skkn sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp

Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT LÊ VIẾT THUẬT
……….…………………..

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:

Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng
từ những kết quả hình học tổng hợp

Người thực hiện: Đào Quốc Dũng
Tổ bộ môn: Toán-Tin
Số điện thoại cá nhân: 0977154666

Năm học: 2013 – 2014
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 0


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Phần I. Đặt vấn đề:
Bài toán toạ độ phẳng là chủ đề hay và khó. Gần đây chủ đề này được sử dụng
nhiều trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi và kỳ thi tuyển sinh Đại học,Cao đẳng.
Khi gặp bài toán toạ độ phẳng đa số học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong
việc khai thác các kết quả hình học tổng hợp để giải bài toán toạ độ phẳng.
Đa số giáo viên chỉ đơn thuần là tìm các bài toán có sẵn trong các tài liệu để
thực hiện giảng dạy, suy nghĩ khai thác tự tìm tòi sáng tạo ra bài toán mới là rất
hạn chế. Vì vậy không rèn dũa nhiều về tư duy sáng tạo, quá trình dạy học phần

toạ độ phẳng gặp rất nhiều khó khăn , vì hiện nay các bài toán toạ độ phẳng trong
các đề thi yêu cầu học sinh phải suy nghĩ độc lập và sáng tạo mới giải quyết được.
Chính vì vậy việc khai thác các kết quả hình học tổng hợp để tạo nên bài toán toạ
độ phẳng có ý nghĩa thiết thực cho việc rèn luyện tư duy sáng tạo của giáo viên và
gieo cho học sinh một tinh thần tìm tòi khám phá từ đó hình thành và phát triển tư
duy sáng tạo cho học sinh. Làm được điều này là người giáo viên đã đáp ứng được
một phần của yêu cầu dạy học tích cực.
Qua những năm công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi Đại học,
Cao đẳng. Bản thân tôi nhận thấy việc khai thác các kết quả hình học tổng hợp để
sáng tạo bài toán toạ độ phẳng là một nhiệm vụ cần thiết của người giáo viên trong
quá trình dạy học. Làm được điều đó là tạo ra nhiều bài toán mới gây hứng thú cho
học sinh đồng thời góp phần bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho giáo viên và cũng là
tấm gương sáng tạo cho học sinh.
Việc sáng tạo bài toán toạ độ phẳng giúp cho quá trình dạy học trở nên linh
hoạt hơn, đó là vấn đề mà nhiều giáo viên quan tâm.
Để góp phần nâng cao chất lượng dạy học cho học sinh ở trường trung học phổ
thông về chủ đề phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Tôi chọn đề tài “Sáng tạo
bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp”.
Đề tài này được hoàn thành tại trường THPT Lê Viết Thuật. Trong quá trình
thực hiện đề tài tôi đã nhận được nhiều sự góp ý về bố cục, nội dung. Nhân đây
cho phép tôi gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc
biệt là các thầy cô trong tổ Toán – Tin trường THPT Lê Viết Thuật.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng đề tài không tránh khỏi những thiếu sót,
hạn chế. Tôi mong được sự góp ý chân thành của quý thầy cô giáo và các độc giả
để đề tài được bổ sung và ngày càng hoàn thiện hơn.

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 1

Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Phần II. Nội dung:
1. Khai thác một số kết quả (KQ) về khoảng cách :
     
KQ1. a  b  a  b , a, b.
   
 
a  b  a  b  a, b cùng hướng.
 
  
   
TQ: a1  a2  ...  an  a1  a2  ...  an , a1 , a2 ,..., an .
 
  

  
a1  a2  ...  an  a1  a2  ...  an  a1 , a2 ,..., an đôi một cùng hướng.

*)Nhận xét: Từ KQ1 ta có:
+) MA  MB  AB A, B, M . (1)
Dấu “=’’ xảy ra ở (1)  M thuộc đoạn AB.
+) Tổng quát : A1A 2  A 2 A 3 +...+A n-1A n  A1A n Ai (i  1, n) (2)
 

Dấu “=’’ xảy ra ở (2)  A1A 2 , A 2 A 3 ,...., A n-1A n cùng hướng.
 AB  MB  MA  MA  MB  AB

 AB  MA  MB  MB  MA  AB

+) Tương tự (1) ta cũng có : 

 MA  MB  AB A, B, M (3).

Dấu bằng xảy ra ở (3)  hoặc M thuộc tia đối của tia AB hoặc M thuộc tia đối của
tia BA.
+) Xét đường thẳng d và hai điểm A, B không thuộc d. M là điểm thay đổi trên d .
Gọi C là điểm đối xứng của A qua d, K là giao của d và đường thẳng AB .
. Khi d cắt đoạn AB tại K, ta có : Min( MA  MB)  AB khi M trùng K. (4)
A
M

d

K

B
Ràng buộc thêm điều kiện d cắt đường thẳng BC tại E , ta có :
MA  MB  MC  MB  BC  Max(MA  MB)  BC khi M trùng E. (5)
A
M

K

d

E

C

B

. Khi d không cắt đoạn AB, ta có :
C
M
B

E

d

K

A

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 2


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.

Min  MA  MB   BC khi M trùng E.

