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 = d 2 -R 2 (*) Hình 1 Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d 2 -R 2 là phương tích của điểm M đối với (O), kí hiệu là P M /(O)=d 2 -R 2 Nhận xét: Nếu P M /(O)>0 thì M nằm ngoài (O),P M /(O)=0 thì M nằm trên biên (O),P M /(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=|d 2 -R 2 | 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 đườ ng th ẳ ng AB,CD c ắ t nhau t ạ i M (khác A,B,C,D). N ế u . . MA MB MC MD = thì 4 đ i ể m A,B,C,D cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn. Định lý 1.5: Cho hai đườ ng th ẳ ng AB,MN c ắ t nhau t ạ i M. N ế u 2 . MA MB MN = thì đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABN ti ế p xúc v ớ i MN t ạ i N. Các đị nh lý trên đề u r ấ t đơ n gi ả n và quen thu ộ c, xin dành l ạ i cho b ạ n đọ c ch ứ ng minh. 2. Trục đẳng phương của hai đường tròn-tâm đẳng phương: Định lý 2.1: T ậ p h ợ p các đ i ể m M có cùng ph ươ ng tích đố i v ớ i hai đườ ng tròn không đồ ng tâm (O 1 ,R 1 ),(O 2 ,R 2 ) là m ộ t đườ ng th ẳ ng vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng n ố i hai tâm O 1 ,O 2 . N ế u g ọ i O là trung đ i ể m O 1 O 2 , H là hình chi ế u c ủ a M trên O 1 O 2 thì 2 2 1 2 1 2 2 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: (O 1 ) giao (O 2 ) tại 2 điểm phân biệt A,B. Đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ) Trường hợp 2: (O 1 ) và (O 2 ) chỉ có một điểm chung X. Tiếp tuyến chung tại X của hai đường tròn là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ) Trường hợp 3: (O 1 ) và (O 2 ) không có điểm chung, dựng đường tròn (O 3 ) có hai điểm chung với (O 1 ) và (O 2 ). Dễ dàng vẽ được trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 3 ), (O 2 ) và (O 3 ). Hai đường thẳng này giao nhau tại M. Từ M kẻ MH ⊥ O 1 O 2 . MH chính là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ). 5 Cách dựng này dựa vào định lý sau: Định lý 2.2: Cho ba đường tròn (O 1 ),(O 2 ),(O 3 ).l 1 ,l 2 ,l 3 theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ), (O 2 ) và (O 3 ), (O 3 ) và (O 1 ) +Nếu O 1 ,O 2 ,O 3 không thẳng hàng thì l 1 ,l 2 ,l 3 đồng quy. +Nếu O 1 ,O 2 ,O 3 thẳng hàng thì l 1 ,l 2 ,l 3 đôi một song song hoặc trùng nhau. Định nghĩa 2.2: Điểm đồng quy của các đường thẳng l 1 ,l 2 ,l 3 được gọi là tâm đẳng phương của các đường tròn (O 1 ),(O 2 ),(O 3 ) 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)=x 2 +y 2 +2ax+2by+c=0 với a 2 +b 2 >c. Khi đó, phương tích của điểm M(x o ,y o ) đối với đường tròn (C) là P M /(C)=x o 2 +y o 2 +2ax o +2by o +c=C(x o ,y o ) Nhận xét: Vị trí của M đối với (C): M nằm ngoài (C) ⇔ C(x o ,y o )>0, M nằm trên (C) ⇔ C(x o ,y o )=0, M nằm trong (C) ⇔ C(x o ,y o )<0 Định lý 