skkn cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng

MỞ ĐẦU
Toán học là môn khoa học cơ bản, trang bị cho học sinh kiến thức, kỹ năng và
phương pháp tư duy. Là một trong các môn thuộc khối khoa học tự nhiên, học tốt
Toán học giúp các em có một tiền đề tốt để các em tiếp cận và học tốt các môn Vật lý,
Hóa học, Sinh học...Việc trang bị cho các em vốn kiến thức vững vàng của bộ môn
Toán là đòi hỏi tất yếu của chúng tôi - những giáo viên tổ Toán trường THPT Yên
Khánh A. Vì vậy, nhằm tạo cho học sinh vốn kiến thức với mục đích hình thành kỹ
năng phân tích, tổng hợp, phát triển năng lực trí tuệ, sáng tạo trong lao động, phát
triển con người mới nhằm đáp ứng những yêu cầu đòi hỏi của xã hội hiện nay là mục
tiêu của chúng tôi.
Trong Toán học, môn hình học nghiên cứu các hình tạo thành từ các đường tròn,
các đường thẳng, các cung tròn, các elip, các tam giác và các đường giao nhau của
chúng tạo nên các góc khác nhau ra đời từ rất sớm. Việc giúp các em học tốt hình
học sẽ phát triển trí tưởng tượng phong phú, tư duy trực quan sinh động, các em
trưởng thành hơn trong cuộc sống vì hình học gắn liền với thực tế.
Giáo dục hiện nay đang có rất nhiều đổi mới, đổi mới trong cách quản lý, đổi
mới trong hình thức thi và cả trong nội dung đề thi. Đối với bộ môn Toán, đề thi minh
họa kỳ thi THPT quốc gia hiện nay, theo cấu trúc của Bộ giáo dục và đào tạo, bài
toán về tọa độ trong mặt phẳng xuất hiện là một câu hỏi khó. Để giải quyết các bài
toán này, các em học sinh cần nắm vững một số tính chất hình học phẳng nào đó,
điều này làm cho các em cảm thấy lúng túng, thấy khó nên thi thường bỏ. Với thực
trạng học sinh trường THPT Yên Khánh A, đa phần các em có lực học từ khá trở lên,
điểm tuyển vào trường đứng trong tốp đầu của các trường THPT trong tỉnh. Vì vậy,
với vai trò là những giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán, chúng tôi luôn băn
khoăn, trăn trở: Làm thế nào để các em không thấy khó, không thấy ngại khi gặp câu
hỏi này trong đề thi, làm thế nào để tạo cho các em tâm lý nhẹ nhàng thoải mái trước
khi bước vào kỳ thi THPT quốc gia chung? Chúng tôi đã thảo luận và xin trình bày
sáng kiến giảng dạy với đề tài: “Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng
tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng”

NỘI DUNG
A. GIẢI PHÁP CŨ THƯỜNG LÀM.
Trước đây, khi dạy các em học sinh bài toán hình học trong mặt phẳng tọa độ,
chúng tôi thường dạy như sau:
1. Cung cấp lý thuyết: Tọa độ điểm, tọa độ vec tơ, phương trình đường thẳng,
phương trình đường tròn, phương trình đường elip, các công thức tính góc, khoảng
cách...
2. Nhấn mạnh việc tìm tọa độ điểm theo hướng: Gọi M (x; y). Căn cứ vào giả thiết,
thiết lập hệ hai ẩn hai phương trình. Giải tìm được nghiệm (x; y). Từ đó suy ra tọa độ
của M.
ur

r

3. Nhấn mạnh việc tìm tọa độ của vec tơ theo hướng: Gọi u (a;b) ≠ 0 . Căn cứ vào
giả thiết, lập một phương trình theo hai tham số a, b. Giải tìm mối quan hệ a và b. Sau
đó chọn a suy b hoặc ngược lại.
4. Sau đó cho bài tập tổng hợp áp dụng, không có sự phân dạng.
Vì thế mà chúng tôi thấy có nhiều hạn chế. Đó là:
1. Học sinh lúng túng không phân biệt được rõ việc tìm tọa độ điểm với việc tìm
tọa độ vec tơ.
2. Đôi khi việc tham số hóa tọa độ điểm M dẫn đến việc giải hệ cồng kềnh và rất
phức tạp.
3. Học sinh không biết qui lạ về quen.
4. Khi đứng trước mỗi bài toán mới các em thường có cảm giác khó, ngại nên
thường bỏ.
5. Học sinh không biết xây dựng hệ thống bài tập mới từ một bài tập đã cho.
6. Học sinh không định hướng được lời giải do chưa có hệ thống bài tập phân theo
dạng.

B. GIẢI PHÁP MỚI CẢI TIẾN
Để khắc phục những hạn chế trên của các em học sinh, chúng tôi đã tìm tòi, thảo
luận qua các năm đứng lớp, nhằm giúp các em tiếp cận bài toán hình học trong mặt
phẳng tọa độ theo phương thức mới của đề thi. Chúng tôi đã cải tiến phương pháp
giảng dạy. Thay vì dạy theo phương pháp truyền thống như trước đây (đã nêu ở trên),
chúng tôi đổi mới như sau:
1. Vẫn cung cấp hệ thống lý thuyết có liên quan. Trang bị thêm lý thuyết của phép
dời hình. Trang bị cho các em một số tính chất của hình học phẳng thông qua một số
ví dụ vận dụng như là: Chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc...
2


2. Thay vì vẫn tham số hóa tọa độ điểm M như trước đây. Chúng tôi hướng dẫn
thêm cho học sinh: Tìm các đối tượng chứa điểm M thông qua sự tương giao giữa hai
đường thẳng, hai đường tròn hay là giữa đường thẳng và đường tròn ...
3. Hệ thống bài tập được cung cấp phân theo dạng, có ví dụ minh họa theo từng
dạng và hệ thống bài tập vận dụng của mỗi dạng.
4. Giúp và hướng dẫn các em xây dựng bài tập mới bằng tọa độ từ tính chất của
bài toán hình học phẳng thông thường.
Bằng hướng cải tiến nêu trên, chúng tôi nhận thấy có những ưu điểm sau:
1. Học sinh được củng cố kiến thức của hình học phẳng.
2. Rèn luyện cho các em kỹ năng phân tích, tổng hợp. Biết nhìn bài toán theo hai
chiều xuôi ngược.
3. Rèn cho các em kỹ năng sáng tạo ra bài toán mới. Khi các em là chủ nhân của
những đề toán mới, các em sẽ chủ động và không còn thấy khó mỗi khi đứng trước
lớp bài tập dạng này nữa.
4.Học sinh nhìn nhận bài toán tìm tọa độ điểm trở nên đơn giản hơn.
5.Hệ thống bài tập phân theo dạng, giúp các em định hướng tốt phương pháp khi
đứng trước mỗi đề toán mới và xác định được rõ mục tiêu của từng dạng.

C. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
I. MỘT SỐ VÍ DỤ MỞ ĐẦU
Bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng thường xuyên xuất hiện trong các đề thi
Đại học, Cao đẳng trong những năm gần đây với mức độ tương đối khó. Vì vậy, để
giải được dạng toán này, giáo viên cần hướng dẫn học sinh tìm hiểu bản chất cũng
như xây dựng phương pháp tư duy giải toán đặc trưng. Cụ thể, chúng tôi hình thành
phương pháp tư duy giải toán cho các em, đó là: “ Phân tích bản chất hình học phẳng
trong bài toán hình học tọa độ tương ứng”. Bước đầu, giúp các em làm quen với
phương pháp này, chúng tôi thường xuất phát từ một bài toán hình học phẳng đơn
thuần. Sau đó, gắn trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, sáng tạo ra cho các em bài
toán hình học tọa độ. Yêu cầu học sinh tìm lời giải cho bài toán này theo các bước
chính như sau:
• Bước 1: Vẽ hình biểu thị cho bài toán. Trên cơ sở dữ kiện và yêu cầu của bài toán,

phân tích các yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán
• Bước 2: Lập sơ đồ các bước giải
• Bước 3: Trình bày lời giải của bài toán theo sơ đồ ở bước 2

Rõ ràng làm như vậy, khi các em đã chứng minh được tính chất hình học phẳng thì
các em giải quyết bài toán hình học tọa độ sẽ trở nên đơn giản hơn. Xét một số ví dụ
minh họa sau:
3


µ = 450 . Vẽ các
♦ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T) có A
đường cao BB’ và CC’. Gọi T’ là điểm đối xứng của T qua B’C’. Chứng minh rằng tứ
giác AB’T’C’ nội tiếp được trong một đường tròn.

Lời giải:

·
·
Ta có BTC
= 2BAC
= 900 ⇒ T, B’, C’ nhìn BC dưới góc 900.
⇒ 5 điểm T, B’, C’, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
0 ·
·
Ta có tứ giác BC’TB’ nội tiếp nên C'TB'=180
- C'BB'=1800 - 450 =1350 .

·
·
Theo tính chất đối xứng ta có C'T'B'=
C'TB'
=1350 .
·
·
Xét tứ giác AB’T’C’ có B'T'C'
+ B'AC'
=1350 + 450 =1800 .

Vậy tứ giác AB’T’C’ nội tiếp được trong một đường tròn.

*

Nhận xét: Như vậy sau khi hướng dẫn học sinh chứng minh xong ví dụ 1, giáo
viên làm thao tác ngược: Gắn trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, chọn trước tọa độ
µ = 450 . Chẳng hạn A(2; 2), B(0; 0),

3 điểm A, B, C sao cho tam giác ABC thỏa mãn A
C(2; -1). Sau đó lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta được
đường tròn (T): x 2 + y 2 -3x - y = 0 .Và tìm tọa độ B’, C’ lần lượt là hình chiếu của B,
1 1
2 2

C trên cạnh AC, AB, ta được B’(2; 0) và C'( ; ) . Kết quả ra đời bài tập sau:
µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
1 1
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 -3x - y = 0 . Biết B’(2; 0) và C'( ; ) lần lượt là hình
chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

*

Nhận xét: Rõ ràng khi cung cấp bài tập này cho học sinh sau khi các em đã được
tiếp cận và đưa ra lời giải của ví dụ 1 thì khi đó với một số em có lực học trung bình
sẽ theo hướng giải của ví dụ 1 nêu trên và đưa ra sơ đồ lời giải của bài 1.1 như sau:
Cách 1:
4


• Gọi T là tâm của đường tròn (T). Gọi T’ đối xứng với T qua BC. Tìm được tọa độ

điểm T’.
• Chứng minh tứ giác AB’T’C’ nội tiếp (Nội dung ví dụ 1).
• Lập phương trình đường tròn (T’): Qua T’, B’, C’.
• Khi đó tọa độ A cần tìm là giao điểm của hai đường tròn (T) và (T’). Từ đó dễ dàng

tìm được tọa độ B và C.
Tuy nhiên một số em có học lực khá, giỏi, nắm vững các tính chất hình học phẳng,
các em đưa ra sơ đồ lời giải đa dạng hơn như sau:
Cách 2:
·
• Chứng minh được BTC
= 900 . Khi đó 5 điểm B, C, B’, C’, T thuộc cùng một đường

tròn (K).
• Lập phương trình đường tròn (K): Qua T, B’, C’.
• Khi đó tọa độ B, C cần tìm là giao điểm của đường tròn (T) và (K). Với tọa độ B, C

tìm được ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A.
Cách 3:
• Gọi M là trung điểm của AB. Do tam giác AB’B vuông cân ⇒ B'M ⊥ AB .

Do đó B’M đi qua tâm T.
• Lập phương trình AB đi qua C’, vuông góc với TB’.
• Lập phương trình AC đi qua B’, vuông góc với TC’.
• Từ đó tìm tọa độ điểm A là giao điểm của AC và AB. Tọa độ B là giao của AB và

đường tròn (T). Tọa độ C là giao điểm của AC và đường tròn (T).
Cách 4:
• Chứng minh tam giác BTC vuông cân.
• Sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay.

Sau đây là lời giải hoàn chỉnh (Trình bày theo sơ đồ lời giải của cách 3).
Lời giải:
A

M

I
B'

C'

B

5

C


3 1
Ta có tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T), tâm I ( ; ) .
2 2

Gọi M là trung điểm của AB ta có IM ⊥ AB (1).