(6)
Max MA  MB  AB khi M trùng K. (7)
Từ những nhận xét trên ta cho biết phương trình của đường d, toạ độ các điểm A,
B ta thiết lập được các bài toán sau :
Bài toán 1:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và hai

điểm A(4;1) , B(2; 2) ). Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho :
a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất .
b) MA  MB đạt giá trị lớn nhất .
Hướng dẫn:
Vì ( xA  y A  2)( xB  yB  2)  0 nên A, B nằm khác phía đối với d.
a) Từ (4) ta có MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của AB và d. Từ
đó tìm được M(2; 0).
b) Gọi C là điểm đối xứng của A qua d . Ta tìm được C(1; -2).
Từ (5) ta có MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M là giao điểm của BC và d. Từ đó
tìm được M(4; - 2).
Bài toán 2:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 2x + y – 4 = 0 và
hai điểm A(4;1), B(1;3). Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho :
a) MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất .
b) MA  MB đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn:
Vì (2 xA  y A  4)(2 xB  yB  4)  0 nên A, B nằm cùng phía đối với d.
a) Gọi C là điểm đối xứng của A qua d . Ta tìm được C(0; -1).
Từ (6) ta có MA+MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của BC và d. Từ đó
5 7

tìm được M  ;  .
6 3
b) Từ (7) ta có MA  MB đạt giá trị lớn nhất khi M là giao điểm của AB và d. Từ
1 7

đó tìm được M  ;  .
4 2
KQ2. Nếu H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên đường thẳng  thì
AB  HK .

B

B
A
H


H

K



K
A

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 3


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
KQ3. Cho ®­êng th¼ng . Víi hai ®iÓm A, B bÊt kú ta lu«n cã:
AB  d ( A, )  d ( B, ).

KQ4. NÕu A vµ B kh«ng n»m cïng phÝa ®èi víi ®­êng th¼ng  th×
AB  d ( A, )  d ( B, ).

KQ5. Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 ,..., An cùng nằm trong một nửa mặt phẳng

bờ là đường thẳng n  ( kể cả bờ). Gọi G là trọng tâm của hệ n điểm  A1 , A2 ,..., An  .
Khi đó ta luôn có  d ( Ai , )  n.d (G , ) .
i 1

Chứng minh :
Chọn hệ trục toạ độ Oxy. Giả sử phương trình của  là ax  by  c  0(a 2  b2  0).
Khi đó tích của 2 số trong n số (axi  byi  c) (i  1, n) (với ( xi , yi ) là toạ độ của điểm
Ai ) luôn là số không âm.
n
n

n

  d ( Ai , )  
i 1

i 1

axi  byi  c
a 2  b2

 (ax  by
i



i

 c)

i 1



a 2  b2

n( axG  byG  c)
a2  b2

 n.d (G, )

KQ6. Cho tam giác ABC có BC  a, ma là độ dài đường trung tuyến kẻ từ A. Nếu
 là đường thẳng thay đổi đi qua A thì d ( B ,  )  d (C ,  )  Max 2m a ; a .
Chứng minh :
- Nếu  cắt đoạn BC thì d ( B, )  d (C ,  )  BC
- Nếu  không cắt đoạn BC thì d ( B, )  d (C , )  2d ( I , )  2 AI (Với I là trung
điểm của đoạn BC ).
Suy ra điều phải chứng minh.
A





A

B

C

B

I

C

*) Nhận xét: Từ KQ2, KQ3, KQ4, KQ5, KQ6 ta cho toạ độ các đỉnh của tam giác
ABC sẽ dễ dàng thiết lập được các bài toán về tổng khoảng cách đạt giá trị lớn
nhất.
Bài toán 3:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; -1), B(5; 2),
C(-2; 3).  là đường thẳng thay đổi đi qua A. Viết phương trình đường thẳng 
sao cho d ( B, )  d (C, ) đạt giá trị lớn nhất.
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 4


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Hướng dẫn :
3 5
Gọi I là trung điểm của BC . Suy ra I  ;  .
2 2



 
Vì AB. AC  (5  1).(2  1)  (2  1)(3  1)  0 nên tam giác ABC là tam giác vuông tại A.
Từ KQ6 ta có d ( B, )  d (C, ) đạt giá trị lớn nhất khi hoặc   BC hoặc   AI . Do
  : 7 x  y  8  0

đó 
  : x  7 y  6  0.

Bài toán 4:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 7), B(0; 5),
C(4; 3).  là đường thẳng thay đổi đi qua A. Viết phương trình đường thẳng  sao
cho 3d ( B,  )  2d (C ,  ) đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn :

 

Gọi B1 , C1 lần lượt là các điểm thoả mãn AB1  3 AB, AC1  2 AC. Suy ra
B1 (2;1), C1 (7; 1).
5
Gọi I là trung điểm của A1B1 . Suy ra I  ; 0 
2



Ta có : 3d ( B, )  2 d (C , )  d ( B1 , )  d (C1 ,  ) , 2 AI  205  B1C1  85.

Từ KQ6 suy ra d ( B1 , )  d (C1 , ) lớn nhất khi   AI .
Vậy 3d ( B, )  2d (C , ) lớn nhất khi  : 3x  14 y  95  0.
KQ7. Cho đường tròn (C) có tâm I và bán kính R. Nếu G là một điểm nằm trong
(C), đường thẳng IG cắt đường tròn (C) tại H và K ( GH  GK ) ,  là tiếp tuyến
của (C) thì R  IG  d (G, )  R  .
Chứng minh:
(C)
K

I

G
H


N
M

E

Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến  với (C), E là hình chiếu vuông góc của G trên
 , N là giao của  và đoạn GE .
Ta có : MI  IG  MG  MI  IG  R  IG  MG  R  IG.
Mà GN  GE  GM nên IN  IG  GE  IM  IG  R  IG  d (G, )  R  IG (đpcm).
*)Nhận xét: Các điểm thuộc đường tròn luôn nằm cùng phía đối với tiếp tuyến.
Kết hợp KQ5 và KQ7 ta thiết lập được bài toán sau .

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 5


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; 3),
B(-3; 2), C(4; -5). Gọi (T) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Viết phương
trình tiếp tuyến  của (T) sao cho d ( A, )  d ( B, )  d (C, )
a) Đạt giá trị nhỏ nhất .
b) Đạt giá trị lớn nhất .
Hướng dẫn:

K

I

G
H


M

E

Gọi M là tiếp điểm của  với (T), G là trọng tâm tam giác ABC.
Gọi I là tâm đường tròn (T).
Dễ dàng tìm được G(-1;0), I(1;-1)
 IG : x  2 y  1  0, (T ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  25.

