PHƯƠNG TÍCH TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TÍCH - TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG
A.PHẦN MỞ ĐẦU
1.Lý do chọn đề tài
Hình học phẳng là một chuyên đề tương đối quan trọng của chương trình
THPT chuyên Toán. Trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Thi Olympic Toán
Quốc tế và khu vực, các bài toán về hình học phẳng luôn luôn xuất hiện một bài
hoặc thậm chí hai bài. Có rất nhiều cách, có nhiều định lý, nhiều kiến thức để
học sinh có thể xử lý các yêu cầu của bài toán như: Phép biến hình; hàng điểm
điều hòa; định lýCeva, Menelauyt; các tính chất của đường thẳng Simson,
Steiner…Tuy nhiên, trong nhiều năm trở lại đây , các bài toán hình học thi
VMO thường xoay quanh các vấn đề về: Phương tích, trục đẳng phương; hàng
điểm điều hòa hay các dạng biến đổi góc cơ bản.
Bên cạnh đó ta thấy, kiến thức về Phương tích và trục đẳng phương là một
vấn đề quen thuộc trong hình học phẳng, học sinh được tiếp cận trong chương
trình sách giáo khoa THPT Chuyên Toán 10. Lý thuyết, các tính chất về phần
này tương đối đơn giản, dễ hiểu nhưng lại có nhiều ứng dụng trong các bài toán:
Chứng minh sự đồng quy; ba điểm thẳng hàng; điểm cố định hoặc tính toán một
số đại lượng trong tam giác và trong đường tròn…Sử dụng phương tích và trục
đẳng phương thường cho ta lời giải gọn gàng, dễ hiểu; tránh được một số bước
vẽ hình phức tạp. Tuy nhiên, làm thế nào để học sinh phát hiện và vận dụng
kiến thức về Phương tích - Trục đẳng phương vào trong các dạng toán chứng
minh trên? Nếu dùng Trục đẳng phương thay một số kiến thức khác thì sẽ thu
được điều gì? Giải quyết xong một bài toán, ta có thể dùng kiến thức đó để làm
các bài toán mở rộng khác được không? Đó là những câu hỏi đặt ra và cần tìm
hướng giải quyết. Sự đơn giản về kiến thức nhưng đem lại những ứng dụng hay
đã hấp dẫn được nhiều học sinh và giáo viên khi học, giảng dạy về chuyên đề
hình phẳng sử dụng tính chất trục đẳng phương, tâm đẳng phương. Từ những
điều thú vị, hấp dẫn và một số câu hỏi đặt ra ở trên chúng tôi đã chọn đề tài “
Phương tích- Trục đẳng phương” làm chuyên đề hội thảo năm 2015-2016.
2.Mục đích của đề tài
Việc sử dụng kiến thức về phương tích - trục đẳng phương trong hình học

phẳng được khai thác dưới nhiều khía cạnh khác nhau, tùy theo yêu cầu của mỗi
bài toán. Tuy nhiên, nhằm khai thác thế mạnh của kiến thức này, đề tài “
Phương tích - Trục đẳng phương” tập trung vào một vài ứng dụng chính mà
1


tần số các câu hỏi dạng đó xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi tương đối cao.
Đó là: Chứng minh thẳng hàng; sự đồng quy; điểm cố định; quỹ tích điểm và
một số bài toán khác. Nội dung đề tài là một số kinh nghiệm của chúng tôi khi
giảng dạy chuyên đề này và được tham khảo qua một số đồng nghiệp các trường
Chuyên khác. Với hi vọng giới thiệu, đem đến cho các thầy cô và các học sinh
những ứng dụng thú vị của phương tích, trục đẳng phương; chúng tôi đã trình
bày những phát triển , mở rộng từ các đề thi IMO, VMO và vô địch các nước.
Bên cạnh đó, chúng tôi rất mong nhận được các góp ý của các đồng nghiệp và
học sinh để chuyên đề hoàn thiện hơn.

2


B. PHẦN NỘI DUNG
I.Tóm tắt lý thuyết
1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn
1.1.Bài toán: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định, OM = d. Một đường
thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó
MA.MB = d 2 − R 2 .

Chứng minh:

Gọi C là điểm đối xứng của A qua O. Ta có CB ⊥ AM hay B là hình chiếu của C
trên AM.

Khi đó ta có

uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
uuuur2 uuur2
MA.MB = MA.MB = (MO + OC )( MO + OA) = ( MO − OA ) = d 2 − R 2 .

1.2.Định nghĩa. Giá trị không đổi MA.MB = d 2 − R 2 trong bài toán trên được gọi
là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O) và kí hiệu PM /(O) .
Và PM /( O ) = MA.MB = d 2 − R 2 .
1.3.Định lý 1.1. Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P và
PA.PB = PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD tại D’. Khi đó
ta có theo định lý 1.1 ta có PA.PB = PC .PD ' , suy ra PC.PD = PC.PD ' ⇒ D ≡ D'.
Suy ra 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
1.4.Nhận xét:
a. Có các cách khai triển phương tích như sau
+)Khai triển theo cát tuyến: Cho hai cát tuyến MAB, MCD của đường tròn
(O). Khi đó

PM /(O ) = MA.MB = MC .MD = MO 2 − R 2 .

3


+)Khai triển theo tam giác: Cho hai dây cung AB, CD của đường tròn
2
2
(O)cắt nhau tại điểm M. Khi đó PM /( O ) = MA.MB = MC.CD = R − MO .

+)Khai triển theo tiếp tuyến: M nằm ngoài đường tròn (O) và MT là tiếp

2
tuyến của (O) thì PM /( O ) = MT .

