SKKN vận dụng phương tích để giải quyết một số dạng toán hình học phẳng trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán

I. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Bồi dưỡng học sinh giỏi là một nhiệm vụ quan trọng trong việc nâng cao
chất lượng giáo dục, bồi dưỡng nhân tài cho trường THPT Chuyên Lam Sơn nói
riêng, cho địa phương nói chung. Bồi dưỡng học sinh giỏi là một công việc khó
khăn và lâu dài, địi hỏi nhiều cơng sức của thầy và trị.
Phần Hình học phẳng trong chương trình tốn chuyên sâu là phần khó đối
với các em học sinh. Theo cấu trúc của đề thi học sinh giỏi Quốc gia có 7 bài thì
có tới 2 bài thuộc phần Hình học phẳng. Các bài tốn loại này mang tính tổng
hợp và trừu tượng hóa cao. Vì vậy nhiều học sinh học đến phần này thường
ngại, sự say mê, sáng tạo giảm. Thời gian đầu tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi
của trường, bản thân tơi gặp nhiều khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh giải
quyết các bài toán về phần này.
Phương tích là chủ đề quan trọng trong hình học phẳng. Lý thuyết về phần
này tuy đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng quan trọng trong. Rất nhiều bài
toán trong các đề thi học sinh giỏi khu vực, quốc gia và quốc tế có thể được giải
quyết được nhờ sử dụng các tính chất về phương tích của một điểm đối với một
đường trịn. Điển hình nhất là các bài tốn về quan hệ song song, vng góc; bài
tốn chứng minh các điểm đồng viên; bài tốn về sự đồng quy, thẳng hàng, về
các điểm và đường cố định…
Để giúp học sinh có sự say mê, tư duy sáng tạo trong việc học phần Hình
học phẳng. Tơi đã đọc tài liệu, nghiên cứu, phân tích, cải tiến cách dạy, tìm tịi
thêm các phương pháp giải tốn khác nhau. Đồng thời hệ thống hoá các bài tập,
trang bị cho các em lượng kiến thức để các em vận dụng làm bài tập một cách
khoa học hơn, sáng tạo hơn. Tạo ra sự hứng thú trong học tập đồng thời giúp các
em rèn luyện phương pháp giải bài tập khơng những loại bài tập này mà cịn vận
dụng cách tư duy đó cho các loại bài tập khác. Trong khn khổ đề tài “Vận
dụng phương tích để giải quyết một số dạng tốn hình học phẳng trong bồi
dưỡng học sinh giỏi tốn” tơi chỉ nêu được một số kỹ thuật để Học sinh giải
quyết một các bài tốn Hình học phẳng một cách khoa học và có tính sáng tạo
hơn. Từ đó để các em củng cố kiến thức, rèn luyện khả năng nghiên cứu khoa

học, đồng thời cũng trang bị thêm kiến thức nhằm chuẩn bị tốt cho các kỳ thi
học sinh giỏi năm học 2021-2022.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu là tìm ra phương pháp dạy học phù hợp dành cho bồi
dưỡng học sinh giỏi một số nội dung trong phần Hình học phẳng ở Trường
THPT Chuyên Lam Sơn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là các học sinh Chuyên Toán, Trường THPT Chuyên
Lam Sơn.

1


1.4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu về phần Hình học phẳng,
Phương pháp dạy học mơn Tốn ... có liên quan đến đề tài Sáng kiến kinh
nghiệm.
Quan sát: Quan sát thực trạng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn nói chung
và bồi dưỡng phần Hình học phẳng nói riêng ở Trường THPT Chun Lam Sơn.
Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả
thi và hiệu quả của việc vận dụng phương tích để giải quyết một số dạng tốn hình
học phẳng trong bồi dưỡng học sinh giỏi tốn ở Trường THPT Chuyên Lam Sơn.
II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trước hết, ta sẽ tìm hiểu những nội dung cơ bản về phương tích của một
điểm đối với một đường trịn.
2.1.1. Định lí và định nghĩa phương tích của một điểm đối với đường trịn
a. Định lí 1. 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 .

b. Định nghĩa 1. Giá trị không đổi MA.MB = d 2 − R 2 trong định lí trên được gọi
là phương tích của điểm M đối với đường trịn (O) và kí hiệu PM /(O) .
c. Nhận xét
+) Từ định nghĩa ta có PM / ( O ) = MA.MB = d 2 − R 2 . Vì vậy:
PM /(O ) < 0 ⇔ M nằm trong (O); PM /(O ) = 0 ⇔ M nằm trên (O); PM /(O ) > 0 ⇔ M
nằm ngoài (O).
+) Cho hai cát tuyến MAB, MCD của đường trịn (O). Khi đó
PM /(O) = MA.MB = MC.MD = MO 2 − R 2 .

