Sáng kiến kinh nghiệm Một số định hướng để giải bài toán phương pháp tọa độ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Mục đích của việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là thay
đổi lối dạy học truyền thụ một chiều sang dạy học theo phương pháp dạy học tích
cực nhằm giúp học sinh phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo, rèn
luyện thói quen và khả năng tự học, tinh thần hợp tác, kĩ năng vận dụng kiến thức
vào những tình huống khác nhau trong học tập và trong thực tiễn; tạo niềm tin,
niềm vui hứng thú trong học tập.
Trong chương trình tốn học phổ thơng, hình học giải tích có một vị trí nhất
định. Những năm gần đây các bài tốn về hình học giải tích ln xuất hiện trong
các đề thi học sinh giỏi Tỉnh, đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng. Trong các đề
thi tuyển sinh đại học và cao đẳng những năm gần đây các bài tốn hình học giải
tích ln chiếm tỉ lệ thấp nhất là 20% và gây ra nhiều khó khăn cho học sinh. Phần
lớn học sinh “không tự tin” khi “gặp phải” bài tốn này vì các bài tốn này thường
đa dạng phong phú và có một số bài tốn dạng này nếu chỉ sử dụng thuần túy cơng
cụ đại số để giải thì sẽ gặp nhiều khó khăn hoặc lời giải sẽ rất dài dòng nhưng nếu
chúng ta biết kết hợp cơng cụ đại số với các tính chất hình học thuần túy, lấy thêm
các điểm thì chúng ta lại có thể dễ dàng giải được bài tốn và lời giải cũng rất ngắn
gọn. Ngoài ra một lý do nữa khiến học sinh học “không tự tin” khi “gặp phải” bài
toán này là các học sinh thường cảm thấy mãn nguyện khi tìm được một lời giải
cho bài tốn mà các em khơng có ý thức tìm kiếm các lời giải khác, khai thác đào
sâu kết quả bài tốn đó. Phần lớn các tài liệu viết về bài tốn hình học giải tích đều
mang nặng tính liệt kê các bài toán hoặc dạng toán mà chưa đi sâu vào việc phân
tích bản chất hình học của nó do đó chưa bắt kịp được với xu thế ra đề hiện nay.
Trong một số trường hợp, từ một bài toán nếu chúng ta có thể tìm được
nhiều lời giải cho bài tốn, đưa ra các bài tốn mới thì chúng ta sẽ tìm được rất
nhiều thú vị, tạo ra niềm vui hứng thú cho học sinh.
Vì vậy, chúng tơi quyết định chọn đề tài: “Bản chất hình học của một số
bài tốn hình học giải tích”.
Trong đề tài này chúng tơi quan tâm đến các vấn đề: Phân tích tầm quan
trọng của việc sử dụng tính chất hình học để tìm lời giải của một số bài tốn hình
học giải tích; Đưa ra một số tính chất hình học hay sử dụng và một số cách lấy

thêm điểm khi giải một số bài tốn hình học giải tích; Khai thác đào sâu kết quả
một số bài tốn hình học giải tích.
Đề tài được hồn thành tại trường THPT Hà Huy Tập. Trong q trình thực
hiện đề tài chúng tơi đã nhận được nhiều sự chỉ bảo của các thầy cô giáo đi trước
về bố cục, nội dung. Nhân đây cho phép chúng tôi bày tỏ lời cảm ơn chân thành
đến các thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc biệt là các thầy cơ trong tổ Tốn Tin trường THPT Hà Huy Tập.
Cuối cùng do nhiều nguyên nhân, đề tài hồn tồn khơng tránh khỏi được
những sai sót. Chúng tơi mong nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cơ
giáo và các độc giả để ngày càng hồn thiện hơn trong quá trình nghiên cứu khoa
học và viết các đề tài.
1


II. NỘI DUNG
1. Bản chất hình học của một số bài tốn hình học giải tích
Khi gặp một số bài tốn hình học giải tích học sinh thường khơng chú ý tới
các tính chất hình học có liên quan mà cứ tập trung vào các các công thức đã xây
dựng được cùng với các phép biến đổi đại số để tìm lời giải cho bài tốn đó.
Nhưng trên thực tế và xu thế ra đề thi đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi
Tỉnh hiện nay thì có rất nhiều bài tốn hình học giải tích nếu chúng ta khơng biết
các tính chất hình học liên quan, khơng biết lấy thêm các điểm thì có thể chúng ta
khơng tìm được lời giải hoặc tìm được lời giải khơng ngắn gọn.
1.1. Một số ví dụ
Sau đây chúng tơi xin nêu ra một số ví dụ minh họa tính ưu việt của việc sử
dụng tính chất hình học để giải một số bài tốn hình học giải tích.
Ví dụ 1.1.1 (Bài 15.h trang 89 – SGK Hình học nâng cao lớp 12)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(2; 1; 1). Viết phương
trình mặt phẳng đi qua điểm H và cắt các trục tọa độ tại các điểm A, B, C sao cho
H là trực tâm của tam giác ABC.
Khi gặp bài toán này học sinh thường giải như sau: “Vì điểm H khơng thuộc

các mặt phẳng tọa độ nên các điểm A, B, C đều khác điểm O. Khơng mất tính tổng
qt ta có thể giả sử A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c) với abc ≠ 0, khi đó mặt phẳng
x
y
z
+ + =1 .
(ABC) có phương trình
z
a
b
c
uuu
r
uuur
C
Ta có: HA (a-2; -1; -1), BC (0; -b; c)
uuur
uuur
H
HB (-2; b-1; -1), CA (a; 0; -c)
.
Điểm H là trực tâm của tam giác ABC khi và
B
chỉ khi
O
y
2
1
1


A
 a + b + c = 1 a = 3
H ∈ (ABC)
r

 uuur uuu

HA.BC = 0 ⇔  b − c = 0 ⇔ b = 6
x
 uuur uuur
 2a − c = 0
c = 6

HB.CA = 0

Hình 1.1.1

Vậy mặt phẳng (ABC) có phương trình:
x y z
+ + = 1 hay 2x + y + z – 6 = 0.”
3 6 6
Nếu học sinh biết cách sử dụng tính chất hình học: “Vì tứ diện OABC có ba
cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc nên điểm H là trực tâm của tam giác ABC
khi và chỉ khi điểm H là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng (ABC)” (Bài 17
trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao) thì học sinh có thể tìm được lời giải sau:
2


“Vì điểm H khơng thuộc mặt phẳng tọa độ nên các điểm A, B, C đều khác
điểm O. Tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi một vng góc nên H là hình

chiếu vng góc của O lên (ABC).
uuur
Do đó OH ⊥ (ABC) ⇒ (ABC) chứa điểm H và nhận OH (2;1;1) làm vectơ pháp
tuyến. Vậy (ABC) có phương trình 2x + y + z – 6 = 0”.
Như vậy, nếu học sinh biết cách sử dụng tính chất hình học liên quan đến
bài tốn này một cách hợp lý thì học sinh sẽ làm được bài với lời giải rất ngắn
gọn.
Ví dụ 1.1.2. (Câu VI.a.1 trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2011 – Khối A)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và đường
tròn (C) : x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆ . Qua M
kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm
M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Khi gặp bài tốn này, học sinh có thể định hướng như sau:
+ Tìm tọa độ tâm I và bán kính đường trịn (C).
A

+ Vì điểm M thuộc đường thẳng ∆ nên M(t; -t -2).
+ Tìm tọa độ các tiếp điểm A, B.

