SKKN Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài toán hình học tọa độ phẳng dựa trên tính chất đặc trưng của điểm và đường

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG THÔNG QUA VIỆC ĐỊNH HƯỚNG GIẢI QUYẾT BÀI TỐN
HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG DỰA TRÊN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG
CỦA ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài


2

Trong xu hướng phát triển nền kinh tế tri thức, Việt Nam càng coi trọng
giáo dục, khẳng định giáo dục là quốc sách hàng đầu để sáng tạo ra hệ thống giá
trị hiện đại, đổi mới, làm nguồn lực thúc đẩy phát triển kinh tế - xã hội. Những
năm qua, với nhiều giải pháp thiết thực được triển khai và thực hiện có hiệu quả,
nền giáo dục Việt Nam đã đạt được nhiều thành tựu to lớn trên lĩnh vực giáo
dục, đào tạo nguồn nhân lực cho đất nước và xã hội.
Tuy nhiên, trước yêu cầu cấp bách của sự phát triển kinh tế - xã hội trong
bối cảnh toàn cầu hóa, đã nảy sinh một số bất cập đòi hỏi chúng ta phải có sự
đổi mới căn bản trong chương trình giáo dục nói chung và giáo dục phổ thông
nói riêng. Trên cơ sở kế thừa và phát triển những ưu điểm của các chương trình
giáo dục phổ thông đã có của Việt Nam; đồng thời, tiếp thu thành tựu nghiên
cứu về khoa học giáo dục và kinh nghiệm xây dựng chương trình theo mô hình
phát triển năng lực của những nền giáo dục tiên tiến trên thế giới và quá trình
nghiên cứu, sáng tạo, đổi mới phương pháp của mỗi nhà khoa học và mỗi giáo
viên gắn với nhu cầu phát triển của đất nước, những tiến bộ của thời đại khoa

học - công nghệ để sáng tạo ra những sản phẩm trí tuệ, góp phần thực hiện có
hiệu quả chủ trương đổi mới và phát triển nền giáo dục của đất nước.
Trong Nghị quyết Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI
(Nghị quyết số 29-NQ/TW) về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo
cũng đã chỉ rõ một thực trạng hiện nay là “…công việc giảng dạy, học tập, thi
cử, kiểm tra và đánh giá kết quả còn lạc hậu, thiếu thực chất…’’. Để đáp ứng
được các yêu cầu của cuộc sống, của xã hội hiện đại buộc chúng ta phải tiến
hành đổi mới căn bản, toàn diện hệ thống giáo dục quốc gia. Đó là thay đổi tất
cả những yếu tố, những chủ thể của quá trình đào tạo: Thầy phải thay đổi, trò
phải thay đổi, cán bộ quản lý phải thay đổi; tư duy phải thay đổi, hành động phải
thay đổi; chương trình phải thay đổi, sách giáo khoa phải thay đổi, cách dạy,
cách học, cách thi cử càng phải thay đổi. Trong đó, đổi mới giáo dục phổ thơng
giữ vai trị then chốt, bởi vì “giáo dục phổ thông là nền tảng của cả hệ thống
giáo dục quốc gia”. Trong những năm gần đây thì nội dung, phương pháp đào
tạo, chương trình mơn Tốn học ở bậc THPT đã có rất nhiều thay đổi về yêu cầu
giáo dục, nội dung kiến thức và kỹ năng. Cụ thể:
Về chương trình: đã có những quy định về Chuẩn kiến thức và người giáo
viên phải dạy như thế nào để học sinh đạt được chuẩn kiến thức đó.
Về kỹ năng, hình thức và phương pháp dạy học: chuyển từ nền giáo dục
THPT nặng về truyền thụ kiến thức một chiều sang nền giáo dục THPT chú
trọng phát triển năng lực và phẩm chất của học sinh, được tiến hành bằng cách
đổi mới dạy học theo hướng phát triển năng lực cá nhân người học, người giáo
viên phải lấy học sinh làm trung tâm; áp dụng các phương pháp , kỹ thuật dạy
học tích cực, chấm dứt hoàn toàn hiện tượng dạy học theo kiểu áp đặt, truyền


3

thụ kiến thức một chiều, thầy đọc- trò chép; chú trọng rèn luyện phương pháp tự
học, tự nghiên cứu, giúp những học sinh có năng lực hoạt động trí tuệ, phát huy

