Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C):(x-1{)}^2+(y-2{)}^2=9$ có tâm $I(1;2)$, bán kính $R=3$. a) $d(I,d)=\frac{|3\cdot 1-4\cdot 2-5|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{10}{5}=2$, dây cung $AB=2\sqrt{R^2-d^2}=2\sqrt{9-4}=2\sqrt{5}$ → đúng. b) Đúng theo phương trình đường tròn. c) $IM=\sqrt{(1-1{)}^2+(4-2{)}^2}=2<3$ nên $M$ nằm trong đường tròn, không phải ngoài → sai. d) $N(4;2)$ thuộc $(C)$, $IN$ song song trục hoành nên tiếp tuyến tại $N$ là $x=4$, không phải $y-2=0$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $I(1;2)$ đến $d:3x-4y-5=0$ là $d(I,d)=\frac{|3-8-5|}{5}=2$, nên $AB=2\sqrt{9-4}=2\sqrt{5}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ $(x-1{)}^2+(y-2{)}^2=9$ suy ra tâm $I(1;2)$, $R=3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$IM=\sqrt{0^2+2^2}=2<3=R$ nên $M$ nằm trong đường tròn.
d) (AI giải đề cho tôi)
$N(4;2)$ thuộc $(C)$, bán kính $IN$ nằm ngang nên tiếp tuyến tại $N$ là $x=4$, không phải $y-2=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn (C): (x-1)^2+(y-2)^2=9 có tâm I(1;2), bán kính R=3. a) IM = √((1-1)^2+(4-2)^2)=2 < 3 nên M nằm TRONG đường tròn, không phải ngoài → sai. b) Đúng theo phương trình chính tắc. c) N(4;2) có IN = 3 = R nên N thuộc (C). Vectơ IN = (3;0) nằm ngang nên tiếp tuyến tại N vuông góc với IN là đường thẳng đứng x = 4, không phải y-2=0 (y-2=0 là đường nằm ngang đi qua tâm) → sai. d) Khoảng cách từ I(1;2) đến d: 3x-4y-5=0 là |3·1-4·2-5|/√(9+16) = |3-8-5|/5 = 10/5 = 2. Vì d(I,d)=2 < 3 nên d cắt (C); độ dài dây cung AB = 2√(R²-d²) = 2√(9-4) = 2√5 → đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
IM = 2 < R = 3 nên M nằm trong đường tròn, không nằm ngoài.
b) (AI giải đề cho tôi)
Từ (x-1)^2+(y-2)^2=9 suy ra tâm I(1;2), R=3.
c) (AI giải đề cho tôi)
N thuộc (C), tiếp tuyến tại N là x = 4 (vuông góc với bán kính IN nằm ngang), không phải y-2=0.
d) (AI giải đề cho tôi)
d(I,d)=2, dây cung AB = 2√(9-4)=2√5.

Lời giải.

a) Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $CE,CF$. Khi đó $PQ\parallel EF$ và $\widehat{GPO}=\widehat{GQO}=90^{\circ }$. Do đó tứ giác $GOPQ$ nội tiếp. Do đó nếu gọi $S=EF\cap BC$ thì:

$$\widehat{GES}=\widehat{GPQ}=\widehat{GOQ}=\widehat{GOD}=\widehat{GBD}=\widehat{GBS}.$$

Suy ra tứ giác $GBES$ nội tiếp.

Tương tự: tứ giác $GDFS$ cùng nội tiếp.

Gọi $T=OG\cap BC$. Từ $OB=OD$ nên có $\widehat{DGT}=\widehat{OGB}$ và $\widehat{GDT}=\widehat{GOB}$ nên $△GDT\sim △GOB$ (g-g) nên $\widehat{GTD}=\widehat{GBO}$.

