Xây dựng bài toán hình học giải tích phẳng từ một số bài toán hình học

1. Tên sáng kiến: Xây dựng bài toán hình học giải tích phẳng từ một số bài toán
hình học.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Phương pháp dạy học bộ môn Toán.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Từ ngày 15 tháng 3 năm 2015 đến ngày 30 tháng 3 năm 2015 .
4. Tác giả:
Họ và tên: Tống Văn Ký
Năm sinh: 1986
Nơi thường trú: Xuân Phú – Xuân Trường – Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Cử nhân sư phạm Toán.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc: Trường THPT Giao Thủy B.
Điện thoại: 01686316922
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 100%
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THPT Giao Thủy B.
Địa chỉ: Xã Giao Yến huyện Giao Thủy tỉnh Nam Định.
Điên thoại: 03503893010

3


I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là một chủ đề hay và khó. Chủ đề
này luôn được sử dụng trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh và kỳ thi tuyển sinh
Đại học, Cao đẳng. Vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với học sinh. Trong
số các bài về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp các bài toán thiên về tính chất
hình học thuần túy đã gây cho học sinh nhiều khó khăn khi tiếp cận.
Đa số các giáo viên khi dạy về chủ đề này thường tìm các bài toán có sẵn trong
các tài liệu tham khảo để giảng dạy, suy nghĩ khai thác tự tìm tòi xây dựng bài toán
mới còn nhiều hạn chế. Việc xây dựng bài toán mới từ việc khai thác các kết quả hình

học giúp giáo viên chủ động hơn, giúp học sinh phát triển tư duy phương pháp, tư duy
tìm lời giải cho một bài toán đặc biệt là tư duy sáng tạo.
Qua những năm công tác giảng dạy, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi Đại
học và Cao đẳng. Bản thân tôi thấy việc xây dựng bài toán mới từ kết quả hình học là
nhiệm vụ cần thiết của người giáo viên trong quá trình dạy học.
Để góp phần nâng cao chất lượng cho học sinh trong chủ đề tọa độ trong mặt
phẳng, tôi chọn đề tài: “Xây dựng bài toán hình học giải tích phẳng từ một số bài
toán hình học”.
II. Mô tả giải pháp
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Đối với học sinh kiến thức về hình học phẳng còn hạn chế.
Khi chưa áp dụng đề tài để dạy giải bài tập hình học giải tích trong mặt phẳng,
các em thường thụ động trong việc tiếp cận bài toán, chưa ý thức tìm tòi sáng tạo cũng
như chưa tạo được niềm vui khi làm toán.
Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần hình giải tích
trong mặt phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn Toán, chỉ có
khoảng 10% học sinh hứng thú với bài toán giải tích trong mặt phẳng.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thong thường được phân chia thành hai
mảng: mảng thứ nhất là lớp bài toán mang nặng tính chất “đại số” và thường được xây
dựng trên cơ sở là tham số hóa, mảng thứ hai là lớp những bài toán mang nặng tính
chất “hình học” và thường được xây dựng trên bài toán thuần túy hình học phẳng.
4


Trong đề tài này tôi muốn nêu lên ý tưởng giải quyết bài toán hình giải tích
phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua một số bài toán.
Bài toán 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, trực tâm H, trọng tâm G, M
là trung điểm BC. Đường kính AD. Chứng minh:
a) Tứ giác BHDC là hình bình hành.

uuur
uuur
b) AH = 2 IM .
uuur
uur
c) HG = 2GI .
Giải
a) Ta có BH // CD (vì cùng vuông góc AC)
CH // BD (vì cùng vuông góc AB)
Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Do tứ giác BHCD là hình bình hành
Nên HD và BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi
đường.
Trong tam giác AHD có IM là đường trung bình.
uuur
uuur
Do đó AH = 2 IM
c) Gọi G là giao của AM và HI.
Do AH // IM
HG AG AH
=
=
=2
GI GM IM
uuur
uur
Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC và HG = 2GI
Nên theo Talet ta có

