ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG VĂN PHÚ

TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG VĂN PHÚ

TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. TRẦN TRUNG

Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.3

Phương tích trong hệ tọa độ Descartes . . . . . . . .

8

Trục đẳng phương của hai đường tròn . . . . . . . . . . . .

9

1.2.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.2

Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


1.2

1.3

2

Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương

15

2.1

Chứng minh đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.2

Chứng minh điểm cố định . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22


ii
2.3

Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn, điểm nằm
trên đường thẳng cố định . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

Lời cảm ơn
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Trần Trung.
Qua đây em xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn
khoa học của mình, PGS.TS. Trần Trung, người đã đưa ra đề tài và dành nhiều
thời gian tận tình hướng dẫn, giải đáp những thắc mắc của em trong suốt quá
trình nghiên cứu. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giảng dạy và Phòng Đào tạo thuộc
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện tốt
nhất để em được theo học lớp học. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể
lớp Cao học Toán 7D khóa 1/2014 - 1/2016 đã động viên giúp đỡ tôi trong
quá trình học tập và làm luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương, Ban
Giám hiệu và các đồng nghiệp Trường THCS Quang Trung - Kinh Môn - Hải
Dương đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch học tập.
Tôi cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tôi trong suốt quá
trình học tập và làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015
Đặng Văn Phú
Học viên Cao học Toán 7D
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


1

Mở đầu
Trong hình học phẳng, phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương
là một vấn đề khá quen thuộc và được ứng dụng nhiều trong việc giải toán.
Nói đến chủ đề này, ta có thể hiểu một cách đơn giản đó là những định nghĩa,
tính chất và ứng dụng liên quan đến việc xét vị trí tương đối của điểm cố
định với đường tròn, tập hợp điểm với đường tròn, đường tròn với đường tròn.

• Chương 2: Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương.
Trong chương này chúng tôi trình bày ứng dụng của phương tích, trục đẳng
phương và tâm đẳng phương vào chứng minh đồng quy, chứng minh điểm cố
định, chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn, chứng minh các điểm
cùng nằm trên một đường thẳng cố định, chứng minh thẳng hàng, chứng minh
vuông góc và song song ...

Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015
Đặng Văn Phú


3

Chương 1

Kiến thức cơ sở
1.1

Phương tích của một điểm với một đường tròn

1.1.1

Định nghĩa và ví dụ

Định lí 1.1.1. [1] Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định, OP = d. Qua
P kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm U và V . Khi đó giá trị
P U .P V = P O2 − R2 = d2 − R2
không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng.
Chứng minh. (Hình 1.1) Gọi M là
điểm đối xứng của V qua O. Ta có


Hình 1.2

Ví dụ 1.1.1. Cho đường tròn (O) và 2 điểm A, B cố định. Một đường thẳng
quay quanh A cắt (O) tại M và N . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác BM N thuộc một đường thẳng.
Giải. (Hình 1.3) Gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BM N và C là giao
điểm của AB với (I). Khi đó
PA/(I) = AC.AB = AM .AN = PA/(O)
không đổi vì A, O cố định.
PA/(O)
Suy ra AC =
. Vì A, B cố định
AB
và C thuộc AB nên từ hệ thức trên suy
ra điểm C cố định. Do đó I thuộc đường
trung trực của BC cố định.

Hình 1.3


5

1.1.2

Các tính chất

Tính chất 1.1.1. Nếu điểm M nằm ngoài đường tròn (O) và M T là tiếp tuyến
của (O) thì PM/(O) = M T 2 .

= OA2 + OB 2 − AB 2 = 2R2 − AB 2 .
Tương tự ta có 2OA.OB = 2R2 − AB 2 , 2OB.OC = 2R2 − BC 2 ,
2OC.OA = 2R2 − CA2 .
Suy ra
2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) = 6R2 − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).

(2)

Thay (2) vào (1) ta được 9OG2 = 9R2 − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
1
Suy ra OG2 − R2 = − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
9
1
Do đó PG/(O) = − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
9
(Phương tích này được gọi là phương tích trọng tâm).
Ví dụ 1.1.3. Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O, R) và H là trực tâm của
∆ABC. Chứng minh rằng PH/(O) = −8R2 cos A cos B cos C.
Giải. (Hình 1.6) Ta chứng minh trường hợp
∆ABC là tam giác nhọn. Các trường hợp tam
giác vuông hoặc tù chứng minh tương tự.
Gọi I, A lần lượt là giao điểm của AH với BC
và (O). Áp dụng định lý sin trong ∆HAB ta có
AB
AH
=
sin ABH sin AHB
AH
AB
⇒

Giải. (Hình 1.7) Ta có
PA/(O) .BC + PB/(O) .CA + PC/(O) .AB + BC.CA.AB
=(OA2 − R2 ).BC + (OB 2 − R2 ).CA + (OC 2 − R2 ).AB + BC.CA.AB
=OA2 .BC + OB 2 .CA + OC 2 .AB + BC.CA.AB − R2 (BC + CA + AB)
=OA2 .BC + OB 2 .CA + OC 2 .AB + BC.CA.AB.
Ta sẽ chứng minh hệ thức
OA2 .BC + OB 2 .CA + OC 2 .AB + BC.CA.AB = 0.