+) Cho hai dây cung AB, CD của đường tròn (O) cắt nhau tại điểm M. Khi đó
PM /(O) = MA.MB = MC.CD = R 2 − MO2 .

2


+) M nằm ngồi đường trịn (O) và MT là tiếp tuyến của (O). Khi đó
PM /( O) = MT 2 .

d. Hệ quả 1. Cho hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tạiuuM.
kiện
ur uĐiều
uur u
uur ucần
uuu
r và
đủ để bốn điểm A, B, C , D nội tiếp được đường tròn là MA.MB = MC.MD (hay
MA.MB = MC.MD ).

e. Hệ quả 2. Cho đường AB cắt đường thẳng ∆ ở M và điểm C trên đường
thẳng ∆ ( C ≠ M ) . Điều kiện cần và đủ để ∆ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC tại C là MA.MB = MC 2 .

2.1.2. Phương tích của một số điểm đặc biệt của tam giác
a. Phương tích trọng tâm
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Các cạnh BC = a, CA = b,
AB = c. Khi đó phương tích của trọng tâm G của tam giác ABC với (O) là:
PG /( O ) = − 1 ( a 2 + b2 + c 2 )
9
b. Phương tích trực tâm
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R). Phương tích của trực tâm H của
tam giác ABC đối với (O) tính theo R và các góc A, B, C là:
PH /( O) = −8R 2 cos A.cos B.cos C.
3


Nhận xét
PH /( O ) = OH 2 − R 2 = −8R 2 cos A.cos B.cosC ⇒ OH 2 = R 2 ( 1 − 8cos A.cos B.cosC ) .
c. Phương tích của tâm đường trịn nội tiếp đối với đường tròn ngoại tiếp
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) và ngoại tiếp đường trịn ( I ; r ).
Phương tích của I đối với đường tròn ( O ) là:
PI /( O ) = −2Rr.
2.1.3. Trục đẳng phương của hai đường tròn, chùm đường trịn
a. Định lý 2. Cho hai đường trịn khơng đồng tâm (O 1 ; R1 ) và (O 2 ; R2 ) . Tập hợp
các điểm M có phương tích đối với hai đường trịn bằng nhau là một đường
thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O 1 )
và (O2 ).
b. Các hệ quả. Cho hai đường tròn (O) và (I). Khi đó:
+) Trục đẳng phương của hai đường trịn vng góc với đường thẳng nối
tâm.
+) Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương

của chúng.
+) Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O) và (I) thì đường thẳng qua
M vng góc với OI là trục đẳng phương của hai đường tròn.
+) Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường trịn thì
đường thẳng MN chính là trục đẳng phương của hai đường trịn.

+) Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường trịn thì 3 điểm đó
thẳng hàng.
+) Nếu (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vng góc
với OI chính là trục đẳng phương của hai đường trịn.

4


c. 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 trịn.
Trường hợp 3: Hai đường trịn khơng 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
vng góc với O1O2 là trục đẳng phương của (O1 ),(O2 ).
d. Chùm đường tròn
Tập hợp những đường trịn có chung một trục đẳng phương gọi là chùm
đường tròn.
Với hai đường tròn (O1 ),(O2 ) , tập hợp A = {α .PM /(O1 ) + β .PM /( O2 ) = 0} là
một chùm đường tròn.
2.1.4. Tâm đẳng phương

a. Định lý 3. 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 trịn.

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.
b. Các hệ quả
5


+) Nếu 3 đường trịn đơi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua
một điểm
+) Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường
tròn thẳng hàng.
+) Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì
các trục đẳng phương trùng nhau.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Khi bồi dưỡng học sinh giỏi phần Hình học phẳng đối với học sinh lớp 10
và lớp 11 chuyên toán trường THPT Chuyên Lam Sơn, trong giai đoạn đầu khi
học về phần này, học sinh thường gặp nhiều khó khăn để chiếm lĩnh tri thức.
Nhiều học sinh học đến phần này cảm thấy rắc rối và dẫn đến ngại. Một số
học sinh khi gặp các bài tốn mà các em chưa có hướng giải, các em hay bỏ
cuộc ngay, khơng có tính kiên trì để tìm tịi cách giải, các học sinh đó hay ỷ lại,
chờ giáo viên chữa. Thời gian đầu, bản thân tơi gặp nhiều khó khăn trong việc
hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán về phần này. Điều đó thơi thúc tơi
tìm ra một hướng giải quyết bài tốn với một cơng cụ nào đó làm tiền đề và sau
đó kết hợp với những cơng cụ khác để hướng dẫn học sinh giải quyết những bài