µ = 450 ⇒ tam giác BB’A vuông
Lại có tam giác BB’A vuông tại B’ có A
cân tại B’ ⇒ B'M ⊥ AB (2).
Từ (1) và (2) ⇒ M, I, B’ thẳng hàng.
Đường thẳng AB qua C’, vuông góc với IB’ có phương trình: x – y = 0.
Tương tự AC qua B’, vuông góc với IC’ có phương trình: x – 2 = 0.
x − 2 = 0
x = 2
⇔

⇒ A(2; 2) .
x − y = 0
y = 2

Khi đó tọa độ A thỏa mãn hệ 

x − y = 0

x = y
x = y = 0
⇔
⇔

 x = y = 2 ⇒ B(0;0) .
2
2
2
x
+
y
−
3x
−
y
=
0
x
−
2x
=

0




Tọa độ B thỏa mãn hệ 

x = 2
x − 2 = 0
x = 2

⇔ 2
⇔   y = −1 ⇒ C (2; −1) .
Tọa độ C thỏa mãn hệ  2 2
 x + y − 3x − y = 0
y − y − 2 = 0
 x = y = 2

Vậy A(2; 2), B(0; 0), C(2; –1).

*

Nhận xét: Rõ ràng, qua ví dụ trên, giáo viên đã củng cố, ôn tập giúp học sinh tái
hiện rất nhiều kiến thức của hình học phẳng. Các em cảm thấy hứng thú hơn trong
học tập. Bài toán hình học tọa độ giải bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình
học phẳng không còn khó nữa. Nhằm giúp các em phát triển phong phú hơn sự tư
duy, sáng tạo giáo viên yêu cầu mỗi học sinh có thể chọn cho mình một bộ tọa độ A,
B, C thích hợp và tự tạo cho mình những bài tập tương tự bài 1.1. Cụ thể, xuất phát
từ đề bài của bài 1.1:
• Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy

r
theo vec tơ v (1;1) . Ta có:

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
3 3
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 -5x -3y + 6 = 0 . Biết B’(3; 1) và C'( ; ) lần lượt là
hình chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
• Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng tâm I(1; 1). Ta có

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
3 3
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 - x -3y - 2 = 0 . Biết B’(0; 2) và C'( ; ) lần lượt là hình
chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
6


• Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng trục qua (d): x – y = 0. Ta có:

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
1 1
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 - x -3y = 0 . Biết B’(2; 0) và C'( ; ) lần lượt là hình

chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
• Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay tâm O, góc quay 900. Ta có:

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
-1 1
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 + x -3y = 0 . Biết B’(0; 2) và C'( ; ) lần lượt là hình
chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
♦ Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I, gọi E và D lần lượt là
giao điểm các tia phân giác trong và ngoài của hai góc B và C. Đường thẳng ED cắt
cung nhỏ BC ở M. Chứng minh:
a. Tứ giác BECD nội tiếp được một đường tròn.
b. Các tam giác MBE và tam giác MBD cân tại M, suy ra M là trung điểm của ED.
Lời giải:

·
·
a. Tứ giác BECD nội tiếp đường tròn vì có EBD
+ ECD
= 1800 .
·
·
·
·
b. Xét tam giác BEA, có BEM
là góc ngoài nên BEM
.
= BAE

+ ABE

·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
Lại có: EBM
= EBC
+ ·CBD . Mà BAE
= EAC;
ABE
= EBC;
MBC
= MAC
nên BEM
.
= EBM
·
·
Vậy tam giác MBE cân tại M. Khi đó từ tam giác vuông EBD có MBD
nên
= MDB
tam giác MBD cân tại M.

Từ hai tam giác cân MBE và MBD, ta có ME = MB = MD. Vậy M là trung điểm của
ED.
7


*

Nhận xét: Bằng cách sử dụng tính chất hình học phẳng trong nội dung ví dụ 2, đó
là tính chất M là trung điểm của ED, với hướng phân tích tương tự ví dụ 1, giáo viên
cung cấp:
Bài 2.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1), tâm
5
µ là D (7; 7). Tìm tọa
đường tròn ngoại tiếp là I ( ;3) , tâm đường tròn bàng tiếp góc A
2

độ đỉnh B và C.
Lời giải:
5
2

5
2

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( ;3) , bán kính R = AI = , có phương
2

5
25
2


(C) .
trình  x − ÷ + ( y − 3) =
2
4


Đường thẳng AD qua A, qua D có phương trình: x – y = 0 (d).
Khi đó đường thẳng (d) cắt đường tròn (C) tại M. Tọa độ M thỏa mãn hệ
2

5
25
2
x = y = 1
(C)
9 9
 x − ÷ + ( y − 3) =
⇔
⇒ M( ; ).
2
4

9
x = y =
2 2
 x − y = 0 (d)

2


Theo kết quả ví dụ 2, ta chứng minh được MB = MC = MD.
9 9
5 2
Vậy B, C thuộc đường tròn (T) có tâm M ( ; ) , bán kính MD =
có phương trình
2 2

2

2

2

9 
9
25

(T) .
x − ÷ +y− ÷ =
2 
2
2


Khi đó tọa độ B, C thỏa mãn hệ
2
x = 1

5

25
2
(C)

 x − ÷ + ( y − 3) =
2
4

 y = 5
⇔

2
2
x = 4
9 
9
25


x
−
+
y
−
=
(T)
÷ 
÷

2 

2
2
  y = 1


Vậy B(1; 5) và C(4; 1) hoặc ngược lại.
♦ Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là
các điểm đối xứng của H qua AB, AC.
a. Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp được một đường tròn.
b. Gọi giao điểm của MN với AB và AC lần lượt là E và F. Chứng minh rằng điểm E
thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH.
c. Chứng minh rằng ba đường AH, BE, CF đồng qui.
8


Lời giải:

·
·
a. Ta có ∆AMB = ∆AHB(c.c.c) ⇒ AMB
= AHB
= 900 .
·
·
Do đó tứ giác AMBH nội tiếp một đường tròn vì có AMB
+ AHB
= 1800 .

b. Ta có MA = NA (vì cùng bằng AH), nên tam giác AMN cân tại A.
·

·
·
·
·
·
.
⇒ AMN
= ANM
⇒ ∆AEH = ∆AEN(c.c.c) ⇒ AHE
= ANE
⇒ AME
= AHE
⇒ M, H nhìn AE dưới một góc không đổi nên tứ giác AMHE nội tiếp được một
đường tròn ⇒ E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH. Hay 5 điểm A, M, B, H,

E thuộc một đường tròn.
·
·
c. Do 5 điểm A, M, B, H, E thuộc một đường tròn nên AEB
= AHB
= 900 , hay BE ⊥
AC.

