Một số ứng dụng của phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phươngcó thể kể đến như tập hợp các điểm, góc, khoảng cách, điểm cố định, đườngcố định, chứng minh hệ thức, các bài toán về sự thẳng hàng, đồng quy, vuônggóc, dựng hình, cực trị hình học,... Chúng ta sẽ có một lợi thế không nhỏ khisử dụng vấn đề toán học này để giải những bài toán liên quan đến các vấn đềtrên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN PHÚ PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 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 PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 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 Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Kiến thức sở 1.1 Phương tích điểm với đường tròn 1.1.1 Định nghĩa ví dụ 1.1.2 Các tính chất 1.1.3 Phương tích hệ tọa độ Descartes Trục đẳng phương hai đường tròn 1.2.1 Định nghĩa tính chất 1.2.2 Cách xác định trục đẳng phương hai đường tròn 10 1.2.3 Trục đẳng phương hệ tọa độ Descartes 11 Tâm đẳng phương 11 1.3.1 Định nghĩa ví dụ 11 1.3.2 Các tính chất 12 1.2 1.3 Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương 14 2.1 Chứng minh đồng quy 14 2.2 Chứng minh điểm cố định 20 2.3 Chứng minh điểm thuộc đường tròn, điểm nằm đường thẳng cố định 27 ii 2.4 Chứng minh thẳng hàng 32 2.5 Chứng minh 40 2.6 Chứng minh vng góc, song song 43 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học PGS.TS Trần Trung Qua em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học mình, PGS.TS Trần Trung, người đưa đề tài dành nhiều thời gian tận tình hướng dẫn, giải đáp thắc mắc em suốt q trình nghiên cứu Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy Em xin trân trọng cảm ơn thầy giảng dạy Phòng Đào tạo thuộc Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện tốt để em theo học lớp học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán 7D khóa 1/2014 - 1/2016 động viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Dương, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THCS Quang Trung - Kinh Môn - Hải Dương tạo điều kiện cho học tập hồn thành kế hoạch học tập Tơi cảm ơn gia đình bạn bè động viên giúp đỡ tơi suốt q trình học tập 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 Mở đầu Trong hình học phẳng, phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương vấn đề quen thuộc ứng dụng nhiều việc giải tốn Nói đến chủ đền này, ta hiểu cách đơn giản định nghĩa, tính chất ứng dụng liên quan đến việc xét vị trí tương đối điểm cố định với đường tròn, tập hợp điểm với đường tròn, đường tròn với đường tròn Phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương chuỗi phát triển mối quan hệ Những kiến thức đơn giản dễ hiểu ứng dụng đa dạng, phong phú nhiều phương pháp tối ưu cho tốn hình học Một nắm vững hiểu rõ vấn đề này, việc áp dụng vào giải toán trở nên thuận tiện hết Một số ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương kể đến tập hợp điểm, góc, khoảng cách, điểm cố định, đường cố định, chứng minh hệ thức, toán thẳng hàng, đồng quy, vng góc, dựng hình, cực trị hình học, Chúng ta có lợi khơng nhỏ sử dụng vấn đề tốn học để giải toán liên quan đến vấn đề mặt giúp người học hạn chế nghiệm trường hợp toán, làm cho toán trở nên nhẹ nhàng cách gọi ẩn tình xảy ra, mặt khác giúp lời giải tốn trở nên hay, đẹp tạo nên tối ưu việc giải yêu cầu đề Với lý trên, với quan tâm muốn sâu vấn đề chúng tơi chọn đề tài Phương tích, trục đẳng phương số ứng dụng cho luận văn Do nhiều yếu tố chủ quan khách quan, nội dung viết nhiều khiếm khuyết, em mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Kiến thức sở Trong chương này, trình bày cách sơ lược phương tích điểm với đường tròn, trục đẳng phương hai đường tròn tâm đẳng phương mà sử dụng chương • Chương 2: Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương Trong chương chúng tơi