3.2: Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm: (C 1 ): x 2 +y 2 +2a 1 x+2b 1 y+c 1 =0 (C 2 ):x 2 +y 2 +2a 2 x+2b 2 y+c 2 =0, trong đó (a 1 -a 2 ) 2 +(b 1 -b 2 ) 2 ≠ 0, có phương trình: (a 1 -a 2 )x+(b 1 -b 2 )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 n ộ i ti ế p (O,R), ngo ạ i ti ế p (I,r). CMR OI 2 =R 2 -2Rr (h ệ th ứ c Ơ -le) Lời giải: Kéo dài BI c ắ t (O) t ạ i M. K ẻ đườ ng kính MK c ủ a (O). (I) ti ế p xúc v ớ i BC t ạ i D. Ta có ~ ( . ) BDI KCM g g △ △ BI ID ID KM MC MI ⇒ = = ⇒ IB.IM=ID.KM=2Rr Mà IB.IM=R 2 -OI 2 V ậ y OI 2 =R 2 -2Rr ( đ pcm) Ví dụ 2: Cho t ứ giác ABCD v ừ a n ộ i ti ế p (O,R), v ừ a ngo ạ i ti ế p (I,r). Đặ t OI=d. CMR: 2 2 1 1 ( ) ( ) R d R d + − + = 2 1 r ( Đị nh lý Fuss) Lời giải: 7 Kéo dài BI, DI c ắ t (O) t ạ i M,N. Ta có ∠ MNC= ∠ IBC, ∠ NMC= ∠ IDC Suy ra ∠ MNC+ ∠ NMC= ∠ IBC+ ∠ IDC=1/2( ∠ ADC+ ∠ ABC)=90 o Suy ra O là trung đ i ể m MN. Áp d ụ ng công th ứ c tính đườ ng trung tuy ế n trong tam giác IMN ta có: OI 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 IM IN MN IM IN R + − = + − Do đ ó 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 sin 1 1 1 2 2 B D IB ID r r r ∠ ∠ = + = + = ( đ pcm) 2.Tính các đại lượng hình học: Ví dụ (USAMO 1998): Cho 2 đườ ng tròn đồ ng tâm O (C 1 ) và (C 2 ) ((C 2 ) n ằ m trong (C 1 )). T ừ m ộ t đ i ể m A n ằ m trên (C 1 ) k ẻ ti ế p tuy ế n AB t ớ i (C 2 ). AB giao (C 1 ) l ầ n th ứ 2 t ạ i C. D là trung đ i ể m AB. M ộ t đườ ng th ẳ ng qua A c ắ t (O 2 ) t ạ i E,F sao cho đườ ng trung tr ự c c ủ a đ o ạ n DF và EC giao nhau t ạ i đ i ể m M n ằ m trên AC.Tính AM MC ? Lời giải: 8 D ễ th ấ y B là trung đ i ể m AC. Ta có P A /(C 2 )= 2 . AE AF AB = = 1 .2 . 2 AB AB AD AC = Suy ra t ứ giác DCFE n ộ i ti ế p.Do đ ó M là tâm đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p t ứ giác DCFE. Mà M n ằ m trên AC nên MD=MC= 1 2 DC T ừ đ ó tính đượ c 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, tr ự c tâm H.M 1 ,M 2 ,M 3 l ầ n l ượ t là trung đ i ể m BC,CA,AB. (M 1 ,M 1 H) ∩ BC={A 1 ,A 2 }, (M 2 ,M 2 H) ∩ AC={B 1 ,B 2 }, (M 3 ,M 3 H) ∩ AB={C 1 ,C 2 }. CMR A 1 ,A 2 ,B 1 ,B 2 ,C 1 ,C 2 cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn. Lời giải: 9 Do M 1 M 2 //AB và AB ⊥ HC nên M 1 M 2 ⊥ HC Suy ra HC là tr ụ c đẳ ng ph ươ ng c ủ a (M 1 ) và (M 2 ). 1 2 1 2 . . CA CA CB CB ⇒ = Suy ra A 1, A 2, B 1 ,B 2 thu ộ c đườ ng tròn (W 1 ) T ươ ng t ự A 1, A 2, C 1 ,C 2 thu ộ c đườ ng tròn (W 2 ), C 1, C 2, B 1 ,B 2 thu ộ c đườ ng tròn (W 3 ) N ế u 6 đ i ể m A 1 ,A 2 ,B 1 ,B 2 ,C 1 ,C 2 không cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn thì các tr ụ c đẳ ng ph ươ ng c ủ a 3 đườ ng tròn (W 1 ),( W 2 ),( W 3 ) ph ả i đồ ng quy t ạ i m ộ t đ i ể m, nh ư ng chúng l ạ i c ắ t nhau t ạ i A,B,C nên vô lý. V ậ y ta có đ pcm. Ví