được tính tích cực trong học tập nói chung và học tập mơn Tốn nói riêng; tăng
cường các hoạt động phát triển tư duy và tính sáng tạo; biết vận dụng kiến thức
đã được học để giải quyết các vấn đề nảy sinh trong thực tế …
Trong quá trình học sinh tiếp cận với các bài toán hình học tọa độ phẳng,
học sinh gặp khó khăn trong việc định hướng cách giải, học sinh không biết cách
sử dụng giả thiết cũng như mối liên hệ của giả thiết với yêu cầu bài toán đặt ra
làm bước cản lớn trong việc giải toán. Chính vì vậy, tác giả viết đề tài này nhằm
một phần nào đó định hướng cũng như chỉ ra mối liên hệ của các điểm, các
đường trong bài toán, từ đó vận dụng tính chất đặc trưng của điểm và đường vào
việc tìm ra lời giải mà bài toán yêu cầu.
Nhằm khắc phục phần nào những khó khăn, hạn chế đã nêu trên, tác giả
lựa chọn và viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “Rèn luyện tư duy sáng tạo
cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài
toán hình học tọa độ phẳng dựa trên tính chất đặc trưng của điểm và đường”.
2. Mục đích nghiên cứu
Giới thiệu, cung cấp thêm cho các em học sinh lớp 10 THPT và đồng
nghiệp một số cách nhìn trong việc giải quyết các bài toán về tọa độ của hình
học phẳng khó, dựa trên kiến thức đã được tìm hiểu ở bậc THCS thiết lập mối
quan hệ của điểm và đường để từ đó giải quyết nhanh các bài toán tọa độ hình
học phẳng.
Rèn luyện cho các em học sinh THPT nói chung, học sinh các lớp 10
THPT chuẩn bị tham gia kỳ thi THPTQG hàng năm, kỳ thi HSG nói riêng khả
năng thông hiểu, vận dụng , vận dụng cao các kiến thức cơ bản của Hình học 10
vào giải quyết các bài toán Hình học tọa độ phẳng.
Hình thành cho các em học sinh thế giới quan khoa học, chỉ cho các em
phương pháp tìm hiểu mối liên hệ mật thiết giữa các phần trong các nội dung,
chương trình mơn Tốn bậc THPT, mối liên hệ giữa kiến thức sách giáo khoa và
thực tiễn cuộc sống.
Phát triển tư duy sáng tạo cho các em học sinh, đáp ứng các yêu cầu trong
Nghị quyết Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI (Nghị quyết

số 29-NQ/TW) về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu
cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng
xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Học sinh lớp 10 , học sinh chuẩn bị tham dự kỳ thi THPTQG hàng năm.


4

Giáo viên giảng dạy mơn Tốn THPT.
4. Phương pháp nghiên cứu
Trên cơ sở kiến thức Sách giáo khoa Hình học 10 (cơ bản), tác giả xây
dựng, khai thác, phát triển, sắp sếp các vấn đề, lồng ghép vào các ví dụ (được
tham khảo từ đề thi HSG tỉnh lớp 11 hàng năm của các tỉnh, thành phố, đề thi
thử THPTQG hàng năm của một số trường và một số tài liệu tham khảo khác)
để phân hoạch thành các dạng toán cụ thể theo từng mức độ để phù hợp với từng
nhu cầu, năng lực của các em học sinh.
Tham khảo bài viết của các đồng nghiệp ở các tạp chí có nội dung liên
quan đến đề tài.
Trao đổi với các đồng nghiệp ở Tổ Toán - Tin ở Trường THPT Chuyên
Phan Bội Châu (Nghệ An) và một số đơn vị bạn trong tỉnh có quan tâm đến vấn
đề này để đề xuất biện pháp tiếp cận lời giải các bài toán, triển khai đề tài.
Trao đổi, thảo luận và phối hợp trực tiếp với các em học sinh được tác giả
trực tiếp giảng dạy ở Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu (Nghệ An) để kiểm
nghiệm và rút kinh nghiệm.
5. Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả
Đề tài có thể dùng làm tài liệu tham khảo, học tập cho các em học sinh
lớp 10 - THPT trong và ngoài trường.
Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên giảng dạy bộ mơn
Tốn THPT.

Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảo trong
lĩnh vực này để phục vụ công tác giảng dạy của giáo viên, công việc học tập cho
học sinh và công tác nghiên cứu của các nhà giáo dục.
Mặc dù đã rất cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song sẽ không tránh khỏi
những thiếu sót, tác giả rất mong muốn nhận được sự đóng góp ý kiến của các
đồng nghiệp, các độc giả để tiếp tục hoàn thiện hơn và đạt được nhiều kết quả
tốt hơn nữa trong việc giảng dạy mơn Tốn THPT nói chung và giảng dạy phần
Tọa độ Hình học phẳng THPT nói riêng. Tác giả xin chân thành cảm ơn.
B. NỘI DUNG
1. Một số khái niệm và tính chất cơ bản của tọa độ hình học phẳng
Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số khái niệm và tính chất cơ
bản của tọa độ hình học phẳng.
1.1. Định nghĩa trục tọa độ
Trục tọa độ là ( còn gọi là trục) là một đường thẳng trên đó đã xác định


5

r

e

một điểm O gọi là điểm gốc và một vectơ đơn vị .
r
O; e

Ta ký hiệu trục tọa độ là

( )
r

O; e

( )