Hình 1.7:

Hình 1.8:


8
Trường hợp 1: Điểm O nằm trên đường thẳng chứa ba điểm A, B, C
2

2

2

OA .BC + OB .CA + OC .AB + BC.CA.AB
= OA2 .(OC − OB) + OB 2 .(OA − OC) + OC 2 .(OB − OA)
+ (OC − OB).(OA − OC).(OB − OA) = 0.
Trường hợp 2: (Hình 1.8)
Điểm O không nằm trên đường thẳng chứa ba điểm A, B, C
Gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng chứa ba điểm A, B, C. Ta có
2

2


1.1.3

Phương tích trong hệ tọa độ Descartes

Cho điểm M (x0 ; y0 ) và đường tròn (C) : x2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0.
Đặt F (x; y) = x2 + y 2 + 2ax + 2by + c. Khi đó, phương tích từ điểm M đến
đường tròn (C) là
PM/(C) = F (x0 ; y0 ) = x20 + y02 + 2ax0 + 2by0 + c.


9

1.2

Trục đẳng phương của hai đường tròn

1.2.1

Định nghĩa

Định lí 1.2.1. [1] Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )
. Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là
một đường thẳng.
Chứng minh. (Hình 1.9) Giả sử
điểm M có phương tích đến hai
đường tròn bằng nhau. Gọi H là
hình chiếu của M trên O1 O2 , I là
trung điểm của O1 O2 .
Khi đó, ta có

thì đường thẳng qua M vuông góc với O1 O2 là trục đẳng phương của hai
đường tròn.
Tính chất 1.2.4. Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường
tròn thì đường thẳng M N chính là trục đẳng phương của hai đường tròn đó.
Tính chất 1.2.5. Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì
3 điểm đó thẳng hàng.
Tính chất 1.2.6. Nếu (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 ) tiếp xúc nhau tại A thì đường
thẳng qua A và vuông góc với O1 O2 chính là trục đẳng phương của hai
đường tròn.

1.2.3

Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn

Ta xác định trục đẳng phương của hai đường tròn (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )
dựa trên Định lý 1.2.1 như sau:
Trường hợp 1: (Hình 1.10) 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: (Hình 1.11) Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại P. Khi đó tiếp
tuyến chung tại P chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Trường hợp 3: (Hình 1.12) Hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) không có điểm chung
Bước 1: Dựng đường tròn (O3 ) sao cho (O1 ) cắt (O3 ) tại A và B; (O2 ) cắt
(O3 ) tại C và D.


11

Hình 1.10:

Hình 1.11:

Định nghĩa và ví dụ

Định lí 1.3.1. [1] Cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ) và (O3 ). Khi đó 3 trục đẳng
phương của các cặp đường tròn này hoặc trùng nhau hoặc song song với
nhau hoặc cùng đi qua một điểm.

Hình 1.13:
Chứng minh. (Hình 1.13) Gọi dij là trục đẳng phương của hai đường tròn (Ci )
và (Cj ). Ta xét hai trường hợp sau:
Giả sử có một cặp đường thẳng song song, không mất tính tổng quát, ta
giả sử d12

d23 . Ta có d12 ⊥ O1 O2 , d23 ⊥ O2 O3 , do đó O1 , O2 , O3 thẳng

hàng. Ta lại có d13 ⊥ O1 O3 , vậy d13

d23

d12 .

Giả sử d12 và d23 có điểm M chung. Khi đó ta có

P
M/(O1 ) = PM/(O2 )
⇒ PM/(O1 ) = PM/(O3 ) ⇒ M ∈ d13 .
P
=P
M/(O2 )

M/(O3 )


HC là trục đẳng phương của (M1 ) và (M2 ). Suy ra
CA1 .CA2 = CB1 .CB2
hay A1 , A2 , B1 , B2 cùng thuộc đường tròn (W1 ).