I

+ Tính diện tích tứ giác MAIB theo t.
+ Từ giả thiết diện tích tứ giác MAIB bằng 10
⇒ có phương trình ẩn t.
+ Giải phương trình trên tìm nghiệm t từ đó
tìm tọa độ điểm M.

B
M
Hình 1.1.2

∆

Nếu định hướng như trên thì việc viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi
qua điểm M sẽ rất phức tạp. Do đó việc tìm tọa độ điểm A, B rồi tính diện tích tứ
giác MAIB theo t sẽ rất khó khăn. Từ những khó khăn đó, chúng ta nên tìm hướng
giải quyết đơn giản và ngắn gọn hơn.
Trong bài tốn có giả thiết MA, MB là hai tiếp tuyến của (C) cắt nhau tại M,
gợi cho chúng ta liên tưởng đến tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau. Tiếp tục phân
tích bài tốn: “Các yếu tố đã biết trong bài tốn là tâm I và bán kính R của đường
trịn (C), đường thẳng ∆ . Do đó để tìm tọa độ điểm M ta cần tính IM theo R”. Từ
những suy luận trên, học sinh có thể tìm được lời giải sau:
“Đường trịn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính IA = 5 .
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, tứ giác MAIB có
·
·
MAI
= MBI
= 900 và MA = MB. Suy ra SMAIB = IA.MA.
Do đó S MAIB = 10 ⇔ IA.MA = 10 ⇔ 5MA = 10 ⇔ MA = 2 5
⇔ MA=2 5 ⇔

IM 2 − IA2 =2 5 ⇔ IM= IA2 + 20 =5
3


Mặt khác M thuộc ∆ nên M (t; -t-2)
IM = 5 ⇔ (t-2) 2 +(t+3) 2 =25 ⇔ 2t 2 + 2t - 12 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = -3.
Vậy M(2; -4) hoặc M(-3; 1)”.
Như vậy, nếu học sinh khơng biết cách áp dụng các tính chất hình học

liên quan đến bài tốn này một cách hợp lý thì học sinh rất khó có thể giải được
bài tốn này.
Ví dụ 1.1.3. (Câu 4 trong đề thi HSG Tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm học 2010 2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2). Gọi H là trực
tâm của tam giác ABC. Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng
HA, HB, HC có phương trình là: : x 2 + y 2 − 2x + 4y + 4 = 0 . Viết phương trình
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Khi gặp bài toán này, học sinh sẽ gặp khó khăn nếu khơng sử dụng các tính chất
hình học liên quan để giải bài này. Như vậy, vấn đề đặt ra là chúng ta sẽ lựa chọn
tính chất hình học nào và vì sao lại lại chọn tính chất hình học đó?
Sau khi nắm vững giả thiết và kết luận của bài toán, ta thấy bài toán liên
quan đến trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác
ABC và nghĩ đến tính chất hình học: GH =-2 GI . Nhưng chỉ mới sử dụng tính chất
này thì chưa giải được bài tốn. Chúng ta tiếp tục phân tích, bài tốn liên quan đến
đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó chúng ta sẽ tìm mối quan hệ giữa hai đường trịn
này. Ta có phép vị tự V(H; 2) biến đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng
HA, HB, HC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ những suy luận trên,
ta có thể giải bài tốn trên như sau:
“Gọi đường trịn (I;R) và (I 1 ;R 1 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và
đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC.
Theo giả thiết, ta có: I 1 (1;-2), R 1 =1.
Vì các điểm G, H, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại
tiếp của tam giác ABC nên ta có:
uuur
uur
(1)
GH = −2GI
Mặt khác, ta lại có phép vị tự V(H; 2) biến đường tròn (I 1 ;R 1 ) thành đường tròn (I;R)
uur
uuur

suy ra R = 2R 1 = 2 và HI = 2HI1
(2)
Từ (1) và (2), ta có
 x H − x G = −2(x I − x G )
 x H − 1 = 2 − 2x I
x I = 1
 y − y = −2(y − y )


G
I
G
 H
 y H − 2 = 4 − 2y I
 y I = 10
⇔
 x − x = 2(x − x ) ⇔ 
x
−
x
=
2
−
2x
I
H
I
H
H
H

1

 I
x H = 1
 y I − y H = 2(y I − y H )
 y I − y H = −4 − 2y H
 y H = −14

1
4


Do đó I(1; 10). Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
(x − 1) 2 + (y − 10) 2 = 4 ”
Lại tiếp tục nhìn nhận bài theo cách khác, ta có G(1; 2) và phép vị tựV (G; -2)
biến đường tròn đi qua ba trung điểm của ba cạnh AB, BC, AC thành đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó, để viết đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thì ta
có thể tìm phương trình đường trịn đi qua ba trung điểm của ba cạnh AB, BC, AC
hay cần tìm mối liên hệ giữa đường tròn đi qua ba trung điểm của ba cạnh AB, BC,
AC và đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC. Từ đó
chúng ta nghĩ đến tính chất hình học: “Ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB,
HC và ba trung điểm của ba cạnh AB, BC, AC cùng thuộc một đường tròn”. Với
cách nhìn nhận này, chúng ta có thể giải bài toán theo cách khác như sau:
“Gọi các điểm M, N, P, I, E, F lần lượt là trung
A
điểm của các đoạn BC, CA, AB, HA, HB, HC.
Ta có: EH ⊥ AC ⇒ EH ⊥ IF (Vì IF//AC)
·
Mà MF//EH ⇒ MF ⊥ IF ⇒ IFM
= 900

I
P
0 nên M thuộc đường
·
Tương tự ⇒ IEM
= 90
tròn ngoại tiếp tam giác IEF.
N
Tương tự ta có N, P cũng thuộc đường trịn
H
ngoại tiếp tam giác IEF.
E
B
Dễ thấy ∆ΑΒC là ảnh của ∆MNP qua phép
F
vị tự tâm G tỉ số k = -2
M
⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là ảnh của
C
đường tròn ngoại tiếp ∆MNP qua phép vị tự tâm G tỉ số k = -2 . Ta có đường trịn
ngoại tiếp ∆MNP có phương trình x 2 + y 2 − 2x + 4y + 4 = 0 . Vậy phương trình
đường trịn ngoại tiếp ∆ABC là (x − 1) 2 + (y − 10) 2 = 4 ”.
Như vậy, nếu học sinh biết cách áp dụng các tính chất hình học liên
quan đến bài tốn theo các cách khác nhau thì học sinh có thể giải bài toán này
theo nhiều cách khác nhau.
Qua các ví dụ trên, chúng ta thấy rằng nếu khơng biết các tính chất hình học
liên quan đến các bài tốn đó thì việc tìm được lời giải của các bài tốn đó là rất
khó khăn.
1.2. Một số tính chất hình học và cách lấy thêm điểm thường dùng
Trong quá trình giảng dạy và giải các đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng, đề

thi học sinh giỏi Tỉnh chúng tôi rút ra được một số kinh nghiệm quý báu về việc sử
dụng tính chất hình học và cách lấy thêm điểm để giải một số bài tốn hình học
giải tích.
Sau đây chúng tơi đưa ra một số tính chất hình học và cách lấy thêm điểm
thường dùng khi gặp một số bài tốn hình học giải tích (Việc chứng minh các tính
chất này khơng khó vì vậy chúng tơi khơng trình bày cách chứng minh cụ thể.
5


