ĐỀ TÀI PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở.
Phương
pháp
giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ
quả, tính chất hình học để suy luận.
Phương
pháp mang bản chất thuần túy hình học
này đôi khi g â

y kh ô

n

g ít

k h

ó

kh ă n cho học sinh, đặc biệt
là

những
học sinh
THPT.
Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây

cũng có bài toán hình
học
phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là
thế mạnh của các em. Trong khi đó học sinh lớp 10
đã

được
học các kiến thức về
vectơ và tọa độ. Vậy tại sao các em không thử sử dụng các kiến thức vừa học để
giải
bài
toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp
hai.
Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những cung cấp thêm cho học
sinh
một
công cụ giải toán ( rất đơn giản và dễ hiểu)

mà còn giúp củng cố các kiến
thức về vectơ và tọa độ vừa
học.
Điểm mới trong đề tài này là các bài tóan đã được hệ thống lại thành dạng
chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh có thể tự rút ra
được một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận:
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho
xuất bản cuốn “
La
Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương

pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của
toán
học. Descartes là nhà
toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời
đã giúp
con
người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con
người đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát
hoá
và trừu tượng hoá toán học
trong nhiều lĩnh
vực.
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông,
đặc biệt là dạy hình học là
hướng
dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ
độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo
các

kiến
thức về
toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải
toán.
2.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài .
a. Nội dung:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 1
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tóm tắt lý thuyết:
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho :
•

( ; )OM xi y j M x y= + ⇔
uuuuur
r ur
•
( ; )u xi y j u x y= + ⇔
ur r ur ur
 Với
(
)
(
)
; ; ;
1 2 1 2
a a a b b b= =
r
ur
•





=
=
⇔=
22
11
ba
ba
ba

r
r
•
( ; )
1 1 2 2
a b a b a b+ = + +
r
ur
;
)
2
;
1
( kakaak =
r
với k
∈
R
•
( )
. cos ;
1 1 2 2
a b a b a b a b a b= = +
r r r
ur ur ur
•
. 0 0
1 1 2 2
a b ab a b a b
⊥ ⇔ = ⇔ + =

r r
ur ur
•
2 2
1 2
a a a
→
= +
•
a
ur
cùng phương với
b
r

0
1 2 2 1
a b a b⇔ − =
•
1 1 2 2
os
2 2 2 2
1 2 1 2
a b a b
ab
C
a b
a a b b
ϕ
+

= =
+ +
r
ur
r
ur

 Với
(
)
(
)
; ; ;A x y B x y
B B
A A
= =
•
(
)
;AB x x y y
B B
A A
= − −
uuur
•
2 2
( ) ( )AB AB x x y y
B B
A A
= = − + −

uuur
• Tọa độ trung điểm M của AB:
( ; )
2 2
x x y y
B B
A A
M
+ +

 Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm Mx
0
; y
0
) và có vtpt
n
ur
= (A; B).là: A(x − x
0
) + B(y − y
0
) = 0 ⇔ Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
≠ 0)
 Phương trình đường tròn (C) tâm I (a,b), bán kính R là :

2 2 2
( ) ( )x a y b R− + − =

hoặc x
2
+ y
2
– 2ax - 2by + c= 0
 Phương trình chính tắc của (E):
2
2
a
x
+
2
2
b
y
= 1 với c
2
= a
2
- b
2

 Phương trình chính tắc của Hypebol:
2
2
a
x
-
2
2

b
y
= 1 với c
2
= a
2
+b
2
 Phương trình chính tắc của (P): y
2
= 2px , p > 0: tham số tiêu
Ngoài ra, học sinh cần biết thêm một số công thức khác…
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 2
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
C á

c

d

ạ ng

t o

á n

t

h ư ờ

ng

gặp



:

• Chứng minh các quan hệ song song, vuông
góc.
Tính
toán.
• Tập hợp
điểm.
• Điểm cố
định.
C á

c

b ư

ớc

g i

ả i

t

oá



n:

• Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ
(
Oxy

)
thích
hợp.
Ta
có:
Ox, Oy
vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh
vuông
góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ
• Bước 2: Chuyển các giả thiết, kết luận từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ
tọa
độ.
• Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ
độ.
• Bước 4: Chuyển kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang hình
học.
b. Biện pháp:
Kiến thức vectơ và tọa độ là kiến thức mới đối với học sinh. Muốn sử
dùng phương pháp tọa độ để
giải

toán hình học đòi hỏi các em phải thành thạo
trong việc giải các bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối
liên
hệ giữa “ngôn
ngữ hình học” và “ngôn ngữ tọa
độ”.
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10,
làm công cụ
cơ
bản nghiên cứu quan hệ của các đối tượng trong hình học
phẳng.
Việc sử dụng vectơ và tọa độ để giải quyết bài toán hình học phẳng tạo cho học
sinh cảm giác
thích

thú,
trực quan và quen thuộc đặc biệt có hiệu quả trong bài
toán quỹ tích.
Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp
cho toán học thoát ra khỏi tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường,
nhằm đạt tới đỉnh cao khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán
học.
Mặt khác, một số kiến thức về
vectơ

này
sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình
học

lớp
12,
một công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không
gian.
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 3
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Vấn đề 1:

