Một số ứng dụng của phương tích trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ THU HẰNG

MỘT SỐ ỨNG DỤNG
CỦA PHƯƠNG TÍCH TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ THU HẰNG

MỘT SỐ ỨNG DỤNG
CỦA PHƯƠNG TÍCH TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành:

Phương pháp toán sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - 2017


i

Mục lục
Mở đầu
1 Một số kiến thức cơ bản về phương tích
1.1 Phương tích của một điểm đối với một đường tròn
1.2 Trục đẳng phương của các đường tròn . . . . . . .
1.2.1 Trục đẳng phương của hai đường tròn . . .
1.2.2 Cách dựng trục đẳng phương . . . . . . . .
1.2.3 Tâm đẳng phương của ba đường tròn . . .
1.3 Một số định lý cơ bản của hình học . . . . . . . .

1

.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

2 Ứng dụng của phương tích trong các bài toán chứng minh
tính chất hình học
2.1 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy . . . . . . . . . . . .
2.2 Chứng minh ba điểm thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . .

2.3 Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn . . . . .
2.4 Chứng minh họ đường thẳng đi qua điểm cố định . . . . . .
2.5 Chứng minh một số tính chất hình học khác . . . . . . . .

4
4
7
7
9
10
11

16
16
22
27
31
39

3 Một số dạng toán liên quan
45
3.1 Các dạng toán về tính toán và ước lượng đại lượng hình học 45
3.2 Một số bài toán thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic các
nước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Kết luận

58

Tài liệu tham khảo

59


1

Mở đầu
Các dạng toán về hình học phẳng rất phong phú về chủng loại và cùng
với chúng là sự cần thiết chọn lựa các công cụ tương ứng phù hợp để tiếp
cận lời giải một cách hiệu quả nhất. Trong số đó, phương tích và trục đẳng
phương đóng vai trò là một trong những công cụ đặc biệt hữu ích đối với
một số lớp bài toán liên quan tới các điểm, đường tròn và đường thẳng.
Phân tích lời giải các bài toán về hình học phẳng bằng phương tích và trục
đẳng phương, ta thấy tính ưu việt của cách lập luận, tư duy sắc bén, lời
giải ngắn gọn của phương pháp này.
Trong những năm gần đây, các bài toán về hình phẳng liên quan đến
phương tích và trục đẳng phương thường xuyên xuất hiện trong các kì
thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic các nước và luôn được xem là những
dạng toán khó và rất khó. Mặc dù chuyên đề về phương tích và trục đẳng
phương là khá quen thuộc ở phổ thông, các kiến thức về nó rất đơn giản
và dễ hiểu, song kỹ thuật áp dụng chúng trong nhiều trường hợp cụ thể
thì lại không đơn giản, cần sự phân loại và kỹ năng vẽ hình chính xác.
Chính vì thế những bài toán có liên quan đến phương tích và trục đẳng
phương thường được xem là những dạng toán hay, có sức hấp dẫn.
Vì những lý do trên, tôi chọn đề tài luận văn “Một số ứng dụng của
phương tích trong hình học phẳng”.
Nội dung của luận văn này chủ yếu đề cập đến những dạng toán thường
hay xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi như chứng minh các điểm
thẳng hàng, tính đồng quy của các đường thẳng, nhận dạng các điểm thuộc
một đường tròn cho trước và các bài toán chứng minh tính chất hình học
có sử dụng đến phương tích và trục đẳng phương, . . .

Cấu trúc của luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và được chia thành
ba chương.
Chương 1 trình bày một số kiến thức hình học cơ bản cần thiết cho
những chương sau.
Chương 2 xét một số ứng dụng của phương tích.


2

Chương 3 trình bày một số dạng toán liên quan từ các đề thi học sinh
giỏi Quốc gia, Olympic các nước.
Hà Nội, ngày 12 tháng 11 năm 2017
Tác giả
Nguyễn Thị Thu Hằng


3

Lời cảm ơn
Lời đầu tiên em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy GS.TSKH.
Nguyễn Văn Mậu, người thầy đã tận tình hướng dẫn giúp đỡ em trong thời
gian học tập và hoàn thành luận văn này. Em xin trân trọng cảm ơn Ban
giám hiệu trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
và các thầy, các cô đang công tác giảng dạy tại trường đã nhiệt tình giúp
đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho em trong quá trình học tập và nghiên
cứu đề tài.