Cho M là điểm tùy ý trên trục
. Khi đó có duy nhất một số k sao cho
r
OM = k .e
. Ta gọi số k đó là tọa độ của điểm M với trục đã cho.
uuuur

1.2. Định nghĩa hệ trục tọa độ
Hệ trục tọa độ

(

rr
O; i, j

)

r
(O; i )

(

và

)

vuông góc với nhau.
r
(O; i )
Điểm gốc O chung của hai trục gọi là gốc tạo độ. Trục
được gọi là trục
r
O; j
hoành và kí hiệu Ox, trục
được gọi là trục tung và kí hiệu là Oy. Các
r r
r
r
i = j =1
j
i
vectơ và
là các vectơ đơn vi trên Ox và Oy và
. Hệ trục tạo độ
rr
O; i , j
còn được kí hiệu là Oxy.

(

gồm hai trục

(

r
O; j

)

)

1.3. Tọa độ vectơ
Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ

r
u

tùy ý. Vẽ

uuu
r r
OA = u

A1 , A2

và gọi
uuu
r uuur uuuu
r
OA = OA1 + OA2

lượt là hình chiếu vuông góc của A lên Ox và Oy. Ta có
u
r r r
uu
uu

urr
r uuuu
r
r
u = xi + y j
( x; y ) OA1 = x.i, OA2 = y. j
số duy nhất
để
. Như vậy
.
r
u

lần

và cặp

Cặp số (x;y) duy nhất đó được gọi là tạo độ của vectơ đối với hệ tọa độ Oxy
r
r
u = ( x; y )
u ( x; y )
và viết
hoặc
. Số thứ nhất x gọi là hoành độ, số thứ hai y gọi là
r
u

tung độ của vectơ
r

r
r
r
u = ( x; y ) ⇔ u = xi + y j
Như vậy


6

1.4. Nhận xét
Từ định nghĩa tọa độ vectơ , ta thấy hai vectơ bằng nhau khi và chỉ khi
chúng có hoành độ bằng nhau và tung độ bằng nhau.

Nếu

r
u = ( x; y )

và

r
u ' = ( x '; y ' )

thì

r r
x = x'
u=v⇔
y = y'
.

Như vậy, một vectơ hoàn toàn được xác định khi biết tạo độ của nó.
1.5. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng
rr
r
r
O; i , j
a = ( a1; a2 ) , b = ( b1; b2 )
Trên mặt phẳng tọa độ
, cho hai vectơ
. Khi
rr
rr
a.b = a1b1 + a2b2
a.b
đó tích vô hướng
là

(

)

1.6. Vectơ chỉ phương của đường thẳng
r
r r
u
u
≠0
∆
Vectơ

được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng
nếu
và
r
u
∆
giá của song song hoặc trùng với
1.7. Định nghĩa phương trình tham số của đường thẳng
∆

M ( x0 ; y0 )

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng đi qua điểm
và nhận
r
u = ( u1; u2 )
làm vectơ chỉ phương. Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng, ta có
uuuuur
uuuuur
M 0 M = ( x − x0 ; y − y0 )
M ∈ ∆ ⇔ M 0M
. Khi đó
cùng phương với

r
uuuuur
r
u ⇔ M 0 M = t.u

 x − x0 = t .u1

⇔
 y − y0 = t .u2
 x = x0 + t.u1
⇔
 y = y0 + t.u2

( 1)

Hệ phương trình (1) được gọi là phương trình tham số của đường thẳng
trong đó t là tham số.
1.8. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng

∆

,


7

Vectơ

r
n

được gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng

vuông góc với vectơ chỉ phương của

∆

nếu

r r
n≠0

và

r
n

∆

1.9. Phương trình tổng quát của đường thẳng
M 0 ( x0 ; y0 )

∆

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
đi qua
và nhận
r
n ( a; b )
làm vectơ pháp tuyến. Với mỗi điểm M(x;y) bất kì thuộc mặt phẳng, ta
uuuuur
M 0 M = ( x − x0 ; y − y0 )
có:
r uuuuur
M ( x; y ) ∈ ∆ ⇔ n ⊥ M 0 M
Khi đó
⇔ a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) = 0

⇔ ax + by − ax0 − by0 = 0
⇔ ax + by + c = 0, c = −ax0 − by0

(2)

ax + by + c = 0

Định nghĩa: Phương trình
với a, b không đồng thời bằng 0,
được gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng.
1.10. Vị trí tương đối của hai đường thẳng

∆1

∆2

Xét hai đường thẳng
và
có phương trình tổng quát lần lượt là
a1 x + b1 y + c1 = 0
a2 x + b2 y + c2 = 0
và
.
Tọa độ giao điểm của

∆1

và

∆2

là nghiệm của hệ phương trình:

 a1 x + b1 y + c1 = 0

a2 x + b2 y + c2 = 0

(I)

