PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG
A. LỜI NÓI ĐẦU
Phương tích, trục đẳng phương là một trong những công cụ đã rất quen thuộc trong
giải toán hình học phẳng. Kiến thức liên quan đến chúng khá đơn giản nhưng lại có nhiều ứng
dụng mạnh trong các bài toán hình học phẳng, có thể xử lý các bài toán khó với cách xử lí đẹp
và ấn tượng.
Trong bài viết này, tác giả đề cập đến một số ứng dụng cơ bản của phương tích, trục
đẳng phương như bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp; vuông góc, song song; thẳng hàng,
đồng quy; các yếu tố cố định…nhằm giúp các em học sinh nắm bắt được phần nào ứng dụng
của chúng.
B. KIẾN THỨC CƠ SỞ
I. Phương tích của một điểm đối với một đường tròn
1. Định lí 1
Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định, OP = d. Một đường thẳng thay đổi qua P cắt đường
tròn tại hai điểm M và N. Khi đó: PA.PB = PO 2 − R 2 = d 2 − R 2 .
Chứng minh
Gọi M ′ là điểm đối xứng của M qua O. Ta có
MN ⊥ NM ′

Khi đó: uuur uuur

PM .PN = PM .PN = PM ′.PN ( coâng thöùc hình chieáu )

(
)(
)
= ( PO + OM ) ( PO − OM )
= PO + OM PO + OM ′

= PO 2 − OM 2
= PO 2 − R 2

của hai đường tròn đã cho.
Chứng minh
Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau.
Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có:
PM / ( O1 ) = PM /( O2 ) ⇔ MO12 − R12 = MO22 − R22
⇔ MO12 − MO22 = R12 − R22

⇔ ( MH 2 + HO12 ) − ( MH 2 + HO2 2 ) = R12 − R22
⇔ HO12 − HO2 2 = R12 − R22

(

⇔ HO1 − HO2

) ( HO + HO ) = R
1

2

2
1

− R22

⇔ O2O1.2 HI = R12 − R22
⇔ IH =

R12 − R22
O1O2



3


• Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng
phương trùng nhau.
C. CÁC DẠNG TOÁN
I. Ứng dụng giải các bài toán định lượng
Bài 1. (Phương tích trọng tâm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trọng tâm G của tam
giác ABC với (O) theo các cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Giải:
uuu
r uuu
r uuur

uuur

G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ OA + OB + OC = 3OG

uuu
r uuu
r
uuu
r uuur
uuur uuu
r
⇒ OA2 + OB 2 + OC 2 + 2 OA.OB + 2 OB.OC + 2 OC .OA = 9OG 2 .


Giải
Xét trường hợp tam giác ABC nhọn
Gọi K, A′ lần lượt là giao điểm của AH với
BC, (O). Áp dụng định lí sin cho tam giác
AHB,
AH
AB
AH
AB
=
⇒
=
·
cos A sin C
sin ·ABH sin AHB
AB.cos A c.cos A
⇒ HA =
=
sin C
cos C
= 2 R.cos A.
Tương tự ta cũng có HB = 2 R.cosB.
·
µ = BA
· ′A ⇒ ∆BHA′ cân tại B
Vì BHA
′=C

·
′ = 2 R cosB.cosC

· ′ = 180 0 − ·AIE + BIE
·
= + nên ∆A′IB cân tại A′ ⇒ IA′ = BA′.
Vì IBA
2 2
2 2
A
A
Áp dụng định lí sin cho tam giác ∆BAA′, BA′ = 2 R sin ⇒ IA′ = 2 R sin .
2
2
sin

)