4

Chương 1
Một số kiến thức cơ bản về phương
tích
Chương này giới thiệu các kiến thức cơ bản về phương tích. Định nghĩa
và các định lý dùng trong các bài toán chứng minh. Đặc biệt, ở cuối chương
có đề cập đến hai định lý nổi tiếng trong chứng minh tính thẳng hàng và
đồng quy. Đó là các định lý Menelaus và định lý Ceva. Các kiến thức này
sẽ được dùng đến thường xuyên ở chương sau.

1.1

Phương tích của một điểm đối với một đường
tròn

Định lý 1.1 (xem [1],[7]). Cho đường tròn (O; R) và một điểm M cố định.
Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm A, B
−−→ −−→
−−→ −−→
thì tích vô hướng M A × M B là một hằng số không đổi và " M A × M B
= d2 − R2 ", trong đó d = OM.
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.


5

Khi đó, ta có

−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −→

M A × M B = M A × M B = M C × M A = M O + OC
−−→ −→ −−→ −→
= M O − OA M O + OA
−−→2 −→2
= M O − OA = OM 2 − OA2 = d2 − R2 .

−−→ −→
M O + OA

−−→ −−→
Định nghĩa 1.1 (xem [1]). Giá trị M A × M B được gọi là phương tích
của điểm M đối với đường tròn (O; R).
Kí hiệu PM/(O) .

−−→ −−→
Vậy PM/(O) = M A × M B = d2 − R2 .
Từ định nghĩa trên có thể thấy rằng giá trị của phương tích PM/(O)
là âm hay dương tùy thuộc vào vị trí điểm M tương ứng nằm trong hay
ngoài đường tròn (O). Cụ thể, ta có
Nhận xét 1.1.
*) PM/(O) < 0 ⇔ M nằm trong đường tròn(O; R).
*) PM/(O) = 0 ⇔ M nằm trên đường tròn (O; R).
*) PM/(O) > 0 ⇔ M nằm ngoài (O; R).
Trong mọi trường hợp, ta có PM /(O) = M A × M B.
Nhận xét 1.2.
- Nếu M nằm ngoài đường tròn (O) và M T là tiếp tuyến với đường
−−−→
tròn ta có PM/(O) ) = d2 − R2 = M T 2 = M T 2 .

6

- Cho tam giác ABC, M là một điểm thuộc AB và nằm ngoài AB. Khi
−−→ −−→ −−→
đó M C là tiếp tuyến của (O; R) ⇔ M A × M B = M C 2 hay M A × M B =
M C 2.

Nhận xét 1.3.
Nếu A, B cố định và AB × AM = const thì điểm M là điểm cố định.
Ta sử dụng ý tưởng này để chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố
định.
Định lý 1.2 (xem [1],[7]). Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại
M và M A × M B = M C × M D thì bốn 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 theo định lý 1.2, ta có


7

P A × P B = P C × P D , suy ra P C × P D = P C × P D nên D ≡ D .
Suy ra bốn điểm A, B, C và D cùng thuộc một đường tròn.
Nhận xét 1.4. Từ định lý 1.2, để chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp ta
cần chỉ ra đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M và có M A × M B =
M C × M D ”.

1.2

Trục đẳng phương của các đường tròn

Trong phần này, ta khảo sát trục đẳng phương của hai đường tròn và
nêu cách dựng trục đẳng phương, tâm đẳng phương của ba đường tròn.

1.2.1

Trục đẳng phương của hai đường tròn

Định lý 1.3 (xem [1]). Cho hai đường tròn phân biệt (O1 ) và (O2 có các
bán kính R1 và R2 . Quỹ tích các điểm M có cùng phương tích đối với hai
đường tròn là một đường thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng
phương của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ).


8

Chứng minh.
a) Phần thuận. Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng
nhau.