toán đã đặt ra.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Qua nhiều băn khoăn trăn trở, tôi đã nghiên cứu, tìm tịi và đưa ra được các
cách vận dụng phương tích để giải quyết một số nội dung trong Hình học phẳng
nhằm khắc phục vấn đề đã nêu.
2.3.1. Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài tốn chứng
minh các điểm nằm trên một đường trịn
Khi hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài toán chứng
minh các điểm nằm trên một đường tròn, ta cần nhấn mạnh nội dung kiến thức
hay sử dụng là: Cho hai đường thẳng AB và CD cắt nhau utại
uur M.
uuurĐiều
uuukiện
r uuuu
rcần và
đủ để bốn điểm A, B, C , D nội tiếp được đường tròn là MA.MB = MC.MD (hay
MA.MB = MC.MD ).
Ví dụ 1 (China 2010). Cho hai đường tròn ( ω1 ) , ( ω2 ) cắt nhau tại hai điểm A,B.
Một đường thẳng qua B cắt ( ω1 ) , ( ω2 ) tại C và D, một đường thẳng khác qua B
cắt ( ω1 ) , ( ω2 ) tại E và F. Đường thẳng CF cắt lại ( ω1 ) , ( ω2 ) theo thứ tự tại P và
Q. Chứng minh rằng nếu CD = EF thì C , F , M , N nằm trên một đường trịn,
trong đó M, N là điểm chính giữa của các cung nhỏ BP và BQ.
Hướng dẫn giải.
·
·
·
Ta có ∆ACD = ∆AEF , suy ra AE = AC ⇒ ACE
= AEC
⇒ ABC
= ·ABF , suy ra

·
BA là phân giác góc CBF
. Do đó ba đường thẳng AB, CM , FN đồng quy tại
tâm nội tiếp I của tam giác BCF.

6


Ta có IC.IM = IA.IB = PI /( ω1 ) ; IF .IN = IA.IB = PI /( ω2 ) , suy ra IC.IM = IF .IN .
Vậy C , F , M , N nằm trên một đường tròn (đpcm).
Ví dụ 2 (HSG Quốc gia 2020). Cho tam giác ABC nhọn không cân. Gọi D, E, F
lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Đường
trịn đường kính AD cắt lại DE, DF lần lượt tại M, N. Lấy các điểm P, Q tương
ứng trên AB, AC sao cho NP vng góc AB, MQ vng góc AC. Gọi (I) là đường
tròn ngoại tiếp tam giác APQ.
a) Chứng minh rằng (I) tiếp xúc với EF.
b) Gọi T là tiếp điểm của (I) với EF. DT cắt MN tại K. Gọi L là điểm đối xứng
với A qua MN. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DKL đi qua
giao điểm của EF và MN.
Hướng dẫn giải.

7


a) Kẻ AT vng góc với EF.
Do ∠AFE = ∠AFN = 90◦, ∠AFT = ∠AFN nên ∆ AFT = ∆ AFN. Suy ra N đối
xứng với T qua AB. Suy ra TP ⊥ AB. Tương tự TQ ⊥ AC. Suy ra (I) tiếp xúc với
EF tại T.
b) Gọi S là giao của EF và MN. Để chứng minh tứ giác DLKS nội tiếp, áp dụng
tính chất về phương tích ta chỉ cần chứng minh JK .JS = JL.JD , thậy vậy:

Giả sử MN cắt AE, AF lần lượt tại Y, Z. J là giao của AD với MN.
Do M, N lần lượt đối xứng với T qua AE, AF nên EZ ⊥ AB, FY ⊥ AC. Suy ra
(EF,TS) = −1. Từ đó D(EF,TS) = −1, suy ra (MN,KS) = −1.
Do J là trung điểm MN nên theo hệ thức Newton:
2
JK .JS = JM = − JM .JN = − JA.JD = JL.JD .
Như vậy ta có JK .JS = JL.JD suy ra tứ giác DLKS nội tiếp.
Ví dụ 3 (Poland 2013). Cho tam giác ABC với hai đường phân giác trong
BB ', CC ' cắt nhau tại I. Đường thẳng với IA tại A cắt BI , CI tại K , M tương
ứng. Đường thẳng B ' C ' cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm
N , E . Chứng minh rằng bốn điểm M , N , E , K cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn giải.

