(Skkn 2023) phát triển năng lực tư duy cho học sinh lớp 10 trường thpt thường xuân 2, thông qua việc nghiên cứu dạng toán tương giao giữa đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng tọa độ oxy

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT THƯỜNG XUÂN 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT THƯỜNG XUÂN 2, THÔNG QUA VIỆC
NGHIÊN CỨU DẠNG TOÁN TƯƠNG GIAO
GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG
MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ OXY

Người thực hiện:
Chức vụ:
SKKN mơn:

Nguyễn Văn Sơn
[Document
Giáo viên
Tốn

subtitle]
Abstract

[Draw your reader in with an engaging abstract. It is typically a short summary of the document.
When you’re ready to add your content, just click here and start typing.]

THANH HOÁ, NĂM 2023

HOANG HA COMPUTER
[Email address]

1
MỤC LỤC

Trang
A ĐẶT VẤN ĐỀ
2
B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2
I. Cơ sở lý luận
2
II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
3
1. Thực trạng
3
2. Kết quả của thực trạng
4
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
4
1. Phần lý thuyết cơ bản....................................................................... 4
2. Một số ví dụ tiêu biểu…………………………………………….. 5
Dạng 1:.....………………………………………………………… 5
Dạng 2:.....………………………………………………………… 6
Dạng 3:.....………………………………………………………… 10
3. Bài tập ứng dụng……........……………………………………….. 11
4. Bài tập tự luyện.........…….……………………………………….. 15
IV. Kiểm nghiệm
16
C KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
17

1. Kết quả thực hiện đề tài.................................................................... 17
2. Bài học kinh nghiệm và kiến nghị..........………………………….. 17


2

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
“Thích học Đại, ngại học Hình” là điều mà các thầy cơ giáo dạy Tốn chúng
ta thường thấy ở hầu hết các em học sinh. Hình học ln là vấn đề khó đối với nhiều
học sinh, Sở dĩ có điều này theo tơi có nhiều ngun nhân như: Hình học địi hỏi kiến
thức, suy luận tổng hợp, việc kết hợp các giả thiết để tìm ra một yếu tố mới của bài
tốn là vấn đề khơng dễ đối với học sinh. Các em học sinh thiếu tự tin khi phải vẽ
hình, lời giải của một bài hình thường qua nhiều bước, xác định nhiều yếu tố phụ rồi
mới đến được đáp số cuối cùng, và một thực trạng thường thấy là các em không biết
bắt đầu từ đâu… Lí do khách quan thì nhiều, nhưng khơng thể khơng nói đến lí do
chủ quan ở một số giáo viên chúng ta, đó là làm cho hình học trở nên khơ khan, lời
giải máy móc mang tính áp đặt, có những kỹ thuật chúng ta xem là dễ, nên bỏ qua thì
với học sinh lại cả một vấn đề, các em lơ mơ, mất tự tin rồi dẫn đến ngại học hình.
Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng là phần hình học quan trọng nhất của
hình học lớp 10 và cũng là phần kiến thức có tính phân hố cao trong đề thi Đại học
các năm gần đây. Dạng bài tập này đang ngày một đa dạng, xu thế sử dụng thuần tuý
những tính chất, kỹ năng cơ bản của hình học từ lớp 9 ngày một nhiều. Trong số
những dạng tốn đó, bài tốn tương giao giữa đường thẳng và đường tròn là đề tài
thường xuyên được nhắc tới, bởi đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác, tứ giác là vấn
đề mn thuở của hình học phẳng.
Vì những lí do trên, tơi chọn nghiên cứu đề tài “Phát triển năng lực tư duy
cho học sinh lớp 10 trường THPT Thường Xn 2, thơng qua việc nghiên cứu
dạng tốn tương giao giữa đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng tọa độ
Oxy”, nhằm từng bước dạy cho các em cách phân tích đề bài, từ đó có hướng tư duy
đúng, để tiếp cận bài toán một cách hiệu quả, qua đó nâng cao tinh thần học tập mơn

hình học nói riêng và phong trào học tập mơn tốn nói chung.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Dạng tốn tương giao của đường thẳng với đường trịn trong mơn Tốn
chương trình giáo dục phổ thơng 2018 khơng được trình bày ở một phần riêng, song
để phát triển tư duy cho học sinh khi học phần nội dung này sau khi xây dựng các
dạng toán liên quan đến tiếp tuyến của đường trịn là phần hình học phẳng hấp dẫn,
phong phú nhất của hình học lớp 10, đây là phần kiến thức vừa lạ lại vừa quen với
các em học sinh. Lạ ở chỗ là các em biết được phương trình của đường trịn được
biểu diễn qua một biểu thức đại số rất mạch lạc, điều này các em mới chỉ thấy ở
những hàm số bậc nhất hoặc bậc hai. Quen ở chỗ đây là phần kiến thức hay gặp ở
hình học lớp 9 như đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác, tứ giác. Theo tôi để học
tốt được phần này học sinh phải nắm được một số dạng toán cơ bản, ứng với mỗi
dạng toán các em phải hình thành, ghi nhớ và rèn luyện được các kỹ năng riêng. Học
sinh phải thường xuyên sưu tầm các bài tập mới lạ, thường xuyên làm bài tập để học