Gọi H là hình chiếu của M trên O1 O2 , gọi I là trung điểm của O1 O2 . Ta
có
PM/(O1 ) = PM/(O2 ) ⇔ M O12 − R12 = M O22 − R22

⇔ M O12 − M O22 = R12 − R22
⇔ M H 2 + HO1 2 − M H 2 + HO2 2 = R12 − R22
⇔ HO1 2 − HO2 2 = R12 − R22
⇔ HO1 − HO2 HO1 + HO2 = R12 − R22
⇔ O2 O1 .2HI = R12 − R22

R12 − R22

⇔ IH =
2.O1 O2

(1.1)

Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng qua H và vuông
góc với O1 O2 .
b) Phần đảo. Các phép biến đổi trong phần thuận là phép biến đổi
tương đương nên ta có ngay điều cần chứng minh phần đảo.
Vậy tập hợp những điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng
nhau là đường thẳng đi qua điểm H (xác định như (1.1)) và vuông góc với
O1 O2
Định nghĩa 1.2 (Trục đẳng phương của hai đường tròn, xem [1],[7]).
Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) không cùng tâm. Khi đó quỹ tích các


9

điểm có cùng phương tích đối với chúng là một đường thẳng vuông góc với
đường nối tâm O1 O2 . Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của
hai đường tròn (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 ).

1.2.2

Cách dựng trục đẳng phương

- Nếu tìm được hai điểm M, N có cùng phương tích đối với cả hai đường
tròn thì trục đẳng phương là đường thẳng M N.
- Nếu ta tìm được một điểm có cùng phương tích đối với cả hai đường
tròn thì trục đẳng phương là đường thẳng qua M và vuông góc với đường

thẳng nối hai tâm.
Các trường hợp cụ thể.
a. (O1 ) ∩ (O2 ) = {A, B} thì PA /(O1 ) = PA /(O2 ) = PB /(O1 ) =
PB /(O2 ) = 0. Suy ra trục đẳng phương là đường thẳng AB.

b. (O1 ) ∩ (O2 ) = {A} thì trục đẳng phương là đường thẳng đi qua A
và vuông góc với O1 O2 , tức là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

c. (O1 ) ∩ (O2 ) = ∅. Khi đó dựng đường tròn (O3 ) sao cho O1 , O2 và
O3 không thẳng hàng.


10

(O3 )∩(O1 ) = {A, B} ; (O3 )∩(O2 ) = {A1 , B1 } và AB ∩A1 B1 = I . Điểm I
có cùng phương tích với cả hai đường tròn (O1 ) và (O2 ). Qua điểm I dựng
đường thẳng δ vuông góc với O1 O2 Đường thẳng δ là trục đẳng phương
của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ).
1.2.3

Tâm đẳng phương của ba đường tròn

Trong mục này ta xét tâm đẳng phương (Radical Center). Đây chính
điểm đồng quy của ba trục đẳng phương.

Định nghĩa 1.3 (xem [1],[7]). Cho ba đường tròn (O1 ), (O2 ) và (O3 )
có các tâm (O1 ), (O2 ) và (O3 ) không cùng thuộc một đường thẳng. Gọi
d1 ; d2 ; d3 lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (O2 ), (O3 ) ;
(O1 ), (O3 ) và (O2 ), (O1 ).Lúc đó các đường thẳng d1 ; d2 ; d3 đồng quy tại một
điểm K.K là điểm duy nhất có cùng phương tích đối với (O1 ), (O2 ), (O3 )

và được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn này.
Nhận xét 1.5.
1. Trong định nghĩa vừa nêu, điều kiện tâm của các đường tròn (O1 ),
(O2 ), (O3 ) không cùng thuộc một đường thẳng cho phép kết luận rằng tâm
đẳng phương tồn tại và duy nhất. Trong trường hợp các tâm O1 , O2 , O3
cùng thuộc một đường thẳng các trục đẳng phương d1 ; d2 ; d3 đều vuông
góc với đường thẳng chứa O1 , O2 và O3


11

2. Nếu d1 ; d2 ; d3 đôi một song song, lúc đó không tồn tại điểm nào có
cùng phương tích đối với cả ba đường tròn.
3. Nếu hai trong ba đường thẳng d1 ; d2 ; d3 trùng nhau, lúc đó tất cả
chúng đều phải trùng nhau và đường thẳng này sẽ là tập hợp tất cả các
điểm có cùng phương tích đối với cả ba đường tròn. Trong trường hợp này,
ta nói rằng các đường tròn (O1 ), (O2 ) và (O3 ) có một trục đẳng phương
chung.
4. Nếu ba đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi
qua một điểm.
5. Nếu ba đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng
thì các trục đẳng phương trùng nhau.

