Toán học - Phương tích - Trực đẳng phương

Khối THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN 
 2 
Lời nói đầu 
--------------------------------------------------------------------------------- 
 Phương tích và trục đẳng phương là một vấn đề rất quen thuộc trong hình học phẳng. 
Kiến thức về chúng cũng khá đơn giản và dễ hiểu, nhưng lại có nhiều ứng dụng trong các 
bài toán tính yếu tố độ dài, góc, diện tích, chứng minh hệ thức hình học,tập hợp các điểm 
cùng thuộc một đường tròn , điểm cố định, đường cố định, các bài toán về sự thẳng hàng, 
đồng quy, vuông góc  Sử dụng phương tích và trục đẳng phương thường đem lại lời 
giải rất đẹp mắt và thú vị. Vì vậy, nhóm học sinh lớp 10A2 toán khối THPT chuyên 
ĐHKHTN-ĐHQGHN đã nghiên cứu và viết thành chuyên đề này với hi vọng đem đến 
cho bạn đọc đầy đủ những ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương. Đặc biệt việc 
khảo sát vị trí của hai đường tròn cũng được đề cập tới với ứng dụng của trục đẳng 
phương trong các bài toán tọa độ. 
 Do hoàn thành trong thời gian ngắn, nội dung của bài viết có thể còn nhiều khiếm 
khuyết, nhóm tác giả rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của bạn đọc để chuyên đề 
được hoàn thiện hơn. 
 Cuối cùng, chúng em xin chân thành cảm ơn thầy Đỗ Thanh Sơn đã hướng dẫn, đọc 
bản thảo và cho nhiều ý kiến quý báu. 
 Hà Nội, tháng 5 năm 2009 
Nhóm thực hiện lớp 10A2 toán: 
 1.Nguyễn Văn Linh 
 2.Trần Thị Mai Dung 
 3.Trần Minh Châu 
 4.Nguyễn Vũ Dạ My 
 3 
A.Tóm tắt lý thuyết: 
1.Phương tích của một điểm đối với đường tròn 
Định lý 1.1: 
Cho đường tròn (O,R) và một điểm M trên mặt phẳng cách O một khoảng bằng d.. Từ M 
kẻ cát tuyến MAB tới (O). Khi đó .MA MB = d2-R2 (*) 
Hình 1 
Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d2-R2 là phương tích của điểm M đối với (O), kí hiệu là 
PM/(O)=d
2-R2 
Nhận xét: Nếu PM/(O)>0 thì M nằm ngoài (O),PM/(O)=0 thì M nằm trên biên 
(O),PM/(O)<0 thì M nằm trong (O). 
 Trong nhiều bài toán, ta thường sử dụng độ dài đoạn thẳng dạng hình học và viết (*) 
dưới dạng MA.MB=|d2-R2| 
Định lý 1.2: 
Cho (O) và một điểm M trên mặt phẳng. Từ M kẻ 2 cát tuyến MAB, MCD thì 
. .MA MB MC MD= (xem hình 1) 
Định lý 1.3: 
Cho (O) và một điểm M nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến MN, cát tuyến MAB. Ta có 
2
.MA MB MN= (xem hình 1) 
Định lý 1.4: 
Cho hai đường thẳng AB,CD cắt nhau tại M (khác A,B,C,D). Nếu . .MA MB MC MD= thì 
4 điểm A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn. 
Định lý 1.5: 
Cho hai đường thẳng AB,MN cắt nhau tại M. Nếu 
2
.MA MB MN= thì đường tròn ngoại 
tiếp tam giác ABN tiếp xúc với MN tại N. 
Các định lý trên đều rất đơn giản và quen thuộc, xin dành lại cho bạn đọc chứng minh. 
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn-tâm đẳng phương: 
Định lý 2.1: Tập hợp các điểm M có cùng phương tích đối với hai đường tròn không 
đồng tâm (O1,R1),(O2,R2) là một đường thẳng vuông góc với đường thẳng nối hai tâm 
O1,O2. Nếu gọi O là trung điểm O1O2, H là hình chiếu của M trên O1O2 thì 
2 2
1 2
1 22
R R
OH
O O
−
= 
 4 
Định nghĩa 2.1: Đường thẳng MH được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn. 