Chứng minh tương tự CF ⊥ AB ⇒ AH, BE, CF là ba đường cao nên chúng đồng qui.
Sau khi hướng dẫn học sinh chứng minh xong bài tập trên, giáo viên cung cấp:
Bài 3.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đường cao
AH. Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC. Biết phương trình
AC: 3x + 4y – 5 = 0, biết phương trình MN: 9x – 13y + 20 = 0 và biết tọa độ điểm
K(

-3 1
; ) là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2 2

Lời giải:
1 7
5 5

Gọi E là giao điểm của AC và MN ⇒ E (− ; ) .
Theo kết quả ví dụ 3 ở trên, chứng minh được BE ⊥ AC.
Do đó đường thẳng BE qua E và vuông góc với AC, phương trình BE là: 4x – 3y + 5 = 0.
Điểm B(b;

4b + 5
5 − 3a
) ∈BE, A(a;
) ∈AC. Vì K là trung điểm của AB nên
3
4

9


 −3 = a + b
 a = −1

. Vậy A(–1; 2), B(–2; –1).
 4b + 5 5 − 3a ⇔ 
 b = −2
1 = 3 + 4

Đường thẳng AB qua A, qua B có phương trình: 3x – y + 5 = 0.
Gọi F là giao điểm của AB và MN ⇒ F(

-3 1
; ) (F trùng với K).
2 2

Đường thẳng CF qua F và vuông góc với AB, phương trình CF là: x + 3y = 0.
Khi đó C là giao điểm của CF và AC nên C(3; -1).
Kiểm tra rõ ràng thấy tam giác ABC thỏa mãn là tam giác nhọn.
Vậy A(–1; 2), B(–2; –1) và C(3; –1).
Bằng cách khai thác tốt tính chất hình học trong ví dụ 3, giáo viên cung cấp tiếp bài
tập sau:
Bài 3.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), B(1;1),
C(6;3). Tìm trên AB, BC, CA các điểm F, H, E sao cho tam giác FHE có chu vi nhỏ
nhất.
Lời giải:
Kiểm tra thấy tam giác ABC nhọn.
Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC.
Ta có chu vi tam giác FHE là: CΔFHE = FH + FE + EH = FM + FE + EN ≥ MN (1) .
·
·
Ta có AM = AH = AN ⇒ Tam giác AMN cân tại A và MAN=2BAC
.

Gọi T là trung điểm của MN.
·
·
= 2HAsinBAC

≥
Ta có MN = 2MT = 2MAsinBAC

Từ (1) và (2) ⇒ CΔFHE ≥

2SΔABC
(2).
R

2SΔABC
2S
. Vậy MinCΔFHE = ΔABC .
R
R

Dấu “ = ” xảy ra khi H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC và E, F tương ứng là các
giao điểm của MN với AC, AB.
Khi đó theo kết quả ví dụ 3, chứng minh được BE ⊥ AC, CF ⊥ AB.
Vậy H, E, F tương ứng là chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống BC, AC, AB trong tam
giác ABC.
Lập được phương trình các cạnh:
AB: 5x-y-4=0; AC: 3x+4y-30=0; BC: 2x-5y+3=0

Lập được phương trình các đường cao:
10


AH: 5x+2y-22=0; BE: 4x-3y-1=0; CF: x+5y-21=0

Suy ra H(

104 59
94 117
41 101
; ); E( ;
); F( ;
).
29 29
25 25
26 26

♦ Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F lần lượt là các điểm lấy trên cạnh AB,
AD sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu của A trên DE. Chứng minh rằng FH ⊥ HC
Lời giải:

Kéo dài AH cắt BC tại M. Ta có ∆ABM = ∆DAE ⇒ BM = AE ⇒ BM = AF .
Xét tứ giác DFMC nội tiếp đường tròn đường kính DM.
Ta cũng có tứ giác DHMC nội tiếp đường tròn đường kính DM.
Nên 5 điểm D, F, H, M, C nội tiếp đường tròn đường kính DM.
·
Do DFMC là hình chữ nhật nên FC cũng là đường kính. Vậy FHC
= 900 , hay là
FH ⊥ HC .

Sau khi chứng minh xong ví dụ 4, giáo viên cung cấp:
Bài 4.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm F(2; 0)
nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF. Gọi H(1; –1)
là hình chiếu vuông góc của A trên DE. Tìm tọa độ đỉnh C, biết C thuộc đường
thẳng (d): x – 2y +1 = 0.
Lúc này khi các em đã thành thạo hơn, rất nhiều các em nhanh chóng đưa ra được sơ

đồ lời giải như sau:
• Chứng minh FH ⊥ HC .
• Lập phương trình CH qua H, vuông góc với FH.
• Khi đó tọa độ C cần tìm là giao điểm của CH và đường thẳng (d).

