y

x+2b
1
y+c
1
=0
(C
2
):x
2
+y
2
+2a
2
x+2b
2
y+c
2
=0, trong đó (a
1
-a
2
)
2
+(b
1
-b
2
)
2
≠

ế
p (I,r). CMR OI
2
=R
2
-2Rr (h
ệ
th
ứ
c
Ơ
-le)
Lời giải:

Kéo dài BI c
ắ
t (O) t
ạ
i M. K
ẻ

đườ
ng kính MK c
ủ
a (O). (I) ti
ế
p xúc v
ớ
i BC t
ạ

ừ
a n
ộ
i ti
ế
p (O,R), v
ừ
a ngo
ạ
i ti
ế
p (I,r).
Đặ
t OI=d. CMR:
2 2
1 1
( ) ( )
R d R d
+
− +
=
2
1
r
(
Đị
nh lý Fuss)
Lời giải:
7



Suy ra O là trung
đ
i
ể
m MN.
Áp d
ụ
ng công th
ứ
c tính
đườ
ng trung tuy
ế
n trong tam giác IMN ta có:
OI
2
=
2 2 2 2 2
2
2 2 4 2 2
IM IN MN IM IN
R
+ − = + −

Do
đ
ó
2 2
1 1

Ví dụ (USAMO 1998):
Cho 2
đườ
ng tròn
đồ
ng tâm O (C
1
) và (C
2
) ((C
2
) n
ằ
m trong (C
1
)). T
ừ
m
ộ
t
đ
i
ể
m A n
ằ
m
trên (C
1
) k
ẻ

2
) t
ạ
i E,F sao cho
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n DF và EC
giao nhau t
ạ
i
đ
i
ể
m M n
ằ
m trên AC.Tính
AM
MC
?
Lời giải:
8
ế
p.Do
đ
ó M là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
giác DCFE. Mà M
n
ằ
m trên AC nên MD=MC=
1
2
DC
T
ừ

đ
ó tính
đượ
c AM=
5
4
AB và MC=
3
4

,M
1
H)
∩
BC={A
1
,A
2
}, (M
2
,M
2
H)
∩
AC={B
1
,B
2
}, (M
3
,M
3
H)
∩
AB={C
1
,C
2
}. CMR
A

1
M
2
⊥
HC
Suy ra HC là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (M
1
) và (M
2
).
1 2 1 2
. .
CA CA CB CB
⇒ =
Suy ra A
1,
A
2,
B
1
,B
2

1
,B
2
thu
ộ
c
đườ
ng tròn (W
3
)
N
ế
u 6
đ
i
ể
m A
1
,A
2
,B
1
,B
2
,C
1
,C
2
không cùng thu
ộ

đ
i
ể
m, nh
ư
ng chúng l
ạ
i
c
ắ
t nhau t
ạ
i A,B,C nên vô lý.
V
ậ
y ta có
đ
pcm.

Ví dụ 2 (IMO shortlist 2006):
Cho hình thang ABCD (AB>CD). K,L là hai
đ
i
ể
m trên AB,CD sao cho
AK DL
BK CL
=
.
Gi

t
đườ
ng tròn.
Lời giải:
10
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t,
AK DL
BK CL
= suy ra AD,BC,KL
đồ
ng quy t
ạ
i E.
D
ự
ng
đườ
ng tròn (O
1
)
đ

∈
(O
1
), t
ươ
ng t
ự
P
∈
(O
2
).
G
ọ
i F là giao
đ
i
ể
m th
ứ
hai c
ủ
a EQ v
ớ
i (O
1
). Ta có:
2
.
EF EQ EC

= = =k
⇒
E,O
1
,O
2
th
ẳ
ng hàng và
1
2
EO
k
EO
=
⇒
1 2
EO k EO
=
 

Suy ra phép v
ị
t
ự
H
(E,k)
: (O
1
)

y 4
đ
i
ể
m P,Q,B,C cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đ
u
ờ
ng tròn (
đ
pcm)
4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy:
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài góc A,B,C l
ầ
n l
ượ
t c
ắ
t c
ạ
nh
đố
i di
ệ
n t

đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p và tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
Lời giải:
11
G
ọ
i A
2
B
2
C
2
là tam giác t
ạ
o b
ở
i 3 phân giác ngoài góc A,B,C. D


1 2 1 2 1 1
. .
B C B A B A B C
= ,
1 2 1 2 1 1
. .
C B C A C A C B
=
Suy ra A
1
,B
1
,C
1
cùng n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a
đườ
ng tròn (O) ngo
ạ
i ti