trình bày ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương vào chứng minh đồng quy, chứng minh điểm cố định, chứng minh điểm thuộc đường tròn, chứng minh điểm nằm đường thẳng cố định giải, chứng minh thẳng hàng, chứng minh vng góc song song Do khối lượng kiến thức lớn thời gian nghiên cứu chưa đủ dài, chắn luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn nhận góp ý thầy cô bạn bè đồng nghiệp Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Đặng Văn Phú Chương Kiến thức sở 1.1 1.1.1 Phương tích điểm với đường tròn Định nghĩa ví dụ Định lí 1.1.1 Cho đường tròn (O; R) điểm P cố định, OP = d Qua P kẻ đường thẳng cắt đường tròn hai điểm U V Khi giá trị P U P V = P O2 − R2 = d2 − R2 không phụ thuộc vào vị trí đường thẳng Chứng minh (Hình 1.1) Gọi M điểm đối xứng V qua O Ta có M U vng góc với P V hay U hình chiếu M P V Suy −→ −→ −−→ −→ P U P V = P U P V = P M P V −→ −−→ −→ −−→ = (P O + OM )(P O + OV ) −→ −−→ −→ −−→ = (P O − OV )(P O + OV ) −→ −−→ = P O2 − OV = OP − OV = d2 − R2 Hình 1.1 Định nghĩa 1.1.1 Giá trị không đổi P U P V = P O2 − R2 = d2 − R2 gọi phương tích điểm P đường tròn (O) ký hiệu PP/(O) Định lí 1.1.2 Nếu đường thẳng AB CD cắt P P A.P B = P C.P D điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Chứng minh (Hình 1.2) Giả sử đường tròn ngoại tiếp ∆ABC cắt CD D P A.P B = P O.P D ⇒ PD = PD ⇒ D ≡ D Vậy điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Hình 1.2 Ví dụ 1.1.1 Cho đường tròn (O) điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A cắt (O) M N Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N thuộc đường thẳng Giải (Hình 1.3) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N C giao điểm AB với (I) Khi PA/(I) = AC.AB = AM AN = PA/(O) khơng đổi A, O cố định PA/(O) Suy AC = Vì A, B cố định AB C thuộc AB nên từ hệ thức suy điểm C cố định Do I thuộc đường trung trực BC cố định Hình 1.3 1.1.2 Các tính chất Tính chất 1: Nếu điểm M nằm ngồi đường tròn (O) M T tiếp tuyến (O) PM/(O) = M T Tính chất 2: Nếu hai điểm A, B cố định AB.AM số M cố định Tính chất 3: + Điểm M nằm bên ngồi đường tròn (O) PM/(O) > + Điểm M nằm đường tròn (O) PM/(O) = + Điểm M nằm bên đường tròn (O) PM/(O) < Tính chất 4: (Hình 1.4) Cho hai đường thẳng AB, M T phân biệt cắt M (M không trùng A, B, T ) Khi M A.M B = M T đường tròn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với M T T Hình 1.4 Hình 1.5 Ví dụ 1.1.2 Cho ABC nội tiếp đường tròn (O, R) G trọng tâm củaABC Chứng minh PG/(O) = − (AB + BC + CA2 ) −→ −→ −−→ −→ Giải (Hình 1.5) Vì G trọng tâm ABC nên OG = OA + OB + OC, suy 9OG2 = OA2 + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) = 3R2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) (1) 41 Bài toán 2.5.2 (S44 Mathematical Reflection MR2-2007) Từ điểm P nằm bên ngồi đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến P A, P B tới đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Gọi M trung điểm AP N giao điểm BM với (O) (N không trùng B) Chứng minh P N = 2M N Giải (Hình 2.31) Ta có M N.M B = M A2 = M A.M P Gọi N điểm đối xứng với N qua M Khi M N.M B = M N M B Suy M A.M P = M N M B hay tứ giác ABP N tứ giác nội Hình 2.31 tiếp đường tròn Ta có P AN = P BN = BAN Suy N AN = AN N = N AP + N AB hay tam giác N P N cân N Suy P N = 2.M N Bài toán 2.5.3 (Chọn đội tuyển Việt Nam 2006) Cho tam giác ABC tam giác nhọn (không cân) nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho vng góc với OA cắt tia AB, AC Gọi M, N giao điểm d AB, AC Giả sử BN CN cắt K, AK cắt BC a) Gọi P giao AK BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P qua điểm cố định b) Gọi H trực tâm tam giác AM N Đặt BC = avà l khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH qua trực tâm tam giác ABC, từ √ suy l ≤ 4R2 − a2 Giải (Hình 2.32) a) Gọi Q giao điểm M N BC, E trung điểm BC Xét tứ giác BM P C ta biết Q, P, B, C hàng điểm điều