Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM ĐỐI VỚI ĐƯỜNG TRÒN
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Phần 1: TÓM TẮT
--------------- --------------Các bài toán hình học phẳng có liên quan đến đường tròn là những bài toán hay và
thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi hoặc đề thi tuyển sinh Đại học. Một khái niệm
rất quan trọng và có nhiều ứng dụng liên quan đến đường tròn đó là phương tích của một
điểm đối với đường tròn. Đây là một khái niệm không khó nắm bắt, nhưng những ứng dụng
của nó trong việc giải quyết các bài toán hình học phẳng là rất phong phú. Nhiều bài toán
phức tạp có thể được giải quyết gọn gàng nhờ sử dụng các tính chất có liên quan đến phương
tích. Bài viết nêu lên một số ứng dụng của phương tích trong việc giải một số bài toán hình
học phẳng. Nội dung của bài viết này được chia làm 3 phần, đầu tiên là tóm tắt lại lý thuyết
cơ bản về phương tích, phần thứ hai là một số bài toán áp dụng, được chia làm bốn loại, đó là
các bài toán định lượng, định tính, dựng hình và biểu thức tọa độ. Phần cuối là một số bài tập
vận dụng khác.

1


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Phần 2. NỘI DUNG
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Định nghĩa:
Trong mặt phẳng cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M. Phương tích của điểm M đối
với đường tròn (O), ký hiệu là SM /( O ) , được xác định như sau:

S

M /( O )

= OM 2 − R 2 .

Nhận xét: Từ định nghĩa ta có:
• SM /(O ) < 0 ⇔ M nằm trong (O);
• SM /(O ) = 0 ⇔ M nằm trên (O);
• SM /(O ) > 0 ⇔ M nằm ngoài (O).
Định lý 1. Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M. Một đường thẳng d thay đổi đi
qua M và cắt (O) tại hai điểm A, B. Khi đó

S

M /( O )

= MA ×MB.

Hệ quả 1. Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M nằm ngoài (O). Từ M kẻ tiếp tuyến
2
2
2
MT đến (O) (M là tiếp điểm). Khi đó SM /( O ) = OM − R = MT .
Hệ quả 2. Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm
M. d1 , d 2 lần lượt là hai đường thẳng bất kỳ qua M và
cắt (O) lần lượt ở A, B và C, D. Khi đó
MA ×MB = MC ×MD .
Ngược lại, cho d1 , d 2 lần lượt là hai đường thẳng bất
kỳ qua M. A, B là hai điểm trên d1 và C, D là hai điểm
trên d 2 . Khi đó, nếu MA ×MB = MC ×MD thì bốn điểm
A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.

2. Trục đẳng phương của hai đường tròn
Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) không cùng tâm. Lúc đó quỹ tích các điểm có cùng
phương tích đối với hai đường tròn trên là một đường thẳng vuông góc với đường nối tâm
O1O2 . Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) .
Chú ý:

2


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
•

Nếu hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại hai
điểm A, B. Lúc đó A, B đều có cùng phương tích
bằng 0 đối với cả hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) .
Do đó trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) chính
là đường thẳng AB.

•

Nếu hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) tiếp xúc với
nhau tại điểm T. Lúc đó T có cùng phương tích
bằng 0 đối với (O1 ) và (O2 ) . Do đó trục đẳng
phương của (O1 ) và (O2 ) là đường thẳng qua T và
vuông góc với O1O2 và đó chính là tiếp tuyến
chung của (O1 ) và (O2 ) tại điểm T.

3. Tâm đẳng phương của ba đường tròn
Cho ba đường tròn (O1 ),(O2 ),(O3 ) có các tâm
O1 , O2 , O3 không cùng thuộc một đường thẳng. Gọi

d1 , d 2 , d3 lần lượt là các trục đẳng phương của (O2 )
và (O3 ) ,của (O3 ) và (O1 ) , của (O1 ) và (O2 ) . Khi đó
ba đường thẳng d1 , d 2 , d3 đồng quy tại một điểm K.
K là điểm duy nhất có cùng phương tích đối với cả ba
đường tròn (O1 ),(O2 ),(O3 ) và được gọi là tâm đẳng
phương của ba đường tròn này.

4.

Phương trình đường tròn và biểu thức tọa độ của phương tích

a)

Phương trình đường tròn
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

(C) có tâm I ( x ; y )
0

0

bán kính R. Khi

(C) khi và chỉ khi IM = R , tức là:

đó điểm M ( x; y ) thuộc đường tròn

( x − x0 ) + ( y − y0 ) 2 = R 2 .
2

(1)

Phương trình (1) có thể được viết lại là:
x 2 + y 2 − 2 x0 x − 2 y0 y + x02 + y02 − R 2 = 0.

(2)

Phương trình (1) hoặc (2) đều được gọi là phương trình của đường tròn

(C) đã cho.

Ngược lại, cho phương trình: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (*). Khi đó có ba trường hợp sau
xảy ra:
•

Nếu a 2 + b 2 − c < 0 thì không có điểm nào có tọa độ ( x; y ) thỏa phương trình (*).
3


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
•

Nếu a 2 + b 2 − c = 0 thì có duy nhất điểm I ( −a; −b ) có tọa độ thỏa (*).

•

Nếu a 2 + b 2 − c > 0 thì (*) là phương trình của đường tròn

(C)

có tâm I ( −a; −b ) và bán

kính R = a 2 + b 2 − c .
b) Biểu thức tọa độ của phương tích
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
f ( x; y ) = x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0, a 2 + b 2 − c > 0
và điểm M ( x0 ; y0 ). Khi đó phương tích của M đối với đường tròn (C) là:

S

M /( C )

= f ( x0 ; y0 ) = x02 + y02 + ax0 + 2by0 + c.

Từ đó ta có:
• Điểm M ( x0 ; y0 ) nằm trên đường tròn (C) khi và chỉ khi f ( x0 ; y0 ) = 0.
• Điểm M ( x0 ; y0 ) nằm ngoài đường tròn (C) khi và chỉ khi f ( x0 ; y0 ) > 0.
• Điểm M ( x0 ; y0 ) nằm trong đường tròn (C) khi và chỉ khi f ( x0 ; y0 ) < 0.
Cho hai đường tròn

(C ) và (C ) không cùng tâm, có phương trình lần lượt là:
1

2

x + y + 2a1 x + 2b1 y + c1 = 0, a12 + b12 − c1 > 0 ,
2

2

x 2 + y 2 + 2a2 x + 2b2 y + c2 = 0, a22 + b22 − c2 > 0 .
Khi đó, trục đẳng phương của hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) là đường thẳng ∆ có phương
trình:
(2a1 − 2a2 ) x + (2b1 − 2b2 ) y + c1 − c2 = 0.
c) Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) tâm I, bán kính R và đường thẳng ∆ . Khi đó:
• (C) và ∆ không có điểm chung khi và chỉ khi d ( I , ∆ ) > R.
• (C) tiếp xúc với ∆ khi và chỉ khi d ( I , ∆) = R.
• (C) cắt ∆ tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi d ( I , ∆) < R.
d) Vị trí tương đối giữa hai đường tròn
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn

(C )
1

phương của chúng. Khi đó vị trí tương đối giữa
một trong hai đường tròn

(C ) không cùng tâm. Gọi ∆ là trục đẳng
(C ) và (C ) chính là vị trí tương đối giữa

và

2

1

2

(C ) (hoặc (C ) ) với ∆ .