Gọi D là giao điểm của MB và KC, ta có A, D, I thẳng hàng vì IA và DA cùng
vng góc với MK. Ta có ngay M và K là tâm bàng tiếp góc C và B của tam giác
ABC nên IB vng góc với MB và IC vng góc với KC, do đó tứ giác MBCK
nội tiếp. Ta thấy I là giao của MC' và KB', A là giao của BC' và CB' còn D là giao
của MB và CK và I , A, D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta được
MK , B ' C ', BC đồng quy, giả sử tại điểm P. Từ đó theo phương tích của điểm P
với các đường tròn ta được PN .PE = PB.PC = PM .PK . Vậy M , N , E , K cùng
thuộc một đường tròn (đpcm).
8


2.3.2. Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài tốn chứng
minh vng góc, song song
Khi hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài tốn chứng minh
vng góc, song song. Ta cần nhấn mạnh cho học sinh kiến thức quan trọng hay
sử dụng là: Tập hợp 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 nó vng góc với đường thẳng nối tâm của hai đường trịn.
Ví dụ 1 Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Trên
các tia FB, EC theo thứ tự lấy các điểm P, Q sao cho FP = FC , EQ = EB . BQ
cắt CP tại K. Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của BQ, CP. Chứng minh
HK ⊥ IJ .
Hướng dẫn giải. Tứ giác BCEF
nội tiếp nên ta có :
PH /( BCEF ) = HB.HE = HC.HF
.
= PH /( BEQ ) = PH /( PCF )
Từ giả thiết ta có,
·
·
BPC
= BQC
= 450 ⇒ BCQP nội
tiếp.
Do đó, PK /( BCQP ) = KB.KQ = KC .KP
= PK /( PCF ) = PK /( BEQ )

Vậy HK là trục đẳng phương của hai
đường tròn ( PCF ) và ( BEQ ) , mà
J, I lần là hai tâm của hai đường trịn
này ⇒ HK ⊥ IJ .
Ví dụ 2 (IMO shorlist 2014). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O )
với AB > BC . Phân giác của góc ABC cắt ( O ) tại M khác B. Gọi ( ε ) là đường
trịn đường kính BM. Phân giác của góc AOB và BOC cắt ( ε ) tại P và Q .
Trên đường thẳng PQ lấy điểm R sao cho RB = RM . Chứng minh rằng
BR || AC .
Hướng dẫn giải.

Gọi K là trung điểm của BM thì K là tâm của ( ε ) . OK và OM chính là trung trực
của BM và AC, do đó R là giao điểm của PQ với OK.
Gọi N là giao điểm thứ hai của OM với đường trịn ( ε ) , ta có ngay BN || AC .
Ta chỉ cần chứng minh đường thẳng BN đi qua R là xong. Điều đó đồng nghĩa
với ba đường thẳng BN , PQ, OK đồng quy. Ta sẽ dựng ra ba đường tròn mà các
đường thẳng BN , PQ, OK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường trịn,
từ đó sẽ thu được điều cần chứng minh.
9


Từ đặc điểm vng góc tại N và K ta suy ra N và K nằm trên đường tròn ( ω )
đường kính OB. Tiếp theo ta sẽ chứng minh O, K , P, Q nằm trên đường tròn.
Gọi D và E lần lượt là trung điểm của BC và AB thì D nằm trên OQ và E nằm
trên OP. Do các điểm B, E , O, K , D cùng nằm trên đường tròn ( ω ) nên ta được
·
·
·
·
EOR
= EBK
= KBD
= KOD
·
Suy ra OK là phân giác ngoài của góc POQ
. Mặt khác do K là tâm của ( ε ) nên
K nằm trên trung trực của PQ. Từ đó suy ra K là điểm chính giữa cung POQ
của đường tròn ngoại tiếp tam giác POQ . Suy ra O, K , P, Q nằm trên đường
tròn ( γ ) .
Khi đó OK , BN , PQ lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ( ω ) ,
( γ ) và ( ε ) . Vậy OK , BN , PQ đồng quy, bài tốn được chứng minh hồn tồn.

Ví dụ 3 (Việt Nam TST 2019). Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường
tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Giả sử BI cắt AC ở E và CI cắt AB ở F.
Đường tròn qua E, tiếp xúc với OB tại B cắt (O) tại M. Đường tròn qua F tiếp
xúc với OC tại C cắt (O) tại N. Các đường thẳng ME, NF cắt lại (O) lần lượt tại
P,Q. Gọi K là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng PQ cắt BC, EF lần lượt tại
G,H. Chứng minh rằng trung tuyến qua G của tam giác GHK vng góc với OI.
Hướng dẫn giải.
Gọi L là giao của tiếp tuyến tại C của (O) với AB. Suy ra (L,LC) là đường tròn
C-Apollonius của tam giác ABC. Rõ ràng (L,LC) đi qua F,N.
Ta có tứ giác ANBC điều hịa nên phân giác ∠ACB, ∠ANB cắt nhau trên AB.
Suy ra NF là phân giác ∠ANB, từ đó Q là điểm chính giữa cung ACB của (O).
Tương tự P là điểm chính giữa cung ABC của (O).
10