Gọi H, K là các giao điểm của đường thẳng IG và đường tròn (T) (G thuộc đoạn
IH).
( x  1) 2  ( y  1) 2  25

Toạ độ các điểm H, K thoả mãn hệ phương trình 

x  2 y 1  0

Suy ra : H (1  2 5; 1  5), K (1  2 5; 1  5) .
Từ KQ7 ta có 3( R  IG )  d ( A,  )  d ( B, )  d (C, )  3( R  IG )
 3(5  5)  d ( A,  )  d ( B ,  )  d (C ,  )  3(5  5) .
a) Ta có d ( A, )  d ( B, )  d (C, ) nhỏ nhất bằng 3(5  5) khi  đi qua H và vuông

góc với IG . Khi đó  : 2 x  y  3  5 5  0.
a) Ta có d ( A, )  d ( B, )  d (C, ) lớn nhất bằng 3(5  5) khi  đi qua K và vuông
góc với IG . Khi đó  : 2 x  y  3  5 5  0.
*)Nhận xét: Cho tam giác ABC và điểm I . Nếu đường thẳng  thay đổi qua I thì
hoặc A, B, C nằm cùng phía hoặc A, B nằm cùng phía hoặc B, C nằm cùng phía
hoặc C, A nằm cùng phía đối với  . Gọi A1 , B1 , C1 thứ tự là điểm đối xứng của A, B,
C qua I .Ta xét các trường hợp :
TH1: Cả ba điểm A, B, C nằm cùng phía đối với  .
Ta có d ( A, )  d ( B, )  d (C, )  3d (G,  )  3GI . (Với G là trọng tâm tam giác ABC).
TH2: Cả ba điểm A, B,C không nằm cùng phía đối với.
Khi đó ta có các khả năng :
Khả năng 1:
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 6


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
A, B nằm cùng phía đối với  . Khi đó A, B, C1 nằm cùng phía đối với  .
Ta có d ( A, )  d ( B, )  d (C , )  d ( A, )  d ( B, )  d (C1 ,  )  3d (G1 , )  3G1 I
(Với G1 là trọng tâm tam giác ABC1 ).
Khả năng 2:
B, C nằm cùng phía đối với  . Khi đó B, C, A1 nằm cùng phía đối với 
Ta có d ( A, )  d ( B, )  d (C , )  d ( A1 , )  d ( B, )  d (C , )  3d (G2 , )  3G2 I
(Với G2 là trọng tâm tam giác A1BC ).
A

C1

B1

I

B

C



A1

Khả năng 3:
C, A nằm cùng phía đối với  . Khi đó C, A, B1 nằm cùng phía đối với 
Ta có d ( A, )  d ( B, )  d (C , )  d ( A, )  d ( B1 , )  d (C , )  3d (G 3,  )  3G3 I
(Với G3 là trọng tâm tam giác AB1C ). Từ đó ta có kết quả sau:
KQ8: d ( A, )  d ( B, )  d (C , )  3Max{GI ; G1 I ; G2 I ; G3 I }.
Từ kết quả này ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 6:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 4), B(-3; -1),
C(2;-2). Viết phương trình đường thẳng  đi qua O sao cho:
d ( A, )  d ( B, )  d (C , ) đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn: Dễ dàng chứng minh được O nằm trong tam giác ABC nên không thể
xảy ra trường hợp A, B, C cùng phía đối với  .
Gọi A1 , B1 , C1 thứ tự là các điểm đối xứng với A, B, C qua O.
Suy ra A1 (1; 4), B1 (3;1), C1 (2; 2).
4 5

2 7 
 , G3 (2;1).


Trọng tâm các tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 thứ tự là G1  ;  , G2  ;
 3 3
 3 3
Vận dụng KQ8 ta có :

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 7


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Max(d ( A, )  d ( B,  )  d (C , ))  3Max{OG1 ; OG2 ; OG3}=

53
khi  đi qua O và vuông
3

góc với OG2 . Vậy  : 2 x  7 y  0.
*)Nhận xét: Ta cũng có thể mở rộng bài toán trên bằng cách thay
d ( A, )  d ( B, )  d (C , ) bởi kd ( A, )  ld ( B, )  md (C ,  ) (trong đó k , l , m là các số
dương cho trước ).
2. Khai thác một số kết quả (KQ) về tam giác và tứ giác đặc biệt :
KQ9. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c . Chứng minh rằng điều kiện cần
và đủ để hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là b 2+c2 =5a2
Chứng minh:
A

G

B

I

C

Gọi I là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC.
Hai đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau
 GBC vuông tại G  GI 

1
BC
2

1
a
9
ma 
 ma2  a 2 ( ma là độ dài trung đường trung tuyến kẻ từ A)
3
2
4
2
2
2
2 b c a
9

 a 2  b 2  c 2  5a 2 (đpcm)
4

4






*) Nhận xét: Từ KQ9 ta có:
Khi hai đường trung tuyến kẻ từ B, C vuông góc với nhau ta có
trọng tâm tam giác
 
G của tam giác ABC nằm trên đường tròn đường kính BC và IA  3IG. .Từ đó ta có
bài toán sau:
Bài toán 7:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho B(0;3), C(2;-1). Gọi I là trung điểm
của đoạn
BC,
M là điểm thay đổi trên đường tròn đường kính BC và A là điểm sao


cho IA  3IM . Xác định toạ độ điểm M sao cho (AB+AC) đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn:

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 8


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Từ KQ9 ta có AB  AC  2( AB 2  AC 2 )  BC 10  10 2. Suy ra (AB+AC) lớn nhất

bằng 10 2 khi M là điểm chính giữa của cung BC . Từ đó ta suy ra
M 1 (3; 2), M 2 (1; 0) là các điểm cần tìm.
KQ10. Cho tam giác ABC cân tại A. Nếu D là trung điểm của cạnh AC và các
điểm K, E thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , trọng tâm tam giác
ABD thì KE  BD .
A
Chứng minh:
E

M

D
G

K
B

C

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh AB.
MG ME 1

  EG // CD  EG  KD .
MC MG 3
Mà ABC là tam giác cân nên KG  MD .Suy ra G là trực tâm tam giác EKD.
Suy ra KE  GD  KE  BD (đpcm).