dụ 2 (IMO shortlist 2006): Cho hình thang ABCD (AB>CD). K,L là hai đ i ể m trên AB,CD sao cho AK DL BK CL = . Gi ả s ử P,Q n ằ m trên đ o ạ n th ẳ ng KL sao cho ∠ APB= ∠ BCD và ∠ CQD= ∠ ABC. CMR b ố n đ i ể m P,Q,B,C cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn. Lời giải: 10 T ừ gi ả thi ế t, AK DL BK CL = suy ra AD,BC,KL đồ ng quy t ạ i E. D ự ng đườ ng tròn (O 1 ) đ i qua hai đ i ể m C,D và ti ế p xúc v ớ i BC, (O 2 ) đ i qua hai đ i ể m AB và ti ế p xúc v ớ i BC. Khi đ ó ∠ DQC = ∠ ABC= ∠ DCE nên Q ∈ (O 1 ), t ươ ng t ự P ∈ (O 2 ). G ọ i F là giao đ i ể m th ứ hai c ủ a EQ v ớ i (O 1 ). Ta có: 2 . EF EQ EC = (1) M ặ t khác, d ễ dàng có ∠ O 1 CD= ∠ O 2 BA do đ ó △ AO 2 B~ △ DO 1 C ⇒ 1 2 O C DC EC O B AB EB = = =k ⇒ E,O 1 ,O 2 th ẳ ng hàng và 1 2 EO k EO = ⇒ 1 2 EO k EO =   Suy ra phép v ị t ự H (E,k) : (O 1 ) → (O 2 ). Mà E,F,P th ẳ ng hàng, F ∈ (O 1 ), P ∈ (O 2 ) nên EF EC EF kEP k EP EB = ⇒ = =   (2) T ừ (1),(2) suy ra . . EP EQ EC EB = . V ậ y 4 đ i ể m P,Q,B,C cùng thu ộ c m ộ t đ u ờ ng tròn ( đ pcm) 4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài góc A,B,C l ầ n l ượ t c ắ t c ạ nh đố i di ệ n t ạ i A 1 ,B 1 ,C 1. CMR A 1 ,B 1 ,C 1 th ẳ ng hàng và n ằ m trên đườ ng vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng n ố i tâm đườ ng tròn n ộ i ti ế p và tâm đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABC. Lời giải: [...]... xúc AB, ED t i Q,R Ta có FP=PK-FK=LM-LF=FM, CS=SH+HC=IN+IC=CN Suy ra FC là tr c đ ng phương c a (O1) và (O2) Tương t AD là tr c đ ng phương c a (O2) và (O3), BE là tr c đ ng phương c a (O3) và (O1) Áp d ng đ nh lý v tâm đ ng phương ta có AD,BE,CF đ ng quy (đpcm) 5.Ch ng minh đi m c đ nh, đư ng c đ nh: Ví d 1: Cho (O,R) và hai đi m P,Q c đ nh (P n m ngoài (O), Q n m trong (O)) Dây cung AB c a (O) luôn... phía v i tr c đ ng phương N u hai đư ng tròn n m ngoài nhau thì chúng n m v hai phía c a tr c đ ng phương 18 L i gi i: +N u hai đư ng tròn đ ng nhau, hi n nhiên tr c đ ng phương không có đi m chung v i đư ng tròn l n vì n u M là đi m chung thì phương tích t M t i đư ng tròn nh ph i b ng 0 và hai đư ng tròn giao nhau t i M, vô lý Do đó đư ng tròn l n n m v m t phía c a tr c đ ng phương và m i đi m trong... ng phương c a (C1) và (C2), đư ng th ng qua A vuông góc v i EF là tr c đ ng phương c a (C2) và (C3), đư ng th ng qua B vuông góc v i DF là tr c đ ng phương c a (C1) và (C3) Do đó 3 đư ng th ng này đ ng quy t i tâm đ ng phương c a 3 đư ng tròn (đpcm) Bài 17: 32 G i J,J’,Z l n lư t là giao c a AM,DN, AD v i XY T giác JMCK n i ti p nên PJ PK = PM PC Tương t PJ '.PK = PN PB Do P n m trên tr c đ ng phương. .. kính AA’ và BB’ G i M là trung đi m AB D th y (M,MA) ∩ (O1)= {A,E}, (M,MA) ∩ (O2)= {B,F} (E,F l n lư t là chân đư ng cao h t A,B