CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN PHƯƠNG TÍCH và TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG

PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG
A. LỜI NÓI ĐẦU
Phương tích, trục đẳng phương là một trong những công cụ đã rất quen thuộc trong
giải toán hình học phẳng. Kiến thức liên quan đến chúng khá đơn giản nhưng lại có nhiều ứng
dụng mạnh trong các bài toán hình học phẳng, có thể xử lý các bài toán khó với cách xử lí đẹp
và ấn tượng.
Trong bài viết này, tác giả đề cập đến một số ứng dụng cơ bản của phương tích, trục
đẳng phương như bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp; vuông góc, song song; thẳng hàng,
đồng quy; các yếu tố cố định…nhằm giúp các em học sinh nắm bắt được phần nào ứng dụng
của chúng.
B. KIẾN THỨC CƠ SỞ
I. Phương tích của một điểm đối với một đường tròn
1. Định lí 1
Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định, OP = d. Một đường thẳng thay đổi qua P cắt đường
tròn tại hai điểm M và N. Khi đó: PA.PB = PO 2 − R 2 = d 2 − R 2 .
Chứng minh
Gọi M ′ là điểm đối xứng của M qua O. Ta có
MN ⊥ NM ′

Khi đó: uuur uuur

PM .PN = PM .PN = PM ′.PN ( coâng thöùc hình chieáu )

(
)(
)
= ( PO + OM ) ( PO − OM )
= PO + OM PO + OM ′

= PO 2 − OM 2
= PO 2 − R 2

2. Định nghĩa
Phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), kí hiệu

℘P / ( O ) , được xác định bởi

℘P / ( O ) = OP 2 − R 2 .
3. Các tính chất
Tính chất 1:
• Nếu A, B cố định và AB.AM = const thì M cố định.
1


• Điểm P nằm ngoài (O; R) ⇔℘P /( O ) > 0
• Điểm P nằm trong (O; R) ⇔℘P /( O ) < 0
• Điểm P nằm trên (O; R) ⇔℘P /( O ) = 0
Tính chất 2:
Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm trên (O). Qua M kẻ cát tuyến MAB và tiếp tuyến
2
MT tới (O). Khi đó MA.MB = MT = MO 2 − R 2 .
Tính chất 3:
Cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt nhau tại M, M khác A, B, C, D. Khi đó nếu
MA.MB = MC .MD thì bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Tính chất 4:
Cho hai đường thẳng AB, MT phân biệt cắt nhau tại M, M khác A, B, T. Khi đó nếu
MA.MB = MT 2 thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với MT tại T.
II. Trục đẳng phương của hai đường tròn
1. Định lí
Cho hai đường tròn không đồng tâm ( O1; R1 ) , ( O2 ; R2 ) . Tập hợp các điểm M có phương tích đối
với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng. Đường thẳng này gọi là trục đẳng phương

của hai đường tròn đã cho.
Chứng minh
Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau.
Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có:
PM / ( O1 ) = PM /( O2 ) ⇔ MO12 − R12 = MO22 − R22
⇔ MO12 − MO22 = R12 − R22

⇔ ( MH 2 + HO12 ) − ( MH 2 + HO2 2 ) = R12 − R22
⇔ HO12 − HO2 2 = R12 − R22

(

⇔ HO1 − HO2

) ( HO + HO ) = R
1

2

2
1

− R22

⇔ O2O1.2 HI = R12 − R22
⇔ IH =

R12 − R22
O1O2

Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với O 1O2.
2. Các tính chất
2


• Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường nối tâm.
• Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương.
• Nếu điểm M có cùng phương tích với hai đường tròn thì đường thẳng qua M và vuông
góc với đường nối tâm là trục đẳng phương.
• Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN là
trục đẳng phương.
• Nếu ba điểm có cùng phương tích với hai đường tròn thì chúng thẳng hàng.
• Nếu ( O1 ) , ( O2 ) cắt nhau tại A thi đường thẳng qua A vuông góc với O1O2 là trục đẳng
phương.
3. Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm
Cho hai đường tròn (O1) và (O2) không cắt nhau, ta có cách dựng trục đẳng phương của hai
đường tròn như sau:
 Dựng đường tròn (O3) cắt cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại A, B và C, D.
 Đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M
 Đường thẳng qua M vuông góc với O1O2 chính là trục đẳng phương của (O1) và (O2).

