Ứng dụng của tỉ số phương tích trong giải bài toán Hình học phẳng

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Ứng dụng của tỉ số phương tích

Nguyễn Văn Linh

Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương

1

Giới thiệu

Chúng ta bắt đầu từ cơng thức hiệu số phương tích của một điểm đối với hai đường tròn.

Cho hai đường trịn khơng đồng tâm (O1, R1) và (O2, R2) có trục đẳng phương d. Xét một điểm

M bất kì, gọiK là hình chiếu của M trênd, H là giao điểm của O1O2 vớid.
Khi đóP_M/₍_O₁₎− P_M/₍_O₂₎= 2O1O2·KM . (1)

<i>I</i>
<i>H</i>

<i>K</i>

<i>O₁</i> <i>O₂</i>

<i>M</i>

Chứng minh. GọiI là trung điểm O1O2.

Ta cóP_M/₍_O₁₎− P_M/₍_O₂₎= (M O₁2−R2₁)−(M O₂2−R2₂).
=M O₁2−M O₂2+R2₂−R2₁= (M O₁2−M O2₂) + (HO2₂−HO2₁)
= (−−−→M O1−

−−−→

M O2)(−−−→M O1+
−−−→

M O2)−(−−→HO1−
−−→

HO2)(−−→HO1+
−−→

HO2).

=−−−→O2O1·2
−−→

M I−−−−→O2O1·2
−→

HI

= 2−−−→O2O1·(
−−→

M I−−→HI) = 2−−−→O2O1·
−−→

M H

= 2−−−→O2O1·
−−→

M K = 2O1O2·KM

Nhận xét. Nếu điểm M nằm trên (O2) ta có P_M/₍_O₂₎ = 0, cơng thức hiệu số phương tích trở
thành:

P_M/₍_O₁₎ = 2O1O2·KM . (2)
Từ đó chúng ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1. Cho ba đường tròn (O1),(O2),(O3) đồng trục và một điểm M bất kì nằm trên(O3).
Khi đó PM/(O1)

P_M/₍_O₂₎ =

O3O1

O3O2

.

Chứng minh. GọiK là hình chiếu củaM trên trục đẳng phương dcủa 3 đường tròn.
Theo nhận xét trên ta có PM/(O1)

P_M/₍_O₂₎ =

O1O3·KM

O2O3·KM

= O3O1

O3O2

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Ngược lại, ta cũng có:

Hệ quả 2.Quỹ tích các điểm M thỏa mãn PM/(O1)

P_M/₍_O₂₎ =kkhơng đổi là một đường trịn đồng trục
với(O1) và(O2).

Chứng minh. Dựng đường tròn(O3)quaMsao cho(O3),(O1),(O2)đồng trục, suy raO1, O2, O3thẳng
hàng.

Theo hệ quả trên PM/(O1)

P_M/₍_O₂₎ =

O3O1

O3O2
=k.

Do đóO3 cố định. Với mỗi vị trí của tâmO3 chỉ có duy nhất một đường trịn đồng trục với (O1)
và(O2). Như vậy(O3)không phụ thuộc vào vị trí củaM, tức làM chuyển động trên đường trịn(O3)
đồng trục với(O1) và (O2).

Ngồi ra ta có thể chứng minh bán kính của(O3) bằng

p
R2

2k2+R21+ (O1O22−R21−R22)k

|1−k| .

Nhận xét.

1. Khik= 1thì (O3) suy biến thành trục đẳng phươngd. Ta có bài tốn quỹ tích quen thuộc: tập
hợp các điểmM có cùng phương tích với hai đường tròn(O1) và(O2) là trục đẳng phương d.

2. Khi k = −1 thì O3 là trung điểm của O1O2. Đường tròn (O3) được gọi là đường tròn đẳng
phương của hai đường trịn(O1) và(O2). Một số tính chất của đường tròn đẳng phương sẽ được xem
xét ở mục sau.

3. Khi(O1) và(O2) cùng suy biến thành đường tròn điểm,(O3) trở thành đường tròn Apollonius
của đoạn thẳngO1O2 ứng với tỉ sốk.

2

Ứng dụng

Bài 1. Cho 3 đường trịn (O1),(O2),(O3) có tâm cùng nằm trên đường thẳng d. Kí hiệu dij là trục
đẳng phương của cặp đường tròn(Oi)và (Oj) (i, j = 1,3, i6=j). GọiA1, A2, A3 lần lượt là giao điểm
củad23, d13, d12với d. Chứng minh rằng

A1A2

O1O2

= A2A3

O2O3

= A1A3

O1O3

.