+) Khi M nằm trên (O) thì PM / ( O ) = 0 .
b. Nếu A, B cố định và AB. AM là số không đổi, do đó M cố định. Khai
thác tính chất này giúp ta giải các bài toán về đường thẳng đi qua điểm cố định.
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn - Chùm đường tròn.
2.1. Định lý 2.1 Cho hai đường tròn không đồng tâm (O 1 ; R1 ) và (O 2 ; R2 ) . Tập
hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường
thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O 1 )
và (O2 ).
Chứng minh:

Giả sử điểm M có cùng phương tích đối với hai đường tròn đã cho.
Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có:
( MH 2 + HO12 ) − ( MH 2 + HO22 ) = R12 − R22 ⇔ ( HO1 − HO2 )( HO1 + HO2 ) = R12 − R22
⇔ O2O1.2 HI = R12 − R22 ⇔ IH =

R12 − R22
.
2O1O2
4


Do H cố định, nên tập hợp các điểm M có cùng phương tích đối với hai đường
tròn là đường thẳng qua H và vuông góc với O1O2.
2.2.Các hệ quả: Cho hai đường tròn (O) và (I). Khi đó
1.Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối
tâm.
2.Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương

của chúng.

3.Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O) và (I) thì đường thẳng qua
M vuông góc với OI là trục đẳng phương của hai đường tròn.
4.Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường
thẳng MN chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
5.Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì 3 điểm đó
thẳng hàng.
6.Nếu (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vuông góc với
OI chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.

2.3.Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) . Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Khi đó
đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Trường hợp 2: Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại T. Khi đó tiếp tuyến chung tại
T chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Trường hợp 3: Hai đường tròn không có điểm chung. Dựng đường tròn (O3 )
cắt cả hai đường tròn ( O1 , O2 , O3 không thẳng hàng) . Trục đẳng phương của các
cặp đường tròn (O1 ) và (O3 ); (O2 ) và (O3 ) cắt nhau tại K . Đường thẳng qua K
vuông góc với O1O2 là trục đẳng phương của (O1 ),(O2 ).
5


2.4.Chùm đường tròn
Tập hợp những đường tròn có chung một trục đẳng phương gọi là chùm
đường tròn.
Định lý cơ bản:
Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) và một tập hợp A = { α .PM /(O ) + β .PM /(O ) = 0} là
một chùm đường tròn.

1

2

3. Tâm đẳng phương
3.1. Định lý 3.1 Cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) sao cho O1 , O2 , O3 không thẳng
hàng . 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.
Chứng minh: Gọi dij là trục đẳng phương của hai đường tròn (Oij ) và (O ji ) . Ta
xét hai trường hợp sau.
a) Giả sử có một cặp đường thẳng song song, không mất tính tổng quát ta
giả sử d12 // d23.
Ta có d12 ⊥ O1O2 , d 23 ⊥ O2O3 suy ra O1 , O2 , O3 thẳng hàng. Mà d13 ⊥ O1O3 suy ra
d13 // d 23 // d12

b) Giả sử d12 và d23 có điểm chung M. Khi đó ta có
 PM / ( O1 ) = PM / ( O2 )
⇒ PM / ( O1 ) = PM / ( O3 ) ⇒ M ∈ d13

P
=
P
M / ( O3 )
 M / ( O2 )

6


Từ đây suy ra nếu có hai đường thẳng trùng nhau thì đó cũng là trục đẳng

phương của cặp đường tròn còn lại.
Nếu hai trục đẳng phương chỉ cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cũng thuộc trục
đẳng phương còn lại.
3.2.Các hệ quả.
1.Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua
một điểm
2.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.
II. Ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương
II.1.Ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương trong chứng minh ba
điểm thẳng hàng và ba đường thẳng đồng quy, chứng minh một đường đi
qua điểm cố định.
Có nhiều cách để chứng minh ba điểm thẳng hàng hoặc ba đường thẳng
đồng quy. Tuy nhiên trong một số bài toán mà giả thiết có sự xuất hiện của
nhiều đường tròn thì việc liên hệ đến trục đẳng phương là có thể.
1.1.Giả sử cần chứng minh A, B, C thẳng hàng bằng cách sử dụng trục đẳng
phương ta cần xây dựng mô hình bài toán như sau: Hai đường tròn (C1), (C2) có
trục đẳng phương là đường thẳng d. Ta đi chứng minh

PA/(C1 ) = PA/(C2 ) ;

PB/(C1 ) = PB/(C2 ) ; PC/( C1 ) = PC/(C2 ) . Khi đó A, B, C cùng thuộc đường thẳng d.

1.2.Giả sử cần chứng minh ba đường thẳng a, b, c đồng quy bằng cách sử
dụng tâm đẳng phương ta cần xây dựng các đường tròn (C ), (I), (T) từng cặp
nhận a, b, c làm trục đẳng phương và a, b cắt nhau tại K khi đó K là tâm đẳng
phương của ba đường tròn. Do đó c đi qua điểm K.
1.3. Giả sử cần chứng minh một đường thẳng c đi qua điểm cố định M ta

xây dựng mô hình bài toán theo các hướng sau:
1.3.1.Ba đường thẳng a,b, c là trục đẳng phương của ba cặp đường tròn
trong đó a, b cố định cắt nhau tại M, suy ra c qua M.
1.3.2.Nếu A, B cố định và AB. AM là số không đổi, do đó M cố định. Khai
thác tính chất này giúp ta giải các bài toán về đường thẳng đi qua điểm cố định.
1.4. Giả sử cần chứng minh một đường tròn (C) đi qua điểm cố định D ta
xây dựng mô hình bài toán:Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P ,
7


đường tròn (ABC) thay đổi và PA.PB = PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc
một đường tròn.
Một số bài minh họa
Bài 1 (VMO- 2015). Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C cố định trên (O),
BC không là đường kính. Một điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC
nhọn. Gọi E, F là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Cho (I) là
đường tròn thay đổi đi qua E, F , I là tâm.
a. Giả sử (I) tiếp xúc với B C tại điểm D. Chứng minh rằng

