Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM ĐỐI VỚI ĐƯỜNG TRÒN
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Phần 1: TÓM TẮT
--------------- --------------Các bài toán hình học phẳng có liên quan đến đường tròn là những bài toán hay và
thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi hoặc đề thi tuyển sinh Đại học. Một khái niệm
rất quan trọng và có nhiều ứng dụng liên quan đến đường tròn đó là phương tích của một
điểm đối với đường tròn. Đây là một khái niệm không khó nắm bắt, nhưng những ứng dụng
của nó trong việc giải quyết các bài toán hình học phẳng là rất phong phú. Nhiều bài toán
phức tạp có thể được giải quyết gọn gàng nhờ sử dụng các tính chất có liên quan đến phương
tích. Bài viết nêu lên một số ứng dụng của phương tích trong việc giải một số bài toán hình
học phẳng. Nội dung của bài viết này được chia làm 3 phần, đầu tiên là tóm tắt lại lý thuyết cơ
bản về phương tích, phần thứ hai là một số bài toán áp dụng, được chia làm bốn loại, đó là
các bài toán định lượng, định tính, dựng hình và biểu thức tọa độ. Phần cuối là một số bài tập
vận dụng khác.
1
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Phần 2. NỘI DUNG
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Định nghĩa:
Trong mặt phẳng cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M. Phương tích của điểm M đối
với đường tròn (O), ký hiệu là SM /(O ) , được xác định như sau:
S
M /( O )
OM 2 R 2 .
Nhận xét: Từ định nghĩa ta có:
SM /(O) 0 M nằm trong (O);
M /( O )
0 M nằm trên (O);
M /( O )
0 M nằm ngoài (O).
S
S
Định lý 1. Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M. Một đường thẳng d thay đổi đi
qua M và cắt (O) tại hai điểm A, B. Khi đó
S
M /( O )
MA MB.
Hệ quả 1. Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M nằm ngoài (O). Từ M kẻ tiếp tuyến
MT đến (O) (M là tiếp điểm). Khi đó S M /( O ) OM 2 R 2 MT 2 .
Hệ quả 2. Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm
M. d1 , d 2 lần lượt là hai đường thẳng bất kỳ qua M và
cắt
(O) lần
lượt
B
A
ở A, B và C, D. Khi đó
MA MB MC MD .
Ngược lại, cho d1 , d 2 lần lượt là hai đường thẳng bất
O
M
D
C
kỳ qua M. A, B là hai điểm trên d1 và C, D là hai điểm
trên d 2 . Khi đó, nếu MA MB MC MD thì bốn điểm
A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn
Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) không cùng tâm. Lúc đó quỹ tích các điểm có cùng
phương tích đối với hai đường tròn trên là một đường thẳng vuông góc với đường nối tâm
O1O2 . Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) .
Chú ý:
2
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Nếu hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại hai
A
điểm A, B. Lúc đó A, B đều có cùng phương tích
bằng 0 đối với cả hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) .
O2
O1
Do đó trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) chính
là đường thẳng AB.
B
Nếu hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) tiếp xúc với
nhau tại điểm T. Lúc đó T có cùng phương tích
bằng 0 đối với (O1 ) và (O2 ) . Do đó trục đẳng
O2
O1
T
phương của (O1 ) và (O2 ) là đường thẳng qua T và
vuông góc với O1O2 và đó chính là tiếp tuyến
chung của (O1 ) và (O2 ) tại điểm T.
3. Tâm đẳng phương của ba đường tròn
Cho ba đường tròn (O1 ),(O2 ),(O3 ) có các tâm
d2
d3
O1 , O2 , O3 không cùng thuộc một đường thẳng. Gọi
d1 , d 2 , d3 lần lượt là các trục đẳng phương của (O2 )
và (O3 ) ,của (O3 ) và (O1 ) , của (O1 ) và (O2 ) . Khi đó
O3
O1
K
ba đường thẳng d1 , d 2 , d3 đồng quy tại một điểm K. K
là điểm duy nhất có cùng phương tích đối với cả ba
đường tròn (O1 ),(O2 ),(O3 ) và được gọi là tâm đẳng
O2
phương của ba đường tròn này.
4.
Phương trình đường tròn và biểu thức tọa độ của phương tích
a)
Phương trình đường tròn
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
đó điểm M ( x; y) thuộc đường tròn
(C) khi và chỉ khi
d1
(C) có tâm I x ; y bán kính R. Khi
0
0
IM R , tức là:
( x x0 )2 ( y y0 )2 R 2 .
(1)
Phương trình (1) có thể được viết lại là:
x 2 y 2 2 x0 x 2 y0 y x02 y02 R 2 0.
(2)
Phương trình (1) hoặc (2) đều được gọi là phương trình của đường tròn
(C) đã cho.
Ngược lại, cho phương trình: x2 y 2 2ax 2by c 0 (*). Khi đó có ba trường hợp sau
xảy ra:
3
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Nếu a 2 b2 c 0 thì không có điểm nào có tọa độ x; y thỏa phương trình (*).
Nếu a 2 b2 c 0 thì có duy nhất điểm I a; b có tọa độ thỏa (*).