(

Do điểm I nằm trong (O; R) nên

℘I / ( O ) = − IA.IA′ = −

r
sin

A
2

.2 R sin

A


2
2
2
2
2
2
Ta có AI = 2OM ⇒ AI = 4OM = 4 ( R − MB ) = 4 R − a . Khi đó

R′2 = IA2 + a 2 = 4 R 2 − a 2 + a 2 = 4 R 2 ⇒ R′ = 2 R .
IB 2 + IC 2 BC 2 4 R 2 − b 2 + 4 R 2 − c 2 a 2
2b 2 + 2c 2 + a 2
2
−
=
−
= 4R −
c) Ta có MI =
.
2
4
2
4
4
2

Suy ra ℘M / ( I ) = MI 2 − R′2 = 4 R 2 −

2b 2 + 2c 2 + a 2
2b 2 + 2c 2 + a 2


(

)

Do đó, ℘M / ( O1 ) −℘M / ( O2 ) =℘H / ( O1 ) −℘H / ( O2 ) − 2 HM KO1 − KO2 = −2 HM .O2O1 = −2MH .O1O2 .
Bài 6. (USA MO 2008) Cho hai đường tròn ( C1 ) và ( C2 ) có cùng tâm ( ( C2 ) chứa ( C1 ) ) và

một điểm A trên ( C1 ) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ( C1 ) cắt đường tròn ( C2 ) tại hai điểm B
và C. Gọi D là trung điểm của AB. Một đường thẳng qua B cắt ( C1 ) tại hai điểm E, F. Biết rằng
các đường trung trực của DE và CF cắt nhau tại một điểm I trên đường thẳng BC. Tính tỉ số
IB
.
IC
Giải

7


BC
= BD.BC nên BE.BF = BD.BC . Do
2
đó tứ giác DEFC nội tiếp một đường tròn. Mà điểm I là giao của hai đường trung trực của DE,
FC nên I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DEFC, suy ra I là trung điểm CD. Khi đó,
1
IB ID + DB ID DB
2 5
DB = DC và
=
=

⇒ ∆AMG : ∆EMA ⇒ MA2 = MG.ME ( 1)
Ta có GED
Mà MG.ME = MB.MC ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra
MA2 = MB.MC ⇔ MA2 = ( AB − MA ) ( AC − MA ) = AB. AC − MA ( AB + AC ) + MA2
8


⇒ MA =

AB. AC
1
1
1
⇒
=
+
AB + AC
AM AB AC

Nhận xét
Gọi N là điểm đối xứng của A qua M. Khi đó

1
1
1
2
1
1
=
+

⇔ KI .CI = 2 AX .BC
2
CI

abc S ABC
·
.
= ( p − a ) a ⇔ bc = 4 p ( p − a ) ⇔ b 2 + c 2 + bc = a 2 ⇔ BAC
= 1200
4 S ABC p
II. Ứng dụng giải các bài toán định tính
⇔ 2 Rr = 2 ( p − a ) a ⇔

1. Bài toán chứng minh tứ giác nôi tiếp
9


Kết quả thường dùng :
Cho đường tròn ( O ) và một điểm M. d1 , d 2 là hai cát tuyến cắt ( O ) lần lượt tại A, B và C , D .
Khi đó MA.MB = MC.MD .
Ngược lại, cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt nhau tại M, M khác A, B, C, D. Khi đó
nếu MA.MB = MC .MD thì bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 1. (IMO shortlist 1995) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn

( I ) . Đường tròn ( I )

tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi X là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, BC lần lượt tại Z, Y, D. Chứng
minh rằng tứ giác EFZY nội tiếp.
Giải

T ′C

Từ (3) và (4) suy ra T ≡ T ′ . Khi đó TE.TF = TD 2 = TZ .TY , suy ra tứ giác EFZY nội tiếp.
10


Bài 2. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ngoài nhau, A1 A2 là tiếp tuyến chung của hai đường tròn

( A ∈( O ) , A ∈( O ) )

. K là trung điểm của A1 A2 . Từ K lần lượt kẻ hai tiếp tuyến KB1 , KB2 tới
( O1 ) , ( O2 ) , A1B1 ∩ A2 B2 = { L} , KL ∩ O1O2 = { P} . Chứng minh rằng B1 , B2 , P, L cùng thuộc một
đường tròn.
1