Cách dựng trục đẳng phương: 
Trường hợp 1: (O1) giao (O2) tại 2 điểm phân biệt A,B. Đường thẳng AB chính là trục 
đẳng phương của (O1) và (O2) 
Trường hợp 2: (O1) và (O2) chỉ có một điểm chung X. Tiếp tuyến chung tại X của hai 
đường tròn là trục đẳng phương của (O1) và (O2) 
Trường hợp 3: (O1) và (O2) không có điểm chung, dựng đường tròn (O3) có hai điểm 
chung với (O1) và (O2). Dễ dàng vẽ được trục đẳng phương của (O1) và (O3), (O2) và 
(O3). Hai đường thẳng này giao nhau tại M. Từ M kẻ MH ⊥ O1O2. MH chính là trục đẳng 
phương của (O1) và (O2). 
 5 
Cách dựng này dựa vào định lý sau: 
Định lý 2.2: 
 Cho ba đường tròn (O1),(O2),(O3).l1,l2,l3 theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp hai 
đường tròn (O1) và (O2), (O2) và (O3), (O3) và (O1) 
+Nếu O1,O2,O3 không thẳng hàng thì l1,l2,l3 đồng quy. 
+Nếu O1,O2,O3 thẳng hàng thì l1,l2,l3 đôi một song song hoặc trùng nhau. 
Định nghĩa 2.2: Điểm đồng quy của các đường thẳng l1,l2,l3 được gọi là tâm đẳng 
phương của các đường tròn (O1),(O2),(O3) 
3.Phương tích, trục đẳng phương trong hệ toạ độ: 
Định lý 3.1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: 
C(x,y)=x2+y2+2ax+2by+c=0 với a2+b2>c. Khi đó, phương tích của điểm M(xo,yo) đối với 
đường tròn (C) là PM/(C)=xo
2+yo
2+2axo+2byo+c=C(xo,yo) 
Nhận xét: Vị trí của M đối với (C): M nằm ngoài (C) ⇔ C(xo,yo)>0, M nằm trên (C) 
⇔ C(xo,yo)=0, M nằm trong (C) ⇔ C(xo,yo)<0 
Định lý 3.2: Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm: 
 (C1): x
2+y2+2a1x+2b1y+c1=0 
 (C2):x
2+y2+2a2x+2b2y+c2=0, trong đó (a1-a2)
2+(b1-b2)
2 ≠ 0, có phương trình: 
(a1-a2)x+(b1-b2)y+ 1 2
2
c c−
=0 
 6 
B.Ví dụ: 
1. Chứng minh các hệ thức hình học: 
Ví dụ 1: 
 Cho tam giác ABC nội tiếp (O,R), ngoại tiếp (I,r). CMR OI2=R2-2Rr (hệ thức Ơ-le) 
Lời giải: 
Kéo dài BI cắt (O) tại M. Kẻ đường kính MK của (O). (I) tiếp xúc với BC tại D. 
Ta có ~ ( . )BDI KCM g g△ △ 
BI ID ID
KM MC MI
⇒ = = 
⇒ IB.IM=ID.KM=2Rr 
Mà IB.IM=R2-OI2 
Vậy OI2=R2-2Rr (đpcm) 
Ví dụ 2: 
Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp (O,R), vừa ngoại tiếp (I,r). Đặt OI=d. CMR: 
2 2
1 1
( ) ( )R d R d
+
− +
=
2
1
r
(Định lý Fuss) 
Lời giải: 
 7 
Kéo dài BI, DI cắt (O) tại M,N. 
Ta có ∠ MNC= ∠ IBC, ∠ NMC= ∠ IDC 
Suy ra ∠ MNC+ ∠ NMC= ∠ IBC+ ∠ IDC=1/2( ∠ ADC+ ∠ ABC)=90o 
Suy ra O là trung điểm MN. 
Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IMN ta có: 
OI2=
2 2 2 2 2
2
2 2 4 2 2
IM IN MN IM IN
R+ − = + − 
Do đó 
2 2
1 1
( ) ( )R d R d
+
− +
=
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2( )
( ) ( / ( )) . .
I
R d IM IN IM IN
R d P O IM IB IN ID
+ +
= = +
−
2 2
2 2 2 2 2
sin sin1 1 12 2
B D
IB ID r r r
∠ ∠
= + = + = (đpcm) 
2.Tính các đại lượng hình học: 
 Ví dụ (USAMO 1998): 
Cho 2 đường tròn đồng tâm O (C1) và (C2) ((C2) nằm trong (C1)). Từ một điểm A nằm 
trên (C1) kẻ tiếp tuyến AB tới (C2). AB giao (C1) lần thứ 2 tại C. D là trung điểm AB. 
Một đường thẳng qua A cắt (O2) tại E,F sao cho đường trung trực của đoạn DF và EC 
giao nhau tại điểm M nằm trên AC.Tính 
AM
MC
? 
Lời giải: 
 8 
Dễ thấy B là trung điểm AC. 