Chứng minh. DoA1 nằm trên trục đẳng phương của (O2) và(O3) nên PA1/(O2)=PA1/(O3).

Ta thu đượcP_A₁_/₍_O₁₎− P_A₁_/₍_O₂₎ =P_A₁_/₍_O₁₎− P_A₁_/₍_O₃₎.

Theo công thức(1) suy ra2O1O2·A3A1 = 2O1O3·A2A1.
Từ đó A1A3

O1O3

= A1A2

O1O2

. Chứng minh tương tự suy ra đpcm.

Bài 2. Cho đường tròn(O, R) và một điểmA cố định. Gọi M là điểm chuyển động trên(O). Chứng
minh rằng trục đẳng phươngdcủa(O, R)và (M, M A) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Chứng minh. Gọi H là hình chiếu của A trên d. Do A ∈ (M, M A) nên theo cơng thức (2) ta có
P_A/₍_O₎= 2OM .HA.

Suy raHA= PA/(O)
2OM .

Vậy AH = |AO

2₋_R2_|

2R =const. Tức là d tiếp xúc với đường trịn cố định có tâm A, bán kính

|AO2−R2|
2R .

Bài 3. Cho 3 đường trịn(O1),(O2),(O3) đồng trục. Alà điểm bất kì trên(O3) sao choA nằm ngồi
(O1) và(O2). Lần lượt kẻ tiếp tuyếnAB, AC tới (O1),(O2).BC giao (O1),(O2) lần thứ hai lần lượt
tạiD, E. Chứng minh rằng tỉ số BD

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<i>E</i>

<i>D</i>
<i>B</i>

<i>C</i>

<i>O₂</i> <i>O₁</i>

<i>O₃</i>
<i>A</i>

Chứng minh. Do(O1),(O2),(O3) đồng trục nên theo hệ quả 1,

P_A/₍_O₁₎
P_A/₍_O₂₎ =

AB2
AC2 =

O3O1

O3O2

.

Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giácABC ta có

AB
AC =

sin∠ACB

sin∠ABC =

sin1₂∠EO2C
sin1₂∠DO1B

= EC
2O2C

·2O1B

DB =
EC
DB ·
R1

R2
.
Vậy BD
CE =
R1
R2
·AC
AB =
R1
R2
·
r
O2O3

O1O3

=const.

Bài 4. Cho hai đường trịn (O1) và (O2) có P, Q lần lượt là tâm vị tự ngoài và trong. Chứng minh
rằng đường trịn đường kínhP Qđồng trục với (O1) và (O2).

Chứng minh. Ta có P O1

P O2
= R1

R2

do đó P O1
2

P O2
2 =

R2
1

R2
2

, suy ra PP /(O1)
P_{P /}₍_O₂₎ =

P O1
2

−R2
1

P O2
2

−R2
2
= R
2
1
R2
2
.

Tương tự vớiQsuy ra PP /(O1)
P_{P /}₍_O₂₎ =

R2₁
R2₂ =

P_Q/₍_O₁₎

P_Q/₍_O₂₎. Theo hệ quả 2, đường trịn đường kínhP Qđồng
trục với(O1) và (O2).

Bài 5. (Greek MO 2003). Cho đường tròn(O), một điểm Acố định trên (O) và một điểm R cố định
nằm trong(O). Một đường thẳngdchuyển động quaR cắt(O) tạiB, C. GọiH là trực tâm tam giác

ABC. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một điểmT sao cho HA2₊_HT2_=const.

<i>T</i>
<i>A₂</i>
<i>A₁</i>
<i>H</i>
<i>C</i>
<i>O</i>
<i>R</i>
<i>A</i>
<i>B</i>

Chứng minh. GọiA1 là hình chiếu của Atrên BC.AA1 cắt(O) lần thứ hai tạiA2.
Ta có PH/(AR)

P_H/₍_O₎ =

HA·HA1

HA·HA2

= HA1

HA2
= 1

2 =const.

Suy ra H chuyển động trên một đường trònω cố định và đồng trục với(AR) và (O). Hiển nhiên

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

GọiT là điểm đối xứng vớiAqua tâm củaω. Suy ra điểmT xác định duy nhất và HA2+HT2=

AT2=const.

