trục đẳng phương phương tích

Bài 10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Các đường
thẳng AB và CD cắt nhau tại P, đường thẳng AD và đường thẳng BC cắt nhau tại
2

 2R 
·
≥
Q. Chứng minh rằng: cos POQ
÷
 OP + OQ 
Hướng dẫn
Lấy điểm E trên PQ sao cho tứ giác PBCE
·
·
·
nội tiếp. Ta có PEC
nên
= ABC
= QDC
tứ giác QDCE nội tiếp.
PO 2 − R 2 + QO 2 − R 2
=℘P /( o ) +℘Q /( o ) = PC.PD + QC.QB
= PE.PQ + QE.QP = PQ 2
⇒ OP 2 + OQ 2 − PQ 2 = 2 R 2
·
⇔ 2OP.OQ.cos POQ
= 2R2
R2
4R2
≥
OP.OQ ( OP + OQ ) 2

·
⇔ cos POQ
=

Dấu "=" xẩy ra khi OP = OQ.
Bài 11. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P, Q, M là lượt
là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và DC, AD và BC, AC và BD. Chứng
minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam
giác OPQ, OMP và OMQ bằng nhau.
Hướng dẫn
Gọi S là giao điểm thứ 2 của đường tròn
ngoại tiếp tam giác PDA và PQ.
Khi đó
( SA, SP ) = ( AD, PD ) = ( AB, BC )
(4 điểm A, B, C, D nằm trên đường tròn)
Suy ra S, A, B, Q cùng nằm trên đường tròn.
uuu
r uuur uuu
r uuu
r
℘P /( ASQB ) = PS .PQ = PA.PB = PO 2 − R 2
uuu
r uuu
r uuu
r uuur
℘Q/( CSQB ) = QS .QP = QA.QD = QO 2 − R 2
uuur uuu
r uuu
r uuu

r uuu
r uuu
r uuur
⇒ PQ 2 = PQ. PS + SQ = QS .QP + PS .PQ = OQ 2 + OP 2 − 2 R 2

(

)

Tương tự: MQ 2 = OQ 2 + OM 2 − 2 R 2


suy ra OP 2 − OQ 2 = MP 2 − MQ 2 ⇒ MO ⊥ PQ
Tương tự ta chứng minh được OP ⊥ MQ suy ra O là trực tâm của tam giác
MPQ.
Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OPQ, OMP và OMQ bằng
nhau.
Bài 12.Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không có điểm chung với
(O). Từ (O) hạ OH ⊥ d tại H. Giả sử M là một điểm bất kỳ trên d. Từ M kẻ các
tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O). Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông
góc của H xuống MA, MB. Chứng minh rằng đường kính KI luôn đi qua một
điểm cố định.
Hướng dẫn
Gọi J, T lần lượt là giao điểm của AB
với OH và OM. Ta có
OM ⊥ AB do MA, MB là các tiếp
tuyến của đường tròn (O).
·
suy ra MTJ
= 900

·
Lại có MHJ
= 900 do OH ⊥ HM
·
·
⇒ MTJ
+ MHJ
= 1800 suy ra MTJH nội tiếp
⇒ OJ.OH = OT.OM
mà OT .OM = OA2 = R 2 tam giác OMA
vuông tại A có AT là đường cao.
R2
suy ra OJ =
suy ra J cố định.
OH
Gọi N là hình chiếu vuông góc của H xuống AB, L là giao điểm của KI và OH.
Ta có năm điểm M, H, O, A, B cùng nằm trên đường tròn đường kính OM.
Do K, I, N là hình chiếu vuông góc của H xuống MA, MB, AB nên K, I, N thẳng
hàng, tính chất đường thẳng simson của tam giác MAB tương ứng với H.
·
·
Vậy tứ giác HIBN nội tiếp do đó INH
= IBH
·
·
Mặt khác IBH
do tứ giác MOBH nội tiếp
= MOH
·
·

Lại có HN / / OM cùng vuông góc AB nên MOH
= JHN
·
·
vậy INH
hơn nữa tam giác JHN vuông góc tại N nên từ đó ta có L là
= JHN
trung điểm của JH. Do J, H có định nên L cố định. Vậy đường thẳng KI luôn đi
qua điểm L cố định.