Nếu a 2 b2 c 0 thì (*) là phương trình của đường tròn
(C)
có tâm I a; b và bán
kính R a 2 b 2 c .
b) Biểu thức tọa độ của phương tích
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
f ( x; y) x2 y 2 2ax 2by c 0, a 2 b2 c 0
và điểm M ( x0 ; y0 ). Khi đó phương tích của M đối với đường tròn (C) là:
S
M /( C )
f ( x0 ; y0 ) x02 y02 ax0 2by0 c.
Từ đó ta có:
Điểm M ( x0 ; y0 ) nằm trên đường tròn
(C) khi và chỉ khi f ( x ; y ) 0.
Điểm M ( x ; y ) nằm ngoài đường tròn (C) khi và chỉ khi f ( x ; y ) 0.
Điểm M ( x ; y ) nằm trong đường tròn (C) khi và chỉ khi f ( x ; y ) 0.
Cho hai đường tròn (C ) và (C ) không cùng tâm, có phương trình lần lượt là:
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
1
x y 2a1 x 2b1 y c1 0, a12 b12 c1 0 ,
2
2
x 2 y 2 2a2 x 2b2 y c2 0, a22 b22 c2 0 .
Khi đó, trục đẳng phương của hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) là đường thẳng có phương
trình:
(2a1 2a2 ) x (2b1 2b2 ) y c1 c2 0.
c)
Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) tâm I, bán kính R và đường thẳng . Khi đó:
(C) và không có điểm chung khi và chỉ khi d ( I , ) R.
d)
(C) tiếp xúc với khi và chỉ khi d (I , ) R.
(C) cắt tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi d (I , ) R.
Vị trí tương đối giữa hai đường tròn
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn
(C )
và
1
phương của chúng. Khi đó vị trí tương đối giữa
một trong hai đường tròn
(C ) (hoặc (C ) ) với
1
2
.
B. Các ví dụ
1. Một số bài toán định lượng
4
(C ) không cùng tâm. Gọi là trục đẳng
(C ) và (C ) chính là vị trí tương đối giữa
2
1
2
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Mục này được dành để trình bày một số bài toán mang tính định tính như tính phương tích
của một số điểm đặc biệt trong tam giác đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác và một số bài
toán tính toán khác có sử dụng phương tích của một điểm đối với đường tròn. Một số ví dụ
dưới đây có sử dụng một tính chất quen thuộc của tích vô hướng là
uuur uuur AB 2 AC 2 BC 2
AB. AC
. Một số kết quả có liên quan đến đường thẳng Euler, đường tròn
2
Euler, tính chất trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác cũng được sử dụng và không
chứng minh lại.
Ví dụ 1 (Phương tích của trọng tâm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Tính
phương tích của trọng tâm G đối với (O) theo các cạnh BC a, CA b, AB c.
Giải
uuur 1 uuur uuur uuur
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên OG OA OB OC . Suy ra:
3
uuu
r
uuu
r
uuu
r uuur
uuur uuur
1
OG 2 OA2 OB 2 OC 2 2OA OB 2OB OC 2OC OA
9
1
OA2 OB 2 OC 2 OA2 OB 2 AB 2 OB 2 OC 2 BC 2 OA2 OC 2 AC 2
9
1
1
9 R 2 a 2 b2 c2 R 2 a 2 b2 c2 .
9
9
1
Vậy SG /(O ) OG 2 R 2 a 2 b2 c 2 .
9
Ví dụ 2 (Phương tích của trực tâm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính R.
Tính phương tích của trực tâm H đối với (O) theo R và các góc A,B,C.
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, theo tính chất về đường thẳng Euler ta có
uuur
uuur uuur uuur uuur
OH 3OG OA OB OC . Suy ra:
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
OH 2 OA2 OB 2 OC 2 2OA OB 2OB OC 2OC OA
OA2 OB 2 OC 2 OA2 OB 2 AB 2 OB 2 OC 2 BC 2 OA2 OC 2 AC 2
9R 2 a 2 b2 c2 .
Vậy :
S
H /( O )
OH 2 R 2 8R 2 a 2 b2 c 2 8R 2 4R 2 sin 2 A sin 2 B sin 2 C
R 2 2 2(cos 2 A cos 2 B cos 2C ) 8R 2 cos A cos B cos C.
Chú ý: Từ kết quả trên ta suy ra một công thức tính OH là: OH 2 R2 (1 8cos A cos B cos C).
Ví dụ 3 (Phương tích của tâm đường tròn nội tiếp đối với đường tròn ngoại tiếp).
5
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R và ngoại tiếp đường tròn ( I ; r ). Hãy tính
phương tích của I đối với đường tròn O .
Giải:
abc
Đặt AB c, BC a, CA b, p
. Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:
2
uuur
uuur
uuur
uur
uur
uur r
uur aOA bOB cOC
uuur
uuur
1 uuur
aIA bIB cIC 0 OI
aOA bOB cOC .
abc
2p
Suy ra
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
1
2 2
2 2
2 2
a
R
b
R
c
R
2
abOA
OB
2
bcOB
OC
2
acOC
OA
4 p2
1
R 2 (a 2 b 2 c 2 ) ab(2 R 2 c 2 ) bc(2 R 2 a 2 ) ca (2 R 2 b 2 )
2
4p
1
R 2 (a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ca) abc(a b c)
2
4p
1
abc
4S .R
R 2 .(a b c) 2 2 p.abc R 2
R2
R 2 2 Rr
2
4p
2p
2p
OI 2
(S là diện tích tam giác ABC).