Bài 6. Cho tứ giác lồiABCD, ADgiao BC tạiE,AB giaoCD tạiF. Chứng minh rằng các đường
trịn đường kínhAC, BD, EF đồng trục.

<i>H</i>
<i>I</i>
<i>G</i>

<i>J</i>

<i>F</i>

<i>E</i>

<i>D</i> <i>C</i>

<i>B</i>

<i>A</i>

Chứng minh. KẻCGvng góc vớiAD;AH, F I, DJ cùng vng góc vớiBC. Đặt các góc của tứ giác

ABCDlần lượt làA, B, C, D.

Ta có PE/(AC)
P_E/₍_BD₎ =

EG·EA
EB·EJ.

DoEG·ED=EJ·EC nên EG

EJ =
EC

ED.Suy ra

P_E/₍_AC₎
P_E/₍_BD₎ =

EC
ED ·

EA
EB

Theo định lý hàm số sin ta thu được PE/(AC)
P_E/₍_BD₎ =

sinDsinB

sinCsinA.

Chứng minh tương tự, PF/(AC)
P_{F /}₍_BD₎ =

sinDsinB

sinCsinA.

Lại có PI/(AC)
P_I/₍_BD₎ =

IH·IC
IJ·IB =

F A
F B ·

F C
F D =

P_F/₍_AC₎

P_{F /}₍_BD₎. Như vậy

P_E/₍_AC₎
P_E/₍_BD₎ =

P_{F /}₍_AC₎
P_{F /}₍_BD₎ =

P_I/₍_AC₎
P_I/₍_BD₎.
Theo hệ quả 2 thì (EF I) đồng trục với (AC) và (BD) hay 3 đường trịn (AC),(BD),(EF) đồng
trục.

Nhận xét. Từ bài tốn 5 ta thu được hai định lý quen thuộc:

1. Trung điểm của AC, BD, EF thẳng hàng (đường thẳng Gauss-Newton).

2. Các trực tâm của các tam giácEAB, ECD, F AD, F BC thẳng hàng (đường thẳng Steiner của
tứ giác toàn phần).

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<i>F</i>

<i>E</i>

<i>P</i>
<i>Z</i>

<i>O</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>C</i>
<i>Y</i>

<i>X</i>

Chứng minh. (Trần Minh Ngọc).

Đường tròn(AP X) đồng trục với (BP Y) và (CP Z) khi và chỉ khi PA/(BP Y)
P_A/₍_{CP Z}₎ =

P_X/₍_{BP Y}₎
P_X/₍_{CP Z}₎
Hay AB·AE

AC·AF =

XP ·XY
XP ·XZ =

XY
XZ.(1)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácAY Z với đường thẳng(X, B, C)ta có XY

XZ ·
BZ

BA·

CA
CY = 1.

Suy ra XY

XZ =
BA
BZ ·

CY
CA.

Như vậy(1) tương đương AE

AF =
CY
BZ.

Ta cóZA·ZB−Y A·Y C =P_Z/₍_O₎− P_{Y /}₍_O₎

=ZO2−Y O2=ZP2−Y P2=ZY ·ZP −Y Z·Y P =ZB·ZE−Y F·Y C.

Do đó ZB·(ZA−ZE) =Y C·(F Y +Y A) hay ZB·EA=Y C·F A hay AE

AF =
CY
BZ.

Ta có đpcm.

Bài 8. Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác. Một đường tròn ω qua P cắt (BP C),
(CP A), (AP B) lần thứ hai lần lượt tại X, Y, Z. Các đường thẳng AP, BP, CP cắt ω lần thứ hai tại

M, N, L. Chứng minh rằng XM, Y N, ZLđồng quy.

<i>U</i>

<i>N'</i>

<i>L'</i> <i>M'</i>

<i>X'</i>

<i>A'</i>

<i>B'</i> <i>C'</i>

<i>P</i>
<i>Y'</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Chứng minh. (Luis González).

Xét phép nghịch đảo cực P phương tích bất kì. Khi đóω biến thành đường thẳngl khơng quaP,
(P AB),(P BC),(P CA)lần lượt biến thành các đường thẳngA0B0, B0C0, C0A0.X, Y, Zbiến thành giao
điểmX0, Y0, Z0 củalvớiB0C0, C0A0, A0B0.M, N, Lbiến thành giao điểmM0, N0, L0 củaP A0, P B0, P C0

với l. Như vậy XM, Y N, ZL đồng quy khi và chỉ khi ω1 = (P X0M0), ω2 = (P Y0N0), ω3 = (P Z0L0)
đồng trục.