Ta có các trường hợp sau:
a) Hệ (I) có một nghiệm

( x0 ; y0 )

b) Hệ (I) vô số nghiệm, khi đó

, khi đó

∆1

∆1

trùng với

cắt

∆2

∆2

tại

M 0 ( x0 ; y0 )


8

c) Hệ (I) vô nghiệm, khi đó
∆2
song với

∆1

không có điểm chung với

∆2

, hay

∆1

song

1.11. Góc giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng

∆1 : a1 x + b1 y + c1 = 0

 ∧ 

ϕ =  ∆1 , ∆ 2 ÷



∆ 2 a2 x + b2 y + c2 = 0
và :
.
ur
n1

ϕ

uur
n2

Đặt
thì ta thấy bằng hoặc bù với góc giữa
và
trong
ur uur
∆1 , ∆ 2
n1 n2
cos ϕ ≥ 0
đó ,
lần lượt là vectơ pháp tuyến của
. Vì
nên ta suy ra
ur uu
r
n1.n2

cos ϕ = ur uu
r
n1 n2
Do đó ta có
cos ϕ =

a1a2 + b1b2
a12 + b12 a22 + b22

1.12. Công thức tính khoảng cảnh từ một điểm đến một đường thẳng
∆

ax + by + c = 0

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng có phương trình
M 0 ( x0 ; y0 )
M0
∆
và điểm
. Khoảng cách từ điểm
đến đường thẳng , kí hiệu là
d ( M0,∆)

, được tính bởi công thức

d ( M0,∆) =

ax0 + by0 + c
a 2 + b2

2. Sử dụng mối quan hệ giữa điểm được cho với điểm cần tìm để xác
định tọa độ điểm
Trong mục này thông qua các bài tốn, tác giả trình bày mợt số dấu hiệu
về mối qua hệ giữa điểm đã cho với điểm cần tìm, để từ đó xây dựng các cơng
thưc, phương trình cần thiết nhằm tìm ra tọa đợ điểm mà bài toán yêu cầu.
Chúng ta lần lượt xét các bài toán sau:
Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC


9

có A(0;2), B(-2;-2) và C(4;-2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AB và BC,
H là chân đường cao hạ từ B lên AC. Xác định trọng tâm G của tam giác MNH.

A.

C.

 1 1
G  ; − ÷
÷
 3 3
1 1
G ; ÷
 3 3

B.

 1 1
G  − ;− ÷

 3 3

D.

 1 1
G− ; ÷
 3 3

Nhận xét và định hướng: Trong bài toán này rõ ràng chúng ta thấy được
nếu có tọa độ của M, N, H thì tìm được tọa đợ trọng tâm. Mà M, N là trung
điểm của AB, BC nên ta dễ dàng tìm được tọa đợ hai điểm đó. Cịn H là chân
đường cao, ta dựa vào điều kiện tọa đợ chân đường cao thì việc tìm tọa đợ H dễ
dàng thực hiện được. Cụ thể ta có lời giải bài toán như sau :
uuur
AC = ( 4; −4 )
H ( x; y )
Lời giải : Ta có M(-1,0) và N(1;-2),
. Giả sử
. Ta có:
uuur uuur

4 ( x + 2 ) − 4 ( y + 2 ) = 0
x =1
 BH ⊥ AC
⇔
⇔
⇒ H ( 1;1)




4
x
+
4
y
−
2
=
0
y
=
1
(
)
H
∈
AC





Do G là trọng tâm tham giác MNH nên ta có:

1 1
G ;− ÷
3 3

.

Vậy đáp án của chúng ta là A.
Qua bài Bài tốn 1.1 ta thấy việc tìm ra mối quan hệ giữa điểm được cho
và điểm cần tìm là chìa khóa giải qút bài tốn này. Ngoài u cầu là tìm trọng
tâm G của tam giác NMH, chúng ta cũng có thể sử dụng giả thiết đó những với
những yêu câu tương tụ với những điểm đặc biệt khác. Ví dụ sau đậy là minh
chứng.
Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
có A(0;2), B(-2;-2) và C(4;-2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AB và BC,
H là chân đường cao hạ từ B lên AC. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp I của
tam giác MNH.

A.

 1 1
I  − ;− ÷
 2 2

B.

1 1
I  ;− ÷
2 2


10

C.

1 1
I ; ÷

2 2

Hướng dẫn Giả sử

D.
I ( x; y )

 1 1
I − ; ÷
 2 2

. Ta có:

( x + 1) 2 + y 2 = ( x − 1) 2 + ( y + 2 ) 2 = 0
 IM = IN
⇔

2
2
2
2
IM
=
IH

 ( x + 1) + y = ( x − 1) + ( y − 1)
1

x
=


2 ⇒ I  1 ;− 1 
⇔

÷
2 2
y = − 1

2

Vậy đáp án là B.
Đối với những bài toán cho điểm đặc biệt của tam giác và yêu cầu tìm
đỉnh của tam giác ta sử dụng cơng thức biểu diễn về mối qua hệ điểm đó với
điểm cần tìm mà học sinh đã được học nhiều ở bậc THCS. Ví dụ như các bài
tốn sau:
Bài tốn 1.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC
có trực tâm
là

M ( 2; −2 )

A.
C.

H ( −1;3)

, tâm đường tròn ngoại tiếp

. Tìm toạ độ các điểm

A

biết rằng

A ( −1; −5 )

A
B.