Bài 13.Cho đường tròn (O) và hai 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 BMN thuộc một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác MNB.
Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta có:
℘A/( I ) = AC. AB = AM . AN =℘A/( O ) (không đổi vì

A, (O) cố định).
℘A/( O )
Suy ra AC =
AB
Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thức
trên ta có C cố định.
Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định.
Bài 14.Cho đường tròn tâm O đường kính AB, và điểm H cố định thuộc
AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của O, vẽ đường tròn (K; KH) cắt
(O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn

Gọi I là điểm đối xứng của H qua B, suy
ra I cố định và thuộc (K).
Gọi M là giao điểm của CD và AB.
Vì CD là trục đẳng phương của (O) và
(K) nên ta có:
MH .MI = MC.MD = MA.MB

(
)(
) (
⇔ ( MB + BH ) ( MB − BH ) = MB

⇔ MB + BH MB + BI = MB MB + BA

2

2

2

)

+ MB.BA

2

⇔ MB − BH = MB + MB.BA
BH 2
⇔ BM =
BA

Vì A, B, H cố định suy ra M cố định.
Bài 15.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.


Hướng dẫn
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 suy ra P cố định.
Gọi H là hình chiếu của K trên AA’.
1
Ta có OP.OH = OI .OK = ON 2 = AA′2
4
Mà O, P, A’ cố định suy ra H cố định.
Vậy K thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với AA’
Bài 16.Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó). Đường

tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy
P là một điểm trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC
tại điểm thứ 2 là M, và BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N.
Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng qui.
Hướng dẫn:
Gọi Q, Q’ lần lượt là giao điểm của DN và
AM với XY. Ta cần chứng minh Q ≡ Q′ .
Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra
PM .PC = PQ.PZ
Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra
PQ′.PZ = PN .PB
Mà P thuộc XY là trục đẳng phương của
đường tròn đường kính AC và đường tròn
đường kính BD nên


PN .PB = PX .PY = PM .PC
Suy ra PQ.PZ = PQ′.PZ ⇒ Q ≡ Q′

Vậy XY, AM và DN đồng quy.
Bài 17. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn
AB. Đường thẳng qua H cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt
AC, BC và (O) lần lượt tại D, E và F.
a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy.
b) Đường tròn (C, CH) cắt (O) tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng
hàng.
Hướng dẫn.
a) Ta có CA.CD = CH 2 = CB.CE , suy ra ADEB nội tiếp. Xét các đường tròn
(ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các
trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên chúng đồng quy.

b) Ta có PQ là trục đẳng phương của ( C)
và (O) nên OC ⊥ PQ . Ta cũng dễ thấy
OD ⊥ DE .
Hơn nữa M chính là tâm đẳng phương của
ba đường tròn (O), (C, CH) và đường tròn
đường kính CH. Suy ra PQ đi qua M.
Vậy DE, PQ cùng đi qua M và cùng vuông
góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q
thẳng hàng.
Bài 18. Cho tam giác ABC có đường cao
BD và CE cắt nhau tai H. M là trung điểm của BC, N là giao điểm của DE và
BC. Chứng minh rằng NH vuông góc với AM.
Hướng dẫn.
Gọi O, I lần lượt là trung điểm của
AH, MH
Ta có
·
·
·
·
DEH
= DAH
= DBC
= FEH
·
·
·
·
⇒ FED
= 2.FEH

= 2.DBC
= DMC
Suy ra tứ giác EDMF nội tiếp.
Từ đó ta có NE.ND = NF .NM , suy
ra N nằm trên trục đẳng phương của
đường tròn
(O, OH) và đường tròn (I, IH)


Mặt khác H là giao điểm của đường tròn
(O, OH) và đường tròn(I, IH), suy ra NH chính là trục đẳng phương của (O) và
(I).
Suy ra NH ⊥ OI , mà OI // AM, do đó NH ⊥ AM .
Bài 19. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB,
AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của
DE với BP và CP. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm
(I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng
AQ ⊥ OI
Hướng dẫn.
Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG),
N là giao thứ hai của AC và (PFG)
·
·
·
Ta có ·AMP = PGD
và PGD
(đồng vị),
= PCB
·
suy ra ·AMP = PCB

, suy ra BMPC nội tiếp.
Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp.
Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB = AN . AC

AD AE
=
(Định lý Thalet)
AB AC
Suy ra AM . AD = AN . AE
Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ ⊥ OI .
Mà

Bài 20. Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân
nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho
vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d
và AB, AC. Giả sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC.
a)
Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định.
b)
Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là
khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác
ABC, từ đó suy ra: l ≤ 4 R 2 − a 2


Hướng dẫn.
Gọi Q là giao
điểm của MN và BC,
E là trung điểm BC.
Xét tứ giác BMNC thì

ta biết rằng Q, P, B, C
là hàng điểm điều hòa.
Suy ra (QPBC) = - 1.
Khi đó ta có:
a)