Ta có PA/(C2)= 
2.AE AF AB= =
1
.2 .
2
AB AB AD AC= 
Suy ra tứ giác DCFE nội tiếp.Do đó M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCFE. Mà M 
nằm trên AC nên MD=MC=
1
2
DC 
Từ đó tính được AM=
5
4
AB và MC=
3
4
AB 
5
3
AM
MC
⇒ = 
3. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc một đường tròn: 
Ví dụ 1 (IMO 2008): 
Cho tam giác ABC, trực tâm H.M1,M2,M3 lần lượt là trung điểm BC,CA,AB. 
(M1,M1H) ∩ BC={A1,A2 }, (M2,M2H) ∩ AC={B1,B2 }, (M3,M3H) ∩ AB={C1,C2 }. CMR 
A1,A2,B1,B2,C1,C2 cùng thuộc một đường tròn. 
Lời giải: 
 9 
Do M1M2//AB và AB ⊥ HC nên M1M2 ⊥ HC 
Suy ra HC là trục đẳng phương của (M1) và (M2). 
1 2 1 2. .CA CA CB CB⇒ = 
Suy ra A1,A2,B1,B2 thuộc đường tròn (W1) 
Tương tự A1,A2,C1,C2 thuộc đường tròn (W2), 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 tại một điểm, nhưng chúng lại 
cắt nhau tại A,B,C nên vô lý. 
Vậy ta có đpcm. 
Ví dụ 2 (IMO shortlist 2006): 
Cho hình thang ABCD (AB>CD). K,L là hai điểm trên AB,CD sao cho 
AK DL
BK CL
= . Giả 
sử P,Q nằm trên đoạn thẳng KL sao cho ∠ APB= ∠ BCD và ∠ CQD= ∠ ABC. CMR bốn 
điểm P,Q,B,C cùng thuộc một đường tròn. 
Lời giải: 
 10 
Từ giả thiết, 
AK DL
BK CL
= suy ra AD,BC,KL đồng quy tại E. 
Dựng đường tròn (O1) đi qua hai điểm C,D và tiếp xúc với BC, (O2) đi qua hai điểm AB 
và tiếp xúc với BC. Khi đó ∠ DQC = ∠ ABC= ∠ DCE nên Q∈(O1), tương tự P∈(O2). 
Gọi F là giao điểm thứ hai của EQ với (O1). Ta có: 
2
.EF EQ EC= (1) 
Mặt khác, dễ dàng có ∠ O1CD= ∠ O2BA do đó △AO2B~△DO1C 
⇒ 1
2
O C DC EC
O B AB EB
= = =k⇒E,O1,O2 thẳng hàng và 1
2
EO
k
EO
= ⇒ 1 2EO k EO=
 
Suy ra phép vị tự H(E,k): (O1) → (O2). Mà E,F,P thẳng hàng, F∈(O1), P∈(O2) nên 
EF EC
EF k EP k
EP EB
= ⇒ = =
 
 (2) 
Từ (1),(2) suy ra . .EP EQ EC EB= . 
Vậy 4 điểm P,Q,B,C cùng thuộc một đuờng tròn (đpcm) 
4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy: 
Ví dụ 1: 
Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài góc A,B,C lần lượt cắt cạnh đối diện tại 
A1,B1,C1. CMR A1,B1,C1 thẳng hàng và nằm trên đường vuông góc với đường thẳng nối 
tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Lời giải: 
 11 
Gọi A2B2C2 là tam giác tạo bởi 3 phân giác ngoài góc A,B,C. Dễ dàng có 
2 2 2AA B C⊥ , 2 2 2BB A C⊥ , 2 2 2CC A B⊥ . 
Tứ giác BC2B2C nội tiếp nên 1 2 1 2 1 1. .AC A B A B A C= 
Tương tự 1 2 1 2 1 1. .B C B A B A B C= , 1 2 1 2 1 1. .C B C A C AC B= 
Suy ra A1,B1,C1 cùng nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác 
ABC và đường tròn (J) ngoại tiếp tam giác A2B2C2. Mà (O) là đường tròn Ơ-le của tam 
giác A2B2C2, AA2,BB2,CC2 giao nhau tại trực tâm I của tam giác A2B2C2 (cũng đồng thời 
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC) suy ra I,O,J thẳng hàng. 
Vậy đường thẳng qua A1,B1,C1 vuông góc với OI (đpcm) 
Ví dụ 2 (Iran NMO 2001): 
 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). (I), (Ia) lần lượt là đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc 
A. Giả sử IIa giao BC và (O) lần lượt tại A’, M.Gọi N là trung điểm cung MBA. NI, NIa 
giao (O) lần lượt tại S,T. CMR S,T,A’ thẳng hàng. 