3

hỏi, trau rồi phương pháp, kỹ năng khi giải toán. Thế nhưng làm được điều này thật
không đơn giản bởi một số nguyên nhân sau:
- Các bài tập SGK của phần này ở mức đơn giản, chưa thể hiện nhiều về dạng
lẫn phương pháp cũng như kỹ năng mà các em cần đạt được, để tự tin bước vào các
kì thi quan trọng.
- Như đã nói ở trên, đây là phần hình học rất hấp dẫn, chính điều đó làm cho
người ra đề thoả sức sáng tạo, đôi khi sáng tạo nhiều, khai thác quá sâu cũng làm các
em mất phương hướng khi đọc xong đề, dẫn tới việc các em cảm thấy lúng túng khi
gặp dạng toán mới. Kĩ năng nhận biết, biến đổi quy lạ về quen còn hạn chế.
- Phần lớn các em chỉ thích làm những dạng tốn như viết phương trình đường
trịn qua ba điểm khơng thẳng hàng, hay viết phương trình tiếp tuyến – đây là những

dạng toán SGK đã giới thiệu. Thế nhưng khi trong các đề thi dạng bài tập này lại
không hay gặp, mà thay vào đó là những bài tập mang tính tổng hợp có mức độ khó
hơn rất nhiều được xây dựng căn bản trên mối quan hệ tương giao giữa đường thẳng
và đường tròn.
- Giáo viên chưa phân tích, phân loại kỹ các dạng tốn dựa trên bản chất hình
học, vì lẽ đó mà các bài tập minh hoạ trở nên rời rạc, điều này không gây được hứng
thú học tập cho các em. Mặt khác sự sáng tạo, kế thừa trên ngọn là rất đa dạng, nhưng
để hiểu cặn kẽ thì phải tìm ra cái gốc của vấn đề, nếu làm tốt được điều này thì mọi
chuyện sẽ trở nên rõ ràng, thú vị rất nhiều.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
- Khi dạy xong bài phương trình đường thẳng, tơi nhận thấy dạng bài tập hay
và phù hợp với học sinh còn hạn chế nhiều. Chỉ khi dạy xong bài Phương trình đường
trịn mới có vơ số ví dụ hay và phù hợp để cho học sinh thực hành nhằm củng cố kiến
thức và kỹ năng của tất cả các phần kiến thức quan trọng trước đó như góc, khoảng
cách…., đó là sự kết hợp rất thú vị giữa đường thẳng và đường trịn. Mặt khác cũng
vì lượng kiến thức khai thác là rất nhiều và đa dạng, nếu không khéo truyền đạt sẽ
làm cho các em thấy lan man, mất phương hướng chứ chưa nói đến sau khi học xong
các em được những phương pháp nào, kĩ năng gì. Do vậy ở phần này người giáo viên
cần phải có hệ thống bài tập minh hoạ cho các phương pháp trọng tâm, các dạng toán
quan trọng. Đặc biệt làm cho các em phải cảm thấy tự tin khi suy luận, biết cách kết
hợp hai giả thiết một để tìm ra một yếu tố mới, càng tìm được nhiều yếu tố mới thì
chúng ta càng gần đến lời giải hơn.
- Khi dạy dạng toán này, một thực tế thường xảy ra là đa số giáo viên đi theo
lối mịn như: Nêu dạng tốn, phương pháp giải chứ chưa phân tích cho học sinh thấy
được bài tốn này tại sao lại phải đi tìm toạ độ điểm A, điểm M, tính độ dài MN để
làm gì? Tại sao lại kẻ thêm đường thẳng này, kẻ với mục đích gì? Sở dĩ có thực trạng
trên là vì giáo viên chưa chịu thực hiện đổi mới phương pháp dạy học hoặc biết
nhưng ngại áp dụng, xem thường hoặc thiếu kiên nhẫn phân tích, giải thích cho học

4

sinh. Điều này làm hạn chế niềm đam mê, hứng thú học tập rất nhiều. Theo tơi việc
phân tích, định hướng, giảng giải cho học sinh cách tiếp cận một bài hình học rất cần
thiết, đây là cơng việc mà người giáo viên phải chú trọng để đánh giá đúng được tầm
quan trọng hơn là cung cấp cho các em một lời giải khô khan.
2. Kết quả thực trạng trên
Năm học 2022 – 2023 khi chưa áp dụng sáng kiến vào giảng dạy. Tôi cho học
sinh lớp 10C1 giải thử một số bài tập lấy từ đề thi thử Đại học của các trường THPT
trên cả nước và bài kiểm tra hết chương của lớp 10C1. Kết quả như sau:
Lớp
10C1