Bài toán chứng minh (hoặc tính toán).
Bài 1. Cho hình vuông ABCD. E, F là các điểm xác định
bởi
1 1
,
3 2
BE BC CF CD
= = −
uuuur uuuur uuuur
uuur
, AE

cắt
BF tại I. Chứng minh : góc AIC bằng 90
0
.
Bài giải:
Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng 1. Gắn hệ trục (Oxy) sao
cho
D(0;0), C(1;0), A(0;1). Ta có:
( )

2 3
1; , ;0 , 1;1
3 2
E F B
   
 ÷  ÷
   
Phương trình đường
thẳng

AE : x
+

3
y
-
3 = 0, BF
:

2
x + y
-
3 =
0
Tọa độ I là nghiệm của hệ:
3 3
6 3 6 2 1 3
; ; , ;
5 5 5 5 5 5
2 3

x y
I AI CI
x y

     

 ÷  ÷  ÷
     

+ =
⇒ ⇒ = − =
+ =
uuur uuur
Khi đó:
. 0AI CI AI CI
= ⇒ ⊥
uuur uuur uuur uuur
.
Vậy:
Góc AIC bằng 90
0
.
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm BC, E là hình chiếu của D
trên CA và
F
là trung điểm DE. Chứng minh rằng
AF
⊥
BE.
Bài giải:

Chọn hệ trục
Oxy sao cho:
D

(
0;

0
)

,

B

(

-
1;

0
)

,
C
(
1;

0
)

,
A

(
0;

a

)
Phương trình đường thẳng
AC:
1 0
y
x ax y a
a
+ = ⇔ + − =
Phương trình
DE:

x
-
ay =
0

. Tọa độ E là nghiệm của
hệ:
2 2
; ;
2 2 2 2
0

1 1 2(1 ) 2(1 )
ax y a
a a a a
E F
x ay
a a a a
   

 ÷  ÷

 ÷  ÷

   
+ =
⇒ ⇒
− =
+ + + +
Ta có:
2 2 3
2 1 2
; , ;
2 2 2 2
1 1 2(1 ) 2(1 )
a a a a a
BE AF
a a a a
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

+ − −
= =
+ + + +
uuuur
uuur

. 0BE AF
⇒ =
uuuur
uuur
(đpcm)
Bài 3.
Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. D là trung
điểm AB và E là
trọng
tâm tam giác ACD. Chứng minh : IE
⊥
CD .
Bài giải:
Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục
Oxy:
( ) ( ) ( ) ( )
0;0 , 0; , ;0 , ;0 , ; , ;
2 2 6 2
c a c a
O A a B c C c D E
   
 ÷  ÷
   
− −

Ta có:
( )
( )
( )
.
.
0
; ; 0
2 2
2 2
; 2 ;0 0
2
x
c a
x y c a
DI BA
a c
OI BC
y
x y c
a

 

 ÷
  
 
  

 


 
=
+ − =
⊥
⇔ ⇔
−
⊥
=
=
uuur
uuur
uuur uuuur
2 2 2
3
0; . ; ; 0
2 6 2 2 2
a c c c c a
I IE DC
a a
   
 
 ÷  ÷
 ÷
 ÷  ÷
 
   
−
⇒ ⇒ = − =
uuuur

uur
Vậy: IE
⊥
CD
Bài 4. (APMO 1998)
Cho tam giác ABC với đường cao AD, ∆ là một đường thẳng đi qua D.
Lấy E,F
∈
∆
,
khác D, sao cho AE
⊥
BE, AF
⊥
CF. Gọi M, N theo thứ tự là
trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF.
Chứng
minh rằng AN
⊥

MN.
Bài giải:
Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với ∆
Giả sử D(d;a), E(e;a), F(f;a) ⇒ N
;
2
e f
a
 
 ÷

 
+
Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax - ey =
0.
Đường thẳng AD có phương trình ax - dy =
0.
Đường thẳng AF có phương trình ax - fy =
0.
Từ đó, do BE
⊥

EA nên BE có phương trình ex + ay
-
e
2
-
a
2
= 0
Do
CF

⊥

AF nên CF có phương trình
fx
+
ay
-

f
2
-
a
2
=
0
Do BC
⊥
AD nên BC có phương trình dx + ay
-
d

2
-
a
2
=
0
Từ đó, tìm được

( )
; , ; . ;
2 2
de df e f d e f
B d e a C d f a Suy raM d a
a a a
     
 ÷  ÷  ÷
     

+ +
+ − + − + −
( ) ( )
; . . 0
2 2 2
d e f e f d e f
MN d MN AN d a
a a
 
 ÷
 
+ + +
⇒ = − ⇒ = − + =
uuuur
uuuur uuuur

Vậy: Ta có đpcm
Bài 5. (IMO 2000)
Cho hai đường tròn (O
1
);
(
O
2

)
cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N.
Tiếp
tuyến chung ( gần M hơn) tiếp xúc với
(

O
i
)
tại

A
i
. Đường thẳng qua M, song
song
với

A
1
A
2
,
cắt
lại đường tròn
(
O
i
)
ở

B
i
. Các đường thẳng A
i
B
i

cắt nhau tại
C, các đường thẳng A
i
N cắt
đường
thẳng

B
1
B
2
ở D, E. Chứng minh rằng CD =
CE.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa
độ
A
1
xy sao
cho