1

2

B. Các ví dụ
1. Một số bài toán định lượng
Mục này được dành để trình bày một số bài toán mang tính định tính như tính phương tích
của một số điểm đặc biệt trong tam giác đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác và một số bài
toán tính toán khác có sử dụng phương tích của một điểm đối với đường tròn. Một số ví dụ
4


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

dưới đây có sử dụng một tính chất quen thuộc của tích vô hướng là
uuur uuur AB 2 + AC 2 − BC 2
AB. AC =
. Một số kết quả có liên quan đến đường thẳng Euler, đường tròn
2
Euler, tính chất trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác cũng được sử dụng và không
chứng minh lại.
Ví dụ 1 (Phương tích của trọng tâm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Tính
phương tích của trọng tâm G đối với (O) theo các cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Giải
uuur 1 uuur uuur uuur
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên OG = OA + OB + OC . Suy ra:
3
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
1
OG 2 = OA2 + OB 2 + OC 2 + 2OA ×OB + 2OB ×OC + 2OC ×OA

9
1
= ( OA2 + OB 2 + OC 2 + OA2 + OB 2 − AB 2 + OB 2 + OC 2 − BC 2 + OA2 + OC 2 − AC 2 )
9
1
1
= ( 9R 2 − a 2 − b2 − c2 ) = R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) .
9
9
1
Vậy SG /( O ) = OG 2 − R 2 = − ( a 2 + b 2 + c 2 ) .
9
Ví dụ 2 (Phương tích của trực tâm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính R.
Tính phương tích của trực tâm H đối với (O) theo R và các góc A,B,C.
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, theo tính chất về đường thẳng Euler ta có
uuur uuur uuur uuur uuur
OH = 3OG = OA + OB + OC . Suy ra:
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OH 2 = OA2 + OB 2 + OC 2 + 2OA ×OB + 2OB ×OC + 2OC ×OA

(

)

(

)

= OA2 + OB 2 + OC 2 + OA2 + OB 2 − AB 2 + OB 2 + OC 2 − BC 2 + OA2 + OC 2 − AC 2

= 9R2 − ( a 2 + b2 + c2 ) .
Vậy :

S

H /( O )

= OH 2 − R 2 = 8R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 8R 2 − 4 R 2 ( sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C )
= R 2 ( 2 + 2(cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ) ) = −8 R 2 cos A cos B cos C.

Chú ý: Từ kết quả trên ta suy ra một công thức tính OH là: OH 2 = R 2 (1 − 8cos A cos B cos C ).
Ví dụ 3 (Phương tích của tâm đường tròn nội tiếp đối với đường tròn ngoại tiếp).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) và ngoại tiếp đường tròn ( I ; r ). Hãy tính
phương tích của I đối với đường tròn ( O ) .
Giải:
5


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

a+b+c
Đặt AB = c, BC = a, CA = b, p =
. Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:
2
uuur uuur uuur
uur uur uur r uur aOA + bOB + cOC
1 uuur uuur uuur
aIA + bIB + cIC = 0 ⇒ OI =
=
aOA + bOB + cOC .

a+b+c
2p
Suy ra
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
1
2 2
2 2
2 2
OI 2 =
a
R
+
b
R
+
c
R
+
2
abOA
×
OB
+
2
bcOB
×
OC
+

2
acOC
×OA
4 p2
1
=
R 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + ab(2 R 2 − c 2 ) + bc(2 R 2 − a 2 ) + ca (2 R 2 − b 2 ) )
2 (
4p
1
=
R 2 ( a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca) − abc(a + b + c) )
2 (
4p
1
abc
4 S .R
=
R 2 .(a + b + c)2 − 2 p.abc ) = R 2 −
= R2 −
= R 2 − 2 Rr
2 (
4p
2p
2p

(

(

)

)

(S là diện tích tam giác ABC).
Vậy

S

I /( O )

= OI 2 − R 2 = −2 Rr.

Chú ý: Lời giải bài toán trên cho ta hệ thức Euler là: OI 2 = R 2 − 2 Rr.
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c . Xét đường tròn ( I ) sao cho

S

A /( I )

+ a 2 = S B /( I ) + b 2 = SC /( I ) + c 2 = 0.

a) Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác ABC.
b) Gọi R và R ' lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường
tròn ( I ) . Chứng minh rằng R ' = 2 R.
c) Gọi M là trung điểm BC. Tính S M /( I ) .
Giải:
a) Theo giải thiết, ta có

S

A /( I )

= − a 2 , S B /( I ) = −b 2 , SC /( I ) = −c 2 .

Ta có:

S
S
S

A /( I )
B /( I )

C /( I )

= IA2 − R '2 = −a 2 ⇒ IA2 = R '2 − a 2 = R '2 − BC 2 (1)
= IB 2 − R ' = −b 2 ⇒ IB 2 = R '2 − b 2 = R '2 − AC 2 (2)
= IC 2 − R ' = −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 và do đó CI ⊥ AB . Lập luận tương tự ta
cũng có BI ⊥ AC và AI ⊥ BC . Vậy I là trực tâm của tam giác ABC.
b) Gọi M là trung điểm BC, do I là trực tâm của tam giác ABC nên:
AI = 2OM ⇒ AI 2 = 4OM 2 = 4 ( R 2 − BM 2 ) = 4 R 2 − a 2 . Từ đây suy ra:
R '2 = IA2 + a 2 = 4 R 2 − a 2 + a 2 = 4 R 2 ⇒ R ' = 2 R.
6


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

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 IM =
2
4
2
4
4
Suy ra:
2

S

2b 2 + 2c 2 + a 2
2b 2 + 2c 2 + a 2
2
= IM − R ' = 4 R −
− 4R = −
.
4
4
2

M /( I )

2

2

Ví dụ 5. Cho đoạn thẳng AB có trung điểm I và đường tròn

( O; R ) .