DB
cot B
=
.
DC
cot C

b. Giả sử (I) cắt cạnh BC tại M, N. Gọi H là trực tâm tam giác ABC; P,Q là
các giao điểm của (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Đường
tròn (K) đi qua P, Q và tiếp xúc với (O) tại T ( T cùng phía A đối với
PQ). Chứng minh rằng đường phân giác trong của góc MTN luôn đi qua

một điểm cố định.
Lời giải:
a.Gọi X, Y là giao điểm của (I) với BE, CF. Xét phương tích với đường tròn (I),
ta có BD 2 = BX .BE; CD 2 = CY .CF .
A
E
O
I

F

Y

X

C

B

D

·
·
·
Xét ∆BXF ; ∆CYE có ·XBF = YCE
nên hai tam giác đồng dạng. Suy ra
, BXF
= CYE
BX BF cos B
BD 2 BX .BE cos B sin C cot B

=
=
→
=
=
.
=
.
CY CE cos C
CD 2 CY .CF cos C sin B cot C

Hay

BD
cot B
=
.
CD
cot C

b.Trường hợp tam giác ABC cân tại A , bài toán đúng
Xét trường hợp tam giác không cân tại A , không mất tính tổng quát, giả sử
AB < AC. Gọi G là giao điểm của EF ; BC . Xét các đường tròn (BHC), (I) và
đường tròn đường kính BC.

8


A
T

E
O
F

H

Q
C

P
B

N
M

G
J

Ta thấy: +)Trục đẳng phương của (BHC), (I) là PQ.
+)Trục đẳng phương của (I) và đường tròn đường kính BC là E F.
+)Trục đẳng phương của (BHC) và đường tròn đường kính BC là BC.
Do đó PQ, E F, BC đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn. Ta có
GT 2 = GP.GQ = GM .GN nên đường tròn (TMN ) tiếp xúc với đường tròn (O ) tại T.
·
·
¼ của đường tròn (K)).
Do đó, ta có GTM
(cùng chắn TM
= GNT
·

·
·
Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác NCT thì GNT
= NTC
+ NCT
.
·
·
·
·
Hơn nữa, do GT tiếp xúc với (O) nên GTB
= GCT
. Khi đó thu được BTM
= CTN
.

·
·
Từ đây dễ thấy phân giác của hai góc MTN
; BTC
trùng nhau hay phân giác góc
·
» không chứa A và J là điểm cố định. Vậy ta có
đi qua trung điểm J của BC
MTN

điều phải chứng minh.
Nhận xét:
1.Trong bài toán này xuất hiện khá nhiều đường tròn, trong đó có đường tròn
thay đổi. Do đó với yêu cầu chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định việc

nghĩ đến tâm đẳng phương là điều dễ hiểu. Tuy nhiên ta có thể giải bài toán này
mà không cần sự có mặt điểm E, F.Xét trục đẳng phương của ba đường tròn
(BHC), (O), (TPQ) thì sẽ có tiếp tuyến tại T đi qua giao điểm của BC , PQ và ta thu
được kết quả bài toán.
2.Vấn đề EF cũng đi qua G sẽ đưa ra bài toán khác để khai thác và mở rộng.
Bài 2 (Phát triển VMO 2015).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) Một
đường tròn ( I ) bất kì đi qua B, C và ( J ) là đường tròn khác thay đổi cắt BC tại
9


M, N; và cắt ( I ) tại P, Q. Đường tròn đi qua P, Q và tiếp xúc với đường tròn
·
(O ) tại T nằm cùng phía với A so với BC. Chứng minh rằng phân giác MTN
luôn đi qua trung điểm cung BC không chứa A.
(Nguyễn Văn Linh)
Lời giải:
Trước hết xét bổ đề về hai đường đẳng giác của một tam giác.
Bổ đề: Cho tam giác BCT, TM, TN là hai đường đẳng giác góc BTC
⇔

BM BN BT 2
.
=
CM CN CT 2

(*)

Trở lại bài toán: Gọi ( K ) đi qua P, Q tiếp xúc với (O) tại T . Kẻ ST là tiếp
tuyến tại T của đường tròn (O), (K). ST là trục đẳng phương của (O), (K). PQ là
trục đẳng phương của (I), (K). BC là trục đẳng phương của (I), (O) . Khi đó

ST , PQ, BC đồng quy tại tâm đẳng phương S của ba đường tròn. Suy ra S , P, Q
thẳng hàng.

Gọi P ' = BP ∩ (J); Q ' = CQ ∩ ( J ); H = BP ∩ CQ.
·
· ' P ' − HCB
·
Ta có HPQ
= HQ
⇒ P ' Q '/ / BC .

Ta có ∆BST : ∆TSC ( g .g ) ⇒

SB ST BT
SB BT 2
=
=
⇒
=
ST SC CT
SC CT 2

(1)

Vì S , P, Q thẳng hàng nên theo định lý Menelauyt, ta có
SB BP HQ
=
.
SC HP CQ
HQ

HB

BP '

Mặt khác, do P ' Q '/ / BC nên ∆HPQ : ∆HCB( g.g ) ⇒ HP = HC = CQ '
10


SB

BP.BP '

P

BM .BN

B /( J )
Suy ra SC = CQ.CQ ' = P = CM .CN .
C /( J )

Theo bổ đề (*) suy ra TM , TN là hai

·
·
đường đẳng giác góc T của tam giác BTC ⇒ BTM
= CTM
. Vậy phân giác góc
MTN luôn đi qua trung điểm cung BC không chứa A.

