Tài liệu Chuyên đề môn toán phương tích – trục đẳng phương

TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN CHUYÊN ĐỀ: PHƢƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƢƠNG I. Phƣơng tích của một điểm đối với một đƣờng tròn 1. Định lí 1 Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định, OP = d. Một đường thẳng thay đổi qua P cắt đường tròn tại hai điểm M và N. Khi đó: PA.PB  PO2  R2  d 2  R2 . Chứng minh Gọi M  là điểm đối xứng của M qua O. Ta có N MN  NM  Khi đó:   PM .PN  PM .PN  PM .PN  coâng thöùc hình chieáu       PO  OM  PO  OM   PO  OM PO  OM  M P O M'  PO 2  OM 2  PO 2  R 2 2. Định nghĩa Phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), kí hiệu P / O  , được xác định bởi P / O   OP 2  R2 . 3. Các tính chất Tính chất 1:  Nếu A, B cố định và AB.AM  const thì M cố định.  Điểm P nằm ngoài (O; R)  P / O   0.  Điểm P nằm trong (O; R)  P / O   0.  Điểm P nằm trên (O; R)  P / O   0. Tính chất 2: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm trên (O). Qua M kẻ cát tuyến MAB và tiếp 2 tuyến MT tới (O). Khi đó MA.MB  MT  MO2  R2 . Tính chất 3: Cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt nhau tại M, M khác A, B, C, D. Khi đó nếu MA.MB  MC.MD thì bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. 1 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Chứng minh Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD tại D . Khi đó, ta có MA.MB  MC.MD . Suy ra MD  MD  D  D. Tính chất 4: Cho hai đường thẳng AB, MT phân biệt cắt nhau tại M, M khác A, B, T. Khi đó nếu MA.MB  MT 2 thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với MT tại T. Ví dụ 1: (Phƣơng tích trọng tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trọng tâm G của tam giác ABC với (O) theo các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Giải:     G là trọng tâm tam giác ABC  OA  OB  OC  3OG        OA2  OB2  OC 2  2 OA.OB  2 OB.OC  2 OC.OA  9OG2 . Ta có      2OA.OB  OA2  OB2  AB2  2R2  c2 ; 2OB.OC  2 R2  a2 ; 2OC.A  2 R2  b2 . Suy ra OG 2  1 1 9 R2  a2  b2  c2 G / O   OG 2  R2   a2  b2  c2 9 9     Ví dụ 2: (Phƣơng tích trực tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trực tâm H của tam giác ABC đối với (O) theo R và các góc A, B, C. Giải Xét trường hợp tam giác ABC nhọn Gọi K, A lần lượt là giao điểm của AH với BC, (O). Áp dụng định lí sin cho tam giác AHB, AH AB AH AB      cos A sin C sin ABH sin AHB AB.cos A c.cos A  HA   sin C cos C  2 R.cos A. Tương tự ta cũng có HB  2R.cosB. B' A C' H B K C A' 2 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN   C   BA  A  BHA cân tại B Vì BHA   2R cosB.cosC  KH  KA  KA  2KH  2.BH .cos BHA Do tam giác ABC nhọn nên H / O   HA.HA  HA.HA  8R2 cos A.cos B.cos C. Trường hợp tam giác ABC vuông hay tù chứng minh tương tự. Nhận xét H / O  OH 2  R2  8R2 cos A.cos B.cosC  OH2  R2 1  8cos A.cos B.cosC  . Ví dụ 3: (Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp đường tròn (I; r). Đặt OI = d. Chứng minh rằng OI 2  R2  2Rr . Giải Gọi E là tiếp điểm của AB và (I; r), A là giao điểm của AI và (O; R). Ta có IA  IE   sin IAE r . A sin 2   A  B ; BIA   1800     A  B nên AIE  BIE Vì IBA 2 2 2 2     A IB cân tại A  IA  BA . Áp dụng định lí sin cho tam giác BAA,  BA  2 R sin A E  A A  IA  2 R sin . Do điểm I nằm trong 2 2 I O C B A' (O; R) nên I / O    IA.IA   r sin A 2 .2 R sin A  2 Rr  OI 2  R 2  2 Rr. 2 Ví dụ 4: Cho hình thang ABCD vuông tại A và B. M là trung điểm của AB. Các đường cao AH, BK của các tam giác AMD, BMC cắt nhau tại N. Chứng minh MN  CD Giải Cách 1 3 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Gọi E là giao điểm của MN và CD. Từ giả thiết ta   MNK  1 suy ra tứ giác MHNK nội tiếp  MHK  A Ta có MH .MD  MA2  MB2  MK.MC   MCD  2  HDCK nội tiếp  MHK   D E H   MCD   NKCE nội tiếp Từ (1) và (2) suy ra MNK N M   NKC   900.  