14
Tương tự A1 , A2 , C1 , C2 thuộc
đường tròn (W2 ) và C1 , C2 , B1 ,
B2 thuộc đường tròn (W3 ). Nếu
6 điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 không
cùng thuộc một đường tròn thì
các trục đẳng phương của 3 đường
tròn (W1 ), (W2 ), (W3 ) phải đồng
quy, nhưng chúng lại cắt nhau tại
A, B, C nên vô lý. Vậy 6 điểm
A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc
một đường tròn.
Hình 1.14


15

Chương 2

Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng
phương
Với lượng kiến thức tưởng chừng như đơn giản và khá quen thuộc như
đã trình bày trong chương I. Các kết quả của nó vô cùng đơn giản, tự nhiên
nhưng lại ảnh hưởng sâu sắc đến các nội dung quan trọng như chứng minh

tại G. Vì AC1 .AB = AB1 .AC và
AC1 = BC2 , AB1 = CB2
nên BC2 .BA = CB2 .CA
Suy ra BI 2 − R2 = CI 2 − R2
⇒ BI = CI ⇒ IO ⊥ BC.
Mà IO ⊥ AA3 ⇒ AA3

BC.
Hình 2.1

Theo tính chất về đường kính vuông

góc với dây cung của đường tròn, ta có đường kính đó cũng đi qua trung điểm
của cung. Vậy OI đi qua trung điểm của AA3 .
Đoạn A1 A và IM cùng vuông góc với cung AA3 , do đó theo tính chất về
các đoạn chắn song song, ta có: A1 M =

AA3

AG

AA3

. Suy ra
=
= 2. Do
2
M G A1 M
đó G là trọng tâm của tam giác ABC. Tương tự B1 B3 , C1 C3 cũng đi qua G.
Vậy A1 A3 , B1 B3 , C1 C3 đồng quy tại trọng tâm G của tam giác ABC.

Tương tự

Từ (2), (3), (4) suy ra 3 điểm L, O1 , O2 thẳng hàng hay 3 đường thẳng
M P, N Q, O1 O2 đồng quy.
Bài toán 2.1.3 (HSG Quốc gia 2004). Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự
đó nằm trên một đường thẳng. Gọi E, F là các giao điểm của đường tròn
(O1 ) đường kính AC và đường tròn (O2 ) đường kính BD. Lấy P là một điểm
thuộc đường thẳng EF, CP cắt (O1 ) tại M và BP cắt (O2 ) tại N . Chứng
minh rằng ba đường thẳng AM, DN, EF đồng quy.


18

Hình 2.3:
Giải. (Hình 2.3) Gọi L là giao điểm của AM và DN . Vì LN B là góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn nên LN B = LN P = 900 . Suy ra
LN M + M N B = LN P = 900 . (1)
Mặt khác P thuộc EF là trục đẳng phương của hai đương tròn (O1 ) và (O2 )
nên PP/(O1 ) = PP/(O2 ) . Suy ra P N .P B = P M .P C. Do đó tứ giác M N BC
nội tiếp, suy ra M N P = BCM .
Nhưng BCM + DAM = 1800 − AM C = 900 , suy ra
M N P + DAM = 1800 . (2)
Từ (1) và (2) suy ra LN M = DAM . Do đó tứ giác M N AC nội tiếp.
Suy ra LM.LA = LN.LC hay PL/(O1 ) = PL/(O2 ) , do đó L thuộc trục đẳng
phương EF của hai đường tròn. Vậy ba đường thẳng EF, AM, BN đồng quy.
Bài toán 2.1.4 (Đề thi toán Quốc tế 1995). Cho bốn điểm khác nhau A, B, C, D
nằm trên một đường thẳng theo thứ tự này. Hai đường tròn có đường kính là


19

Hình 2.5

OBC = CEB.

Suy ra OA, OB lần lượt là tiếp tuyến của (C1 ), (C2 ) và lại có OA2 = OB 2 .
Do đó OE là trục đẳng phương của (C1 ) và (C2 ).
Theo định lý về tâm đẳng phương của 3 đường tròn, suy ra AF, BC, OE
đồng quy.
Bài toán 2.1.6. [4] Cho nửa đường tròn đường kính AB và điểm C nằm trên
đó. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB. Đường tròn đường
kính CH cắt AC tại E, CB tại F và đường tròn đường kính AB tại D.
Chứng minh rằng CD, EF, AB đồng quy.
Giải. (Hình 2.6)
Vì ACB = 900 nên EF là
đường kính của đường tròn
đường kính CH. Suy ra
CEF = ACH = CBA.
Do đó tứ giác AEF B nội

Hình 2.6

tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEF B, đường tròn đường kính AB và đường kính EF ta có CD, EF, AB