2

EP.EQ = EB , suy ra

2

QE.QP = QE − QE .PE = QE 2 − EB 2 = OQ 2 − OB 2 = QB.QC

·
·
Mà tứ giác BMNC cũng nội tiếp vì có NCB
= xAB
= ·AMN (Ax là tia tiếp tuyến

của (O)). Suy ra QM .QN = QB.QC
Từ đó suy ra QM .QN = QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy ra đường tròn
ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm E cố định.
b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba
đường cao MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng
minh K, I, H thẳng hàng.
Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM.
Ta thấy:
KC.KM = KB.KN
IC.IJ = IB.IF

HM .HX = HN .HZ
Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hàng.
Từ đó suy ra AL ≤ AI .
Mà AI = 2.OE = 2 R 2 −

BC 2
= 4R 2 − a 2
4

Nên AL = l ≤ 4 R 2 − a 2
Bài 21. Cho hình chữ nhật OABC, đường tròn (O ; OA) cắt BC tại D, tiếp
tuyến tại D của (O ; OA) cắt OC tại E. Chứng minh : AE ⊥ OB
Hướng dẫn.


Cách 1
Ta có: OD 2 = OC.OE
⇒ OA2 = OC.OE
OA OE
⇒
=
OC OA
OA OE
⇒
=
AB OA
⇒∆ OAB ∼∆ EOA ( c.g.c )
·
·
⇒ BOA

= OEA

⇒ EA ⊥ OB
Cách 2:
Có OD 2 = OC.OE ⇒ OA2 = OC .OE
uuur uuu
r uuur uuur uuu
r uuur
AE.OB = ( AO + OE )(OA + OC ) = −OA2 + OE.OC = O
⇒ AE ⊥ OB
Cách 3:
Xét 2 đường tròn (O) và đường tròn (ABCO) có OB là đường nối tâm.
℘A/(O ) =℘A/( ABCO ) = 0
℘E /(O ) = ED 2 ,℘E /( ABCO ) = EC.EO
⇒℘E /(O ) =℘E /( ABCO )
Vậy AE là trục đẳng phương của 2 đường tròn (O) và (ABCO)
⇒ AE ⊥ OB ( trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm )
Cách 4:
Nhận xét: tứ giác ABCD có AC ⊥ BD ⇔ AB 2 − AD 2 = CB 2 − CD 2
Áp dụng: EA ⊥ OB
⇔ EO 2 − EB 2 = AO 2 − AB 2
⇔ ( EO 2 − DO 2 ) − EB 2 + AB 2 = 0
⇔ ED 2 − EB 2 + AB 2 = 0
⇔ CD 2 − CB 2 + OC 2 = 0
⇔ OD 2 − OA2 = 0 ( luôn đúng )

Bài 22.Cho tam giác ABC , trực tâm H. O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác HBC. AA’, BB’, CC’ là các đường cao. Gọi M là giao điểm của A’C’
với BB’, N là giao điểm của CC’ với B’A’. Chứng minh : AO vuông góc với MN

Hướng dẫn.
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆ABC, E là tâm đường tròn Ơle của
∆ABC
⇒ đường tròn (E) đi qua A’, B’, C’ và E
là trung điểm KH
Ta có AH = KO, AH // KO ⇒ AHOK
là hình bình hành
⇒ A, O, E thẳng hàng (1)
Mặt khác , tứ giác BC’HA’ nội tiếp ⇒ MC '.MA ' = MB.MH
hay ℘M/(E) =℘M/(HBC) .
tương tự ℘N/( E ) =℘N/(HBC)
⇒ MN là trục đẳng phương của đường tròn (E) và đường tròn (HBC)
⇒ MN ⊥EO (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN ⊥ AO
Bài 23. Cho tam giác ABC, D thuộc đoạn BC, E thuộc đoạn AD. Đường tròn
ngoại tiếp ∆ BDE cắt AB tại K. Đường tròn ngoại tiếp ∆ CDE cắt AC tại L. Gọi
M là giao điểm của DK với BE, N là giao điểm của DL với CE, O là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác EBC. Chứng minh : AO vuông góc với MN
Hướng dẫn.
Cách 1:
Nhận xét:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp
đường tròn (O). Gọi I là giao điểm
của AC và BD, E là giao của AB và
CD, F là giao của AD và BC . Khi đó
℘E /( O ) +℘F /(O ) = EF 2 (*)
℘F/( O ) +℘I/(O ) = FI 2 (**)
℘I/( O ) +℘E/(O ) = IE 2

Chứng minh nhận xét :
Trên EF lấy K = ( ADE ) ∩ EF(K ≠ E)
·
·
tứ giác AEKD nội tiếp ⇒ EAF
= DKF
(1) và FE.FK = FD.FA
tứ giác ABCD nội tiếp ⇒ FD.FA = pF/(O)
Do đó pF/(O) = FE.FK (2)