2
,CC
2
giao nhau t
ạ
i tr
ự
c tâm I c
ủ
a tam giác A
2
B
2
C
2
(c
ũ
ng
đồ
ng th
ờ
i
là tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác ABC) suy ra I,O,J th
ẳ

ượ
t là
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p và bàng ti
ế
p góc
A. Gi
ả
s
ử
II
a
giao BC và (O) l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A’, M.G
ọ
i N là trung
đ
i
ể
m cung MBA. NI, NI
a

a a
I TS I IS
⇒
∠ = ∠
Suy ra t
ứ
giác I
a
TIS n
ộ
i ti
ế
p (w
1
)
M
ặ
t khác,
∠
IBI
a
=
∠
ICI
a
=90
o
nên t
ứ
giác IBI

ng c
ủ
a (O) và
(w
2
), TS là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O) và (w
1
)
Theo
đị
nh lý v
ề
tâm
đẳ
ng ph
ươ
ng thì II
a
, TS, BC
đồ
ng quy t
ạ

t là ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ủ
a AB,BC,CD,DE, EF,FA v
ớ
i (O).
Trên tia KF,HB, GB, JD, ID, LF l
ầ
n l
ượ
t l
ấ
y các
đ
i
ể
m P,S, Q,R,N ,M sao cho
KP=SH=GQ=JR=IN=LM. D
ự
ng (O
1
) ti
ế
p xúc v
ớ

T
ươ
ng t
ự
AD là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O
2
) và (O
3
), BE là tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (O
3
) và
(O
1
). Áp d

m trong (O)). Dây
cung AB c
ủ
a (O) luôn
đ
i qua Q. PA, PB l
ầ
n l
ượ
t giao (O) l
ầ
n th
ứ
hai t
ạ
i D,C. CMR CD
luôn
đ
i qua m
ộ
t
đ
i
ể
m c
ố

đị
nh.
Lời giải:

− = = , mà P,Q c
ố

đị
nh nên
QP
=const, suy ra
QE
=const,
do
đ
ó E c
ố

đị
nh.
M
ặ
t khác
PDC PBA PEA
∠ = ∠ = ∠
nên t
ứ
giác DAEF n
ộ
i ti
ế
p.
Suy ra
2 2

nh (
đ
pcm) Ví dụ 2 (Việt Nam 2003):
Cho (O
1,
R
1
) ti
ế
p xúc ngoài v
ớ
i (O
2
,R
2
) t
ạ
i M (R
2
>R
1
). Xét
đ
i
ể
m A di
độ

i (O
2
) t
ạ
i E,F.D là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a EF v
ớ
i ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i A c
ủ
a
(O
2
).CMR D di
độ
ng trên m
ộ
t
đườ
ng th

ó
~
FAM FCA
△ △
(g.g)
2 2 2
1 1
.
FA FM FC FO R
⇒ = = − (1)
T
ươ
ng t
ự

2 2 2
1 1
EA EO R
= −
(2)
Coi (A,0) là
đườ
ng tròn tâm A, bán kính 0 thì t
ừ
(1)(2) ta
đượ
c EF là tr
ụ
c
đẳ

)
V
ậ
y D n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a hai
đườ
ng tròn c
ố

đị
nh (O
1
) và (O
2
)
6.Chứng minh các yếu tố khác:

Ví dụ 1:
Cho (O) và m
ộ
t

i
ể
m b
ấ
t kì trên EF. T
ừ
D k
ẻ
ti
ế
p tuy
ế
n
DP,DQ t
ớ
i (O).PQ giao EF t
ạ
i M.CMR
90
o
DAM
∠ =

Lời giải:
16
Kí hi
ệ

2
=DQ
2
⇒
D là tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác APQ.
L
ạ
i có M n
ằ
m trên tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a (A,0) và (O) nên MA
2
=MP.MQ
Suy ra MA là ti
ế
p tuy
ế

đỉ
nh B,C. W’
B
, W’
C
l
ầ
n
l
ượ
t là
đườ
ng tròn
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i W
B
, W
C
qua trung
đ
i
ể
m c
ạ
nh AC, AB. CMR tr
ụ

ế
p xúc v
ớ
i 3 c
ạ
nh BC,CA,AB l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
D,E,F. M, N là trung
đ
i
ể
m AC,AB. W
B
ti
ế
p xúc v
ớ
i AC t
ạ
i G, W
C
ti
ế
p xúc v
ớ