Số
HS
42

Giỏi
SL TL(%)
2
4,76

Khá
SL TL(%)
12 28,57

TB
SL TL(%)
18 42,86

Yếu
SL TL(%)
8
19,05

Từ kết quả đó, tơi đã tiến hành đổi mới dạy nội dung này tại lớp 10C1 và 10C2
(hai lớp có chất lượng tương đương với nhau và học cùng tổ hợp các môn tự chọn).
III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
1. Phần lý thuyết cơ bản
Phần tương giao của đường tròn và đường thẳng khơng được trình bày rõ ràng
trong sách giáo khoa, do đó cần trang bị thêm cho học sinh lý thuyết về dạng toán
toán ở các buổi học phụ đạo.
Cho đường trịn  C  tâm I bán kính R và đường thẳng .
Đặt h d  I ,   .
* Trường hợp 1:  là tiếp tuyến của đường trịn ta có h R
Nếu từ điểm M ở ngồi đường trịn  C  kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đến

C

thì:

+ IM là đường trung trực của đoạn AB.
2
2
2
+ MA MB, IM R  MA .
+ S MAIB 2S IAM  AI . AM  AH .IM .
+ Đường trịn tâm M bán kính MA cắt  C  tại hai điểm A và B.
+ Tứ giác MAIB nội tiếp trong đường trịn có tâm là trung điểm của IM .

+ Điểm K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.


5

* Trường hợp 2:  cắt  C  tại hai điểm phân biệt, khi đó h  R .

Đây là bài tốn đường trịn và dây cung, Để giải dạng tốn này thơng thường
ta gọi H là trung điểm của đoạn AB và khai thác một số tính chất sau:
AB 2
IH  AB, d  I ;   IH  R 
4
+
1
S IAB  IA.IB.sin AIB  S
0

IAB lớn nhất khi AIB 90
2
+
2

2
2
+ Phương tích: MA.MB IM  R .

+ Khi R cố định độ dài dây cung AB lớn hay nhỏ phụ thuộc vào d  I ;   nhỏ
hay lớn.
* Trường hợp 3:  và  C  khơng có điểm chung, khi đó h  R .
+ Từ một điểm bất kì trên đường thẳng  ln kẻ được hai tiếp tuyến tới

đường trịn  C  .
+ Lấy điểm T nằm trên đường trịn  C  thì h  R d  T ,   h  R.
Trong phạm vi đề tài tơi khơng trình bày trường hợp 3 vì khi đó hai đối tượng
là khơng có điểm chung. Dạng tốn cơ bản như viết phương trình tiếp tuyến của
đường trịn tại một một điểm, viết phương đường thẳng đi qua một điểm và tiếp xúc
với một đường tròn cho trước là nhưng bài toán học sinh đã được trang bị các bước
giải và có thể thực hiện được.
2. Một số ví dụ tiêu biểu
 Dạng 1: Bài tốn cơ bản về viết phương trình tiếp tuyến của đường
trịn
Một số bài toán cơ bản: Học sinh đã được trang bị kỹ năng hồn thành những
bài tốn này, tơi khơng trình bày các bước giải trong đề tài này, các ví dụ được sử
dụng để kiểm tra học sinh trước khi áp dụng nội dung tiếp theo.
Ví dụ 1.1: Cho đường trịn
tuyến của  C  tại A  4;4  .

 C  :  x  3

2

2

  y  1 10 . Viết thương trình tiếp


6

Ví dụ 1.2: Cho đường trịn
tiếp tuyến của  C 
d : x  2 y  15 0 .

 C  : x 2  y 2  2 x  6 y  5 0 . Viết phương trình

biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

 C  :  x  2

Ví dụ 1.3: Cho đường trịn
biết tiếp tuyến đi qua A  5;  1 .

2

2

  y  2  9 . Tiếp tuyến của  C 

 Dạng 2: Trường hợp  tiếp xúc với  C  .

 C  :  x  1

2

2

  y  3 4 và điểm M   3;1 . Gọi
Ví dụ 2.1. Cho đường trịn
A và B là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến  C  . Viết phương trình
đường thẳng AB.
A. 2 x  y  3 0 . B. x  2 y  3 0 . C. 2 x  y  3 0 . D. x  2 y  3 0 .
Lời giải

Phân tích: Tư duy thông thường học sinh sẽ thực hiện việc tìm tọa độ của các
tiếp điểm A, B và viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm đó. Lời giải sẽ rất
dài và tính tốn phức tạp dễ dẫn đến nhầm lẫn hoặc sai sót.
Giáo viên sẽ gợi ý để học sinh có thể tư duy dựa vào nhận xét MA MB , hay các
điểm A, B cùng thuộc hai đường trịn  C  có tâm I  1;3 bán kính và đường trịn
tâm M bán kính MA . Tính được MI 2 5  R.
Lời giải theo hướng mới:
2
2
Gọi  C ' là đường tròn tâm M bán kính MA  MI  R 4.
2
2
Suy ra  C '  : x  y  6 x  2 y  6 0.
Hai điểm A, B là giao điểm của  C  và  C ' , nên toạ độ của chúng thoả mãn

 x 2  y 2  6 x  2 y  6 0
 2 x  y  3 0.
 2
2
 x  y  2 x  6 y  6 0
Vậy tọa độ các điểm A , B thỏa mãn một phương trình đường thẳng hay
phương trình đường thẳng AB : 2 x  y  3 0.