Ta có

*) Nhận xét: Từ KQ10 nếu cho biết toạ độ các điểm E, K và một điểm P trên

đường thẳng BD thì ta viết được đường thẳng BD . Ràng buộc thêm một điều kiện
đường thẳng AC đi qua điểm Q thì ta tìm được toạ độ điểm D (vì tam giác DKQ
vuông tại D). Từ đó ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 8:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , D là trung
1
3

điểm của cạnh AC. Biết K(1; 0), E  ; 4  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam


giác ABC, trọng tâm tam giác ABD. Các điểm P(-1; 6), Q(-9; 2) lần lượt thuộc các
đường thẳng AC, BD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết D có hoành độ dương.
Hướng dẫn:
Từ KQ10 ta có KE  BD . Mà Q thuộc BD nên ta viết được phương trình của BD là
 t  21 
x  6 y  21  0. Điểm D thuộc BD nên D  t ;
 (t  0). .
6 


t  15   
t  21 
Ta có DP   t  1;
 , DK   t  1;
.
6 
6 



t  3
 
 t  15   t  21 

Vì DP  DK nên  t  1 t  1  

  0   117  t  3 (vì t  0 ).
t
 6  6 
37

Đường thẳng AC đi qua D và P nên x  2 y  11  0.

Đường thẳng AK đi qua K và vuông góc với DE nên KA : x  1  0.
Suy ra A(1; 5), kết hợp với D là trung điểm của AC suy ra C(4; 3).
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 9


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AK nên BC : y  3  0.
B  DB  BC  B(3; 3).

Vậy A(1;5), B(3;3), C (4;3).
KQ11. Cho tam giác ABC có  là đường phân giác trong hoặc ngoài của góc A.
Nếu điểm M thuộc đường thẳng AB và N là điểm đối xứng của M qua  thì N
thuộc đường thẳng AC
A

N
M

C

B


*) Nhận xét: Nếu cho toạ độ điểm B và phương trình đường phân giác trong của
góc A thì ta xác định được toạ độ điểm B1 đối xứng với B qua đường phân giác
trong của góc A. Cho đường cao kẻ từ B thì ta xác định được phương trình đường
thẳng AC . Từ đó xác định được toạ độ điểm A. Ràng buộc thêm điều kiện biết toạ
độ một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ta xác định được
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra toạ độ điểm C. Từ đó ta
thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 9:
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có B(-3; -5), d : 2 x  y  6  0 là phân giác
trong của góc A. Biết đường cao kẻ từ B đi qua M(4;-6), đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC đi qua E(-4; -4). Xác định toạ độ điểm C.
Hướng dẫn:
A
M
.

B1
B

C
E
13

39 
.


Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua đường thẳng d. Suy ra B1  ; 
5
5

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 10


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Đường thẳng AC đi qua B1 và vuông góc với BM nên AC : 7 x  y  16  0.
Từ đó suy ra A(4; -2). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua ba điểm A, B,
E nên có phương trình x 2  y 2  2 y  24  0. Điểm C khác A và có toạ độ thoả mãn
 x 2  y 2  2 y  24  0

hệ phương trình 

7 x  y  16  0

nên C(3; -5).

KQ12. Nếu tam giác nhọn ABC có các đường cao AQ, BR, CS đồng quy tại H
thì H là tâm đường tròn nội tiếp QRS
A
R

S
H

B

Q

C

*) Nhận xét: Từ KQ này ta cho toạ độ các điểm Q, R, S thì ta xác định được toạ
độ các đỉnh và phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
Từ đó ta dễ dàng thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 10:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác nhọn ABC có
Q(1;3), R(4; 1), S (1; 6) lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C. Viết
phương trình đường thẳng BC.
Hướng dẫn:
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Theo KQ12 ta có H là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác QRS. Do đó BC là đường phân giác ngoài của góc Q của tam

 
 QR QS  3 1 

  ;  làm vectơ pháp tuyến
giác QRS. Vì vậy BC đi qua Q và nhận e 
QR QS  5 5 
nên có phương trình 3x  y  6  0.

KQ12. Nếu H, K thứ tự là chân đường cao kẻ từ A , C và M là trung điểm của AC
thì MA  MC  MH  MK .

*)Nhận xét: Nếu phương trình các đường thẳng HK, BC thì ta xác định được toạ
độ điểm H. Ràng buộc thêm điều kiện biết toạ độ điểm M thì ta xác định được toạ
độ các đỉnh A, B, C. Từ đó ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 11:

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 11


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC không vuông . Gọi H, K thứ tự là chân
9

đường cao kẻ từ A, C . Biết M  ;3  là trung điểm của AC, đường thẳng HK có
2 
phương trình 4 x  y  4  0 , đường thẳng BC có phương trình 2 x  y  4  0. Xác định
toạ độ điểm B.
Hướng dẫn:
H  KH  BC  H (0; 4).
Từ KQ12 ta có MC  MH  MK . Mà K khác H và K thuộc HK; C khác H và C
thuộc BC nên từ đó tìm được K (1;0), C (1; 6)

M là trung điểm của AC nên A(8;0). Suy ra AB : y  0. Từ B  AB  BC  B(2;0).
KQ13. Cho hình bình hành ABCD có tâm I. Nếu điểm M thuộc đường thẳng AB
và N là điểm đối xứng của M qua I thì N thuộc đường thẳng CD.
Chứng minh:
B

A

M

I

N

D

C

Nếu M trùng B thì N trùng D.
Nếu M khác B thì tứ giác BMDN là hình bình hành.
Do đó DN//AB; DC//AB. Vậy N thuộc DC.
Từ KQ9 ràng buộc thêm điều kiện IA = IB ta tạo được bài toán về hình chữ nhật:
Bài toán 12:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm là điểm I 1;2  ,

AB  6 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C và D, biết các điểm M  2;4  , N  2;0  lần
lượt thuộc các đường thẳng AB, CD.
Hướng dẫn:
A

B

P

M
.

