Trục đẳng phương, phương tích và một số ứng dụng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG VĂN PHÚ

TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG VĂN PHÚ

TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. TRẦN TRUNG

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục

Lời cảm ơn

iii

Mở đầu

1

1

Kiến thức cơ sở

3

1.1

Phương tích của một điểm với một đường tròn . . . . . . . .

3

1.1.1

Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.3

Phương tích trong hệ tọa độ Descartes . . . . . . . .

8

Trục đẳng phương của hai đường tròn . . . . . . . . . . . .

9

1.2.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.3

Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn .

10

1.2.4

Trục đẳng phương trong hệ tọa độ Descartes . . . .

11

Tâm đẳng phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.1

Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.2

1.3

2

Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương

15

2.1

Chứng minh đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.2

Chứng minh điểm cố định . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22


ii
2.3

Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn, điểm nằm
trên đường thẳng cố định . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.4

Chứng minh thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.5

Chứng minh đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

2.6

Chứng minh vuông góc, song song . . . . . . . . . . . . . .

44

Kết luận

56

Tài liệu tham khảo

57


iii

Lời cảm ơn
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Trần Trung.
Qua đây em xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn
khoa học của mình, PGS.TS. Trần Trung, người đã đưa ra đề tài và dành nhiều
thời gian tận tình hướng dẫn, giải đáp những thắc mắc của em trong suốt quá
trình nghiên cứu. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giảng dạy và Phòng Đào tạo thuộc
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện tốt
nhất để em được theo học lớp học. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể
lớp Cao học Toán 7D khóa 1/2014 - 1/2016 đã động viên giúp đỡ tôi trong
quá trình học tập và làm luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương, Ban
Giám hiệu và các đồng nghiệp Trường THCS Quang Trung - Kinh Môn - Hải
Dương đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch học tập.
Tôi cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tôi trong suốt quá
trình học tập và làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015
Đặng Văn Phú
Học viên Cao học Toán 7D
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


1

Mở đầu
Trong hình học phẳng, phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương
là một vấn đề khá quen thuộc và được ứng dụng nhiều trong việc giải toán.
Nói đến chủ đề này, ta có thể hiểu một cách đơn giản đó là những định nghĩa,
tính chất và ứng dụng liên quan đến việc xét vị trí tương đối của điểm cố
định với đường tròn, tập hợp điểm với đường tròn, đường tròn với đường tròn.

Phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương là một chuỗi sự phát triển
các mối quan hệ trên. Những kiến thức này khá đơn giản và dễ hiểu nhưng
ứng dụng của nó thì rất đa dạng, phong phú và nhiều khi đó là phương pháp
tối ưu cho các bài toán hình học. Một khi chúng ta đã nắm vững cũng như
hiểu rõ về vấn đề này, việc áp dụng vào giải toán trở nên thuận tiện hơn bao
giờ hết.
Một số ứng dụng của phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương
có thể kể đến như tập hợp các điểm, góc, khoảng cách, điểm cố định, đường
cố định, chứng minh hệ thức, các bài toán về sự thẳng hàng, đồng quy, vuông
góc, dựng hình, cực trị hình học,... Chúng ta sẽ có một lợi thế không nhỏ khi
sử dụng vấn đề toán học này để giải những bài toán liên quan đến các vấn đề
trên bởi một mặt giúp người học hạn chế nghiệm và các trường hợp của bài
toán, làm cho bài toán trở nên nhẹ nhàng hơn trong cách gọi ẩn và các tình
huống có thể xảy ra, mặt khác nó giúp lời giải của bài toán trở nên hay, đẹp
hơn và tạo nên sự tối ưu trong việc giải quyết các yêu cầu của đề bài.
Với những lý do trên, cùng với sự quan tâm và muốn đi sâu hơn về vấn đề


2
này chúng tôi đã chọn đề tài Trục đẳng phương, phương tích và một số ứng
dụng cho luận văn. Do nhiều yếu tố chủ quan và khách quan, nội dung của
bài viết có thể còn nhiều khiếm khuyết, rất mong nhận được ý kiến đóng góp
của quý thầy cô và bạn bè đồng nghiệp.