1

2

2

Do KA1 = KA2 = KB1 = KB2 nên tứ giác A1B1B2 A2 nội tiếp, suy ra LB1.LA1 = LB2 .LA2
⇒ KL là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ⇒ KL ⊥ O1O2 .
Dễ thấy các tứ giác KPB1 A1 , KPB2 A2 . Khi đó áp dụng định lí Miquel cho tam giác A1 A2 L ta có
điều phải chứng mịnh.
Bài 3. (IMO shortlist 2006) Cho hình thang ABCD, AB / / CD , AB > CD . Gọi K, L lần lượt là

AK DL
=
. Giả sử P, Q là hai điểm nằm trên đường thẳng KL

·
=
=
= k ⇒ E , O1 , O2 thẳng
Mặt khác ta có O1CD = O2 BA ⇒ ∆AO2 B : ∆DO1C ⇒
O2 B AB EB
EO1
= k ⇒ EO1 = k EO2 ⇒ V( E ,k ) : ( O2 ) a ( O1 ) ( 1)
hàng và
EO2
Vì E, F, P thẳng hàng và F ∈ ( O1 ) , E ∈ ( O2 ) nên EF = k EP ⇒

EF
EC
=k =
( 2)
EP
EB

Từ (1) và (2) suy ra EP.EQ = EC.EB ⇒ P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn.
Bài 4. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Một đường thẳng d

đi qua B lần lượt cắt ( O1 ) , ( O2 ) tại M 1 và M 2 , điểm N bất kì nằm trong đoạn AB . Đường

thẳng M 1 N cắt đường tròn ( O2 ) tại P2 , Q2 . Đường thẳng M 2 N cắt đường tròn ( O1 ) tại
12


P1 , Q1 . Chứng minh rằng bốn điểm P1 , P2 , Q1 , Q2 cùng nằm trên một đường tròn ( O ) và OB
vuông góc với M 1M 2 .


M 1O 2 − M 2O 2 =℘M / ( O ) −℘M
1

(

)(

1

2/

( O2 )

(

= M 1M 2 .M 1B − M 2 M 1.M 2 B = M 1M 2 M 1B + M 2 B

)

)

= M 1B − M 2 B M 1B + M 2 B = M 1B 2 − M 2 B 2
suy ra OB ⊥ M 1M 2 (theo định lí Các - nô)
2. Bài toán chứng minh vuông góc, song song
Bài 1.

Cho hình thang ABCD vuông tại A và B. M là trung điểm của AB. Các đường cao AH,

BK của các tam giác AMD, BMC cắt nhau tại N. Chứng minh MN ⊥ CD

Ta có
uuuu
r uuuu
r uuuu
r uuuu
r
MN .MC = MK .MC = MK .MC = MB 2
uuuu
r uuuu
r uuuur uuuu
r
MN .MD = MH .MD = MH .MD = MA 2
uuuu
r uuuu
r uuuu
r uuuu
r
uuuu
r uuur
Mà MB = MC nên MN .MC = MN .MD ⇔ MN .CD = 0 ⇔ MN ⊥ CD.

Cách 3

(

) (

)

MD 2 − MC 2 = MA 2 + AD 2 − MB 2 + BC 2 = AD 2 − BC 2 ( 1)

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 3.

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
Giải

15


Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG).

·
·

·
⇒ ∆ABC cân tại B (vô
Giả sử AC / / KN ⇒ BNK
, mà BNK
= BCA
= BAC
⇒ BCA
= BAC
lý). Vậy AC không song song KN
Gọi P là giao điểm của AC và KN .
Ta có ℘P / ( O ) =℘P / ( O1 ) ;℘P / ( O ) =℘P / ( O2 ) ⇒℘P / ( O1 ) =℘P / ( O2 ) ⇒ P, B, M thẳng hàng.