A ( −1;5 )

D.

I ( 3; −3)

và trung điểm của AC

có hoành độ âm.
A ( 1;5 )
A ( 1;5 )

HADC
B
I
là điểm đối xứng qua , ta có
là hình bình hành.
AC
M
HD
Theo giả thiết

là trung điểm
, suy ra M cũng là trung điểm
, do đó ta
có

Bài giải: Gọi

D

hoặc

A ( −1; −5 )

 x D = 2 xM − x H = 5

 yD = 2 yM − y H = −7

hay

D ( 5; −7 )

.


11

Kết hợp với
tam giác

 xB = 2 x I − x D = 1


 yB = 2 y I − yD = 1

, suy ra

B ( 1;1)

( C ) : ( x − 3)

ABC

. Gọi
2

( C)

là đường tròn ngoại tiếp

+ ( y + 3) = 20
2

, phương trình của
.
uuu
r
MI = ( 1; −1)
AC : x − y − 4 = 0
A
Mặt khác, do
nên

. Toạ độ của
là nghiệm của
hệ:
x− y−4=0

 x = −1
⇔


2
2
( x − 3) + ( y + 3 ) = 20  y = −5

Kết hợp giả thiết bài toán ta có

A ( −1; −5 )

hoặc

 x =1

y = 5

.

.
Oxy

Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
H ( −1; −1)

cho tam giác

ABC

I ( 2;1)

nhọn, không cân có trực tâm
, nội tiếp đương tròn tâm
, bán kính
∧
4
sin BAC =
A, B
R=5
5
B
và
. Tìm toạ độ các điểm
biết rằng các điểm
có hoành
độ âm.
A.
C.

B ( −2; −2 )

B.

B ( −2;2 )

D.

B ( 6; −2 )
B ( −2; −2 )

hoặc

B ( 6; −2 )

HADC
B
I
là điểm đối xứng
qua , ta có
là hình bình
AC
M
M
HD
hành. Theo giả thiết
là trung điểm
, suy ra
cũng là trung điểm
.

Bài giải: Gọi

D

∧

Do

BC = 2.R.sin BAC = 8

nên

AH = 2 IM = 6

, suy ra hệ

( xA − 2 ) 2 + ( y A − 1) 2 = 25  xA = −1
⇔

2
2
 yA = 5
 ( x A + 1) + ( y A + 1) = 36
hay

A ( −1;5 )

. Lại có

uuur
uuu
r
AH = 2 IM

nên

M ( 2; −2 )

, suy ra phương trình của


12

BC : y + 2 = 0

, tọa độ của

B

là nghiệm của hệ:

y+2=0


2
2
( x − 2 ) + ( y − 1) = 25

Giải ra ta được

B ( −2; −2 )

.

. Vậy đáp án là A.
Oxy

Bài toán 1.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

cho tam giác

ABC

 2 2
G ; ÷
I ( 1; −2 ) E ( 10;6 )
 3 3
nhọn có trọng tâm
, tâm đường tròn ngoại tiếp
,
thuộc
trung tuyến
hơn 2.
A.
C.

AM

và

N ( 9; −1) ∈ BC

. Tìm toạ độ điểm

B ( 5;1)

Bài giải. Do
suy ra
M ( 3 + 7 m;2 + 4m )

.

Ta có

nên

IM ⊥ MF

; phương trình

hợp với

nên

IA = IB = IC

có tung độ nhỏ

AM : 4 x − 7 y + 2 = 0

uuu
r
uuuu
r

IM = ( 7 m + 2;4m + 4 ) , FM = ( 7m − 6;4m + 3 )

( 7 m + 2 ) ( 7 m − 6 ) + ( 4m + 4 ) ( 4 m + 3 ) = 0 ⇔ m = 0
Mà

B

B ( 5; −1)

D.
MI ⊥ BC

biết

B ( −5;1)

B.

B ( −5; −1)

uuu
r
uuuu
r
GA = −2GM

B

A ( −4; −2 )

ta được

hay

M ( 3;2 )

. Lại có phương trình

B ( 5;1)

; suy

,

ra

.

BC : x + 2 y − 7 = 0

, kết

. W
Oxy

Bài toán 1.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

ABC

cho tam giác

A ( 3; −7 )
M ( −2;3 )
H,K
BC
nhọn có
và
là trung điểm của
. Gọi
lần lượt là chân
B, C
AHK J ( 3; −4 )
đường cao hạ từ
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
là
.
Tìm toạ độ điểm

B

.


13

(

B −2 − 65;3
A.