Cấu trúc luận văn
Nội dung chính của luận văn được trình bày thành 2 chương:
• Chương 1: Kiến thức cơ sở. Trong chương này, chúng tôi trình bày một
cách sơ lược về phương tích của một điểm với một đường tròn, trục đẳng
phương của hai đường tròn và tâm đẳng phương mà sẽ được sử dụng trong
các chương tiếp theo.

• Chương 2: Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương.
Trong chương này chúng tôi trình bày ứng dụng của phương tích, trục đẳng
phương và tâm đẳng phương vào chứng minh đồng quy, chứng minh điểm cố
định, chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn, chứng minh các điểm
cùng nằm trên một đường thẳng cố định, chứng minh thẳng hàng, chứng minh
vuông góc và song song ...

Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015
Đặng Văn Phú


3

Chương 1

Kiến thức cơ sở
1.1

Phương tích của một điểm với một đường tròn

1.1.1

Định nghĩa và ví dụ

Định lí 1.1.1. [1] Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định, OP = d. Qua
P kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm U và V . Khi đó giá trị
P U .P V = P O2 − R2 = d2 − R2
không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng.
Chứng minh. (Hình 1.1) Gọi M là
điểm đối xứng của V qua O. Ta có

M U vuông góc với P V hay U là hình
chiếu của M trên P V . Suy ra
−→ −→ −−→ −→
P U .P V = P U .P V = P M .P V
−→ −−→ −→ −−→
= (P O + OM )(P O + OV )
−→ −−→ −→ −−→
= (P O − OV )(P O + OV )
−→
−−→
= P O2 − OV 2 = OP 2 − OV 2 = d2 − R2 .

Hình 1.1

Định nghĩa 1.1.1. [1] Giá trị không đổi P U .P V = P O2 − R2 = d2 − R2
được gọi là phương tích của điểm P đối với đường tròn (O) và ký hiệu là
PP/(O) .


4
Định lí 1.1.2. [1] Nếu 2 đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P và
P A.P B = P C.P D
thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh. (Hình 1.2) Giả sử đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC cắt CD tại D
khi đó
P A.P B = P O.P D
⇒ PD = PD ⇒ D ≡ D .
Vậy 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một
đường tròn.

Hình 1.2

Ví dụ 1.1.1. Cho đường tròn (O) và 2 điểm A, B cố định. Một đường thẳng
quay quanh A cắt (O) tại M và N . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác BM N thuộc một đường thẳng.
Giải. (Hình 1.3) Gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BM N và C là giao
điểm của AB với (I). Khi đó
PA/(I) = AC.AB = AM .AN = PA/(O)
không đổi vì A, O cố định.
PA/(O)
Suy ra AC =
. Vì A, B cố định
AB
và C thuộc AB nên từ hệ thức trên suy
ra điểm C cố định. Do đó I thuộc đường
trung trực của BC cố định.

Hình 1.3


5

1.1.2

Các tính chất

Tính chất 1.1.1. Nếu điểm M nằm ngoài đường tròn (O) và M T là tiếp tuyến
của (O) thì PM/(O) = M T 2 .

Tính chất 1.1.2. Nếu hai điểm A, B cố định và AB.AM là hằng số thì M cố
định.
Tính chất 1.1.3. + Điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) khi và chỉ khi
PM/(O) > 0.
+ Điểm M nằm trên đường tròn (O) khi và chỉ khi PM/(O) = 0.
+ Điểm M nằm bên trong đường tròn (O) khi và chỉ khi PM/(O) < 0.
Tính chất 1.1.4. (Hình 1.4) Cho hai đường thẳng AB, M T phân biệt cắt
nhau tại M (M không trùng A, B, T ). Khi đó nếu M A.M B = M T 2 thì
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với M T tại T .