Ta xét ví dụ cơ bản sau:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;-14), B(-2;14), C(-5; -7).
Tìm toạ độ trung điểm M của BC; trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp
I của tam giác ABC.
 −7 7   −5 −7 
 21 3 
Đáp số: M  ; ÷, G  ; ÷, H ( −26; −10 ) , I  ; ÷
 2 2  3 3 
 2 2

5


Từ 1 ví dụ trên và bài toán 1 giáo viên có thể tạo ra 8 ví dụ khác nhau bằng
cách lật ngược lại vấn đề cho bộ 3 điểm thích hợp trong 4 điểm A, G, H, I, M. Yêu cầu
học sinh đi tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Ví dụ 1.1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), tâm đường
 21 3 
tròn ngoại tiếp là I  ; ÷, trực tâm H(-26, -10). Xác định toạ độ đỉnh B, C của tam
 2 2

giác ABC.
Giải
uuur
uuur
Theo kết quả bài toán 1, ta có được AH = 2 IM .
 −7 7 
Suy ra M  ; ÷
 2 2

Đường thẳng BC đi qua M và có vectơ pháp tuyến

uuur
AH
Phương trình đường thẳng BC là 7 x − y + 28 = 0
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2

2

21  
3
625

x− ÷ + y− ÷ =
2 
2
2

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình
7 x − y + 28 = 0
 x = −5
 x = −2

2
2
hoặc 

21  
3
625 ⇔ 
 y = 14

 y = −7
 x − ÷ +  y − ÷ =
2 
2
2


Vậy B(-2; 14), C(-5; -7) hoặc C(-2; 14), B(-5; -7).
Ví dụ 1.2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), tâm đường
 21 3 
 −5 −7 
tròn ngoại tiếp là I  ; ÷, trọng tâm G  ; ÷. Xác định toạ độ đỉnh B, C của
 2 2
 3 3 

tam giác ABC.

6


Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), trọng tâm
 −5 −7 
G  ; ÷ , trực tâm H(-26, -10). Xác định toạ độ đỉnh B, C của tam giác ABC.
 3 3 

Ví dụ 1.4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), trực tâm H( −7 7 
26, -10), trung điểm của BC là M  ; ÷. Xác định toạ độ đỉnh B, C của tam giác
 2 2

ABC.

Ví dụ 1.5. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), tâm đường
 21 3 
 −7 7 
tròn ngoại tiếp là I  ; ÷, trung điểm của BC là M  ; ÷. Xác định toạ độ đỉnh
 2 2
 2 2

B, C của tam giác ABC.
Ví dụ 1.6. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp
 21 3 
 −7 7 
là I  ; ÷, trực tâm H(-26, -10), trung điểm của BC là M  ; ÷. Xác định toạ độ
 2 2
 2 2

các đỉnh của tam giác ABC.
 −5 −7 
Ví dụ 1.7. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; ÷,
 3 3 
 −7 7 
trực tâm H(-26, -10), trung điểm của BC là M  ; ÷. Xác định toạ độ các đỉnh của
 2 2

tam giác ABC.
Ví dụ 1.8. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại
 21 3 
 −5 −7 
 −7 7 
tiếp là I  ; ÷, trọng tâm G  ; ÷ , trung điểm của BC là M  ; ÷. Xác định
 2 2

 3 3 
 2 2

toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.

7


Chú ý:
Từ ví dụ 1.2 đến ví dụ 1.8 ta chỉ cần sử dụng
uuur
uur
uuur
uuuu
r
kết quả bài toán 1 là HG = 2GI và AG = 2GM thì
các ví dụ này đều trở thành ví dụ 1.1.

Ngoài 8 ví dụ trên giáo viên cũng có thể tạo thêm các ví dụ theo hướng cho biết
tọa độ 2 điểm trong 4 điểm A, H, I, M còn hai điểm còn lại thuộc hai đường khác
nhau. Chẳng hạn như ví dụ sau: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội
 21 3 
tiếp đường tròn tâm I  ; ÷, trực tâm H(-26, -10), trung điểm của BC là M thuộc
 2 2

đường thẳng d : x + y = 0 . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm A
nằm trên đường tròn (C) : ( x + 1) + ( y + 10) 2 = 25 và điểm A có hoành độ dương.
2

Nhận xét: Đề thi khối D – 2010 có nội dung tương tự.