Gọi

p1 = S A /( O ) , p2 = S B /( O ) , p3 = S I /( O ) . Chứng minh rằng AB = 2( p1 + p2 − 2 p3 ).
Giải:
Ta có p1 = OA2 − R 2 , p2 = OB 2 − R 2 , p3 = OI 2 − R 2 . Từ OI 2 =

OA2 OB 2 AB 2
+
−
suy ra
2
2
4

AB 2 = 2OA2 + 2OB 2 − 4OI 2 = 2(OA2 − R 2 ) + 2(OB 2 − R 2 ) − 4(OI 2 − R 2 ) = 2( p1 + p2 − 2 p3 ) .
Vậy AB = 2( p1 + p2 − 2 p3 ).
Ví dụ 6. Cho nửa đường tròn đường kính AB và hai điểm M, N thay đổi trên đó. Gọi I là giao
điểm của AM và BN. Ký hiệu (O1 ) , (O2 ) là đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và ANP.
Chứng minh rằng

S

A /( O1 )

+ S A /( O2 ) không đổi.
Giải:

Ta có:

uur uuuur uur uuur
+
S
=
AI . AM + BI .BN
A /( O1 )
A /( O2 )
uur uuur uur uuur uuur uur uur uuur2
= AI . AB + BI .BA = AB. AI + IB = AB = AB 2 .

S

(

Vậy

S

A /( O1 )

)

+ S A /( O2 ) không đổi.

Ví dụ 7. Cho hai đường tròn (O1 ) , (O2 ) có tâm O1 ≠ O2 và M là một điểm tùy ý. Ký hiệu d là
trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) , H là hình chiếu vuông góc của M trên d. Chứng minh
rằng

S

M /( O1 )

− SM /( O2 ) = −2O1O2 .MH . Từ đây suy ra MH =
Giải:

7

S

M /( O1 )

− S M /( O2 )

2O1O2

.


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Ta có:

uuuur uuuur 2
= O1M 2 − R12 = HM − HO1 − R12
uuuur uuuur
= HM 2 + HO12 − 2 HM .HO1 − R12
uuuur uuuur
= HM 2 + S H /( O1 ) − 2 HM .KO1.
uuuur uuuur
2
Tương tự: SM /( O2 ) = HM + S H /( O2 ) − 2 HM .KO2 .

S

(

M /( O1 )

Do đó:

S

)

uuuur uuuur uuuur
−
S
=
S
−
S
−

2
HM KO1 − KO2
M /( O1 )
M /( O2 )
H /( O1 )
H /( O2 )
uuuur uuuur
= −2 HM .O2O1 = −2 MH .O1O2 .

(

)

Ví dụ 8 (USA MO 1998). 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, C. Gọi D là trung điểm của AB. Một đường thẳng đi 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
IB
.
tỉ số
IC
Giải:
Ta có

S

2

B /( C1 )

= BA = BE.BF .

BC
= BD.BC nên
2
BE.BF = BD.BC . Do đó tứ giác DECF nội tiếp một
đường tròn (T). Tâm của đường tròn (T) nằm trên các
đường trung trực của ED và CF nên I chính là tâm
của (T). Mà I thuộc CD nên I là trung điểm CD. Từ
1
đây ta có DB = DC và:
3
IB ID + DB ID DB
2 5
=
=
+
= 1+ = .
IC
IC
IC IC
3 3
Ví dụ 9 (IMO Shortlist 2011). Cho A1 A2 A3 A4 không phải là tứ giác nội tiếp. Gọi O1 và r1 lần
lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Định nghĩa O2 , O3 , O4 và
r2 , r3 , r4 một các tương tự. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+

+
+
= 0.
2
2
2
2
2
2
O1 A1 − r1 O2 A2 − r2 O3 A3 − r3 O4 A4 2 − r42
2

Mặt khác lại có: BA = 2 BD.

8


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Giải
Gọi M là giao điểm của A1 A3 và A2 A4 . Đặt
a = MA1 , b = MA2 , c = MA3 , d = MA4 . Gọi B1 là giao
điểm của A1 A3 với đường tròn ngoại tiếp tam giác
A2 A3 A4 . Khi đó ta có

(

)(

O1 A12 − r12 = A1B1. A1 A3 = MB1 − MA1 . MA3 − MA1

(

)

A1
B1

O3

)

A2

O2

M
O1

O4

A4

= MB1 − a . ( c − a ) .
Mặt khác MB1.MA3 = MA2 .MA4 ⇒ MB1 =

bd
.
c

A3

Do đó
(c − a )
 bd

O1 A12 − r12 = 
− a ÷(c − a ) =
( bd − ac ) .
c
 c

1
1  c 
=
Suy ra

÷. Tương tự ta cũng có:
2
2
O1 A1 − r1
bd − ac  c − a 
1

=

1  d 
1
1  a 
1

1  b
=
,
=

÷,

÷

ac − bd  d − b  O3 A32 − r32 bd − ac  a − c  O4 A4 2 − r4 2 bd − ac  b − d


÷.


O2 A2 − r2
Vậy
1
1
1
1
1  c
a
d
b 
+
+
+
=
−

−
+

÷ = 0.
2
2
2
2
2
2
2
2
O1 A1 − r1 O2 A2 − r2 O3 A3 − r3 O4 A4 − r4 bd − ac  c − a c − a d − b d − b 
2

2.

2

Một số bài toán định tính

Trong các Ví dụ 1, Ví dụ 2 và Ví dụ 3 dưới đây, ta sẽ sử dụng phương tích để chứng minh
số điểm nằm trên đường tròn. Một kết quả thường sử dụng để làm việc này là Hệ quả 2.
Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD ( AB ≠ CD) nội tiếp (O) . Dựng hai hình thoi AEDF và BMCN có
cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng bốn điểm EFMN cùng thuộc một đường tròn.
Giải:
Gọi R là bán kính của đường tròn (O), I = MN ∩ BC và
J = EF ∩ AD . Do AB ≠ CD nên các điểm M, N, O, E, F
không cùng nằm trên đường thẳng.
Ta có:

OM.ON = OI + IM . OI + IN = OI − IN . OI + IN

(

)(

(

) (

) (

)(

= OI 2 − IN 2 = OB 2 − BI 2 − BN 2 − BI 2

)

)

= R 2 − BN 2 .
Tương tự, OE.OF = R 2 − AE 2 . Mà BN = AE nên OM.ON = OE.OF suy ra bốn điểm M, N, E,
F cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 2 (IMO Shortlist 1995). Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. X là một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho đường
9