Ngồi những tính chất này cịn có rất nhiều tính chất khác nữa mà chúng tôi chưa
đưa ra ở trong đề tài này).
B
H
1.2.1. Nếu đường thẳng a cắt đường tròn (I;
A
R) tại hai điểm phân biệt A và B, H là chân
a
R
đường vng góc kẻ từ I đến đường thẳng a
thì H là trung điểm của đoạn thẳng AB và
I
HA = HB = R 2 − IH 2 (IH bằng khoảng
cách từ I đến đường thẳng a). (Hình 1.2.1)
(Trang 107 SGK Tốn 9 tập 1)

Hình 1.2.1

1.2.2. Trong một đường trịn :

C

A

+) Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm.

I

+) Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.
(Hình 1.2.2)
(Trang 105 SGK Tốn 9 tập 1)

D
B
Hình 1.2.2
1.2.3. Nếu hai tiếp tuyến của một đường trịn cắt nhau tại một điểm thì:
+) Điểm đó cách điều hai tiếp điểm.
+) Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.
+) Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua
các tiếp điểm. (Hình 1.2.3)
(Định lí về hai tiếp tuyến cắt nhau – Trang 114 SGK Tốn 9 tập 1)
A

M

I

Hình 1.2.3

B

1.2.4. Nếu hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn tâm I cắt nhau tại M thì tâm
đường trịn nội tiếp của tam giác MAB là giao điểm của đoạn MI với đường trịn
đó (Hình 1.2.4).
6


A

M

K

I

B
Hình 1.2.4
Chứng minh: Gọi K là giao điểm của đoạn MI với đường trịn đó.
Theo tính chất 1.2.3 ta có MK là đường phân giác trong của góc M của tam giác
MAB.
·
·
·
·
·
Mặt khác MAK
= KBA
; · KBA = KAB
⇒ MAK
= KAB
hay AK là đường phân giác trong của góc A của tam giác MAB.

Vậy K là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác MAB.
1.2.5. Nếu hai đường tròn cắt nhau
thì giao điểm đối xứng với nhau qua
đường nối tâm. Nếu hai đường trịn
tiếp xúc nhau thì tiếp điểm nằm trên
đường nối tâm. (Hình 1.2.5)

A

I

K

(Trang 119 SGK Tốn 9 tập 1)
B

I

T

K

I

K

T

Hình 1.2.5

7


1.2.6. Cho tam giác ABC có ∆ là đường
phân giác trong hoặc ngồi 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. (Hình 1.2.6).

A

N

M
B

C
(∆)
Hình 1.2.6
A

1.2.7. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn
nội tiếp hoặc bàng tiếp là I. Nếu A ' là giao
điểm của AI với đường tròn ngoại tiếp của
tam giác ABC ( A ' khác A) thì
A 'B = A 'C = A 'I (Hình 1.2.7).
Chứng minh: Ta có
· ' = CBA
·
·

· ' = BAI
·
.
' + CBI
BIA
+ ·ABI ; IBA
·
· ; CBA
·
·
·
Mà IBC
.
= IBA
' = CAI
= BAI

I
B

C
A’

· ' = IBA
· ' ⇒ A' I = A' B .
Suy ra BIA
Tương tự A ' I = A ' C .

Hình 1.2.7
A

1.2.8. Cho tam giác ABC khơng cân tại A có
đường cao AH, tâm đường tròn ngoại tiếp I.
Nếu d là đường thẳng chứa phân giác trong
của góc A của tam giác ABC thì d là đường
thẳng chứa phân giác trong hoặc ngồi của
góc ·AIH . (Hình 1.2.8).

I
B

Chứng minh: Gọi giao điểm của d và đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC là D (D khác
¼ .
A). ta có D là điểm chính giữa cung BDC
·
·
Do đó ID ⊥ BC ⇒ ID / / AH ⇒ HAD
= IDA

C

H
D

(d)
Hình 1.2.8
A

·

·
·
·
Mà IAD
. Vậy HAD
.
= IDA
= IAD
1.2.9. Nếu tam giác nhọn ABC có các đường
cao AQ, BR, CS đồng quy tại H thì H là tâm
đường trịn nội tiếp ∆QRS (Hình 1.2.9).

R
S

B

H

Q
Hình 1.2.9

C

8


A
1.2.10. Nếu tam giác ABC có trọng tâm G,
trực

Hurvà tâm đường trịn ngoại tiếp I thì
uuur tâm u
GH = −2GI (Hình 1.2.10).

H

(Trang 22 SGK Hình học nâng cao 10)

G I

B

C
Hình 1.2.10
A

1.2.11. Nếu tam giác ABC có trực tâm H và
D (D khác A) là giao điểm của đường thẳng
AH với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
thì H và D đối xứng với nhau qua đường
thẳng BC (Hình 1.2.11).

H

B

(Bài 10 trang 13 SGK Hình học 11 Nâng cao)

C
D

Hình 1.2.11

1.2.12. Nếu tam giác ABC có trực tâm H và
tâm đường trịn ngoại tiếp I, M là trung
điểm của BC, D là điểm đối xứng của A qua
I thì M là trung điểm của đoạn thẳng HD
(Hình 1.2.12).
(Bài 17 trang 19 SGK Hình học 11 Nâng cao)

A

H

B

I
M

C

Hình 1.2.12
1.2.13. Cho đường trịn (I; R) và điểmuuM
cố
đường thẳng đi qua M cắt
uu
ru
uurđịnh. Nếu
2
đường tròn đó tại hai điểm A và B thì MA.MB = MI − R 2 (Hình 1.2.13).
(Trang 49 SGK Hình học nâng cao 10)

I

I
R

R
M

A

A

B
Hình 1.2.13

M

B

9


1.2.14. 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 (Hình 1.2.14).
Chứng minh:
Nếu M trùng B thì N trùng D.

A

B
I

N

D

C
Hình 1.2.14

Nếu M khác B thì tứ giác BMDN là hình
bình hành. Do đó DN//AB; DC//AB.
Vậy N thuộc DC.

A

B

1.2.15. Cho hình vng ABCD. Nếu M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và
CD thì AM ⊥ BN (Hình 1.2.15).
Chứng minh:
uuuu
r uuur  uuu
r 1 uuur   uuur 1 uuur 
AM .BN =  AB + BC ÷. BC + CD ÷ = 0
2
2





M

M
D

N

C

Hình 1.2.15

Vậy AM ⊥ BN
1.2.16. Nếu mặt cầu S(I; R) cắt mặt
phẳng (P) theo một đường tròn tâm
H (Hình 1.2.16) thì H là hình chiếu
của điểm I lên mặt phẳng (P) và
đường
trịn
đó
bán
kính
2
2
(IH bằng khoảng
r = R − IH
cách từ I đến mặt phẳng (P)).