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; -7), trực tâm H(3; -1), tâm
đường tròn ngoại tiếp I(-2; 0). Xác định toạ độ điểm C biết C có hoành độ dương.
Đáp án của BGD như sau:
Phương trình BC có dạng y – a = 0 với a ≠ −7
(do BC ⊥ AH và BC không đi qua A).
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là: ( x + 2 ) + y 2 = 74
2

Toạ độ B, C là nghiệm của hệ phương trình.
2

( x + 2 ) + y 2 = 74


y − a = 0

Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình

( x + 2 ) 2 + a 2 = 74
8


Phương trình trên có nghiệm khi a < 70
Do C có hoành độ dương nên B(−2 − 74 − a 2 ; a), C (−2 + 74 − a 2 ; a)
uuur uuur
H là trực tâm nên AC.BH = 0 ⇔ ( 74 − a 2 − 5)( 74 − a 2 + 5) + (a + 7)( −1 − a) = 0
 a = −7
⇔ a 2 + 4a − 21 = 0 ⇔ 
a = 3

Suy ra C (−2 + 65;3) .
Xem đáp án của Bộ Giáo Dục, ta thấy nếu chúng ta chỉ dùng công cụ giải tích
để giải quyết những bài toán hình học giải tích phẳng như trên sẽ gặp khó khăn hơn rất
nhiều nếu không có sự giúp đỡ các tính chất của hình học phẳng.

9


Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, trực tâm H, D là giao của
AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh:
a) H và D đối xứng nhau qua BC.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp tam giác tam
giác ABC qua phép đối xứng trục BC.
Giải
a) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của B, A trên AC,
BC.
Ta có tứ giác ABNM nội tiếp
·
·
¼ )
Suy ra HBN
(vì cùng chắn cung MN
= DAC
·
·
» )
Mà DBC
(vì cùng chắn cung DC
= DAC
·

·
Nên HBN
= NBD
Tam giác BHD cân tại B(do BN vừa là đường cao,
đường phân giác)
Do đó H và D đối xứng nhau qua BC.
b) Theo câu a) có H và D đối xứng nhau qua BC.
Suy ra tam giác HBC là ảnh của tam giác DBC qua phép đối xứng trục BC.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp tam giác
tam giác ABC qua phép đối xứng trục BC.
(Tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
có cùng bán kính và hai tâm của hai đường tròn này đối xứng nhau qua BC)
Chú ý:
Để xây dựng được bài toán giáo viên xuất phát từ ví dụ thuận cho tam giác
ABC biết các đỉnh A, B, C. Sau đó tìm các yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC, trực tâm, phương trình các đường BC, đường cao, đường trung tuyến, phân giác
kẻ từ A…
Từ ví dụ trên giáo viên tạo bài toán nghịch bằng cách cho biết 1 số yếu tố thích
hợp mà học sinh khi giải quyết phải sử dụng nội dung bài toán 2 để tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.
10


Ví dụ 2.1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến kẻ
từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình 5 x − 3 y − 8 = 0, x + y + 4 = 0 . Đường
thẳng d đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại D(-2; -4). Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ
dương.
Giải
Đường thẳng AD đi qua D và vuông góc với BC

Phương trình đường thẳng AD là x − y − 2 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x − y − 2 = 0
x = 1
⇔
⇒ A(1; −1)

5
x
−
3
y
−
8
=
0
y
=
−
1


 −1 −7 
Gọi M là trung điểm BC suy ra M  ; ÷
 2 2 

Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
Theo kết quả bài toán 2, ta có H và D đối xứng nhau qua BC.
Gọi N là giao của BC và AD suy ra N(-1; -3)
Nên H(0; -2)

B thuộc BC suy ra B(b; - b - 4) với b > 0.
M là trung điểm BC nên C(-b - 1; b- 3)
H là trực tâm tam giác ABC nên BH ⊥ AC
uuur uuur
b = 1
⇔ BH . AC = 0 ⇔ −b(−b − 2) + (b − 2)(b + 2) = 0 ⇔ 
b = −2
Do đó B(1; -5) và C(-2; -2).
Ví dụ 2.2. Đề thi khối D – 2010. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(3; -7), trực tâm H(3; -1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2; 0). Xác định toạ độ điểm C
biết C có hoành độ dương.
Giải

