PHƯƠNG TÍCH- TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG
Lê Xuân Đại, THPT Chuyên Vĩnh Phúc
A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phương tích và trục đẳng phương là chủ đề đề đã rất quen thuộc và quan trọng
trong hình học phẳng. Cho dù lý thuyết về phần này khá đơn giản nhưng lại có nhiều
ứng dụng quan trọng trong hình học phẳng. Nhiều bài toán khó trong các đề thi học
sinh giỏi về toán có thể được giải quyết một cách đơn giản nhờ sử dụng các tính chất
của phương tích, trục đẳng phương mà điển hình nhất là các bài toán về quan hệ
vuông góc, bài toán về sự đồng quy, thẳng hàng, về các điểm và đường cố định…
Chuyên đề này tác giả muốn đưa ra một số ứng dụng của phương tích- trục
đẳng phương thông qua một số bài toán điển hình, các nhận xét quan trọng và hệ
thống bài tập tương tự, hy vọng phần nào chia sẻ và giúp các em học sinh nắm bắt thật
tốt các ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương.
Nội dung của bài viết này được chia làm ba phần, đầu tiên tóm tắt lại lý thuyết
cơ bản về phương tích, phần thứ hai là một số ứng dụng của phương tích- trục đẳng
phương và phần cuối là một số bài tập áp dụng.
2. Mục đích của đề tài
Đề tài "Phương tích-trục đẳng phương" được tác giả chọn viết nhằm giới
thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của
chúng tôi khi giảng dạy về chủ đề phương tích- trục đẳng phương trong chương trình
chuyên toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng và vẻ đẹp hình học qua
các ứng dụng của nó, đặc biệt là các bài toán về quan hệ vuông góc, các điểm cùng
thuộc một đường tròn và một số dạng toán khác thường xuất hiện trong các kì thi học
sinh giỏi (HSG) về toán. Các bài toán được giải quyết bằng phương tích thường là
những lời giải hay và đẹp đẽ.
1


Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh
giỏi các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10. Tác giải rất mong nhận

2. Trục đẳng phương, tâm đẳng phương
2.1. Định nghĩa trục đẳng phương của hai đường tròn
Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không cùng tâm. Khi đó quỹ tích các điểm có
cùng phương tích đối với chúng là một đường thẳng vuông góc với nối tâm O1O2 .
Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) .
2.2. Xác định trục đẳng phương.
a) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm A, B . Lúc đó A, B đều có
cùng phương tích bằng 0 đối với ( O1 ) và ( O2 ) . Suy ra trục đẳng phương của ( O1 ) và

( O2 )

là đường thẳng AB.

3


b) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) tiếp xúc nhau tại điểm T. Lúc đó T có cùng
phương tích bằng 0 đối với ( O1 ) và ( O2 ) . Suy ra trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 )
là tiếp tuyến chung của ( O1 ) và ( O2 ) tại điểm T.

c) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không có điểm chung ta dựng một đường tròn

( O3 )

cắt cả ( O1 ) và ( O2 ) lần lượt tại A, B và C , D . Giả sử AB cắt CD tại M, khi đó

trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) là đường thẳng đi qua M và vuông góc với O1O2 .
2.3. Tâm đẳng phương của ba đường tròn
Cho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) có các tâm O1 , O2 , O3 không cùng thuộc
một đường thẳng. Gọi d1, d 2 , d3 lần lượt là trục đẳng phương của ( O2 ) , ( O3 ) , của

Lời giải. Giả sử BI cắt ( O ) tại điểm thứ hai M, vẽ đường kính MN của ( O ) . Đường
tròn ( I ) tiếp xúc với BC tại D.

Khi đó ∆BDI : ∆NCM , suy ra

BI
ID
ID
=
=
. Do đó IB.IM = ID.NM = 2 Rr .
NM MC MI

Mặt khác IB.IM = R 2 − OI 2 , suy ra R 2 − OI 2 = 2 Rr , hay OI 2 = R 2 − 2 Rr (đpcm).