(

B 2 + 65;3
C.

Bài giải: Gọi

E

)

(

)

(

) (

B −2 + 65;3
B.

)

B −2 − 65;3 ; B −2 + 65;3
D.
là trực tâm tam giác

ABC

, suy ra

E

đối xứng

A

)

J I
qua ,

ABC
D
A
là tâm đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác
và
là điểm đối xứng của
EBDC
BC
I
M
qua . Ta có
là hình bình hành nên trung điểm
của
cũng là trung
uuur
uuur
E ( 3; −1)
I ( −2;0 )

ED
AE = 2 IM
điểm
. Ta có
và
nên
, suy ra phương trình của

(C):

( x + 2)

độ của

2

B, C

+ y 2 = 74
, phương trình của đường thẳng

. Do đó tọa

là nghiệm của hệ:

y −3= 0

 x = −2 + 65
⇔



2
2
y =3
( x + 2 ) + y = 74 

(

BC : y − 3 = 0

B −2 + 65;3

)

(

B −2 − 65;3
hoặc

)

hoặc


 x = −2 − 65

y =3



, suy ra :

.

Vậy đáp án là D .
Tương tự với việc sử dụng kiến thức hình học THCS vào giải hình học tọa
đợ phẳng, cụ thể hơn là bài tốn tìm điểm ở bài tốn trên. Bài toán sau đây học
sinh muốn làm được cũng cần huy đợng kiến thức hình học đã được học ở bậc
THCS.
Oxy

Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
M ( 1; −2 ) , N ( −2;2 ) , P ( 1;2 )

cho tam giác

ABC

nhọn có các điểm
lần lượt là chân đường cao hạ từ
A, B, C
ABC
lên cạnh đối diện. Tìm tọa đỉnh A của tam giác
.
A.
C.

A ( −1;4 )
A ( 1;4 )

B.
D.

A ( −1; −4 )
A ( 1; −4 )


14

Hướng dẫn. Bài toán này muốn làm được cần thiết lập được mối liên hệ
giữa các điểm M, N, P là chân đường cao với các điểm A, B, C thông qua biểu
thức vectơ và các kiếm thức của các điểm đã được học ở bậc học THCS
Bài giải. Gọi H là trực tâm tam giác ABC , do B, P, N , C thuộc đường tròn
·
·
đường kính BC nên PNB = PCB và H , N , C , M thuộc đường tròn đường kính HC
·
·
·
·
·
·
·
·
nên HNM = HCM , suy ra PNB = BNM . Tương tự ta có MPH = NPH , PMH = NMH
hay H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP . Do NP = 3 ,
uuuur
uuur
uuur
HM = ( 1 − xH ; −2 − yH ) MP = 4 HN = ( −2 − xH ; 2 − yH ) MN = 5 HP = ( 1 − xH ; 2 − yH )

;
,
;
,
.
uuuur
uuur
uuur r
Kết hợp với NP.HM + MP.HN + MN .HP = 0 ta có hệ phương trình:

3(1 − xH ) + 4(−2 − xH ) + 5(1 − xH ) = 0
x = 0
⇔ H

3(−2 − yH ) + 4(2 − yH ) + 5(2 − yH ) = 0
 yH = 1

uuuur
H
(0;1)
hay
. Ta có HM = ( 1; −3)

uuur
HN = ( −2;1)
,
uuur
phương trình đường thẳng AC : −2( x + 2) + 1( y − 2) = 0 ⇔ 2x − y + 6 = 0 ; HP = ( 1;1) ,
phương trình đường thẳng AB :1( x − 1) + 1( y − 2) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Suy ra tọa độ
các đỉnh tam giác là A(−1; 4) , B(4; −1) và C (−5; −4) .

phương trình đường thẳng BC :1( x − 1) − 3( y + 2) = 0 ⇔ x − 3 y − 7 = 0 ;

Vậy đáp án bài này là: A
Ta gặp một số bài toán tương tự như sau:
Bài tập 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác

đỉnh

A ( −3;6 )

, trực tâm
xB < xC
B, C
đỉnh
biết
.
A.
C.

H ( 2;1)

ABC

có

4 7
G ; ÷
 3 3
và trọng tâm

. Xác định tọa độ các

B ( 1; −2 ) , C ( 6;3)

B.

B ( 1; −2 ) , C ( −6;3)

D.

B ( 1;2 ) , C ( 6;3)
B ( −1; −2 ) , C ( 6;3)

Đáp án là A.
Bài tập 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác

đỉnh

A ( 1; 2 )

, trực tâm

 2 10 
H ; ÷
3 3 

và trọng tâm

G ( 1;1)

ABC

có

. Xác định tọa độ các đỉnh


15

B, C

của tam giác

ABC

.

Bài tập 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho
B ( 1;1)

H ( −1;3)

, trực tâm
và tâm đường tròn ngoại tiếp
x A > xC
A, C
độ các đỉnh
biết
.
A.