Ta có

$$\widehat{GST}=\widehat{GSB}=\widehat{GEB}=90^{\circ }-\frac{\widehat{GBE}}{2}=90^{\circ }-\widehat{GBO}=90^{\circ }-\widehat{GTS}.$$

Điều này chứng tỏ $△GTS$ vuông tại $G$, tức $\widehat{OGS}=90^{\circ }$ nên hai đường thẳng $GS$ và $GL$ trùng nhau, suy ra $GL$ đi qua $S$, suy ra đpcm.



Nhận xét

Bài toán có thể giải bằng đường thẳng Simson và Steiner, kết hợp với phép đối xứng cũng rất nhanh!

b) Gọi $I$ là điểm chính giữa cung $BGD$ của $(OBD)$. Khi đó $OI$ là đường kính của $(OBD)$ nên $\widehat{IGO}=90^{\circ }=\widehat{OGL}$ nên $GL$ đi qua $I$. Ta sẽ chứng minh $I$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $GMN$.

Thật vậy, dễ thấy tứ giác $GHCK$ nội tiếp đường tròn đường kính $LC$ và từ $AB=AC$ có được $AC$ là phân giác $\widehat{BCD}$. Chú ý $GO$ là phân giác $\widehat{BGO}$. Do đó:

$$\widehat{DGN}=\widehat{DGI}+\widehat{NGL}\text{(vıˋ }GL\equiv GI\text{)}$$
$$=(\widehat{DGO}+\widehat{OGI})+\widehat{KCL}\text{(vıˋ tứ giaˊc }GKCL\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\frac{\widehat{DGB}}{2}+90^{\circ }+\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ }GC,CL\text{ laˋ phaˆn giaˊc }\widehat{BGD},\widehat{BCD}\text{)}$$
$$=\frac{180^{\circ }-\widehat{DOB}}{2}+90^{\circ }+\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ tứ giaˊc }GBOD\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=180^{\circ }-\widehat{BCD}-\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ }O\text{ laˋ taˆm }(BCD)\text{)}$$
$$=180^{\circ }-\frac{\widehat{BCD}}{2}$$
$$=180^{\circ }-\widehat{DCN}.$$

Suy ra tứ giác $GDCN$ nội tiếp.



Vì $AB=AD$ và $IB=ID$ (vì $I$ là điểm chính giữa cung $BGD$ của $(GBD)$) nên $IA$ là trung trực của $BD$, từ đó $AI$ là phân giác của $\widehat{BID}$. Từ đó:

$$\widehat{AID}=\frac{\widehat{BID}}{2}=\frac{\widehat{BGD}}{2}=\widehat{CGD}=\widehat{CND}=\widehat{AND}.$$

Do đó tứ giác $AIND$ nội tiếp.

Mặt khác, từ $OI$ là đường kính $(BDO)$ có $ID\perp OD$ nên $ID$ là tiếp tuyến $(ABCD)$. Từ đó

$$\widehat{INM}=\widehat{INA}$$
$$=\widehat{IDA}\text{(vıˋ tứ giaˊc }AIND\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\widehat{ACD}\text{(vıˋ }AD\text{ laˋ tieˆˊp tuyeˆˊn }(ABCD))$$
$$=\widehat{LCH}\text{(vıˋ }AC\text{ laˋ phaˆn giaˊc }\widehat{BCD}$$
$$=\widehat{LGH}\text{(vıˋ }LHCG\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\widehat{IGM}.$$

Suy ra tứ giác $IMGN$ nội tiếp. Tức $I\in (GMN)$.

Từ đó ${\mathcal{P}}_{L/(GMN)}=\overline{LM}\cdot \overline{LN}=\overline{LI}\cdot \overline{LG}={\mathcal{P}}_{L/(OBD)}$, ta có đpcm.

Nhận xét

Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $GMN$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$.