5


Bài toán 1.2 (RMO 2006). Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Hai cát tuyến qua
A là ABC, ADE theo thứ tự. Vẽ dây cung DF song song BC. AF cắt ( O ) tại G; BC cắt
GE tại M. Chứng minh rằng

1
1
1
=
+
.
AM AB AC


yt
. 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

∑O A
i =1

i

1

2
i

− ri

2

=

)

2
Do đó PM / ( O ) + PN / ( O ) = MN . MP − NP = MN (đpcm).

Bài 1.5 (IMO shorlist 2012). Cho tam giác ABC vuông tại C và C0 là hình chiếu của
C trên AB. X là một điểm trên đoạn CC0 và K , L nằm trên đoạn AX , BX sao cho
BK = BC và AL = AC . Gọi M là giao điểm của AL và BK . Chứng minh rằng
MK = ML .

Lời giải. Từ AC = AL suy ra C , L nằm trên đường tròn ( A ) tâm A, bán kính AC.
Tương tự C , K nằm trên đường tròn ( B ) tâm B, bán kính BC. Gọi C ' là giao điểm
thứ hai của ( A ) và ( B ) , ta có ngay C' đối xứng với C qua AB. Do ·ACB = 900 nên AC
là tiếp tuyến của ( B ) và BC là tiếp tuyến của ( A ) . Gọi K1 ≠ K là giao điểm thứ hai
của AX với ( B ) , L1 ≠ L là giao điểm thứ hai của BX và ( A ) .

8


Theo phương tích của X đối với đường tròn

( A)

và

( B)

ta được

XK . XK1 = XC. XC ' = XL. XL1 , suy ra bốn điểm K1 , L, K , L1 nằm trên một đường tròn

Bài 1.6.1. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A cố định nằm ngoài ( O; R ) . Điểm I di
chuyển trên ( O ) sao cho đường tròn ( I ) tâm I bán kính IA cắt ( O ) tại hai điểm M,N
phân biệt. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố
định.
Lời giải.
10


Do đã có hai đường tròn ( O ) và ( I ) cùng sự xuất hiện của trục đẳng phương MN,
nên ta nghĩ ngay đến công thức hiệu số phương tích của điểm A. Gọi A' là hình chiếu
của A trên MN. Ta có
PA/ ( O ) − PA/ ( I ) = 2OI . AA ' ⇒ AA ' =

PA/( O )
2OI

⇒ AA ' =

PA/ ( O )
2R

Do đó AA' không đổi, suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kính
R' =

PA/ ( O )
2R

không đổi.

Bài 1.6.2. Cho đường tròn ( O; R ) và một đường tròn ( I ; r ) nằm trong nó. X là một

EF , FD, DE và do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Gọi ( O; R ) là

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có ∆ABC : ∆DEF ⇒

R
BC
=
⇒ HF = 2 R .
HF EF

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông HAF ta có
HF 2 = HA2 + FA2 ⇒ HA2 = 4 R 2 − BC 2 .
HA S 2 + S3
S + S3
=
⇒ HA = HA1. 2
HA1
S1
S1

Đặt S1 = S HBC ; S2 = S HAC ; S3 = S HAB ; S = S ABC , ta có
Tương tự HB = HB1.

S1 + S3
S + S2
; HC = HC1. 1
.
S2
S3


PH2/( O )
2
1

4 HA

PH2/( O )
4 HC12

PH2/( O )

≥

2
1

4 HB

≥

.
PH2/( O )
2
1

4 HC

⇒ HA12 ≤ HB12 ≤ HC12 .

2

2
1

  S + S 2  S + S 2  S + S 2 
1
2
2
2
3
3
2
÷ (2)
≥ ( HA1 + HB1 + HC1 )   2
+ 1
+ 1
÷
÷
  S1   S 2   S3 ÷
3
 ÷


2

2

2

S +S  S +S  S +S 
Dễ chứng minh được  2 3 ÷ +  1 3 ÷ +  1 2 ÷ ≥ 12 (3).

tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau.
Cũng dễ thấy rằng định lý bốn điểm vẫn đúng khi các điểm A, B, C , D bất kì
trong không gian.
Sau đây xin giới thiệu một số ứng dụng của định lí bốn điểm trong các bài toán
về quan hệ vuông góc mà học sinh có thể giải nó khi chưa biết về phương tích, trục
đẳng phương.
Bài 2.1. Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của tia DA và tia đối của tia CB lần
lượt lấy hai điểm F và E sao cho DF=CE=CD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm H sao
cho CH=CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH.
Lời giải. Tất nhiên bài toán này có thể giải quyết khá đơn giản bằng bằng phương
pháp toạ độ hoặc véc tơ. Tuy nhiên việc áp dụng định lý bốn điểm cho ta lời giải thật
đẹp đẽ và ngắn gọn.