Hình 1.4:

Hình 1.5:

Ví dụ 1.1.2. Cho ABC nội tiếp đường tròn (O, R) và G là trọng tâm củaABC.
1
Chứng minh rằng PG/(O) = − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
9
−→ −→ −−→ −→
Giải. (Hình 1.5) Vì G là trọng tâm của ABC nên OG = OA + OB + OC,
suy ra 9OG2 = OA2 + OB 2 + OC 2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA)
= 3R2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA). (1)


6
2

2

Ta có 2OA.OB = OA + OB − (OA − OB)2

= OA2 + OB 2 − AB 2 = 2R2 − AB 2 .
Tương tự ta có 2OA.OB = 2R2 − AB 2 , 2OB.OC = 2R2 − BC 2 ,
2OC.OA = 2R2 − CA2 .
Suy ra
2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) = 6R2 − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).

(2)

Thay (2) vào (1) ta được 9OG2 = 9R2 − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
1
Suy ra OG2 − R2 = − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
9
1
Do đó PG/(O) = − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
9
(Phương tích này được gọi là phương tích trọng tâm).
Ví dụ 1.1.3. Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O, R) và H là trực tâm của
∆ABC. Chứng minh rằng PH/(O) = −8R2 cos A cos B cos C.
Giải. (Hình 1.6) Ta chứng minh trường hợp
∆ABC là tam giác nhọn. Các trường hợp tam
giác vuông hoặc tù chứng minh tương tự.
Gọi I, A lần lượt là giao điểm của AH với BC
và (O). Áp dụng định lý sin trong ∆HAB ta có
AB
AH
=
sin ABH sin AHB
AH
AB
⇒

=
sin(900 − A) sin(1800 − C)
⇒

AH

AB
=

⇒ HA =

Hình 1.6

AB

. cos A = 2R cos C.
cos A sin C
sin C
Chứng minh tương tự ta có HB = 2R cos B, HC = 2R cos C. Vì BHA =
C = BA A nên ∆BHA cân tại B. Suy ra I là trung điểm của A H. Khi đó
HA = 2IH = 2HB. cos BHA = 4R cos B cos C.


7
Vì ∆ABC nhọn trực tâm nằm trong tam giác nên ta có
PH/(O) = HA.HA = −HA.HA = −8R2 cos A. cos B. cos C.
(Phương tích này được gọi là phương tích trực tâm).
Ví dụ 1.1.4. Cho đường tròn (O, R) và 3 điểm A, B, C thẳng hàng. Chứng
minh rằng
PA/(O) .BC + PB/(O) .CA + PC/(O) .AB + BC.CA.AB = 0.

Giải. (Hình 1.7) Ta có
PA/(O) .BC + PB/(O) .CA + PC/(O) .AB + BC.CA.AB
=(OA2 − R2 ).BC + (OB 2 − R2 ).CA + (OC 2 − R2 ).AB + BC.CA.AB
=OA2 .BC + OB 2 .CA + OC 2 .AB + BC.CA.AB − R2 (BC + CA + AB)
=OA2 .BC + OB 2 .CA + OC 2 .AB + BC.CA.AB.
Ta sẽ chứng minh hệ thức
OA2 .BC + OB 2 .CA + OC 2 .AB + BC.CA.AB = 0.