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

tròn nội 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:
Trường hợp tam giác ABC cân tại A thì
hiển nhiên.
Khi tam giác ABC không cân tại A,
gọi I = EF ∩ BC. Áp dụng định lý
Menelaus cho tam giác ABC để tính
BC. BD
IB =
.
DC − BD
Tương tự, gọi I ' = XY ∩ BC. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XBC để tính
BC. BD
I'B =
. Từ đây suy ra I ≡ I '. Do BC là trục đẳng phương của đường tròn nội tiếp
DC − BD
tam giác ABC và đường tròn nội tiếp tam giác XBC do đó IE.IF = IZ.IY suy ra EFZY là tứ
giác nội tiếp.
Ví dụ 3 (IMO 2008) . Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M 1 , M 2 , M 3 lần lượt là các
trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn tâm M 1 bán kính M 1H cắt BC tại A1 , A2 ; đường
tròn tâm M 2 bán kính M 2 H cắt CA tại B1 , B2 ; đường tròn tâm M 3 bán kính M 3 H cắt AB tại
C1 , C2 . Chứng minh rằng A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
Giải:
Do M 1M 2 // AB và AB ⊥ CH nên M 1M 2 ⊥ CH . Mà H là một điểm chung của đường tròn
( M1 ) và đường tròn ( M 2 ) nên CH là trục đẳng phương của hai đường tròn ( M1 ) và ( M 2 ) .
Suy ra CA1.CA2 = CB1.CB2 và do đó A1 , A2 , B1 , B2 cùng thuộc đường tròn ( T1 ) .
Tương tự A1 , A2 , C1 , C2 cùng thuộc đường tròn ( T2 ) và
B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc đường tròn ( T3 ) .

Nếu hai trong ba đường tròn này trùng nhau thì
A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
Nếu cả ba đường tròn này phân biệt thì các trục đẳng
phương của ( T1 ) và ( T2 ) là BC, trục đẳng phương của
( T2 ) và ( T3 ) là AB và trục đẳng phương của ( T1 ) và ( T3 )
là AC phải đồng quy nhưng chúng lại cắt nhau tại A, B, C
nên vô lý. Vậy A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường
tròn.
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có hai điểm A,B cố định, điểm C thay đổi trên đường thẳng ∆ cắt
 1
đường thẳng AB và k ∈  0; ÷, ( k là hằng số ). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho
 2
10


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

AD = kAB. Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng đi qua C và trung điểm của đoạn
thẳng AB tại E và F. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi.
Giải
Gọi M là trung điểm của AB, H là điểm
A
đối xứng với D qua M thì H là điểm cố
định và BH = AD . Vì
D
1
AD = kAB,0 < k < nên D thuộc đoạn
E
2
I

AM, H thuộc đoạn MB, M thuộc đoạn
M
EF.
Ta có ME.MF = MD.MB = MH .MA do
d
đó tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
H

F

Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF nằm trên đường thẳng d là
đường trung trực của AH.

C
B

Đảo lại, với điểm I bất kỳ trên đường trung trực của AH, gọi E và F là các giao điểm của
đường tròn tâm I bán kính IA với đường tròn đường kính BD. Gọi M là giao điểm của EF và
MH MB MB − MH BH
=
=
=
= 1 , tức là M
AB. Khi đó ME.MF = MH .MA = MD.MB , suy ra
MD MA MA − MD AD
là trung điểm của HD và do đó cũng là trung điểm của AB.
Nếu ∆ đi qua M và cắt đường tròn đường kính BD tại E,F thì quỹ tích là một điểm I, chính
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
Nếu ∆ không đi qua M . Khi đó qua M vẽ đường thẳng song song với ∆ cắt đường tròn

đường kính DB tại E,F thì tâm I’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không thuộc quỹ
tích.
Nếu I ≠ I ' :
Gọi C là điểm giao của ∆ và đường thẳng EF và không trùng với M. Khi đó ta có tam giác
ABC mà đường trung tuyến qua C cắt đường tròn đường kính BD tại hai điểm E, F và tam giác
AEF có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I.
Lúc này quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi là đường trung trực
của đoạn thẳng AH loại trừ I’.
Một ứng dụng tiếp theo của phương tích là chứng minh ba đường thẳng đồng quy. Theo cách
này, chúng ta thường chỉ ra ba đường thẳng đã cho là ba trục đẳng phương của từng cặp đường
tròn lấy trong ba đường tròn nào đó. Lúc đó theo tính chất về tâm đẳng phương thì ba đường
thẳng này đồng quy. Các Ví dụ 5, 6, 7 dưới đây minh họa điều này.
Ví dụ 5. Cho nửa đường tròn đường kính AB và điểm C nằm trên đó sao cho C không phải là
trung điểm của cung nửa đường tròn này. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB.
Đường tròn đường kính CH cắt CA tại E, CB tại F và đường tròn đường kính AB tại D. Chứng
minh rằng CD, EF, AB đồng quy.
11


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Giải:
o
o
·
·
·
·
·
·

Ta có EAB = 90 − ECH , EFC = 90 − CEF . Vì CEHF là hình chữ nhật nên ECH
.
= CEF
·
·
Suy ra EAB
và do đó tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn (T).
= EFC
Ta có CD là trục đẳng phương của đường
tròn đường kính CH và đường tròn đường kính
AB; EF là trục đẳng phương của đường tròn (T)
và đường tròn đường kính CH và AB là trục
đẳng phương của đường tròn đường kính AB với
đường tròn (T). Từ đó theo tính chất của tâm
đẳng phương, ta có AB, CD, EF đồng quy.
Chú ý: Cũng có thể chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp bằng cách chỉ ra rằng
CE.CA = CF.CB = CH 2 .
Ví dụ 6 (USA MO 1997). Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác này vẽ các tam giác cân
BCD, CAE, ABF có các cạnh đáy tương ứng là BC, CA, AB. Chứng minh rằng ba đường
thẳng vuông góc kẻ từ A, B, C xuống EF, FD, DE đồng quy.
Giải:
Ký hiệu d1 , d2 , d3 lần lượt là các đường thẳng
vuông góc kẻ từ A, B, C xuống EF, FD, DE.
Khi đó d1 là trục đẳng phương của đường tròn

( E; EA )

và đường tròn ( F; EA ) ; d2 là trục

đẳng phương của đường tròn ( F; EA ) và

đường tròn ( D; DB ) ; d3 là trục đẳng phương
của đường tròn ( D; DB ) và đường tròn

( E; EA ) . Theo tính chất của tâm đẳng phương
thì ba đường thẳng này đồng quy.
Chú ý: Bài toán này cũng có thể được giải rất nhanh gọn bằng cách sử dụng Định lý Carnot
như sau: “Cho tam giác ABC và các điểm M, N , P . Gọi ∆ A , ∆ B , ∆ C lần lượt là các đường
thẳng qua M, N, P và vuông góc với BC, CA, AB. Khi đó ∆ A , ∆ B , ∆ C đồng quy khi và chỉ khi
( MB 2 − MC 2 ) + (NC 2 − NA2 ) + ( PA2 − PB 2 ) = 0. ”
Ví dụ 7 (IMO 1995). 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 điểm trên XY
khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai là M và BD cắt
đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng quy.
Giải:

12


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

·
·
·
·
Ta có MAD
, MND
.
= 90o − MCB
= 90o + MNB
Mặt khác, vì PC.PM = PB.PN = PX .PY nên tứ

·
·
giác MNCB nội tiếp. Từ đây suy ra MCB
= MNB
và do đó:
·
·
·
·
MAD
+ MND
= 90o − MCB
+ 900 + MCB
= 180o .
Vậy tứ giác ADNM nội tiếp đường tròn (T).
Ta có AM là trục đẳng phương của đường tròn
đường kính AC và đường tròn (T); DN là trục
đẳng phương của đường tròn đường kính BD và
đường tròn (T); XY là trục đẳng phương của
đường tròn đường kính AC và đường tròn đường
kính BD. Vậy theo tính chất về tâm đẳng phương,
suy ra AM, DN và XY đồng quy.
Ví dụ 8 (Iran MO 2001). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). ( I ),( Ia ) lần lượt là các
đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A. Giả sử IIa cắt BC và (O) lần lượt tại A ' và M. Gọi N
¼
là trung điểm cung MBA
của (O). NI , NIa cắt (O) lần lượt tại S và T. Chứng minh rằng ba
điểm S, T, A ' thẳng hàng.
Giải:
Ta có

1
·
» + s® AS
» = 1 s® MN
¼ + s® AS
» = NIM
·
NTS
= s®NA
2
2
·⇒ I TS = I· IS . Suy ra tứ giác I TIS nội tiếp đường
a
a
a

(

tròn

) (

)

(C ) .
1

o
·
·

Mặt khác, IBI
nên tứ giác IBIa C nội
a = ICI a = 90

tiếp đường tròn (C2 ) .
Ta có IIa là trục đẳng phương của (C1 ) và (C2 ) .
BC là trục đẳng phương của (O) và (C2 ) . TS là trục
đẳng phương của (O) và (C1 ) . Theo tính chất về
tâm đẳng phương thì IIa , BC, TS đồng quy tại A ' .
Vậy ba điểm S, T, A ' thẳng hàng.
Ví dụ 9. Cho đường tròn (O;R) và hai điểm P, Q cố định (P nằm ngoài (O) và Q nằm trong
(O)). Dây cung AB của (O) luôn đi qua Q; PA, PB lần lượt cắt (O) lần thứ hai tại D, C.
Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định.
Giải:

13


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Dự đoán điểm cố định là giao điểm I của PQ và CD.
Gọi K là giao điểm thứ hai của PQ với đường tròn ngoại tiếp
·
·
·
tam giác PAB. Khi đó vì PDC
= PBA
= PKA
chứng minh tứ giác IADK nội tiếp.
Ta có QO 2 − R 2 = QA.QB = QP.QK , mà P và Q cố định nên

PQ không đổi suy ra QK không đổi do đó K cố định.
Do tứ giác IADK nội tiếp nên PO 2 − R 2 = PA.PD = PI .PK ,
mà P và K cố định nên PK không đổi suy ra PI không đổi
do đó I cố định.
Vậy CD luôn đi qua điêm I cố định.
Ví dụ 10. Trên đường tròn (O) cho ba điểm A, B, C cố định sao cho tam giác ABC cân tại A.
» không chứa A của (O) sao cho AM không đi qua O.
M là một điểm di động trên cung BC
Đường tròn (T) có tâm A bán kính AB cắt tia MC tại D, đường thẳng AD cắt (O) tại E khác
với A. Gọi H là hình chiếu của D trên AC.
·
·
a) Chứng minh rằng BDH
= MEC
.
b) Gọi I là trung điểm AD, d1 là đường thẳng qua A và vuông góc với IO, d2 là đường thẳng

qua D và vuông góc với AI. Giả sử rằng d1 và d2 cắt nhau tại K. Chứng minh rằng K luôn
nằm trên một đường thẳng cố định khi M thay đổi.
Giải:
·
a) Ta có MA là phân giác của góc BMC
. Gọi
D’ là điểm đối xứng với B qua MA, khi đó D’
thuộc tia MC. Vì AD ' = AB nên D’ nằm trên
đường tròn (T) tâm A bán kính AB và do đó D’
là một giao điểm (khác C) của (T) và MC. Mà
D là giao điểm của CM và (T) do đó D ≡ D ' .
Vậy BD ⊥ AM .
Gọi N = BD ∩ AM , ta có tứ giác ANDH nội

tiếp đường tròn đường kính AD.
Xét tam giác NDH và tam giác MEC, ta có:
·
·
·
(1)
NHD
= NAD
= MCE
·
·
·
(2)
HND
= HAD
= CME
Từ (1) và (2) suy ra tam giác NDH đồng dạng
·
·
với tam giác MEC và do đó BDH
= MEC
.
b) Ta có d1 là trục đẳng phương của đường tròn (I,IA) và (O); d2 là trục đẳng phương của
đường tròn (I,IA) và (T); BC là trục đẳng phương của (O) và (T). Theo tính chất về tâm đẳng
phương thì d1 , d2 và BC đồng quy. Do đó giao điểm K của d1 , d2 thuộc đường thẳng BC cố
định.
14


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Ví dụ 11. Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài các góc A, B, C lần lượt cắt cạnh đối diện
tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng A1 , B1 , C1 thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với
đường thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
Gọi A2 , B2 , C2 là tam giác tạo bởi ba
phân giác ngoài góc A, B, C. Khi đó ta có
AA2 ⊥ B2 C2 , BB2 ⊥ A2 C2 và CC2 ⊥ A2 B2 .
Tứ giác BC2 B2 C nội tiếp nên
A1C2 . A1 B2 = A1 B. A1C .
Tương tự ta cũng có:
B1C2 . B1 A2 = B1 A. B1C
C1 B2 .C1 A2 = C1 A.C1 B.
Suy ra A1 , B1 , C1 nằm trên trục đẳng
phương của đường tròn (O) ngoại tiếp tam
giác ABC và đường tròn ( T ) ngoại tiếp
tam giác A2 B2 C2 .
Để ý rằng (O) là đường tròn Euler của tam giác A2 B2 C2 , I là trực tâm của tam giác A2 B2C2 ,
T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 . Từ đây suy ra ba điểm I , O, T cùng nằm trên
đường thẳng Euler của tam giác A2 B2 C2 . Vậy đường thẳng qua A1 , B1 , C1 vuông góc với đường
thẳng IO.
Ví dụ 12. Cho tam giác ABC vuông tại C. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C của tam
giác ABC. Lấy X là một điểm bất kì nằm trên đoạn CH, gọi K, L lần lượt là các điểm nằm trên
các đoạn thẳng AX, BX sao cho BK = BC và AL = AC. Giả sử M là giao điểm của AL và BK.
Chứng minh rằng MK = ML.
Giải