16


·
·
·
·
·
·
·
Lại có PNC
mà BAC
. Vậy tứ giác PMNC nội tiếp.
= BNK
= BAC
= PMC
⇒ PMC
= PNC

IA r
2
2

2

β
α
β


Tương tự II 2 = 2 IB sin
. Suy ra II1.IA = 2  IA sin ÷ = 2  IB sin ÷ = II 2 .IB . Vậy tứ giác
2
2
2


ABI 2 I1 nội tiếp.
2

17


Khi đó I có cùng phương tích với hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . Mà C là một giao điểm của

( O1 ) , ( O2 )

nên CI là trục đẳng phương của ( O1 ) , ( O2 ) , suy ra CI ⊥ O1O2 ( 1)


1 2
1 2
1 2
1
1
2 2 2
3. Bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy
Bài 1. Cho tam giác ABC, một đường tròn cắt cạnh BC tại A1 , A2 ; cắt cạnh CA tại B1 , B2 ; cắt
cạnh AB tại C1 , C2 . Chứng minh rằng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng

quy.
Giải

18


Ta có
AC1 . AC2 = AB1 . AB2 ; BA1 .BA2 = BC1 .BC2 ; CB1 .CB2 = CA1 .CA2

Suy ra A1B.B1C .C1 A. A2 B.B2C.C2 A = A1C .BA1 .CB1 .A2C .B2 A.C2 B
⇒

A1B B1C C1 A A2 B B2C C2 A
.
.
=
.
.
A1C B1 A C1B A2C B2 A C2 B




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 4. (Iran MO 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) . Gọi ( I ) , ( I a ) lần lượt là đường tròn

nội tiếp, đường tròn 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.

21


(

) (

)

1
·
» + sd SA
º = 1 sd NM
¼ + sd SA
º = NIM
·

Gọi ( I ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2 , M là trung điểm BC, AM cắt A1 A3 tại G.
Do AC1. AB = AB1. AC và AC1 = BC2 , AB1 = CB2 nên
BC2 .BA = CB2 .CA ⇒ BI 2 − R 2 = CI 2 − R 2 ⇒ BI = CI ⇒ IO ⊥ BC . Mà IO ⊥ AA3 nên
AA3 / / BC . Mặt khác A1M =

1
AG
AA3
AA3 ⇒
=
= 2 ⇒ G là trọng tâm tam giác ABC.
2
MG A1M

Tương tự ta cũng có B1B3 , C1C3 đi qua G. Vậy A1 A3 , B1B3 , C1C3 đồng quy tại G.
4. Bài toán chứng minh điểm cố định, đường cố định
Bài 1. Cho đường tròn ( O, R ) và hai điểm cố định P, Q (P nằm ngoài ( O ) , Q nằm trong ( O ) ).

Dây cung AB của ( O ) di động đi qua Q. PA, PB lần lượt cắt ( O ) lần thứ hai tại C, D. Chứng
minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định.

23


Gọi E là giao điểm thứ hai của PQ vơi đường tròn (PAB). CD cắt EF tại F.
Ta có OQ 2 − R 2 = QA.QB = QP.QE . Vì O. P, Q cố định nên E cố định. Mặt khác,
·
·
·
nên tứ giác DAEF nội tiếp. Khi đó PO 2 − R 2 = PD.PA = PE.PF . Vì P, E

2
2
2
đường tròn ( A,0 ) và ( O1 ) . Vì D ∈ EF nên DA = DO1 − R1 ⇒℘D / ( O1 ) =℘D / ( O2 ) . Vậy D
thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) .

Bài 3. 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.
Giải

Gọi K là giao điểm của OM và AB, H là hinh chiếu của M trên đường thẳng OI.
Khi

đó

tứ

giác

MKIH

nội

tiếp

OK .OM = OA 2 = R 2 ( 2 )
2
Từ (1) và (2) suy ra OI .OH = R ⇔ OH =