Hình 1.7:

Hình 1.8:


8
Trường hợp 1: Điểm O nằm trên đường thẳng chứa ba điểm A, B, C
2

2

2

OA .BC + OB .CA + OC .AB + BC.CA.AB
= OA2 .(OC − OB) + OB 2 .(OA − OC) + OC 2 .(OB − OA)
+ (OC − OB).(OA − OC).(OB − OA) = 0.
Trường hợp 2: (Hình 1.8)
Điểm O không nằm trên đường thẳng chứa ba điểm A, B, C
Gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng chứa ba điểm A, B, C. Ta có
2

2

2

OA .BC + OB .CA + OC .AB + BC.CA.AB
2

2

2

2

2

2

= (OH + HA ).BC + (OH + HB ).CA + (OH + HC ).AB+
+ BC.CA.AB
2

2

2

2

= OH (BC + CA + AB) + AH .BC + BH .CA + CH .AB+
+ BC.CA.AB
=0
Vậy PA/(O) .BC + PB/(O) .CA + PC/(O) .AB + BC.CA.AB = 0.

1.1.3

Phương tích trong hệ tọa độ Descartes

Cho điểm M (x0 ; y0 ) và đường tròn (C) : x2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0.
Đặt F (x; y) = x2 + y 2 + 2ax + 2by + c. Khi đó, phương tích từ điểm M đến
đường tròn (C) là
PM/(C) = F (x0 ; y0 ) = x20 + y02 + 2ax0 + 2by0 + c.


9

1.2

Trục đẳng phương của hai đường tròn

1.2.1

Định nghĩa

Định lí 1.2.1. [1] Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )
. Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là
một đường thẳng.
Chứng minh. (Hình 1.9) Giả sử
điểm M có phương tích đến hai
đường tròn bằng nhau. Gọi H là
hình chiếu của M trên O1 O2 , I là
trung điểm của O1 O2 .
Khi đó, ta có

PM/(O1 ) = PM/(O2 )
⇔ M O12 − R12 = M O22 − R22

Hình 1.9

⇔ M O12 − M O22 = R12 − R22
⇔ (M H 2 + HO12 ) − (M H 2 + HO22 ) = R12 − R22
⇔ HO12 − HO22 = R12 − R22 ⇔ (HO1 − HO2 )(HO1 + HO2 ) = R12 − R22
R12 − R22
2
2
⇔ O2 O1 .2IH = R1 − R2 ⇔ HI =
.
2O2 O1
Suy ra H cố định, M thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với O1 O2 .
Định nghĩa 1.2.1. [1] Đường thẳng M H như trên được gọi là trục đẳng
phương của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ).

1.2.2

Các tính chất

Tính chất 1.2.1. Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường
nối tâm.


10
Tính chất 1.2.2. Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là
trục đẳng phương của chúng.
Tính chất 1.2.3. Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )

thì đường thẳng qua M vuông góc với O1 O2 là trục đẳng phương của hai
đường tròn.
Tính chất 1.2.4. Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường
tròn thì đường thẳng M N chính là trục đẳng phương của hai đường tròn đó.
Tính chất 1.2.5. Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì
3 điểm đó thẳng hàng.
Tính chất 1.2.6. Nếu (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 ) tiếp xúc nhau tại A thì đường
thẳng qua A và vuông góc với O1 O2 chính là trục đẳng phương của hai
đường tròn.

1.2.3

Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn

Ta xác định trục đẳng phương của hai đường tròn (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )
dựa trên Định lý 1.2.1 như sau:
Trường hợp 1: (Hình 1.10) 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: (Hình 1.11) Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại P. Khi đó tiếp
tuyến chung tại P chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Trường hợp 3: (Hình 1.12) Hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) không có điểm chung
Bước 1: Dựng đường tròn (O3 ) sao cho (O1 ) cắt (O3 ) tại A và B; (O2 ) cắt
(O3 ) tại C và D.


11

Hình 1.10:

Hình 1.11:

Bước 2: Gọi M là giao điểm
của AB và CD.
Bước 3: Dựng đường thẳng
qua M và vuông góc với
đường thẳng O1 O2 chính là
trục đẳng phương của hai
đường tròn (O1 ) và (O2 ).