15

Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

K'

C

L'

X
L
K
A

M
H

B

Ta có K nằm trên đường tròn (T1 ) tâm B bán kính BC và L nằm trên đường tròn (T2 ) tâm A
bán kính AC.
Gọi K ' là giao điểm thứ hai khác K của đường thẳng AX với (T1 ) và L’ là giao điểm khác L
của BX với (T2 )
Khi đó CH là trục đẳng phương của (T1 ) và (T2 ) do đó XL. XL ' = XK . XK ' suy ra K,L,K’,L’
cùng nằm trên đường tròn (T3 ).
2
2
Vì BX là trục đẳng phương của (T3 ) và (T2 ) nên BK = BC = PB /(T2 ) = BL.BL ' = PB /(T3 ) , suy ra
BK là tiếp tuyến của (T3 ) tại K. Tương tự, ta cũng có AL là tiếp tuyến của (T3 ) tại L. Từ đây
suy ra MK = ML.
Ví dụ 13. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và W là một điểm trên cạnh BC. Gọi M, N

lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B và C; Ký hiệu ( w1 ) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác BWN và gọi X là điểm trên ( w1 ) sao cho XW là một đường kính của ( w1 ) . Tương tự, ký
hiệu ( w2 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CWM và gọi Y là điểm trên ( w2 ) sao cho YW là
một đường kính của ( w1 ) . Chứng minh rằng X, Y, H thẳng hàng.
Giải

16


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
A

Y
M

N

w2

Z
H

X

B

L

C

W

w1

Gọi L là chân đường vuông góc kẻ từ A và Z là giao điểm thứ hai của ( w1 ) và ( w2 ) . Khi đó
ZW là trục đẳng phương của ( w1 ) và ( w2 ) ; BN là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp
BNMC với ( w1 ) ; CM là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp BNMC với ( w2 ). Suy ra
·
ba đường thẳng BN, CM, ZW đồng quy tại A, tức là A,Z,W thẳng hàng. Vì ·XZW = YZW
= 90o
nên X,Y,Z thẳng hàng.
Ta có AH . AL = AB.AN = AW .AZ do đó nếu H thuộc đường thẳng AW thì H ≡ Z và hiển
AZ
AL
=
nhiên X,Y,H thẳng hàng. Nếu H không thuộc đường thẳng AW thì từ
suy ra hai
AH AW
tam giác AHZ và AWL đồng dạng với nhau. Do đó ·AZH = ·ALW = 90o . Điều này chứng tỏ H,
Z, Y thẳng hàng. Vậy H, X, Y thẳng hàng.
Ví dụ 14 (IMO Shortlist 2011). Cho ABC là tam giác nhọn với đường tròn ngoại tiếp Ω . Gọi
B0 , C0 lần lượt là trung điểm của AC và AB; D là chân đường cao kẻ từ A và G là trọng tâm
của tam giác ABC. Gọi ω là đường tròn qua B0 , C0 và tiếp xúc với đường tròn (T) tại một
điểm X ≠ A. Chứng minh rằng D, G, X thẳng hàng.
Giải
Nếu AB = AC thì kết quả là hiển nhiên.
Không mất tổng quát, giả sử AB < AC. Gọi Ω1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 . Khi
1
đó Ω1 là ảnh của Ω qua phép vị tự tâm A tỉ số . Gọi a và x lần lượt là các tiếp tuyến của Ω
2

lại A và X. Khi đó a,x, B0C0 lần lượt là các trục đẳng phương của ba đường tròn Ω , Ω1 và ω
nên đồng quy tại điểm S.
Vì A và D đối xứng nhau qua B0C0 nên SA = SD = SX , tức là S là tâm đường tròn γ ngoại
tiếp tam giác ADX. Hơn nữa, ta có tứ giác ASOX nội tiếp.

17


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Ký hiệu T là giao điểm thứ hai của
đường thẳng DX với Ω và O là
A
T
tâm của Ω thì O thuộc Ω1 . Sử
dụng tính chất góc nội tiếp trong
các đường tròn γ và Ω , ta có:
·
DAT
= ·ADX − ·ATD
C0
S
B0
1
1
= (360o − ·ASX ) − ·AOX
G
2
2
O

1
= 180o − ( ·ASX + ·AOX ) = 90o.
2
B
D
Suy ra AD ⊥ AT và do đó
A0
C
AT//BC. Suy ra ATCB là hình
thang cân nội tiếp trong Ω.
X
Gọi A0 là trung điểm của BC. Xét
1
phép vị tự V tâm G tỉ số − biến
2
A
,
B
,
C
.
A, B, C thành 0 0 0
Vì A0 B0C0 D là hình thang cân nên V (T ) = D và do đó T, G, D thẳng hàng. Vậy D,G,X thẳng
hàng.

3. Một số bài toán dựng hình
Ví dụ 1. Cho hai điểm A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng ∆ . Hãy dựng
đường tròn qua hai điểm A,B và tiếp xúc với ∆ .
Phân tích: Nếu AB// ∆ thì gọi b là đường trung trực của AB và M là
giao điểm của ∆ và b. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM là

đường tròn cần tìm.

A

B

M

Xét trường hợp AB không song song
với ∆ . Giả sử đã dựng được đường tròn
(C) thỏa yêu cầu. Khi đó gọi I là giao
điểm của AB và ∆ và M là tiếp điểm của
(C) và ∆ . Giả sử B nằm giữa A và I, khi
đó IM 2 = IA. AB.

A
B
M2

M1
I

E

Gọi a là đường thẳng qua B và vuông góc với AB. Đường tròn đường kính AI cắt a tại E.
18


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Khi đó tam giác AEI vuông tại E có đường cao EB nên IE 2 = IA. AB. Vậy IM = IE nên M
là giao điểm của ∆ và đường tròn tâm I bán kính IE.
Suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM là các đường tròn cần dựng. Số nghiệm
hình trong trường hợp này là số giao điểm của ∆ và đường tròn tâm I bán kính IE.
Việc suy ra cách dựng và chứng minh là khá đơn giản và các bạn học sinh tự thực hiện.
Ví dụ 2. a) Cho đường thẳng ∆ và đường tròn (O). Gọi A là điểm thuộc đường thẳng ∆ . Hãy
dựng đường tròn (T) tiếp xúc với ∆ tại A đồng thời tiếp xúc với (O).
b) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) và A là điểm trên đường tròn (O1 ) . Hãy dựng đường
tròn (T) tiếp xúc với (O1 ) tại A đồng thời tiếp xúc với (O2 ) .
a) Phân tích: Giả sử đã dựng được đường
tròn (T) thỏa yêu cầu. Gọi ( K1 ) , ( K 2 ) là hai
đường tròn nào đó tiếp xúc với ∆ tại A sao
cho ( K1 ) cắt (O) tại E, F và ( K 2 ) cắt (O) tại
G, H. Khi đó EF là trục đẳng phương của (O)
O
và ( K1 ) , GH là trục đẳng phương của (O) và
M2
( K 2 ) , ∆ là trục đẳng phương của ( K1 ) và
( K 2 ) . Theo tính chất về tâm đẳng phương thì