14


Đặt AB = x; BC = y . Ta có DF = CE = CD = EF = x, CH = BC = y .
Áp dụng đlí pytago ta được: AH 2 + EF 2 = 2 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = AF 2 + HE 2 (đpcm).
Bài 2.2. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , đồng thời ngoại tiếp ( I ) có
các tiếp điểm với các cạnh AD, AB, BC , CD lần lượt là M , N , P, Q . Chứng minh rằng
MP vuông góc với NQ.
Lời giải. Ta sẽ tính các đoạn MN,NP,PQ,QM theo các đại lượng nào đó. Tốt nhất ở
đây là ta chọn các ẩn là khoảng cách từ đỉnh của tứ giác tới các tiếp điểm. Sau khi tính
toán xong thì mọi việc sẽ trở lên rất đơn giản vì đã có định lí bốn điểm.

15


Gọi H = IA ∩ MN ; E = IC ∩ PQ . Do tứ giác ABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp nên


4
1 1
4 x 2 r 2 4 x 2 ( xz ) 4 x 2 z
2
Ta có
=
+
⇒
= + ⇒ MN = 2
=
=
MH 2 MA2 IM 2
MN 2 x 2 r 2
x + r 2 x 2 + xz x + z
4 xz 2
4 y 2t
4 yt 2
2
2
; NP =
; MQ =
Tương tự PQ =
.
x+z
y+t
y +t
2

Khi đó MN 2 + PQ 2 = NP 2 + MQ 2 = 4r 2 . Vậy MP ⊥ NQ .
Nhận xét. Ta thu được hai kết quả cơ bản hay và khá kinh điển của một tứ giác vừa

Từ hai kết quả trên suy ra H , O, D thẳng hàng.
Bài 2.4. Cho tam giác ABC. Một đường tròn ( O; R ) đi qua A, C cắt AB, BC tại K và
N. Đường tròn ( ABC ) và ( KBN ) cắt nhau tại B và M. Chứng minh rằng OM vuông
góc với BM.
Lời giải.

Đây là một bài toán thực sự khó rồi, việc chỉ áp dụng nguyên định lý bốn điểm chưa
thực sự đủ mạnh để giải quyết nó. Ta cần áp dụng thêm về trục đẳng phương của hai
đường tròn nữa.
Theo tính chất về ba trục đẳng phương ta có ngay BM, KN, AC đồng quy tại tâm đẳng
phương P, khi đó dễ thấy tứ giác PMNC nội tiếp, suy ra
BM .BP = BN .BC = BO 2 − R 2 ; PM .PB = PN .PK = PO 2 − R 2
Suy ra PO 2 − BO 2 = PB ( PM − BM ) = ( PM + MB )( PM − MB ) = PM 2 − MB 2
Vậy OM ⊥ BP ⇒ OM ⊥ BM (đpcm).
18


Bài 2.5. Cho tam giác nhọn ABC. E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của B, C qua AC,
AB. Gọi D là giao điểm của BF , CE và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.
Chứng minh rằng AK ⊥ BC .
Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên BC, ( K ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
DEF , bán kính R . Dễ thấy ∆ABC = ∆ABF và ∆ACB = ∆ACE , do đó A chính là tâm
bàng tiếp góc D của tam giác DBC và H là tiếp điểm của đường tròn đó với cạnh BC.
Ta có BH =

CB + CD − BD
BC + BD − CD
; CH =
; BC = BF = CE .
2

19


Bài 2.6. Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy điểm M sao
cho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O1O2 vuông góc với OM.
Lời giải. Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và (O2). E là giao điểm
thứ hai của hai đường tròn (O1) và AC. F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O2)
và BD.
M

B

A

O

E

O1
O2

F

C

D

N


M, N, O thẳng hàng. Mặt khác O1O2 ⊥ MN ⇒ O1O2 ⊥ OM. (đpcm)
Bài 2.7 (THTT 2013). Cho tam giác nhọn ABC, E là tâm đường tròn Euler. Các
đường cao AX , BY , CZ đồng quy tại H. BH, CH theo thứ tự cắt XZ, XY tại M,N.
Chứng minh rằng AE vuông góc với MN.
Lời giải.