Hình 1.12

1.2.4

Trục đẳng phương trong hệ tọa độ Descartes

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn không đồng tâm:
(C1 ) : x2 + y2 + 2a1 x + 2b1 y + c1 = 0,
(C2 ) : x2 + y2 + 2a2 x + 2b2 y + c2 = 0.
Khi đó, trục đẳng phương của (C1 ) và (C2 ) là đường thẳng có phương trình:
(∆) : 2(a1 − a2 )x + 2(b1 − b2 )y + c1 − c2 = 0.


12

1.3

Tâm đẳng phương

1.3.1

Định nghĩa và ví dụ

Định lí 1.3.1. [1] Cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ) và (O3 ). Khi đó 3 trục đẳng
phương của các cặp đường tròn này hoặc trùng nhau hoặc song song với
nhau hoặc cùng đi qua một điểm.

Hình 1.13:
Chứng minh. (Hình 1.13) Gọi dij là trục đẳng phương của hai đường tròn (Ci )
và (Cj ). Ta xét hai trường hợp sau:
Giả sử có một cặp đường thẳng song song, không mất tính tổng quát, ta
giả sử d12

d23 . Ta có d12 ⊥ O1 O2 , d23 ⊥ O2 O3 , do đó O1 , O2 , O3 thẳng

hàng. Ta lại có d13 ⊥ O1 O3 , vậy d13

d23

d12 .

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

M/(O3 )

Vậy nếu có hai đường thẳng trùng nhau thì đó cũng là trục đẳng phương
của cặp đường tròn còn lại.


13
Nếu hai trục đẳng phương chỉ cắt nhau tại một điểm thì điểm đó sẽ thuộc
trục đẳng phương còn lại.
Định nghĩa 1.3.1. [1] Giao điểm của các trục đẳng phương của các cặp đường
tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn.

1.3.2

Các tính chất

Tính chất 1.3.1. Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm
của 3 đường tròn thẳng hàng.
Tính chất 1.3.2. Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung
cùng đi qua một điểm.
Tính chất 1.3.3. Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và các tâm thẳng
hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau.
Ví dụ 1.3.1. Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và
M1 , M2 , M3 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Gọi
(M1 , M1 H) ∩ BC = {A1 , A2 },
(M2 , M2 H) ∩ AC = {B1 , B2 },
(M3 , M3 H) ∩ AB = {C1 , C2 }.
Chứng minh rằng 6 điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
Giải. (Hình 1.14) Vì M1 M2

AB và AB ⊥ HC nên M1 M2 ⊥ HC. Suy ra

HC là trục đẳng phương của (M1 ) và (M2 ). Suy ra
CA1 .CA2 = CB1 .CB2
hay A1 , A2 , B1 , B2 cùng thuộc đường tròn (W1 ).


14
Tương tự A1 , A2 , C1 , C2 thuộc
đường tròn (W2 ) và C1 , C2 , B1 ,
B2 thuộc đường tròn (W3 ). Nếu
6 điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 không
cùng thuộc một đường tròn thì
các trục đẳng phương của 3 đường
tròn (W1 ), (W2 ), (W3 ) phải đồng
quy, nhưng chúng lại cắt nhau tại
A, B, C nên vô lý. Vậy 6 điểm
A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc
một đường tròn.
Hình 1.14


15

Chương 2

Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng
phương
Với lượng kiến thức tưởng chừng như đơn giản và khá quen thuộc như
đã trình bày trong chương I. Các kết quả của nó vô cùng đơn giản, tự nhiên
nhưng lại ảnh hưởng sâu sắc đến các nội dung quan trọng như chứng minh

đồng quy, chứng minh điểm cố định, chứng minh các điểm cùng thuộc một
đường tròn, quan hệ vuông góc, song song, đồng quy, thẳng hàng . . . . Tìm
được mối liên hệ giữa phương tích và trục đẳng phương với các nội dung trên
sẽ giúp người làm toán hướng đến những lời giải hay, đẹp, gọn gàng và ấn
tượng.
Trong khuôn khổ luận văn xin đưa ra một số ứng dụng điển hình của
phương tích, trục đẳng phương để giải các bài toán chứng minh trong các đề
thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic quốc tế.