Vậy
S
I /( O )
OI 2 R 2 2 Rr.
Chú ý: Lời giải bài toán trên cho ta hệ thức Euler là: OI 2 R2 2Rr.
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c . Xét đường tròn ( I ) sao cho
S
A /( I )
a 2 S B /( I ) b 2 SC /( I ) c 2 0.
a) Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác ABC.
b) Gọi R và R ' lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường
tròn ( I ) . Chứng minh rằng R ' 2R.
c) Gọi M là trung điểm BC. Tính
S
M /( I )
.
Giải:
a) Theo giải thiết, ta có
S
A /( I )
a 2 , S B /( I ) b 2 , SC /( I ) c 2 .
Ta có:
S
S
S
A /( I )
B /( I )
C /( I )
IA2 R '2 a 2 IA2 R '2 a 2 R '2 BC 2 (1)
IB 2 R ' b 2 IB 2 R '2 b 2 R '2 AC 2 (2)
IC 2 R ' c 2 IC 2 R '2 c 2 R '2 AB 2 (3).
Từ (1) và (2) suy ra CA2 CB2 IA2 IB2 và do đó CI AB . Lập luận tương tự ta
cũng có BI AC và AI BC . Vậy I là trực tâm của tam giác ABC.
6
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
b) Gọi
M là trung điểm BC, do I là trực tâm của tam giác ABC nên:
AI 2OM AI 2 4OM 2 4 R2 BM 2 4R2 a 2 . Từ đây suy ra:
R '2 IA2 a 2 4R2 a2 a 2 4R2 R ' 2R.
IB 2 IC 2 BC 2 4 R 2 b 2 4 R 2 c 2 a 2
2b 2 2c 2 a 2
4R2
.
c) Ta có IM 2
2
4
2
4
4
Suy ra:
2b 2 2c 2 a 2
2b 2 2c 2 a 2
2
2
2
2
SM /( I ) IM R ' 4R
4R
.
4
4
Ví dụ 5. Cho đoạn thẳng AB có trung điểm I và đường tròn O; R . Gọi
p1 S A /(O) , p2 SB /(O) , p3 SI /(O) . Chứng minh rằng AB 2( p1 p2 2 p3 ).
Giải:
Ta có p1 OA2 R 2 , p2 OB 2 R 2 , p3 OI 2 R 2 . Từ OI 2
OA2 OB 2 AB 2
suy ra
2
2
4
AB 2 2OA2 2OB 2 4OI 2 2(OA2 R 2 ) 2(OB 2 R 2 ) 4(OI 2 R 2 ) 2( p1 p2 2 p3 ) .
Vậy AB 2( p1 p2 2 p3 ).
Ví dụ 6. Cho nửa đường tròn đường kính AB và hai điểm M, N thay đổi trên đó. Gọi I là giao
điểm của AM và BN. Ký hiệu (O1 ) , (O2 ) là đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và ANP.
Chứng minh rằng
S
A /( O1 )
S A /(O2 ) không đổi.
Giải:
Ta có:
M
uur uuuur uur uuur
A /( O1 ) S A /( O2 ) AI . AM BI .BN
uur uuur uur uuur uuur uur uur
uuur 2
AI . AB BI .BA AB. AI IB AB AB 2 .
S
Vậy
S
A /( O1 )
N
I
O2
S A /(O2 ) không đổi.
O1
A
B
Ví dụ 7. Cho hai đường tròn (O1 ) , (O2 ) có tâm O1 O2 và M là một điểm tùy ý. Ký hiệu d là
trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) , H là hình chiếu vuông góc của M trên d. Chứng minh
rằng
S
M /( O1 )
SM /(O2 ) 2O1O2 .MH . Từ đây suy ra MH
Giải:
7
S
M /( O1 )
SM /(O2 )
2O1O2
.
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Ta có:
uuuur uuuur 2
2
2
R12
M /( O1 ) O1M R1 HM HO1
uuuur uuuur
HM 2 HO12 2 HM .HO1 R12
uuuur uuuur
HM 2 S H /(O1 ) 2 HM .KO1.
uuuur uuuur
Tương tự: SM /(O2 ) HM 2 S H /(O2 ) 2 HM .KO2 .
S
Do đó:
S
uuuur uuuur uuuur
S
S
S
2
HM KO1 KO2
M /( O1 )
M /( O2 )
H /( O1 )
H /( O2 )
uuuur uuuur
2 HM .O2O1 2 MH .O1O2 .
M
O1
H
K
O2
Ví dụ 8 (USA MO 1998). 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, C. Gọi D là trung điểm của AB. Một đường thẳng đi 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
IB
tỉ số
.
IC
Giải:
Ta có
S
2
B /( C1 )
BA BE.BF .
B
BC
D
BD.BC nên
Mặt khác lại có: BA 2BD.
A
2
I
BE.BF BD.BC . Do đó tứ giác DECF nội tiếp một
E
đường tròn (T). Tâm của đường tròn (T) nằm trên các
O
C
đường trung trực của ED và CF nên I chính là tâm
của (T). Mà I thuộc CD nên I là trung điểm CD. Từ
1
F
đây ta có DB DC và:
3
IB ID DB ID DB
2 5
1 .