A
1
(0;
0), A
2
(a;

0),
O

1
(
0;
r
1
)

,
O
2
(a;
r
2
)
.
Giả sử: M(s;t), Khi
đó
B
1
(

-
s;

t

)

,
B

2
(

2a
-
s;

t

)
Từ đó B
1
B
2
= 2a =
2
A
1
A
2

Ta thấy
rằng
A
1
A
2
// B
1
B

2
.
Suy
ra
A
1
,
A
2
theo thứ tự là trung
điểm
B
1
C,
B
2
C
Do đó: C(s;-t). Vậy
CM
uuuur
=
(0;
2t),
1 2
B B
uuuuuur

=
(2a;

0)
Suy ra CM
⊥

B
1
B
2
hay CM
⊥
DE
(1)
Gọi K là giao điểm của MN
với
A
1
A
2
ta
có:
2 2
.
1 2
/ /
1 2
P KA KM KN P KA
K o K o
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷

   
= = = =
uuuur uuuuur
uuuuur uuuur

Suy ra: K là trung
điểm của
A
1
A
2
.
Từ đó,
do

A
1
A
2
// B
1
B
2
nên M là trung điểm DE
(2)
Từ (1), (2) suy ra CM là trung trực của đoạn DE
(đpcm)
( )
;0 , 0;
b

A P b
a
 
−
 ÷
 
Bài 6. (APMO 2000)
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân đường phân
giác của
góc

·
ABC
. Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường
thẳng AB, AM tại P, Q theo thứ tự đó. Gọi O là
giao
điểm của đường thẳng vuông
góc với AB tại P với AN, chứng minh rằng OQ
⊥BC.
Bài giải:
Chọn hệ trục toạ độ
Nxy
sao cho A, O nằm trên trục hoành. Giả sử AB có phương
trình

( )
0y ax b a= + ≠
Khi
đó
Và AC có phương

trình
y = - ax
-
b
(do A thuộc trục hoành, AB, AC đối xứng nhau
qua trục hoành )
Do PO
⊥
AB nên PO có phương trình
1
y x b
a
= − +
và O(ab;0)
Do BC qua gốc tọa đô N, nên BC có phương trình
y =
cx( c ≠ 0)
Suy ra
; ; ;
b bc b b
B C
c a c a c a c a
   
 ÷  ÷
   
− −
− − + −
Do đó
( )
2

; ;
2 2 2 2 2 2
( )
ab abc bc
M AM c a
c a c a a c a
 
 ÷
 ÷
 
⇒ =
− − −
uuuuur
Từ đó đường thẳng AM có phương trình
2
a ab
y x
c c
= +
Suy ra
0;
ab
Q
c
 
 ÷
 
. Vậy đường thẳng OQ có phương trình x + cy – ab = 0
Suy ra đường thẳng OQ, BC vuông góc với
nhau.

Bài 7. (Bungari league 1981)
Đường phân giác trong và ngoài của góc C trong tam giác ABC cắt AB ở L
và M. Chứng minh
nếu
CL = CM
thì

AC

2
+
BC

2
= 4R
2
( R là bán kính đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC)
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của
LM.
Chọn hệ trục Oxy:
O

(
0;

0
)

,
A

(

a;

0
)

,

B

(
b;

0
)

,
C
(
0;

c

)

,

L

(
c;

0
)

,
M
(

-
c;

0
)
Theo tính chất phân giác:
2 2
2
2 2
2 2
AL AC AL AC c a a c
LB BC LB BC b c
b c
 
   
 
 ÷

 ÷
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 
− +
= ⇒ = ⇒ =
−
+
( )
( )
2
2 2 2 2 2
0 0
c
ab ac a b c b a b c ab b
a
⇒ + − − = ⇒ − − = ⇒ =
2
;0
c
B
a
 
 ÷
 ÷
 
⇒
( )

2
2 2
2 2
1
a c
AB BC
a
 
 ÷
 ÷
 
+
⇒ + =
Trong ∆ABC:
4R
2
=
2
2
2 2 2
2
2
2 2 2 2
.
2 2
sin
c
c a c
a
BC BC AC a c

A a
OC c
 
 
 
 
 ÷
 
 
 ÷
 
 
 
 
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
+ +
+
= = =
(2)
Từ (1) và (2), suy
ra:
AC

2

+
BC

2
= 4R
2
.
0
Bài 8.(NewYork 1976)
Các đường cao của tam giác nhọn ABC cắt nhau ở H. Trên đoạn HB và HC
người ta lấy hai
điểm
B
1
,
C
1
sao cho
·
AB
1
C
=
·
AC
1

B =
90
0

. Chứng
minh
AB
1
= AC
1
Bài giải:
Chọn hệ trục (Oxy):
O

(
0;

0
)

,
A

(
0;

a

)

,

B

(

-
b;

0
)

,
C
(
c;

0
)
Phương trình đường thẳng BH: cx
-
ay
+
bc =
0
.
Mà B(x
1
;y
1
) ∈BH

⇒
cx

1
-
ay
1
+
bc =
0
(1)
Mặt khác
(
)
(
)
( )
2 2
0 0 0 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AB CB x x c y y a x y cx ay= ⇒ − + − = ⇒ + − − =
uuuuruuuur
Từ (1) và (2), suy
ra:
2 2
2 0
1 1 1
x y ay bc+ − + =
Ta có :
(
)
2
2 2 2 2 2 2