1.3

Một số định lý cơ bản của hình học

Trong phần này ta xét một số định lý hình học cổ điển như các Định lí
Thalets, Định lí Menelaus, Định lí Ceva, ... để sử dụng trong các bài toán
ở các chương sau.

Định lý 1.4 (Định lí Thalets1 ). Cho bộ ba điểm A, B, C và A1 , B1 , C1 theo
thứ tự thuộc các đường thẳng δ và δ1 . Nếu các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1
AB
A1 B1
đôi một song song thì
=
.
BC
B1 C1
Hệ quả 1.1.
Cho ∆ABC và các điểm E, F khác A, B, C theo thứ tự thuộc các cạnh
AE
AF
AB, AC. Khi đó EF BC khi và chỉ khi
=
.
AB
AC
1

Thalets là nhà toán học cổ đại trong khoảng thời gian nửa đầu của thế kỉ 6 trước công nguyên


12

Định lý 1.5 (Định lí Ceva2 ). Cho tam giác ABC . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt
nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Khi đó AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại một
điểm khi và chỉ khi
A1 B B1 C C1 A
×

×
= 1.
A1 C B1 A C1 B
Chứng minh.
a) Phần thuận. Giả sử AA1 , BB1 , CC1 đồng quy, ta chứng minh

B1 C C1 A
×
= 1.
B1 A C1 B

A1 B
×
A1 C

Gọi BB1 , CC1 cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt là I và
K. Áp dụng định lí Thalets, ta có

BC C1 A
AK
B1 C
=
;
=
.
B1 A
AI C1 B
BC
Hơn nữa, ta có

AM
AK
AI
=
=
. Suy ra
A1 B
M A1
A1 C
A1 B
AI
=
.
A1 C
AK

2

(1.2)

GIonvanni CeVa (1647 -1734) là nhà hình học Italia

(1.3)


13

AI
BC AK
A1 B B1 C C1 A

×
×
=
×
×
= 1.
A1 C B1 A C1 B
AK
AI
BC
A1 B B1 C C1 A
b) Chứng minh phần đảo. Giả sử ta có hệ thức
×
×
= 1.
A1 C B1 A C1 B
Ta sẽ chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy.
Gọi P là giao điểm AA1 và BB1 , C2 là giao điểm của CP và AB. Khi
đó áp dụng kết quả chứng minh ở phần thuận, ta có
Từ (1.2), (1.3), suy ra

A1 B B1 C C2 A
×
×
= 1.
A1 C B1 A C2 B

(1.4)

C1 A

C2 A
=
.
C1 B
C2 B
Suy ra C1 ≡ C2 (do C1 và C2 cùng thuộc cạnh AB ). Vậy AA1 , BB1 , CC1
đồng quy tại P .
Bộ ba đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy như trên được gọi là bộ
ba đường thẳng Ceva và các đoạn thẳng AA1 , BB1 , CC1 gọi là bộ ba đoạn
thẳng Ceva. Định lí Ceva là định lí cơ bản nhất dùng để chứng minh các
đường thẳng đồng quy.
Từ (1.2), (1.4) suy ra

Nhận xét 1.6.
Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến, đường
cao, đường phân giác trong của tam giác đồng quy tại một điểm. Các điểm
đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm đường tròn nội tiếp tam
giác (I).

Nhận xét 1.7. Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA
lần lượt tại F, D, E. Khi đó, ta có AE = AF ; BF = BD; CD = CF.


14

Bằng định lý Ceva, ta chứng minh được AD, BE, CF đồng quy tại một
điểm, điểm đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).

Nhận xét 1.8. Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao điểm
nằm ngoài tam giác ABC mà không nhất thiết phải nằm trong nó. Vì vậy,

các điểm A1 , B1 , C1 có thể nằm ngoài các cạnh BC, CA, AB như hình bên.