IC
IC
IC IC
3 3
Ví dụ 9 (IMO Shortlist 2011). Cho A1 A2 A3 A4 không phải là tứ giác nội tiếp. Gọi O1 và r1 lần
lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Định nghĩa O2 , O3 , O4 và
r2 , r3 , r4 một các 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 A4 2 r42
2
8
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Giải
Gọi M là giao điểm của A1 A3
A1
và A2 A4 . Đặt
a MA1 , b MA2 , c MA3 , d MA4 . Gọi B1 là giao
điểm của A1 A3 với đường tròn ngoại tiếp tam giác
A2 A3 A4 . Khi đó ta có
O1 A12 r12 A1B1. A1 A3 MB1 MA1 . MA3 MA1
B1
O3
A2
A4
M
O1
O2
O4
MB1 a . c a .
Mặt khác MB1.MA3 MA2 .MA4 MB1
Do đó
bd
.
c
A3
(c a )
bd
O1 A12 r12
a (c a)
bd ac .
c
c
1
1 c
Suy ra
. Tương tự ta cũng có:
2
2
O1 A1 r1
bd ac c a
1
1 d
1
1 a
1
1 b
,
,
.
ac bd d b O 3A3 2 r3 2 bd ac a c O 4A 4 2 r 4 2 bd ac b d
O2 A2 2 r2 2
Vậy
1
1
1
1
1 c
a
d
b
0.
2
2
2
2
2
2
2
2
O1 A1 r1 O2 A2 r2 O3 A3 r3 O4 A4 r4 bd ac c a c a d b d b
2.
Một số bài toán định tính
Trong các Ví dụ 1, Ví dụ 2 và Ví dụ 3 dưới đây, ta sẽ sử dụng phương tích để chứng minh
số điểm nằm trên đường tròn. Một kết quả thường sử dụng để làm việc này là Hệ quả 2.
Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD ( AB CD) nội tiếp (O) . Dựng hai hình thoi AEDF và BMCN có
cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng bốn điểm EFMN cùng thuộc một đường tròn.
Giải:
Gọi R là bán kính của đường tròn (O), I MN BC và
A
J EF AD . Do AB CD nên các điểm M, N, O, E, F
không cùng nằm trên đường thẳng.
B
F
Ta có:
J
OM.ON OI IM . OI IN OI IN . OI IN
OI IN OB BI
2
2
2
2
BN
2
BI
2
M
I
O
E
N
C
D
R 2 BN 2 .
Tương tự, OE.OF R 2 AE 2 . Mà BN AE nên OM.ON OE.OF suy ra bốn điểm M, N, E,
F cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 2 (IMO Shortlist 1995). Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. X là một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho đường
9
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
tròn nội 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:
Trường hợp tam giác ABC cân tại A thì
A
hiển nhiên.
Khi tam giác ABC không cân tại A,
E
X
gọi I EF BC. Áp dụng định lý
Menelaus cho tam giác ABC để tính
F
Y
BC. BD
Z
IB
.
DC BD
I
B
C
D
Tương tự, gọi I ' XY BC. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XBC để tính
BC. BD
I'B
. Từ đây suy ra I I '. Do BC là trục đẳng phương của đường tròn nội tiếp
DC BD
tam giác ABC và đường tròn nội tiếp tam giác XBC do đó IE.IF IZ.IY suy ra EFZY là tứ
giác nội tiếp.
Ví dụ 3 (IMO 2008) . Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M 1 , M 2 , M 3 lần lượt là các
trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn tâm M 1 bán kính M1H cắt BC tại A1 , A2 ; đường
tròn tâm M 2 bán kính M 2 H cắt CA tại B1 , B2 ; đường tròn tâm M 3 bán kính M 3 H cắt AB tại
C1 , C2 . Chứng minh rằng A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
Giải:
Do M 1M 2 // AB và AB CH nên M1M 2 CH . Mà H là một điểm chung của đường tròn
M1 và đường tròn M 2 nên CH là trục đẳng phương của hai đường tròn M1 và M 2 .
Suy ra CA1.CA2 CB1.CB2 và do đó A1 , A2 , B1 , B2 cùng thuộc đường tròn T1 .
Tương tự A1 , A2 , C1 , C2 cùng thuộc đường tròn T2 và
A
B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc đường tròn T3 .
Nếu hai trong ba đường tròn này trùng nhau thì
A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
Nếu cả ba đường tròn này phân biệt thì các trục đẳng
phương của T1 và T2 là BC, trục đẳng phương của
B2
C1
H
C2
T2
và T3 là AB và trục đẳng phương của T1 và T3
là AC phải đồng quy nhưng chúng lại cắt nhau tại A, B, C
nên vô lý. Vậy A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường
tròn.
M2
M3
B
B1
A1
M1
A2
C
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có hai điểm A,B cố định, điểm C thay đổi trên đường thẳng cắt
1
đường thẳng AB và k 0; , ( k là hằng số ). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho
2
10
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
AD kAB. Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng đi qua C và trung điểm của đoạn
thẳng AB tại E và F. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi.
Giải
Gọi M là trung điểm của AB, H là điểm
A
đối xứng với D qua M thì H là điểm cố
định và BH AD .
D
1
Vì AD kAB,0 k nên D thuộc
E
2
I
đoạn AM, H thuộc đoạn MB, M thuộc
M
đoạn EF.
d
H
Ta có ME.MF MD.MB MH.MA do
đó tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.