F

d
E
G

T2
K1
M1

H

T1

K2

EF, GH và ∆ đồng quy tại I.
Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến qua I với
I
A
(O). Gọi d là đường thẳng qua A và vuông
góc với ∆ , a là trung trực của MA, T là giao
điểm của a và d. Khi đó đường tròn tâm
T bán kính TA là đường tròn cần tìm.
Số nghiệm tùy thuộc số tiếp điểm M của đường thẳng qua I và tiếp xúc với ∆ .
Việc suy ra cách dựng và chứng minh là khá đơn giản và các bạn học sinh tự thực hiện.
b) Kẻ tiếp tuyến ∆ của (O1 ) tại A. Khi đó bài toán quy về câu a).
Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và hai điểm phân biệt A, B. Hãy dựng đường tròn đi qua hai
điểm A, B và tiếp xúc với (O) .
Phân tích: Giả sử đã dựng được đường tròn (T) thỏa yêu cầu. Gọi ( K1 ) , ( K 2 ) là hai đường
tròn nào đó đi qua hai điểm A, B sao cho ( K1 ) cắt (O) tại E, F và ( K 2 ) cắt (O) tại G, H. Khi
đó EF là trục đẳng phương của (O) và ( K1 ) , GH là trục đẳng phương của (O) và ( K 2 ) , ∆ là
trục đẳng phương của ( K1 ) và ( K 2 ) . Theo tính chất về tâm đẳng phương thì EF, GH và ∆
đồng quy tại I.

19


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến qua I với (O).
(T) là đường tròn đi qua ba điểm A, B, M. Khi đó
(T) là đường tròn cần tìm.
Số nghiệm tùy thuộc số tiếp điểm M của đường
thẳng qua I và tiếp xúc với ∆ .
Việc suy ra cách dựng và chứng minh là khá
đơn giản và các bạn học sinh tự thực hiện.

E
M2

G
T2
F

H

K1

M1

K2
T1
I

A

B

4. Một số bài toán về biểu thức tọa độ

Ví dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0
và điểm M (3;4). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (C ) (A, B là các tiếp điểm). Viết
phương trình đường thẳng AB.
Giải
Đường tròn (C ) có tâm I (1; −2) và bán kính R = 5.
Ta có IM = 40 > R nên M nằm ngoài đường tròn (C ) .
Gọi

(C ')

là

đường

tròn

tâm

M

bán

kính

MA = IM 2 − R 2 = 15. Khi đó (C ') có phương trình:
( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 15
⇔ x 2 + y 2 − 6 x − 8 y + 10 = 0.
Ta có AB là trục đẳng phương của (C ) và (C ') nên
phương trình của AB là: 4 x + 12 y − 30 = 0 .
 9 − 3 15 7 + 15 

;
Chú ý: Cũng có thể tìm trực tiếp tọa độ các tiếp điểm là A 
÷ và
4
4 

 9 + 3 15 7 − 15 
B
;
÷ sau đó viết phương trình đường thẳng AB. Tuy nhiên cách này cần khá
4
4 

nhiều tính toán phức tạp.
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 3 = 0 và hai
điểm A(1;4) , B(5;0). Viết phương trình của đường tròn (C ') đi qua A, B và tiếp xúc với (C ).
20


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Giải
(C ) có tâm I (−1;0) và bán kính R = 2.
Gọi (C ') : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0, a 2 + b 2 − c > 0. Vì (C ') đi qua A, B nên ta có:
2a + 8b + c + 17 = 0 (1)
.

(2)
10a + c + 25 = 0

Gọi ∆ là trục đẳng phương của (C ) và (C ') . Khi đó phương trình của ∆ là:
∆ : (2a − 2) x + 2by + c + 3 = 0.
−2a + c + 5
= 2 (3)
(C ') tiếp xúc với (C ) ⇔ (C ) tiếp xúc với ∆ ⇔ d ( I , ∆) = 2 ⇔
(2a − 2) 2 + 4b 2
a = −1
a = −23 / 7


Giải hệ ba phương trình (1), (2) và (3) ta có b = 0 hoặc b = −16 / 7 .
c = −15
c = 55 / 7


46
32
55
y+
= 0.
Vậy (C ') : x 2 + y 2 − 2 x − 15 = 0 hoặc (C ') : x 2 + y 2 − x −
7
7
7
Chú ý: Có thể thấy rằng đường tròn x 2 + y 2 − 2 x − 15 = 0 đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc
46
32
55
y+
= 0 đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc

trong với (C ) còn đường tròn x 2 + y 2 − x −
7
7
7
ngoài với (C ) .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có trực tâm
1 
H  ;3 ÷. Gọi D, E lần lượt là chân các đường cao kẻ từ B, C. Biết rằng đường thẳng DE đi
2 
3
qua điểm M (4;2) , HD = và đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3 x − y = 0. Tìm tọa độ đỉnh A.
2
Giải
Vì tam giác ABC cân tại A nên HD = HE , do đó D, E thuộc đường tròn tâm H bán kính HD có
2
1
9

phương trình là:  x − ÷ + ( y − 3) 2 = ⇔ x 2 + y 2 − x − 6 y + 7 = 0.
2
4

 2a + 1 3a + 3 
;
Gọi A(a;3a) thuộc d và I 
÷ là trung điểm của AH. Ta có tứ giác AEHD nội tiếp
2 
 4
(C ) có tâm I và bán kính
đường tròn (C ) đường kính AH. Đường tròn

IH =

(2a − 1) 2 (3a − 3) 2
nên có phương trình:
+
16
4
2

2

2a + 1  
3a + 3  (2a − 1) (3a − 3)
2a + 1
19a

+
⇔ x2 + y 2 −
x − (3a + 3) y +
= 0.
x−
÷ + y −
÷ =
4  
2 
16
4
2
2


2

2

21


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Ta có ED là trục đẳng phương của đường tròn ( H , HD)
và đường tròn (C ) nên phương trình của DE là:
2a − 1
14 − 19a
x + (3a − 3) y +
= 0.
2
2
14 − 19a
M ∈ ED ⇔ 2(2a − 1) + (3a − 3).2 +
= 0 ⇔ a = 2.
2
Vậy A(2;6).