Lời giải.

a) Gọi $X$ là điểm đối xứng của $N$ qua $MP$ và $Y$ là điểm đối xứng của $N$ qua $QC$. Khi đó, ta suy ra $MX=MN$ và $CN=CY$. Theo định lý Pitot, ta có:

$$BC-CN=MB-MN⟹BX=BY.$$

Ta có chuỗi biến đổi sau:

$$N{P}^2-N{Q}^2=P{X}^2-Q{Y}^2=(P{B}^2-B{X}^2)-(B{Q}^2-B{Y}^2)=B{P}^2-B{Q}^2.$$

Theo định lý 4 điểm, thì $PQ\perp BN$.



b) Gọi $F=MN\cap BC$ và $G=CM\cap AF$.

Dễ thấy ta có các hàng điểm điều hòa $(B,C,D,F)=-1$ và $(M,N,E,F)=-1$. Từ đó suy ra:

$$(F,D,B,C)=(F,E,N,M)$$

Đẳng thức trên kéo theo ba đường thẳng $ED$, $MC$, $NB$ đồng quy, suy ra $K\in AE$.

Khi đó ta có:

$$(G,K,M,C)=A(G,K,M,C)=(F,D,B,C)=-1$$

Suy ra

$$I(G,K,M,C)=-1(1)$$

Tiếp theo, xét cực và đối cực đối với đường tròn $(I)$. Theo một tính chất quen thuộc, ta có $BN$ là đường đối cực của $G$ đối với $(I)$, suy ra được $IG\perp BN$.

Mặt khác, $BN\perp PQ$ (câu a). Do cùng vuông góc với $BN$, ta có:

$$PQ\parallel IG(2)$$

Từ (1) và (2), ta suy ra $KI$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $PQ$. Hay nói cách khác, $KI$ đi qua $L$. Vậy ba điểm $K$, $I$, $L$ thẳng hàng.



Nhận xét

Ta còn có cách giải khác như sau: qua $N$ kẻ đường thẳng vuông góc với $IN$ cắt $CM$ tại $R$. Khi đó $P,Q,R$ thẳng hàng trên đường cắt tuyến trục giao của $N$ đối với tam giác $ICM$. Khi đó dùng cực và đối cực sẽ ra được cả câu $a,b$!

Phát triển

Cho tam giác $ABC$ có cạnh $BC$ tiếp xúc với đường tròn nội tiếp $(I)$ tại điểm $D$. Đường thẳng $AD$ cắt lại $(I)$ tại $E$. Tiếp tuyến tại $E$ của $(I)$ cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Hai đường thẳng $BN$ và $CM$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh rằng nếu $X$ và $Y$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $BMN$ và $BCN$ thì đường thẳng $IK$ chia đôi đoạn thẳng $XY$.

(AI giải đề cho tôi)
Vùng phủ sóng là đường tròn tâm $I(-2;1)$ bán kính $R=3$ km. Khoảng cách từ $B(-3;4)$ đến tâm: $IB=\sqrt{(-3+2{)}^2+(4-1{)}^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}\approx 3,1623$ km. Vì $IB>R$, khoảng cách ngắn nhất từ $B$ tới vùng phủ sóng là $IB-R=\sqrt{10}-3\approx 0,1623\approx 0,16$ km, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x-2{)}^2+(y+5{)}^2=16$ có dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với tâm $I(a;b)$, bán kính $R=4$. So sánh: $a=2$, $-b=5\Rightarrow b=-5$. Vậy tâm là $I(2;-5)$, trùng đáp án B và khớp đáp án của đề (mã 0102, câu 8: B).

(AI giải đề cho tôi)
Vùng phủ sóng là đường tròn tâm $I(-2;1)$ bán kính $R=3$ km. Khoảng cách từ $B(-3;4)$ đến tâm: $IB=\sqrt{(-3+2{)}^2+(4-1{)}^2}=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}\approx 3,1623$ km. Vì $IB>R$, điểm $B$ nằm ngoài vùng phủ sóng. Khoảng cách ngắn nhất từ $B$ tới vùng phủ sóng là $IB-R=\sqrt{10}-3\approx 0,1623\approx 0,16$ km, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Phương trình $(x-2{)}^2+(y+5{)}^2=16$ có dạng $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$ với tâm $I(a;b)$, bán kính $R=4$. So sánh: $a=2$, $-b=5\Rightarrow b=-5$. Vậy tâm là $I(2;-5)$, khớp đáp án A (theo bảng đáp án đề 0101, câu 4 là A).