Giáo viên yêu cầu các em hoàn chỉnh lời giải dựa trên sơ đồ đã nêu.
Lời giải:
Theo kết quả của ví dụ 4, ta có FH ⊥ HC .
Đường thẳng CH qua H(1; –1), vuông góc với FH nên có phương trình: x + y = 0.
11


1

 x = − 3
x + y = 0
1 1
⇔
Tọa độ điểm C cần tìm thỏa mãn hệ 
. Vậy C (− ; ) .
3 3
 x − 2y + 1 = 0
y = 1

3

*

Nhận xét: Giáo viên có thể thay thế đối tượng điểm C thuộc đường thẳng (d) bởi
điểm C thuộc đường tròn (T). Khi đó ta có đề toán mới như sau:

Bài 4.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm F(2; 0)
nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF. Gọi H(1; –1) là hình
chiếu vuông góc của A trên DE. Hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (T):
(x + 1) 2 + (y − 2) 2 = 13 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
Để tăng mức độ khó về tính chất hình học phẳng, ta có thể thay thế giả thiết hình
vuông ABCD thành hình chữ nhật sao cho vẫn giữ nguyên các tính chất của các điểm
E, F, H. Tiếp tục ta có đề toán mới sau đây:
Bài 4.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD thỏa mãn
AB = 2AD, nội tiếp trong đường tròn tâm O, có phương trình cạnh CD là: 2x – y – 3 = 0.
Điểm F(2; 0) nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF. Gọi H(1; –1)
là hình chiếu vuông góc của A trên DE. Viết phương trình các cạnh còn lại và đường
chéo của hình chữ nhật.
Thông qua ví dụ 4, học sinh đã quen hơn với phương pháp, giáo viên có thể đưa ra
trực tiếp bài tập tọa độ, yêu cầu học sinh phát hiện tính chất hình học phẳng và đưa
ra lời giải
♦ Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –7),
trực tâm H(3; –1) và tâm đường tròn ngoại tiếp là I(–2; 0). Xác định tọa độ điểm C
biết C có hoành độ dương (Đề thi khối D năm 2010).
Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC. Ta có ∆GMI đồng dạng với ∆GAH .
Nên ta có

uuur
uur
GH GA
=
= 2 ⇒ GH = −2GI .
GI GM

12


uuur

1
3

uur

1
3

Gọi G(x, y) thỏa mãn GH = −2GI ⇒ G chia đoạn HI theo tỉ số k = –2 nên G (− ; − ) .
uuuur 1 uuuur
3

1
3

Ta lại có MG = MA ⇒ M chia đoạn GA theo tỉ số m = ⇒ M(–2; 3).
Khi đó BC qua M, vuông góc với AH nên có phương trình: y – 3 = 0.
B ∈ BC ⇒ B(b;3) và C đối xứng với B qua M ⇒ C(–4 – b; 3).
 b = −2 − 65

uuur uuur

Mà BH ⊥ AC ⇔ BH.AC = 0 ⇔ (3 − b)(7 + b) + 40 = 0 ⇔ b 2 + 4b − 61 = 0 ⇔ 

 b = −2 + 65

Với b = −2 − 65 ⇒ C( 65 − 2;3) Thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Với b = −2 + 65 ⇒ C(− 65 − 2;3) Không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy C( 65 − 2;3) .

*

Nhận xét: Bản chất, tính chất hình học phẳng mà ta sử dụng trong bài tập trên là
tính chất của đường thẳng Euler. Giáo viên có thể nhắc lại, yêu cầu học sinh ghi nhớ:
• Đường thẳng Euler trong tam giác ABC là đường thẳng đi qua 3 điểm: Trực tâm H,

trọng
tâm
G, và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC, đồng thời thỏa mãn:
uuur
uur
GH = −2GI .
Với việc khai thác tính chất hình học phẳng này, ta có thể hoán đổi giả thiết của bài
3, thay vì cho tọa độ điểm H và I ta có thể cho tọa độ điểm H và G hoặc I và G.
Tương tự ta có các bài tập tự luyện sau:
Bài 5.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, biết đỉnh B(1; 4),


trực tâm H(2; 2), trọng tâm G  ; ÷. Tìm tọa độ A và C.
 3 3
11 1

Bài 5.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 3), trực
tâm H(0;1) và trung điểm M(1; 0) của BC. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ âm.
♦ Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với AK, CD

là hai đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Biết phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x − 2) 2 + y 2 = 5 . Trung điểm của AC là
P(7; 5). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC đi qua Q(1; 4) và hoành độ
điểm D lớn hơn 3.
Lời giải:

13


Ta có tứ giác BDHK nội tiếp trong đường tròn đường kính BH. Vậy B thuộc đường
tròn ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x − 2) 2 + y 2 = 5 .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHK, I(2; 0).
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
Ta có IKP
.
= IKA
+ AKP
= IKH
+ HKP
= IHK
+ HKP

= HBA
+ BAH
+ HKP
0
·
·
·
·
·
·
·
= HCA
+ HCK
+ HKP
= ACK
+ HKP
= PKC
+ HKP
= 90 .
·
Tương tự IDP
= 900 . Vậy D, K thuộc đường tròn đường kính IP.
9 5
2 2

Đường tròn đường kính IP có tâm T ( ; ) là trung điểm của IP và có bán kính
R=

9
5

25
1
5 2
IP =
, có phương trình: (x − ) 2 + (y − ) 2 =
.
2
2
2
2
2

x = 1
9 2
5 2 25


(x − ) + (y − ) =
y = 2
2
2
2 ⇔
Tọa độ D và K thỏa mãn hệ 
x = 4
(x − 2) 2 + y 2 = 5


  y = −1

Vì D có hoành độ lớn hơn 3, nên D(4; –1) và K(1; 2).

Đường thẳng BC qua Q, qua K có phương trình x – 1 = 0.
Tọa độ B là giao điểm của BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK, nên B(1; –2).
Đường thẳng AB qua B, qua D có phương trình x – 3y – 7 = 0.
Đường thẳng AK qua K, vuông góc với BC có phương trình: y – 2 = 0.
Tọa độ A là giao điểm của AB và AK, nên A(13; 2).
C đối xứng với A qua P, nên C(1; –1).
Vậy A(13; 2), B(1; –2), C(1; –1).