hòa 42 Hình 2.32 Suy (QP BC) = −1 Khi EP EQ = EB , suy QE.QP = QE − QE.P E = QE − EB = OQ2 − OB = QB.QC Mà tứ giác BM N C nội tiếp có N CB = xAB = AM N (Ax tia tiếp tuyến (O)) Suy QM QN = QB.QC Từ suy QM QN = QP QE, suy tứ giác M N IP nội tiếp, suy đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P qua điểm E cố định b) Giả sử đường cao AD, BF CJ tam giác ABC cắt I; ba đường cao M X, AY, N Z tam giác AM N cắt H Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng Xét đường tròn tâm (O1 ) đường kính BN tâm (O2 ) đường kính CM Ta thấy: KC.KM = KB.KN , IC.IJ = IB.IF , 43 HM HX = HN HZ Suy K, I, H thuộc trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) nên thẳng hàng Từ suy AL ≤ AI Mà AI = 2OE = √ nên AL = l ≤ 4R2 − a2 2.6 R2 − BC = √ 4R2 − a2 Chứng minh vng góc, song song Bài tốn 2.6.1 [2] Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi AM BN hai dây cung cắt I Kẻ IH vuông góc với AB đường cắt (O) J Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJM Chứng minh KJ vng góc với AJ Giải (Hình 2.33) Vì AB đường kính nên AM B = AN B = 900 Suy từ giác BHIM nội tiếp đường tròn đường kính IB Ta lại có tam giác AJB vng J có JH đường cao nên AJ = AH.AB Mà tứ giác BHIM nội tiếp nên ta có AH.AB = AM AI Suy AJ = AM AI Đẳng thức chứng tỏ AJ tiếp xúc với Hình 2.33 đường tròn (M IJ) hay KJ vng góc với AJ Bài tốn 2.6.2 [4] Cho hai đường tròn (O), (O ) cắt A B Trên đường thẳng AB, đoạn AB lấy điểm C Qua C vẽ cát tuyến CM N (O) CP Q (O ) CT CT tiếp tuyến (O) (O ) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q, chứng minh IT vuông góc 44 với CT , I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N , chứng minh I T vng góc với CT Giải (Hình 2.34) Tứ giác AM N B nội tiếp đường tròn (O), CM CN = CA.CB Tứ giác APQB nội tiếp đường tròn (O’), CP CQ = CA.CB Suy CM CN = CA.CB Ta có CT tiếp xúc (O) T CM N cát tuyến (O), nên Hình 2.34 CT = CM CN Theo chứng minh ta có CM CN = CP CQ Do CT = CP CQ Vậy CT tiếp tuyến T đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q hay IT vuông góc với CT Tương tự ta có CT tiếp tuyến T đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N , I T vng góc với CT Bài tốn 2.6.3 [3] Cho đường tròn (O) điểm P nằm ngồi đường tròn Qua P vẽ cát tuyến P AB (O) Các tiếp tuyến (O) A, B cắt M Đường thăng OM cắt AB i, đường thẳng M H vng góc với OP H, cắt AB n Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IN T , chứng minh KT vng góc P T (P T tiếp tuyến (O)) Giải (Hình 2.35) Ta có OHM = OAM = OBM = 900 nên điểm O, H, A, M, B đường tròn 45 Trong đường tròn đó, OH AB cắt P nên P A.P B = P O.P H (1) Trong (O), OM vuông góc với AB I trung điểm AB Tứ giác OIM N có OHN = OIN = 900 Hình 2.35 Do OIM N nội tiếp Suy P O.P H = P I.P N (2) So sánh (1) (2) ta P A.P B = P O.P H = P I.P N (3) P T tiếp tuyến (O) T Trong (O), P AB cát tuyến, P T tiếp tuyến nên P T = P A.P B (4) Từ (3) (4) ta suy P T = P I.P N Điều chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp tam giác IN T tiếp xúc với P T T hay KT ⊥ P T Bài tốn 2.6.4 (Thi vơ địch tốn Iran 1996) Cho hai điểm D, E tương ứng nằm cạnh AB, AC tam giác ABC cho DE BC Gọi P điểm nằm bên tam giác ABC, đường thẳng P B P C cắt DE F G Gọi O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P DG, P F E Chứng minh AP vng góc với O1 O2 Giải (Hình 2.36) Gọi M giao điểm thứ AB với (O1 ) N giao điểm thứ AC với (O2 ) Ta có P M D = P GD = P CB Suy tứ giác BP CM nội tiếp, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp, tứ giác BM N C nội tiếp Mà DE BC ta thu tứ giác M DEN nội tiếp 46 Hình 2.36 Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp DGP, P EF DEN M ta có DM ∩EN = {A} nằm trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) Suy AP ⊥ O1 O2 Bài toán 2.6.5 [2] Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF đồng quy H, M trung điểm BC, EF cắt BC I Chứng minh IH vng góc