11


Đường thẳng AH có phương trình x − 3 = 0
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình

( x + 2 ) 2 + y 2 = 74
Gọi D là giao của AH và đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, N là giao của AH và BC.
Tọa độ D là nghiệm của hệ
2

x = 3
x = 3
( x + 2 ) + y 2 = 74
⇔
hoặc 


y = 7
 y = −7

x = 3

Suy ra D(3; 7) ⇒ N (3;3)
Theo kết quả bài toán 2, ta có H và D đối xứng nhau qua BC.
Hay BC là đường trung trực của HD.
Đường thẳng BC có phương trình y − 3 = 0
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình
2

 x = −2 + 65
( x + 2 ) + y 2 = 74
 x = −2 − 65
⇔
hoặc 

 y = 3
y = 3
y = 3



C có hoành độ dương nên C (−2 − 65;3) .
Ví dụ 2.3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H(2; 1) và
tâm đường tròn ngoại tiếp là I(1; 0). Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng
d : x − 2 y − 1 = 0 . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường tròn ngoại
tiếp tam giác HBC đi qua điểm E(6; -1) và B có hoành độ nhỏ hơn 4.

Giải
Gọi I’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC.
Gọi M là trung điểm của BC.
Do M thuộc d và I thuộc d nên phương trình MI là x − 2 y − 1 = 0
Theo kết quả bài toán 2, ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là ảnh của đường
tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng trục BC.

12


Hay I’ đối xứng với I qua BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn
ngoại tiếp tam giác HBC có cùng bán kính.
I ' ∈ d ⇒ I '(2t + 1; t ) , HI ' = EI ' ⇔ (2t − 1)2 + (t − 1) 2 = (2t − 5) 2 + (t + 1) 2 ⇔ t = 2
⇒ I '(5; 2), I ' H = 10

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

( x − 1) 2 + y 2 = 10
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình
( x − 1) 2 + y 2 = 10
x = 4
x = 2

⇔
hoặc


2
 y = −1
y = 3

( x − 5 ) + ( y − 2) 2 = 10
Do B có hoành độ nhỏ hơn 4 nên B(2; 3), C(4; -1).

Ví dụ 2.4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2); B(3; 0). Gọi H
là trực tâm tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB có tâm I(4; -3). Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (Đề thi học sinh giỏi Nam Định
năm 2010 - 2011)
Giải
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Theo kết quả bài toán 2, ta có đường tròn ngoại
tiếp tam giác HBA là ảnh của đường tròn ngoại
tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng
trục AB.
Hay K đối xứng với I qua AB.
Phương trình đường thẳng AB là x − y − 3 = 0
Phương trình đường thẳng IK là x + y − 1 = 0
Gọi M là giao của KI và BC.
Suy ra M(2; -1) nên K(0; 1).
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm K(0; 1) và bán kính KA = 10
13


Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2 + ( y − 1) = 10
2

Ví dụ 2.5. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2; -1), K
4 7
 ; ÷ là chân đường cao kẻ từ C và M(0; -3) là trung điểm của BC. Viết phương
5 5

trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
Gọi E là giao của CH và đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Theo kết quả bài toán 2, ta có H và E đối xứng
nhau qua AB.
Gọi N đối xứng với H qua M
Theo kết quả bài toán 1, ta có được N thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 −2 19 
Ta có N(-2; -5), E  ; ÷
 5 5

Đường thẳng CH đi qua H, K có phương trình 2 x + y − 3 = 0
Đường thẳng AB đi qua K và vuông góc với HK có phương trình x − 2 y + 2 = 0 Khi đó
B(2b – 2; b) suy ra C(2 – 2b; -6 - b).
C thuộc CH nên ta có 2(2 − 2b) − 6 − b − 3 = 0 ⇔ b = −1
Suy ra B(-4; -1).
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm E, N, B nên có phương trình

( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = 25
Ví dụ 2.6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5 ) , cạnh
BC có phương trình x + y − 8 = 0 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai
điểm M(7; 3), N(4; 2). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
Gọi D là giao của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