4. Tâm đẳng phương của ba đường tròn
a) Định lí
Cho 3 đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) và ( O3 ) . Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đường tròn trùng
nhau hoặc song song hoặc cùng đi qua một điểm, điểm đó được gọi là tâm đẳng phương của ba
đường tròn.
b) Các tính chất
• Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm
• Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng
hàng.

3


• Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng
phương trùng nhau.
C. CÁC DẠNG TOÁN
I. Ứng dụng giải các bài toán định lượng
Bài 1. (Phương tích trọng tâm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trọng tâm G của tam
giác ABC với (O) theo các cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Giải:
uuu
r uuu
r uuur

uuur

G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ OA + OB + OC = 3OG

uuu
r uuu
r
uuu
r uuur
uuur uuu
r
⇒ OA2 + OB 2 + OC 2 + 2 OA.OB + 2 OB.OC + 2 OC .OA = 9OG 2 .

Ta có
uuu
r uuu
r
uuu
r uuur
uuur
2OA.OB = OA 2 + OB 2 − AB 2 = 2 R 2 − c 2 ; 2OB.OC = 2 R 2 − a 2 ; 2OC . A = 2 R 2 − b 2 .

Suy ra
OG 2 =

1
1
9 R 2 − a2 − b 2 − c 2 ⇒℘G / ( O ) = OG 2 − R 2 = − a 2 + b 2 + c 2
9
9

(

)

(

)

Bài 2. (Phương tích trực tâm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trực tâm H của tam
giác ABC đối với (O) theo R và các góc A, B, C.

Giải
Xét trường hợp tam giác ABC nhọn
Gọi K, A′ lần lượt là giao điểm của AH với
BC, (O). Áp dụng định lí sin cho tam giác
AHB,
AH
AB
AH
AB
=
⇒
=
·
cos A sin C
sin ·ABH sin AHB
AB.cos A c.cos A
⇒ HA =
=
sin C
cos C
= 2 R.cos A.
Tương tự ta cũng có HB = 2 R.cosB.
·
µ = BA
· ′A ⇒ ∆BHA′ cân tại B
Vì BHA
′=C

·
′ = 2 R cosB.cosC

⇒ KH = KA′ ⇒ KA′ = 2 KH = 2.BH .cos BHA
4


2
Do tam giác ABC nhọn nên ℘H / ( O ) = HA.HA′ = − HA.HA′ = −8R cos A.cos B.cos C.

Trường hợp tam giác ABC vuông hay tù chứng minh tương tự.
Nhận xét
℘H / ( O ) = OH 2 − R 2 = −8R 2 cos A.cos B.cosC ⇒ OH 2 = R 2 ( 1 − 8cos A.cos B.cosC ) .
Bài 3. (Hệ thức Euler)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp đường tròn (I; r). Đặt OI = d.
Chứng minh rằng OI 2 = R 2 − 2 Rr .
Giải

Gọi E là tiếp điểm của AB và (I; r), A′ là giao điểm củaAI và (O; R). Ta có
IA =

IE
=
·
sin IAE

r

A .
2
A B
· ′ = A + B ; BIA

· ′ = 180 0 − ·AIE + BIE
·
= + nên ∆A′IB cân tại A′ ⇒ IA′ = BA′.
Vì IBA
2 2
2 2
A
A
Áp dụng định lí sin cho tam giác ∆BAA′, BA′ = 2 R sin ⇒ IA′ = 2 R sin .
2
2
sin

)

(

Do điểm I nằm trong (O; R) nên

℘I / ( O ) = − IA.IA′ = −

r
sin

A
2

.2 R sin

A

= −2 Rr ⇔ OI 2 = R 2 − 2 Rr.
2

BC = a, CA = b, AB = c . Xét đường tròn ( I ) sao cho
+ c 2 = 0 . Gọi R, R′ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp

Bài 4. Cho tam giác ABC có

℘A/ ( I ) + a 2 =℘B / ( I ) + b 2 =℘C / ( I )

tam giác ABC và ( I ) , M là trung điểm đoạn BC.
a) Chứng minh rằng I là trực tâm tam giác ABC;
5


b) Chứng minh rằng R′ = 2 R ;
c) Tính ℘M / ( I ) .
Giải
2
2
2
a) Từ giả thiết, suy ra: ℘A/ ( I ) = − a ;℘B /( I ) = −b ;℘C /( I ) = −c .

