TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
KHOA TOÁN - LỚP TOÁN 4B
HÌNH H C SỌ Ơ C PẤ
PHƯƠNG TÍCH
GVHD: Lê Ngô Hữu Lạc Thiện
Danh sách nhóm – Toán 4B
1. Nguyễn Ngọc Quý
2. Nguyễn Thị Mỵ
( )

.
M O
MA MB=P
3. Lâm Thị Thu Thảo
4. Tôn Nữ Thanh Trúc
5. Nguyễn Phước Thanh
TP.HCM, ngày 10 tháng 10 năm 2012
BÀI 4
PHƯƠNG TÍCH
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT PHƯƠNG TÍCH
1. Định lý phương tích:
( )
2 2
/
.
M O
MA MB MO MR
= −
P =
Nếu MP là tiếp tuyến tại P của đường tròn (O,R) là:
( )

OO NMP -P =
.
4. Đường tròn trực giao:
Điều kiện trực giao: điều kiện cần và đủ để hai đường tròn trực giao (O;R)
và (O’;R’) là:
(Các mệnh đề sau là tương đương)
a.
2 2 2
' 'OO R R
= +
b.
( )
2
/ 'O O
RP =
.
c. Đường kính của đường tròn này bị đường tròn kia chia điều hoà.
II. BÀI TẬP PHƯƠNG TÍCH
Bài 1: Cho đường tròn
( ; )O R
có đường kính
BC
thay đổi. A là điểm ở
ngoài đường tròn.
a) Chứng minh
( )ABC
đi qua một điểm cố định khác A. Suy ra tâm
đường tròn
( )ABC
thuộc một đường thẳng cố định.

Do
R const
=

và O, A cố định nên D cố định.
• Suy ra, IA=ID do đó I thuộc trung trực AD cố định.
Vậy tâm đường tròn
( )ABC
nằm trên đường thẳng cố định là trung
trực của
AD
.
b)
Gọi M trung điểm của AO, nên M cố định.
H là chân đường cao TH trong tam giác AOT.
Ta có:
/( ) /( )
2 2 2 2 2 2 2
.
P P
T ABC T O
TA TO TB TC TO TO R TO R
− = − = − − = −
Theo hệ thức lượng trong tam giác ta có:
2
2 2 2
2 .
2
R
AD MH TA TO R MH

· ·
( )
( ) ( )

, , , là chùm phân giác
Mà
, , , 1 1
EMB FMB
MA MH ME MF
HM AC
MA MH ME MF AHEF

⇒ =

⇒

⊥


⇒ =− ⇒ =−
Vậy hai đường tròn (AH) và (BC) trực giao nhau.
Bài 3: Một cát tuyến thay đổi song song đáy
BC
của tam giác
ABC
cắt
AB
và
AC
lần lượt tại

( vì
' ( )B AC
∈
)
/( )
. '
H CD
P HC HC
=
( vì
' ( )C AB
∈
)
Mà:
. ' . 'HB HB HC HC
=
(vì
' 'BCB C
nội tiếp).
Suy ra
/( ) /( D)H BE H C
P P
=
Vì vậy H thuộc trục đẳng phương của (BE) và (CD)
Lại có:

/( )
/( )
. '
. '

=
⇒ =

A
⇒
thuộc trục đẳng phương của
( )BE
và
( )CD

Vậy
AH
là trục đẳng phương của (BE) và (CD). (đpcm)
Cách khác:
Gọi
' ( ), ' ( )C AB CD B AC BE
= ∩ = ∩

Khi đó
'CC AB
⊥
và
'BB AC
⊥

Suy ra
H
là trực tâm của
ABCV
( với

=
( do BC’B’C nội tiếp)
Nên :
' '
AD AE
AB AC
=
Hay :
. ' . 'AD AC AE AB
=

/( ) /( )A CD A BE
P P
⇒ =
(2)
Từ (1), (2) suy ra A, H thuộc trục đẳng phương của (BE) và (C D)
Mà AH cũng là đường cao (Hlà trưc tâm của
ABCV
)
Nên ta có đpcm.
Bài 4: Cho tứ giác
ABCD
.
AC
cắt
BD
tại
O
. Gọi
,I J

(do AFED nội tiếp)
Ta có:
( ) ( )
/ /
. ; .
H CD H AB
P HF HD P HE HA
= =
Do (1) nên
( ) ( )
/ /H CD H AB
P P
=
Suy ra H thuộc trục đẳng phương của (CD) và (AB)
(a)
Ta có :
( )
/( )
. . 2 (
K BC
P KC KQ KP KB BQPC
= =
vì noäi tieáp)
( ) ( )
/ /
. ; .maø:
K CD K AB
P KC KQ P KP KB
= =
Do (2) nên