7
2

Ví dụ

2

2.2. Cho đường trịn  C  :  x  1   y  2  4 và điểm P  2;1 .
d thay đổi đi qua P cắt  C  tại hai điểm A và B. Hai tiếp tuyến của

Đường thẳng
 C  tại A và B cắt nhau tại M . Tìm quỹ tích của điểm M .
A. x  y  3 0 . B. x  y  1 0 . C. x  y  3 0 .

D. x  y  3 0 .

Lời giải
Đường trịn  C  có tâm I  1;2  bán kính R 2, IP  2  R nên điểm P ở
trong đường tròn  C  , suy ra đường thẳng d đi qua P luôn cắt  C  tai hai điểm
phân biệt A và B.
Giả sử M  x0 ; y0  , phương trình đường trịn  C ' tâm M bán kính
2
2
MA  MI 2  R 2 là  C '  : x  y  2 x0 x  2 y0 y  2 x0  4 y0  1 0.
Từ đó suy ra AB :  x0  1 x   y0  2  y  x0  2 y0  1 0

 1
 2

Thay toạ độ P  2;1 vào  1 ta được x0  y0  3 0
Điểm M có toạ độ thoả mãn  2  nên quỹ tích điểm M là đường thẳng có
phương trình x  y  3 0.
2
2
Ví dụ 2.3. Cho đường trịn  C  : x  y 4 và đường thẳng  : x  y  6 0.

Giả sử M là một điểm thuộc  . Từ M luôn kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến
 C  (trong đó A, B là hai tiếp điểm) và đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố

định I  x0 ; y0  . Tính giá trị T x0  y0 ?
2
T 
3.
A.
B. T 0 .

T 

4
3.

C.
D. T 1.
Lời giải
Phân tích: Đây là một bài tốn ở mức độ vận dụng, cần học sinh có năng lực
tư duy và kỹ năng giải tốn tốt.
Các bài tốn khác có thể khai thác như: Chứng minh từ M luôn kẻ được 2 tiếp
tuyến với đường trịn  C  . Vì đường trịn  C  có tâm O  0;0  và bán kính R 2. Do
d  O,   3 2  R nên M nằm ngồi đường trịn. Vì vậy, từ M ln kẻ được hai
tiếp tuyến đến  C  .
Lời giải học sinh cần thực hiện:
2
2
M
m
;6


m
,
MA

MB

MO

R
. Viết phương trình


M


Do
nên
đường trịn tâm M bán kính MA và tìm được AB : mx   6  m  y  4 0.


8

Ta có mx   6  m  y  4 0  m  x  y   6 y  4 0.
 x  y 0
 2 2
  x0 ; y0   ; 

6 y  4 0
 3 3

Suy ra 
 2 2
I ; 
Suy ra đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định  3 3  , hay T 0 .

 y 2  6 x  2 y  6 0 và đường thẳng
d : 2 x  y  1 0 . Tìm M thuộc d sao cho từ M kẻ hai tiếp tuyến đến  C  các tiếp
điểm là A, B biết đường thẳng AB đi qua N  2;  1 .
Ví dụ 2.4. Cho đường tròn

C : x

2

B. M   1;  1 .
C. M  1;1 .
D. M   1;3 .
Lời giải
Đường trịn  C  có tâm I  3;  1 và R 2 .
2
2
2
2
Do M  d nên M  a;2a  1 . MA MI  IA 5a  2a  9 .
A. M  3;  1 .

2

2

2
Đường tròn tâm M đi qua A, B là:  x  a    y  2a  1 5a  2a  9 .
Mặt khác A, B   C  nên A, B thoả mãn:

 x  a  2   y  2a  1 2 5a 2  2a  9
  6  2a  x   4a  4  y  2a  14 0
 2
2
x

y

6
x

2
y

6

0

Phương trình đường thẳng AB :  6  2a  x   4a  4  y  2a  14 0.  1
Thay toạ độ N  2;  1 vào  1 ta tìm được a  1.
Vậy M   1;  1 thoả mãn yêu cầu bài toán.

 C  :  x  1

2

2

  y  2  9 và đường thẳng

Ví dụ 2.5. Cho đường tròn
d : 3 x  4 y  m 0. Biết m1 và m2 là các giá trị của m để trên d có duy nhất một
điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB đến  C  (các tiếp điểm là
A, B ) sao cho tam giác PAB đều. Tính giá trị T m1  m2 .
A.  20 .

B. 60 .

C.  60 .
Lời giải

D.  22 .


9

Đường trịn  C  có tâm I  1;  2  và R 3. Do PAB đều nên IP 2 IA 2 R 6.
Suy ra P thuộc đường tròn  C ' tâm I  1;  2  bán kính bằng R ' 6.
Như vậy P chính là giao của d và  C ' .
Để có duy nhất điểm P khi chỉ khi d tiếp xúc với  C ' .
Tức là d  I , d  6  m 19; m  41. Vậy T 19    41  22 .