Ta có
℘A/ ( I ) = IA2 − R′2 = − a 2 ⇔ IA2 = R′2 − a 2 = R′2 − BC 2 ( 1)
℘B / ( I ) = IB 2 − R′2 = −b 2 ⇔ IB 2 = R′2 − b 2 = R′2 − CA2 ( 2 )
℘C / ( I ) = IC 2 − R′2 = −c 2 ⇔ IC 2 = R′2 − c 2 = R′2 − AB 2 ( 3)
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra CA2 − CB 2 = IA2 − IB 2 ⇒ CI ⊥ AB.
Tương tự, ta cũng có BI ⊥ AC , AI ⊥ BC và do đó I là trực tâm tam giác ABC.
b)

2
2
2
2
2
2
Ta có AI = 2OM ⇒ AI = 4OM = 4 ( R − MB ) = 4 R − a . Khi đó

R′2 = IA2 + a 2 = 4 R 2 − a 2 + a 2 = 4 R 2 ⇒ R′ = 2 R .
IB 2 + IC 2 BC 2 4 R 2 − b 2 + 4 R 2 − c 2 a 2
2b 2 + 2c 2 + a 2
2
−
=
−
= 4R −
c) Ta có MI =
.
2
4
2
4
4
2

Suy ra ℘M / ( I ) = MI 2 − R′2 = 4 R 2 −

2b 2 + 2c 2 + a 2
2b 2 + 2c 2 + a 2

− 4R2 = −
.
4
4

6


Bài 5. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) không đồng tâm và M là một điểm tùy ý. Gọi d là trục

đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) , H là hình chiếu vuông góc của M trên d . Chứng minh rằng
℘M / ( O1 ) −℘M /( O2 ) = −2O1O2 .MH .
Giải

Giải
Ta có

(

℘M / ( O1 ) = O1M 2 − R12 = HM − HO1

)

2

− R12 = HM 2 + HO12 − 2 HM .HO1 − R12

= HM 2 +℘H / ( O1 ) − 2 HM .KO1
2
Tương tự, ℘M / ( O2 ) = HM +℘H /( O2 ) − 2 HM .KO2 .

(

)

Do đó, ℘M / ( O1 ) −℘M / ( O2 ) =℘H / ( O1 ) −℘H / ( O2 ) − 2 HM KO1 − KO2 = −2 HM .O2O1 = −2MH .O1O2 .
Bài 6. (USA MO 2008) Cho hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) có cùng tâm ( ( C2 ) chứa ( C1 ) ) và

một điểm A trên ( C1 ) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ( C1 ) cắt đường tròn ( C2 ) tại hai điểm B
và C. Gọi D là trung điểm của AB. Một đường thẳng qua B cắt ( C1 ) tại hai điểm E, F. Biết rằng
các đường trung trực của DE và CF cắt nhau tại một điểm I trên đường thẳng BC. Tính tỉ số
IB
.
IC
Giải

7


BC
= BD.BC nên BE.BF = BD.BC . Do
2
đó tứ giác DEFC nội tiếp một đường tròn. Mà điểm I là giao của hai đường trung trực của DE,
FC nên I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DEFC, suy ra I là trung điểm CD. Khi đó,
1
IB ID + DB ID DB
2 5
DB = DC và
=
=

+
= 1+ = .
3
IC
IC
IC IC
3 3
2

2

Ta có ℘B / ( C1 ) = BA = BE.BF . Mặt khác BA = 2 BD.

Bài 7. (Romani TST 2006) Cho đường tròn ( O ) và một điểm A nằm ngoài ( O ) . Từ A kẻ cát

tuyến ABC, ADE ( B, D theo thứ tự thuộc đoạn AC, AE). Qua D kẻ đường thẳng song song
với AC cắt ( O ) lần thứ hai tại F. AF cắt ( O ) tại G, EG cắt AC tại M. Chứng minh rằng
1
1
1
=
+
.
AM AB AC

·
·
·
= GFD
= MAG

⇒ ∆AMG : ∆EMA ⇒ MA2 = MG.ME ( 1)
Ta có GED
Mà MG.ME = MB.MC ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra
MA2 = MB.MC ⇔ MA2 = ( AB − MA ) ( AC − MA ) = AB. AC − MA ( AB + AC ) + MA2
8