I

D

N

C

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 12


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Gọi P là điểm đối xứng của N qua I, ta có P(0;4) thuộc AB. Viết được phương
trình đường thẳng AB: y – 4 =0. Tính được IA = IB = 13 .
Từ đó tìm được tọa độ A(-2; 4), B(4; 4) hoặc A(4; 4), B(-2; 4).
*) Nhận xét: Nếu cho toạ độ tâm I của hình chữ nhật ABCD, cho toạ độ điểm M
trên đường thẳng AB thì ta tìm được toạ độ điểm N đối xứng với M qua I . Ba
điểm I, N và trung điểm P của cạnh CD tạo nên tam giác vuông. Nếu ràng buộc P
thuộc đường thẳng biết phương trình thì ta xác định được toạ độ điểm P. Từ đó xác
định được toạ độ điểm K đối xứng với P qua I và viết được phương trình đường
thẳng AB. Vì vậy ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 13:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm là điểm I  2;6 .
Điểm M(-5;1) thuộc đường thẳng AB và trung điểm P của cạnh CD thuộc đường
thẳng d : x  y  5  0. Viết phương trình đường thẳng AB, biết P có tung độ lớn hơn
1.
Hướng dẫn:
M

B
A
. K
I

D

P

d
C

N

Gọi N là điểm đối xứng của M
qua
I. Suy ra N(1;
11).


P thuộc d nên P(t ; t  5). Suy ra NP  (t  2; t  1), IP  (t  1; t  6).




 

t  1
 t  1 (vì t  1 ). Suy ra P(2;7).
t  2

Từ NP  IP  NP.IP  0  

Gọi K là điểm đối xứng của P qua I. Suy ra K(-6; 5).
Đường thẳng AB đi qua K, M nên AB : 4 x  y  19  0.
KQ14. Cho hình vuông ABCD. Nếu M, N lầnlượt là các điểm trên các cạnh BC và
CD sao cho BM = CN thì AM  BN .
Chứng minh:

A

B

M

D

N

C

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 13


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.

  
 


BM CN

 k . Ta có AM .BN  AB  k BC . BC  kCD  0
BC CD
Vậy AM  BN
+) Ta thường gặp trường hợp M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD.
*)Nhận xét: Nếu cho toạ độ đỉnh B, toạ độ giao điểm của AM và BN đồng thời
ràng buộc thêm điều kiện đỉnh A thuộc một đường thẳng d đã biết phương trình thì
ta tìm được các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD. Từ đó ta thiết lập được bài
toán sau.



Đặt





Bài toán 14:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh B(3;3). Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của các cạnh BC và CD. Tìm tọa độ các đỉnh A, C và D, biết A
 11 7 
thuộc đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và H  ;  là giao điểm của AM và BN.
 5 5
A
B
Hướng dẫn:
H

D

N

M

C

Ta có AM  BN , từ đó viết được phương trình đường thẳng AM : x  2 y  5  0.
và tìm được tọa độ đỉnh A(-1; 3). Viết phương trình đường thẳng
BC : 2 x  y  9  0 (đi qua B và vuông góc với AB). Từ đó tìm được toạ độ điểm
 
M (3;1) ( M  AB  AH ) suy ra C(3; -1) Kết hợp với CD  BA tìm được toạ độ
điểm D(-1; -1).
*)Nhận xét: Từ KQ10 ta nhận thấy giao điểm H của BN và AM là hình chiếu
vuông góc của N trên AM . Tứ giác ABND là hình thang vuông . Từ đó ta thiết lập
được bài toán về hình thang vuông.
Bài toán 15:
Cho hình thang ABCD có AB // CD, BAD  90o , CD  AD  2 AB , B(3;6) . Gọi M là
18 24 
;  . Xác định
 5 5 

trung điểm của AD. Hình chiếu vuông góc của M trên BC là H 
toạ độ các đỉnh A, B, C, D biết A có tung độ nhỏ hơn 7.
B
Hướng dẫn:
A
E

H
M

D
C
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 14


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Đặt AB  a . Gọi E là điểm đối xứng của A qua B.
Vận dụng KQ14 ta có ME  BC suy ra M, E, H thẳng hàng .Ta có
EM  a 5, EH .EM  EB.EA  2a 2  EH 

BC  a 5, BH .BC  BE 2  a 2  BH 

1
5

2
a.
5

a  a  3  EH 

6
5

Đường thẳng ME đi qua H và vuông góc với EB nên có phương trình x  2 y  6  0.

t  6

t6
6
Suy ra E  t ;
 6
 . Kết hợp với EH 
t  .
5
 2 


5

6 18
24 42
6
suy ra E  ;   A  ;  (loại vì y A  7 ).
5
5 5 
 5 5 
Với t  6 suy ra E(6; 6) suy ra A(0;6)

Với t 

Viết phương 
trình
đường thăng BH và EC từ đó suy ra C(6;0).
 
Kết hợp với CD  EA  D (0;0).