GọiU là giao củaCP0vớiA0B0. Suy raP(A0B0U Z0) =P(M0N0L0Z0),C0(A0B0U Z0) =C0(Y0X0L0Z0).

Từ đó Z

0_N0
Z0_M0 ·

L0_M0
L0_N0 =

L0_Y0
L0_X0 ·

Z0_X0
Z0_Y0

Suy ra L

0_X0_·_L0_M0
L0_Y0_·_L0_N0 =

Z0_M0_·_Z0_X0
Z0_N0_·_Z0_Y0 Hay

P_L0_/ω

1

P_L0_/ω

2

= PZ0/ω1

P_Z0_/ω

2

Điều này nghĩa là(P Z0L0) đồng trục với ω1 vàω2. Từ đó có đpcm.

Bài 9. Một đường thẳngdnào đó cắt hai đường tròn(O) và(I)theo thứ tự tại các cặp điểmA, A0 và

B, B0. Khi đó các giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn thứ nhất tạiA vàA0 và các tiếp tuyến
với đường tròn thứ hai tạiB vàB0 cùng nằm trên một đường trịn có tâm thẳng hàng với các tâm của
hai đường tròn đã cho.

<i>J</i>

<i>M</i>
<i>N</i>

<i>P</i>

<i>Q</i>
<i>A'</i>

<i>B'</i>

<i>O</i>

<i>I</i>
<i>A</i>

<i>B</i>

Chứng minh. Giả sử các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành tứ giác M N P Qnhư hình vẽ.
Đặt∠N AB=∠P A0B0 =α,∠P BA0=∠N B0A=β.

Ta cần chứng minh PM/(O)
P_M/₍_I₎ =

P_N/₍_O₎
P_N/₍_I₎ =

P_{P /}₍_O₎
P_{P /}₍_I₎ =

P_Q/₍_O₎
P_Q/₍_I₎.
Khi và chỉ khi M A

2

M B2 =

N A2
N B02 =

P A02
P B2 =

QA02
QB02.
Theo định lý hàm số sin, M A

M B =

sin∠ABM

sin∠M AB =

sinβ

sinα. Hoàn toàn tương tự với các điểmN, P, Q ta

thu được M A
2

M B2 =

N A2
N B02 =

P A02
P B2 =

QA02
QB02 =

sin2β

sin2α.

Vậy M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn đồng trục với (O) và (I), tức là có tâm nằm trên

OI.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<i>B₃</i>
<i>C'₂</i>

<i>A'₂</i>
<i>C'₁</i>

<i>C₁</i>

<i>A₂</i>

<i>C₂</i>
<i>B'₂</i>

<i>B'₁</i>

<i>B₁</i>

<i>A'₁</i>

<i>X</i>
<i>Z</i>

<i>Y</i>

<i>B'</i>
<i>C'</i>

<i>A'</i>

<i>G</i>

<i>A₁</i>
<i>O</i>
<i>A</i>

<i>B</i> <i>C</i>

<i>B₂</i>

Chứng minh. (dựa theo Nguyễn Minh Hà).

Do hai tam giác ABC vàA0B0C0 có cùng trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp nên hiển nhiên
chúng có chung đường trịn Euler.

GọiA1, B1, C1;A2, B2, C2 lần lượt là trung điểmBC, CA, AB;B0C0, C0A0, A0B0. Suy raA1,B1,C1,

A2,B2,C2 cùng thuộc một đường tròn.

Phép nghịch đảo cực O phương tích R2: IR2

O : A1 7→ A01, A2 7→ A02, B1 7→ B10, B2 7→ B20, C1 7→

C₁0, C2 7→C20.

Suy raA0₁, B₁0, C₁0, A0₂, B₂0, C₂0 cùng thuộc một đường trịn ω.

Dễ thấy hai tam giácA0₁B₁0C₁0 vàA0₂B₂0C₂0 có chung đường tròn nội tiếp(O).

Gọi B0C0 giao BC tại X0 suy ra A0₁, A0₂, X cùng nằm trên đường đối cực của X0 với (O), tức là

A0₁, A0₂, X thẳng hàng.