(AI giải đề cho tôi)
Tâm $I(a;0)$ thuộc trục hoành. Vì $IA=IB$ nên $(a-1{)}^2+9=(a-5{)}^2+9\Rightarrow a=3$. Bán kính $R^2=I{A}^2=(3-1{)}^2+3^2=4+9=13$. Phương trình: $(x-3{)}^2+y^2=13$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Nhẫn cũ là đường tròn $(O)$ bán kính $R=10$ mm. Nhẫn mới là đường tròn $(O^{\prime })$ bán kính $r=8$ mm nằm trong $(O)$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại đỉnh (nơi gắn đá). Khi đó tâm $O^{\prime }$ cách $O$ một khoảng $d=R-r=10-8=2$ mm, nằm trên đường kính đi qua điểm tiếp xúc. Dây cung $CD$ của đường tròn lớn $(O)$ đồng thời là tiếp tuyến của đường tròn nhỏ $(O^{\prime })$ (đoạn bị cắt bỏ). Khoảng cách từ $O$ đến tiếp tuyến $CD$ bằng $d(O,CD)=r-d=8-2=6$ mm (tiếp tuyến cắt $(O)$ ở hai điểm $C,D$ phía trên $O^{\prime }$ theo hình vẽ). Độ dài dây cung: $CD=2\sqrt{R^2-6^2}=2\sqrt{100-36}=2\sqrt{64}=16$ mm. Kết quả khớp với đáp án nguồn (Câu 18, mã đề 1003: 16).

(AI giải đề cho tôi)
Từ $(C):x^2+y^2-4x+2y-4=0$, ta có $a=-4,b=2,c=-4$. Tâm $I(-a/2;-b/2)=(2;-1)$, bán kính $R=\sqrt{a^2/4+b^2/4-c}=\sqrt{4+1+4}=3$. Vậy $I(2;-1),R=3$, khớp đáp án D (đáp án nguồn: D).

Đường thẳng $\Delta :\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=-2-t\end{array}$ có vecto chỉ phương là $\vec{u}(3;-1)$ nên nhận $\vec{n}(1;3)$ làm vectơ pháp tuyến. Do đó, phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ là: $(x-2)+3(y+2)=0\iff x+3y+4=0$. (0,25 điểm)

Vì đường tròn tâm $I$ tiếp xúc với đường thẳng $\Delta$ nên bán kính $R$ của đường tròn tâm $I$ bằng khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $\Delta$.

$R=d(I,\Delta )=\frac{|(-2)+3\cdot 4+4|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{14}{\sqrt{10}}=\frac{7\sqrt{10}}{5}\approx 4,4$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Hai đường tròn: nhẫn bán kính R = 10 mm, ngón tay bán kính r = 8 mm, tiếp xúc trong tại điểm trên cùng nên khoảng cách hai tâm OO' = 10 − 8 = 2 mm. Dây CD của đường tròn lớn tiếp xúc với đường tròn nhỏ tại điểm thấp nhất của nó, nên khoảng cách từ tâm O đến dây CD là d = 8 − 2 = 6 mm. Theo định lý Pythagoras: CD = 2√(R² − d²) = 2√(100 − 36) = 2·8 = 16 mm. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 17, mã đề 1001: 16).

Đường thẳng $\Delta :\{\begin{array}{l}x=2+3t\\ y=-2-t\end{array}$ có vecto chỉ phương là $\vec{u}(3;-1)$ nên nhận $\vec{n}(1;3)$ làm vectơ pháp tuyến. Do đó, phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ là: $(x-2)+3(y+2)=0\iff x+3y+4=0$. (0,25 điểm)

Vì đường tròn tâm $I$ tiếp xúc với đường thẳng $\Delta$ nên bán kính đường tròn tâm $I$ tiếp xúc với $\Delta$ bằng khoảng cách từ $I$ đến đường thẳng $\Delta$.