Gọi Ia,Ib,Ic là các tâm bàng tiếp góc A,B,C của tam giác ABC thì P,Q lần lượt là
trung điểm của IaIc, IaIb.
Gọi R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc. Ta có I là trực tâm tam giác
IaIbIc, O là tâm đường tròn Euler của tam giác IaIbIc nên R,O,I thẳng hàng.
PG / ( Ia R ) = GP.GQ = GB.GC = PG / ( Ia I ) .
Suy ra IaG là trục đẳng phương của (IaI) và (IaR).
Mà đường nối tâm của (IaI) và (IaR) là đường trung bình ứng với cạnh IR của
tam giác IaRI nên IaG ⊥ IR.
Vấn đề còn lại là cần chứng minh IaG đi qua trung điểm KH.
Gọi U là giao điểm của IbIa với AB. Ta có PU / (O ) = UB.UA = UI a .UI b = PU / ( R ) nên U
thuộc trục đẳng phương của (O) và (R).
Ta có A(BC,IaK) = −1 = A(BC,IaIb) nên K là giao điểm của IbIc với BC. Chứng
minh tương tự ta thu được KU là trục đẳng phương của (O) và (R). Suy ra KU ⊥
OR. Giả sử IaG cắt EF tại J, IbIc tại S.
Ta có (AB,FU) = −1 nên K(AB,FU) = −1. Chiếu lên SG với chú ý KU || SG ta thu

được JS = JG. Do PQ || IbIc nên JH = JK. Suy ra GJ là trung tuyến của tam giác
GKH. Bài toán được chứng minh xong.
2.3.3. Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài toán chứng
minh thẳng hàng, đồng quy
Kiến thức về phương tích để giải các bài tốn chứng minh thẳng hàng, đồng quy
hay sử dụng là:
+ Các điểm có cùng phương tích với 2 đường trịn thì nằm trên 1 đường thẳng.
+ Trục đẳng phương của đôi một 3 đường trịn đồng quy tại 1 điểm.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) . Gọi ( I ) , ( I a ) lần lượt là đường trịn
nội tiếp, đường trịn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Giả sử II a cắt BC và
( O ) lần lượt tại A′, M . Gọi N là điểm chính giữa cung MBA. NI , NI a cắt ( O )
lần lượt tại S, T. Chứng minh rằng S , T , A′ thẳng hàng.
11


Hướng dẫn giải.

Ta có
1
·
» + sd SA
º = 1 sd NM
¼ + sd SA
º = NIM
·
NTS
= sd NA
⇒ I· aTS = I· a IS ⇒ I aTIS nội
2
2

tiếp.
0
·
·
Mặt khác IBI
nội tiếp. Ta thấy II a là trục đẳng phương
a = ICI a = 90 ⇒ IBI a C
của ( I aTIS ) và ( IBI aC ) . BC là trục đẳng phương của ( O ) và ( IBI aC ) . TS là
trục đẳng phương của ( O ) và ( I aTIS ) . Suy ra II a , BC ,TS đồng quy tại
A′ ⇒ S , T , A′ thẳng hàng.
Ví dụ 2 (HSG Quốc gia 2021). Cho tam giác nhọn khơng cân ABC có trực tâm
H và D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Gọi (I) là đường
tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I và K, J lần lượt là trung điểm BC, EF.
Cho HJ cắt lại (I) tại G, GK cắt lại (I) tại L.
a) Chứng minh rằng AL vng góc với EF.
b) Cho AL cắt EF tại M, IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tại N, DN
cắt AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng PE, QF, AK đồng quy.
Hướng dẫn giải.
a) Ta có KI là đường nối tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF và BFEC
nên KI là đường trung trực của EF suy ra K, I, J thẳng hàng và EF ⊥ IK dẫn đến
KF là tiếp tuyến đường tròn tâm I ngoại tiếp tứ giác AEHF.
2
Lại có PK /( I ) = KF = KL.KG

(

) (

)