2
1 1 1 1 1 1
AB x y a x y ay a a bc= + − = + − + = −
Tương tự:
2 2
1
AC a bc= −
. Vậy: ta có đpcm.
Bài 9.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) và elip (E) cố định (tâm đường tròn là
tâm đối xứng của elip) . Từ điểm M thuộc(C) ta dựng
hai
tiếp tuyến
MT
1
,

MT
2

tới
(E) trong đó T
1
,

T
2
là tiếp điểm.Chứng minh rằng các đường thẳng
T
1

T
2
luôn tiếp
xúc với đường cong cố
định
Bài giải:
Gọi (C): x
2
+ y
2
= p
2
,
(E):

2 2
1
2 2
x y
a b
+ =

với gốc tọa độ tại tâm của
(C).
Ta có phương trình tham số của
(C):
( )
x = p sin t
[0;2 )
y = p cos t

t
π



∈
Gọi
M ( p s
i
n t; p
co
s
t
)
∈
(
C
)
và T
1
(
x
1
; y
1
)
là tọa độ tiếp
điểm.
Phương trình tiếp tuyến của (E) tại T
1

(
x
1
; y
1
)
:

1 1
1
2 2
xx yy
a b
+ =
Tiếp
tuyến
MT
1
qua
( )
( )
sin cos
1 1
sin ; cos 1 1
2 2
p tx p ty
M p t p t
a b
⇔ + =
Tương tự gọi

T
2
(
x
2
; y
2
)
là tọa độ tiếp
điểm.
Tiếp
tuyến
MT
2
qua M
( )
sin . cos .
2 2
1 2
2 2
p t x p t y
a b
⇔ + =
Từ (1) và (2) suy ra phương trình
T
1
T
2
:
sin . cos .

1
2 2
p t x p t y
a b
+ =
Gọi N(x;y) là điểm mà họ
T
1
T
2 không đi qua
Suy ra
sin cos
1
2 2
p t p t
x y
a b
+ =
vô nghiệm theo t.
Từ đó :
2 2
2 2
1 1
2 2 4 4
2 2
px py x y
a b a b
p p
   
 ÷  ÷

 ÷  ÷
   
+ < ⇔ + <
Ta chứng minh
T
1
T
2
luôn tiếp xúc với (E
1
) :
2 2
1
4 4
2 2
x y
a b
p p
+ =
Thật vậy:
2 2
4 4
cos
2 2
sin cos 1
2 2 2 2
a psint b p t
t t
p a p b
   

 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
+ = + =
Nên
T
1
T
2
luôn tiếp xúc với (E
1
) :
2 2
1
4 4
2 2
x y
a b
p p
+ =
Bài 10. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB; C là một điểm thay đổi trên đường
tròn (O) sao cho tam
giác

ABC
không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam
giác ABC hạ từ C. Hạ HE; HF vuông góc AC; BC
tương
ứng. Các đường EF và AB
cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của hai đường tròn tâm O và đường tròn đường

kính
CH; D khác C. CMR: K; D; C thẳng
hàng.
Bài giải:

Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H(0; 0); A(-1+a; 0); B(1+a; 0); O(a; 0);
C(0;
b)
Xét trong tam giác vuông ABC có:
( ) ( )
2 2
1 1 1b a a a
= − + = −
Gọi I là trung điểm CH. Khi đó phương trình đường tròn (I) là:
2
2
2
2 4
b b
x y
 
 ÷
 
+ − =
và phương trình đường tròn (O) là:
(

x
-

a

)
2
+ y
2
=

1.
Đường thẳng (CD) là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) nên có
phương trình
là:

2 2
2 2
2 1 2 0
4 4
b b
ax a by ax by b− + + − = − ⇔ − + =
Phương trình đường thẳng (AC):
( ) ( )
1 1 1
1
x y
bx a y b a
a b
+ = ⇔ + − = −
−
Phương trình đường thẳng (HE):
(

a
-

1
)

x
-
by =
0
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương
trình:
( ) ( )
( )
2
1 1
1
;
2 2
(a - 1) x - by = 0
bx a y b a
b a
b
E
 


 ÷

 ÷



 
+ − = −
−
⇒ −
Phương trình đường thẳng (EF):
( )
2
2
;0
2
1
2
2 2
2
b
y
x b
K K CD
a b
a
b
b
 
 ÷
 ÷
 
−
= ⇒ − ⇒ ∈

−
−
−
Vậy: K;C;D thẳng hàng.
Bài 11. (Vô địch Nam Tư
1983)
Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật ABCD, lấy M
khác A và B. Gọi P,
Q,
R, S là hình chiếu của M trên AD, AB, BC, CD. Chứng
minh PQ
⊥

R
S và giao điểm của
chúng
nằm trên một trong hai đường chéo của
hình chữ
nhật.
Bài giải:
Dựng hệ trục toạ độ Oxy có Ox, Oy lần lượt song song với AD,
AB.
Giả sử bán kính của đường tròn là R.
Phương trình của đường tròn
là
x
2
+ y
2
=