GọiB3 là giao của C10C20 và A01A02. Ta có ∠B3XZ =∠B0XA02+∠B0A02X =∠C10BZ +∠ZC10B =

∠B3ZX, suy ra tam giác B3ZX cân tại B3.

Chứng minh tương tự suy ra đường tròn(XY Z) là đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi giao điểm
các đường thẳngA0₁A0₂, B0₁B₂0, C₁0C₂0.

Áp dụng bài toán 9 cho hai đường tròn(O)và(XY Z)với đường thẳng(Z, B, B0, X)suy ra đường
trònω đồng trục với (O)và (XY Z).

Mặt khác do ω là ảnh của đường tròn Euler qua phép nghịch đảo IR2

O nên tâm của ω nằm trên
OG.

Vậy tâm của(XY Z) nằm trên OG.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<i>Z</i>

<i>Y</i>

<i>X</i>
<i>C₂</i>

<i>A₁</i>

<i>B₁</i>

<i>A₂</i>
<i>B₂</i>

<i>H</i>
<i>A</i>

<i>B</i> <i>C</i>

<i>C₁</i>

Chứng minh. Trung điểm củaA1A2, B1B2, C1C2 thẳng hàng khi và chỉ khi các đường trịn đường kính

A1A2, B1B2, C1C2 đồng trục.
Khi và chỉ khi PA1/(B1B2)

P_A₁_/₍_C₁_C₂₎ =

P_A₂_/₍_B₁_B₂₎
P_A₂_/₍_C₁_C₂₎ hay

A1C1·A1H

A1B1·A1H

= A2C2·A2H

A2B2·A2H
Như vậy ta cần chứng minh A1C1

A1B1

= A2C2

A2B2

hay A1C1

A2C2

= A1B1

A2B2

.

Ta có A1C1

A1B

= sinB
sin_∠HC1C2

, A2C2

BA2

= sinB
sin_∠HC2C1

. Do đó A1C1

A2C2

= A1B

A2B

·sin∠HC2C1
sin_∠HC1C2

= A1B

A2B
·

HC1

HC2

.

Lại có A1B

A2B

= sin∠A1HB
sin_∠A2HB

·HA1

HA2

= sin∠HB2B1
sin_∠HB1B2

·HA1

HA2

= HB1

HB2
·HA1

HA2

.

Vậy A1C1

A2C2

= HA1

HA2
·HB1

HB2
·HC1

HC2

.

Tương tự suy ra A1C1

A2C2

= A1B1

A2B2

. Từ đó có đpcm.

Bài 12. Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O). Các đường caoBB1, CC1 giao nhau tại H. Gọi

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<i>E</i>
<i>F</i>

<i>D</i>

<i>H</i>
<i>J</i>

<i>I</i>

<i>M</i>
<i>B₁</i>
<i>C₁</i>

<i>O</i>
<i>A</i>

<i>B</i>

<i>C</i>

Chứng minh. GọiE, F lần lượt là trung điểmAC, AB.

Dễ thấyAD là trục đẳng phương của đường trịn đường kính AH và đường trịn đường kính AO.

Ta cóB1C1 là đường đối song với BC, mà EF kBC nên B1C1 là đường đối song vớiEF hay tứ
giácC1B1EF nội tiếp.

Suy ra _∠J C1B1 =∠B1EF. Lại có J M là tiếp tuyến của (AH) nên ∠J B1C1 = 180◦−∠BAC =

∠F B1E (do tam giácF AB1 cân tạiF).
Suy ra4C1B1J ∼ 4EB1F. Ta thu được

J B1

J A =
J C1

J B1

= EF

F B1

.

Như vậy tồn tại một phép vị tự quay tâmB1 biến F 7→J, E 7→C1 nên 4F B1J ∼ 4EB1C1.
Suy ra J B1

B1C1

= J F

C1E

hay J B1

J F =
B1C1

C1E

.

Vậy J B
2
1

J A.J F =

EF.B1C1

F B1.C1E

= a/2.B1C1

c/2.b/2 hay

P_J/₍_AH₎
P_J/₍_AO₎ =

2a.B1C1

bc .

Chứng minh tương tự suy ra PJ/(AH)
P_J/₍_AO₎ =

P_I/₍_AH₎
P_I/₍_AO₎ =

2a.B1C1

bc .