20


Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, (K) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC. Do K đối xứng với tâm ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng BC nên theo
kết quả cơ bản ta có E là trung điểm của AK (1).
Mặt khác, do các tứ giác BXHZ, CXHY nội tiếp nên ta được
PM /( K ) = MB.MH = MX .MZ = PM /( E )
PN /( K ) = NC.NH = NX .NY = PN /( E )
Do đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (E) và (K), suy ra MN ⊥ KE (2).
Từ (1) và (2) suy ra AE ⊥ MN .
Nhận xét. Từ kết quả bài toán này ta có thể trực tiếp suy ra các kết quả hay khó hơn
như sau:
KQ1. Cho tam giác ABC; O, I a theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường
tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A. BE, CF là các đường phân giác trong của tam giác
ABC. Khi đó OI a ⊥ EF .
Chứng minh.

21


Gọi I , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp đối diện
đỉnh B, đỉnh C của tam giác ABC. Dễ thấy các điểm O, I theo thứ tự là tâm đường
tròn Euler, trực tâm của tam giác I a I b I c . Do đó theo kết quả bài 2.7 thì OI a ⊥ EF .

tứ giác nội tiếp. Tuy nhiên phép chứng minh sử dụng phương tích vẫn là phép chứng
minh đơn giản và đẹp đẽ nhất.
Bài 2.8. (Định lý Brocard). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Gọi
E , F , H lần lượt là giao điểm của AB và CD; BC và AD; AC và BD. Khi đó O là trực
tâm tam giác HEF .
Lời giải.

Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AFB cắt đoạn EF tại G. Khi đó dễ thấy
EGBC , FGDC là các tứ giác nội tiếp. Từ đó
EF 2 = EG.EF + FG.FE = EC.ED + FB.FC = PE / ( O ) + PF / ( O ) = EO 2 − R 2 + FO 2 − R 2
= EO 2 + FO 2 − 2 R 2 (1)
Mặt khác EH 2 = EO 2 + HO 2 − 2 R 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra
EF 2 − EH 2 = FO 2 − HO 2 ⇔ EF 2 − FO 2 = EH 2 − HO 2 ⇒ FH ⊥ EO .
Tương tự ta được EH ⊥ FO . Do đó H là trực tâm tam giác EFH.
24


Sau đây là một số bài toán minh họa cho việc áp dụng định lý Brocard.
Bài 2.8.1. Cho tam giác ABC với AC > AB . Các đường cao BB ', CC ' của tam giác
cắt nhau tại H. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC ', CB ' . MH cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác CHB ' tại I; NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC ' tại J.
Giả sử P là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng AP vuông góc với IJ.
Lời giải. Đặt k =

HB
và gọi d là đường thẳng chứa đường phân giác trong của góc
HC

·
. Xét phép đồng dạng S = V ( H ; k ) o Dd , trong đó V ( H ; k ) là phép vị tự tâm H, tỉ

Từ đó S : J a I ; M a N nên dễ thấy HM .HI = HN .HJ , suy ra M , N , I , J cùng nằm
trên đường tròn (1).

Giả sử F là giao điểm của B ' C ' với BC , FH cắt AB, AC theo thứ tự tại X, Y. Khi đó

( AXC ' B ) = ( AYB 'C ) = −1 , và với chú ý

M , N là trung điểm của BC ' và CB ' , theo

hệ thức Maclaurin ta có:
AC '. AB = AX . AM ; AB '. AC = AY . AN
Từ đó bốn điểm M , X , Y , N cùng nằm trên đường tròn (2).
25