với AM Hình 2.37 47 Giải (Hình 2.37) Gọi O, J trung điểm AH, M H Ta có EF D = 2.HF D = 2.EBM = EM C Suy tứ giác FEMD nội tiếp Khi IE.IF = IM ID Suy I nằm trục đẳng phương (O; OA) (J; JH) Suy IH vng góc với OJ Mà OJ đường trung bình tam giác AM H nên OJ AM Do vậy, IH vng góc với AM Bài tốn 2.6.6 (Vơ địch Tốn Hungary 1999) Cho tam giác ABC nhọn với đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi M, N giao điểm cặp đường thẳng DE, CF DF, BE; O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Chứng minh hai đường thẳng OA M N vng góc với Hình 2.38 Hình 2.39 Giải Trước hết ta chứng minh toán: Cho tam giác ABC có E tâm đường tròn Euler H trực tâm Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Khi ta có A, H, O thẳng hàng (Hình 2.38) 48 Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi K giao điểm tia AH với (I) Ta dễ dàng chứng minh đươc hai tam giác BHC, BKC đối xứng qua đường thẳng BC Do đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác BHC đối xứng với đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC qua BC Suy OI vng góc với BC Do OI AH (1) Gọi M trung điểm BC Kẻ đường kính BIJ (I) Lại có AHCJ hình bình hành nên AH = CJ Mà M trung điểm BC O, I đối xứng qua BC nên OI = 2IM = CJ (IM đường trung bình tam giác BJC) Do OI = AH (2) Từ (1) (2) suy AHOI hình bình hành Vì E tâm đường tròn Euler tam giác ABC nên E trung điểm IH Suy E trung điểm AO Điều chứng tỏ A, H, O thẳng hàng Bài toán chứng minh Ta quay trở lại toán ban đầu (Hình 2.39) Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF tức G tâm đường tròn Euler tam giác ABC Ta có tứ giác BHFD nội tiếp nên PN/(BF HD) = N F N D = N B.N H Mà N F N D = PN/(G) , N B.N H = PN/(O) Suy PN/(G) = PN/(O) Tương tự ta có PM/(G) = PM/(O) Do M N trục đẳng phương (O) G Suy M N vng góc với OG Mà O, G, A thẳng hàng nên M N vng góc với OA Bài tốn 2.6.7 [2] Trên cạnh AB hình bình hành ABCD lấy hai điểm thay đổi A , B tùy ý Các đường thẳng CA , DB cắt P Chứng minh trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA , P BB ln ln song song với BC 49 Hình 2.40 Giải (Hình 2.40) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA P BB cắt điểm thứ hai Q P Q trục đẳng phương chúng Gọi M giao điểm P Q AB; N giao điểm P Q CD Ta có M A.M A = M B.M B (1) Mặt khác, tam giác P M A tam giác P N C đồng dạng nên MA NC PM = PN (2) Ta lại có, tam giác P M B tam giác P N D đồng dạng nên MB ND Từ (2) (3) suy Từ (1) (4) ta có MA NC NC PM = MB = ND MB PN (3) (4) = mà AD song song với BC nên M N song ND MA song với BC hay P Q song song với BC Bài toán 2.6.8 [1] Cho hai đường tròn (O), (O ) tiếp xúc ngồi A Tiếp tuyến chung tiếp xúc với (O) T , với (O ) T , cắt OO S Tiếp tuyến chung cắt T T M 50 a Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OM O , chứng minh HM vng góc với SM b Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T , chứng minh KA vng góc với SA Hình 2.41 Giải (Hình 2.41) a Nối M O M O Đó phân giác hai góc kề bù T M A góc AM T nên M O vng góc với M O Trong tam giác OMO’ vng M MA đường cao nên M OA = AM O Mà AM O = O M T (MO’ phân giác), suy M OA = O M T Hai tam giác SM O SO M có: Góc S chung O1 = M2 nên tam giác SM O tam giác SO M đồng dạng Suy SM SO SO = SM ⇒ SM = SO.SO Điều chứng tỏ SM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp OM O M hay HM vng góc với SM b Tứ giác OAM T nội tiếp nên SM ST = SO.SA (1) 51 Tứ giác O AM T nội tiếp nên SM ST = SO SA (2) Nhân (1) (2) vế theo vế ta 2 SM ST ST = SO SO.SA (3) Mà SM = SO SO nên (3) trở thành SA = ST ST Điều chứng tỏ SA tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T hay KA vng góc với SA Bài tốn 2.6.9 (Iran MO 1996) Trên hai cạnh AB, AC tam giác ABC lấy điểm D, E cho DE song song với BC Gọi P điểm tùy ý bên tam giác ABC, đường thẳng P B, P C cắt DE F, G Gọi O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P DG, P EF Chứng