(Trang 40 SGK Hình học 12 Nâng cao)
Hình 1.2.16
1.2.17. Nếu đường thẳng a cắt mặt
cầu S(I; R) tại hai điểm phân biệt A
và B, H là chân đường vng góc kẻ
từ I đến đường thẳng a thì H là trung
điểm của đoạn thẳng AB và H là
trung điểm của đoạn thẳng AB và
HA = HB = R 2 − IH 2 (IH bằng
khoảng cách từ I đến đường thẳng a)
(Hình 1.2.17).
(Trang 42 SGK Hình học 12 Nâng cao)

Hình 1.2.17

10


A
1.2.18. Cho tứ diện SABC có ba
cạnh SA, SB, SC đơi một vng
góc. Nếu G, I lần lượt là trọng tâm,
tâm mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện
SABC thì G là trung điểm của đoạn
SI (Hình 1.2.18).

N

(Từ kết quả của bài 9 trang 46 SGK
hình học 12 nâng cao)

S

C

I
G
M

B
Hình 1.2.18
Tiếp theo chúng tơi đưa thêm một số ví dụ để minh họa cho việc sử dụng các
tính chất trên vào giải một số bài tốn hình học giải tích; đồng thời đưa ra các chú
ý nhằm chỉ ra một số đặc điểm để chúng ta dễ lựa chọn tính chất hình học khi định
hướng tìm lời giải một số bài tốn hình học giải tích (Vì khn khổ của đề tài nên
chúng tôi không đưa ra lời giải cụ thể mà chỉ đưa ra lời giải vắn tắt hoặc định
hướng tìm lời giải)
Ví dụ 1.2.1. (Câu 6b trong đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2012 – Khối A)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
đường thẳng d : 4x – 3y + m = 0 và đường

(C)

tròn (C) : x 2 + y 2 − 2x − 4y + 1 = 0 . Tìm m

I

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 lên

d, theo tính chất 1.2.1 ta có khoảng cách
từ I đến d là IH = 1. Từ đó tìm được m = 7
hoặc m = -3)

(d)
A

H

B

Chú ý 1. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết đường thẳng d cắt đường
trịn tâm I tại hai điểm phân biệt ta thường gọi H là hình chiếu của I lên d và sử
dụng tính chất 1.2.1.

11


Ví dụ 1.2.2. (Câu 7.b trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 – Khối D)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x – y + 3 = 0. Viết
phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C
và D sao cho AB = CD = 2.
y
(Hướng dẫn: Gọi I là tâm của đường trịn
đó, theo tính chất 1.2.2 ta có

(C)

C
I

AB = CD ⇔ d(I;Ox)=d(I;Oy) . Từ đó tìm
được tọa độ I. Dựa vào tính chất 1.2.1 tính
được bán kính của đường trịn đó)

D
O

Chú ý 2. Khi trong bài tốn hình học giải
tích có giả thiết một đường trịn có hai dây
bằng nhau ta thường sử dụng tính chất
1.2.2.
Ví dụ 1.2.3. (Thí dụ 3 trang 7 tạp chí
Tốn học và tuổi trẻ tháng 1 năm 2013 –
số 427) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình
2
2
( x − 3) + ( y − 1) = 4 và đường thẳng d:
x + y + 5 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc d
sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến
(C) với các tiếp điểm là A, B và đoạn AB
có độ dài nhỏ nhất.

x
B

A

(d)

A

M

H

(C)
I

B
(d)

(Hướng dẫn: Đường trịn (C) có tâm I(3;1) và bán kính R = 2. Gọi H là gia điểm
của AB và MI. M ∈ d ⇔ M(a; −a − 5) , theo tính chất 1.2.3 ta có H là trung điểm
của AB và tam giác AIM vng tại A có đường cao AH suy ra
4
3


AB2 = 16 1 − 2
÷. Do đó AB nhỏ nhất khi và chỉ khi a = − hay
2
 2a + 6a + 45 
 3 7
M  − ; − ÷)
 2 2
Chú ý 3. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết hai tiếp tuyến của đường
tròn cắt nhau tại một điểm ta thường sử dụng tính chất 1.2.3.

12


Ví dụ 1.2.4. (Câu VIa.1 trong đề thi thử đại học lần 4 năm 2011 – Khối A của
trường THPT Chuyên thuộc đại học Vinh)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(5:-6) và đường tròn
(C) : x 2 + y 2 + 2x − 4y − 20 = 0 . Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C)
(B, C là các tiếp điểm). Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC.
(Hướng dẫn: Gọi K là tâm của đường tròn
nội tiếp tam giác ABC. Đường trịn (C) có
tâm I(-1;2). Theo tính chất 1.2.4, ta có K
là giao điểm của đoạn AI và đường trịn
(C). Viết phương trình dường thẳng AI.
Tìm được tọa độ K; tính bán kính của
đường trịn nội tiếp tam giác ABC.

B
A

K

(C
)
I

C

Cách 2. Chứng minh được tam giác ABC
đều từ tìm được tọa độ K; tính bán kính
của đường trịn nội tiếp tam giác ABC)

Chú ý 4. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết hai tiếp tuyến tại A và B
của đường tròn tâm I cắt nhau tại M và đường tròn nội tiếp của tam giác MAB ta
thường sử dụng tính chất 1.2.4.
Ví dụ 1.2.5. (Câu 7.a trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 – Khối B)
Trong mặt phẳng với hệ tọa
độ Oxy, cho các đường tròn
(C1 ) : x 2 + y 2 = 4 ,
(C2 ) : x 2 + y 2 − 12x + 18 = 0
và đường thẳng

A
I1

d:x − y − 4 =0.
Viết phương trình đường
trịn có tâm thuộc (C2), tiếp
xúc với d và cắt (C1) tại hai
điểm phân biệt A và B sao
cho AB vng góc với d.

(C1)

(C)
I

B
(d)

(Hướng dẫn: Gọi I là tâm của đường trịn đó, (C 1) có tâm là O. Theo tính chất 1.2.5
ta có IO // d , từ đó viết được phương trình của đường thẳng IO. Tìm được tọa độ I;

tính được bán kính của đường trịn đó)
Chú ý 5. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết hai đường trịn cắt nhau
ta thường sử dụng tính chất 1.2.5.

13


Ví dụ 1.2.6. (Câu VI.a.1 trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2011 – Khối D)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4;1), trọng tâm
G(1;1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình
x − y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
A
(Hướng dẫn: Gọi E là điểm đối xứng của
B qua đường thẳng chứa phân giác trong
của góc A. Ta tìm được E(2;-5) thuộc
E
đường thẳng AC (theo tính chất 1.2.6),
tìm được tọa độ trung điểm M của cạnh
AC. Viết phương trình AC. Thử lại xem
B
C
B và C nằm cùng phía hay khác phía so
với đường thẳng chứa phân giác trong
của góc A và kết luận)
Chú ý 6. Khi trong bài toán hình học giải tích có giả thiết biết phương trình đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A của tam giác ABC và tọa độ một điểm M
thuộc đường thẳng AB hoặc AC ta thường gọi N là điểm đối xứng của M qua
đường thẳng chứa phân giác trong của góc A và sử dụng tính chất 1.2.6.
Ví dụ 1.2.7. (Câu IV trong đề thi HSG Tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm học 2012 2013) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(−1; −1) và đường tròn
2

2
(T) : ( x − 3) + ( y − 2 ) = 25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn (T)
(B, C khác A). Viết phương trình đường thẳng BC, biết I ( 1;1) là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC.
A
(T)

(Hướng dẫn: Ta có A thuộc đường trịn
(T). Gọi A' là giao điểm của AI với
đường tròn (T) ( A ' khác A). AI có
phương trình: x – y = 0.