*

Nhận xét: Tính chất hình học phẳng trong bài tập trên mà chúng ta sử dụng chính
là tính chất của đường tròn Euler. Giáo viên nhắc lại, yêu cầu học sinh ghi nhớ
• Đường tròn Euler trong tam giác ABC là đường tròn đi qua 9 điểm: 3 điểm A 1, B1,

C1 lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên các cạnh BC, AC, AB; 3 điểm M, N, P
14


tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA; 3 điểm A 2, B2, C2 lần lượt là trung điểm
của HA, HB, HC (Với H là trực tâm của tam giác ABC).
Bằng cách khai thác tốt tính chất trên, ta có thể cung cấp cho học sinh bài tập tự
luyện sau:
Bài 6.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các
đường AB, AC lần lượt là 4x – 3y – 20 = 0; 2x + y + 10 = 0. Đường tròn đi qua trung
điểm các đoạn HA, HB, HC có phương trình: (x − 1) 2 + (y + 2) 2 = 25 . Trong đó H là trực
tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm H biết điểm C có hoành độ lớn hơn –4.
Với cách làm như trên chúng tôi thấy rằng các em có hứng thú hơn với hệ thống bài
tập đưa ra, các em không còn cảm giác ngại hay sợ khi đứng trước các bài tập dạng
này nữa. Sau đây, chúng tôi tiếp tục cung cấp hệ thống bài tập phân theo dạng.
II. HỆ THỐNG BÀI TẬP PHÂN THEO DẠNG

1. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

1.1. Bài toán công cụ
• Phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và có vectơ chỉ
r
r
 x = x 0 + u1 t
phương u (u1 ; u 2 ) ≠ 0 là: 
 y = y0 + u 2 t
• Nếu u1u 2 ≠ 0 thì ta có phương trình chính tắc của đường thẳng :

x − x0 y − y0
=
u1
u2
• Phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và có vec tơ pháp

r
r
tuyến n (a; b) ≠ 0 là:

a(x – x0 ) + b(y – y0) = 0
• Cho phương trình đường thẳng d: ax + by + c = 0

Nếu d1// d thì phương trình đường thẳng d1 : ax + by + m = 0;( m ≠ c ).
Nếu d2// d thì phương trình đường thẳng d2 : bx – ay + n = 0.

1.2. Phương pháp giải:
Để giúp học sinh làm tốt được dạng bài tập này, giáo viên hướng dẫn học sinh theo
các bước chính như sau:

• Bước 1: Tìm điểm M(x0; y0) mà đường thẳng d đi qua. (Xem nội dung bài toán tìm

toạ độ điểm).

r
r
u
• Bước 2: Tìm toạ độ vectơ pháp tuyến n (a; b) hoặc vectơ chỉ phương (u1 ; u 2 ) .
• Bước 3: Viết phương trình đường thẳng theo bài toán công cụ.

15


1.3. Ví dụ minh họa:
Dạng 1: Lập phương
r trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và có
vectơ chỉ phương u (u1 ; u 2 ) .

*

Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên
cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm
toạ độ của vec tơ chỉ phương. Trong đó, vec tơ chỉ phương chưa xuất hiện ngay mà
ẩn đi thông qua dữ kiện đường thẳng đi qua hai điểm hoặc đường thẳng song song
với một đường thẳng cho trước và để phát hiện ra học sinh phải chứng minh một tính
chất về quan hệ song song trong hình học phẳng. Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau:
♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết M(1; 2),
N(4; –1), P(–2; 0) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC. Lập phương
trình cạnh BC.
Lời giải:

A

M

B

N

P

C

Ta có MN // BC (Tính chất đường trung bình trong tam giác ABC).
uuuur

Vậy đường thẳng BC đi qua P(–2; 0) nhận vec tơ MN (3; −3) làm vec tơ chỉ phương
nên có phương trình là:

x+2 y
=
⇔ x+y+2=0.
3
−3

♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn. Đường
thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương
trình là: 3x + 5y – 8 = 0; x – y – 4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; –2). Viết
phương trình các đường thẳng AB và AC, biết rằng hoành độ của điểm B không lớn
hơn 3.

Lời giải:

16


Gọi M là trung điểm của BC và H là trực tâm tam giác ABC.
Gọi K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC.
7 −1
Ta có M là giao điểm của AM và BC nên toạ độ điểm M ( ; ).
2 2
Đường thẳng AD đi qua điểm D(4; –2) và vuông góc BC nên phương trình của AD là:
x + y – 2 = 0.
Ta có A là giao điểm của AD và AM nên toạ độ điểm A(1;1).
Ta có K là giao điểm của AD và BC nên toạ độ điểm K(3; –1).
·
·
·
·
Xét tứ giác HKCE là tứ giác nội tiếp nên BHK
mà BDA
( góc nội tiếp
= KCE
= KCE
·
·
cùng chắn cung AB).Ta có BHK
nên suy ra K là trung điểm của HD ⇒ H(2;4).
= BDA

B∈ BC ⇒ B(t; t − 4);(t ≤ 3) mà M là trung điểm của BC nên toạ độ C(7–t; 3–t).

t = 2
uuur uuur
Do H là trực tâm tam giác ABC nên BH ⊥ AC ⇒ BH.AC = 0 ⇔ 
vì t ≤ 3 nên t
t = 7
=2. Ta có B(2; –2); C(5;1).

Đường thẳng AB đi qua điểm A(1;1) và B(2; –2) nên phương trình của AB là:
3x + y – 4 = 0.
Đường thẳng AC đi qua điểm A(1;1) và C(5;1) nên phương trình của AC là :
y – 1 = 0.
♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn đỉnh
A(–1; 4), trực tâm H. Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh
AB tại N, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2; 0), đường thẳng BC đi
qua điểm P(1; –2).Viết phương trình BC biết đỉnh B nằm trên đường thẳng d có
phương trình: x + 2y – 2 = 0.
Lời giải:

17


Xét tứ giác BNHM có: BNH
·
·
= BMH
= 900 nên tứ giác BNHM nội tiếp đường tròn
tâm I(2; 0) đường kính BH ⇒ I là trung điểm của BH.
B∈ d ⇒ B(2 − 2b;b) . Do I là trung điểm của BH nên toạ độ H( 2b+2; –b).
uuur

uuur

Ta có: AH = (2b + 3; −b − 4) ; BP = (2b − 1; −2 − b) .
uuur uuur

Vì AH ⊥ BP ⇒ AH.BP = 0 ⇔ b2 + 2b +1 = 0 ⇔ b = –1 ⇒ B(4; –1).
Đường thẳng BC đi qua điểm B(4; –1) và P(1; –2) nên phương trình của BC là:
x – 3y – 7 = 0.
Dạng 2: Lập phương
r trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và có
vectơ pháp tuyến n (a; b) .