$R=d(I,\Delta )=\frac{|(-2)+3\cdot 4+4|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{14}{\sqrt{10}}=\frac{7\sqrt{10}}{5}\approx 4,4$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $(C):x^2+y^2-4x+2y-4=0\iff (x-2{)}^2+(y+1{)}^2=9$. Vậy tâm $I(2;-1)$ và bán kính $R=\sqrt{9}=3$. Kết quả khớp với đáp án D đã cho.

a) Số sản phẩm xí nghiệp sản xuất và bán ra $(x>0)$.
Tổng chi phí: Theo đề bài, ta có $x^2+180x+140000$ (nghìn đồng).
Doanh thu: Với giá bán mỗi sản phẩm là 930 nghìn đồng, ta có doanh thu $x$ sản phẩm là $930x$ (nghìn đồng).
Điều kiện để không bị lỗ:
Để xí nghiệp không bị lỗ thì tổng chi phí lớn hơn hoặc bằng doanh thu:
$$930x\ge x^2+180x+140000\iff -x^2+750x-140000\ge 0\iff 350\le x\le 400$$
Xí nghiệp cần sản xuất từ 350 đến 400 sản phẩm thì sẽ không bị lỗ.

b) Phương trình đường tròn biểu diễn quỹ đạo di chuyển của tâm bão:
$$x^2+y^2=10000$$
Khoảng cách từ tâm $O(0;0)$ đến đường thẳng $\Delta$
$$d(0;\Delta )=\frac{|3.0-4.0+600|}{\sqrt{3^2+4^2}}=120$$
Tâm bão luôn di chuyển trên đường tròn tâm có bán kính 100km, con tàu di chuyển trên đường thẳng cách tâm $O$ một khoảng 120km nên khoảng cách ngắn nhất giữa một điểm trên đường thẳng và một điểm trên đường tròn là: $120-100=20(km)$
Do khoảng cách an toàn tối thiểu là 30 km nên lộ trình này của tàu không được xem là an toàn.

(AI giải đề cho tôi)
(C): x²+y²+2x−4y−20=0 có tâm I(−1;2), R²=1+4+20=25 ⇒ R=5, mệnh đề a đúng. A(2;−2) thuộc (C) vì 4+4+4+8−20=0. Vectơ IA=(3;−4), tiếp tuyến tại A: 3(x−2)−4(y+2)=0 ⇔ 3x−4y−14=0, khác 4x+3y−2=0 nên b sai. AB=√(9+9)=3√2 ⇒ R²(BA)=18≠9 nên c sai. Tâm (C₂) nằm trên d: x−2y+3=0, đặt tâm (2t−3; t), cân tại A, B: (2t−5)²+(t+2)²=(2t−2)²+(t−1)² ⇒ −16t+29=−10t+5 ⇒ t=4, tâm (5;4), R²=3²+6²=45 ⇒ R=3√5≠5√3 nên d sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Tâm I(−1;2), R²=(−1)²+(−2)²+20=25 ⇒ R=5. Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
A thuộc (C), IA=(3;−4), tiếp tuyến: 3(x−2)−4(y+2)=0 ⇔ 3x−4y−14=0 ≠ 4x+3y−2=0. Sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
BA=√((2+1)²+(−2−1)²)=3√2 ⇒ R²=18, không phải 9. Sai.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tâm (2t−3;t) trên d, cân với A,B ⇒ t=4, tâm (5;4), R²=45 ⇒ R=3√5≠5√3. Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $A(-2;3)$ đến trạm $I(2;-3)$ là $IA=\sqrt{(2-(-2){)}^2+(-3-3{)}^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\approx 7,21\text{ km}$. Vì $IA\approx 7,21>4$ (bán kính phủ sóng), điểm $A$ nằm ngoài vùng phủ sóng của trạm. Vậy người ở vị trí $A$ KHÔNG thể kết nối vào mạng 4G của trạm.