KQ15. Cho hình thang ABCD có AB // CD, BAD  90 o , AD  2 AB, CD  3 AB. Nếu M là
trung điểm của BC thì AM  BD.
A

B
H
M

D

C

E

Chứng minh: Gọi E là điểm đối xứng của A qua M, H là giao điểm của AM và BD.
Ta có D, C, E thẳng hàng .
1
 ADB  AED .
2
Suy ra DAH  ADH  DAH  AED  90o  AM  BD (điều phải chứng minh).
tan ADB  tan AED 

*) Nhận xét: Nếu cho toạ độ các điểm D và H thì tính được độ dài đoạn AH và
viết được phương trình của AH. Từ đó tìm được toạ độ điểm A suy ra toạ độ các
điểm B, D. Từ nhận xét này ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 16:
Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có AB // CD, BAD  90o , AD  2 AB,
 3 24 
CD  3 AB. Gọi M là trung điểm của BC . Biết D(-3; 0) và H  ;  là giao điểm
 5 5 

của các đường thẳng BD và AM. Xác định toạ độ điểm C, biết A có hoành độ âm.
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 15


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Hướng dẫn:
Từ KQ15 ta có AM  BD tại H.
Ta có DH 

12
AH AB 1
1
6
. tan HDA 

  AH  HD 
.
HD AD 2
2
5
5

9t 
AM đi qua H và vuông góc với HD nên AM : x  2 y  9  0. Suy ra A  t ;
 ( t  0 ).
 2 

Kết hợp với AH 

6

 A(3;6). Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với AD
5


nên AB: y – 6 = 0 . B  AB  DH  B(0;6) . Do DC  3 AB nên ta tìm được C(6;0).
KQ16: Cho hình vuông ABCD. Nếu M là điểm thuộc đoạn BD sao cho 4 BM  BD,

N là trung điểm cạnh CD thì AMN là tam giác vuông cân tại M.
Chứng minh:
B
H
A
M

D

N

K

C

Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, DC thứ tự tại H, K.
Dễ dàng chứng minh được hai tam giác vuông AHM và MKN bằng nhau. Từ đó
suy ra điều phải chứng minh.
*)Nhận xét: Từ KQ16 nếu cho toạ độ trong tâm tam giác AMN và trung điểm của

AN thì ta tìm được toạ độ các điểm A và N từ đó ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 17:
Cho hình vuông ABCD , với M là điểm thuộc đoạn BD sao cho 4 BM  BD, N là
trung điểm cạnh CD, trung điểm đoạn AN là I (1; 1). Tìm toạ độ điểm C, biết trọng
2

tâm tam giác AMN là G  ; 0  và điểm N có hoành độ âm.
3 
Hướng dẫn:
B

H

A

M

D




N

K

C

E

Ta có IM  3IG  M (0; 2) .
Từ KQ16 ta có AMN là tam giác vuông cân tại M. Từ đó viết được đường thẳng
AN. Kết hợp với N có hoành độ âm và IN = IM suy ra N(-2; -2) suy ra A(4; 0).
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 16


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng AM và DC.



MA MH 1

 nên ME  3MA  E (12;8) .
ME MK 3
Lại có KE  3 AH , AH  3KC  KE  9 KC  EN  10KC , EC  8KC .
 4 
Suy ra EC  EN  C  4;0  .
5

Vì

*)Nhận xét: Tứ giác AHKD là hình chử nhật có 4AH = 3HK. Do đó ta cũng dễ
dàng thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 18:
Cho
hình
chữ nhật

ABCD có 4 AB  3BC. Gọi M, N là các điểm thoả mãn

 

3MB   MC , 2 NC   ND. Biết AN : x  y  2  0, trung điểm của đoạn AM là I (1;1),
điểm A có hoành độ dương . Xác định toạ độ đỉnh D.
Hướng dẫn:
B
A
M

I
H

D

C

N

E

Ta chứng minh được hai tam giác vuông ABM và MCN bằng nhau . Từ đó suy ra
tam giác AMN vuông cân tại M.
Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng AN. Suy ra H(0; 2) và tam giác IAH
vuông cân tại H. Điểm A thuộc AN nên A(t ; t  2) (t  0) , kết hợp với HA = HI ta tìm


được t  1  A(1;3) . Mà AN  4 AH  N (3; 1).


 

6 
5

Gọi E là giao điểm của AM và DC dễ dàng chứng minh được AE  8 AI , ED  EN
19 7

Từ đó suy ra điểm E(1; -13). Suy ra D   ;  .
 5 5
KQ17: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ AH vuông góc với BD tại H . Nếu M, N thứ
tự là trung điểm của BH, CD thì tam giác AMN vuông tại M.
Chứng minh:
A
B
M
H
D
 

Ta có: MN . AM 

N

C

1   1   1     
BC  HD . AH  AB  AD  AD  AH . AH  AB
2

2
4



 







Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.


trang 17


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
  1    
1     1   
 MN . AM  2 AD  AH . AH  AB  AH 2 AD  AB  AH  AH BD  HD  0
4
4
4















Suy ra tam giác AMN vuông tại M(điều phải chứng minh ).
*)Nhận xét: Nếu biết toạ độ ba điểm A, M, N thì ta tính được
tan ADB  tan ANM 

AM
.
AN

Kết hợp với AD 2  AN 2  AN 2 ta sẽ xác định được toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
Vì vậy ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 19:
Cho hình chữ nhật ABCD có H là hình chiếu vuông góc của A trên BD. Biết
M(6; 3), N(5; 0) thứ tự là trung điểm của BH , CD. Điểm A thuộc đường thẳng d:
4x- y +5 =0 và điểm B có tung độ dương. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
Hướng dẫn:
Từ KQ17 ta có AM  MN .
Suy ra AM : x  3 y  15  0 , kết hợp với A thuộc d suy ra A(0;5) .
AB
AM

 tan ADB  tan ANM 
 2 , kết hợp với
AD 2  AN 2  AN 2 .
AD
AN
AB 2
 AD 2 
 50 . Từ đó tính được AB  10 . Mà NB  NA  5 2 nên Toạ độ điểm B
4
 x 2  ( y  5)2  100
thoả mãn hệ 
, Kết hợp với yB  0 ta tìm được B(10; 5).
2
2
( x  5)  y  50.
  1 
Từ NC  DN  AB  C (10;0), D (0;0).
2