ạ
i E, W’
C
ti
ế
p xúc v
ớ
i AB t
ạ
i F và AE
2
=AF
2
nên A n
ằ
m trên
tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a W’
B
và W’
C

M

PE={R}
Vì AQ=AF=BH=BT và AQ//BC nên Q
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i T qua N.Suy ra Q
∈
W’
C,
t
ươ
ng t
ự

P
∈
W’
B
.
T
ứ
giác PQEF n
ộ
i ti
ế
p nên
. .
RP RE RQ RF

. Gi
ả
s
ử
AR c
ắ
t BC t
ạ
i L thì L là trung
đ
i
ể
m SJ.
D
ễ
th
ấ
y DB=FB=SB, DC=EC=JC. G
ọ
i L’ là ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ủ
a
đườ
ng tròn bàng ti

ươ
ng c
ủ
a W’
B
và W’
C
chia
đ
ôi chu
vi tam giác ABC (
đ
pcm)
Ví dụ 3 (Romani TST 2008):
Cho tam giác ABC. Các
đ
i
ể
m D,E,F l
ầ
n l
ượ
t n
ằ
m trên 3 c
ạ
nh BC,CA,AB sao
cho
AF
BD CE


=
AFBD AE CD CE BF
GC GB GA
BC AC CB AB CA BA
     
+ + + + +
     
     
  
=
GA GB GC
+ +
  
=
0


Suy ra hai tam giác ABC và DEF có chung tr
ọ
ng tâm G. Mà chúng l
ạ
i chung tr
ự
c tâm H
nên d
ự
a vào tính ch
ấ
t c

DB DC EC EA
⇒
=
DB EA
EC DC
⇒ =
M
ặ
t khác
DB EC EA EC
DC EA DC DB
= ⇒ =
2 2
DB EC
DB EC
EC DB
DB EC
⇒ = ⇒ =
⇒ =

Mà
DB EC
BC CA
=
BC AC
⇒
=
. T
ươ
ng t

i tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng. N
ế
u hai
đườ
ng tròn n
ằ
m ngoài nhau thì chúng n
ằ
m v
ề
hai phía c
ủ
a
tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng.
19Lời giải:

ể
m chung thì ph
ươ
ng tích t
ừ
M t
ớ
i
đườ
ng tròn nh
ỏ
ph
ả
i
b
ằ
ng 0 và hai
đườ
ng tròn giao nhau t
ạ
i M, vô lý.
Do
đ
ó
đườ
ng tròn l
ớ
n n
ằ
m v

ậ
y hai
đườ
ng tròn n
ằ
m v
ề
m
ộ
t phía v
ớ
i tr
ụ
c
đẳ
ng
ph
ươ
ng.
+N
ế
u hai
đườ
ng tròn ngoài nhau. G
ọ
i O là trung
đ
i
ể
m O

ả
s
ử
R
1
>R
2
.
Ta có
2 2
1 2
1 2
2
R R
OH
O O
−
=
suy ra
2 2
1 2 1 2
2 . 0
O O OH R R
= − >
, t
ứ
c là
OH

và

n th
ẳ
ng
OO
2
.
V
ậ
y O
1
,O
2
n
ằ
m khác phía
đố
i v
ớ
i H, mà tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng không có
đ
i
ể
m chung v
ớ

ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng c
ủ
a hai
đườ
ng tròn c
ắ
t m
ộ
t trong hai
đườ
ng tròn
thì hai
đườ
ng tròn
đ
ã cho c
ắ
t nhau. N
ế
u tr
ụ
c
đẳ
ng ph
ươ

ụ
c
đẳ
ng ph
ươ
ng d và M là
đ
i
ể
m chung c
ủ
a C
1
v
ớ
i d.
Ta có P
M
/(C
1
)=P
M
/(C
2
)=0 ch
ứ
ng t
ỏ
M thu
ộ

AB={M}, AD
∩
BC={N}. CMR
MN
2
=P
M
/(O)+P
N
/(O)

Bài 2(Romani TST 2006):
Cho (O) và m
ộ
t
đ
i
ể
m A n
ằ
m ngoài (O). T
ừ
A k
ẻ
cát tuy
ế
n
ABC, ADE (B
∈
[AC], D


Bài 3:
Cho t
ứ
giác ABCD n
ộ
i ti
ế
p (O). P n
ằ
m trên cung CD không ch
ứ
a A,B.
PA,PB
∩
DC l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i M,N. CMR
.
MD NC
const
MN
=