Mà ∆ IFK vuông tại F có FJ là đường cao.
⇒ KF 2 = KJ .KI = KL.KG nên tứ giác IJLG nội tiếp, vì thế ta có
1·
¶ = JGL
·
¶ = JIH
·
JIL
= HIL
⇒ JIL
⇒ ∆HIJ = ∆LIJ (g.c.g) mà (I) có AH là đường
2
kính ⇒ AL ⊥ HL ⇒ AL ⊥ EF (đpcm).
12


b) Kẻ tiếp tuyến AO của (I) : O ∈ ND. Gọi giao điểm của QF và PE là X. Ta có:
PM /( IEF ) = MN .MI = ME.MF = MA.ML = PM /( HEF ) ⇒ MN .MI = MA.ML
⇒ tứ giác AILN nội tiếp ⇒ ·ANI = ·ALI . Lại có:
1·
·
·
·
· = 900 − ·ALI ⇒ AND
·
IND
= IKD
= 900 − DIK
= 900 − HIC
= 900 − IAL

= 900
2
Xét ∆ DAO có AN ⊥ DO ⇒ OA2 = ON.OD
⇒ PO /( I ) = PO / ( IEF ) ⇒ O, E , F thẳng hàng. Xét ∆ APQ có:
O ∈ PQ, E ∈ AQ, F ∈ AP, QF ∩ PE = { X } ⇒ A ( PQ, XO ) = −1 ⇒ A ( BC , XO ) = −1
Mà xét ∆ ABC có AO PBC (do AO ⊥ AH ; AH ⊥ BC ); K là trung điểm của BC
⇒ A(BC,KO) = −1 ⇒ A, X, K thẳng hàng ⇒ AK, PE, QF đồng quy (đpcm).
Ví dụ 3 (IMO shorlist 2011). Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC nội tiếp
đường tròn ( O ) . Gọi B0 , C0 là trung điểm của cạnh AC và AB. D là hình chiếu
của A trên BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi ( ω ) là đường tròn qua
B0 , C0 và tiếp xúc với ( O ) tại điểm X khác A. Chứng minh rằng D, G, X thẳng
hàng.
Hướng dẫn giải. Gọi a và x là tiếp tuyến tại A và X của đường tròn ( O ) và gọi
( ω1 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 . Dễ thấy a cũng là tiếp tuyến của
( ω1 ) tại A và a là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và ( ω1 ) .
Như vậy ba đường thẳng a, x và B0C0 lần lượt là trục đẳng phương của các cặp
đường tròn ( O ) và ( ω1 ) ; ( O ) và ( ω ) ; ( ω ) và ( ω1 ) , do đó a, x và B0C0 đồng
quy tại điểm M.
13


Ta có MA = MD = MX nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX. Gọi
T là giao điểm thứ hai của DX với ( O ) , chú ý là O ∈ ( ω1 ) . Ta có
1
1
1
·
DAT
= ·ADX − ·ATD = 3600 − ·AMX − ·AOX = 1800 − ·AMX + ·AOX = 900
2

2
2
AD
⊥
AT
⇒
AT
||
BC
suy ra
. Do đó ATCB là hình thang cân.

(

)

(

)

1

Gọi A0 là trung điểm của B0C0 . Xét phép vị tự V − 2 biến A a A0 ; B a B0 ;
G
·
C a C0 ; T a T ' , suy ra TCB
= T· ' C0 B0 .
·
·
· C A = DC

· B . Do đó T ' ≡ D , từ đó suy ra D, G, T
Mặt khác TCB
= CBA
=B
0 0
0 0
thẳng hàng và ta có điều phải chứng minh.
2.3.4. Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài toán chứng
minh điểm cố định, đường cố định
Kiến thức hay sử dụng là: Nếu A, B cố định và AB. AM là số khơng đổi, do
đó M cố định.
Ví dụ 1. Cho đường tròn (O) và điểm I cố định nằm trong đường tròn, I khác O.
Một đường thẳng quay quanh I, cắt (O) tại A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A
và B cắt nhau tại M. Chứng minh rằng M chạy trên một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn giải.
Gọi K là giao điểm của OM và AB, H là hình chiếu của M trên đường thẳng OI.
Khi đó tứ giác MKIH nội tiếp ⇒ OK .OM = OI .OH ( 1) . Tam giác OAM có
OK .OM = OA2 = R 2 ( 2 )

14


R2
⇒ H cố định. Vậy M chạy trên
Từ (1) và (2) suy ra OI .OH = R ⇔ OH =
OI
đường thẳng qua H và vng góc với OI tại H.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O, R ) . M là điểm di động trong
( O ) . AA′, BB′, CC ′ lần lượt là các dây cung đi qua M và thỏa mãn hệ thức
MA MB MC

+
+
= 3 . Chứng minh rằng M thuộc một đường tròn cố định.
MA′ MB′ MC ′
Hướng dẫn giải.
2