Lời giải: 
 12 
Ta có ∠ NTS=  ( )  ( )1 1
2 2
sd NA sd AS sd NM sd AS NIM+ = + = ∠ 
a a
I TS I IS⇒ ∠ = ∠ 
Suy ra tứ giác IaTIS nội tiếp (w1) 
Mặt khác, ∠ IBIa= ∠ ICIa=90o nên tứ giác IBIaC nội tiếp (w2) 
Ta thấy IIa là trục đẳng phương của (w1) và (w2), BC là trục đẳng phương của (O) và 
(w2), TS là trục đẳng phương của (O) và (w1) 
Theo định lý về tâm đẳng phương thì IIa, TS, BC đồng quy tại A’. 
Vậy T,A’,S thẳng hàng (đpcm) 
Ví dụ 3(Định lý Brianchon): 
 Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). CMR AD,BE,CF đồng quy. 
Lời giải: 
 13 
Gọi G,H,I,J,K,L lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DE, EF,FA với (O). 
Trên tia KF,HB, GB, JD, ID, LF lần lượt lấy các điểm P,S, Q,R,N ,M sao cho 
KP=SH=GQ=JR=IN=LM. Dựng (O1) tiếp xúc với EF,CB tại P,S, (O2) tiếp xúc AF,CD 
tại M,N, (O3) tiếp xúc AB, ED tại Q,R. 
Ta có FP=PK-FK=LM-LF=FM, CS=SH+HC=IN+IC=CN 
Suy ra FC là trục đẳng phương của (O1) và (O2). 
Tương tự AD là trục đẳng phương của (O2) và (O3), BE là trục đẳng phương của (O3) và 
(O1). Áp dụng định lý về tâm đẳng phương ta có AD,BE,CF đồng quy (đpcm) 
5.Chứng minh điểm cố định, đường cố định: 
Ví dụ 1: Cho (O,R) và hai điểm P,Q cố định (P nằm ngoài (O), Q nằm trong (O)). Dây 
cung AB của (O) luôn đi qua Q. PA, PB lần lượt giao (O) lần thứ hai tại D,C. CMR CD 
luôn đi qua một điểm cố định. 
Lời giải: 
 14 
Gọi E là giao điểm thứ hai khác P của PQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB. CD 
giao PQ tại F. 
Ta có 2 2 . .OQ R QA QB QP QE− = = , mà P,Q cố định nên QP =const, suy ra QE =const, 
do đó E cố định. 
Mặt khác PDC PBA PEA∠ = ∠ = ∠ nên tứ giác DAEF nội tiếp. 
Suy ra 2 2 . .PO R PD PA PE PF− = = . Do P,E cố định nên PE =const, suy ra PF =const 
Do đó F cố định. 
Vậy CD luôn đi qua điểm F cố định (đpcm) 
Ví dụ 2 (Việt Nam 2003): 
Cho (O1,R1) tiếp xúc ngoài với (O2,R2) tại M (R2>R1). Xét điểm A di động trên đường 
tròn sao cho A,O1,O2 không thẳng hàng.Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC tới (O1).Các đường 
thẳng MB,MC cắt lại (O2) tại E,F.D là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại A của 
(O2).CMR D di động trên một đường thẳng cố định. 
Lời giải: 
 15 
Qua M kẻ tiếp tuyến chung của (O1) và (O2). 
Ta có MCA CMy FMD FAM∠ = ∠ = ∠ = ∠ 
Do đó ~FAM FCA△ △ (g.g) 2 2 21 1.FA FM FC FO R⇒ = = − (1) 
Tương tự 2 2 21 1EA EO R= − (2) 
Coi (A,0) là đường tròn tâm A, bán kính 0 thì từ (1)(2) ta được EF là trục đẳng phương 
của (A,0) với (O1). 
Mà D nằm trên EF nên DA2=DO1
2-R1
2 
⇒PD/(O1)=PD/(O2) 
Vậy D nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn cố định (O1) và (O2) 
6.Chứng minh các yếu tố khác: 
Ví dụ 1: Cho (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC tới 
(O). E,F lần lượt là trung điểm AB,AC.D là một điểm bất kì trên EF. Từ D kẻ tiếp tuyến 
DP,DQ tới (O).PQ giao EF tại M.CMR 90oDAM∠ = 
Lời giải: 
 16 
Kí hiệu (A,0) là đường tròn tâm A, bán kính bằng 0. 
Do EB2=EA2-02=EA2 và FC2=FA2 nên EF là trục đẳng phương của (A,0) và (O). 