F
Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF nằm trên đường thẳng d là
đường trung trực của AH.
C
B
Đảo lại, với điểm I bất kỳ trên đường trung trực của AH, gọi E và F là các giao điểm của
đường tròn tâm I bán kính IA với đường tròn đường kính BD. Gọi M là giao điểm của EF và
MH MB MB MH BH
1 , tức là M
AB. Khi đó ME.MF MH.MA MD.MB , suy ra
MD MA MA MD AD
là trung điểm của HD và do đó cũng là trung điểm của AB.
Nếu đi qua M và cắt đường tròn đường kính BD tại E,F thì quỹ tích là một điểm I, chính
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
Nếu không đi qua M . Khi đó qua M vẽ đường thẳng song song với cắt đường tròn
đường kính DB tại E,F thì tâm I’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không thuộc quỹ
tích.
Nếu I I ' :
Gọi C là điểm giao của và đường thẳng EF và không trùng với M. Khi đó ta có tam giác
ABC mà đường trung tuyến qua C cắt đường tròn đường kính BD tại hai điểm E, F và tam giác
AEF có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I.
Lúc này quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF khi C thay đổi là đường trung trực
của đoạn thẳng AH loại trừ I’.
Một ứng dụng tiếp theo của phương tích là chứng minh ba đường thẳng đồng quy. Theo cách
này, chúng ta thường chỉ ra ba đường thẳng đã cho là ba trục đẳng phương của từng cặp đường
tròn lấy trong ba đường tròn nào đó. Lúc đó theo tính chất về tâm đẳng phương thì ba đường
thẳng này đồng quy. Các Ví dụ 5, 6, 7 dưới đây minh họa điều này.
Ví dụ 5. Cho nửa đường tròn đường kính AB và điểm C nằm trên đó sao cho C không phải là
trung điểm của cung nửa đường tròn này. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB.
Đường tròn đường kính CH cắt CA tại E, CB tại F và đường tròn đường kính AB tại D. Chứng
minh rằng CD, EF, AB đồng quy.
11
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Giải:
· 90o ECH
·
·
· . Vì CEHF là hình chữ nhật nên ECH
·
· .
Ta có EAB
, EFC
90o CEF
CEF
· EFC
·
Suy ra EAB
và do đó tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn (T).
Ta có CD là trục đẳng phương của đường
C
tròn đường kính CH và đường tròn đường kính
D
AB; EF là trục đẳng phương của đường tròn (T)
F
và đường tròn đường kính CH và AB là trục
E
đẳng phương của đường tròn đường kính AB với
B
đường tròn (T). Từ đó theo tính chất của tâm
I
A
H
đẳng phương, ta có AB, CD, EF đồng quy.
Chú ý: Cũng có thể chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp bằng cách chỉ ra rằng
CE.CA CF.CB CH 2 .
Ví dụ 6 (USA MO 1997). Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác này vẽ các tam giác cân
BCD, CAE, ABF có các cạnh đáy tương ứng là BC, CA, AB. Chứng minh rằng ba đường
thẳng vuông góc kẻ từ A, B, C xuống EF, FD, DE đồng quy.
Giải:
A
Ký hiệu d1 , d2 , d3 lần lượt là các đường thẳng
vuông góc kẻ từ A, B, C xuống EF, FD, DE.
Khi đó d1 là trục đẳng phương của đường tròn
E
F
E; EA và đường tròn F; EA ; d2 là trục
đẳng phương của đường tròn F; EA và
đường tròn D; DB ; d3 là trục đẳng phương
của đường tròn D; DB và đường tròn
E; EA . Theo tính chất của tâm đẳng phương
C
B
D
thì ba đường thẳng này đồng quy.
Chú ý: Bài toán này cũng có thể được giải rất nhanh gọn bằng cách sử dụng Định lý Carnot
như sau: “Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P . Gọi A , B , C lần lượt là các đường
thẳng qua M, N, P và vuông góc với BC, CA, AB. Khi đó A , B , C đồng quy khi và chỉ khi
( MB2 MC2 ) (NC2 NA2 ) ( PA2 PB2 ) 0. ”
Ví dụ 7 (IMO 1995). Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A,B,C,D (theo thứ tự đó). Đường tròn
đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấ y P là điểm trên XY
khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai là M và BD cắt
đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng quy.
Giải:
12
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
·
·
·
·
Ta có MAD
, MND
.
90o MCB
90o MNB
Mặt khác, vì PC.PM PB.PN PX .PY nên tứ
·
·
giác MNCB nội tiếp. Từ đây suy ra MCB
MNB
và do đó:
·
·
·
·
MAD
MND
90o MCB
900 MCB
180o .
I
M
N
X
P
B
A
D
Vậy tứ giác ADNM nội tiếp đường tròn (T).
C
Z
Ta có AM là trục đẳng phương của đường tròn
đường kính AC và đường tròn (T); DN là trục
Y
đẳng phương của đường tròn đường kính BD và
đường tròn (T); XY là trục đẳng phương của
đường tròn đường kính AC và đường tròn đường
kính BD. Vậy theo tính chất về tâm đẳng phương,
suy ra AM, DN và XY đồng quy.