Bài 3 (Đề thi Olympic Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ lớp 12 năm 2015)
Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt nhau tại hai điểm A, B. XA, A Y theo thứ tự là hai
đường kính của hai đường tròn đó. I là một điểm thuộc phân giác trong ·XAY
sao cho I không thuộc hai đường tròn và OI không vuông góc XY , O là trung
điểm của XY . . Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại
E , F .IX cắt (O1 ) tại K , IY cắt (O2 ) tại L .

a. Gọi C là giao của FE với XI . Chứng minh OE tiếp xúc với (CEK ).
b. Chứng minh EK , FL, OI đồng quy.
Lời giải:

a.Ta thấy EO1 / / AY nên EO1 đi qua trung điểm O của XY . Tương tự FO2 cũng
đi qua O.
·
· EK = O
· EA − ·AEK = EAO
·
·
·
·
OE là tiếp
=O
Ta có OEK
1
1
1 − AXK = ACX = ECK . Suy ra

tuyến của đường tròn (CEK ).
b. Gọi D là giao của YL và EF , tương tự câu trên chứng minh được OF là
tiếp tuyến của ( DFL). Dễ chứng minh được OE = OF nên O nằm trên trục đẳng

phương của hai đường tròn (CEK ), ( DFL).
Ta cần chứng minh hai tứ giác DLKC , ELKF nội tiếp.
+) Chứng minh tứ giác DLKC nội tiếp
· UA = O
· AU = UAY
·
⇒ O1U / / AY ⇒ O ∈ O1U .
Gọi U = AI ∩ (O1 ) ⇒ O
1
1

·
·
·
·
·
Vì OE tiếp xúc (CEK ) nên KCE
( do tứ giác ALIK nội
= KEU
= KAU
= KAI
= KLI
tiếp có hai góc đối vuông).

11


Từ đó suy ra tứ giác DLKC nội tiếp.
+)Chứng minh tứ giác ELKF nội tiếp
·

·
·
·
·
·
·
·
Ta có FLK
= FLI
− KLI
= FLY
− KEU
; FEK
= FEO
− KEU
.

Mặt khác

·
·
·
·
FEO
= FLI
⇒ FLK
= FEK
⇒ ELKF nội tiếp.

Gọi J = EK ∩ FL do ELKF nội tiếp nên JE.JK = JL.JF ⇒ PJ /(CEK ) = PJ /( DFL ) .

Vậy J nằm trên trục đẳng phương của (CEK ), ( DFL).
Tương tự do DLKC nội tiếp nên I nằm trên trục đẳng phương của (CEK ), (DFL)
.Ta có ba điểm O, I , J cùng nằm trên trục đẳng phương của (CEK ), ( DFL) nên
chúng thẳng hàng.
Vậy EK , FL, OI đồng quy.
Bài 4 (VMO- 2014).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O),B, C cố định và
A thay đổi trên (O). Trên các tia AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho
MA = MC ; NA = NB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMN , ABC cắt nhau
tại P( P ≠ A). Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại Q .
a. Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng.
b. Gọi D là trung điểm BC . Các đường tròn có tâm là M , N và cùng đi qua
A cắt nhau tại K ( K ≠ A). Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC
tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O ) tại F ( F ≠ A). Chứng
minh đường thẳng A F đi qua một điểm cố định.
Lời giải:
a.Không mất tính tổng quát , giả sử AB ≤ AC , các trường hợp còn lại hoàn toàn
tương tự. Khi đó, M nằm ngoài đoạn AB; N nằm trong đoạn AC. Do
·
·
·
·
·
·
NA = NB ⇒ NBA
= NAB
; MA = MC ⇒ MCA
= MAC
⇒ NBA
= MCA
. Do đó tứ giác

BMCN nội tiếp và ta được

QM .QN = QB.QC .

12


Suy ra Q có cùng phương tích đối với hai đường tròn (O), ( AMN ) . Do đó Q
thuộc trục đẳng phương AP của hai đường tròn này. Vậy A, P, Q thẳng hàng.
b.Ta thấy (ODC ), (O) tiếp xúc với nhau tại C nên trục đẳng phương của hai
đường này chính là tiếp tuyến d của (O) tại C. Ta chứng minh O ∈ ( ADE ).
Thật vậy, O, M cùng nằm trên đường trung trực của AC → OM ⊥ AC. Tương tự
ON ⊥ AB ⇒ O là trực tâm tam giác AMN . Suy ra AO ⊥ MN .
Xét hai đường tròn ( M , MA);( N , NA) ta có AK ⊥ MN → A, O, K thẳng hàng nên
·
·
OAE
= 900. Hơn nữa ODE
= 900 → AODE nội tiếp hay O ∈ ( ADE ). Do đó trục đẳng
phương của ( ADE ), (OCD) là OD . Trục đẳng phương của (O), ( ADE ) là AF .
Xét ba đường tròn (O), ( ADE ), (ODC ) đôi một có các trục đẳng phương là
OD, d, AF nên chúng đồng quy tại một điểm. Vậy AF đi qua điểm cố định là
giao điểm của OD, d .
Nhận xét: 1.Ý tưởng để chứng minh bài toán a bằng phương tích và trục đẳng
phương là khá rõ ràng. Trong câu b có sự xuất hiện của nhiều đường tròn,
đường thẳng hơn làm cho vấn đề phức tạp hơn. Tuy nhiên với các giả thiết đó
kết hợp với yêu cầu điểm cố định ta có thể liên tưởng đén tâm đẳng phương.
2.Với sự phát hiện AO ⊥ MN có thể khai thác và mở rộng thành bài toán sau:
Bài 5( Phát triển VMO 2014-N.V.Linh).Cho tam giác ABC có đường trung
trực cạnh AB cắt cạnh AC tại A1 và đường trung trực cạnh AC cắt cạnh AB tại

A 2 . Các điểm B1 , B2 , C 1 , C2 được xác định tương tự. Các đường thẳng
A1 A2 , B1 B2 , C1C2 đôi một cắt nhau tại D, E, F. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam

giác DE F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại một điểm K và
điểm này nằm trên đường tròn ngoại tiếtp các tam giác AA1 A2 , B B1B2 , C C1C2 .
Bài 6 (Iran NMO 2001).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ( I ), ( I a ) lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Giả sử II a giao với BC và (O)
¼ .NI , NI giao với (O) tại S, T.
lần lượt tại A ', M . Gọi N là trung điểm cung MBA
a

Chứng minh ba điểm S , T , A ' thẳng hàng.