14

Theo kết quả bài toán 2, ta có H và D đối
xứng nhau qua BC.
Đường thẳng AH có phương trình x − y = 0
Gọi E là giao của AH và BC.
Tọa độ E là nghiệm của hệ phương trình
x + y − 8 = 0
x = 4
⇔
⇒ E (4;4)

x
−
y
=
0
y
=
4


E là trung điểm của HD nên D(3; 3).
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua các điểm M, N, D.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x = 6
x = 3
 x − y = 0
⇔
⇒ A(6;6)

hoặc 
 2
2
 x + y − 10 x − 8 y + 36 = 0
y = 6
y = 3
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình
x = 3
x = 6
 x + y − 8 = 0
⇔
hoặc
 2


2
 x + y − 10 x − 8 y + 36 = 0
y = 5
y = 2
Nên B(3; 5), C(6; 2) hoặc B(6; 2), C(3; 5).
Ví dụ 2.7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I
 8
2
2
có phương trình ( x − 2 ) + ( y − 3 ) = 26 . Biết trọng tâm của tam giác ABC là G 1; ÷
 3

và D(7; 2) thuộc đường thẳng qua A vuông góc với BC (D không trùng với A). Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết yB > yC .
Giải

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(2; 3).
Theo kết quả bài toán 1, ta có được Suy ra H(-1; 2).
Ta có D(7; 2) thuộc đường thẳng qua A vuông góc với BC (D không trùng với A) và D
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
15


Nên D là giao của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Theo kết quả bài toán 2, ta có H và D đối xứng nhau qua
BC.
Hay BC là đường trung trực của HD.
Phương trình đường thẳng BC là
8( x − 3) + 0( y − 2) = 0 ⇔ x − 3 = 0

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình

x = 3
x = 3
x − 3 = 0
⇔
hoặc 

2
2
 y = −2
y = 8

( x − 2 ) + ( y − 3) = 26

Nên B(3; 8), C(3; -2).
M là trung điểm của BC suy ra M(3; 3)
uuuu
r
uuuu
r
G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có AM = 3GM ⇒ A( −3; 2)

16


Bài toán 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm I, trực tâm H. Gọi M, N,
P lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C, A xuống cạnh AC, AB, BC. Gọi E, F lần lượt
là trung điểm AH, BC. Chứng minh:
a) MN vuông góc với AI.
b) MN vuông góc với EF.
c) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
Giải

a) Cách 1 Kẻ đường kính AD.
Ta có ·ADC = ·ABC
·
Tứ giác BNMC nội tiếp ·ABC = ·AMN (vì cùng bù với CMN
)
·
Do AD là đường kính nên DAC
+ ·ADC = 900
·
Hay DAC
+ ·AMN = 900 ⇔ AD ⊥ MN

Cách 2 Kẻ tiếp tuyến d của đường tròn tại A ⇒ AI ⊥ d đường kính AD.
·
Tứ giác BNMC nội tiếp ·ACB = ·ANM (vì cùng bù với BNM
)
·
Mà ·ACB = BAx
·
Nên BAx
= ·ANM ⇒ d // MM
Do đó AI ⊥ MN.
b) Theo kết quả bài toán 1, ta có tứ giác BHCD là hình bình hành.
Nên F là trung điểm của HD.
17


Trong tam giác HAD có E, F lần lượt là trung điểm HA và HD.
Suy ra EF // AD.
Mà AD ⊥ MN nên EF ⊥ MN.
¼ )
c) Ta có tứ giác BPHN nội tiếp nên ·APN = ·ABH (vì cùng chắn cung NH

¼ )
Tứ giác PHMC nội tiếp nên ·APM = ·ACH (vì cùng chắn cung MH
¼ )
Tứ giác BNMC nội tiếp nên ·ABH = ·ACH (vì cùng chắn cung NM
Do đó ·APN = ·APM
·
Hay AP là đường phân giác của góc MPN
·
Chứng minh tương tự CN là đường phân giác của góc MNP

Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
Ví dụ 3.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 25 ngoại tiếp
tam giác nhọn ABC. Biết tọa độ chân các đường cao kẻ từ B và C lần lượt là M(-1;
-3), N(2; -3). Tìm tọa độ các đỉnh ABC biết đỉnh A có tung độ âm.
Giải
Đường tròn (C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 5.
Theo kết quả bài toán 3, ta có được OA ⊥ MN
Đường thẳng OA đi qua O và vuông góc với MN có
phương trình 3( x − 0) + 0( y − 0) = 0 ⇔ x = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x = 0
x = 0
 x = 0
⇔
hoặc 
 2
2
 x + y = 25
y = 5
 y = −5
Vì A có tung độ âm nên A(0; -5)
Đường thẳng AB đi qua A, N có phương trình x − y − 6 = 0
Đường thẳng AC đi qua A, M có phương trình 2 x + y + 5 = 0
Đường thẳng NC đi qua N và vuông góc AN có phương trình x + y + 1 = 0
Đường thẳng BM đi qua M và vuông góc AM có phương trình x − 2 y − 5 = 0
Khi đó B(5; 0) và C(-4; 3)
18


Ví dụ 3.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

(C): x 2 + y 2 = 25 , đường thẳng AC đi qua K(2; 1). Gọi M, N lần lượt là chân đường
cao kẻ từ B, và C. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình đường
MN là 4 x − 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
Giải
Đường tròn (C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 5.
Theo kết quả bài toán 3, ta có được OA ⊥ MN
Đường thẳng OA đi qua O và vuông góc với MN
có phương trình
3( x − 0) + 4( y − 0) = 0 ⇔ 3 x + 4 y = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3 x + 4 y = 0
x = 4
 x = −4
⇔
hoặc
 2


2
 y = −3
y = 3
 x + y = 25
Vì A có hoành độ âm nên A(-4; 3)
Đường thẳng AC đi qua A và K có phương trình x + 3 y − 5 = 0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
x + 3y − 5 = 0
 x = −1
⇔
⇒ M (−1;2)


4
x
−
3
y
+
10
=
0
y
=
2


Đường thẳng BM đi qua M và vuông góc với AM có phương trình 3 x − y + 5 = 0
x + 3y − 5 = 0
 x = −4
x = 5
⇔
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình  2
hoặc


2
y = 3
y = 0
 x + y = 25

Suy ra C(5; 0)
3x − y + 5 = 0

 x = −3
x = 0
⇔
Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình  2
hoặc


2
 y = −4
y = 5
 x + y = 25

Với B(0; 5) suy ra cos ·ABC =

−20 + 10
20. 50

<0

Vậy B(-3; -4)

19


Ví dụ 3.3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm A là ∆ : x − 2 y + 4 = 0 , đường cao kẻ từ B là
BB ' : x − y − 2 = 0 . Hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là C ' ( 0; −1) .
Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Theo kết quả bài toán 3, ta có được

IA ⊥ B ' C ', IA ⊥ ∆
Nên B’C’ // ∆.
Đường thẳng B’C’ đi qua C’ và song song với ∆
có phương trình x − 2 y − 2 = 0
Tọa độ điểm B’ là nghiệm của hệ phương trình
x − 2 y − 2 = 0
x = 2
⇔
⇒ B '(2;0)

x − y − 2 = 0
y = 0
Đường thẳng AC đi qua B’ và vuông góc BB’ có
phương trình x + y − 2 = 0
x − 2 y + 4 = 0
x = 0
⇔
⇒ A(0;2)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
x + y − 2 = 0
y = 2
Đường thẳng AB đi qua A, C’ có phương trình x = 0
x = 0
x = 0
⇔
⇒ B (0; −2)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
x − y − 2 = 0
 y = −2

Đường thẳng CC’ đi qua C’ và vuông góc AB có phương trình y + 1 = 0
 y +1 = 0
x = 3
⇔
⇒ C (3; −1)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
x + y − 2 = 0
 y = −1
Đường thẳng BC đi qua B, C có phương trình x − 3 y − 6 = 0
Ví dụ 3.4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3; 0) và
trung điểm của BC là M(6; 1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2 y − 3 = 0 . Gọi D
và E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các