⇒ MA =

AB. AC
1
1
1
⇒
=
+
AB + AC
AM AB AC

Nhận xét
Gọi N là điểm đối xứng của A qua M. Khi đó

1
1
1
2
1
1
=
+

⇔
=
+
AM AB AC
AN AB AC

⇔ ( ANBC ) = −1
Bài 8. (Russian MO 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O, R ) , ngoại tiếp đường

tròn ( I , r ) . Đường tròn ( I ) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại X, Y. Gọi K là điểm chính giữa
·
cung AB không chứa C. Giả sử XY chia đôi đoạn AK. Tính BAC

Gọi S là giao điểm của XY và AK. Ta có
AX .BC
·
·
·
·
KAB
= KCB
; SXA
= 1800 − ·AXY = BIC
⇒ ∆AXS : ∆CIB ⇒ AS =
CI
hay

1
AX .BC
AK =

⇔ KI .CI = 2 AX .BC
2
CI

abc S ABC
·
.
= ( p − a ) a ⇔ bc = 4 p ( p − a ) ⇔ b 2 + c 2 + bc = a 2 ⇔ BAC
= 1200
4 S ABC p
II. Ứng dụng giải các bài toán định tính
⇔ 2 Rr = 2 ( p − a ) a ⇔

1. Bài toán chứng minh tứ giác nôi tiếp
9


Kết quả thường dùng :
Cho đường tròn ( O ) và một điểm M. d1 , d 2 là hai cát tuyến cắt ( O ) lần lượt tại A, B và C , D .
Khi đó MA.MB = MC.MD .
Ngược lại, cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt nhau tại M, M khác A, B, C, D. Khi đó
nếu MA.MB = MC .MD thì bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 1. (IMO shortlist 1995) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn

( I ) . Đường tròn ( I )

tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi X là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, BC lần lượt tại Z, Y, D. Chứng
minh rằng tứ giác EFZY nội tiếp.
Giải

Gọi T là giao điểm của EF và BC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với ba điểm T,
TB EC FA
F, E thẳng hàng, ta có
.
.
= 1 ( 1)
TC EA FB
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với ba điểm D, E, F đồng quy ta có
DB EC FA
.
.
= −1 ( 2 )
DC EA FB
Từ (1) và (2) suy ra

TB
DC
=−
( 3)
DB
TC

Gọi T ′ là giao điểm của BC và YZ. Tương tự ta cũng có

T ′B
DC
=−
( 4)
DB

T ′C

Từ (3) và (4) suy ra T ≡ T ′ . Khi đó TE.TF = TD 2 = TZ .TY , suy ra tứ giác EFZY nội tiếp.
10


Bài 2. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ngoài nhau, A1 A2 là tiếp tuyến chung của hai đường tròn

( A ∈( O ) , A ∈( O ) )

. K là trung điểm của A1 A2 . Từ K lần lượt kẻ hai tiếp tuyến KB1 , KB2 tới
( O1 ) , ( O2 ) , A1B1 ∩ A2 B2 = { L} , KL ∩ O1O2 = { P} . Chứng minh rằng B1 , B2 , P, L cùng thuộc một
đường tròn.
1

1

2

2

Do KA1 = KA2 = KB1 = KB2 nên tứ giác A1B1B2 A2 nội tiếp, suy ra LB1.LA1 = LB2 .LA2
⇒ KL là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ⇒ KL ⊥ O1O2 .
Dễ thấy các tứ giác KPB1 A1 , KPB2 A2 . Khi đó áp dụng định lí Miquel cho tam giác A1 A2 L ta có
điều phải chứng mịnh.
Bài 3. (IMO shortlist 2006) Cho hình thang ABCD, AB / / CD , AB > CD . Gọi K, L lần lượt là

AK DL
=
. Giả sử P, Q là hai điểm nằm trên đường thẳng KL

BK CL
·
·
·
sao cho ·APB = BCD
. Chứng minh rằng P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn.
, CQD
= ABC
hai điểm trên AB, CD sao cho