Tức làI, J nằm trên một đường tròn đồng trục với(AH) và(AO). VậyA, D, I, J cùng thuộc một
đường tròn.

Bài 13. (Trần Quang Hùng). Cho tam giác ABC.M, N lần lượt là các điểm trên AB, AC sao cho

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<i>K</i> <i>J</i>
<i>O</i>

<i>Y</i>

<i>X</i>
<i>M</i>

<i>A</i>

<i>B</i> <i>C</i>

<i>N</i>

<i>O₁</i>

<i>O₂</i>

Chứng minh. GọiK là giao của đường đối trung ứng với đỉnhAvới BC;J là giao của M N vớiBC.

Ta có AN

AC =
KJ
KC,

AM
AB =

KJ
KB.

Suy ra PA/(O1)
P_A/₍_O₂₎ =

AB·AM
AC·AN =

AB2
AC2

·AM

AB.
AC
AN =

AB2
AC2

· KJ

KB ·
KC
KJ =

AB2
AC2

·KC

KB =−1.

Do đóAnằm trên đường tròn đẳng phương của(O1)và(O2), tức là tâm của(AXY)là trung điểm
củaO1O2.

Bài 14. (Mathley 7). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn(O).AB giao CD tại E,AD giaoBC

tạiF,AC giaoBDtạiI. GọiK, Llần lượt là giao điểm thứ hai của(F AB)và(F CD)vớiF I. Chứng
minh rằngEK=EL.

<i>H</i>

<i>M</i> <i>_N</i>

<i>L</i>
<i>K</i>

<i>I</i>
<i>E</i>

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>O</i>
<i>F</i>

<i>D</i>

<i>C</i>

Chứng minh. GọiH là giao củaEO vớiF I. M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Theo định lý
Brocard suy raEO⊥F I. Do đó A, M, N, H, O cùng nằm trên đường trịn đường kínhAO.

Xét PM/(F AB)
P_M/₍_{F CD}₎ =

M A·M F

M D·M F =−1.

Tương tự suy ra PM/(F AB)
P_M/₍_{F CD}₎ =

P_N/₍_{F AB}₎

P_N/₍_{F CD}₎ =−1.

Từ đó(F M N) đồng trục với (F AB) và(F CD). MàH ∈(F M N) nên PH/(F AB)

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Hay HK·HF

HL·HF =−1. Suy raH là trung điểmKL.

Tam giácEKL có H vừa là chân đường cao vừa là trung điểm KLnên EK =EL.

3

Đường tròn đẳng phương

Đường tròn đẳng phương đang xem xét được phân biệt với đường tròn đẳng phương của 3 đường
tròn (xem [4]). Ở phần 1 chúng ta đã biết định nghĩa đường tròn đẳng phươngω của hai đường tròn
(O1, R1) và (O2, R2) là quỹ tích các điểm có tỉ số phương tích đến hai đường trịn bằng −1. ω đồng
trục với(O1) và (O2)đồng thời có tâm O là trung điểm O1O2.

Với mỗi điểm M nằm trên ω, ta có P_M/₍_O₁₎+P_M/₍_O₂₎= 0.

Suy raM O2

1 −R12+M O22−R22 = 0hay M O12+M O22=R21+R22.
Theo cơng thức tính đường trung tuyến suy ra 2M O2+1

2O1O
2

2 =R21+R22.
Như vậy bình phương bán kínhRcủaωbằng 1

2(R
2

1+R22)−
1
4O1O

2

2. Điều kiện bán kính phải khơng
âm do đó ta cần xem xét các trường hợp sau.

Nếu (O1) và (O2) cắt nhau thì ω ln tồn tại, nhưng trong trường hợp (O1) và (O2) khơng cắt
nhau, có hai trường hợp xảy ra. Nếu(O1) và (O2) chứa nhau thì ω tồn tại. Nếu (O1) và (O2) ngồi
nhau, vị trí củaO1 và O2 phải thỏa mãn trung điểmO củaO1O2 nằm ngoài hai điểm tới hạn của bộ
đường tròn đồng trụcdlà trục đẳng phương của (O1)và (O2).

Trong trường hợp hai đường tròn(O1)và(O2)trực giao,ωtrở thành đường trịn đường kínhO1O2.