Ta

có

3. Khai thác một số kết quả (KQ) về dây cung, cát tuyến và tiếp tuyến của
đường tròn :
KQ18. Nếu đường thẳng a cắt đường tròn (I; R) tại hai điểm phân biệt A và B, H
là chân đường vuông góc kẻ từ I đến đường thẳng a thì H là trung điểm của đoạn
thẳng AB và HA  HB  R 2  IH 2 (IH là khoảng cách từ I đến đường thẳng a).
B
A

H

a

R
I

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 18


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
*)Nhận xét: Nếu cho phương trình một đường tròn , một đường thẳng có phương
trình chứa tham số thì sẽ tìm được tham số để đường thẳng cắt đường tròn tại hai
điểm A, B sao cho AIB   . Từ đó ta có bài toán sau.
Bài toán 20:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng a : 4x + 3y + m = 0 và
đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  4y  1  0 . Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao
cho AIB  1200 , với I là tâm của (C).
Hướng dẫn:
Gọi H là hình chiếu của I trên d, ta có khoảng cách từ I đến d là IH = 1. Từ đó tìm
được m  7 hoặc m  3 .
1
2

*) Xét tam giác IAB : S IAB  AB.IH  IH . R 2  IH 2  t ( R 2  t ) , Với t  IH 2 . Ta tìm
1
2

được t để S IAB lớn nhất. Cũng có thể đánh giá S IAB qua công thức S IAB  .R 2 .SinAIB .
Từ đó ta dễ dàng thiết lập bài toán sau.
Bài toán 21:
Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  16 có tâm I và điểm
M(7; 0). Viết phương trình đường thẳng  đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai
điểm A và B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
Hướng dẫn:
(C) có tâm I(1; 2) và bán kinh R = 4 .
1
2

Ta có S IAB  AB.IH  IH . R 2  IH 2 

1
IH 2  R 2  IH 2  8 .
2





Suy ra S IAB lớn nhất bằng 8 khi IH  2 2 . Khi đó kết hợp với  đi qua M ta tìm
 : x  y  7  0

được 
.
 : x  7 y  7  0
KQ19. Cho đường tròn (I; R) và điểm
M cố

đường thẳng đi qua M cắt
định. Nếu
2
đường tròn đó tại hai điểm A và B thì MA.MB  MI  R 2 .

I

I
R
M

A

R
B

A

M

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

B
trang 19


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
*)Nhận xét: Vì MA.MB không đổi nên nếu ta ràng buộc thêm một đẳng thức giữa
MA và MB thì ta tính được AB từ đó suy ra khoảng cách IH . Vì vậy ta thiết lập
được các bài toán sau.

Bài toán 22 :
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : ( x  2)2  ( y  1)2  25 có
tâm I và điểm M(4; -1). Viết phương trình đường thẳng  đi qua M và cắt (C) tại hai
điểm A, B sao cho MA  MB  4 5.
Hướng dẫn:
(C) có tâm I(-2; 1) và có bán kính R  5 .
MI  2 10  R suy ra M nằm ngoài đường tròn (C) nên AB  MA  MB .
Ta có MA.MB  MI 2  R 2  15  (MA  MB)2  ( MA  MB) 2  4MA.MB  20 .
Suy ra AB  2 5 . Từ đó tính được d ( I , )  2 5 . Kết hợp với  đi qua M ta tìm
 : 2 x  y  7  0

được 
.
 : x  2 y  6  0
Bài toán 23:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : ( x  3)2  y 2  25 có tâm I
3
2 
A, B sao cho MA  MB  5 .

và điểm M  ;1 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M và cắt (C) tại hai điểm

Hướng dẫn:
(C) có tâm I(-3; 0) và có bán kính R  5 .
85
 R suy ra M nằm trong đường tròn (C) nên AB  MA  MB .
2
15
Ta có MA.MB  R 2  MI 2   ( MA  MB)2  (MA  MB)2  4MA.MB  20 .
4

Suy ra AB  2 5 . Từ đó tính được d ( I , )  2 5 . Kết hợp với  đi qua M ta tìm
 : 2 x  y  7  0
được 
.
 : x  2 y  6  0
MI 

Bài toán 24:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình

 x  1

2

2

  y  2   9 và điểm M(2;3). Viết phương trình đường thẳng  qua M

cắt (C) tại A và B sao cho MA 2  MB2  18 .
Hướng dẫn:

B
A

M

I

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 20


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R = 3. Vì M nằm ngoài (C) nên ta có
2
MA.MB  MI2  R 2  1 . Kết hợp với giả thiết ta có:  MA  MB   16  AB  4 .
 : 2x  y  1  0

Từ đó d(I; )  5 . Suy ra 
  : x  2 y  4  0.
 