⇒DA2=DP2=DQ2⇒D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. 
Lại có M nằm trên trục đẳng phương của (A,0) và (O) nên MA2=MP.MQ 
Suy ra MA là tiếp tuyến của (D,DA). 
Vậy 90oDAM∠ = (đpcm) 
Ví dụ 2 (Russian 2005): 
Cho tam giác ABC, WB, WC là các đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh B,C. W’B, W’C lần 
lượt là đường tròn đối xứng với WB, WC qua trung điểm cạnh AC, AB. CMR trục đẳng 
phương của W’B và W’C chia đôi chu vi tam giác ABC. 
Lời giải: 
 17 
Giả sử đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với 3 cạnh BC,CA,AB lần lượt tại 
D,E,F. M, N là trung điểm AC,AB. WB tiếp xúc với AC tại G, WC tiếp xúc với AB tại H, 
với BC tại T. 
Ta có E đối xứng với G qua M, F đối xứng với H qua N. 
Do đó W’B tiếp xúc với AC tại E, W’C tiếp xúc với AB tại F và AE
2=AF2 nên A nằm trên 
trục đẳng phương của W’B và W’C 
Mặt khác, qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trên d lấy 2 điểm P,Q thoả mãn 
AP=AF=AE=AQ. Gọi S là giao của QF với BC, J là giao của PE với BC.QF ∩ PE={R} 
Vì AQ=AF=BH=BT và AQ//BC nên Q đối xứng với T qua N.Suy ra Q∈W’C, tương tự 
P∈W’B. 
Tứ giác PQEF nội tiếp nên . .RP RE RQ RF= suy ra R nằm trên trục đẳng phương của 
W’B và W’C. 
Do đó AR là trục đẳng phương của W’B và W’C. Giả sử AR cắt BC tại L thì L là trung 
điểm SJ. 
Dễ thấy DB=FB=SB, DC=EC=JC. Gọi L’ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A 
của tam giác ABC với cạnh BC. 
Ta có L’B=DC, L’C=BD nên L’B+BS=L’C+CJ hay L’ là trung điểm đoạn SJ 
'L L⇒ ≡ 
Mà AL chia đôi chu vi tam giác ABC nên trục đẳng phương của W’B và W’C chia đôi chu 
vi tam giác ABC (đpcm) 
Ví dụ 3 (Romani TST 2008): 
Cho tam giác ABC. Các điểm D,E,F lần lượt nằm trên 3 cạnh BC,CA,AB sao 
cho
AFBD CE
CD AE BF
= = . CMR nếu 2 tam giác ABC và DEF có chung trực tâm thì tam giác 
ABC đều. 
Lời giải: 
 18 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. 
Ta có: 
AFBD CD CE AE BF
GD GE GF GC GB GA GC GB GA
BC CB CA AC AB BA
     
+ + = + + + + +     
     
        
=
AFBD AE CD CE BF
GC GB GA
BC AC CB AB CA BA
     
+ + + + +     
     
  
=GA GB GC+ +
  
= 0

Suy ra hai tam giác ABC và DEF có chung trọng tâm G. Mà chúng lại chung trực tâm H 
nên dựa vào tính chất của đường thẳng Ơ-le: OH=2OG suy ra chúng có chung tâm đường 
tròn ngoại tiếp O. 
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Do OD=OE nên PD/(O)=PE/(O) 
. .DB DC EC EA⇒ = 
DB EA
EC DC
⇒ = 
Mặt khác 
DB EC EA EC
DC EA DC DB
= ⇒ = 
2 2DB EC
DB EC
EC DB
DB EC
⇒ = ⇒ =
⇒ =
Mà 
DB EC
BC CA
= BC AC⇒ = . Tương tự AB=AC suy ra tam giác ABC đều. 
7. Khảo sát vị trí hai đường tròn: 
Ví dụ 1: 
Chứng minh rằng nếu hai đường tròn đựng nhau thì hai đường tròn đó nằm vế một phía 
với trục đẳng phương. Nếu hai đường tròn nằm ngoài nhau thì chúng nằm về hai phía của 
trục đẳng phương. 
 19 
Lời giải: 
+Nếu hai đường tròn đựng nhau, hiển nhiên trục đẳng phương không có điểm chung với 
đường tròn lớn vì nếu M là điểm chung thì phương tích từ M tới đường tròn nhỏ phải 
bằng 0 và hai đường tròn giao nhau tại M, vô lý. 
 Do đó đường tròn lớn nằm về một phía của trục đẳng phương và mọi điểm trong của 
đường tròn cũng nằm về phía đó. Vậy hai đường tròn nằm về một phía với trục đẳng 
phương. 