Phần trên chúng ta đã thấy một tiêu chuẩn để ba đường thẳng đồng
quy, trong phần này ta sẽ xét một tiêu chuẩn để ba điểm thẳng hàng thông
qua định lí sau.
Định lý 1.6 (Định lý Menelaus3 ). Cho tam giác ABC và các điểm
A1 , B1 , C1 lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, AC, AB. Khi đó hoặc
cả ba điểm A1 , B1 , C1 nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong
ba điểm trên nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm còn lại
nằm trên hai cạnh của tam giác.
Điều kiện cần và đủ để A1 , B1 , C1 thẳng hàng là

A1 B B1 C C1 A
×
×
=1
A1 C B1 A C1 B
3

Menelaus là nhà toán học cổ Hy Lạp (70-130)

(1.5)


15

Chứng minh.
Phần thuận. Cho A1 , B1 , C1 thẳng hàng, ta chứng minh (1.5).
Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt đường thẳng A1 C1 tại M .
A1 B

A1 C1 B1 C
B1 M
Áp dụng định lí Thalets, ta có
=
;
=
.
A1 C
A1 M B1 A
B1 C1
B1 M
CM
A1 M
CM
=
và
=
,
Mặt khác ta có
C1 A B1 C1
C1 B
A 1 C1
C1 A
A1 M × B1 C1
=
.
suy ra
C1 B
A1 C1 × B1 M
A1 B B1 M A1 M × B1 C1

A1 B B1 C C1 A
×
×
=
×
×
=1
Do đó, ta có
A1 C B1 A C1 B
A1 C B1 C1 A1 C1 × B1 M

Phần đảo. Giả sử cả ba điểm A1 , B1 , C1 nằm trên phần kéo dài của ba
cạnh, hoặc một trong ba điểm trên nằm trên phần kéo dài của một cạnh
còn hai điểm còn lại nằm trên hai cạnh của tam giác và ba điểm A1 , B1 , C1
đồng thời thỏa mãn (1.5). Ta chứng minh A1 , B1 , C1 thẳng hàng.
Giả sử B1 , C1 nằm trên hai cạnh của tam giác và A1 thuộc phần kéo
dài của cạnh còn lại.
Gọi B2 là giao điểm của A1 C1 và AC .
Khi đó theo chứng minh trên, ta có

A1 B B2 C C1 A
×
×
= 1.
A1 C B2 A C1 B

(1.6)

B2 C
B1 C

=
. Suy ra B1 ≡ B2 (vì đều thuộc
B2 A
B1 A
cạnh AC ). Vậy A1 , B1 , C1 thẳng hàng.
Trong trường hợp cả ba điểm A1 , B1 và C1 cùng thuộc phần kéo dài
của các cạnh thì chứng minh tương tự.
Định lí đã được chứng minh
Từ (1.6) và (1.5), ta có


16

Chương 2
Ứng dụng của phương tích trong
các bài toán chứng minh tính chất
hình học
Chương này nhằm hệ thống một số dạng toán sử dụng phương tích và
trục đẳng phương để giải quyết.
Sau đây là dạng toán đầu tiên về chứng minh tính đồng quy.

2.1

Chứng minh ba đường thẳng đồng quy

Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy ta có thể chứng minh ba
đường thẳng đó là các trục đẳng phương của từng cặp hai đường tròn có
tâm không thẳng hàng.
Bài toán 2.1 (Định lý Brianchon). Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp
(O). Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy.

Lời giải. Gọi G, H, I, J, K, L lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DE, EF, F A
với (O).
Trên tia KF, HB, GB, JD, ID, LF lần lượt lấy các điểm P, S, Q, R, N, M
sao cho KP = SH = GQ = JR = IN = LM.
Dựng (O1 ) tiếp xúc với EF, CB tại P, S,
Dựng (O2 ) tiếp xúc AF, CD tại M, N,
Dựng (O3 ) tiếp xúc AB, ED tại Q, R.
Ta có F P = P K − F K = LM − LF = F M,
CS = SH + HC = IN + IC = CN.