I K

Tọa độ A ' là nghiệm của hệ
( x − 3) 2 + ( y − 2 ) 2 = 25  x = −1
x = 6
⇔
hoặc 
.

x−y=0

 y = −1
y = 6
Do đó A ' ( 6;6 ) (Vì A ' khác A).

B

C

A’

Theo tính chất 1.2.7 ta có A 'B = A 'C = A 'I hay
B, C, I thuộc đường trịn tâm A ' bán kính A 'I
2
2
có phương trình ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 50 .
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình

14


( x − 3) 2 + ( y − 2 ) 2 = 25  x = 7
 x = −1
⇔
hoặc
.



2
2
y
=
−
1
y
=
5
x

−
6
+
y
−
6
=
50


) (
)
(
Khi đó I nằm trong tam giác ABC.
Vậy phương trình đường thẳng BC là 3x + 4y – 17 = 0)
Chú ý 7. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết biết phương trình đường
trịn (K) ngoại tiếp tam giác ABC và tọa độ đỉnh A, tọa độ tâm đường trịn nội tiếp
I ta có thể nghĩ đến việc gọi A ' là giao điểm của AI với đường tròn (K) ( A ' khác
A) và sử dụng tính chất 1.2.7.
Ví dụ 1.2.8. (Câu VI.a.1 trong đề thi thử đại học năm 2011 – Khối A của trường
THPT Hà Huy Tập) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn
2
2
(C) : ( x − 3) + ( y − 4 ) = 25 và đường thẳng d: x – y = 0. Gọi A, B là hai điểm
phân biệt thuộc đường tròn (C). Tìm tọa độ các điểm A, B, biết tam giác OAB có
3 
đường phân giác trong của góc O nằm trên đường thẳng d và điểm M  ;6 ÷ thuộc
2 
O
đường thẳng AB.

(Hướng dẫn: Ta có (C) có tâm I(3;4) và O
thuộc (C). Vì I khơng thuộc d nên tam giác
OAB không cân tại O. Gọi OH là đường cao
của tam giác OAB. Theo tính chất 1.2.8 ta có
d là đường thẳng chứa phân giác trong hoặc
ngồi của góc OIH. Gọi K là điểm đối xứng
của I qua d, tìm được tọa độ điểm K và K
thuộc OH (theo tính chất 1.2.6). Từ đó viết
được phương trình đường thẳng AB và tìm
được tọa độ các điểm A, B. Thử lại xem A và
B có nằm khác phía so với d hay không và
kết luận)

K
A

I

H

B

(d)

Chú ý 8. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết biết phương trình đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A của tam giác ABC và tọa độ tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC ta có thể nghĩ đến việc gọi đường cao AH của tam giác
ABC và sử dụng tính chất 1.2.8.
Ví dụ 1.2.9. (Câu VI.b.1 trong đề dự bị đại học năm 2006 – Khối A)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho cho tam giác nhọn ABC. Viết phương

trình đường thẳng AC, biết tọa độ chân các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C lần
lượt là Q(-1;-2), R(2;2), S(-1;2).

15


A
R
(Hướng dẫn: Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC. Theo tính chất 1.2.9 ta có H là
S
tâm đường trịn nội tiếp của tam giác
H
QRS. Do đó AC là đường phân giác
ngồi của góc R của tam giác QRS. Ta
viết được các đường phân giác trong và
ngồi của góc R của tam giác QRS từ đó
B
Q
C
viết được phương trình đường thẳng AC)
Chú ý 9. Khi trong bài tốn hình học giải
tích có giả thiết tam giác nhọn ABC có
các đường cao AQ, BR, CS ta có thể nghĩ đến việc gọi H là trực tâm của tam giác
ABC và sử dụng tính chất 1.2.9.
Ví dụ 1.2.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(4 7
3;6), trọng tâm G  ; ÷ và trực tâm H(2;1). Viết phương trình đường trịn ngoại
3 3
A
tiếp tam giác ABC.

(Hướng dẫn: Gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Theo tính chất
uuur
uur
1.2.10 ta có GH = −2GI từ đó tìm được
tọa độ I)
Chú ý 10. Khi trong bài tốn hình học giải
tích có giả thiết liên quan đến trọng tâm, trực
tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của một
tam giác ta thường sử dụng tính chất 1.2.10.

H

G

I
C

B

Ví dụ 1.2.11. (Câu 6 trong đề thi Giáo viên giỏi trường THPT Lê Viết Thuật
năm 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho cho tam giác nhọn ABC.
Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình
3x + 5y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vng góc với BC cắt đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại D(4;-2). Viết phương trình các đường thẳng AB,
A
AC biết hồnh độ điểm B khơng lớn hơn 3.
(Hướng dẫn: Viết phương trình đường
thẳng AD và tìm được tọa độ A. Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC, K là giao

điểm của AD và BC. Từ giả thiết của bài
tốn ta tìm được tọa độ K. Theo tính chất
1.2.11 thì K là trung điểm của HD, suy ra

H
B

K

C

D
B
∈
BC
⇔
B(t;
t
−
4)
t
≤
3
tọa độ H.
,
tìm tọa độ C theo t. Từ AC ⊥ BH tìm t)
16


Chú ý 11. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết đường cao đi qua A của

tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trực tâm H, giao điểm khác A
của AH và đường tròn đó ta thường sử dụng tính chất 1.2.11.
Ví dụ 1.2.12. (Câu VI.a.1 trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2010 – Khối D)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực
tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C
có hồnh độ dương.
A
(Hướng dẫn: Gọi M là trung điểm của BC,
D là điểm đối xứng của A qua I. Theo tính
chất 1.2.12 ta có M là trung điểm của
đoạn thẳng HD. Tìm được tọa độ D, M.
Viết được phương trình BC (BC đi qua M
và vng góc với AH), viết được phương
trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
từ đó tìm được tọa độ C)

I
H
M

B

C

D
Chú ý 12. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết trực tâm H tam giác
ABC, đường tròn ngoại tiếp (I) của tam giác ABC ta có thể nghĩ đến việc gọi M là
trung điểm của BC, D là điểm đối xứng của A qua I và sử dụng tính chất 1.2.12.
Ví dụ 1.2.13. (Thí dụ 4 trang 8 tạp chí Tốn học và tuổi trẻ tháng 1 năm 2013 –
số 427)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình

( x + 1)