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC.
a 2 + b2 + c 2
2
2
Theo phương tích trọng tâm, ta có R = OG +
( 1)
9
Do MA.MA′ = MB.MB′ = MC.MC ′ = R 2 − OM 2 suy ra
MA
MA2
MA2
=
=
.
MA′ MA.MA′ R 2 − OM 2
MB
MB 2
MC
MC 2
=
;
=
Tương tự ta cũng có

. Từ đó ta có
MB′ R 2 − OM 2 MC ′ R 2 − OM 2
MA2 + MB 2 + MC 2
1 2
2
=
3
⇔
3
MG
+
a + b 2 + c 2 ) = 3 ( R 2 − OM 2 ) ( 2 )
(
2
2
R − OM
3
2
2
2
(1); (2) ⇒ OM + MG = OG . Vậy M nằm trên đường trịn đường kính OG.
15


Ví dụ 3 (HSG Quốc gia 2015). Cho đường trịn (O) và hai điểm B, C cố định
trên (O), BC khơng là đường kính. Một điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam
giác ABC nhọn. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác
ABC. Cho (I) là đường tròn thay đổi đi qua E, F và có tâm là I.
DB
cot B

=
a) Giả sử (I) tiếp xúc với BC tại điểm D. Chứng minh rằng
DC
cot C
b) Giả sử (I) cắt cạnh BC tại hai điểm M, N. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và
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 điểm T (T cùng phía A đối với PQ).
·
Chứng minh rằng đường phân giác trong của góc MTN
ln đi qua một điểm cố
định.
Hướng dẫn giải.
a) Giả sử điểm D nằm trong cạnh BC, trường hợp điểm D nằm ngoài chứng
minh tương tự.
Gọi R, S lần lượt là giao điểm của (I) với BC (các giao điểm này có thể tương
ứng trùng E, F trong trường hợp tam giác ABC cân).
AR AE AB
=
=
⇒ RS / / BC
Ta có AR. AF = AS . AE ⇒
AS AF AC
Do (I) tiếp xúc với BC tại D nên:
DB 2 BF .BR BF BR BF AB BF BE cot B
DB
cot B
=
=
.
=

.
=
.
=
=
. Do đó
.
2
DC
CE.CS CE CS CE AC CE CF cot C
DC
cot C

b) Trường hợp tam giác ABC cân tại A, bài toán hiển nhiên đúng.
Xét trường hợp tam giác không cân ở A, không mất tính tổng quát, giả sử AB <
AC. Gọi G là giao điểm của EF và đường thẳng BC.
Xét các đường trịn (BHC), (I) và đường trịn đường kính BC. Ta thấy:
Trục đẳng phương của (BHC), (I) là PQ.
Trục đẳng phương của (I) và đường trịn đường kính BC là EF.
Trục đẳng phương của (BHC) và đường trịn đường kính BC là BC.
16


Do đó PQ, EF, BC đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường trịn này. Ta có
GT 2 = GP.GQ = GM .GN nên đường tròn (TMN) cũng tiếp xúc với (O) tại T.
·
·
¼ của đường trịn (K)).
Do đó ta có GTM
(cùng chắn cung TM

= GNT
·
·
·
Theo tính chất góc ngồi của tam giác thì GNT
. Hơn nữa, do GT
= NTC
+ NCT
·
·
tiếp xúc với (O) nên GTB
. Trừ tương ứng từng vế 2 đẳng thức, ta được
= GCT
·
·
BTM
= NTC
·
·
Từ đây dễ thấy phân giác của góc MTN
và BTC
là trùng nhau hay phân giác
·
của MTN
đi qua trung điểm J của cung BC khơng chứa A, đây là điểm cố định.
Ta có đpcm.
2.3.5. Hướng dẫn học sinh vận dụng phương tích để giải các bài toán chứng
minh đẳng thức, bất đẳng thức hình học
Kiến thức hay sử dụng là các đẳng thức về giá trị của phương tích của một
điểm đối với một đường trịn.

Ví dụ 1 (IMO shorlist 2011). Cho tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 không nội tiếp. Gọi O1
và r1 là tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Định nghĩa
O2 , O3 , O4 và r2 , r3 , r4 một cách tương tự. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+
+
+
= 0.
2
2
2
2
2
2
O1 A1 − r1 O2 A2 − r2 O3 A3 − r3 O4 A42 − r42
Hướng dẫn giải.