17

Suy ra F C là trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ).
Tương tự AD là trục đẳng phương của (O2 ) và (O3 ),
BE là trục đẳng phương của (O3 ) và (O1 ).
Áp dụng định lý về tâm đẳng phương, ta có AD, BE, CF đồng quy
(đpcm).
Bài toán 2.2. Cho đường tròn tâm O và hai đường kính AB, CD. Tiếp
tuyến với đường tròn (O) tại B cắt AC tại P, P D cắt đường tròn (O) lần
nữa tại G. Chứng minh rằng các đường thẳng AG, BC, P O đồng quy.
Lời giải. Gọi I1 là trung điểm P A, I là trung điểm P C. Ta thấy bốn
điểm O, B, C, I1 nằm trên đường tròn Ω đường kính BI1 .
Mặt khác ∠GAI = ∠CDG = ∠COI = ∠GOI (do OC = OG, IC =
IG).
Suy ra bốn điểm O, A, G, I nằm trên đường tròn Ω .
Thế thì PO/(Ω) = PO/(Ω ) = 0.


18

1
Hơn nữa PP/(Ω) = P I1 × P C = P A × 2P I = P A × P I = PP/(Ω ) .
2
Suy ra OP là trục đẳng phương của Ω và Ω .
Nhưng AG là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và Ω , BC là
trục đẳng phương của (O) và Ω. Vậy nên AG, BC, P O đồng quy.
Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Gọi A1 , B1 , C1 lần
lượt là hình chiếu của A, B, C trên d. Gọi d1 , d2 , d3 theo thứ tự là các đường
thẳng đi qua A1 , B1 , C1 và vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng
các đường thẳng d1 , d2 , d3 đồng quy.
Lời giải.

Gọi O1 , O2 , O3 theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB.
Ta có O1 B1 = O1 C1 ; O2 C1 = O2 A1 ; O3 A1 = O3 B1 .
Gọi Γ1 , Γ2 , Γ3 theo thứ tự là các đường tròn tâm O1 bán kính O1 C1 ,
tâm O2 bán kính O2 A1 , tâm O3 bán kính O3 B1 .
Ta có d3 là trục đẳng phương của Γ1 và Γ2 .
Tương tự d2 là trục đẳng phương của Γ3 và Γ1 ;
d1 là trục đẳng phương của Γ2 và Γ3 .
Vậy d1 , d2 , d3 đồng quy.
Bài toán 2.4. Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Các đường tròn
(O1 ), (O2 ) nằm về một phía đối với đường thẳng AB , tiếp xúc ngoài tại
T , đồng thời tiếp xúc với AB lần lượt tại F, N và tiếp xúc trong với (O)
lần lượt tại E, M . Tiếp tuyến chung tại T của các đường tròn (O1 ), (O2 )
cắt đường tròn (O) tại C (với C thuộc nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng
AB , chứa (O1 ), (O2 ).


19

a) Chứng minh ba đường thẳng EF, M N, CT đồng quy.
b) Chứng minh T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải.

a) Gọi K là giao điểm của EF với (O). Ta có các điểm E, O1 , O thẳng
hàng và các điểm M, O2 , O thẳng hàng.
Hơn nữa, ∠EKO = ∠OEF = ∠O1 F E nên O1 F OK hay OK⊥AB .
Vậy điểm K là điểm chính giữa cung AB. Do đó EF đi qua trung điểm

K của cung AB.
Chứng minh tương tự, ta cũng có M N cũng đi qua điểm K.
Từ đó ∠M EF = ∠M N B nên tứ giác EF N M nội tiếp. Do đó PK/(O1 ) =
KF × KE = KN × KM = PK/(O2 ) .
Vậy K nằm trên trục đẳng phương của (O1 ) , (O2 ) tức là C, T, K thẳng
hàng.
Vậy, ba đường thẳng EF, M N, CT đồng quy.
b) Do K là điểm chính giữa AB nên T nằm trên đường phân giác của
∠ACB.
Các cặp tam giác đồng dạng KAF và KEA; KBN và KM B,
suy ra KA2 = KF × KE = KT 2 = KN × KM = KB 2 .
Vậy KA = KT = KB hay các tam giác KAT, KBT cân tại K.
Do đó ∠CAT = ∠AT K − ∠ACT = ∠T AK − ∠BAK = ∠T AB , nên
AT là phân giác ∠CAB.
Từ hai nhận xét trên, suy ra T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC.