 

KQ20. Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M và MA.MB  MC.MD thì bốn
điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn .
B
A
I

M

.
C
D

 
*)Nhận xét: Nếu biết toạ độ các điểm M , A và MA.MB  k (không đổi )thì ta xác

được toạ độ điểm B. Ràng buộc thêm C thuộc đường thẳng d(biết phương trình ) và
biết độ dài đoạn BC thì ta xác định được toạ độ điểm C. Từ đó ta thiết lập được bài
toán sau.
Bài toán 25:
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác AMC vuông tại A có M(0; 2) , phương trình
đường thẳng AC là 4 x  3 y  4  0. Gọi D là điểm trên tia MC. Biết BD.BC  10, bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC bằng
Hướng dẫn:

10
. Xác định toạ độ điểm C.
2

D
C

M
A

B

Ta có AMC là tam giác vuông tại A nên A là hình chiếu vuông góc của M trên AC.
8 4

Suy ra A  ;   MA  2 .
5 5
Gọi B là điểm trên tia MA sao cho MA.MB  MC.MD . Từ KQ20 ta có bốn điểm A, B,


C, D cùng thuộc một đường tròn . Hơn nữa MB = 5. Suy ra MB 

Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

MB  5 
.MA  MA .
MA
2

trang 21


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Suy ra B(4;-1). Do BAC  90o nên A, B, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính
C (1; 0)
BC. Suy ra BC  10 , kết hợp với C thuộc đường thẳng AC ta được   11 24  .
C
;
  5 15 

KQ21. Nếu hai tiếp tuyến tại A và B của một đường tròn (I; R) cắt nhau tại M thì:
+) M cách đều A và B.
+) Tia MI là tia phân giác của góc AMB .
+) Đường thẳng MI vuông góc với AB tại trung điểm H của đoạn AB.
A

M

H

I

B
*) Nhận xét:
Ta có:+) AB  2 AH  2

AI . AM
R. MI 2  R 2
R2
2
 2 R. 1 
.
MI
MI
MI 2

Suy ra AB nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất.
+) AMB có số đo lớn nhất  AMI có số đo lớn nhất  SinAMI 

R
lớn
MI

nhất  MI nhỏ nhất.
+) SMAIB  IA. AM  R. IM 2  R 2 nhỏ nhất  IM nhỏ nhất
Nếu ràng buộc điều kiện M thuộc đường thẳng  thì MI nhỏ nhất khi M là hình
chiếu của I trên  .
Từ đó ta thiết lập được các bài toán sau.
Bài toán 26:
Cho đường tròn (C): ( x  2)2  ( y  1)2  4 và đường thẳng  : 2 x  y  2  0 . Xác định
toạ độ điểm M trên  mà qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) sao cho

AB có độ dài nhỏ nhất.
Đáp số M(0;2).
Bài toán 27:
Cho đường tròn (C): ( x  2)2  ( y  1)2  4 và đường thẳng  : 2 x  y  2  0 . Xác định
toạ độ điểm M trên  mà qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) sao cho
AMB có số đo lớn nhất.
Đáp số M(0;-2).
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 22


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Bài toán 28:
Cho đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 có tâm I và đường thẳng  : x  2 y  2  0 .
Xác định toạ độ điểm M trên  mà qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C)
sao cho tứ giac IAMB có diện tích nhỏ nhất nhỏ nhất .
Đáp số M(2;0).
1
2

*) Nhận xét : Ta có IH .IM  IA2  R 2 , S IAB  AB.IH .
R 2 R2
R2 
R2 
2
.

R
.

1


.
MI 2 IM
IM 2  MI 2 
Từ đó ta tìm được giá trị lớn nhất S IAB .
1
2

Suy ra S IAB  AB.IH  R. 1 

Bài toán 29:
Cho đường tròn (C): ( x  1)2  ( y  3)2  3 có tâm I và đường thẳng  : x  y  2  0 .
Xác định toạ độ điểm M trên  mà qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C)
sao cho tam giác IAB có diện tích.
a) Đạt giá trị nhỏ nhất .
b) Đạt giá trị lớn nhất .
Hướng dẫn:
(C) có tâm I(-1; 0) bán kính R  3 .

R2 
3 
3 
1

 3.
1

.

2 
2 
IM  MI 2 
 MI 
3
1
Mà IM  d ( I ; )  3 2. Đặt t  2  0  t   . Ta có SIAB  3. t 1  t  .
MI 
6
1
Bảng biết thiên của hàm số f (t )  t 2  t trên  0;  :
 6
1
1
+
6
t - 0
2

Từ nhận xét trên ta có S IAB  R 2 .

f(t)

Suy ra S IAB 

R2
IM 2

5
6

5
. Dấu bằng xảy ra khi M là hình chiếu của I trên  .
2

Từ đó tìm được M(2;0).
KQ22. Nếu hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn tâm I cắt nhau tại M thì tâm
đường tròn nội tiếp của tam giác MAB là giao điểm của đoạn MI với đường tròn
đó .
Chứng minh:
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 23


Sáng tạo bài toán toạ độ phẳng từ những kết quả hình học tổng hợp.
Gọi K là giao điểm của đoạn MI với đường tròn tâm I.
Ta có K là điểm chính giữa của cung nhỏ AB
suy ra MAK  KMB suy ra AK là phân giác của góc MAB .
Mà MI là phân giác của góc AMB
Nên K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB
A

M

K

I

B

*)Từ KQ này ta có bài toán sau.
Bài toán 30:
Cho đường tròn (C): ( x  1) 2  ( y  2)2  4 và điểm M(4; 6). Qua M kẻ hai tiếp tuyến
MA, MB đến (C) . Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
Hướng dẫn:
Gọi K là giao điểm của (C) và đoạn MI. Từ KQ22 ta có K là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác MAB.
(C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 2.


Ta có : MI =5, IK 

R  2 
 11 13 
.IM  IM  K  ;  .
IM
5
5 5

Gọi H là trung điểm của AB .
Ta có IH .IM  IA2  R 2  IH 

4
6
 KH  R  IH  .
5
5

Từ đó suy ra phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
2

2

13  36
 11  
x   y   .
5 
5
25


KQ23. Nếu từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm I kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với
đường tròn thì trực tâm K của tam giác ABM là điểm đối xứng với I qua trung
A
điểm H của đoạn AB.
Chứng minh:
M

K

H

I

B
Giáo viên: Đào Quốc Dũng - Trường THPT Lê Viết Thuật.

trang 24