c a tam giác ABC) Do AE,BF giao nhau t i tr c tâm H và áp d ng đ nh lý v tâm đ ng phương ta suy ra tr c đ ng phương c a (O1) và (O2) đi qua H (đpcm) 35 Bài 22: Kí hi u (C1),(C2) l n lư t là đư ng tròn ngo i ti p tam giác AEF, BCE Ta có AF, BC là tr c đ ng phương c a (O) và (C1),... tròn đư ng kính AB và đư ng kính EF ta có CD, EF, AB đ ng quy (đpcm) 30 Bài 14: G i M là giao đi m c a A1B1 v i A2B2 D dàng có A1B1 ⊥ A2B2 G i (C1),(C2) l n lư t là các đư ng tròn đư ng kính A1A2,B1B2 Do ∠ A1MA2= ∠ B1MB2=90o nên M n m trên tr c đ ng phương c a (C1) và (C2) M t khác O1A12=O1B12 và O1A1, O1B1 l n lư t là ti p tuy n c a (C1),(C2) nên O1 n m trên tr c đ ng phương c a (C1) và (C2) Tương t... phương c a W’B và W’C M t khác, qua A k đư ng th ng d song song v i BC Trên d l y 2 đi m P,Q tho mãn AP=AF=AE=AQ G i S là giao c a QF v i BC, J là giao c a PE v i BC.QF ∩ PE={R} Vì AQ=AF=BH=BT và AQ//BC nên Q đ i x ng v i T qua N.Suy ra Q ∈ W’C, tương t P ∈ W’B T giác PQEF n i ti p nên RP.RE = RQ.RF suy ra R n m trên tr c đ ng phương c a W’B và W’C Do đó AR là tr c đ ng phương c a W’B và W’C Gi s AR... p và bàng ti p góc A Gi s IIa giao BC và (O) l n lư t t i A’, M.G i N là trung đi m cung MBA NI, NIa giao (O) l n lư t t i S,T CMR S,T,A’ th ng hàng L i gi i: 11 1 1 sd NA + sd AS = sd NM + sd AS = ∠NIM 2 2 ⇒ ∠I aTS = ∠I a IS Suy ra t giác IaTIS n i ti p (w1) M t khác, ∠ IBIa= ∠ ICIa=90o nên t giác IBIaC n i ti p (w2) Ta th y IIa là tr c đ ng phương c a (w1) và (w2), BC là tr c đ ng phương c a (O) và. .. đư ng th ng và đư ng th ng đó vuông góc v i OI Bài 20:Cho tam giác ABC n i ti p (O), 3 đư ng cao AA’,BB’,CC’ Kí hi u WA là đư ng tròn qua AA’ và ti p xúc v i OA WB, WC đư c đ nh nghĩa tương t CMR 3 đư ng tròn đó c t nhau t i 2 đi m thu c đư ng th ng Ơ-le c a tam giác ABC Bài 21:Cho tam giác ABC A’, B’ l n lư t n m trên 2 c nh BC và AC CMR tr c đ ng phương c a hai đư ng tròn đư ng kính BB’ và AA’ đi... các đư ng th ng PB và PC l n lư t c t DE t i F và G G i O1, O2 là tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác PDG, PFE CMR: AP ⊥ O1O2 Bài 28:Cho tam giác ABC, đư ng cao AD,BE,CF c t nhau t i H M là trung đi m BC, EF c t BC t i I CMR IH ⊥ OJ Bài 29 (USAMO 2009):Cho hai đư ng tròn w1 và w2 c t nhau t i hai đi m X,Y M t đư ng th ng l1 đi qua tâm w1 và giao w2 t i hai đi m P,Q, l2 đi qua tâm w2 và giao w1 t i R,S... cos, a2=b2+c2-2bccosA Do đó cosA=-1/2 hay ∠ A=1200 27 Bài 9: G i J là giao đi m c a AB và PQ thì J là trung đi m PQ D dàng có AB//PR, mà PQ//RB nên PJBR là hình bình hành ⇒ PJ=RB ⇒ RB.RW=RS2=PQ2=4RJ2=4RB2 ⇒ RW=4RB RB 1 V y = RW 3 Bài 10: D ng (A, AF) và (B,BM) Do OA=OB và AF=BM nên O n m trên tr c đ ng phương c a (A) và (B) M t khác, EF, MN l n lư t là trung tr c c a đo n AD,BC nên EF ∩ MN={O} ⇒ OE.OF