 2 21 
Chú ý. Sau khi tìm được tọa độ đỉnh A, ta có thể tìm được D ( 2;3) , E  − ; ÷ hoặc
 5 5
 2 21 
 2 21 
D  − ; ÷, E ( 2;3) . Trường hợp D ( 2;3) , E  − ; ÷ ta suy ra B(−2;3) và C (2;1) . Trường
 5 5

 5 5
 2 21 
hợp D  − ; ÷, E ( 2;3) ta tìm được B(2;1) và C (−2;3).
 5 5

C. Bài tập tự luyện
Bài 1 (Định lý Fuss). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp đường tròn
( I ; r ) . Đặt OI = d . Chứng minh rằng

1
1
1
+
=
.
( R − d )2 ( R + d )2 r 2

Bài 2 (VMO 2003). Cho hai đường tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) (với R2 > R1 ) tiếp xúc ngoài với
nhau tại M. Xét điểm A di động trên đường tròn (O2 ) sao cho A, O1 , O2 không thẳng hàng. Từ
A kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến (O1 ) . Các đường thẳng MB, MC cắt lại (O2 ) tại E, F. Gọi 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.
Bài 3. Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Từ A kẻ các tiếp tuyến
AB, AC đến (O) . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC; D là một điểm bất kỳ trên EF.
Từ D kẻ các tiếp tuyến DP, DQ đến (O) ; EF cắt PQ tại M. Chứng minh rằng ·DAM = 90o.
Bài 4 (Rumani TST 2008). Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh
BD CE AF
=
=
. Chứng minh rằng nếu hai tam giác ABC và DEF có

CD AE BF
chung trực tâm thì tam giác ABC đều.
BC, CA, AB sao cho

22


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Bài 5 (Rumani TST 2006). Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Từ
A kẻ hai cát tuyến ABC, ADE (với B thuộc đoạn thẳng AC và D thuộc đoạn thẳng 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
1
1
1
=
+
.
M. Chứng minh rằng
AM AB AC
Bài 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) . P là điểm trên cung CD không chứa A, B ;
MD.NC
không đổi.
MN
Bài 7. Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O) . Đường tròn (O '; R) tiếp xúc với
cạnh BC và tiếp xúc với cung BC nhỏ. Tính AO ' theo a và R.
Bài 8. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài A1 A2 , tiếp
PA, PB cắt DC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng

tuyến chung trong B1 B2 của hai đường tròn ( A1 , B1 ∈ (O1 ) , A2 , B2 ∈ (O2 ) ). Chứng minh rằng

A1 B1 , A2 B2 , O1O2 đồng quy.
Bài 9. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) , ngoại tiếp đường tròn ( I ) . Các
· ' = CIC
· ' = 90o . Chứng
điểm A ', B ', C ' theo thứ tự thuộc BC, CA, AB thoả mãn ·AIA ' = BIB
minh rằng A ', B ', C ' cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với OI.
Bài 10. Cho tam giác ABC. Gọi A ', B ' lần lượt nằm trên hai cạnh BC và AC. Chứng minh
rằng trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính BB’ và AA’ đi qua trực tâm H của tam
giác ABC.
Bài 11. Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB, CD. Tiếp tuyến của (O) tại B cắt AC tại E,
DE cắt (O) lần thứ hai tại F. Chứng minh rằng AF, BC, OE đồng quy.
Bài 12. Cho đường tròn (O) và dây AB . Các đường tròn (O1 ) , (O2 ) nằm về một phía của dây
AB và tiếp xúc trong với (O) . Gọi H, K là các giao điểm của (O1 ) và (O2 ) . Chứng minh rằng
HK luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 13. Cho tam giác ABC, đường tròn qua B, C cắt AB, AC lần lượt tại C ', B ' . Gọi P là giao
điểm của BB’ và CC’; AP cắt BC tại A’. Đường thẳng qua A’ song song với B ' C ' cắt AB, AC
lần lượt tại M, N; B ' C ' cắt BC tại Q. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN
đi qua một điểm cố định.
Bài 14 (Junior Balkan MO 2005). Cho tam giác ABC nội tiếp (O) . Tiếp tuyến của (O) tại A
cắt BC tại P; M là trung điểm BC; MB cắt (O) lần thứ hai tại R; PR cắt (O) lần thứ hai tại S.
Chứng minh rằng CS // AP.
Bài 15 (Iran MO 1996). Cho hai điểm D, E tương ứng nằm trên các cạnh AB, AC của tam
giác ABC sao cho DE // BC. Gọi P là điểm bất kỳ bên trong tam giác ABC, các đường thẳng
PB, PC lần lượt cắt DE tại F và G. Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các
tam giác PDG và PEF. Chứng minh rằng AP ⊥ O1O2 .
Bài 16 (USA MO 2009). Cho hai đường tròn w1 và w2 cắt nhau tại hai điểm X, Y. Một đường
thẳng l1 đi qua tâm của w1 và cắt w2 tại hai điểm P, Q , đường thẳng l2 đi qua tâm của w2 và
23

Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

cắt w1 tại R, S. Chứng minh rằng nếu bốn điểm P, Q, R, S cùng thuộc một đường tròn tâm O
thì O nằm trên XY.
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 2 x + 6 y + 1 = 0. Viết
phương trình đường tròn đi qua gốc tọa độ O và điểm A ( 0;1) đồng thời tiếp xúc với (C).
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H (3;2) . Gọi D, E
lần lượt là chân các đường cao kẻ từ B, C; M là trung điểm của BC. Biết rằng điểm M (4;0) ,
BC = 2 10 , đường thẳng DE đi qua điểm F(−2;2) và đỉnh A thuộc đường tròn
(C) : x 2 + y 2 − 4 y − 21 = 0. Hãy tìm tọa độ đỉnh A.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10
[2] Viktor Prasolov, Problems in plane and solid geometry, vol.1: Plane geometry.
[3] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá
Khánh Trình, Tài liệu giáo khoa chuyên toán Hình học 10, NXB Giáo dục, 2009.

MỤC LỤC
--------------- --------------24


Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng

Phần 1. Tóm tắt .....………………………………………………………………….. 1
Phần 2. Nội dung ……………………………………………………………………. 2
A. Tóm tắt lý thuyết……………………………………………….…………………. 2
1. Định nghĩa ……………………..…………………………………………….. 2
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn.………………………………………. 2
3. Tâm đẳng phương của ba đường tròn……………………………………… ... 3
4. Phương trình đường tròn và biểu thức tọa độ của phương tích ……..… 3

B. Các ví dụ……………………………………………….…………………………... 4
1. Một số bài toán định lượng………………………………………………….. 4
2. Một số bài toán định tính …………………………………………………... 9
3. Một số bài toán dựng hình..................................................................17
4. Một số bài toán về biểu thức tọa độ…………………………………….........19
C. Một số bài tập vận dụng .…………………………………….………………..…. 21

25