 Như vậy chúng ta đã phần nào hiểu được tính ứng dụng của bài tốn gốc, và
cụ thể hơn đó là cách suy ra phương trình đường thẳng nối hai tiếp điểm của
hai tiếp tuyến được kẻ từ một điểm ở ngồi đường trịn. Do vậy theo tơi bản chất
của vấn đề là rất quan trọng, chỉ cần nắm được bản chất bài tốn gốc thì việc

quy lạ về quen hay sáng tạo bài tập trở nên rất thú vị.

C : x

2

y
 2 x  4 y  20 0 và hai đường thẳng
Ví dụ 2.6. Cho đường trịn
d1 : 2 x  y 0, d 2 : 2 x  y  5 0. Đường thẳng  không song song với trục Oy tiếp
xúc với đường tròn  C  tại A và cắt d1 , d 2 lần lượt tại C và B sao cho B là trung
2

điểm của đoạn AC.  đi qua điểm nào sau đây?
A. M  0;6  .
B. N  6;0  .
C. P  0;5  .
Lời giải

D. Q  5;0  .

Lấy đối xứng d1 qua d 2 ta được đường thẳng d3 : 2 x  y  10 0 .
Do d1// d 2  A  d3 .
 A  6;  2 
2 x  y  10 0


 2
2
x


y

2
x

4
y

20

0

 A  4;2 
Toạ độ điểm A thoả mãn:
Với A  6;  2  thì tiếp tuyến là: x  6 0 không thỏa mãn giả thiết.
Với A  4;2  thì tiếp tuyến là  : 3x  4 y  20 0 thỏa mãn giả thiết.
Trong các điểm đã cho có P  0;5  thuộc đường thẳng  .


10

 Bài tốn sẽ rất khó nếu như khơng phát hiện ra d1// d 2 . Để giúp học sinh
hình thành tư duy giải bài toán này, giáo viên cần hướng dẫn để học sinh trả lời
các câu hỏi:
- Bài tốn đã cho mấy giả thiết ?
- Quan hệ gì giữa các giả thiết 1 và giả thiết 2, giả thiết 2 và giả thiết 3, giả
thiết 3 và giả thiết 1,…?
- Từ các cặp giả thiết đó chúng ta tìm thêm được yếu tố nào mới khơng ?...
Có như vậy mới tập cho các em cách tiếp cận vấn đề, cách tư duy, và hơn hết

là các em biết phải bắt đầu từ đâu.
Bài tập tương tự:

C : x

2

y
 6 x  5 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc trục
Bài 1.1. Cho đường tròn
tung sao cho qua M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến  C  và góc giữa hai tiếp tuyến
2

đó bằng 60
2
2
Bài 1.2. Cho đường tròn  C  : x  y  4 x  2 y 0 và đường thẳng d : x  y  2 0.
Gọi I là tâm của đường tròn  C  , M là một điểm thuộc d . Qua M kẻ các tiếp tuyến

MA, MB đến  C  (các tiếp điểm là A, B ). Tìm toạ độ của điểm M biết tứ giác MAIB
có diện tích bằng 10.
Bài 1.3. Cho đường thẳng  : x  y 0, đường tròn  C  có bán kính R  10 cắt 
tại hai điểm A và B sao cho AB 4 2. Tiếp tuyến của  C  tại A và B cắt nhau tại
một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn  C  .
Bài 1.4. Cho hai đường thẳng d1 : 4 x  3 y  14 0, d 2 : 3 x  4 y  13 0 và điểm
M   2;2  . Viết phương trình đường trịn  C  đi qua M tiếp xúc d1 và cắt d 2 theo
dây cung AB có độ dài bằng 8.
 Dạng 3: Trường hợp  cắt  C  tại hai điểm phân biệt

 C  :  x  1

2

2

  y  2  5 và điểm M  6;2  . Đường

Ví dụ 3.1. Cho đường tròn
thẳng qua M và cắt  C  tại hai điểm A, B sao cho AB  10. Hai đường thẳng
thỏa mãn cắt nhau tại điểm nào sau đây
A. M  12;4  .
B. N  0;4  .
C. P  3;1 .
D. Q  9;1 .
Lời giải


11

Phân tích: Đây là một bài tốn khơng q khó, kiểm tra kiến thức của học sinh về
mối liên hệ giữa dây cung và bán kính của đường trịn. Học sinh cần vận dụng linh
2
2
2
hoạt công thức liên hệ IA IH  HA và bài tốn viết phương trình đường thẳng.
Đường trịn  C  có tâm I  1;2  và bán kính R  5.
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra

IH  IA2  AH 2 

5
.
2

a 2  b2  0  .