*

Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên
cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm
toạ độ của vec tơ pháp tuyến. Tuy nhiên,vec tơ pháp tuyến không xuất hiện trực tiếp
ngay mà xuất hiện gián tiếp thông qua việc chứng minh quan hệ vuông góc trong
hình học phẳng . Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau:
♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
·
ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2; 1) thoả mãn AIB
= 900 . Chân đường cao kẻ từ A đến
BC là D(–1; –1). Đường thẳng AC qua M(–1; 4).Viết phương trình AC.
Lời giải:

18


·

·
·
Ta có: AIB
= 900 ⇒ ACB
= 450 hoặc ⇒ ACB
= 1350 .
·
Xét tam giác ADC vuông tại D có ACD
= 450 nên tam giác ADC vuông cân tại D
⇒ DA = DC . Lại có IA = IC ⇒ DI ⊥ AC .

Đường thẳng AC đi qua điểm M(–1; 4) và vuông góc với DI nên phương trình của
AC là: x – 2y + 9 = 0.
♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC.
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. E, F lần lượt là trung điểm của đoạn
CD và BH. Biết A(1; 1) và phương trình EF là 3x – y – 10 = 0. Viết phương trình của AF.
Lời giải:

Gọi G là trung điểm của AB.
Ta có: tứ giác ADEG và tứ giác ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp ⇒ AF ⊥ EF .
Đường thẳng AF đi qua điểm A(1;1) và vuông góc với EF nên phương trình của AF
là: x + 3y – 4 = 0.
♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A(1; 1)
và B. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho CM ⊥ DM. Điểm N(1; 4) là hình chiếu của
M trên CD. Lập phương trình đường thẳng BN.
Lời giải:
A

D
N

M

B

C

Ta có tứ giác ADNM, BCMN nội tiếp được một đường tròn nên:
·
·
·
·
·
·
·
·
, NAM
. Do đó NAM
MBN
= MCN
= NDM
+ MBN
= NDM
+ MCN
= 900 (vì CM ⊥

DM)

19

·
⇒ ANB
= 900 ⇒ AN ⊥ BN.

Vậy đường thẳng BN đi qua điểm N(1; 4) và vuông góc với AN nên phương trình của
BN là: y – 4 = 0.
Dạng 3: Lập phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và tạo
với đường thẳng cho trước góc α cho trước.

*

Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên
cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm
toạ độ của vec tơ pháp tuyến hoặc vec tơ chỉ phương. Tuy nhiên bài toán không có
yếu tố song song hay vuông góc, mà để tìm vec tơ pháp tuyến hoặc vec tơ chỉ phương
ta cần khai khác yếu tố định lượng hoặc thông qua việc chứng minh hai góc bằng
nhau. Từ đó, áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng. Cụ thể, ta xét một số
ví dụ sau:
♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
của AB là: 2x – y – 1 = 0 và phương trình của AC là: x + 2y – 8 = 0. Trên cạnh AC
lấy điểm D sao cho AD = AB. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại điểm thứ
hai là K(4; 1). Viết phương trình đường thẳng BC.
Lời giải:

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên toạ độ điểm A(2; 3).
·
Tam giác ABD vuông cân tại A nên ABD
= 450 .
·

·
» ).
Có ADB
= AKB
= 450 (hai góc cùng chắn cung AB

Đường thẳng BC đi qua điểm K(4;1) và hợp với đường thẳng AK một góc 450.
Từ đó suy ra phương trình của BC là: x – 4 = 0 hoặc y – 1 = 0.
♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường
µ là D(1; –1). Đường thẳng AB có phương trình: 3x + 2y – 9 =
phân giác trong của góc A
0. Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC có phương trình: x + 2y – 7=
0.
Viết phương trình BC. (Đề thi khối D năm 2014).
20


Lời giải:

A

x

B

C

D

Đường thẳng AB cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC tại

điểm A(1; 3).
Đường thẳng AD đi qua A(1; 3) và D(1; –1) có phương trình: x – 1 = 0.
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
Ta có ACB
= BAx;
CAD
= BAD
⇒ ADB
= ACB
+ CAD
= BAx
+ BAD
= DAx
⇒ cos(AD, BC) = cos(AD, Ax). Mà cos(AD, Ax) =

1
1
⇒ cos(AD, BC) =
.
5
5

Khi đó đường thẳng BC đi qua D, hợp với AD góc α thoả mãn cos α =

1
có phương
5

trình là: x – 2y – 3 = 0.
♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, gọi M là
trung điểm của BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M (
đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0. Lập phương trình AM.
Lời giải:
A

B

M

D

x
3

Đặt AB = x (x > 0) ⇒ ND = ; NC =

2x
x
; MB = MC = .
3
2

21

N

C

11 1
; ) và
2 2


Áp dụng Pithago ta được: AM =

x 5
5x
x 10
; NM = ; AN =
.
2
6
3

·
Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác AMN, ta được cosMAN
=

Khi đó đường thẳng AM đi qua điểm M (

2

.
2

11 1
; ) , tạo với đường thẳng AN góc 45 0 có
2 2

phương trình là: x – 3y – 4 = 0 hoặc 3x + y – 17 = 0.

1.4. Bài tập tự luyện:
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn. Đường thẳng
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là:
x – 2y + 1 = 0; 2x – y + 3 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; –2). Viết phương trình
các đường thẳng AB, AC.
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn đỉnh A(1; 3), trực
tâm H. Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N, tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2; 1), đường thẳng BC đi qua điểm E(–3; 2).Viết
phương trình BC biết đỉnh B nằm trên trục tung.
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC.
Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. M, N lần lượt là trung điểm của đoạn
CD và BH. Biết A(2; 1) và phương trình MN là: 2x + y – 3 = 0. Viết phương trình của
AN.
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho tam giác ABC có A(1; 4), tiếp tuyến
tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong
·
của góc ADB
có phương trình: x – y + 2 = 0, điểm M(–4; 1) thuộc cạnh AC.Viết
phương trình đường thẳng AB.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A,

AB=2AC, trọng tâm G(2; 3),phương trình AC là: x – y + 3 = 0.Viết phương trình CG.
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1),
1
3

AC=2BD. Điểm M( 0; ) ∈ AB , N(0;7) ∈ CD . Viết phương trình của BD.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, AB =
2AC, trọng tâm G(2; 3), phương trình AC là: x – y + 3 = 0.Viết phương trình các cạnh
còn lại của tam giác ABC.
2. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN

2.1. Bài toán công cụ
• Phương trình đường tròn có tâm I(a; b) và có bán kính R > 0 là:

22


(x − a) 2 + (y − b) 2 = R 2
• Phương trình x + y + 2ax + 2by + c = 0 ( a 2 + b 2 − c > 0 ) là phương trình đường
2

2

tròn tâm I(–a; –b) và bán kính R = a 2 + b 2 − c .