Ví dụ 8 (Iran MO 2001). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). ( I ),( Ia ) lần lượt là các
đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A. Giả sử IIa cắt BC và (O) lần lượt tại A ' và M. Gọi N
¼ của (O). NI, NI cắt (O) lần lượt tại S và T. Chứng minh rằng ba
là trung điểm cung MBA
a
điểm S, T, A ' thẳng hàng.
Giải:
Ta có
· 1 s®NA
» s® AS
» 1 s® MN
¼ s® AS
» NIM
·
NTS
2
2
· I TS I· IS . Suy ra tứ giác I TIS nội tiếp đường
a
a
a
tròn (C1 ) .
· ICI
· 90o nên tứ giác IBI C nội
Mặt khác, IBI
a
a
tiếp đường tròn
(C ) .
S
A
O
a
2
Ta có IIa là trục đẳng phương của (C1 ) và (C2 ) .
BC là trục đẳng phương của (O) và (C2 ) . TS là trục
đẳng phương của (O) và (C1 ) . Theo tính chất về
tâm đẳng phương thì IIa , BC, TS đồng quy tại A ' .
Vậy ba điểm S, T, A ' thẳng hàng.
I
C
N
A'
B
T
M
Ia
Ví dụ 9. Cho đường tròn (O;R) và hai điểm P, Q cố định (P nằm ngoài (O) và Q nằm trong
(O)). Dây cung AB của (O) luôn đi qua Q; PA, PB lần lượt cắt (O) lần thứ hai tại D, C.
Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định.
Giải:
13
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Dự đoán điểm cố định là giao điểm I của PQ và CD.
Gọi K là giao điểm thứ hai của PQ với đường tròn ngoại tiếp
·
· PKA
·
tam giác PAB. Khi đó vì PDC
PBA
chứng minh tứ giác IADK nội tiếp.
Ta có QO 2 R 2 QA.QB QP.QK , mà P và Q cố định nên
B
C
P
I
PQ không đổi suy ra QK không đổi do đó K cố định.
Do tứ giác IADK nội tiếp nên PO 2 R 2 PA.PD PI .PK ,
K
Q
O
A
mà P và K cố định nên PK không đổi suy ra PI không đổi
D
do đó I cố định.
Vậy CD luôn đi qua điêm I cố định.
Ví dụ 10. Trên đường tròn (O) cho ba điểm A, B, C cố định sao cho tam giác ABC cân tại A.
» không chứa A của (O) sao cho AM không đi qua O.
M là một điểm di động trên cung BC
Đường tròn (T) có tâm A bán kính AB cắt tia MC tại D, đường thẳng AD cắt (O) tại E khác
với A. Gọi H là hình chiếu của D trên AC.
·
· .
a) Chứng minh rằng BDH
MEC
b) Gọi I là trung điểm AD, d1 là đường thẳng qua A và vuông góc với IO, d2 là đường thẳng
qua D và vuông góc với AI. Giả sử rằng d1 và d2 cắt nhau tại K. Chứng minh rằng K luôn
nằm trên một đường thẳng cố định khi M thay đổi.
Giải:
·
a) Ta có MA là phân giác của góc BMC
. Gọi
M
D’ là điểm đối xứng với B qua MA, khi đó D’
thuộc tia MC. Vì AD ' AB nên D’ nằm trên
B
đường tròn (T) tâm A bán kính AB và do đó D’
là một giao điểm (khác C) của (T) và MC. Mà
N
O
D là giao điểm của CM và (T) do đó D D ' .
Vậy BD AM .
I
E
Gọi N BD AM , ta có tứ giác ANDH nội
D
A
tiếp đường tròn đường kính AD.
H
Xét tam giác NDH và tam giác MEC, ta có:
·
·
·
(1)
NHD
NAD
MCE
C
·
·
·
HND
HAD
CME
(2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác NDH đồng dạng
·
· .
MEC
với tam giác MEC và do đó BDH
K
b) Ta có d1 là trục đẳng phương của đường tròn (I,IA) và (O); d2 là trục đẳng phương của
đường tròn (I,IA) và (T); BC là trục đẳng phương của (O) và (T). Theo tính chất về tâm đẳng
phương thì d1 , d2 và BC đồng quy. Do đó giao điểm K của d1 , d2 thuộc đường thẳng BC cố
định.
14
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Ví dụ 11. Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài các góc A, B, C lần lượt cắt cạnh đối diện
tại A1, B1, C1 . Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng và nằm trên đường thẳng vuông góc với
đường thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
C1
Gọi A2 , B2 , C2 là tam giác tạo bởi ba
phân giác ngoài góc A, B, C. Khi đó ta có
AA2 B2C2 , BB2 A2C2 và CC2 A2 B2 .
C1
B2
Tứ giác BC2 B2C nội tiếp nên
A
A1C2 . A1 B2 A1 B. A1C .
Tương tự ta cũng có:
B1C2 . B1 A2 B1 A. B1C
C2
I
A1
C
B
O
C1 B2 .C1 A2 C1 A.C1 B.
Suy ra A1, B1, C1 nằm trên trục đẳng
phương của đường tròn (O) ngoại tiếp tam
giác ABC và đường tròn T ngoại tiếp
tam giác A2 B2C2 .
A2
Để ý rằng (O) là đường tròn Euler của tam giác A2 B2C2 , I là trực tâm của tam giác A2 B2C2 ,
T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 . Từ đây suy ra ba điểm I , O, T cùng nằm trên
đường thẳng Euler của tam giác A2 B2C2 . Vậy đường thẳng qua A1, B1, C1 vuông góc với đường
thẳng IO.