+Nếu hai đường tròn ngoài nhau. Gọi O là trung điểm O1O2. M là một điểm nằm trên trục 
đẳng phương. H là hình chiếu của M trên O1O2. Không mất tổng quát giả sử R1>R2. 
Ta có 
2 2
1 2
1 22
R R
OH
O O
−
= suy ra 2 21 2 1 22 . 0O O OH R R= − > , tức là OH

 và 1 2O O

cùng hướng, 
hay H nằm trên tia OO2.Mặt khác OH=
2 2
1 2
1 22
R R
O O
−
<1/2O1O2 nên H nằm trên đoạn thẳng 
OO2. 
Vậy O1,O2 nằm khác phía đối với H, mà trục đẳng phương không có điểm chung với hai 
đường tròn nên hai đường tròn (O1),(O2) nằm khác phía đối với trục đẳng phương. 
Ví dụ 2: 
Chứng minh rằng nếu trục đẳng phương của hai đường tròn cắt một trong hai đường tròn 
thì hai đường tròn đã cho cắt nhau. Nếu trục đẳng phương của hai đường tròn tiếp xúc với 
một trong hai đường tròn thì hai đường tròn đã cho tiếp xúc nhau. 
Lời giải: 
Gọi C1,C2 là hai đường tròn có trục đẳng phương d và M là điểm chung của C1 với d. 
Ta có PM/(C1)=PM/(C2)=0 chứng tỏ M thuộc C2. Từ đó suy ra đpcm. 
 20 
C.Bài tập: 
1.Chứng minh các hệ thức hình học: 
Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). CD ∩ AB={M}, AD ∩ BC={N}. CMR 
MN2=PM/(O)+PN/(O) 
Bài 2(Romani TST 2006): Cho (O) và một điểm A nằm ngoài (O). Từ A kẻ cát tuyến 
ABC, ADE (B∈[AC], D∈[AE]. Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt (O) lần thứ 
2 tại F. AF cắt (O) tại G. EG cắt AC tại M. CMR 
1 1 1
AM AB AC
= + 
Bài 3:Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). P nằm trên cung CD không chứa A,B. 
PA,PB ∩ DC lần lượt tại M,N. CMR 
.MD NC
const
MN
= 
Bài 4 (Đề nghị Olympic 30-4): Cho tam giác ABC nội tiếp (O,R). Gọi G là trọng tâm 
tam giác. Giả sử GA,GB,GC cắt (O) lần thứ hai tại A’,B’,C’. CMR: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 27
' ' 'G A G B G C a b c
+ + =
+ +
Bài 5:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) tiếp xúc với đường 
tròn (O) tại một điểm thuộc cung BC không chứa A. Từ A,B,C theo thứ tự kẻ tới (O’) các 
tiếp tuyến AA’,BB’,CC’. CMR: BC.AA’’=CA.BB’’+AB.CC’’ (định lý Ptô-lê-mê mở 
rộng) 
Bài 6:Cho tam giác ABC với diện tích S nội tiếp (O,R). Giả sử S1 là diện tích của tam 
giác tạo bởi các chân đường vuông góc hạ xuống các cạnh của tam giác ABC từ một 
điểm M nằm cách O một khoảng d. CMR 
2
1 2
1
1
4
d
S S
R
= − (Hệ thức Ơ-le) 
2.Tính các đại lượng hình học: 
Bài 7:Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp (O). Đường tròn (O’,R) tiếp xúc với cạnh 
BC và tiếp xúc với cung BC nhỏ. Tính AO’ theo a và R 
Bài 8 (All-Russian MO 2008): Cho tam giác ABC nội tiếp (O,R), ngoại tiếp (I,r). (I) tiếp 
xúc với AB,AC lần lượt tại X,Y. Gọi K là điểm chính giữa cung AB không chứa C. Giả 
sử XY chia đôi đoạn AK. Tính ∠ BAC? 
Bài 9 (All-Russian MO 2007): Hai đường tròn (O1) và (O2) giao nhau tại A và B. PQ, RS 
là 2 tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (P,R ∈(O1), Q,S ∈(O2)). Giả sử RB//PQ, RB cắt 
(O2) lần nữa tại W. Tính 
W
RB
B
? 
3.Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc một đường tròn: 
Bài 10: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) (AB ≠ CD). Dựng hai hình thoi AEDF và BMCN 
có cạnh bằng nhau. CMR 4 điểm E,F,M,N cùng thuộc một đường tròn. 