11


Từ giả thiết

AK DL
=
suy ra AD, BC, KL đồng quy tại một điểm E.
BK CL

Dựng đường tròn ( O1 ) qua C, D và tiếp xúc với BC, đường tròn ( O2 ) qua A, B tiếp xúc với
BC.
·
·
= ·ABC = DCE
⇒ Q ∈ ( O1 ) . Tương tự P ∈ ( O2 )
Vì DQC
Gọi F là giao điểm thứ hai của EQ với ( O1 ) , suy ra EF .EQ = EC 2 ( 1)
O1C DC EC
·

·
=
=
= k ⇒ E , O1 , O2 thẳng
Mặt khác ta có O1CD = O2 BA ⇒ ∆AO2 B : ∆DO1C ⇒
O2 B AB EB
EO1
= k ⇒ EO1 = k EO2 ⇒ V( E ,k ) : ( O2 ) a ( O1 ) ( 1)
hàng và
EO2
Vì E, F, P thẳng hàng và F ∈ ( O1 ) , E ∈ ( O2 ) nên EF = k EP ⇒

EF
EC
=k =
( 2)
EP
EB

Từ (1) và (2) suy ra EP.EQ = EC.EB ⇒ P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn.
Bài 4. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Một đường thẳng d

đi qua B lần lượt cắt ( O1 ) , ( O2 ) tại M 1 và M 2 , điểm N bất kì nằm trong đoạn AB . Đường

thẳng M 1 N cắt đường tròn ( O2 ) tại P2 , Q2 . Đường thẳng M 2 N cắt đường tròn ( O1 ) tại
12


P1 , Q1 . Chứng minh rằng bốn điểm P1 , P2 , Q1 , Q2 cùng nằm trên một đường tròn ( O ) và OB
vuông góc với M 1M 2 .

Giải

N

Xét phương tích của điểm

đối với hai đường tròn

( O ) ,( O )
1

2

ta được

NP1.NQ1 = NA.NB = NP 2 .NQ2 ⇒ bốn điểm P1 , P2 , Q1 , Q2 cùng nằm trên một đường tròn ( O ) .
Gọi R là bán kính của đường tròn ( O ) ta có

℘M / ( O ) = M 1O 2 − R 2 = M 1M 2 .M 1B
1

℘M

2/

( O)

= M 2O 2 − R 2 = M 2 M 1.M 2 B

Từ đó suy ra

M 1O 2 − M 2O 2 =℘M / ( O ) −℘M
1

(

)(

1

2/

( O2 )

(

= M 1M 2 .M 1B − M 2 M 1.M 2 B = M 1M 2 M 1B + M 2 B

)

)

= M 1B − M 2 B M 1B + M 2 B = M 1B 2 − M 2 B 2
suy ra OB ⊥ M 1M 2 (theo định lí Các - nô)
2. Bài toán chứng minh vuông góc, song song
Bài 1.

Cho hình thang ABCD vuông tại A và B. M là trung điểm của AB. Các đường cao AH,

BK của các tam giác AMD, BMC cắt nhau tại N. Chứng minh MN ⊥ CD

Giải
Cách 1
13


Gọi E là giao điểm của MN và CD. Từ giả thiết ta suy
·
·
= MNK
ra tứ giác MHNK nội tiếp ⇒ MHK
( 1)
Ta có MH .MD = MA 2 = MB 2 = MK .MC
·
·
⇒ HDCK nội tiếp ⇒ MHK
= MCD
( 2)

·
·
Từ (1) và (2) suy ra MNK
= MCD
⇒ NKCE nội tiếp
·
·
⇒ NEC
= NKC
= 90 0.W

Cách 2

Ta có
uuuu
r uuuu
r uuuu
r uuuu
r
MN .MC = MK .MC = MK .MC = MB 2
uuuu
r uuuu
r uuuur uuuu
r
MN .MD = MH .MD = MH .MD = MA 2
uuuu
r uuuu
r uuuu
r uuuu
r
uuuu
r uuur
Mà MB = MC nên MN .MC = MN .MD ⇔ MN .CD = 0 ⇔ MN ⊥ CD.

Cách 3

(

) (

)

MD 2 − MC 2 = MA 2 + AD 2 − MB 2 + BC 2 = AD 2 − BC 2 ( 1)

NA ⊥ MD ⇒ NM 2 − ND 2 = AM 2 − AD 2 
⇒ ND 2 − NC 2 = AD 2 − BC 2 ( 2 )
2
2
2
2 
NB ⊥ MC ⇒ NM − NC = BM − BC 

Từ (1) và (2) suy ra MD 2 − MC 2 = ND 2 − NC 2 ⇒ MN ⊥ CD
Bài 2.