Tính chất 1. Nếu hai đường trịn(O1)và(O2) cắt nhau tạiA, B. Một đường thẳng bất kì quaAcắt
(O1),(O2) lần lượt tạiC, D. Khi đó quỹ tích trung điểm củaCD là đường tròn đẳng phương của(O1)
và(O2).

Chứng minh. GọiM là trung điểm CD. Ta có PM/(O1)
P_M/₍_O₂₎ =

M A·M C

M A·M D =−1.Suy raM ∈ω.

Tính chất 2. Một cát tuyến cắt(O1),(O2)lần lượt tại các điểmA, B vàC, D.Khi đó(ABCD) =−1
khi và chỉ khi trung điểm củaAB hoặcCD nằm trên đường tròn đẳng phương của (O1) và(O2).

<i>D</i>
<i>N</i>

<i>B</i>
<i>C</i>
<i>A</i>

<i>O₁</i> <i>O2</i>

<i>M</i>

Chứng minh. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Ta có (ABCD) = −1 khi và chỉ khi

M B2 =M C ·M D.

Tương đương PM/(O1)

P_M/₍_O₂₎ =

M A.·M B

M B2 = −1 hay M nằm trên ω. Chứng minh tương tự với điểm

N.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Tính chất 3. P là một điểm bất kì trên mặt phẳng. Khi đó P_{P /ω} = 1

2(PP /(O1)+PP /(O2)).

Chứng minh. Theo cơng thức tính bán kính đường trịn đẳng phương ta có
P_{P /ω} =P O2−R2 = 1

2(P O
2

1+P O22−
1
2O1O

2
2)−

1
2(R

2

1+R22)+
1
4O1O

2
2 =

1
2(P O

2

1−R21)+
1
2(P O

2

2−R22) =
1

2(PP /(O1)+PP /(O2)).

Tính chất 4. Cho 3 đường tròn(O1),(O2),(O3)sao cho mỗi cặp hai trong ba đường trịn đều có đường
trịn đẳng phương. Gọiωij là đường tròn đẳng phương của hai đường tròn(Oi),(Oj) (i, j= 1,3, i6=j).

P là một điểm bất kì trên mặt phẳng. Khi đó

P_{P /ω}₁₂+P_{P /ω}₂₃+P_{P /ω}₁₃ =P_{P /}₍_O₁₎+P_{P /}₍_O₂₎+P_{P /}₍_O₃₎
Chứng minh. Dễ dàng chứng minh tính chất 4 theo tính chất 3.

Tính chất 5. Với giả thiết như tính chất 4. Ta có đường trịn đẳng phương củaωij và(Ok)trùng với

đường trịn đẳng phương củaωik vàωjk (i, j, k= 1,3, i6=j6=k).

<i>I</i>
<i>O₂₃</i>
<i>O₁₂</i>

<i>O₁₃</i>

<i>O₁</i> <i>O2</i>

<i>O₃</i>

Chứng minh. Kí hiệuOij là tâm của ωij.

GọiP là tâm đẳng phương của(O1),(O2),(O3) và phương tích từ P đến 3 đường trịn bằngT.

Theo tính chất 3,P_{P /ω}_ij = 1

2(PP /(Oi)+PP /(Oj)) =

1

2.2T =T.

Như vậyP là tâm đẳng phương của 6 đường tròn(O1),(O2),(O3), ω12, ω23, ω13.

Gọi(I)là đường tròn đẳng phương củaω12vàω23. Chứng minh tương tự ta cũng suy raPP /(I)=T.
Ta cóI là trung điểmO12O23;O12, O23, O13 lần lượt là trung điểm của O1O2,O2O3,O1O3 nên I
là trung điểm củaO2O13.

Như vậy 3 đường trịn(O2), ω13,(I)có trục đẳng phương song song. Mà 3 đường trịn có tâm đẳng
phươngP nên chúng đồng trục. Nghĩa là(I)là đường tròn đẳng phương của(O2)vàω13. Chứng minh
tương tự cho các cặp còn lại.

Từ lời giải trên ta thu được tính chất tổng quát sau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Tính chất 7. Cho tam giác ABC và hai điểmP, Q liên hợp đẳng giác. Một đường tròn ωP tâm P

cắt 3 cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các cặp điểm A1, A2; B1, B2; C1, C2. Khi đó tồn tại đường trịn

ωQ tâm Q trực giao với các đường trịn đường kínhA1A2,B1B2,C1C2 và đường tròn pedal của tam
giácABC ứng với hai điểmP, Q là đường tròn đẳng phương của ωP và ωQ.