20

Bài toán 2.5. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A, B .
AX, AY lần lượt là các đường kính của (O1 ) và (O2 ). Gọi O là trung
điểm của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc ∠XAY sao cho
OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn.
Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn
(O1 ), (O2 ) tại các điểm E, F khác A. IX cắt đường tròn (O1 ) tại điểm
thứ hai K , IY cắt đường tròn (O2 ) tại điểm thứ hai L.
a) Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK.
b) Chứng minh rằng ba đường thẳng EK, F L, OI đồng quy.
Lời giải.

a) Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác
trong của góc ∠XAY . Ta có tứ giác AO1 OO2 là hình bình hành nên suy
ra OO1 AY.
Lại có (EA, EO1 ) = (AO1 , AE) = (AF, AO2 ) (mod π) suy ra EO1
AY.
Do đó O, O1 , E thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng
hàng.
π
Mặt khác (CE, CK) = (AC, AK) + (AK, CK) = (AC, AK) +
2
π 1 −−→ −−→
= +
O1 E, O1 K = (EO1 , EK) (mod π) .
2 2
Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn (CEK) .


21

b) Ta có ∠AKI = ∠ALI = 900 nên bốn điểm A, I, K, L cùng thuộc
đường tròn đường kính AI .
Mà EF ⊥AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
AI .
Do đó

(AE, AK) = (LA, LK) (mod π)

(2.1)

Mặt khác
π
(KE, KA) = (XE, XA) = (XE, EA)+(AE, AX) = +(AE, AX) (mod π)
2
π
= +(AY, AF ) = (AF, F Y )+(AY, AF ) = (AY, F Y ) = (LA, LF ) (mod π) ,
2
suy ra

(KE, KA) = (LA, LF ) (mod π) .

(2.2)

Từ (2.1) và (2.2), suy ra
(EF, EK) = (EA, AK) + (AK, EK) = (LA, LK) + (LF, LA) =
(LF, LK) (mod π).
Vậy bốn điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn.
Gọi S là giao điểm của EK và F L, D là giao điểm của EF với IY.
Vì bốn điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn nên ta có

SE × SK = SF × SL ⇒ PS/(CEK) = PS/(DF L) .

(2.3)

IC × IK = ID × IL = IA2 ⇒ PI/(CEK) = PI/(DF L) .

(2.4)

Ta có

Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn
(DF L) .
Mặt khác tứ giác EF Y X là hình thang vuông tại E, F và O là trung
điểm của XY nên suy ra OE = OF . Do đó

PO/(CEK) = OE 2 = OF 2 = PO/(DF L) .

(2.5)

Từ (2.3)-(2.5), suy ra S, O, I cùng thuộc trục đẳng phương của hai
đường tròn (CEK) , (DF L) nên S, O, I thẳng hàng.
Vậy ba đường thẳng EK, F L, OI đồng quy tại S.


22

2.2

Chứng minh ba điểm thẳng hàng

Để chứng minh ba điểm thẳng hàng ta có thể chứng minh chúng có
cùng phương tích đối với hai đường tròn hoặc chúng là tâm của các đường
tròn đôi một nhận một đường thẳng duy nhất làm trục đẳng phương.
Bài toán 2.6. Cho tứ giác ABCD có cạnh AB và CD cắt nhau tại I, AD
và BC cắt nhau tại K.
a) Chứng minh rằng trực tâm của các tam giác AID, ABK, BCI, CDK
thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng AC, BD, IK thẳng
hàng.
Lời giải.

a) Gọi O1 , O2 , O3 theo thứ tự là trung điểm của AC, BD, IK . Các
đường cao của tam giác ∆CDK lần lượt là CC1 , DD1 , KK1 và H là trực
tâm.
Kí hiệu (O1 ), (O2 ), (O3 ) theo thứ tự là các đường tròn tâm O1 bán kính
O1 A, tâm O2 bán kính O2 B , tâm O3 bán kính O3 K .
Ta có phương tích của điểm H đối với đường tròn (O1 ) và (O2 ) là
P (H/(O1 )) = HC × HC1 P (H/(O2 )) = HD × HD1 . Xét đường tròn
đường kính CD có HC × HC1 = HD × HD1
Do đó H thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ).
Chứng minh tương tự, trực tâm các tam giác AID, ABK, BCI cũng có
cùng phương tích đối với các đường tròn (O1 ), và (O2 ). Vậy trực tâm của
các tam giác AID, ABK, BCI, CDK thẳng hàng (điều cần chứng minh)