Bài 11 (IMO Shortlist 1995):Cho tam giác ABC với (I) là đường tròn nội tiếp. (I) tiếp 
xúc với 3 cạnh BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F.X là một điểm nằm trong tam giác ABC sao 
cho đườg tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB,XC,BC lần lượt tại Z,Y,D.CMR tứ 
giác EFZY nội tiếp. 
 21 
Bài 12 (International Zhautykov Olympiad 2008):Trên mặt phẳng cho 2 đường tròn 
(O1) và (O2) ngoài nhau. A1A2 là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (A1∈(O1), 
A2∈(O2)). K là trung điểm A1A2.Từ K lần lượt kẻ 2 tiếp tuyến KB1,KB2 tới (O1),(O2). 
A1B1 ∩ A2B2={L}, KL ∩ O1O2={P}.CMR B1,B2,P,L cùng nằm trên một đường tròn. 
4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy: 
Bài 13: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 CA tại E, CB tại F và 
đường tròn đường kính AB tại D. CMR CD, EF,AB đồng quy. 
Bài 14: Cho 2 đường tròn (O1) và (O2) ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài A1A2, tiếp 
tuyến chung trong B1B2 của 2 đường tròn (A1, B1∈(O1), A2,B2∈(O2)). CMR A1B1, A2B2, 
O1O2 đồng quy. 
Bài 15 (Việt Nam TST-2009):Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O). A1,B1,C1 lần lượt là 
chân đường vuông góc của A,B,C xuống cạnh đối diện. A2,B2,C2 đối xứng với A1,B1,C1 
qua trung điểm BC,CA,AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2,BC2A2,CA2B2 cắt (O) 
lần thứ 2 tại A3,B3,C3. CMR A1A3,B1B3,C1C3 đồng quy. 
Bài 16 (Olympic toán học Mĩ 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.CMR 3 đường 
thẳng vuông góc kẻ từ A,B,C tương ứng xuống EF,FD,DE đồng quy. 
Bài 17 (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. Lấy P là 
một điểm trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ 2 
là M, và BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N. Chứng minh rằng AM, 
DN và XY đồng qui. 
Bài 18:Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn bàng tiếp góc A có tâm I, tiếp xúc 
với các cạnh BC,CA,AB lần lượt tại M,N,P.CMR tâm đường tròn Ơ-le của tam giác 
MNP thuộc đường thẳng OI. 
Bài 19:Tam giác ABC không cân nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). Các điểm A’,B’,C’ theo thứ 
tự thuộc BC,CA,AB thoả mãn ' ' ' 90oAIA BIB CIC∠ = ∠ = ∠ = . CMR A’,B’,C’ cùng 
thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với OI. 
Bài 20:Cho tam giác ABC nội tiếp (O), 3 đường cao AA’,BB’,CC’. Kí hiệu WA là đường 
tròn qua AA’ và tiếp xúc với OA. WB, WC được định nghĩa tương tự. CMR 3 đường tròn 
đó cắt nhau tại 2 điểm thuộc đường thẳng Ơ-le của tam giác ABC. 
Bài 21:Cho tam giác ABC. A’, B’ lần lượt nằm trên 2 cạnh BC và AC. CMR trục đẳng 
phương của hai đường tròn đường kính BB’ và AA’ đi qua trực tâm H của tam giác ABC. 
Bài 22: Cho (O), đường kính AB,CD. Tiếp tuyến của (O) tại B giao AC tại E, DE giao 
(O) lần thứ 2 tại F. CMR AF, BC,OE đồng quy. 
5.Chứng minh điểm cố định, đường cố định: 
Bài 23:Cho (O) và dây AB. Các đường tròn (O1),(O2) nằm về một phía của dây AB và 
tiếp xúc trong với (O). (O1) ∩ (O2)= {H,K}. CMR HK luôn đi qua một điểm cố định. 
Bài 24:Cho tam giác ABC nội tiếp (O,R). M là điểm di động trong (O). AA’,BB’,CC’ là 
các dây cung đi qua M và thỏa mãn hệ thức 3
' ' '
MA MB MC
MA MB MC
+ + = . CMR M thuộc một 
đường tròn cố định. 
Bài 25:Cho tam giác ABC, đường tròn qua B,C giao AB,AC lần lượt tại C’,B’. Gọi giao 
điểm của BB’ và CC’ là P, AP giao BC tại A’. Đường thẳng qua A’ song song với B’C’ 
 22 
giao AB,AC lần lượt tại M,N, B’C’ giao BC tại Q. CMR đường tròn ngoại tiếp tam giác 
QMN đi qua một điểm cố định. 