<i>P_c</i>

<i>C₂</i>

<i>B₂</i>

<i>B₁</i>

<i>Q</i>
<i>O</i>

<i>P_b</i>
<i>A</i>

<i>B</i> <i>C</i>

<i>P</i>
<i>C₁</i>

Chứng minh. Gọi Pb, Pc, Pa lần lượt là hình chiếu của P trên AC, AB, BC. Suy ra Pb, Pc lần lượt là
tâm của(B1B2)và (C1C2).

Ta có AQ⊥PbPcvà AC1·AC2=AB1·AB2 nên AQlà trục đẳng phương của(B1B2)và(C1C2).
Chứng minh tương tự suy raQlà tâm đẳng phương của(A1A2),(B1B2),(C1C2). Như vậy đường trịn
tâmQbán kính bằng căn của phương tích từQđến 3 đường trịn(A1A2),(B1B2),(C1C2)sẽ trực giao
với 3 đường trịn đó.

Ta có PPb/ωP

P_P_b_/ω_Q =

PbB1·PbB2

PbB22

=−1.

Suy raPb nằm trên đường trịn đẳng phương của ωP và ωQ.

Chứng minh tương tự suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác PaPbPc là đường trịn đẳng phương

củaωP vàωQ. Ta có đpcm.

4

Bài tập áp dụng

Bài 15. Cho tứ giácABCD.AD giaoBC tạiK. Đường tròn ngoại tiếp các tam giácKAC vàKDB

cắt nhau lần thứ hai tại T. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, BC. Chứng minh rằng tứ giác

KM T N nội tiếp.

Bài 16. Cho tam giácABC với phân giácAD.Gọi(I)và(Ia)lần lượt là đường trịn nội tiếp và bàng

tiếp gócA. Chứng minh rằng đường trịn đường kínhAD đồng trục với (I) và(Ia).

Bài 17. Cho tam giácABC có trực tâm H, trọng tâm G. Chứng minh rằng đường trịn đường kính

HGđồng trục với đường trịn ngoại tiếp và đường tròn Euler của tam giác ABC.

Bài 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), với trực tâm H và tâm đường tròn Euler E.
GọiB0, C0 lần lượt là hai điểm trên AB, AC sao cho E là trung điểm củaB0C0. Chứng minh rằng các
đường tròn(AB0C0),(AH),(O) đồng trục.

Bài 19. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BB0 và CC0 giao nhau
tại trực tâmH. Đường thẳng quaH song song vớiAB cắt AC tạiX, đường thẳng quaH song song
vớiAC cắtAB tạiY.(AH) giao (O) lần thứ hai tạiZ. Chứng minh rằng A, X, Y, Z cùng thuộc một

đường tròn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Bài 21. (Nguyễn Văn Linh). Cho hai đường tròn (O1) và(O2) giao nhau tạiA, B. GọiC, D lần lượt
là các điểm trên(O1),(O2) sao cho ∠CAB =∠DAB.BC, BD giao (O2),(O1) lần thứ hai tại E, F.
Đường thẳng qua A vng góc với AB cắt (O1),(O2) lần lượt tại X, Y. Gọi M là trung điểm XY.
Chứng minh rằng tứ giácCDEF nội tiếp đường trịn tâmM.

Bài 22. Cho tam giácABC có trực tâmH. Phân giác ngồi gócAcắt các đường trịn(ABH),(ACH)
lần lượt tạiD, E. Chứng minh rằng trung điểm của BC, AH, DE thẳng hàng.

Bài 23. (IMO Shortlist 1987). Cho tam giác ABC. Một tam giác đều A0B0C0 chuyển động sao cho

A0B0C0 ngoại tiếp tam giác ABC (các đỉnh của tam giác ABC tương ứng nằm trên cạnh tam giác

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Tài liệu

[1] Nguyễn Văn Linh,Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm, Euclidean geometry blog.
/>

[2] Nathan Altshiller-Court,College Geometry: An Introduction to the Modern Geometry of the
Tri-angle and the Circle, Dover Publications, New York, 2007.

[3] Julian Lowell Coolidge,A Treatise on the Circle and the Sphere, Oxford, 1916.
[4] Radical Circle, from Wolfram Mathworld.

/>[5] AoPS Forum.

</div>

<!--links-->