2.1

Chứng minh đồng quy

Trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế chúng ta bắt gặp rất
nhiều bài toán liên quan đến chứng minh đồng quy. Học sinh thường hay lúng
túng và định hướng sai cách giải hoặc đưa ra lời giải dài dòng thiếu logic.
Việc áp dụng tính chất của phương tích và trục đẳng phương để chứng minh
cho ta lời giải hay điển hình đối với một số bài toán sau:


16
Bài toán 2.1.1 (Việt Nam TST-2009). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp
đường tròn (O). Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là chân đường vuông góc của A, B, C
xuống cạnh đối diện, gọi A2 , B2 , C2 là các điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua
trung điểm BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2 C2 , BC2 A2 ,
CA2 B2 cắt đường tròn (O) lần thứ hai tại A3 , B3 , C3 . Chứng minh rằng 3
đường thẳng A1 A3 , B1 B3 , C1 C3 đồng quy.
Giải. (Hình 2.1) Gọi (I, R) là đường
tròn ngoại tiếp tam giác AB2 C2 , M
là trung điểm BC, AM giao A1 A3

tại G. Vì AC1 .AB = AB1 .AC và
AC1 = BC2 , AB1 = CB2
nên BC2 .BA = CB2 .CA
Suy ra BI 2 − R2 = CI 2 − R2
⇒ BI = CI ⇒ IO ⊥ BC.
Mà IO ⊥ AA3 ⇒ AA3

BC.
Hình 2.1

Theo tính chất về đường kính vuông

góc với dây cung của đường tròn, ta có đường kính đó cũng đi qua trung điểm
của cung. Vậy OI đi qua trung điểm của AA3 .
Đoạn A1 A và IM cùng vuông góc với cung AA3 , do đó theo tính chất về
các đoạn chắn song song, ta có: A1 M =

AA3

AG

AA3

. Suy ra
=
= 2. Do
2
M G A1 M
đó G là trọng tâm của tam giác ABC. Tương tự B1 B3 , C1 C3 cũng đi qua G.
Vậy A1 A3 , B1 B3 , C1 C3 đồng quy tại trọng tâm G của tam giác ABC.

Bài toán 2.1.2. [1] Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) nằm ngoài nhau, M N là
một tiếp tuyến chung ngoài, P Q là một tiếp tuyến chung trong. Chứng minh
rằng M P, N Q, O1 O2 đồng quy.
Giải. (Hình 2.2) Gọi K là giao của (M N ) và (P Q), L là giao của (M P ) và


17

Hình 2.2:
(N Q). Ta có KO1 vuông góc với KO2 (phân giác của hai góc kề bù), M P
vuông góc với N Q hay
M LN = P LQ = 900 .

(1)

Gọi (C1 ), (C2 ) lần lượt là các đường tròn đường kính M N, P Q. Theo (1) suy
ra L thuộc (C1 ) và L thuộc (C2 ). Do đó
PL/(C1 ) = PL/(C2 ) = 0.

(2)

Mặt khác vì O1 M, O1 P theo thứ tự tiếp xúc với (C1 ), (C2 ) nên
PO1 /(C1 ) = O1 M 2 = O1 P 2 = PO1 /(C2 ) .

(3)

PO2 /(C1 ) = PO2 /(C2 ) .

(4)

Tương tự

Từ (2), (3), (4) suy ra 3 điểm L, O1 , O2 thẳng hàng hay 3 đường thẳng
M P, N Q, O1 O2 đồng quy.
Bài toán 2.1.3 (HSG Quốc gia 2004). Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự
đó nằm trên một đường thẳng. Gọi E, F là các giao điểm của đường tròn
(O1 ) đường kính AC và đường tròn (O2 ) đường kính BD. Lấy P là một điểm
thuộc đường thẳng EF, CP cắt (O1 ) tại M và BP cắt (O2 ) tại N . Chứng
minh rằng ba đường thẳng AM, DN, EF đồng quy.