2

+ ( y − 2 ) = 9 và điểm M(2;3). Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M
2

cắt (C) tại A và B sao cho MA 2 + MB2 = 18 .
(Hướng dẫn: Đường trịn (C) có tâm
I(-1;2) và bán kính R = 3. Vì M nằm ngồi
(C) nên theo tính chất 1.2.13 ta có
MA.MB = MI 2 − R 2 = 1 . Kết hợp với giả M

B
A
I

thiết ta có ( MA − MB ) = 16 ⇒ AB = 4 .
2

Từ đó dựa vào tính chất 1.2.1 tính được d(I; ∆) = 5 và viết được phương trình
đường thẳng ∆ )
Chú ý 13. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết đường thẳng cắt đường
tròn tại hai điểm A, B và mối quan hệ giữa MA và MB ta thường sử dụng tính chất
1.2.13.
17

Ví dụ 1.2.14. (Câu 7.a trong đề thi thử đại học năm 2013 – Khối A của trường
THPT Hà Huy Tập) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
 1
tâm là điểm I 1; ÷, AB = 5 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C và D, biết các điểm
 2
M ( 7;0 ) , N ( −3;0 ) lần lượt thuộc các đường thẳng AB, CD.
A
(Hướng dẫn: Gọi P là điểm đối xứng của N
qua I, ta có P(5;1) thuộc AB (theo tính chất
1.2.14). Viết được phương trình đường
I
5
thẳng AB. Tính được IA = IB = . Từ đó
2
D
P
tìm được tọa độ A, B)

M

B

C

N

Chú ý 14. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết biết tọa độ tâm của
hình bình hành (hoặc hình bình hành đặc biệt: hình chữ nhật, hình thoi, hình
vng) và biết tọa độ điểm M thuộc đường thẳng chứa một cạnh nào đó của nó ta
thường lấy thêm điểm đối xứng của M qua tâm và sử dụng tính chất 1.2.14.

Ví dụ 1.2.15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,
cho hình vng 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 thuộc đường thẳng d: x + y – 2 = 0
 11 7 
và H  ; ÷ là giao điểm của AM và BN.
 5 5
(Hướng dẫn: Theo tính chất 1.2.15 ta có
AM ⊥ BN , từ đó viết được phương trình
đường thẳng AM và tìm được tọa độ
đỉnh A)

B

A
(d)

M
D

N

C

Chú ý 15. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết hình vng ABCD có
M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và CD ta thường sử dụng tính chất
1.2.15.
Ví dụ 1.2.16. (Câu VI.a.1 trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2009 – Khối A)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

mặt phẳng (P): 2x – 2y –z – 4 = 0 và mặt
2
2
2
cầu (S): x + y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 .
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu
(S) theo một đường trịn. Xác định tọa độ
tâm và tính bán kính của đường trịn đó.
18


(Hướng dẫn: Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) và bán kính R = 5 và d(I;(P)) = 3 < R . Do
đó theo tính chất 1.2.16 (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường trịn có tâm H(3;0;2) là
hình chiếu của I lên (P) và bán kính r = 4)
Chú ý 16. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết mặt cầu tâm I cắt mặt
phẳng (P) theo một đường trịn ta thường gọi H là hình chiếu của I lên (P) và sử
dụng tính chất 1.2.16.
Ví dụ 1.2.17. (Câu 8.a trong đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 – Khối A)
x +1 y z − 2
= =
và
1
1
1
điểm I(0;0;3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao
cho tam giác IAB vuông tại I.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

(Hướng dẫn: Gọi H là hình chiếu
của I lên đường thẳng d. Theo tính

chất 1.2.17 ta có H là trung điểm
2 3
của AB, IH = d(I;d) =
; tam
3
giác IAH vuông cân tại H do đó
bán kính mặt cầu (S) là
2 6
)
R = 2IH =
3
Chú ý 17. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết đường thẳng d cắt mặt
cầu tâm I tại hai điểm phân biệt ta thường gọi H là hình chiếu của I lên d và sử
dụng tính chất 1.2.17.
Ví dụ 1.2.18. (Câu 8.b trong đề thi thử đại học năm 2013 – Khối A của trường
THPT Hà Huy Tập)
A
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
x y z
đường thẳng d : = = và mặt phẳng (P):
1 2 2
x + y + z – 5 = 0. Mặt phẳng (Q) cắt các trục
Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C (khác
O). Viết phương trình mặt phẳng (Q), biết tứ
diện OABC có trọng tâm G thuộc d và tâm mặt
cầu ngoại tiếp I thuộc (P).
(Hướng dẫn: Vì các điểm A, B, C (khác O) lần
lượt thuộc các trục Ox, Oy, Oz nên A(a;0;0),
B(0;b;0), C(0;0;c) ( abc ≠ 0 ). Theo tính chất
1.2.18 tìm được tọa độ G và I theo a, b, c. Từ đó

tìm được a, b, c)

C

I

N
G
O

M

B

19


Chú ý 18. Khi trong bài tốn hình học giải tích có giả thiết tứ diện SABC có ba
cạnh SA, SB, SC đơi một vng góc và G, I lần lượt là trọng tâm, tâm mặt cầu
ngoại tiếp của tứ diện SABC ta thường sử dụng tính chất 1.2.18.
Các ví dụ trên phần nào khẳng định được, sử dụng bản hình học là một
phương pháp hay để giải các bài tốn hình học giải tích. Chúng ta đã thấy được
tầm quan trọng của việc sử dụng tính chất hình học để tìm lời giải của một số bài
tốn hình học giải tích.
2. Khai thác đào sâu kết quả một số bài tốn hình học giải tích
Học sinh phổ thơng thường có thói quen khi đã tìm được lời giải bài tốn thì
thỏa mãn, ít đi sâu kiểm tra lại lời giải xem có sai lầm, thiếu sót gì khơng, ít quan
tâm tới việc nghiên cứu, cải tiến lời giải, tìm nhiều lời giải, khai thác lời giải từ đó
đưa ra các bài tốn mới. Tìm nhiều lời giải cho một bài tốn giúp cho học sinh có
cách nhìn tồn diện, biết hệ thống hóa, sử dụng các kiến thức, các kĩ năng và

phương pháp giải toán một cách chắc chắn, mềm dẻo, linh hoạt. Đó cũng là năng
lực đặc trưng của giải tốn. Tập hợp nhiều cách giải và tìm được cách giải tối ưu
cho bài tốn từ đó phát hiện ra các bài toán mới từ bài toán đã giải xong. Q trình
đó giúp học sinh thấy rõ ưu, khuyết của từng phương pháp giải toán, thu nhận, hợp
thức hóa, làm phong phú thêm tri thức của người giải toán và tạo ra được sự hứng
thú cho học sinh khi giải tốn.
Vì vậy, trong q trình dạy học, giáo viên cần chú ý cho học sinh thường
xuyên tìm nhiều phương án giải bài toán, sử dụng kết quả bài toán này để giải bài
toán khác cũng như đề xuất bài tốn mới. Xét các ví dụ sau:
Ví dụ 2.1. Quay trở lại bài tốn (ở ví dụ 1.1.2)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và đường
tròn (C) : x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆ . Qua M
kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm
M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Sau khi giải bài tốn này, ta có thể hướng dẫn học sinh khai thác, đào sâu bài
toán này. Chúng ta nhận thấy “mấu chốt” của bài toán này là việc tính khoảng cách
từ tâm I của đường trịn (C) đến điểm M. Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
thì ta tính được IM khi biết diện tích tứ giác MAIB. Vậy câu hỏi đặt ra là ta có thể
thay giả thiết diện tích tứ giác MAIB bằng 10 bằng các giả thiết khác được hay
không? Dựa vào tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, khi biết toạ độ điểm I và bán
kính đường trịn (C), đoạn thẳng IM cũng tính được khi biết một trong các đại
lượng sau:
+) Độ dài đoạn MA hoặc MB hoặc AB.
·
·
+) Số đo góc của AIB
hoặc AMB
hoặc góc giữa MA và MB.
+) Diện tích tam giác MAB hoặc tam giác AIB.
20