Cho tam giác AB có đường cao BD và CE cắt nhau tai H. M là trung điểm của BC, N là

giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng NH vuông góc với AM.
Giải

14


Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AH, MH.
Ta có

·
·
·
·
·
·
·
·

DEH
= DAH
= DBC
= FEH
⇒ FED
= 2.FEH
= 2.DBC
= DMC
.
Suy ra tứ giác EDMF nội tiếp.
Từ đó ta có NE.ND = NF .NM , suy ra N nằm trên trục đẳng phương của đường tròn
(O, OH) và đường tròn (I, IH). Mặt khác H là giao điểm của đường tròn
(O, OH) và đường tròn(I, IH), suy ra NH chính là trục đẳng phương của (O) và (I).
Suy ra NH ⊥ OI , mà OI // AM, do đó NH ⊥ AM .
Bài 3.

Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là

một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm ( O )
ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm ( I ) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ
hai là Q. Chứng minh rằng AQ ⊥ OI
Giải

15


Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG).

·
·

·
·
Ta có ·AMP = PGD
và PGD
(đồng vị), suy ra ·AMP = PCB
, suy ra BMPC nội tiếp.
= PCB
Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp.
Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB = AN . AC . Mà

AD AE
(định lý Thales)
=
AB AC

Suy ra AM . AD = AN . AE
Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ ⊥ OI .
Cho ∆ABC ( BA ≠ BC ) . Giả sử đường tròn tâm O bán kính R đi qua hai điểm A, C cắt
các cạnh BA và BC lần lượt tại K , N . Các đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và ∆BKN cắt nhau
tại hai điểm phân biệt B, M. Chứng minh rằng OM ⊥ BM .
Bài 4.

Giải
Gọi O1 , O2 lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , ∆BKN
Ta sẽ chứng minh AC không song song với KN .
·
·
·
·
·

·
⇒ ∆ABC cân tại B (vô
Giả sử AC / / KN ⇒ BNK
, mà BNK
= BCA
= BAC
⇒ BCA
= BAC
lý). Vậy AC không song song KN
Gọi P là giao điểm của AC và KN .
Ta có ℘P / ( O ) =℘P / ( O1 ) ;℘P / ( O ) =℘P / ( O2 ) ⇒℘P / ( O1 ) =℘P / ( O2 ) ⇒ P, B, M thẳng hàng.

16


·
·
·
·
·
·
·
Lại có PNC
mà BAC
. Vậy tứ giác PMNC nội tiếp.
= BNK
= BAC
= PMC
⇒ PMC
= PNC

Lại có PM .PB = PA.PC = PO 2 − R 2 và BN .BC = BM .BP = BO 2 − R 2 .
Suy ra PO 2 − BO 2 = PB( PM − BM ) = PM 2 − BM 2

(

)

MO.BP = MO. BO + OP = MO 2 + BO 2 − MB 2 + MP 2 − OM 2 − OP 2 = 0 . Suy ra
OM ⊥ BM .
Bài 5.

(IMO shortlist 2012 – G3) Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AD, BE, CF.

Gọi I1 , I 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDF. Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACI1 , BCI 2 . Chứng minh rằng I1I 2 / / O1O2 .
Giải
·
·
Đặt CAB
= α , ·ABC = β , BCA
=γ .
Gọi I là giao điểm của AI1 , BI 2 ; E, F lần lượt là các giao điểm khác B, C của đường tròn đường
kính BC với các cạnh AC, AB.
AE
= cos α .
Do ·AEF = ·ABC , ·AFE = ·ACB nên ∆AEF : ∆ABC với tỉ số đồng dạng
AB
IA r
α
Mặt khác 1 = 1 = cos α suy ra I1 A = IA cos α ⇒ II1 = IA − I1 A = IA ( 1 − cos α ) = 2 IA sin 2

IA r
2
2

2

β
α
β


Tương tự II 2 = 2 IB sin
. Suy ra II1.IA = 2  IA sin ÷ = 2  IB sin ÷ = II 2 .IB . Vậy tứ giác
2
2
2


ABI 2 I1 nội tiếp.
2

17


Khi đó I có cùng phương tích với hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . Mà C là một giao điểm của