(AI giải đề cho tôi)
Tâm I là trung điểm AB: I((5-3)/2; (-1+7)/2) = (1;3). Bán kính R = AB/2 với AB = √(64+64) = 8√2 nên R² = 32. Phương trình: (x-1)² + (y-3)² = 32 ⟺ x² + y² - 2x - 6y + 10 - 32 = 0 ⟺ x² + y² - 2x - 6y - 22 = 0. Khớp đáp án A.

a) Xét hình vẽ bên dưới.



Trước hết, ta chứng minh $M,N$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh. Ta biến đổi góc, được
$$\widehat{EMI}=\widehat{AFE}-\widehat{ABI}=90^{\circ }-\frac{\widehat{BAC}}{2}-\frac{\widehat{ABC}}{2}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{ECI},$$
suy ra $C,E,M,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Mặt khác, $C,E,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, nên $C,E,M,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{IMC}=90^{\circ }$, do đó $M$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh tương tự thì $N$ cũng thuộc đường tròn đường kính $BC$. ■

Tiếp theo, ta chứng minh $\frac{BM}{BP}=\frac{CN}{CQ}$.

Chứng minh. Gọi $J,L$ lần lượt là trung điểm của $BC,MN$. Gọi $X,Y$ là các điểm thuộc $BC$ sao cho $XN$ và $YM$ cùng song song với $AI$.

Từ nhận xét trên, ta được $JM=JN$, do đó $JL\perp MN$. Do $MN\perp AI$ nên $JL\parallel AI$.

Xét hình thang $XYMN$ thì từ $XN\parallel JM\parallel YM$, với $LM=LN$, ta suy ra $J$ là trung điểm của $XY$. Do đó $BY=CX$. Ta suy ra
$$\frac{BM}{BP}=\frac{BY}{BC}=\frac{CX}{CB}=\frac{CN}{CQ}.$$ ■

Gọi $R$ là giao điểm khác $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC,IMN$. Khi đó $R$ là tâm của phép vị tự quay biến $BM$ thành $CN$, và từ tỉ số trên thì phép vị tự quay này cũng biến $P$ thành $Q$. Do vậy $(IPQ)$ cũng đi qua $R$.

Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $IBC,IMN,IPQ$ cùng đi qua $R\ne P$.

b) Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét. $A,K,J$ thẳng hàng.

Chứng minh. Qua $K$, vẽ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B^{\prime },C^{\prime }$. Từ tứ giác $B^{\prime }KIF$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{B}^{\prime }$, tứ giác $C^{\prime }IKE$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{C}^{\prime }$ thì $\widehat{I{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\widehat{IFE}=\widehat{IEF}=\widehat{I{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$, suy ra $I{B}^{\prime }=I{C}^{\prime }$. Do $IK$ là đường cao nên $K$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

Xét hình thang $B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C$ có $A$ là giao điểm của $B{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$, $K,J$ lần lượt là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime },BC$ nên $A,K,J$ thẳng hàng theo bổ đề hình thang. ■



Bây giờ, gọi $V$ là trung điểm của $AI$ thì $A,V,I,T$ thẳng hàng và $(AI,TV)=-1$.

Gọi $W$ là giao điểm của $KT$ và $BC$ thì $(SW,DJ)\stackrel{K}{=}(VT,IA)=-1$, do đó $S,W$ liên hợp với nhau với $(DMN)$.

Ta cũng có $(SD,BC)=-1$, do đó $(SK,MN)\stackrel{I}{=}(SD,BC)=-1$. Do đó, $S,K$ liên hợp với nhau đối với $(DMN)$.

Ta suy ra $KT$ là đường đối cực của $S$ đối với $(DMN)$, do đó đường thẳng qua $S$ vuông góc với $TK$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$.