·
·
Do (1) và EAD
nên tứ giác CDKF nội tiếp suy ra ℘E /(O )
= DCB
= ED.EC = EK .EF (3)
2
Từ (2) và (3) suy ra: ℘E /(O ) +℘F /( O ) = EF

Hệ quả: O là trực tâm ∆IEF
Chứng minh hệ quả:
(*) ⇔ OE 2 + OF2 − EF2 = 2 R 2
uuur uuur
⇒ OE.OF = 2 R 2
(**) ⇔ OF 2 + OI2 − IF2 = 2 R 2
uuur uur
⇒ OF .OI = 2 R 2
uuur uuur uuur uur
Do đó OE.OF − OF .OI = 0

uuur uur
⇒ OF .IE = 0
⇒ OF ⊥ IE
Chứng minh tương tự: OE ⊥ IF
nên O là trực tâm ∆IEF
Cách 2: từ (*) và (**) suy ra: IE2 ℘
−℘F /( O )
IF2 = E /( O )
= OE 2 − R 2 − (OF2 − R 2 )
= OE 2 − OF2
Do đó OI ⊥ EF

Chứng minh bài toán:
Ta có: AM2 - AN2 =
=℘A/( O1 ) +℘M/( O1 ) −℘A/( O2 ) −℘N/( O2 )
=℘M/( O1 ) −℘N/( O2 )
= MB.ME − MC.MF
=℘M/( O ) −℘N/( O )
= ( MO 2 − R 2 ) − ( NO 2 − R 2 )
= MO 2 − NO 2
Vậy AO ⊥ MN
Bài 24. Cho tam giác ABC, D thuộc đoạn BC, E thuộc đoạn AD. Đường thẳng
CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD tại Q và P, đường thẳng BE cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tại M và N.
a) Chứng minh : M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn


b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPNQ. Chứng minh : OD ⊥

BC.

Hướng dẫn.
a) Ta có: EP.EQ = EA.ED
EM .EN = EA.ED

⇒ EP.EQ = EM .EN
⇒ M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường
tròn.
b) Ta có:

OB 2 − OC 2 = (OB 2 − R 2 ) − (OC 2 − R 2 )

= ℘B /( O ) −℘C/(O )
= BM .BN − CP.CQ
= BD.BC − CD.CB
= BC ( BD + CD )
= ( BD − CD)( BD + CD)
= BD 2 − CD 2
Vậy OD ⊥ BC
Bài 25. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài 2 tam giác cân tại A là tam giác ABP
và ACQ. thoả mãn ·ABP = ·ACQ .Gọi R là giao điểm của BQ và CP, O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR. Chứng minh : AO ⊥ BC.
Hướng dẫn.
Có ∆APC = ∆ABQ(c.g .c)
⇒ ·APC = ·ABQ và
·AQB = ·ACP
⇒ tứ giác APBR và tứ giác
AQCR nội tiếp
Gọi M = AC ∩ ( APBR )
N = AB ∩ ( AQCR )
⇒ tứ giác BNMC nội tiếp.

⇒ AB. AN = AC. AM


⇒ AB ( AB + BN ) = AC ( AC + CM )
⇒ AB 2 + AB.BN = AC 2 + AC .CM
⇒ AB 2 − AC 2 = BA.BN − CA.CM

⇒ AB 2 − AC 2 = BR.BQ − CR.CP
⇒ AB 2 − AC 2 = ( BO 2 − R 2 ) − (CO 2 − R 2 )
⇒ AB 2 − AC 2 = BO 2 − CO 2
⇒ AO ⊥ BC
Bài 26. Cho tam giác ABC. Dựng các hình vuông ACZT, ABVU, BCYX. Gọi A1
là giao của BT và CU, A2 là giao của BZ và CV, B1 là giao của AX và CV, B2 là
giao của AY và CU, C1 là giao của AY và CZ, C2 là giao của AX và BT. Chứng
minh : A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy.
Hướng dẫn.
Xét 3 đường tròn đường kính AA2, BB2, CC2
Có ℘A1 /(BB2 ) = 0,℘A1 /(CC2 ) = 0 (1)
tứ giác BB1CX và tứ giác BC1CY nội tiếp suy ra tứ giác BB1C1C nội tiếp
⇒ A2 B. A2C1 = A2C. A2 B1
⇒ ℘A 2 /(BB2 ) =℘A2 /(CC2 ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra A1A2 là trục đẳng phương của (BB2) và (CC2)
Tương tự B1B2 là trục đẳng phương của (AA2) và (CC2)
C1C2 là trục đẳng phương của (AA2) và (BB2)
Vây A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường tròn đã xét.