( O1 ) , ( O2 )

nên CI là trục đẳng phương của ( O1 ) , ( O2 ) , suy ra CI ⊥ O1O2 ( 1)

Gọi Q là giao điểm của CI với I1I 2 . Ta có

α
· I = β ; ·ACI = γ ; CAI
·
· Q + I· IQ = II
· Q + CAI
·
·ACI = II
· I + CAI
·
·ACI . Mà II
=
II
+
+
1
2
1
1
1
1 2
2
2
2

nên

· Q + I· IQ = α + β + γ = 900 , suy ra CI ⊥ I I ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra I I / / O O .
II

1 2
1 2
1 2
1
1
2 2 2
3. Bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy
Bài 1. Cho tam giác ABC, một đường tròn cắt cạnh BC tại A1 , A2 ; cắt cạnh CA tại B1 , B2 ; cắt
cạnh AB tại C1 , C2 . Chứng minh rằng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng

quy.
Giải

18


Ta có
AC1 . AC2 = AB1 . AB2 ; BA1 .BA2 = BC1 .BC2 ; CB1 .CB2 = CA1 .CA2

Suy ra A1B.B1C .C1 A. A2 B.B2C.C2 A = A1C .BA1 .CB1 .A2C .B2 A.C2 B
⇒

A1B B1C C1 A A2 B B2C C2 A
.
.
=
.
.
A1C B1 A C1B A2C B2 A C2 B

Khi đó AA1 , BB1 , CC1 đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng quy.
Bài 2. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB. Đường thẳng qua

H cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC và ( O ) lần lượt tại D, E và F.
a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy.
b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt ( O ) tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng
hàng.
Giải

19


2

a) Ta có CA.CD = CH = CB.CE , suy ra ADEB nội tiếp. Xét các đường tròn (ADEB), (O) và
đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp
đường tròn trên nên chúng đồng quy.
b) Ta có PQ là trục đẳng phương của (C) và (O) nên OC ⊥ PQ . Ta cũng dễ thấy OD ⊥ DE Hơn
nữa H chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn (O), (C) và đường tròn đường kính CH.
Suy ra PQ đi qua H.
Vậy DE, PQ cùng đi qua H và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng
hàng.
Bài 3. Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó). Đường tròn đường kính AC

và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm trên XY khác Z.
Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai là M, và BP cắt đường tròn
đường kính BD tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng qui.
Giải

20

Gọi Q, Q’ lần lượt là giao điểm của DN và AM với XY. Ta cần chứng minh Q ≡ Q′ .
Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra PM .PC = PQ.PZ
Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra PQ′.PZ = PN .PB
Mà P thuộc XY là trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính
BD nên PN .PB = PX .PY = PM .PC . Suy ra PQ.PZ = PQ′.PZ ⇒ Q ≡ Q′
Vậy XY, AM và DN đồng quy.
Bài 4. (Iran MO 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) . Gọi ( I ) , ( I a ) lần lượt là đường tròn

nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Giả sử II a cắt BC và ( O ) lần lượt tại
A′, M . Gọi N là điểm chính giữa cung MBA. NI , NI a cắt ( O ) lần lượt tại S, T. Chứng minh
rằng S , T , A′ thẳng hàng.

21


(

) (

)

1
·
» + sd SA
º = 1 sd NM
¼ + sd SA
º = NIM
·

= sd NA
⇒ I· aTS = I· a IS ⇒ I aTIS nội tiếp.
Ta có NTS
2
2
0
·
·
Mặt khác IBI
= ICI
= 90 ⇒ IBI C nội tiếp. Ta thấy II a là trục đẳng phương của ( I aTIS ) và
a

a

a

( IBI aC ) . BC là trục đẳng phương của ( O ) và ( IBI aC ) . TS là trục đẳng phương của ( O ) và
( I aTIS ) . Suy ra II a , BC , TS đồng quy tại A′ ⇒ S , T , A′ thẳng hàng.
Bài 5. (Vietnam TST 2009) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( O ) . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là
chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ A, B, C. A2 , B2 , C2 lần lượt là điểm đối xứng của
A1 , B1 , C1 qua trung điểm của BC, CA, AB. Các đường tròn ( AB2C2 ) , ( BC2 A2 ) , ( CA2 B2 ) cắt

( O)

lần thứ hai tại A3 , B3 , C3 tương ứng. Chứng minh rằng A1 A3 , B1B3 , C1C3 đồng quy.