:
a
x

6

b
y

2

0,




Đường thẳng cần tìm là
5a
5


 b 2  9a 2 0.
2

2
2
a b
Mặt khác: d  I ,   IH
2
Cho a 1 ta được b  9 0  b 3.
Vậy, có hai đường thẳng thoả mãn là: 1 : x  3 y  12 0 và  2 : x  3 y 0.
Hai đường thẳng trên cắt nhau tại điểm M  12;4  .
2
2
Ví dụ 3.2. Cho đường trịn  C  : x  y  2 x  4 y  1 0 và điểm M  2;  2  .
Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt  C  tại hai điểm A và B sao cho M là
trung điểm của đoạn AB.
Lời giải
Đường trịn  C  có tâm I  1;  1 và R 5 .

Nhận thấy M nằm trong đường trịn nên  qua M ln cắt  C  tại hai điểm phân
biệt A và B.
Do M là trung điểm của đoạn AB nên IM  AB hay IM  . .
 

M
2;

2
n
 nhận VTPT IM  1;  1 .
Suy ra  là đường thẳng qua 
 :1 x  2   1 y  2  0   : x  y  4 0.
Bài tập tương tự:

2

2

  y  2  9 và điểm M  2;3 . Viết phương
Bài 2.1. Cho đường trịn
trình đường thẳng  qua M cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
MA2  MB 2 18.

 C  :  x  1


12
2

2

  y  1 25 và điểm M  7;3 . Viết phương
Bài 2.2. Cho đường trịn
trình đường thẳng  qua M cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
MA 3MB.

 C  :  x  1

2
2
Bài 2.3. Cho đường tròn  C  : x  y  2 x  4 y  1 0 có tâm là I và điểm M  2;  2 
. Viết phương trình đường thẳng  qua M thoả mãn:
1) Cắt  C  theo một dây cung lớn nhất.

2) Cắt  C  theo một dây cung nhỏ nhất.
3) Cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn
nhất.

C : x

Bài 2.4. Cho đường tròn

2

 y 2  4 x  4 y  6 0

và đường thẳng
 : x  my  2m  3 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm đường tròn  C  . Tìm m
để  cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn
nhất.
3. Bài tập ứng dụng
Ví dụ 3.1. Cho tam giác ABC vng ở A, tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác
là I  0;9  , đường cao AH : x  y  1 0 và diện tích tam giác ABC bằng 30. Biết
A  a; b  và a  5 , tính a  b .
A. 5 .

Đường

thẳng

B. 3 .

BC

qua

C. 15 .
Lời giải

I

và

vng

góc

D. 2 .

AH

nên

BC : x  y  9 0 ,

IH d  I ; AH  4 2 .
2
2
2
Đặt IA R  0  AH  IA  IH  R  32 .
1
S ABC  AH .BC
2
Theo đề bài:

 R 2 50
 R  32 R  900 0   2
 R 5 2
R

18
 30 R. R 2  32

4

2


13
2

2
x
ABC
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác
là:   y  9  50 .
 x 2   y  9  2 50
 x 1, y 2


 x 7, y 8
Toạ độ A thoả mãn hệ:  x  y  1 0
Suy ra tọa độ điểm A là  7;8 , suy ra a  b 15

Ví dụ 3.2. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 2, đường thẳng AB có
phương trình x  y 0, điểm I  2;1 là trung điểm của cạnh BC. Điểm K  x0 ; y0  có
tung độ dương là trung điểm cạnh AC. Tìm T x0  y0 .
A. 5 .

B. 6 .

C. 1 .
Lời giải

d  C , AB  2d  I , AB  

Do IK // AB  IK : x  y  1 0.
1
S ABC 2  d  C , AB  . AB 2  AB 2 2.
2
Mặt khác:
1
IK  AB  2.
2
Suy ra:

D. 2 .

2 1
1 1



1

.
2

Do đó K thuộc đường trịn  C  có tâm I bán kính R IK  2.
Phương trình  C  :  x  2 

2

2

  y  1 2.

Nên K chính là giao của  C  và đường thẳng IK . Toạ độ điểm K thoả mãn hệ
 x  2  2   y  1 2 2
 x 3, y 2  K  3;2 

 

 K  1;0 
 x 1, y 0
 x  y  1 0
Vậy điểm K  3;2  thỏa mãn yêu cầu, suy ra T 3  2 5
1 
I  ;0  ,
Ví dụ 3.3. Cho hình chữ nhật ABCD có tâm  2  AB 2 AD và phương
trình đường thẳng AB : x  2 y  2 0 . Tìm toạ độ đỉnh A, B, C và D biết toạ độ
đỉnh A có hồnh độ âm.


14

A.   2;0  .

C.  3;0  .
Lời giải

B.  2;2  .

D.   1;  2  .

5
 AD  5, AB 2 5  AC 5.
2
Ta có
1
5
IA IB  AC  .
2
2
Suy ra
5
R

.
C


A
,
B

2
I
Hay
thuộc đường trịn
tâm bán kính
d  I , AB  

2

1
25
 C  :  x    y 2  .
2
4 Như vậy A, B là giao của đường tròn  C  với đường thẳng

AB. Toạ độ A, B thoả mãn hệ:
2

1
25
2
 x    y 
2
4 

 x  2 y  2 0


 x  2, y 0
 x 2, y 2 



 A   2;0 

 B  2;2 

(do xA  0 )
Lấy đối xứng A, B qua I được C  3;0  và D   1;  2  .
2
2
Ví dụ 3.4. Xét hai số thực x, y thoả mãn x  y  2 x  6 y  9 0. Giả sử M ,
m là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức T 4 x  3 y. Tính M .m
12
B. 25 .

