HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH HỌC PHẲNG OXY. CÂU 2 VÀ CÂU 5 – PHẦN 4.

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

HÌNH HỌC PHẲNG OXY

MR.LAFO

HƯỚNG DẪN GIẢI HÌNH HỌC PHẲNG OXY.
CÂU 2 VÀ CÂU 5 – PHẦN 4.
ACB  45o , điểm

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc

D  5; 3  là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC , biết rằng đường thẳng AC đi qua điểm M  1; 2  và điểm I  3; 3  là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
Trích đề TTL1, Chuyên Bắc Ninh, 2016.

■ Bước 1: Dựng hình và phát hiện tính chất (hoặc điểm quan trọng cần khai thác)
Bài toán này thì không có tính chất hình học mà ta
cần phải chứng minh, tuy nhiên khi xét về quan hệ
của các góc trong đường tròn thì chúng ta không thể
không nhắc đến các loại góc thường gặp là: “Góc ở
tâm”, “góc nội tiếp”, “góc giữa tiếp tuyến và dây
cung”, v,v… Và dĩ nhiên cùng với đó, ta quan tâm
đến mối quan hệ giữa các góc đó.
Trong bài toán này, với giả thiết góc nội tiếp

ACB  45o , nên

ta

suy

ra

góc

ở

tâm

AIB  2 ACB  90 do cùng chắn cung AB.
o

Từ kết quả trên, ta lại suy ra được tứ giác AIDB nội tiếp. Và do góc
cân tại D  DI  AC

ACB  45o  ADC vuông

■ Bước 2: Phân tích – định hướng tìm lời giải.


 AC  qua M ,  DI 

N  DI  AC
Viết pt đường thẳng 

N  ?; ?  là trung điểm AC (do
DI
qua

I
,
vtcp
:
DI


tam giác ACD vuông cân tại D .





 A  ?; ? 
AC  
C  ?; ? 



Tìm tọa độ  A , C   N ; DN 



 BI  qua I ,  AI 

B  BI  DC
Viết pt đường thẳng 

 B  ?; ? 
BC

qua
D
,
vtcp
:
DC







■ Bước 3: Hướng dẫn giải chi tiết.
Đường thẳng AC qua M  1; 2  nhận DI   2; 0  làm vtpt có phương trình là: AC : x  1  0


THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

HÌNH HỌC PHẲNG OXY

MR.LAFO

Đường thẳng DI  AC  DI : y  m  0, DI qua I  3; 3   m  3  DI : y  3  0

x  1  0
 N  1; 3  và N là trung điểm AC dó
Gọi N  AC  DI  tọa độ N thỏa hệ 

y  3  0

ACD vuông cân tại D .

Ta có đường tròn  N  có tâm N 1; 3  , bán kính DN  4 có pt là:  x  1   y  3   16.
2

2

 x  12   y  3 2  16
 A  1; 7  , C  1; 1
 x  1, y  7


.
Khi đó tọa độ A, C thỏa hệ 
 A  1; 1 , C  1; 7 
 x  1, y  1
 x  1  0

Trường hợp 1: với A 1; 7  , C  1; 1 . Và đồng thời AI  CI  2 5
Đường thẳng BI qua I  3; 3  nhận AI   2; 4  làm vtpt có pt là: BI : x  2 y  3  0
Đường thẳng BC qua D  5; 3  nhận CD   4; 4   4  1; 1 làm vtcp có pt là BC : x  y  2  0


x  y  2  0
x  7

 B1  7; 5 
Khi đó tọa độ B thỏa hệ 
x  2 y  3  0
y  5




Trường hợp 2: với A 1; 1 , C  1; 7  .
Tương tự ta có đường thẳng BI : x  2 y  7  0 và BC : x  y  8  0
x  2 y  7  0
x  9



 B2  9; 1
Khi đó tọa độ B thỏa hệ 


x  y  8  0
 y  1

Nhận xét IB1  2 5  AI , IB2  2 13  AI  ta nhận B  7; 5
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  1; 7  , B  7; 5  , C 1; 1 .
■ Bước 4: Kiểm tra lại kết quả đã tìm được (biểu diễn tọa độ điểm tìm được lên hệ trục Oxy).


THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

HÌNH HỌC PHẲNG OXY

MR.LAFO

Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H 1; 3  và tâm
đường tròn ngoại tiếp I  0; 2  . Trung điểm M của đoạn BC nằm trên đường thẳng có phương

trình x  y  1  0. Tìm tọa độ các điểm B, C biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
đi qua điểm E  5;1 và hoành độ của điểm B lớn hơn 1.
Trích đề chọn HSG 12, Bảng B, Tỉnh Quảnh Ninh, 2016.
■ Bước 1: Dựng hình và phát hiện tính chất (hoặc điểm quan trọng cần khai thác)
Tính chất hình học mà ta cần chú ý đối với bài toán
này chính là “điểm đối xứng của tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC qua cạnh BC chính là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC với H là trực
tâm ABC.
Ngoài ra, nếu lấy đối xứng của trực tâm H qua các
cạnh của tam giác ABC thì ta luôn có các điểm đó
thuộc vào đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Để chứng minh hai tính chất trên, ta làm như sau:
Gọi H’ là điểm đối xứng của H qua cạnh BC và N
là giao điểm của BC và HH ' (ta sẽ chứng minh N
là trung điểm HH ' )
 BCH '  BAH  do cung chan cung BH ' 
 BCH '  HBC  HCH ' cân tại C
Ta có 
 HBC  BAH  cung phu voi ABC 

Mà CN  HH '  CN là đường trung tuyến của HCC '  N là trung điểm HH '  H đối xứng
với H ' qua cạnh BC. (chứng minh tương tự với các cạnh còn lại).
Gọi O là điểm đối xứng của I qua cạnh BC. Ta có BH ' C nội tiếp đường tròn  I  nên ta suy ra
BHC nội tiếp đường tròn  O  do tính chất đối xứng.

■ Bước 2: Phân tích – định hướng tìm lời giải.


tham so hoa

M la trung diem IO
M  d 
 Md  ?; ?  
 OM  ?; ? 



H , E  O   HO2  EO2  O  ?; ?   M  ?; ?   viết pt BC  qua M ,  IO 



B; C  O; OH   BC  B ?; ?  & C ?; ? 

■ Bước 3: Hướng dẫn giải chi tiết.

M  d : x  y  1  0  M  m; m  1  O  2m; 2m  .
Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC  HO2  HE2


THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

HÌNH HỌC PHẲNG OXY

MR.LAFO

 M  2; 3 
2
2
2
2

  2 m  1   2 m  3    2 m  5    2 m  1   2 m  3  5  2 m  m  2  
O  4; 4 

Đường thẳng BC qua M  2; 3  nhận MO   2; 1 làm vtpt có pt là BC : 2 x  y  7  0.
O  4; 4 
2
2
  O  :  x  4    y  4   10
Đường tròn ngoại tiếp HBC có 
 R  OH  10

 2 x  y  7  0
 x  3; y  1

Khi đó tọa độ B; C thỏa hệ 
2
2
 x  1; y  5
 x  4    y  4   10

Do B có hoành độ lớn hơn 1 nên ta nhận B  3; 1 , C  1; 5
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là B  3; 1 , C 1; 5  .
■ Bước 4: Kiểm tra lại kết quả đã tìm được (biểu diễn tọa độ điểm tìm được lên hệ trục Oxy).

Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao nhất trong kì thi sắp tới !
Gmail:
Facebook: />Group Toán 3[K]
Thầy Lâm Phong (0933524179) – Mr.Lafo.