. Chứng minh các trục đẳng phương của của các đường tròn
đường kính AM, BN, CP lấy từng đôi một đồng quy tại một điểm cố
định.
Bài giải:
Gọi O là trực tâm của tam giác ABC
Dựng
; ; AD BC BE AC CF AB
⊥ ⊥ ⊥
Ta có:
( ) ( ) ( )
D , ,AM E BN F CP
∈ ∈ ∈
• Tứ giác BCEF nội tiếp nên:
( ) ( )
( )

OF. . 1
O CP O BN
OC OE OB
= ⇒ =
P P
• Tứ giác ABDE nội tiếp nên:

( ) ( )
( )

OE. . 2
O BN O AM
OB OD OA
= ⇒ =

·
0

90
BCM BNM
BCM DAM

⇒ =


+ =


·
·
0
90BNM DAM
⇒ + =
Vậy:

·
·
·
·
·
0 0 0
90 90 180
DAM DNM DAM DNB BNM+ = + +
= + =


'HB
(1)
C’ ∈ (CM) ⇒P
H/(CM)
=
HC
.
'HC
(2)
Mặt khác tứ giác BCB’C’ nội tiếp nên từ (1) và (2) suy ra:
P
H/(BN)
= P
H/(CM)

Nên H thuộc trục đẳng phương của (BN) và (CM).
(a)
Tương tự , ta chứng minh được K thuộc trục đẳng phương của (BN) và (CM).
(b)
Ta có: P
P/(BN)
=
.PB PN
=
.PC PM
=P
P/(CM)

⇒ P thuộc trục đẳng phương của (BN) và (CM) (c)
Từ (1), (2) v à (3) suy ra P, H, K thẳng hàng.
JIC IAC IC
JMC ICB
BCJ ICB
ICJ
= +
= +
= +
=
ICJ
⇒ ∆
cân tại J
JI=JC
⇒
(1)
Tương tự ta chứng minh được
JI JB
=
(2)
Từ (1), (2) ta có: JI=JB=JC
( )
;C J JB⇒ ∈
Vậy
{ } ( ) ( )
; ;B C O J JB∈ ∩
⇒
BC là trục đẳng phương của (O) và (J;JB)
( ) ( )
/ / ;

= ∩

Dựng
( )
( )
AH CD H CD
AK BF K BF

⊥ ∈


⊥ ∈



Ta có:
( ) ( ) ( )
, , 1AD AB HD HB
=
( vì
BHAD
nội tiếp )

( ) ( ) ( )
, , 2AC AF KC KF
=
( vì
AFCK
nội tiếp )
Ta có :

( )
K AB
H AC

∈


∈



( )
( )
( ) ( )
/
/ /
/
.

.
M AB
M AB M AC
M AC
P MK MB
P P
P MH MC

=

⇒ ⇒ =

của đường tròn (PDG) và (PFE). Chứng minh rằng AP vuông góc IJ.
Bài giải:
Kéo dài
AP
cắt
DE
và
BC
lần lượt tại
H
và
K

Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
/ /
0 ,
P I P J
P P P I J
= = ∈

Ta chứng minh:
( ) ( )
/ /H I H J
P P
=

. .HG HD HE HF

PH
là trục đẳng phương của hai đường tròn
( ) ( )
,I J

( )
PH IJ
AP IJ A PH
⇒ ⊥
⇒ ⊥ ∈

Cách khác:
Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và
(PFG)
Ta có:
(MP,M D) = (GP,G D) ( vì MPGD nội tiếp)
Mà (GP,GD) = (CP,CB) (Vì ED//BC)
Nên (MP,M D) = (CP,CB)
suy ra, BMPC nội tiếp.
Chứng minh tương tự, PNCB nội tiếp.
Suy ra BMNC nội tiếp
suy ra
/( )
. .
A BMNC
P AM AB AN AC
= =
Mà
AC AE
AB AD

P
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 2: 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.
Gii
Gi I l im i xng ca H qua B, suy ra I c
nh v thuc (K).
Gi M l giao im ca CD v AB.
Vỡ CD l trc ng phng ca (O) v (K) nờn ta
cú:
. . .MH MI MC MD MA MB= =
Suy ra:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
. .
.
. ( )
.
MH MI MA MB
MB BH MB BI MB MB BA
MB BH MB BH MB MB BA
MB BH MB MB BA
BH