22

Gọi ( I ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2 , M là trung điểm BC, AM cắt A1 A3 tại G.
Do AC1. AB = AB1. AC và AC1 = BC2 , AB1 = CB2 nên
BC2 .BA = CB2 .CA ⇒ BI 2 − R 2 = CI 2 − R 2 ⇒ BI = CI ⇒ IO ⊥ BC . Mà IO ⊥ AA3 nên
AA3 / / BC . Mặt khác A1M =

1
AG
AA3
AA3 ⇒
=
= 2 ⇒ G là trọng tâm tam giác ABC.
2
MG A1M

Tương tự ta cũng có B1B3 , C1C3 đi qua G. Vậy A1 A3 , B1B3 , C1C3 đồng quy tại G.
4. Bài toán chứng minh điểm cố định, đường cố định
Bài 1. Cho đường tròn ( O, R ) và hai điểm cố định P, Q (P nằm ngoài ( O ) , Q nằm trong ( O ) ).

Dây cung AB của ( O ) di động đi qua Q. PA, PB lần lượt cắt ( O ) lần thứ hai tại C, D. Chứng
minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định.

23


Gọi E là giao điểm thứ hai của PQ vơi đường tròn (PAB). CD cắt EF tại F.
Ta có OQ 2 − R 2 = QA.QB = QP.QE . Vì O. P, Q cố định nên E cố định. Mặt khác,
·
·
·
nên tứ giác DAEF nội tiếp. Khi đó PO 2 − R 2 = PD.PA = PE.PF . Vì P, E

PDC
= PBA
= PEA
cố định nên F cố định. Suy ra CD đi qua F cố định.

Bài 2. (VMO 2003) Cho đường tròn ( O1 , R1 ) tiếp xúc ngoài với ( O2 , R2 ) tại M, R2 > R1 . Xét
điểm A di động trên đường tròn ( O2 , R2 ) sao cho A, O1 , O2 không thẳng hàng. Từ A kẻ tiếp tuyến

AB, AC đến ( O1 ) . MB, MC lần lượt cắt lại ( O2 ) tại E, F. D là giao điểm của EF với tiếp tuyến
tại A của ( O2 ) . Chứng minh rằng D di động trên một đường thẳng cố định.

24


Qua M kẻ tiếp tuyến chung Mx của ( O1 ) , ( O2 ) . Ta có
·
·
·
·
MCA
= CMx
= FMD
= FAM
⇒ ∆FAM : ∆FCA ⇒ FA2 = FM .FC = FO12 − R12 ( 1)
2
2
2
Tương tự EA = EO1 − R1 ( 2 )

Kí hiêu ( A,0 ) là đường tròn điểm tâm A. Từ (1) và (2) suy ra EF là trục đẳng phương của hai

2
2
2
đường tròn ( A,0 ) và ( O1 ) . Vì D ∈ EF nên DA = DO1 − R1 ⇒℘D / ( O1 ) =℘D / ( O2 ) . Vậy D
thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) .

Bài 3. Cho đường tròn (O) và điểm I cố định nằm trong đường tròn, I khác O. Một đường thẳng

quay quanh I, cắt (O) tại A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và B cắt nhau tại M. Chứng minh
rằng M chạy trên một đường thẳng cố định.
Giải

Gọi K là giao điểm của OM và AB, H là hinh chiếu của M trên đường thẳng OI.
Khi

đó

tứ

giác

MKIH

nội

tiếp

OK .OM = OA 2 = R 2 ( 2 )
2
Từ (1) và (2) suy ra OI .OH = R ⇔ OH =

R2
OI

⇒ OK .OM = OI .OH ( 1) .Tam

giác

OAM

có

⇒ H cố định. Vậy M chạy trên đường thẳng qua H

và vuông góc với OI tại H.
Bài 4. Cho đường tròn (O) tiếp xúc đường thẳng d tại H. Hai điểm M, N di động trên d sao cho

HM .HN = −k 2 ( k ≠ 0 cho trước). Từ M, N kẻ tiếp tuyến MA và NB của (O) (với A, B khác
H). Chứng minh rằng
a) Đường tròn (OMN) luôn đi qua 2 điểm cố định.
b) Đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định.
Giải

25