18

Hình 2.3:
Giải. (Hình 2.3) Gọi L là giao điểm của AM và DN . Vì LN B là góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn nên LN B = LN P = 900 . Suy ra
LN M + M N B = LN P = 900 . (1)
Mặt khác P thuộc EF là trục đẳng phương của hai đương tròn (O1 ) và (O2 )
nên PP/(O1 ) = PP/(O2 ) . Suy ra P N .P B = P M .P C. Do đó tứ giác M N BC
nội tiếp, suy ra M N P = BCM .
Nhưng BCM + DAM = 1800 − AM C = 900 , suy ra
M N P + DAM = 1800 . (2)
Từ (1) và (2) suy ra LN M = DAM . Do đó tứ giác M N AC nội tiếp.
Suy ra LM.LA = LN.LC hay PL/(O1 ) = PL/(O2 ) , do đó L thuộc trục đẳng
phương EF của hai đường tròn. Vậy ba đường thẳng EF, AM, BN đồng quy.
Bài toán 2.1.4 (Đề thi toán Quốc tế 1995). Cho bốn điểm khác nhau A, B, C, D
nằm trên một đường thẳng theo thứ tự này. Hai đường tròn có đường kính là


19

AC và BD cắt nhau tại hai điểm X, Y . Đường thẳng XY cắt BC tại điểm
Z. Giả sử P là một điểm khác Z nằm trên đường thẳng XY . Đường thẳng
CP cắt đường tròn đường kính AC tại hai điểm là C và M . Đường thẳng
BP cắt đường tròn đường kính BD tại hai điểm B và N . Chứng minh rằng
ba đường thẳng AM, DN, XY đồng quy.

Hình 2.4:
Giải. (Hình 2.4) Gọi T là giao điểm của AM và XY . Ta đi chứng minh điểm
T thuộc đường thẳng DN .
Vì T nằm trên XY nên T có cùng phương tích đến hai đường tròn đường
kính BD và AC.
Vì T nằm trên AM nên T có cùng phương tích đến hai đường tròn đường
kính AC và AP .
Vì T nằm trên P Z nên T có cùng phương tích đến hai đường tròn đường
kính AP và DP .
Do đó T có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kính BD và DP .
Đường thẳng DN là trục đẳng phương của hai đường tròn này. Vậy bài toán
đã được chứng minh.


20
Bài toán 2.1.5. [4] Cho đường tròn tâm O, đường kính AB, CD. Tiếp tuyến
của (O) tại B giao AC tại E, DE giao (O) lần thứ 2 tại F . Chứng minh
rằng AF, BC, OE đồng quy.
Giải. (Hình 2.5) Gọi (C1 ), (C2 ) lần
lượt là đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF, BCE. Ta có AF, BC
là trục đẳng phương của (O)và (C1 ), (O)
và (C2 ). Mặt khác
OAF = F DB = F EA,

Hình 2.5

OBC = CEB.

Suy ra OA, OB lần lượt là tiếp tuyến của (C1 ), (C2 ) và lại có OA2 = OB 2 .
Do đó OE là trục đẳng phương của (C1 ) và (C2 ).
Theo định lý về tâm đẳng phương của 3 đường tròn, suy ra AF, BC, OE
đồng quy.
Bài toán 2.1.6. [4] Cho nửa đường tròn đường kính AB và điểm C nằm trên
đó. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB. Đường tròn đường
kính CH cắt AC tại E, CB tại F và đường tròn đường kính AB tại D.
Chứng minh rằng CD, EF, AB đồng quy.
Giải. (Hình 2.6)
Vì ACB = 900 nên EF là
đường kính của đường tròn
đường kính CH. Suy ra
CEF = ACH = CBA.
Do đó tứ giác AEF B nội

Hình 2.6

tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEF B, đường tròn đường kính AB và đường kính EF ta có CD, EF, AB