Ví dụ 12. Cho tam giác ABC vuông tại C. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C của tam
giác ABC. Lấy X là một điểm bất kì nằm trên đoạn CH, gọi K, L lần lượt là các điểm nằm trên
các đoạn thẳng AX, BX sao cho BK = BC và AL = AC. Giả sử M là giao điểm của AL và BK.
Chứng minh rằng MK ML.
Giải
15
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
K'
C
L'
X
L
K
A
M
H
B
Ta có K nằm trên đường tròn (T1 ) tâm B bán kính BC và L nằm trên đường tròn (T2 ) tâm A
bán kính AC.
Gọi K ' là giao điểm thứ hai khác K của đường thẳng AX với (T1 ) và L’ là giao điểm khác L
của BX với (T2 )
Khi đó CH là trục đẳng phương của (T1 ) và (T2 ) do đó XL.XL ' XK.XK ' suy ra K,L,K’,L’
cùng nằm trên đường tròn (T3 ).
Vì BX là trục đẳng phương của (T3 ) và (T2 ) nên BK 2 BC 2 PB /(T2 ) BL.BL ' PB /(T3 ) , suy ra
BK là tiếp tuyến của (T3 ) tại K. Tương tự, ta cũng có AL là tiếp tuyến của (T3 ) tại L. Từ đây
suy ra MK ML.
Ví dụ 13. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và W là một điểm trên cạnh BC. Gọi M, N
lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B và C; Ký hiệu ( w1 ) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác BWN và gọi X là điểm trên ( w1 ) sao cho XW là một đường kính của ( w1 ) . Tương tự, ký
hiệu ( w2 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CWM và gọi Y là điểm trên ( w2 ) sao cho YW là
một đường kính của ( w1 ) . Chứng minh rằng X, Y, H thẳng hàng.
Giải
16
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
A
Y
M
N
w2
Z
H
X
B
L
C
W
w1
Gọi L là chân đường vuông góc kẻ từ A và Z là giao điểm thứ hai của ( w1 ) và ( w2 ) . Khi đó
ZW là trục đẳng phương của ( w1 ) và ( w2 ) ; BN là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp
BNMC với ( w1 ) ; CM là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp BNMC với ( w2 ). Suy ra
·
ba đường thẳng BN, CM, ZW đồng quy tại A, tức là A,Z,W thẳng hàng. Vì ·
XZW YZW
90o
nên X,Y,Z thẳng hàng.
Ta có AH .AL AB.AN AW .AZ do đó nếu H thuộc đường thẳng AW thì H Z và hiển
AZ
AL
nhiên X,Y,H thẳng hàng. Nếu H không thuộc đường thẳng AW thì từ
suy ra hai
AH AW
tam giác AHZ và AWL đồng dạng với nhau. Do đó ·
AZH ·
ALW 90o . Điều này chứng tỏ H,
Z, Y thẳng hàng. Vậy H, X, Y thẳng hàng.
Ví dụ 14 (IMO Shortlist 2011). Cho ABC là tam giác nhọn với đường tròn ngoại tiếp . Gọi
B0 , C0 lần lượt là trung điểm của AC và AB; D là chân đường cao kẻ từ A và G là trọng tâm
của tam giác ABC. Gọi là đường tròn qua B0 , C0 và tiếp xúc với đường tròn (T) tại một
điểm X A. Chứng minh rằng D, G, X thẳng hàng.
Giải
Nếu AB AC thì kết quả là hiển nhiên.
Không mất tổng quát, giả sử AB AC. Gọi 1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 . Khi
1
. Gọi a và x lần lượt là các tiếp tuyến của
2
lại A và X. Khi đó a,x, B0C0 lần lượt là các trục đẳng phương của ba đường tròn , 1 và
nên đồng quy tại điểm S.
Vì A và D đối xứng nhau qua B0C0 nên SA SD SX , tức là S là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ADX. Hơn nữa, ta có tứ giác ASOX nội tiếp.
đó 1 là ảnh của qua phép vị tự tâm A tỉ số
17
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Ký hiệu T là giao điểm thứ hai của
đường thẳng DX với và O là
tâm của thì O thuộc 1 . Sử
dụng tính chất góc nội tiếp trong
các đường tròn và , ta có:
·
DAT
·
ADX ·
ATD
A
T
C0
S
B0
1
1
(360o ·
ASX ) ·
AOX
G
2
2
O
1
180o ( ·
ASX ·
AOX ) 90o.
2
B
D
Suy ra AD AT và do đó
A0
C
AT//BC. Suy ra ATCB là hình
thang cân nội tiếp trong .
X
Gọi A0 là trung điểm của BC. Xét
1
phép vị tự V tâm G tỉ số biến
2
A, B, C thành A0 , B0 , C0 .
Vì A0 B0C0 D là hình thang cân nên V (T ) D và do đó T, G, D thẳng hàng. Vậy D,G,X thẳng
hàng.
3. Một số bài toán dựng hình
Ví dụ 1. Cho hai điểm A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng . Hãy dựng đường
tròn qua hai điểm A,B và tiếp xúc với .