17


Gọi M là giao điểm hai đường chéo A1 A3 và A2 A4 , B1 là giao điểm thứ hai của
A1 A3 với đường tròn ( ω1 ) ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 .
yt
Ta có O1 A12 − r12 = A1B1. A1 A3 và MB1.MA3 = MA2 .MA4 ⇒ MB1 = . Do đó
z
z−x
 yt


O1 A12 − r12 =  − x ÷( z − x ) =
( yt − xz )
z
 z

Cùng các đẳng thức tương tự ta được
4
1
1  z
t
x
y 
=
−
+
−
∑

÷= 0 .
2
2
O
A
−
r
yt
−
xz
z

−
x
t
−
y
x
−
z
y
−
t
i =1


i i
i
Ví dụ 2 (Việt Nam TST 2006). Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không
phải tam giác cân nội tiếp trong đường trịn tâm O bán kính R. Một đường thẳng
d thay đổi sao cho vng 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 trịn ngoại tiếp tam giác
MNP ln 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 ≤ 4R2 − a2 .
Hướng dẫn giải.

18

a) 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 hịa.
Suy ra ( QPBC ) = −1.
2

Khi đó ta có: 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 MNEP 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 .
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Với cương vị là người được giao nhiệm vụ bồi dưỡng Học sinh giỏi mơn
Tốn, sau khi triển khai những nội dung trong Sáng kiến kinh nghiệm này vào
dạy cho các học sinh đội tuyển lớp 11 chuyên Toán 2 tại trường THPT Chuyên
Lam Sơn, đã thu được những kết quả đáng khích lệ.
Trước hết, các em khơng cịn thấy “ngại” khi gặp các bài về Hình học
phẳng. Khơng những vậy, các em còn rất hào hứng và muốn “chinh phục” dạng
toán này.
Kết quả làm được các bài toán về Hình học phẳng của học sinh trong các
lần kiểm tra, đánh giá của nhà trường ngày càng cao. Trong 2 lần thi chọn đội
tuyển của Trường và của Tỉnh thì đa số học sinh tiếp cận được với bài toán Hình
học phẳng và làm trọn vẹn được loại bài tốn này. Đặc biệt là học sinh tham dự
kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm học 2020 - 2021 đã làm được cả 2 bài
hình học phẳng. Kết quả đó góp phần đưa đội tuyển của trường với 10/10 học
sinh đạt giải với 1 giải Nhất, 7 giải Nhì, 2 giải Ba. Sáng kiến kinh nghiệm này sẽ
tiếp tục vận dụng để dạy cho đội tuyển Học sinh giỏi của trường, và hứa hẹn sẽ
góp phần đem lại thành công cho nhà trường và cho tỉnh nhà trong các kỳ thi
Học sinh giỏi khu vực, cấp Quốc gia và Quốc tế trong năm học 2021 - 2022.

19


III. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Bồi dưỡng học sinh giỏi là là một nhiệm vụ chính trị quan trọng của trường
trung học phổ thơng Chun Lam Sơn nói riêng và của ngành giáo dục nói
chung.
Phần Hình học phẳng trong chương trình tốn học phổ thơng mặc dù là

phần khó đối với các em học sinh. Các bài toán loại này mang tính tổng hợp và
khái qt hóa cao. Tuy nhiên khi học sinh qua ngưỡng “ngại” thì các em sẽ hứng
thú với nội dung này.
Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn phần Hình học phẳng trong
chương trình tốn chun sâu, ngồi việc động viên, khích lệ về mặt tinh thần
đối với học sinh, khuyến khích các em nỗ lực tìm tịi những lời giải hay, tranh
luận với bạn bè giúp nhau cùng tiến bộ, người giáo viện cịn phải biết phân tích
bài tốn và tìm ra các cách vận dụng những cái đã biết vào giải toán một cách
phù hợp với học sinh nhất. Ví dụ như vận dụng phương tích để giải một số dạng
tốn trong phần Hình học phẳng trong SKKN này.
Trên đây là một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi Toán về vận dụng
phương tích để giải một số dạng tốn trong phần Hình học phẳng ở Trường
THPT Chuyên Lam Sơn. Trong phạm vi Sáng kiến kinh nghiệm, tôi chỉ mới giải
quyết một số ít dạng tốn về nội dung này. Rất mong các bạn đồng nghiệp góp ý
kiến để có một cách dạy và khai thác thể loại này một cách tốt nhất và hiệu quả
cao nhất.
3.2. Kiến nghị
Đề nghị Sở Giáo dục và Đào tạo công bố rộng rãi Sáng kiến kinh nghiệm
này để mọi người tham khảo. Qua đó, hy vọng người đọc sẽ có những ý kiến
phản hồi để tác giả tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa đề tài này.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản
thân, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Nguyễn Đình Thanh

20