R
2
Giả sử toạ độ các đỉnh là A(-a;-b); B(-a;b); C(a;b);
D(a;-b).
Ta
có : AC

2
= 4R
2
= 4a
2
+
4b
2
. Suy ra a
2
+
b
2
= R
2
.
Giả
sử
M

(
x
0

, y
0
) bất kì thuộc cung AB nên
2 2 2
0 0
x y R+ =
Ta có tọa độ các hình chiếu P, Q, R, S là P(
x
0

b) ,
Q(
- a

.y
0
),
R(
x
0

.b) ,
S
(a,
y
0
)
. Suy
ra
:

PQ
uuuur
=
(
-
a

-
x
0
; y
0
+

b)

;
RS
uuur
=
(a

-
x
0
; y
0
-

b)

;
Nên
PQ
uuuur
RS
uuur

=
-
a
2

+
2 2
0 0
x y+
- b
2
=
0
. Vậy PQ vuông góc
RS
Đường thẳng PQ đi
qua

P(
x
0
;

-
b)

và có vectơ pháp tuyến
n
ur
=
(
y
0
+

b;
a + x
0
)
Nên có phương trình PQ
là:
(b + y
o
)(
x
-
x
o
)
+ (a + x
0
)(

y
+
b) = 0
⇔
(b + y
0
)
x + (a + x
o
)
y
-
x
o
y
o
+ ab =
0
Tương tự phương trình RS
là
(b
-
y
0
)(
x
-
a)
-
(

x
0
-

a)(
y
-
y
0
) = 0

⇔

(b
-
y
0
)
x + (a
-
x
0
)
y + xy
0
-
ab =
0
Gọi
I

(

x
I
; y
I
)

lả giao điểm của PQ và RS thì ta
có

x
I
; y
I
là nghiệm của hệ
sau
(b + y ) x + (a + x ) y - x y + ab = 0
0 0 0 0
(b - y ) x + (a - x ) y + xy - ab = 0
0 0 0





Cộng lại ta được bx + ay = 0 suy ra bx
I
+
ay

I
=
0
Do điểm B(-a;b), D(a;-b) nên phương trình đường chéo
BD:

(b
+

b)(
x + a)
-
(a +
a)(
y
+
b) =
0
Hay: ax + by = 0. Suy
ra:
I
(

x
I
; y
I
)

thuộc

BD.
Bài 12. IMO Shortlist 23
rd
Trên các đường chéo AC và CE của lục giác đêu ABCDEF, ta lấy hai điểm M
và N sao cho
AM CN
k
AC CE
= =
. Biết B, M, N thẳng hàng. Tìm k.
Bài giải:
Đặt 2R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCDEF. Chọn hệ trục:
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
(
0;0 , ; 3 , 0;2 3 , 3 ; 3 , 0; , ; ; 2 ;0
3 2 3 )
A B R R C R E R R M m N x y F R
R m R
−
< <
Ta có:
MN
uuuur
cùng phương với
BM
uuuur

,
EN
uuuur
cùng phương với
EC
uuur
,
( )
2
6 3
2 2
3 3
6 3 7 6 3
3 2
;
2
3 2 3 2
7 6 3
3 6
3 2
R mR
x
m R x Ry mR
R mR mR R
m R
N
m R m R
mR R
x y R
y

m R



 


 ÷
 
 ÷
 
 



−
=
− + = −
− −
−
⇒ ⇒ ⇒
− −
−
+ =
=
−
Ta có:
( Vì ta đặt
( )
( ) ( )

3 2 2 3
3 6 4 3 12 8 3 24f m m Rm R m R= + − + − +
Ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2
2 2 2
3 2 3 2 3 1 2 2 3 0R m R m R R m Rm R< < ⇒ + < + ⇒ − − + >
( ) ( )
( )
0 0
3 2 2 3
3 6 4 3 12 8 3 24m Rm R m R f m> ⇒ >+ − + − +
)
Vậy:
1
3
AM
k
AC
= =
Vấn đề 2:

Tìm điểm cố định
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A nhưng không cân; trên cạnh AB và AC lấy
M và N sao
cho
BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua
một điểm cố

định.
Bài giải:
Dựng hệ trục tọa độ như hình
vẽ.
Chọn A(0; 0); M(0; m); B(0; b) ; C(1; 0) với m thay đổi, 0 < m < b
≠

1
Ta có MB = CN, suy ra N(1 + m – b
;0)
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
6 3 7 6 3
2
2 3
3 2 3 2
3 2 2 3
2 3 6 4 3 12 8 3 24 0 2
AM CN
k AM AC do AC CE
AC CE
R mR mR R
m R
m R m R
m R m Rm R m R m R
   
 ÷  ÷

 ÷  ÷
   
 
 
 
= = ⇒ = =
− −
⇒ = + −
− −
⇔ − + − + − + = ⇔ =
0
0
x b
≤ ≤
0
;
0
ax
D x b
b
 
 ÷
 ÷
 
−
Suy ra trung điểm của MN có tọa độ
1
;
2 2
m b m

 
 ÷
 
+ −
và
( )
1 ;MN m b m= + − −
uuuur
Suy ra phương trình đường trung trực của MN
là:
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1
1 0 1 1 1 0
2 2 2
m b m
m b x m y m x y b b x b
 