13


A

O

N
I

S

A'

B

C

T
M

Ia

Lời giải:

Hình vẽ trên

1
·
» + sd SA
º ) = 1 ( sd NM
¼ + sd SA
º ) = NIM
·
·
= ( sd NA
→ I· aTS = SII
Ta có NTS
a . Suy ra tứ giác
2

2

IaTIS nội tiếp đường tròn (w1).
0
·
·
Mặt khác, IBI

a = ICI a = 90 nên tứ giác IBIaC nội tiếp đường tròn (w2).

Ta thấy IaI là trục đẳng phương của (w1 ), (w 2 ) , BC là trục đẳng phương của
(O) và (w 2 ) , TS là trục đẳng phương của (O), (w1 ). . Khi đó IaI, BC, TS đồng
quy tại A ' là tâm đẳng phương của ba đường tròn trên. Vậy điểm S , T , A ' thẳng
hàng.
Bài 7 (Phát triển Iran NMO 2001).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(O), ( I ), ( I a ) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Giả sử Ia I giao
¼ ,¼
với BC và (O) lần lượt tại A ', M . Gọi N, P là trung điểm cung MBA
ACM . Các

đường thẳng NI, PI, NIa,PIa giao với (O) lần lượt tại E, F, G,, H. Chứng minh
FG, EH, IaI đồng quy .
Lời giải:

14


A

O

N

P

I

F

E

A'

B

C
G

H
M

K
Ia

Theo bài Iran NMO 2001 ta có E, G, A’ thẳng hàng và F, H, A’ thẳng hàng. Gọi
K là trung điểm của AM, ta có
·AKN = 900 = NFP
·
⇒ FIKN nội tiếp nên

1
1
·
·
·
·
·
¼ ) − ENP

·
¼ + sd AP
» − sd EP
» )
KFI
= ENP
⇒ GFK
= PFG
− KFI
= (sd GCP
= ( sd MG
2
2
1
· '
¼ + sd »AE ) = MAG
= ( sd MG
2
'
Suy ra tứ giác FKAG
nội tiếp. Tương tự chứng minh được tứ giác EKA' H nội
tiếp.

Xét ba đường tròn ( A' FG ), ( A' EH ), (GFE) đôi một có các trục đẳng phương là
FG, A' K , EH đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn.

Vậy FG, EH, IaI đồng quy .
Bài 8 (IMO 1995). Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự đó.
Đường tròn đường kính AC , BD cắt nhau tại X,Y. Đường thẳng XY cắt BC tại
Z, lấy điểm P trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính

AC tại điểm thứ hai M; đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại
điểm thứ hai N. Chứng minh rằng AM, DN, XY đồng quy.
Lời giải:

15


X

A

C

B

D

Z
J
N

M
Y

P

Gọi J , J ′, Z lần lượt là giao của AM, DN, AD với XY.Tứ giác JMCK nội tiếp nên
PJ .PK = PM .PC

Tương tự PJ ′.PK = PN .PB .Do P nằm trên trục đẳng phương của đường tròn

đường kính AC và đường tròn đường kính BD nên
PM .PC = PN .PB ⇒ PJ .PK = PJ ′.PK hay J ≡ J '

Vậy AM, DN, XY đồng quy .
Bài 9 (Phát triển IMO 1995).Cho hai đường tròn (O,R); (O’, r) , R > r có hai
tiếp tuyến chung XY, X’Y’ trong đó OO’< R + r, X , X ' ∈ (O); Y, Y ' ∈ (O' ); XY , X 'Y '
cắt nhau tại S. Kẻ tia Sx cắt (O) tại A, C, cắt (O’) tại B, D sao cho A, B, C, D, S
theo thứ tự và phân biệt. Giả sử (O) , (O’) cắt nhau tại P, Q. Lấy I thuộc PQ. BI,
CI cắt lại đường tròn (O’), (O) tại M, N. Chứng minh ba đường thẳng AM, DN,
PQ đồng quy.
Lời giải:
X

Y
P
N

O

M
O'

K

A

B

S
D

C

Q
Y'

X'

16


Trước hết ta chứng minh bổ đề : Cho hai đường tròn (O) , (O’) cắt nhau tại P, Q
có hai tiếp tuyến chung XY, X’Y’ cắt nhau tại S. Kẻ tia Sx cắt (O) tại A, C, cắt
(O’) tại B, D sao cho A, B, C, D, S theo thứ tự. Khi đó SA.SD = SB.SC .
Chứng minh bổ đề : Thật vậy , Xét phương tích PS /(O) = SA.SC. Mặt khác ta có
SO OC ' R OC '
SO XO R
'
'
'
=
= =
⇒ C ' ∈ (O) ⇒ C ≡ C ' .
=
= . Kẻ OC / / O D, (C ∈ SA) ⇒
'
'
'
SO O' D r
r

SO YO
r

Suy ra OC / /OD ⇒

PS /(O ) r
PS /( O ) r
SO R SC
=
=
⇒
SA
.
SD
=
.
SB
.
SC
=
⇒
Tương
tự
SO ' r SD
R
R

SA.SD = SB.SC .

Vậy bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán : Kẻ SM ∩ (O ' ) = N ' (M , N ' thuộc hai nửa mặt phẳng bờ PQ). Theo
bổ đề suy ra SM .SN ' = SB.SC ⇒ BCMN ' nội tiếp.
J ∈ CM ⇒ I ≡ J ⇒ M , N , S thẳng hàng. Theo bổ đề có
SM .SN = SA.SC ⇒ AM ∩ DN = K ⇒ KA.KM = KD.KN
⇒ PK /(O ) = PK /(O' ) ⇒ K ∈ PQ.