6. Chứng minh các yếu tố khác: 
Bài 26 (Junior Balkan MO 2005) :Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến của (O) 
tại A cắt BC tại P. M là trung điểm BC.MB cắt (O) lần thứ 2 tại R, PR cắt (O) lần thứ 2 
tại S. CMR CS//AP 
Bài 27 (Thi vô địch toán Iran,1996):Cho hai điểm D,E tương ứng nằm trên các cạnh 
AB,AC của tam giác ABC sao cho DE//BC.Gọi P là điểm bất kì nằm bên trong tam giác 
ABC, các đường thẳng PB và PC lần lượt cắt DE tại F và G. Gọi O1, O2 là tâm đường 
tròn ngoại tiếp tam giác PDG, PFE. CMR: AP ⊥ O1O2 
Bài 28:Cho tam giác ABC, đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. M là trung điểm BC, 
EF cắt BC tại I. CMR IH OJ⊥ 
Bài 29 (USAMO 2009):Cho hai đường tròn w1 và w2 cắt nhau tại hai điểm X,Y. Một 
đường thẳng l1 đi qua tâm w1 và giao w2 tại hai điểm P,Q, l2 đi qua tâm w2 và giao w1 tại 
R,S. CMR nếu 4 điểm P,Q,R,S cùng thuộc một đường tròn tâm O thì O nằm trên XY. 
Bài 30 (IMO 1985):Cho tam giác ABC.Một đường tròn tâm O đi qua các điểm A,C và 
lại cắt các đoạn AB,AC thứ tự tại hai điểm phân biệt K,N.Giả sử đường tròn ngoại tiếp 
của các tam giác ABC và KBN cắt nhau tại B và M. CMR góc OMB vuông. 
7. Khảo sát vị trí hai đường tròn: 
Bài 31:Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường tròn (C1): x
2+y2-2x+4y-4=0, (C2): 
x2+y2+4x-4y-56=0. CMR (C1) tiếp xúc với (C2) 
Bài 32:Chứng minh rằng hai đường tròn (C1): x
2+y2-10x+24y-56=0 và (C2): x
2+y2-2x-
4y-20=0 cắt nhau. 
D.Lời giải: 
Bài 1: 
Lấy điểm P trên MN sao cho tứ giác MPAD nội tiếp, lại có tứ giác ABCD nội tiếp nên tứ 
giác PNBA nội tiếp. 
Ta có: . . , . .MP MN MA MB NP NM NA ND= = 
2 ( ). . .MN MP PN MN MA MB NA ND⇒ = + = + 
 23 
Hay MN2=PM/(O)+PN/(O) (đpcm) 
Bài 2: 
Ta có GED GCD GAB∠ = ∠ = ∠ nên ~AMG EMA△ △ 
2 .MA MG ME⇒ = =MB.MC 
Hay MA2=(AB-MA)(AC-MA)=AB.AC-MA(AB+AC)+MA2 
⇒MA=
.AB AC
AB AC+
⇒
1 1 1
AM AB AC
= + (đpcm) 
Bài 3: 
Trên DC lấy E sao cho AED APB∠ = ∠ =const suy ra E cố định. 
Tứ giác AEPN nội tiếp suy ra . . .ME MN MA MP MD MC= = 
( ). .( )MD DE MN MD MN NC⇔ + = + 
. .DE MN MD NC⇔ = 
 24 
.MD NC
DE const
MN
⇔ = = (đpcm) 
Bài 4 
Với M là điểm bất kì trên mặt phẳng, ta có: 
MA2+MB2+MC2= ( ) ( ) ( )2 2 2MG GA MG GB MG GC+ + + + +      
=3MG2+GA2+GB2+GC2+2 ( )MG GA GB GC+ +
   
=3MG2+GA2+GB2+GC2 
Mặt khác,theo công thức đường trung tuyến: 
GA2+GB2+GC2=
4
9
(ma
2+mb
2+mc
2)=
1
3
(a2+b2+c2) 
Do đó MA2+MB2+MC2=3MG2+
1
3
(a2+b2+c2) 
Cho M trùng O thì: 
OA2+OB2+OC2=3OG2+
1
3
(a2+b2+c2) 
⇒OG2=R2-
2 2 2
9
a b c+ +
⇒PG/(O)=OG
2-R2=-
2 2 2
9
a b c+ +
Ta có PG/(O)= . 'GAGA
2
2 2
1
' / ( )
G
GA
GA P O
⇒ = 
Tương tự ta được 
2 2 2
2 2 2
2 2 2 22 2 2 2 2 2 2
1 1 1 273
( )' ' ' / ( )
81
G
a b c
GA GB GC
a b cGA GB GC P O a b c
+ +
+ +
+ + = = =
+