Phân tích: Nếu AB// thì gọi b là đường trung trực của AB và M là
giao điểm của và b. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM là
đường tròn cần tìm.
A
B
M
Xét trường hợp AB không song song
với . Giả sử đã dựng được đường tròn
(C) thỏa yêu cầu. Khi đó gọi I là giao
điểm của AB và và M là tiếp điểm của
(C) và . Giả sử B nằm giữa A và I, khi
A
B
M2
M1
I
đó IM 2 IA. AB.
E
Gọi a là đường thẳng qua B và vuông góc với AB. Đường tròn đường kính AI cắt a tại E.
18
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Khi đó tam giác AEI vuông tại E có đường cao EB nên IE 2 IA. AB. Vậy IM IE nên M
là giao điểm của và đường tròn tâm I bán kính IE.
Suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM là các đường tròn cần dựng. Số nghiệm
hình trong trường hợp này là số giao điểm của và đường tròn tâm I bán kính IE.
Việc suy ra cách dựng và chứng minh là khá đơn giản và các bạn học sinh tự thực hiện.
Ví dụ 2. a) Cho đường thẳng và đường tròn (O). Gọi A là điểm thuộc đường thẳng . Hãy
dựng đường tròn (T) tiếp xúc với tại A đồng thời tiếp xúc với (O).
b) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) và A là điểm trên đường tròn (O1 ) . Hãy dựng đường
tròn (T) tiếp xúc với (O1 ) tại A đồng thời tiếp xúc với (O2 ) .
a) Phân tích: Giả sử đã dựng được đường
tròn (T) thỏa yêu cầu. Gọi ( K1 ) , ( K 2 ) là hai
d
đường tròn nào đó tiếp xúc với tại A sao
cho ( K1 ) cắt (O) tại E, F và ( K 2 ) cắt (O) tại
E
G
G, H. Khi đó EF là trục đẳng phương của (O)
và ( K1 ) , GH là trục đẳng phương của (O) và
T2
O
K1
M2
( K 2 ) , là trục đẳng phương của ( K1 ) và
( K 2 ) . Theo tính chất về tâm đẳng phương thì
M1
F
H
K2
T
1
EF, GH và đồng quy tại I.
Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến qua I với
I
A
(O). Gọi d là đường thẳng qua A và vuông
góc với , a là trung trực của MA, T là giao
điểm của a và d. Khi đó đường tròn tâm
T bán kính TA là đường tròn cần tìm.
Số nghiệm tùy thuộc số tiếp điểm M của đường thẳng qua I và tiếp xúc với .
Việc suy ra cách dựng và chứng minh là khá đơn giản và các bạn học sinh tự thực hiện.
b) Kẻ tiếp tuyến của (O1 ) tại A. Khi đó bài toán quy về câu a).
Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và hai điểm phân biệt A, B. Hãy dựng đường tròn đi qua hai
điểm A, B và tiếp xúc với (O) .
Phân tích: Giả sử đã dựng được đường tròn (T) thỏa yêu cầu. Gọi ( K1 ) , ( K 2 ) là hai đường
tròn nào đó đi qua hai điểm A, B sao cho ( K1 ) cắt (O) tại E, F và ( K 2 ) cắt (O) tại G, H. Khi
đó EF là trục đẳng phương của (O) và ( K1 ) , GH là trục đẳng phương của (O) và ( K 2 ) , là
trục đẳng phương của ( K1 ) và ( K 2 ) . Theo tính chất về tâm đẳng phương thì EF, GH và
đồng quy tại I.
19
Phương tích của một điểm đối với đường tròn và một số ứng dụng
Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến qua I với (O).
(T) là đường tròn đi qua ba điểm A, B, M. Khi đó
(T) là đường tròn cần tìm.
Số nghiệm tùy thuộc số tiếp điểm M của đường
thẳng qua I và tiếp xúc với .
Việc suy ra cách dựng và chứng minh là khá
đơn giản và các bạn học sinh tự thực hiện.
E
M2
G
T2
H
F
K1
M1
K2
T1
I
B
A
4. Một số bài toán về biểu thức tọa độ
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x2 y 2 2 x 4 y 20 0
và điểm M (3;4). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (C ) (A, B là các tiếp điểm). Viết
phương trình đường thẳng AB.
Giải
Đường tròn (C ) có tâm I (1; 2) và bán kính R 5.
A
Ta có IM 40 R nên M nằm ngoài đường tròn (C ) .
Gọi
( C ')
là
đường
tròn
tâm
M
bán
kính
M
I
MA IM 2 R 2 15. Khi đó ( C ') có phương trình:
( x 3)2 ( y 4)2 15
B
x 2 y 2 6 x 8 y 10 0.
Ta có AB là trục đẳng phương của (C ) và ( C ') nên
phương trình của AB là: 4 x 12 y 30 0 .
9 3 15 7 15
;
Chú ý: Cũng có thể tìm trực tiếp tọa độ các tiếp điểm là A
và
4
4
9 3 15 7 15
B
;
sau đó viết phương trình đường thẳng AB. Tuy nhiên cách này cần khá
4
4
nhiều tính toán phức tạp.
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x2 y 2 2 x 3 0 và hai
điểm A(1;4) , B(5;0). Viết phương trình của đường tròn ( C ') đi qua A, B và tiếp xúc với (C ).
20
- Xem thêm -
.PDF 
25 
1313 
84 