Vậy AM , DN, PQ đồng quy.
Bài 10.Cho tam giác ABC không cân ở A, (w) là đường tròn đi qua B, C cắt AC,
AB tại E, F. Gọi D là giao điểm của E F, BC. Chứng minh rằng trực tâm H, I,
K, L của các tam giác ABC, AE F, BDF, CDE thẳng hàng.
Lời giải :
A
E
F

J

X
N

O
T
H
Y

B
D

K

Gọi (O), (T) là đường tròn đường kính BE, CF ;
CN, BJ là hai đường cao của tam giác ABC.

17

C


BX, FY là hai đường cao của tam giác BDF. Ta có J , X ∈ (O); N , Y ∈ (T) . Mặt
khác tứ giác BCJN nội tiếp và
BJ ∩ CN = H ⇒ HB.HJ = HC .HN ⇔ PH /(O ) = PH /(T ) ⇒ H thuộc trục đẳng phương của

hai đường tròn (O), (T ).
Ta lại có tứ giác BXFY nội tiếp nên KB.KX = KF .KY ⇔ PK /(O ) = PK /(T ) ⇒ K thuộc
trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ).
Chứng minh tương tự ta có: I, L thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn
(O), (T ). Vậy H, I, K, L thẳng hàng.
Bài 11 (IMO 2013).Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H. Cho W là một
điểm tùy ý trên cạnh BC, khác với các điểm B và C. Các điểm M và N tương
ứng là chân các đường cao hạ từ B và C. Kí hiệu ω1 là đường tròn ngoại tiếp
tam giác BWN, và gọi X là điểm trên ω1 sao cho WX là đường kính của ω1 .
Tương tự, kí hiệu ω2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác CWM, và gọi Y là điểm
trên ω2 sao cho WY là đường kính của ω2 . Chứng minh rằng các điểm X, Y và
H thẳng hàng.
Lời giải:
Gọi P là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC, O1 , O2 là tâm các đường
tròn ω1 , ω2 , Z là giao điểm thứ hai của ω1 và ω2 .

uuur uuur uuuur uuur

Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn đường kính BC nên AN . AB = AM . AC hay A
thuộc trục đẳng phương của ω1 và ω2 . Suy ra A, Z, W cùng nằm trên một đường
thẳng vuông góc với O1O2 và XY
A

M
Y
N

H

Z

X
O2

O1
B
P

C

W

w1
w2

uuur uuur uuur uuur uuur uuuur

Tứ giác BNHP nội tiếp nên AH . AP = AN . AB = AZ .AW , từ đó PHZW là tứ giác

nội tiếp hay HZ vuông góc với ZW
Suy ra X, Y, H thẳng hàng, điều phải chứng minh.
Bài 12 (Phát triển IMO 2013)..Cho đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O)
tại điểm A cố định. Trên đường thẳng d lấy điểm S xác định. Từ S kẻ cát tuyến
SBC bất kì của (O).Tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF , H là trực
18


tâm, I là trung điểm của AH. Các đường thẳng IE, I F cắt đường thẳng vuông
góc BC tại C và B ở Y, X. Chứng minh ràng điểm anti-Steine của XY với tam
giác ABC cố định.
Lời giải:

Gọi M là trung điểm BC, ta có ·AEH − ·AFH = 900 ⇒ AEHF nội tiếp đường tròn
1
1
·
·
( I ; AH ) .Lại có BFC
− BEC
= 900 ⇒ BCEF nội tiếp đường tròn ( M ; BC ).
2
2
·
·
·
·
·
Suy ra MEI
= MEB

+ IEH
= 900 − CAD
+ CBE
= 900 ⇒ ME ⊥ IE ⇒ ME ⊥ EY .
·
Mặt khác BCY
= 900 ⇒ MY là đường kính của đường tròn ( MCE ).

Tương tự ta chứng minh được : MX là đường kính của đường tròn MBF ).
Theo bài IMO 2013 ta có X , Y , H thẳng hàng.

(1)

Hơn nữa ( MBF ) cắt đường tròn (CME ) tại M, K
·
·
⇒ MKX
= MKY
= 900 , K ∈ XY ⇒ ·AKH = ·AEH = 900 ⇒ K ∈ ( I ).

Suy ra MK .MA = ME 2 = MB 2 ⇒ MK .MA = MB 2

(2)

Gọi L là giao điểm của AM , (O) . Kẻ TS là tiếp tuyến của đường tròn
(O), T ≠ A ⇒ ABTC là tứ giác điều hòa. Suy ra
·
·
» = CL
» ⇒ BT = CL; MBT

·
·
BTA
= CAM
⇒ BT
= MCL
; BC / /TL
⇒ ∆BMT = ∆CML(c.g .c) ⇒ MT = ML.

Lại có : MB.MC = PM /(O ) = MA.ML ⇒ MA.ML = MB 2

(3)

·
Từ (2) và (3) suy ra MK = MT = ML. Do K , M , L thẳng hàng nên KTL
= 900. Mặt
khác BC / /TL ⇒ K đối xứng T qua BC ⇒ HK là đường thẳng Steiner của T với
tam giác ABC. Do (O), S , d cố định nên A, T xác định. Kết hợp (1) ta thấy điểm
anti-Steiner của XY với tam giác ABC cố định khi B, C thay đổi.