Mặt khác ta có
·
·
+) AMB
= 600 ⇔ AIB
= 1200 ⇔ tam giác AMB là tam giác đều.
·
·
+) AMB
= 900 ⇔ AIB
= 900 ⇔ tam giác IAB là tam giác vuông ⇔ tam
giác IAB là tam giác vuông cân ⇔ tam giác IAB có diện tích lớn nhất ⇔ tứ
giác MAIB là hình vng ⇔ tứ giác MAIB là hình bình hành ⇔ tứ giác
MAIB là hình thang.
Do đó ta có thể đưa ra các bài toán mới, chẳng hạn
Bài toán 2.1.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và
đường tròn (C) : x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆ .
Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ
điểm M, biết đoạn thẳng AB có độ dài bằng 4.
(Hướng dẫn: AB = 4 ⇔ IM = 5. Đáp số: M(2; -4) hoặc M(-3; 1))
Bài toán 2.1.2. (Câu VI.a.1 trong đề thi thử đại học năm 2012 – Khối A của
trường THPT Hà Huy Tập) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
∆ : x + y − 1 = 0 và đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2x + 4y + 3 = 0 . Gọi I là tâm của (C),
M là điểm thuộc ∆ . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các
tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
(Hướng dẫn: tam giác IAB có diện tích lớn nhất ⇔ tứ giác MAIB là hình vng,
từ đó tính IM và suy ra tọa độ điểm M)
Mặt khác ta cũng có thể thay đổi các điều kiện khác của bài toán như thay

đường thẳng ∆ bởi đường tròn ( hoặc elip, hoặc hypebol, hoặc parabol....)
Bài toán 2.1.3. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y 2 = x và đường tròn
3
. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc (P). Tìm tọa độ điểm M
2
sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) và hai tiếp tuyến này tạo với
nhau một góc bằng 60 0 .
(C) : x 2 + y 2 =

(Hướng dẫn: (C) có tâm O và bán kính R =

6
. Góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
2

60 0 ⇔ OM = 6 hoặc OM = 2 ).
Ví dụ 2.2. (Câu V trong đề thi HSG Tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm học 2011 - 2012)

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 1) + ( y − 1) = 25 và các điểm
A(7;9); B(0;8). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức:
2

2

P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Khi gặp bài tốn này, ta có thể định hướng như sau:
Gọi điểm M (a;b). M ∈ (C) ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 25
2

2

Ta có P = (a − 7) 2 + (b − 9) 2 + 2 a 2 +(b-8) 2 .
21


Như vậy, ta cần giải bài toán:
“Cho các số thực a, b thỏa mãn: ( a − 1) + ( b − 1) = 25 . Tìm a, b để biểu thức sau
2

2

đạt giá trị nhỏ nhất: P = (a − 7) 2 + (b − 9) 2 + 2 a 2 +(b-8) 2 ”.
Từ đó ta có thể giải bài tốn như sau
Lời giải: Gọi điểm M (a;b). Vì M ∈ (C) ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 25 .
2

2

Ta có
P = (a − 7) 2 + (b − 9) 2 + 2 a 2 +(b-8) 2 = (a-7) 2 +(b-9) 2 + (2b-16) 2 +(-2a)2
r
r
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vec tơ u(a − 7;b − 9) và v(2b − 16; −2a) .
r
r
r r
Áp dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v ta có:
P ≥ (a + 2b − 23) 2 + (b − 2a − 9) 2
Mặt khác:

(1)

(a + 2b − 23) 2 + (b − 2a − 9) 2 = 5a 2 + 5b 2 − 10a − 110b + 610

2
2
= 10 (a − 1) 2 + (b − 6) 2  − 5 ( a − 1) + ( b − 1)  + 250 ≥ 5 5



(2)

2
2
2
2
(Vì 10 (a − 1) + (b − 6)  ≥ 0 ; ( a − 1) + ( b − 1) = 25)

Từ (1) và (2) ta có: P ≥ 5 5
a = 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
hay M(1; 6).
b = 6
Do đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M(1; 6).
Vậy M(1; 6).
Để giải bài tốn như trên địi hỏi học sinh phải biết cách vận dụng các bất
đẳng thức đúng một cách khéo léo sao cho dấu bằng ở các bất đẳng thức (1) và (2)
đồng thời xảy ra. Do vậy cách giải bài toán theo phương pháp trên sẽ “rất nặng nề”
về các phép biến đổi đại số.
Nếu nhìn nhận bài tốn này dưới “con mắt hình học”, ta liên tưởng ngay đến

bài tốn: “Cho đường trịn (C): x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (a 2 + b 2 > c), và hai
điểm E(xE; yE), F(xF; yF) sao cho đoạn thẳng EF và đường tròn (C) có giao điểm.
Tìm tọa độ điểm M∈ (C) sao cho Q = ME + MF đạt giá trị nhỏ nhất”. Ta giải bài
tốn này như sau: “Ta có ME + MF ≥ EF.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng EF hay M là giao điểm của (C)
và đoạn thẳng EF.
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của (C) và đoạn thẳng EF.
Viết được phương trình đường thẳng EF ⇒ Tìm được tọa độ điểm M.”
22


Từ bài toán này, chúng ta nghĩ ngay đến định hướng: “Tìm một điểm J sao
cho đoạn thẳng BJ và đường trịn (C) có giao điểm; đồng thời MA = 2MJ với mọi
điểm M∈ (C)
(Khi đó P = 2(MJ + MB) và P đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MJ + MB nhỏ nhất)”.
Từ đó ta có thể tìm được lời giải sau: “(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5.
5 
Gọi J  ;3 ÷. Ta chứng minh với mọi điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.
2 
Thật vậy

uuu
r uur
MA = 2MJ ⇔ MA 2 = 4MJ 2 ⇔ MI + IA
uuu
r uur
ur
⇔ 2MI IA − 4IJ = 3R 2 + 4IJ 2 − IA 2 .

(

)

(

)

2

uuu
r ur
= 4 MI + IJ

(

)

2

B

Đẳng thức này đúng vì
uur
ur r
IA − 4IJ = 0; 3R 2 + 4IJ 2 − IA 2 = 0.
Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta
có
MA + 2MB = 2 ( MJ + MB ) ≥ 2BJ .

M

I

J

A

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M
thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm
ngồi đường trịn (C); J nằm trong
đường trịn (C)).
Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường trịn (C) và
đoạn thẳng BJ.
BJ có phương trình 2x + y − 8 = 0 .
Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ
2x + y − 8 = 0

x =1
 x =5
⇔
hoặc 
.