NEC K B C Cách 2 Ta có     MN .MC  MK .MC  MK .MC  MB 2     MN .MD  MH .MD  MH .MD  MA2       Mà MB = MC nên MN .MC  MN .MD  MN .CD  0  MN  CD. Cách 3     MD2  MC 2  MA2  AD2  MB2  BC 2  AD2  BC 2 1 NA  MD  NM 2  ND 2  AM 2  AD 2    ND 2  NC 2  AD 2  BC 2  2  2 2 2 2  NB  MC  NM  NC  BM  BC   Từ (1) và (2) suy ra MD2  MC 2  ND2  NC 2  MN  CD Vì dụ 5 Cho tam giác ABC, một đường tròn cắt cạnh BC tại A1 , A2 ; cắt cạnh CA tại B1 , B2 ; cắt cạnh AB tại C1 , C2 . Chứng minh rằng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng quy. Giải 4 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Ta có A AC1 . AC2  AB1 .AB2 C2 BA1 .BA2  BC1 .BC2 B1 CB1 .CB2  CA1 .CA2  A1B.B1C.C1 A.A2 B.B2C.C2 A  A1C.BA1.CB1.A2C.B2 A.C2 B A B BC C A A B B C C A  1 . 1 . 1  2 . 2 . 2  AA1 , BB1 , CC1 A1C B1 A C1B A2C B2 A C2 B B2 C1 B A2 A1 C đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng quy. Ví dụ 6 Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BB, CC cắt nhau tại H, BC  AH  K , L là trung điểm đoạn AH. Chứng minh rằng K là trực tâm tam giác LBC. Giải A L C' K B' H M A' B C E Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A  AK  BC, E  AK  O  . Ta có AB.AC  AE.AA   AH .AA 1 . Gọi M là giao điểm của BC và BC. Khi đó  BCAM   1  C  BCAM   1   AKHA   1 Theo hệ thức Maclaurin, AH .AA  AK .AL (L là trung điểm đoạn AH) (2). Từ (1) và (2) suy ra AB.AC   AK .AL  AB.AC  AK .AL  AB AK   ABL   AKC AL AC 5 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  CK  CK  LB . Mà LK  BC nên K là trực tâm tam giác LBC.  ALB  A Ví dụ 7 Cho đường tròn (O) và điểm I cố định nằm trong đường tròn, I khác O. Một đường thẳng quay quanh I, cắt (O) tại A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và B cắt nhau tại M. Chứng minh rằng M chạy trên một đường thẳng cố định. Giải A M K O I H B Gọi K là giao điểm của OM và AB, H là hinh chiếu của M trên đường thẳng OI. Khi đó tứ giác MKIH nội tiếp  OK .OM  OI .OH 1 . Tam giác OAM có OK .OM  OA2  R2  2  Từ (1) và (2) suy ra OI .OH  R  OH  2 R2  H cố định. Vậy M chạy trên đường thẳng qua OI H và vuông góc với OI tại H. Ví dụ 8 Cho đường tròn (O) tiếp xúc đường thẳng d tại H. Hai điểm M, N di động trên d sao cho HM .HN  k 2 ( k  0 cho trước ). Từ M, N kẻ tiếp tuyến MA và NB của (O). ( với A, B khác H). a) Chứng minh rằng: Đường tròn (OMN) luôn đi qua 2 điểm cố định. b) Chứng minh rằng: Đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định. Giải I O K A E B H M P J N F d 6 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN a) Gọi P là giao điểm của OH với đường tròn (OMN), có HM .HN  HO.HP  k 2 . Mà H, O cố định, k không đổi nên P cố định. Vậy đường tròn (OMN) luôn đi qua hai điểm cố định O, P. b) Gọi IH là đường kính của (O); E, F là giao điểm của IA, IB với d. Dễ thấy M, N lần lượt là trung điểm của EH, FH. Ta có HE.HF  2.HM .2HN  4k 2 . Dựng đường tròn (IEF) cắt IH tại điểm thứ hai J H /(IEF)  HI .HJ  HE.HF  4k 2  J cố định. Trong các tam giác vuông∆IHE và ∆IHF. Ta có IA.IE  IB.IF  IH 2  Tứ giác ABEF nội tiếp   EFB  (cùng bù EAB )  IAB   EJI  nên IAB   EJI  Mà EFB Gọi K là giao điểm của AB và IJ, ta có tứ giác AKJE nội tiếp. I /( AKJE )  IA.IE  IK .IJ  IH 2  K cố định. Vậy AB luôn đi qua điểm K cố định. Ví dụ 9 Cho AB và AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) với B, C thuộc (O). Lấy điểm M bất kì trên AC (M, A khác phía so với C). Giả sử (O) cắt đường tròn (ABM) tại điểm thứ hai P, Q   2 AMB là chân đường vuông góc hạ từ C xuống MB. Chứng minh rằng: MPQ Giải B A O P' Q' Q P C M Gọi P’ là giao điểm thứ hai của MP với (O), Q’ là giao điểm của OC và MB Ta có MP.MP '  MC 2  MQ.MQ ' 7 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN P  'Q ' M  Tứ giác PQQ’P’ nội tiếp  MPQ Lại có    MPB   BPC  P ' BC  MPC  )  BCA   BCA   (1800  MAB  BP’//AC  OC  BP '  OQ '  BP ' Mặt khác O thuộc đường trung trực của đoạn BP’ nên OQ’ là trung trực của BP’. Khi đó  '  2  P ' Q ' M  2MBP AMB (2)   2 Từ (1), (2)  MPQ AMB Ví dụ 10 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P, Q, M là lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và DC, AD và BC, AC và BD. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OPQ, OMP và OMQ bằng nhau. Giải M I d B K T H L J O A N Gọi S là giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác PDA và PQ. Khi đó  SA, SP    AD, PD    AB, BC  (4 điểm A, B, C, D nằm trên đường tròn) Suy ra S, A, B, Q cùng nằm trên đường tròn. 8 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN     P / ASQB   PS .PQ  PA.PB  PO 2  R 2     Q/ CSQB   QS .QP  QA.QD  QO 2  R 2         PQ 2  PQ. PS  SQ  QS .QP  PS .PQ  OQ 2  OP 2  2 R 2   Tương tự: MQ2  OQ2  OM 2  2R 2 Suy ra OP2  OQ2  MP2  MQ2  MO  PQ Tương tự ta chứng minh được OP  MQ suy ra O là trực tâm của tam giác MPQ. Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OPQ, OMP và OMQ bằng nhau. II. Trục đẳng phƣơng của hai đƣờng tròn 1. Định lí Cho hai đường tròn không đồng tâm O1; R1  , O2 ; R2  . Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng. Đường thẳng này gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn đã cho. Chứng minh Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có: PM /  O1   PM / O2   MO12  R12  MO22  R22  MO12  MO22  R12  R22 M   MH 2  HO12    MH 2  HO2 2   R12  R22  HO12  HO2 2  R12  R22   HO1  HO2  HO  HO   R 1 2 2 1  R22 H O1 O2  O2O1.2 HI  R  R 2 1  IH  2 2 R12  R22 O1O2 Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với O1O2. 2. Các tính chất  Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường nối tâm.  Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương.  Nếu điểm M có cùng phương tích với hai đường tròn thì đường thẳng qua M và vuông góc với đường nối tâm là trục đẳng phương. 9 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN là trục đẳng phương.  Nếu ba điểm có cùng phương tích với hai đường tròn thì chúng thẳng hàng.  Nếu O1  , O2  cắt nhau tại A thi đường thẳng qua A vuông góc với O1O2 là trục đẳng phương. 3. Cách xác định trục đẳng phƣơng của hai đƣờng tròn không đồng tâm Cho hai đường tròn (O1) và (O2) không cắt nhau, ta có cách dựng trục đẳng phương của hai đường tròn như sau:  Dựng đường tròn (O3) cắt cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại A, B và C, D.  Đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M  Đường thẳng qua M vuông góc với O1O2 chính là trục đẳng phương của (O1) và (O2). M A D O2 O1 C B O3 4. Tâm đẳng phƣơng của hai đƣờng tròn a) Định lí Cho 3 đường tròn O1  , O2  và  O3  . Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đường tròn trùng nhau hoặc song song hoặc cùng đi qua một điểm, điểm đó được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn. b) Các tính chất  Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm  Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng hàng.  Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau. Ví dụ 11 10 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB. Đường thẳng qua H cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC và (O) lần lượt tại D, E và F. a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy. b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng hàng. Giải 2 a) Ta có CACD .  CH  CB.CE , suy ra ADEB nội tiếp. Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên C P D nên chúng đồng quy. E Q A O H B b) Ta có PQ là trục đẳng phương của ( C) M và (O) nên OC  PQ . Ta cũng dễ thấy OD  DE Hơn nữa H chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn (O), ( C) và đường tròn đường kính CH. Suy ra PQ đi qua H. Vậy DE, PQ cùng đi qua H và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng hang. Ví dụ 12 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. Giải 11 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN P X M N Q A Z B C D Y Gọi Q, Q’ lần lượt là giao điểm của DN và AM với XY. Ta cần chứng minh Q  Q . Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra PM .PC  PQ.PZ Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra PQ.PZ  PN .PB Mà P thuộc XY là trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính BD nên PN .PB  PX .PY  PM .PC . Suy ra PQ.PZ  PQ.PZ  Q  Q Vậy XY, AM và DN đồng quy. Ví dụ 13 Cho tam giác ABC có đường cao BD và CE cắt nhau tai H. M là trung điểm của BC, N là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng NH vuông góc với AM. Giải A D O E H I N B F M C Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AH, MH. Ta có   DAH   DBC   FEH   FED   2.FEH   2.DBC   DMC . DEH Suy ra tứ giác EDMF nội tiếp. Từ đó ta có NE.ND  NF .NM , suy ra N nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (O, OH) và đường tròn (I, IH). Mặt khác H là giao điểm của đường tròn 12 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN (O, OH) và đường tròn(I, IH), suy ra NH chính là trục đẳng phương của (O) và (I). Suy ra NH  OI , mà OI // AM, do đó NH  AM . Ví dụ 14 Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng AQ  OI Giải A P N M E D B F G C Q Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG).  và PGD   PCB  (đồng vị), suy ra   , suy ra BMPC nội Ta có  AMP  PGD AMP  PCB tiếp. Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp. Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB  AN . AC . Mà AD AE  (định lý Thales) AB AC Suy ra AM . AD  AN . AE Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ  OI . Ví dụ 15 Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC. a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra: l  4 R 2  a 2 13 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Giải A L X Z F H N J Y I O1 M O K O2 C B P D E Q a) Gọi Q là giao điểm của MN và BC, E là trung điểm BC. Xét tứ giác BMNC thì ta biết rằng Q, P, B, C là hàng điểm điều hòa. Suy ra (QPBC) = - 1. Khi đó ta có 2 EP.EQ  EB , suy ra 2 QE.QP  QE  QE.PE  QE 2  EB 2  OQ 2  OB 2  QB.QC   xAB  Mà tứ giác BMNC cũng nội tiếp vì có NCB AMN (Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra QM .QN  QB.QC Từ đó suy ra QM .QN  QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm E cố định. b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba đường cao MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng. Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM. Ta thấy: KC.KM  KB.KN IC.IJ  IB.IF HM .HX  HN .HZ Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hàng. Từ đó suy ra AL  AI . BC 2  4 R 2  a 2 nên AL  l  4R 2  a 2 Mà AI  2.OE  2 R  4 2 14 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Ví dụ 16 Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự nằn trên một đường thẳng. Hai đường tròn có tâm O1 , O2 lần lượt thay đổi qua A, C và B, D, giao nhau tại M, N. Các tiếp tuyến chung của O  , O  1 2 tiếp xúc với  O1  tại P1 , Q1 , tiếp xúc với  O2  tại P2 , Q2 . Gọi I, J, X, Y lần lượt là trung điểm của các đoạn PP , Q1Q2 , P2Q1 , PQ 1 2 1 2 a) Chứng minh rằng các điểm M, N, X, Y, I, J cùng thuộc một đường thẳng d; b) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định. Giải P2 I P1 D M B W X A C O1 Y Q1 O2 N J Q2 a) Ta có MN là trục đẳng phương của O1  , O2  . Mà I / O   IP12  IP22 I / O  , tương 1 2 tự J/ O  J/ O  nên I, J thuộc trục đẳng phương của O1  , O2  , tức I, J thuộc đường 1 2 thẳng MN.    kP2Q2 , k  0 . Mặt khác / / P2Q2 , do đó PQ Dễ thấy PQ 1 1 1 1             2 XY  XP2  P2Q2  Q2Y  XQ1  Q1P1  PY  P Q  PQ  1  k P Q  XY / / P2Q2   1 2 2 1 1 2 2   Nhưng JY là đường trung bình của tam giác Q1Q2 P2  JY / / P2Q2 . Suy ra   JY / / XY  X , Y , J thẳng hàng. Tương tự X, Y, I thẳng hàng.     Suy ra X, Y, I, J cùng thuộc trục đẳng phương là đường thẳng MN của O1  , O2  . b) Gọi W  d  AD . Ta chứng minh W cố định. 15 TRƢƠNG THANH TÙNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Vì W  d là trục đẳng phương của O1  , O2  nên      W / O  W / O   WA.WC  WB.WD  WA 1 2          WA.AC  WA AB  AD  AB.AD  WA         WA  AC  WA  AB WA  AD           AD  BC   AB.AD . Đẳng thức này chứng tỏ W cố định. Vậy d luôn đi qua một điểm cố định. 16