Bài 4 (Đề nghị Olympic 30-4):
Cho tam giác ABC n

ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn (O).
Đườ
ng tròn (O’) ti
ế
p xúc v
ớ
i
đườ
ng
tròn (O) t
ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m thu
ộ
c cung BC không ch
ứ
a A. T
ừ
A,B,C theo th
ứ

1
là di
ệ
n tích c
ủ
a tam
giác t
ạ
o b
ở
i các chân
đườ
ng vuông góc h
ạ
xu
ố
ng các c
ạ
nh c
ủ
a tam giác ABC t
ừ
m
ộ
t
đ
i
ể
m M n
ằ

ế
p xúc v
ớ
i c
ạ
nh
BC và ti
ế
p xúc v
ớ
i cung BC nh
ỏ
. Tính AO’ theo a và R

Bài 8 (All-Russian MO 2008):
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O,R), ngo
ạ
i ti
ế
p (I,r). (I) ti
ế
p
xúc v
ớ
i AB,AC l
ầ

đườ
ng tròn (O
1
) và (O
2
) giao nhau t
ạ
i A và B. PQ, RS
là 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a 2
đườ
ng tròn (P,R
∈
(O
1
), Q,S
∈
(O
2
)). Gi
ả
s
ử
RB//PQ, RB c
ắ

ằ
ng nhau. CMR 4
đ
i
ể
m E,F,M,N cùng thu
ộ
c m
ộ
t
đườ
ng tròn.

Bài 11 (IMO Shortlist 1995):
Cho tam giác ABC v
ớ
i (I) là
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p. (I) ti
ế
p
xúc v
ớ
i 3 c
ạ
nh BC,CA,AB l

i Z,Y,D.CMR t
ứ

giác EFZY n
ộ
i ti
ế
p.

21Bài 12 (International Zhautykov Olympiad 2008):
Trên m
ặ
t ph
ẳ
ng cho 2
đườ
ng tròn
(O
1
) và (O
2
) ngoài nhau. A
1
A
2
là ti
ế

ượ
t k
ẻ
2 ti
ế
p tuy
ế
n KB
1
,KB
2
t
ớ
i (O
1
),(O
2
).
A
1
B
1
∩
A
2
B
2
={L}, KL
∩
O

đ
ó. G
ọ
i H là chân
đườ
ng
vuông góc h
ạ
t
ừ
C xu
ố
ng AB.
Đườ
ng tròn
đườ
ng kính CH c
ắ
t CA t
ạ
i E, CB t
ạ
i F và
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AB t
ạ
i D. CMR CD, EF,AB
đồ

a 2
đườ
ng tròn (A
1
, B
1
∈
(O
1
), A
2
,B
2
∈
(O
2
)). CMR A
1
B
1
, A
2
B
2
,
O
1
O
2


i di
ệ
n. A
2
,B
2
,C
2

đố
i x
ứ
ng v
ớ
i A
1
,B
1
,C
1

qua trung
đ
i
ể
m BC,CA,AB.
Đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti

A
3
,B
1
B
3
,C
1
C
3

đồ
ng quy.

Bài 16 (Olympic toán học Mĩ 1997):
Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác này v
ẽ
các
tam giác cân BCD, CAE, ABF có các c
ạ
nh
đ
áy t
ươ
ng
ứ
ng là BC,CA,AB.CMR 3
đườ
ng
th


đ
ó).
Đườ
ng
tròn
đườ
ng kính AC và BD c
ắ
t nhau t
ạ
i X, Y.
Đườ
ng th
ẳ
ng XY c
ắ
t BC t
ạ
i Z. L
ấ
y P là
m
ộ
t
đ
i
ể
m trên XY khác Z.
Đườ

ứ
2 là N. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng AM,
DN và XY
đồ
ng qui.

Bài 18:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O).
Đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc A có tâm I, ti
ế
p xúc
v
ớ
i các c
ạ
nh BC,CA,AB l
ầ
n l
ượ

m A’,B’,C’ theo th
ứ

t
ự
thu
ộ
c BC,CA,AB tho
ả
mãn
' ' ' 90
o
AIA BIB CIC
∠ = ∠ = ∠ =
. CMR A’,B’,C’ cùng
thu
ộ
c m
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng và
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
ó vuông góc v

ĩ
a t
ươ
ng t
ự
. CMR 3
đườ
ng tròn
đ
ó c
ắ
t nhau t
ạ
i 2
đ
i
ể
m thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
Ơ
-le c
ủ
a tam giác ABC.

Bài 21:

Cho (O),
đườ
ng kính AB,CD. Ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (O) t
ạ
i B giao AC t
ạ
i E, DE giao
(O) l
ầ
n th
ứ
2 t
ạ
i F. CMR AF, BC,OE
đồ
ng quy.