 
 ÷
 ÷
 
 
+ −
+ − − − − = ⇔ − − + + − − − =
Ta thấy đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định
1 1
;
2 2
b b

I
 
 ÷
 
− −
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Xét D trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC
sao cho
hình
chiếu của DE trên BC có độ dài bằng
2
BC
. Chứng minh rằng đường
thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua một điểm cố
định
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của BC, chọn hệ tọa độ sao cho A(0;a), B(-b;0),
C(b;0)
Khi đó các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương
trình
(AB):
1
x y
b a
− + =
(AC):
1
x y
b a
+ =
Gọi H là hình chiếu của D trên BC. Do

2
BC
EH =
nên E thuộc đoạn OC, H thuộc
đoạn OB.
Vậy, nếu E(x
0
;0) , thì H( x
0
– b;0) và do đó
Gọi (d) là đường thẳng qua E vuông góc với DE thì phương trình của (d) là:
2 2
0
0 0
b x ax y b x− − =
. Phương trình này tương đương với:
( )
2 2
0
0
b ay x b x− + + =
Suy ra (d) luôn đi qua điểm cố định là
2
0;
b
a
 
 ÷
 ÷
 

−
cố định.
Bài 3. (Poland 1992)
Trong mặt phẳng cho trước hai điểm A, B. Xét điểm C thay đổi trên một nửa
mặt phẳng
bờ
AB. Dựng ra ngoài của tam giác ABC các hình vuông ACED và
BCFG. Chứng minh rằng đường thẳng DG
luôn
đi qua một điểm cố định khi C thay
đổi.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho A( 0;0), B(b;0) và C( x
0
; y
0
)
,
với
y
0
>
0.
Khi đó D(- y
0
; x
0
), G(b+ y
0
;b- x

0
).
Vậy

DG
uuuur
= (b +
2
y
0
;
b
-
2
x
0
)
Và do đó đường thẳng DG có phương
trình:
0 0
2 2
0 0
x y y x
b y b x
+ −
=
+ −
Hay (b
-
2x)

x
0
+
(b
-
2

y)
y
0
+

b(
x
-
y) = 0
.
Từ đó đường thẳng DG luôn đi qua điểm
;
2 2
b b
I
 
 ÷
 
cố định.
Bài 4. Cho góc vuông xOy, và hai điểm A, C chuyển động theo thứ tự trên Ox, Oy
sao
cho
OA

+
OC = b
(b là độ dài cho trước). Gọi B là đỉnh của hình chữ nhật
OABC. Chứng minh
đường
thẳng d qua B, vuông góc với AC luôn đi qua một điểm
cố
định
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy,
gọi

A

(

a;

0
)

,
C
(
0;

c

)

. Khi
đó:

B

(

a;

c

)

và a + c = b
(

a,
c là hai
số thực dương
)
Vectơ chỉ phương
( )
;u a c−
ur
của (AC) chính là vectơ pháp tuyến của d nên d có
dạng:
a( x- a ) – c( y - c) = 0 ⇔ ax - cy + c
2
– a
2

= 0 ⇔
( ) ( )
0
a
x b y b
c
− − − =
Vậy d luôn đi qua
điểm
( )
;I b b
là đỉnh của hình vuông OHIK với
, ,H Ox K Oy OH OK b∈ ∈ = =
Vấn đề 3:

Tìm quỹ tích của điểm
Bài 1. Cho tam giác ABC với góc C nhọn. Tìm quỹ tích các điểm M sao
cho
MA
2
+
MB
2
=
M
C

2
Bài giải:
Chọn hệ toạ độ Oxy sao cho A(a; 0) và B(-a; 0). Khi đó giả sử C(p; q).

Với
M(x;
y), ta
có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
MA MB MC x a y x a y x p y q+ = ⇔ − + + + + = − + −
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2
2x p y q p q a⇔ + + + = + −
(*)
Mặt khác:
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 2AC BC AB p a q p a q a p q a+ − ⇔ − + + + + − = + −
Do góc C nhọn nên
( )
2 2 2
2 0p q a+ − >
Suy ra (*) là phương trình đường tròn có tâm
D

(

-

p
;

-
q

)
với D là đỉnh thứ tư của
hình bình
hành
ACBD và bán kính là
R
=
( )
2 2 2 2 2 2
2 p q a AC BC AB+ − = + −
Bài 2. Cho hai điểm AB cố định.
Tìm quỹ tích các điểm M sao cho 2MA
2
-
3MB
2
=

5

AB
2
Bài giải:
Gọi O là điểm xác định bởi

2 3 0OA OB− =
uuuuuuuuuur uuuuuuuuuuur uuur
. Giả sử AB = a. Lập hệ Oxy với Ox
trùng với
AB.
Ta có các điểm A(-3a; 0), B(-2a; 0), M(x; y)
Ta
có:

2MA
2
-
3MB
2
=
5 AB
2
( ) ( )
2 2
2 2 2
2 3 3 2 5x a y x a y a
   
   
   
⇔ + + − + + =
2 2 2
x y a⇔ + =
= MO
2
. Suy ra MO là hằng số.