20


đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng phương trình đường thẳng DE : x − 2 = 0 và
điểm D có tung độ dương.
Giải
Gọi K là trung điểm của AH.
Theo kết quả bài toán 3, ta có được KM ⊥ DE
Đường thẳng KM đi qua M và vuông góc với DE
có phương trình y − 1 = 0
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
x + 2 y − 3 = 0
x = 1
⇔
⇒ K (1;1)

 y −1 = 0

y =1
Do K là trung điểm AH nên A(-1; 2).
D(2; t) với t > 0.
 t = −1
Do AD ⊥ DH ⇔ 3 − t (t − 2) = 0 ⇔ 
t = 3
Suy ra D(2; 3)
Đường thẳng AC đi qua A, D có phương trình x − 3 y + 7 = 0
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH có phương trình 2 x − y − 11 = 0
x − 3y + 7 = 0
x = 8
⇔
⇒ C (8;5)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
2 x − y − 11 = 0
y = 5
M là trung điểm BC nên B(4; -3)
Ví dụ 3.5. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có M(2; 2), N(-2; 2),
P(2; -1) lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C, A xuống AC, AB, BC. Xác định toạ độ
các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
Theo kết quả bài toán 3, ta có được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
·
Nên PA là đường phân giác trong của MPN
.
Mà BC ⊥ PA.
21

·
Suy ra BC là đường phân giác ngoài của MPN
·
AB là đường phân giác ngoài của MNP
AC là đường phân giác ngoài của ·NMP
uuuu
r
uuur
Ta có PM (0;3), PN ( −4;3)

uu
r
r 1 uuur  4 2 
1 uuuu
⇒ u1 =
PM −
PN =  ; ÷
PM
PN
5 5
uu
r
Đường thẳng BC đi qua P và có vectơ chỉ phương u1 có phương trình x − 2 y − 4 = 0
uu
r
uuuur
uuur
1 uuuur 1 uuur  1 3 
NM −
NP =  ; ÷

Ta có NM (4;0), NP ( −4;3) ⇒ u2 =
NM
NP
5 5

uu
r
Đường thẳng AB đi qua N và có vectơ chỉ phương u2 có phương trình 3 x − y + 8 = 0
uu
r
r
uuuu
r
uuur
1 uuuu
1 uuur
MN −
MP = ( −1;1)
Ta có MN (−4;0), MP (0; −3) ⇒ u3 =
MN
PM
uu
r
Đường thẳng AC đi qua M và có vectơ chỉ phương u1 có phương trình x + y − 4 = 0
3 x − y + 8 = 0
 x = −1
⇔
⇒ A( −1;5)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
x

+
y
−
4
=
0
y
=
5


Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
3x − y + 8 = 0
 x = −4
⇔
⇒ B(−4; −4)

x − 2 y − 4 = 0
 y = −4
x − 2 y − 4 = 0
 x = −1
⇔
⇒ C (4;0)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
x + y − 4 = 0
y = 5
Vậy A(-1; 5), B(-4; -4), C(4; 0).

Chú ý:
Ở đây tác giả đã dùng kỹ thuật chuẩn hóa vectơ để viết phương trình đường

phân giác. Kỹ thuật này có thể áp dụng cả trong tọa độ không gian Oxyz.

22


Cho tam giác ABC.

A

Đường phân giác trong AD góc A có
r
r 1 uuur
1 uuu
AB +
AC
vectơ chỉ phương u =
AB
AC

B

D

C

Đường phân giác ngoài góc A có vectơ
r
r 1 uuur
1 uuu
AB −

AC
chỉ phương u ' =
AB
AC

23


Bài toán 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, ngoại tiếp đường tròn tâm J.
Gọi D là giao của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh DB = DC
= DJ.
Chú ý:
Bài toán trên vẫn còn đúng khi thay tâm J đường tròn nội tiếp tam giác ABC
·
bằng tâm J đường tròn bàng tiếp góc BAC
.
Giải
·
·
Ta có BJD
= BAD
+ ·ABJ (góc ngoài của tam giác ABJ)
·ABJ = JBC
·
·
·
(do J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC)
, BAD
= CAD