Bài 13(VMO-2012).Cho tứ giác ABCD lồi, nội tiếp đường tròn tâm O và có
các cặp cạnh đối không song song. Gọi M, N tương ứng là giao điểm của các
đường thẳng AB, CD ; AD, BC. Gọi P, Q, S,T là giao điểm của các đường phân
19


giác trong của các cặp góc

·
·

·
·
·
·
·
·
MAN
,MBN
; MBN
, NCM
; MCN
, MDN
; MDN
, MAN
. Giả

sử bốn điểm P, Q, S , T phân biệt.
a.Chứng minh bốn điểm P, Q, S , T cùng nằm trên một đường tròn tâm I.
b.Gọi E là giao điểm của AC, BD. Chứng minh rằng O, I, E thẳng hàng.
Lời giải :
b.Trước hết ta chứng minh một định lý quen thuộc sau :
Định lý Brocard.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AB cắt
CD tại M, AD cắt BC tại N, AC cắt BD tại E. Khi đó O là trực tâm tam giác
MNE.
N

A

K
O

B
E

D
C
M

Chứng minh định lý : Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABE , CDE. Ta thấy K , E , M thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn
( ABE ), (CDE ) ⇒ K , E , M thẳng hàng.
·
·
·
·
·
·
Mặt khác ta có BKC
= BKE
+ CKE
= EAB
+ EDC
= BOC
⇒ OKBC nội tiếp. Tương tự

·
tứ giác OKAD nội tiếp nên K là giao điểm thứ hai khác MQ
của
(OBC ), (OAD) ⇒ O, K , N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này. Tức
là O, K , N thẳng hàng.

·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
Hơn nữa MKN
= MKB
+ NKB
= EAB
+ OCB
= EDC
+ OCB
= OKC
+ EKC
= MKO
. Mà

·
·
MKN
, MKO
là hai góc kề bù, do đó ME ⊥ ON .

Chứng minh tương tự ta có NE ⊥ OM ⇒ E là trực tâm tam giác
OMN ⇒ OE ⊥ MN ⇒ O là trực tâm tam giác MNE. Vậy định lý được chứng minh.

Trở lại bài toán : Áp dụng định lý Brocard, với E là giao điểm của hai đường
chéo của tứ giác ABCD và các điểm M, N ta có OE ⊥ MN . Ta chỉ cần chứng
minh OI ⊥ MN .
20


Thật vậy : Theo cách xác định các điểm thì Q, T lần lượt là tâm đường tròn
bàng tiếp của các tam giác BCM , ADM nên chúng phải cùng nằm trên đường
phân giác ngoài của ·AMB ⇒ M , Q, T thẳng hàng.
N

A

S

T
O

B

E

Q

P

D
C
M

Mặt khác, do tính chất tâm đường tròn bàng tiếp nên
1·
1·
·
·
MQB
= 900 − BCM
= 900 − BAD
= BAT
⇒ ABQT nội tiếp. Do đó MA.MB = MQ.MT
2
2
hay M có cùng phương tích đối với (O), ( I ).

Tương tự N thuộc trục đẳng phương của (O), ( I ) ⇒ MN là trục đẳng phương của
(O), ( I ). Suy ra OI ⊥ MN . Vậy O, I, E thẳng hàng.
Nhận xét :
1.Trong câu b, với yếu tố E là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác
ABCD và các điểm M, N việc nghĩ đến định lý Brocard là điều dễ thấy và khi
đó thu được OE ⊥ MN .
2.Việc chứng minh OE ⊥ MN . sẽ cho ta thấy bước tiếp theo cần chứng minh
OI ⊥ MN . Do O, I là tâm đường tron ngoại tiếp các tứ giác ABCD, PQTS nên ý
tưởng tự nhiên ta sẽ chứng minh MN là trục đẳng phương của hai đường tròn
này.
3.Bài toán tương tự (Crux Mathematical 2005). Cho tứ giác ABCD lồi, nội tiếp
đường tròn tâm O và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi E t là giao
điểm của hai đường chéo AC, BD. Gọi P, Q, S,T là giao điểm của các đường
phân giác trong của các cặp góc (A,B); (B,C); (C, D); (D,A) của ABCD. Chứng
minh rằng tứ giác PQST nội tiếp đường tròn tâm X và O, E, X thẳng hàng,
PS ⊥ QT .

II.2.Ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương trong bài toán quỹ
tích và một số bài toán chứng minh tính chất hình học khác.

21


Giả sử cần tìm quỹ tích điểm M bằng cách dùng kiến thức phương tích và trục
đẳng phương ta có thể xử lí một trong các tình huống sau:
2.1. Dùng chính định lý về trục đẳng phương: 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 được gọi là trục
đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2).
2.2.Dùng tính chất:Nếu hai đường thẳng AB và CM cắt nhau tại P trong đó
A, B, C cố định và PA.PB = PC.PM thì 4 điểm A, B, C, M cùng thuộc một
đường tròn. Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (ABC).
Các bài toán chứng minh các tính chất hình học khác thường dùng trực tiếp việc
2
2
biến đổi đẳng thức về phương tích: PM /( O ) = MA.MB = d − R .

Bài 14. Cho hai đường tròn (O; r), ( I ; R) tiếp xúc ngoài tại M (r < R). Xét điểm A
di động trên đường tròn ( I ) sao cho A, I , O không thẳng hàng. Từ điểm A kẻ
tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (O), B, C là các tiếp điểm. Các đường thẳng
MB, MC cắt lại ( I ) tại E , F . Gọi D là giao điểm thứ hai của EF và tiếp tuyến tại
A của ( I ). Chứng minh rằng D di động trên một đường thẳng cố định.
Lời giải:
Qua điểm M kẻ tiếp tuyến chung My của (O), ( I ) , ta có
·
·
·

·
MCA
= CMy
= FMD
= FAM
⇒ ∆FAM : ∆FCA( g .g ) ⇒ FA2 = FM .FC = FO 2 − r 2

(1)

Tương tự ta chứng minh được EA2 = EO 2 − r 2

(2)

Coi ( A, 0) là đường tròn tâm A, bán kính 0, từ (1) và (2) suy ra EF là trục đẳng
phương của hai đường tròn ( A, 0), (O). Do DA là tiếp tuyến của
22


2
2
2
( I ) ⇒ DA2 = DI 2 − R 2 . Mặt khác D ∈ EF ⇒ DA = DO − r ⇒ PD /( O ) = PD/( I ) . Vậy

D ∈ My là trục đẳng phương của hai đường tròn cố định (O), ( I ).