2
2
 y = −2
( x − 1) + ( y − 1) = 25  y = 6
Thử lại ta có điểm M(1; 6) thuộc đoạn JB thỏa mãn bài toán.”
Khi giải được bài toán như trên, một “câu hỏi lớn” đặt ra là có phải điểm J như
thế bao giờ cũng tồn tại hay chỉ với một số điểm A đặc biệt mới có điểm J như thế ?

Tất cả các câu hỏi được giải thích như sau: Cho điểm A, đường tròn (I; R) và
một số thực dương k khác 1. Ta có kết quả sau: “Tồn tại điểm J sao cho
MA = kMJ với mọi điểm M thuộc đường tròn (I; R) khi và chỉ khi IA = kR”.
Chứng minh:
+ Nếu tồn tại điểm J sao cho MA = kMJ với mọi điểm M thuộc đường tròn (I; R)
thì ta có MA=kMJ ⇔ MA 2 = k 2 MJ 2 ⇔ MA 2 − k 2 MJ 2 = 0
23


uuur uuur 2
uuur uur
⇔ ME + EA − k 2 ME + EJ

(

)

(

)

2

=0
uuur uuur
uur
⇔ ( 1 − k 2 ) ME 2 = k 2 EJ 2 − EA 2 − 2ME EA − k 2 EJ

(

uuur
uur r
uuur
k 2 uur
2
Chọn E sao cho EA − k EJ = 0 ⇔ AE = 2
AJ
k −1

)

(vì k ≠ 1 và k > 0 nên k 2 − 1 ≠ 0 )
Khi đó
k 2 EJ 2 − EA 2
k 2 EJ 2 − k 4 EJ 2
2
⇔
ME
=
⇔ EM = kEJ
1 − k2
1 − k2
uuur
uur r
(Vì EA − k 2 EJ = 0 nên EA = k 2 EJ )

MA = kMJ ⇔ ME 2 =

⇔ EM = kEJ ⇔ M∈ (E; kEJ) với ∀ M∈ (I;R).

Do đó điểm M thuộc đường trịn tâm E bán kính bằng kEJ. Vậy I ≡ E và R = kEJ
uuur
uur r
Khi đó EA − k 2 EJ = 0 ⇒ EA = k 2 EJ ⇒ IA = k 2 EJ ⇒ IA = kR
ur 1 uur
IA R
+ Nếu IA = kR thì ta chọn J sao cho IJ = 2 IA ⇒ IJ= 2 =
.
k
k
k
Khi đó với mọi điểm M thuộc đường trịn (I;R), ta có
MA=kMJ ⇔ MA 2 = k 2 MJ 2 ⇔ MA 2 − k 2 MJ 2 = 0
uuu
r uur 2
uuu
r ur 2
⇔ MI + IA − k 2 MI + IJ = 0
uuu
r uur
ur
⇔ ( 1 − k 2 ) R 2 + 2MI IA − k 2 IJ + IA 2 − k 2 IJ 2

(

)

(

(

⇔ ( 1 − k2 ) R 2 + k2R 2 − k2

)

)

R2
= 0 , đúng.
k2

Từ chứng minh trên, ta có kết quả: “Cho điểm A và đường tròn (I; R) sao cho
IA = kR với k là một số thực dương khác 1. Luôn tồn tại điểm J sao cho
MA = kMJ với mọi điểm M thuộc đường tròn (I;R)”. Ta chứng minh chỉ có một
điểm J như thế. Thật vậy, giả sử có thêm điểm H khác J sao cho MA = kMH với
mọi điểm M thuộc đường tròn (I; R) ⇒ với mọi điểm M thuộc đường trịn (I; R)
Ta có kMH = kMJ ⇔ MH = MJ ⇔ M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng HJ
⇒ vơ lý.
Do đó, ta có kết quả: “Cho điểm A và đường trịn (I; R) sao cho IA = kR với
k là một số thực dương khác 1. Luôn tồn tại duy nhất điểm J sao cho MA = kMJ
ur 1 uur
với mọi điểm M thuộc đường tròn (I; R) và điểm J thỏa mãn IJ = 2 IA ”
k
(Nếu k > 1 thì A nằm ngồi đường trịn (I;R) và J nằm trong đường tròn (I;R); còn
nếu 0 < k < 1 thì J nằm ngồi đường trịn (I;R) và A nằm trong đường trịn (I;R)).
Từ những kết quả trên, ta có thể đưa ra các bài toán mới. Chẳng hạn
24


Bài tốn 2.2.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường trịn (C) : ( x − 1) + ( y − 1) = 25

2

2

5 
và các điểm A  ;3 ÷ ; B (1;1). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức P =
2 
2MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
(Hướng dẫn: Gọi J (7;9), với mọi điểm M thuộc (C) ta có 2MA = MJ.
Khi đó P = MB + MJ nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đoạn thẳng BJ
với đường trịn (C). Đáp số M(5; 6))
Bài tốn 2.2.2. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 1) = 25
và các điểm A (7;9) ; B (0;8). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức
2

2

P = 2MB – MA đạt giá trị lớn nhất.
5 
(Hướng dẫn: Gọi J  ;3 ÷, với mọi điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.
2 
Khi đó P = 2(MB – MJ) lớn nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của tia đối của tia
BJ hoặc tia đối của tia JB với đường tròn (C). Đáp số M(5; -2))
Tương tự trên ta có kết quả: “Cho điểm A và mặt cầu S (I; R) sao cho IA = kR với
k là một số thực dương khác 1. Luôn tồn tại duy nhất điểm J sao cho MA = kMJ
ur 1 uur
với mọi điểm M thuộc mặt cầu S (I; R) và điểm J thỏa mãn IJ = 2 IA ”
k
(Nếu k > 1 thì A nằm ngồi mặt cầu S (I;R) và J nằm trong mặt cầu S (I;R); còn
nếu 0 < k < 1 thì J nằm ngồi mặt cầu S (I; R) và A nằm trong mặt cầu S (I;R)). Do

đó ta có thể đưa ra các bài tốn mới. Chẳng hạn
Bài tốn 2.2.3. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
2
2
(S) : ( x − 1) + ( y − 1) + z 2 = 25 và các điểm A (7; 9; 0) ; B (0; 8; 0). Tìm tọa độ
điểm M thuộc (S) sao cho biểu thức P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
5

(Hướng dẫn: Gọi J  ;3;0 ÷, với mọi điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.
2

Khi đó P = 2(MJ + MB). Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm
của mặt cầu (S) và đoạn thẳng BJ. Đáp số M(1; 6; 0))
Ví dụ 2.3. Sau khi học sinh đã tìm được một số lời giải cho bài tốn (Ở ví dụ
1.1.3): “Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2). Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC. Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn
thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x 2 + y 2 − 2x + 4y + 4 = 0 . Viết phương
trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC”. Chúng ta có thể tiếp tục hướng dẫn học
sinh khai thác bài toán này như sau:
Gọi các điểm M, N, P, I, E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, CA,
AB, HA, HB, HC; gọi các điểm Q, R, S lần lượt là chân các đường cao của ∆ABC
25