162
A. 144 .
C. 25 .
D. 18 .
Lời giải
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lấy điểm M  x; y    : 4 x  3 y  T 0.
x, y
x 2  y 2  2 x  6 y  9 0,
Do
hai
số
thoả
mãn
M   C  : x 2  y 2  2 x  6 y  9 0 là đường trịn có tâm I  1;3 , R 1.
M là điểm chung của  và  C   d  I ,   R  13  T 5  8 T 18.

9

x

 x  y  2 x  6 y  9 0 
5


4 x  3 y  18 0
 y 18

5
Vậy max  T  18 khi
2

2

nên


15

1

x

 x  y  2 x  6 y  9 0 
5



4 x  3 y  8 0
 y 12
min  T  8 khi

5
Suy ra M .m 144 .
0  x  y 1

Ví dụ 3.5. Cho hệ phương trình  x  y  2 xy  m 1 với m là tham số. Giả
sử m là giá trị để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Khi đó m thuộc khoảng nào
sau đây?
 3
 1; 

3;0

1;1
1;2






A.
.
B.
.
C.
.

D.  2  .
2

2

Lời giải

Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ phương trình sau:
0  x  y 1
 I
0  x  y 1



2
2
 x  1   y  1 m  1  II 
 2 xy  m 1   x  y 
Tập nghiệm  I  của là phần nằm giữa hai đường thẳng
d : y  x ; d ' : y  x  1 lấy cả d '.

Nếu m  1 thì hệ phương trình vơ nghiệm.
Nếu m   1 thì tập nghiệm của  II  là hình trịn  C  có tâm A  1;1
và bán kính R  m  1 .
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi d ' là tiếp tuyến của đường tròn  C  .
Nghĩa là :

m  1 

2

1
 m  .
2
2

1
.
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi
 Các ví dụ trên cho thấy ứng dụng hiệu quả và đa dạng trong giải tốn. Các bài
tốn Đại số - Giải tích là rất khó với học sinh phổ thơng, nhưng có thể dễ hiểu
hơn nếu dùng cơng cụ hình học kết hợp hình ảnh trực quan.
m 


16

4. Bài tập tự luyện
Câu

C : x

1.

2

 y 2  2 x  4 y  4 0, đường

Cho đường tròn
thẳng

 : x  y  5 0 cắt  C  tại hai điểm A và B . Viết phương trình đường thẳng d tiếp
xúc với  C  tại M và cắt đường thẳng  tại N sao cho MN  AB.

 C  :  x  1

2

 C  :  x  2

2

2

  y  3 10 nội tiếp hình vng
ABCD . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vng biết cạnh AB đi qua M   3;  2  và
điểm A có hồnh độ dương.
B
Câu 3. Cho ABC
vng tại
nội tiếp đường tròn
Câu 2. Cho đường tròn

2

  y  2  5, biết toạ độ điểm A  2;0  và diện tích ABC bằng 4. Tìm
toạ độ điểm B .
Câu 4. Cho đường tròn  C  ngoại tiếp tam giác ABC có A  0;5 , B  3;  4  .
Trọng tâm G nằm trên đường thẳng d : x  y  1 0 . Trực tâm H có hồnh độ bằng
3. Đỉnh C có hồnh độ dương
a). Viết phương trình đường trịn  C  .

b) Lập phương trình đường thẳng  vng góc với d và cắt  C  tại hai điểm
M , N sao cho tam giác IMN có diện tích lớn nhất. (với I là tâm của  C  ).
2
2
Câu 5. Cho điểm A  0;1 và đường tròn  C  : x  y  x  4 y  5 0 . Viết
phương trình đường thẳng  cắt  C  tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN

vuông cân tại A.
2
2
Câu 6. Cho đường tròn  C  : x  ( y  1) 2 tâm I và đường thẳng
d : x  2 y  4 0 . Tìm toạ độ điểm M  d sao cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB
( A, B là tiếp điểm) tới  C  để.

a) S MAB 1.

b) S IAB nhỏ nhất.
2
2
Câu 7. Cho đường tròn  C  : x  y  8 x  6 y  21 0 và đường thẳng
d : x  y  1 0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp đường tròn

 C  , biết rằng điểm

A nằm trên d .

mx  3 y  m  3 0
 2
2
Câu 8. Cho hệ phương trình  x  y  2 x  15 0 ( m là tham số).

a) Chứng minh rằng hệ đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt.