Vậy M thuộc đường tròn tâm O bán kính R =
AB.
Bài 3. Cho ba điểm A, B, C cố định không thẳng hàng. Một đường thẳng d di động
qua C. M
là

điểm trên
d
sao cho đại lượng
2MA
2
+
3MB
2
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm
quỹ tích của
M.
Bài giải:
Lấy O là điểm trên AB sao cho
2 3OA OB= −
uuur uuur
. Lấy O làm gốc tọa độ như hình vẽ.
Không mất
tính

tổng quát giả sử A(0; 3)và B(0; -2) và M
(

x
0

, y
0
)

thuộc
d
.
Ta có: 2MA
2
+
3MB
2
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2
2 3 3 2 5( ) 30
0 0 0 0 0 0
x y x y x y
   
   
   
   
= + − + + + = + +
= 5MO
2
+ 30 (1)
Từ (1) suy ra

2MA
2
+
3MB
2
nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất ( M thuộc
d
).
Khi đó M là hình
chiếu
vuông
góc của O lên d
.
Do OC cố định, suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính OC xác định như
trên.
Bài 4. (30/4/2011)
Cho góc xOy và hai điểm A, B lần lượt nằm trên Ox, Oy sao cho
∆
O
A
B
cân tại O. Gọi d là đường thẳng không đi qua O nhưng luôn đi qua trung điểm I của
AB và cắt Ox, Oy tại C,
D.
Gọi M là trung điểm CD, N là giao điểm của OM và
AB. H là hình chiếu vuông góc của N trên CD. Khi d di
động
tìm quỹ tích trực tâm
H.
Bài giải:

Đặt góc
x
·
O
y

=
2
α
. Chọn hệ trục tọa độ (IXY) sao cho
I

(
0;

0
),

O
(0;1),
A

(
-

t
a
n

α

;
0),
B

(
t
a
n

α
;

0
)
Khi
đó:

CD : y
=
kx
,
OA : y
= (
co
t

α
)x
+

1
,
OB : y
=
-
(
co
t

α
)x
+

1
C = CD∩OA
1
;
cot cot
k
C
k k
α α
 
 ÷
 
⇒
− −
, D = CD∩OB
1
;

cot cot
k
D
k k
α α
 
 ÷
 
⇒
+ +
2
2
; :cot 0
2 2 2 2
cot cot
k k
M OM x kx k
k k
α
α α
 
 ÷
 ÷
 
⇒ ⇒ − + =
− −
N = OM∩IX
;0
2
cot

k
N
α
 
 ÷
 ÷
 
−
⇒
Gọi H(x;y) ta có
0NHCD =
uuuur
uuuur
0
2
cot
k
x ky
α
⇔ + + =
2
0
2
cot
kx
x kxy
α
⇔ + + =
2 2 2
tan 0x y y

α
⇔ + + =
2
2 4
tan tan
2
2 4
x y
α α
 
 
 
 
⇔ + + =
Suy ra tập hợp điểm H là đường tròn tâm
2
tan
0;
2
K
α
 
 ÷
 ÷
 
−
, bán kính R =
2
tan
2

α
= IK
Mà
t
a
n

α =
2
AB
OI
.
Vậy tập hợp điểm H là đường tròn tâm K nằm trên đường thẳng OI tiếp xúc
AB
tại I và nằm ngoài tam giác
OAB.
Bài 5. Cho 2 đường thẳng a, b ( a//b) và đường thẳng c vuông góc với a, b. Ba điểm
A, B, C lần lượt thay đổi trên
các
đường thẳng a, b, c sao cho tam giác ABC vuông
tại C. Tìm quỹ tích chân đường
cao
H hạ từ
C.
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy sao cho trục hoành Ox cách đều A, B, trục tung Oy là đường
thẳng
c.
Khi đó không mất tính tổng quát giả sử đường thẳng (a): y=1;
đường thẳng (b): y=-1; A(m;1), B(n;-1), C(0;p)

( ) ( ) ( )
;1 , ; 1 ; ; 2CA m p CB n p AB n m⇒ − − − − −
uuur uuur uuur
Vì CA⊥CB ⇒ p
2
= 1- mn
Đường thẳng AB có phương trình 2x + ( n – m)y – m – n = 0
Đường cao hạ từ C có phương trình ( n – m)x – 2y + 2p = 0
Vậy toạ độ H là nghiệm của
hệ:
2x + ( n - m)y - m - n = 0
( n - m)x - 2y + 2p = 0



Bình phương hai vế của hai phương trình rồi cộng lại ta
được:
[4
+ (n
-
m)
2
](
x
2
+ y
2
) = (n + m)
2
+

4

p
2
⇔

[4
+ (n
-
m)
2
](
x
2
+ y
2
) = (n + m)
2
+

4(1

-
mn)

⇔
x
2
+

y

2
=

1
. Vậy H nằm trên đường tròn (O;1).
Trở lại bài toán ban đầu, gọi M,N là giao điểm của c với a, b thì qũy tích H
là
đường
tròn đường kính
MN
Bài 6.Trong mặt phẳng cho trước đường thẳng d và một điểm A
∉

d
. Xét B, C∈
d

sao
cho
BC = b > 0 cho trước. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Bài giải:
Gọi O là hình chiếu của A trên d và đặt a = d(A;
d
). Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao
cho A(a;0), O(0;0) (tức
là
trục hoành chứa

d
, trục tung chứa
OA)
Giả sử trong hệ trục này B( x
0
;