A ( −1; −5 ) , C ( 5;1)

C.

I ( 3; −3)

B.

A ( 5;1) , C ( −1; −5 )

∆ABC

D.

có đỉnh

. Xác định tọa

A ( 5;1) , C ( 1;5)
A ( 5; −1) , C ( 1; −5 )

Đáp án là C.
Bài tập 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho

 2
G 1; ÷
 3

C ( −3; −8 )

, trọng tâm
và tâm đường tròn ngoại tiếp
x A > xB
A, B
tọa độ các đỉnh
biết
.
A.

A ( 2;7 ) , B ( 4;3)

B.

A ( 7;2 ) , B ( 3;4 )

C.

D.

∆ABC

I ( −5;1)

có đỉnh

. Xác định

A ( 4;3) , B ( 2;7 )
A ( 3;4 ) , B ( 2,7 )

Đáp án là B.
Oxy

Bài tập 1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
(C )

tiếp đường tròn

A

BC

có tâm

I ( −2;1)

góc của lên
, đường thẳng
có hoành độ dương.
A.
C.

B ( 2;2 )
B ( 2; −2 )

Đáp án là C.

cho tam giác

ABC

nội

∧

AIB = 900 D ( −1; −1)
và
,
là hình chiếu vuông

AC

đi qua

M ( −1;4 )

. Tìm tọa độ đỉnh

B.
D.

B ( −2;2 )
B ( −2; −2 )

B

biết

A

16

Oxy

Bài tập 1.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
A ( 3;1)

giác

B ( 1; −3)

,
ABC

A.
C.

và trọng tâm
3
có diện tích bằng .

G

thuộc trục

Ox

cho tam giác

. Tìm tọa độ đỉnh

C ( 2;2 )

B.

C ( 2; −2 )

D.

C

ABC

có

biết tam

C ( 3;2 )
C ( −2; −2 )

Đáp án là A.
Oxy

Bài tập 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
M ( 1;4 )

cho tam giác

ABC

có

1 5
H  ;− ÷
3 3

N ( −1;3)

BC CA
là trung điểm
,
và
là trực tâm tam
P = x A + xB + xC
x A ; xB ; xC
ABC
giác
. Tìm tổng
với
là hoành độ ba đỉnh của tam
ABC
giác
.

các điểm

A.
C.

,

P=3

B.

P=2

D.

P=9
P = −15

Đáp án là A.
Oxy

Bài tập 1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
M ( −2;3) N ( 2;2 )

P ( −2;2 )

cho tam giác

ABC

nhọn

có các điểm
,

và
lần lượt là chân đường cao hạ từ A,
B, C lên cạnh đối diện. Tìm tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC.
A.
C.

A ( −1;5 ) , B ( −4;4 ) , C ( 4;0 )
A ( −1;5 ) , B ( −4; −4 ) , C ( −4;0 )

B.
D.

A ( −1;5 ) , B ( −4; −4 ) , C ( 4;0 )
A ( −1;5 ) , B ( 4; −4 ) , C ( 4;0 )

Đáp án là B.
Oxy

Bài tập1.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

cho tam giác

ABC

có


17

các điểm

M ( 1;0 )

D ( 2;6 )

lần lượt là trung điểm AB, AC và
ABC
đường cao hạ từ A lên BC. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác
.
A.
C.

,

N ( 4; −3)

A ( 5;1)

A ( −5; −1)

B.

A ( −5;1)

là chân

D.

A ( 5; −1)

Đáp án là B.
Oxy

Bài tập 1.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
các đỉnh

A ( 0;2 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 4; −2 )

. Gọi

H

≠A

cho tam giác

là trực tâm tam giác

AH

ABC

có

ABC M
,
là

AB

giao điểm (
) của đường tròn đường kính
với
, N là giao điểm ( khác
B) của đường tròn đường kính BH với BC. Viết phương trình đường tròn ngoại
AMN
tiếp (C) của tam giác
.
Oxy

Bài tập 1.11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

cho tam giác

ABC

có

M ( 3;4 )

trung điểm của BC là
, tâm đường tròn ngoại tiếp là I(5 ;3) và H(4 ;2)
là chân đường cao hạ từ C lên AB. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC.
A.
C.

A ( 8;2 )

B.

A ( 8;0 )

D.

A ( 4;2 )
A ( 5; −1)

Đáp án là A.
Oxy

Bài tập1.12. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
ABC

có trực tâm

H ( −1;6 ) ,

trung điểm BC. Tính
A, B và C.
A.
C.

P = 11
P = 10

M ( 2;2 )

2 + x2
P = x 2 + xB
A

C

là trung điểm của
với

x ; xB ; x
A
C

cho tam giác
AC

và

N ( 1;1)

là

là hoành độ các đỉnh

B.
D.

P=3
P = 15


18

Đáp án là A.