Bài 15 (TST 2012). Cho tam giác ABC không vuông tại A, AM là đường trung
tuyến. Gọi D là một điểm di động trên đường thẳng AM. (O1), (O2) là các đường
tròn đi qua điểm D, tiếp xúc với BC lần lượt tại B, C. Gọi P, Q lần lượt là giao
điểm của đường thẳng AB với đường tròn (O1), AC với đường tròn (O2). Chứng
minh rằng:

a. Tiếp tuyến tại P của (O1 ) và tiếp tuyến tại Q của (O2 ) phải cắt nhau tại
một điểm. Gọi điểm đó là S .
b. Điểm S luôn di động trên một đường thẳng cố định khi D di động trên
AM .

Lời giải:
a.Vì M là trung điểm BC nên MB 2 = MC 2 , suy ra M thuộc trục đẳng phương
của hai đường tròn (O1), (O2). Mặt khác D là giao điểm của hai đường tròn trên
nên MD chính là trục đẳng phương của (O1), (O2).
Lại có A ∈ DM ⇒ AP. AB = AQ. AC

(1) hay tứ giác BPQC nội tiếp.

Từ hệ thức (1) ta thấy : nếu P trùng với A thì Q cũng trùng với A, nếu P thuộc
đoạn AB thì Q cũng thuộc đoạn AC và ngược lại.
Không mất tính tổng quát, giả sử ·ABC nhọn, gọi Px là tia tiếp tuyến của đường
·
tròn (O1 ) sao cho xPB
nhọn. Theo tính chất tiếp tuyến , ta có :

·
·
·
·
xPB
= PBC
⇒ xPB
= ·AQB ( ·AQB = PBC
) ⇒ Px là tiếp tuyến của đường tròn ( APQ ).

Suy ra (O1 ) tiếp xúc với đường tròn ( APQ ).
Tương tự (O2 ) tiếp xúc với đường tròn ( APQ). Do đó tiếp tuyến tại P của (O1 )
và tiếp tuyến tại Q của (O2 ) cũng chính là hai tiếp tuyến của ( APQ) tại P, Q.

23


·
Theo giả thiết, PAQ
≠ 900 nên hai tiếp tuyến đó không song song và do đó chúng

phải cắt nhau. (Đpcm).
b.Theo chứng minh trên, ta có : S thuộc tiếp tuyến của (O1 ), (O2 ),SP = SQ ⇒ S
thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn trên. Nghĩa là S nằm trên AM .
Vậy khi D thay đổi trên AM thì S di chuyển trên đường thẳng AM cố định.
Bài 16.Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định và B, C thay đổi trên đường thẳng
d cố định sao cho nếu gọi A’ là hình chiếu của A lên d thì A′B. A′C âm và
không đổi. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A’ lên AB, AC. K là giao điểm
của các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN tại M và N. Chứng
minh rằng K thuộc một đường thẳng cố định.
Lời giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN và I là giao điểm của OK và
MN. Ta thấy O chính là trung điểm của AA’.
Gọi D và P là giao điểm của AA’ với (ABC) và MN.
Dễ thấy AM . AB = AA′2 = AN . AC .Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.

⇒ ·AMN = ·ACB .Mà ·ADB = ·ACB nên ·AMN = ·ADB

Suy ra MPDB nội tiếp. Do đó ta có AP. AD = AM . AB = AA′2
Mà A, A’ và D cố định nên P cố định. Gọi H là hình chiếu của K trên AA’.

Ta có OP.OH = OI .OK = ON 2 =

1
AA′2
4
24


Mà O, P, A’ cố định nên H cố định.Vậy K thuộc đường thẳng qua H và vuông
góc với AA’.
Bài 17.Cho đường tròn (I ; r) tiếp xúc với đường thẳng d tại D.B, C là hai điểm
trên d sao cho BD.CD = −k 2 . Từ B, C kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn
( I ) , tiếp điểm tương ứng là F , E. Lấy N , P là các điểm đối xứng với D lần lượt
qua B, C. Gọi M là giao điểm của NF , PE. Kẻ MH vuông góc với AD , đường
tròn ngoại tiếp tam giác ( AHF ) cắt EM tại G , ( AEH ) cắt FM tại K . Chứng
minh rằng GK song song với một đường thẳng cố định khi B, C chuyển động.
Lời giải:

Theo bài ra ta thấy tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
·
·
( I ; r) ⇒ BD = BF = BN; CD = CE = CP ⇒ DEN
= DEP
= 900 ⇒ DEMF nội tiếp đường

tròn đường kính DM . Mà D, E, F ∈ ( I ) ⇒ M ∈ ( I ).
Do MH ⊥ AD ⇒ H ∈ ( I ).
·
·
·

Mặt khác ta có tứ giác AHFG nội tiếp nên ·AGF = FHD
= BDF
= DEF
.
·
·
·
Tương tự : AHEK nội tiếp nên ·AKE = DHE
= DFE
= CDE
.
·
·
Do GFK
= GEK
= 900 ⇒ EFGK nội tiếp.

Suy ra D, F , G thẳng hàng và D, E , K thẳng hàng. Do đó
AG / / DB; AK / / CD ⇒ GK / / BC Vậy GK / / d cố định.
Bài 18 (TST Romania 2008).Cho tam giác ABC có D, E, F ∈ BC , AC , AB sao cho
DB EC FA
=
=
. Chứng minh rằng hai tam giác ABC , DEF có chung tâm
EA EA FB
đường tròn ngoại tiếp O khi và chỉ khi hai tam giác có chung trực tâm H .
−k 2 =

Lời giải:
• Giả sử tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R), tam giác DE F nội tiếp

đường tròn (O;r).

25