·
·
» )
Mà DBC
(vì cùng chắn cung CD
= CAD
·
·
·
·
·
Nên BJD
= BAD
+ ·ABJ = JBC
+ DBC
= JBD
Do đó tam giác BDJ cân tại D.
Chứng minh tương tự có tam giác CDJ cân tại D.
Vậy DB = DC = DJ.
(hay B, C, J đều thuộc đường tròn tâm D bán kính
DJ)

Ví dụ 4.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
I(6; 6) và ngoại tiếp đường tròn tâm J(4; 5), biết đỉnh A(2; 3). Tìm tọa độ hai đỉnh B
và C biết điểm B có hoành độ nhỏ hơn hoành độ điểm C.
Giải
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 25
2

2

Gọi D là giao của AJ và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (với D khác A)
Đường thẳng AD đi qua A, J có phương trình x − y + 1 = 0

24


Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình

x = 2
x − y +1 = 0
⇔
hoặc

2
2
y
=
3
x
−
6
+
y
−
6
=
25
(
)

(
)




x = 9

 y = 10
Suy ra D(9; 10)
Theo kết quả bài toán 3, ta có được DB = DC
= DJ.
B, C nằm trên đường tròn tâm D bán kính DJ có phương trình ( x − 9 ) + ( y − 10 ) = 50
2

2

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình
( x − 9 ) 2 + ( y − 10 ) 2 = 50
 x = 10
x = 2
⇔
hoặc



2
2
y = 3
y = 9

( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 25
Do điểm B có hoành độ nhỏ hơn hoành độ điểm C nên B(2; 9) và C(10; 3).
Ví dụ 4.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm
J(3; 1). Biết đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC có phương trình

2 x + y − 10 = 0 và D(2; -4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc
đường thẳng có phương trình d : x + y + 7 = 0 .
Giải
Đường thẳng AD đi qua J và D có phương trình

x−2=0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x − 2 = 0
x = 2
⇔
⇒ A(2;6)

 2 x + y − 10 = 0
y = 6
Theo kết quả bài toán 3, ta có được DB = DC =
DJ.
B, C nằm trên đường tròn tâm D bán kính DJ có
25


phương trình ( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 25
2

2

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

 x + y + 7 = 0
x = 2
 x = −3
⇔
hoặc



2
2
 y = −4
y = 9
( x − 2 ) + ( y + 4 ) = 25
B có hoành độ âm nên B(-3; -4).
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với 2 x + y − 10 = 0 có phương trình

x − 2y − 5 = 0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

x = 5
 x = −3
 x − 2 y − 5 = 0
⇔
⇒ C (5;0)
hoặc 

2

2
y
=
0
y
=
−
4
x
−
2
+
y
+
4
=
25
(
)
(
)



Vậy A(2; 6), B(-3; -4), C(5; 0).
Ví dụ 4.3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
I(3; 5) và ngoại tiếp đường tròn tâm J(1; 4). Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các
cạnh AB, AC kéo dài có tâm F(11; 14). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
Ta có F là giao điểm của phân giác trong góc A với phân

giác

ngoài

của

các

góc

B

và

C.

Suy

ra

BF ⊥ BJ , CF ⊥ CJ ⇒ tứ giác BJCF nội tiếp đường tròn
đường kính JF.
Gọi D là giao của AJ và đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Theo kết quả bài toán 3, ta có được DB = DC = DJ.
Suy ra D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BJCnên
D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BJCF.

⇒ D là trung điểm JF ⇒ D ( 6;9 ) .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình ( x − 3) + ( y − 5 ) = 25

2

2

26


Đường tròn ngoại tiếp tam giác BJC có tâm D bán kính DJ có phương trình

( x − 6)

2

+ ( y − 9 ) = 50
2

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình
( x − 3) 2 + ( y − 5 ) 2 = 25
 x = −1
x = 7
⇔
hoặc



2
2
y = 8
y = 2
( x − 6 ) + ( y − 9 ) = 50

Suy ra B(7; 2), C(-1; 8) hoặc B(-1; 8), C(7; 2).
Đường thẳng AD đi qua J, D có phương trình x − y + 3 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình

( x − 3) 2 + ( y − 5 ) 2 = 25
x = 6
 x = −1
⇒ A( −1;2)
⇔
hoặc 

y = 2
y = 9
 x − y + 3 = 0

27