17

b) Gọi  x1 ; y1  ,  x2 ; y2  là hai nghiệm của hệ. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
2

2

của biểu thức T  x1  x2    y1  y2  .
x  1  3  x   x  1  3  x  m
Câu 9. Tìm m để phương trình
có
nghiệm.
 1  x 2  y

Câu 10. Tìm m để hệ  y  my  3m m 2 có nghiệm.
IV. KIỂM NGHIỆM
Nội dung đề tài là sự kết hợp chặt chẽ của tư duy toán và phương pháp dạy
học, được xây dựng bằng một hệ thơng ví dụ lơ-gíc dựa trên bản chất hình học tương
giao giữa đường thẳng với đường trịn. Trong q trình thực hiện tôi nhận thấy:
- Các em chăm chú nghe giảng và giải bài tập, bước đầu hình thành nên lối tư
duy khoa học hơn, sâu sắc hơn.
- Giờ dạy sôi nổi, tạo nên tinh thần học tập chung cho cả lớp.
- Các em có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy giải
toán.
- Một số em còn sáng tạo thêm các bài tập dựa vào bài toán gốc cho cả lớp
cùng làm, phong trào thi đua học tập của lớp ngày một nâng cao.
* Kết quả kiểm chứng

- Thông tin học sinh lớp thực nghiệm và lớp đối chứng
Đề tài được tôi thực hiện tại lớp 10C1 với 42 học sinh, lớp đối chứng là lớp
10C2 với 36 học sinh. Thông tin ban đầu về hai lớp khá tương đồng về tỉ lệ
nam nữ; về phần trăm xếp loại học lực mơn Tốn năm học 2022 – 2023.

Lớp
10C
1
10C
2

Sĩ
số

N
ữ

42 24
36 23

Xếp loại học lực môn Toán năm học 2022 - 2023
Giỏi
11.91%
5
8.33%
3

Khá
28.57%
12

22.22%
8

TB
33.33%
14
44.44%
16

Yếu
26.19%
11
25.0%
9

Kém
0.0%
0
0.0%
0


18

- Kết quả sau tác động
Kết quả sau tác động, được đánh giá bằng kết quả bài kiểm tra học kỳ ở hai
lớp.
Bảng phân bố tần số điểm của hai lớp
Độ
Sĩ

Trun
Lớp
Điểm
lệch
số
g bình
chuẩn
1
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0
10C
42 0 0 0 0 4 9 7 7 7 6 2
6.71
2.77
1
10C
36 0 0 0 3 5 9 6 5 3 4 1
5.97
3.47
2
Bảng xếp loại học lực mơn Tốn qua bài kiểm tra
Sĩ
Xếp loại học lực mơn Tốn năm học 2022 - 2023
Lớp
Nữ
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
Kém

số
10C1
42
24
17.5%
32.5%
40.0%
10.0%
0.0%
10C2
36
23
16.6%
22.2%
41.7%
29.5%
0.0%

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
1. Kết quả thực hiện đề tài
Qua thời gian thực tế dạy học, tôi nhận thấy khi chưa đưa đề tài này vào giảng
dạy, học sinh chỉ có thể giải quyết được các bài tập đơn giản. Khơng biết phân tích
bài tốn, lúng túng khơng biết bắt đầu từ đâu, xử lí các giả thiết đã cho như thế nào,
dẫn đến không làm được bài.
Sau khi học đề tài học sinh đã có thể làm tốt các bài tập khó, các em hứng thú
và say mê hơn trong học tập, có cách nhìn nhận vấn đề tốt hơn, tư duy, tiếp cận tìm ra
lời giải nhanh, một số em có hướng tư duy độc đáo.
Qua khảo sát ở các lớp tôi dạy (lớp 10 và học sinh 12 ôn thi Đại học – Cao
đẳng) kết quả tăng lên rõ rệt.
2. Bài học kinh nghiệm và kiến nghị

- Phát triển năng lực tư duy, tư duy độc lập cho học sinh là vấn đề cần thiết và
cấp bách hiện nay, có như vậy các em mới phát huy hết được khả năng của mình và
có những ý tưởng hay trong giải tốn, tránh được lời giải máy móc khơ khan, loại bỏ
dần những cách học sai lệch như học tủ, học vẹt.
- Người thầy cần xác định được tầm quan trọng của việc xây dựng nền tảng
kiến thức, nền tảng có vững vàng thì các em mới có đủ nội lực để tiếp nhận kiến thức
mới, nền tảng có vững vàng các em mới có cơ sở để phát triển, sáng tạo những gì đã
học.


19

- Nội dung của đề tài đã được tôi cùng đồng nghiệp thực nghiệm tại đơn vị và
hiệu quả đã được tập thể đánh giá tốt, những học sinh được học theo phương pháp
này có kết quả học tập tốt hơn, khả năng thao tác với các khối hình khơng gian linh
hoạt hơn, chính xác hơn. Vì vậy tơi đề xuất cơng bố đề tài này để nhiều đồng nghiệp
có thể nghiên cứu và áp dụng vào thực tiễn./.
XÁC NHẬN
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2023
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.
NGƯỜI VIẾT

Nguyễn Văn Sơn