0)
,
C

(
x
0
+

b;
0) ( vì độ dài
BC= b).
Gọi H là trung điểm
BC
Khi đó
;0
0
2
b
H x
 
 ÷
 

+
và HA = HB =
2
b
Gọi
I

(

x;
y

)

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Khi đó
0
2
b
x x= +
và IA = IB. Suy ra:
2
2
2
0
2 4
b b
ay x
 

 ÷
 
= + −
Hay
( )
2 2
*
2 8
x b
y
a a
= −
Vậy khi đoạn BC trượt trên Ox thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nằm trên
parapol
(

P

)

có
phương trình
(*).
Ngược lại, với mỗi điểm
I
∈
(

P

)


, dễ dàng kiểm tra được
d

(I

;
Ox) < IA , do đó
đường tròn tâm I, bán kính IA cắt Ox tại hai điểm B, C.
Dễ dàng kiểm tra được BC =
b
Vậy quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là parapol có phương trình
cho ở
(*).
Bài 7. Cho ba điểm A, B và C thẳng hàng theo thứ tự đó, gọi ∆ là đường thẳng
vuông góc với đường thẳng AC tại
B.
Với mỗi điểm S
∈
∆, gọi D là giao điểm
của đường thẳng qua B vuông góc với SC
với đường thẳng SA. Tìm quỹ tích điểm
D
Bài giải:
Chọn hệ tọa độ Bxy sao cho A( -a; 0), C(c; 0) (a, c > 0), S(0; s), S ≠ 0
Khi đó
(SA):

( )
( )
1, : 1 : 0
x y x y x y
SC BD
a s c s s c
−
+ = + = ⇒ − =
Từ đó,
tọa độ của điểm D là nghiệm của
hệ
1
0
x y
a s
x y
s c







−
+ =
− =
Khử s từ hệ, ta thu được
2 2
x y

x
a c
− + =
hay
( )
2
2
2
1 *
2
2
2
a
x
y
ac
a
 
 ÷
 
+
−− =
Vậy: khi S chạy trên trục tung thì D chạy trên đường hyperpol có phương trình
(*).
Bài 8. Cho 3 điểm A, O, B cố định O nằm giữa A và B sao cho OA = a, OB = b;
a, b > 0. Tìm quỹ tích điểm M sao cho góc
·
·
OMA OMB=
Bài giải:

Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho Ox chứa OA. Khi
đó

A(a
;

0),

B(
-
b
;

0)
Gọi M(m; n). Ta có
( )
( )
; ; ; ;MA a m n MB b m n− − − − −
uuuur
uuuur
( )
( )
( )
( )
0
0
nx a m y an MA
nx m b y bn MB






+ − − =
⇒
− + + =
Phương trình phân giác của góc tạo bởi MA và MB
là
( )
( )
( )
( )
0
2 2
2
2
nx m b y bn
nx m a y an
m a n
m b n
− + +
− − −
+ =
− +
+ +
Mà một trong hai đường này qua O (0;0) và a>0, b>0 nên phương trình phân giác
qua O
là
( )
( )

0
2 2
2
2
a b
m a n
m b n
−
+ =
− +
+ +
( )
( )
2
2
2 2 2 2
a m b n b m a n
 
 
 
 
 
 
⇔ + + = − +
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 0
2 2

2 0
m a b n a b mab a b
a b m a b n mab
⇔ − + − + + =
⇔ − + − + =
Vậy : Tập hợp M là đường tròn có phương trình
2
2 2
0
xab
x y
a b
+ + =
−
( khi a ≠ b)
hoặc là đường thẳng x = 0 ( khi a = b)
Bài 9. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B,C cố định và đỉnh A di động.
Qua B
dựng
đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt trung tuyến AI của tam giác
ABC tại K. Gọi H là trực tâm của tam
giác
ABC. Chứng minh rằng : Nếu IH song
song với KC thì điểm A di động trên đường cố định.
Bài giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng
BC.
Không mất tính tổng quát giả sử
BC = 2. Khi đó, tọa độ B(-1; 0) và

C(1;0)
Giả sử tọa độ điểm
A

(

x
0
; y
0
)

,
với x
0
≠ 0;
y
0
≠ 0.
Khi đó, trực tâm H(x;y) là nghiệm của hệ phương
trình:
. 0
. 0
AH BC
BH AC






=
=
uuuur uuuur
uuuur
uuuur
⇔
(
)
( )
2
1
0
0
;
0
1 1 0
0
0 0
x x
x
H x
y
x x yy
 


 ÷

 ÷


 ÷

 
=
−
⇔
− + + =
Gọi K là giao điểm của d và AI, khi đó tọa độ K là nghiệm của hệ phương
trình:
(
)
1
0
0 1;
0
0
0
0
y
x
x
y
x K
y x
x

 


 ÷


 ÷

 


= −
≠ ⇔ − −
=
Theo giả thiết ta
có:

// ,IH KC IH KC⇒
uuuur
uuur
cùng phương
2 2 2
1
0 0 0 0
2 0 1
0
1 2
0 0
x x x y
x
y y
−
− = ⇔ + =
.