5.Chứng minh điểm cố định, đường cố định:
Bài 23:
Cho (O) và dây AB. Các
đườ
ng tròn (O
1
),(O


đị
nh.

Bài 24:
Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O,R). M là
đ
i
ể
m di
độ
ng trong (O). AA’,BB’,CC’ là
các dây cung
đ
i qua M và th
ỏ
a mãn h
ệ
th
ứ
c
3
' ' '
MA MB MC
MA MB MC
+ + =

ạ
i A’.
Đườ
ng th
ẳ
ng qua A’ song song v
ớ
i B’C’
22giao AB,AC l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i M,N, B’C’ giao BC t
ạ
i Q. CMR
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
QMN
đ
i qua m
ộ

i
ể
m BC.MB c
ắ
t (O) l
ầ
n th
ứ
2 t
ạ
i R, PR c
ắ
t (O) l
ầ
n th
ứ
2
t
ạ
i S. CMR CS//AP

Bài 27 (Thi vô địch toán Iran,1996):
Cho hai
đ
i
ể
m D,E t
ươ
ng
ứ

i F và G. G
ọ
i O
1
, O
2
là tâm
đườ
ng
tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác PDG, PFE. CMR: AP
⊥
O
1
O
2

Bài 28:
Cho tam giác ABC,
đườ
ng cao AD,BE,CF c
ắ
t nhau t
ạ
i H. M là trung
đ
i

ẳ
ng l
1

đ
i qua tâm w
1
và giao w
2
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m P,Q, l
2

đ
i qua tâm w
2
và giao w
1
t
ạ
i
R,S. CMR n
ế
u 4
đ

o
ạ
n AB,AC th
ứ
t
ự
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t K,N.Gi
ả
s
ử

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
c
ủ
a các tam giác ABC và KBN c
ắ
t nhau t

ế
p xúc v
ớ
i (C
2
)

Bài 32:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng hai
đườ
ng tròn (C
1
): x
2
+y
2
-10x+24y-56=0 và (C
2
): x
2
+y
2
-2x-
4y-20=0 c
ắ
t nhau.

giác PNBA n
ộ
i ti
ế
p.
Ta có:
. . , . .
MP MN MA MB NP NM NA ND
= =

2
( ). . .
MN MP PN MN MA MB NA ND
⇒
= + = +

23Hay MN
2
=P
M
/(O)+P
N
/(O) (
đ
pcm)

Bài 2:

(
đ
pcm)
Bài 3:

Trên DC l
ấ
y E sao cho
AED APB
∠ = ∠
=const suy ra E c
ố

đị
nh.
T
ứ
giác AEPN n
ộ
i ti
ế
p suy ra
. . .
ME MN MA MP MD MC
= =
( ). .( )
MD DE MN MD MN NC
⇔ + = +

. .

+MB
2
+MC
2
=
(
)
(
)
(
)
2 2 2
MG GA MG GB MG GC
+ + + + +
     

=3MG
2
+GA
2
+GB
2
+GC
2
+2
( )
MG GA GB GC
+ +
   
=3MG

b
2
+m
c
2
)=
1
3
(a
2
+b
2
+c
2
)
Do
đ
ó MA
2
+MB
2
+MC
2
=3MG
2
+
1
3
(a
2

2 2 2
9
a b c
+ +

⇒
P
G
/(O)=OG
2
-R
2
=-
2 2 2
9
a b c
+ +

Ta có P
G
/(O)=
. '
GA GA
2
2 2
1
' / ( )
G
GA
GA P O


25Bài 5:

Xét tr
ườ
ng h
ợ
p (O) ti
ế
p xúc ngoài v
ớ
i (O’) t
ạ
i M (tr
ườ
ng h
ợ
p ti
ế
p xúc trong ch
ứ
ng minh
t
ươ
ng t
ự
)

Do
đ
ó
2 2 2
2 2 2
'' '' ''
AA BB CC
AM BM CM
= =
hay
'' '' ''
AA BB CC
AM BM CM
= =
(1)
Áp d
ụ
ng
đị
nh lý Ptô-lê-mê cho t
ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p ABMC ta có:
BC.AM=AB.MC+AC.MB (2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra BC.AA’’=CA.BB’’+AB.CC’’ (

đ
i
ể
m c
ủ
a các
đườ
ng th
ẳ
ng AM,BM,CM v
ớ
i (O). a,b,c là 3 c
ạ
nh tam giác ABC,