2.2. Phương pháp giải:
Để giúp học sinh làm tốt được dạng bài tập này, giáo viên hướng dẫn học sinh theo
các bước chính như sau:
Cách 1 : Lập phương trình đường tròn khi biết tâm và bán kính
• Bước 1: Tìm tọa độ tâm I(a; b) (Xem nội dung bài toán tìm điểm)

• Bước 2: Tìm bán kính R
• Bước 3: Viết phương trình đường tròn theo bài toán công cụ.

Cách 2: Lập phương trình đường tròn dạng tổng quát:
• Bước 1: Gọi phương trình đường tròn có dạng:
x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 ( a 2 + b 2 − c > 0 )
• Bước 2: Từ giả thiết lập hệ phương trình 3 ẩn a, b, c.
• Bước 3: Giải hệ tìm a, b, c. Nếu a, b, c thỏa mãn điều kiện ta thay vào bước 1 và kết
luận phương trình đường tròn.

2.3. Ví dụ minh họa
♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn tâm
I ( 1;2 ) và cắt đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 31 = 0 theo dây cung AB = 2.
Lời giải:

Gọi R bán kính của đường tròn (C) cần lập.
3 + 8 − 31
AB2
2
2
= 4 và R = d (I, ∆) +
Ta có: d(I, ∆) =
= 17
5
4
Vậy phương trình đường tròn (C) là: ( x − 1) + ( y − 2 ) = 17 .
2

23

2


*

Nhận xét 1: Trong ví dụ 1 ở trên, đường tròn cần lập đã có tâm ta chỉ cần tìm bán
kính. Ở đây ta đã sử dụng tính chất hình học đó là:

AB 2
∆ cắt (C) tại 2 điểm A, B thì R = d ( I , ∆) +
. Trong ví dụ 1 ta thay giả thiết
4
dây cung AB cho trước bởi các giả thiết khác tương đương, chẳng hạn như có thể cho
bởi một trong các cách sau:
2

2

• Cho tam giác IAB có một góc cho trước.
• Cho tam giác IAB đều hoặc vuông.
• Cho tam giác IAB có diện tích cho trước.
• Giao với một đường tròn (C) cho trước theo dây cung AB thỏa mãn AB là cạnh của

hình vuông nội tiếp (C).
• Giao với một đường tròn (C) cho trước theo dây cung AB thỏa mãn AB là cạnh của

hình chữ nhật ABCD nội tiếp (C) với AB = k BC (k > 0).
………
Tuy nhiên khi ra bài toán mới ta cần tính toán trước sao cho việc tính toán không quá
phức tạp. Đôi khi ta phải làm lại bài toán từ đầu cho đến đáp số cuối cùng để kiểm

tra mức độ phù hợp của bài toán đối với học sinh.
Từ ví dụ 1 trên chúng tôi đã có một vài bài toán mới tương tự bằng cách thay đổi giả
thiết dây cung AB = 2 bởi các giả thiết khác mà sau khi lập luận bằng tính chất hình
học thì đều dẫn đến AB = 2 như sau:
Bài 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) tâm
I ( 1;2 ) , cắt đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 31 = 0 tại 2 điểm phân biệt A, B đồng thời (C)
cắt đường thẳng ∆ ' : 3x + 4y − 26 = 0 tại 2 điểm C, D thỏa mãn: AB + CD = 2 + 4 2 .
Lời giải:

Ta có: d(I, ∆) =

3 + 8 − 31
3 + 8 − 26
= 4 và d(I, ∆ ') =
=3
5
5
24


AB2
CD 2
AB2
CD 2
2
2
d (I, ∆) +
= d (I, ∆ ') +
= R ) ⇔ 16 +
=9+

⇔ 28 + AB2 = CD 2 (1)
(
4
4
4
4
2

Từ giả thiết có CD = 2 + 4 2 – AB thế vào (1) được AB = 2 quy về ví dụ 1.
Bài 1.2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) tâm
I ( 1;2 ) , cắt đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 31 = 0 tại 2 điểm phân biệt A, B đồng thời (C)
cắt đường thẳng ∆ ' : 4x − 3y − 13 = 0 tại 2 điểm C, D thỏa mãn giao điểm của ∆ và ∆ '
nằm trong đường tròn (C) và AB, CD là 2 đường chéo của một tứ giác có diện tích
bằng 4 2 .
Lời giải:

Ta có ∆ ⊥ ∆ ' nên CD ⊥ AB ⇒ S ACBD =
d 2 (I, ∆) +

1
8 2
AB.CD = 4 2 ⇒ CD =
( 1)
2
AB

AB2
CD 2
AB2
CD 2

2
= d 2 (I, ∆ ') +
=
R
⇔
16
+
=
9
+
⇔ 28 + AB2 = CD 2 (1)
(
)
4
4
4
4

Từ (1) và (2) suy ra AB = 2 quy về ví dụ 1.

*

Nhận xét 2: Trong ví dụ 1 ta thay giả thiết tâm I cho trước bởi các giả thiết khác
tương đương, chẳng hạn như có thể cho bởi một trong các cách sau:
• Tâm I thuộc một đường thẳng cho trước và cách một điểm cho trước một khoảng

không đổi.
• Tâm I thuộc một đường thẳng cho trước và đi qua một điểm cho trước.
• Tiếp xúc với một đường thẳng cho trước tại một điểm cho trước.
• Tiếp xúc với một đường tròn cho trước tại một điểm cho trước.

• Đi qua một điểm cho trước và tiếp xúc với một đường thẳng cho trước.
• Đi qua một điểm cho trước và tiếp xúc với một đường tròn cho trước.

25