minh AP vng góc với O1 O2 Giải (Hình 2.42) Gọi M giao điểm thứ hai AB với (O1 ), N giao điểm thứ hai AC với (O2 ) Suy tứ giác BP CM nằm đường tròn, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp đường tròn Do đó, tứ giác BM N C nội tiếp Mà ta có DE BC nên ta có Hình 2.42 tứ giác M DEN nội tiếp Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp 52 DGP, P EF DEN M ta có A giao DM EN nằm trục đẳng phương (O1 ), (O2 ) Suy AP vng góc với O1 O2 Bài tốn 2.6.10 [4] Cho tam giác ABC khơng cân A, nội tiếp đường tròn tâm (O) (O1 ; R1 ) đường tròn qua B, C cắt AB, AC theo thứ tự K, L Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKL cắt đường tròn (O) M khác A S giao diem cua AM, KL, BC Chứng minh SA vng góc với M O1 Hình 2.43 Giải (Hình 2.43) Gọi (O2 ) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKLM Vì tam giác ABC khơng cân A nên ba điểm O, O1 , O2 không thẳng hàng nên S tâm đẳng phương ba đường tròn (O), (O1 ), (O2 ) Ta có SM SA = SK.SL = PS/(O1 ) = SO12 − R12 (1) Ta lại có SM L = LKA = LCB Suy tứ giác LM SC nội tiếp Suy AM AS = SL.AC = PA/(O1 ) = AO12 − R12 Từ (1) (2) suy ra: SM SA − AM AS = SO12 − AO12 ⇒ (SM + AM ).SA = SO12 − AO12 (2) 53 ⇒ (SM + AM ).(SM − AM ) = SO12 − AO12 2 ⇒ SM − AM = SO12 − AO12 Do SA vng góc với M O1 54 Kết luận Luận văn đề cập đến số vấn đề sau: Trình bày cách sơ lược kiến thức liên quan đến phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương như: Khái niệm phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương số tính chất chúng Nội dung chủ yếu trình bày chương Trong chương trình bày số ví dụ minh họa cho việc vận dụng tính chất phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương việc giải vài dạng tốn hình học tốn chứng minh đồng quy, thẳng hàng, qua điểm cố định, điểm nằm đường tròn, chứng minh vng góc, song song, Những tập phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương thường kết hợp với nhiều kiến thức toán học khác như: vectơ, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng tam giác vuông nhiều định lý toán học khác chứng minh Do thời gian nghiên cứu hạn chế nên tác giả qua hết tất ứng dụng phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương tốn học Ngồi lý thuyết ứng dụng nêu luận phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương ứng dụng để giải toán liên quan đến mặt cầu, tốn quỹ tích, tốn dựng hình,bài tốn cực trị, chứng minh bất đẳng thức hình học Hy vọng nghiên cứu sau sâu mở rộng cho vấn đề 55 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Trần Đức Huyên, Phạm Thành Luân, Lê Mậu Thống, Lê Mậu Thảo (2010), Các vấn đề Hình học 10, tài liệu bồi dưỡng học sinh Khá & Giỏi, NXB Đại học Quốc Gia Tp Hồ Chí Minh [2] Đồn Quỳnh (chủ biên) (2009), Sách giáo khoa chun tốn - Hình học 10, NXBGD [3] Nhiều tác giả (2005), Tuyển tập 30 năm tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, NXBGD [4] Nhiều tác giả (2006), Tuyển tập theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, NXBGD Tiếng Anh [5] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compedium A collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads (1959-2004) [6] H.S.M Coxeter, S.L Greitzer (1967), Geometry Revisited ... (phân giác hai góc kề bù), M P vng góc với N Q hay M LN = P LQ = 900 (1) Gọi (C1 ), (C2 ) đường tròn đường kính M N, P Q Theo (1) suy L thuộc (C1 ) L thuộc (C2) Do PL/(C1 ) = PL/(C2 ) = (2) 16... BC , 2OC.OA = 2R2 − CA2 Suy 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) = 6R2 − (AB + BC + CA2 ) (2) Thay (2) vào (1) ta 9OG2 = 9R2 − (AB + BC + CA2 ) Suy OG2 − R2 = − (AB + BC + CA2 ) Do PG/(O) = − (AB + BC +... + OB + OC, suy 9OG2 = OA2 + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) = 3R2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) (1) 2 Ta có 2OA.OB = OA + OB − (OA − OB)2 = OA2 + OB − AB = 2R2 − AB Tương tự ta có 2OA.OB = 2R2