Oxy

Bài tập 1.13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
H ( −1;4 )

trực tâm

, trung điểm

BC

là

cho tam giác

ABC

có

M ( 0; −3)

và tâm đường tròn ngoại tiếp
I ( 3; −6 )
A, B
HBC
tam giác
là
. Xác định toạ độ đỉnh
của tam giác.
A ( −7;10 ) , B ( −7; −10 )

A.
C.

B.

A ( 7;4 ) , B ( −7; −10 )

A ( 7;10 ) , B ( 7; −10 )
A ( 5; −1) , B ( 7;10 )

D.

Đáp án A
Bài tập 1.14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
H ( −1;3)
I ( 3; −3)
có trực tâm
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
,
M ( 2; −2 )
là trung điểm AC. Tìm tọa độ điểm B
A.
C.

B ( 1;1)

B.

B ( −1;1)

D.

B ( 1; −1)
B ( −1; −1)

Đáp án là A.
Oxy

Bài toán 1.15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho tam giác ABC
(C )
AB, BC , CA
(C )
ngoại tiếp đường tròn
. Các cạnh
lần lượt tiếp xúc với
tại
M ( 3;2 ) , N ( 4;1) , P ( 5; −2 )

A.

C.

1

C  5; − ÷
3

 1

C  5; ÷
 2

. Tìm tọa độ đỉnh C .

B.

D.

 1
C  5; ÷
 3
1

C  5; − ÷
2


Đáp án là A.
3. Sử dụng mối liên hệ giữa các điểm và đường đặc biệt trong tam


19

giác để tìm điểm và đường
Chúng ta biết rằng mỗi điểm và đường được cho trong giả thiết đều mang
những tính chất đặc biệt. Việc phát hiện tính chất đó của chúng sẽ giúp chúng ta
giải quyết tốt bài toán đặt ra. Các bài tốn sau là mợt số ví dụ minh họa cho
nhận định đó.
Oxy

Bài toán 2.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
cho tam giác
AM : 3x + 5 y − 2 = 0
BC : x − y − 2 = 0
ABC
nhọn có trung tuyến
, đường thẳng

AH

và đường cao
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
A). Tìm toạ độ đỉnh B biết điểm B có tung độ âm.
A.
C.

B ( 0; −2 )

ABC

B.

B ( 1; −2 )

D.

tại

D ( 2; −2 )

( khác

B ( 0; −3)
C ( 1; −5 )

Nhận xét và định hướng:
Bài tốn cho phương trình trung tún AM, nếu ta xác định thêm một
đường thẳng đi qua A thì ta sẽ tìm được tọa đợ điểm A. Nhận thấy với tọa đợ
điểm D và phương trình đường thẳng BC ta sẽ viết được phương trình đường
thẳng AH và từ đó xác định tọa độ điểm A cũng như viết được phương trình
đường trọn ngoại tiếp tam giác ABC thông qua việc thiết lập các mối quan hệ
của giả thiết bài tốn. Việc tìm ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là ta đã có 2 đường phân biệt đi qua điểm B, C đó là phương trình đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC và phương trình cạnh BC. Như vậy, bài tốn đã
được giải qút.
uuur
n
AH : x + y = 0
AH = ( 1;1)
AH ⊥ BC
Bài giải: Do
nên
, phương trình của

, tọa độ A là nghiệm của hệ:
M = AM ∩ BC
nên
tọa

x − y − 2 = 0
 x =1
⇔


 x+ y=0
 y = −1

 x− y−2=0
3 1
⇒ M  ;− ÷

 2 2
3x + 5 y − 2 = 0

và I là tâm của (C).

độ

của

M

là

hay A(1;-1). Lại có, từ
nghiệm

của

.Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

hệ:
ABC


20

Phương trình của

IA = ID

I ( 1;0 )

ta được
là nghiệm của hệ:

IM : x + y − 1 = 0

, phương trình của


 ( x − 1) 2 + y 2 = 5  x = 0
⇔

 x− y−2=0
 y = −2


, suy ra

I ( a;1 − a )

. Kết hợp với

2
(C ) : ( x − 1) + y 2 = 5

hoặc


x=3


 y =1

. Vậy

. Tọa độ của B

B ( 0; −2 )

Đáp án là A.
Tương tự bài toán 2.1. ta có bài toán sau đây
Oxy

ABC

Bài toán 2.1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
cho tam giác

BC : x − y − 4 = 0
AM : 3x + 5 y − 8 = 0
nhọn có
, trung tuyến
. Đường thẳng đi
ABC
qua A, vng góc với BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác
tại điểm thứ
D ( 4; −2 )
AB, AC
hai là
. Viết phương trình đường thẳng
biết rằng hoành độ của
đỉnh B không lớn hơn 3.

A.

C.

AB : 3x + y − 4 = 0
AC : y − 1 = 0

B.

AB : 3 x + y − 4 = 0
AC : y + 1 = 0

D.

AB : 3 x + y + 4 = 0

AC : y − 1 = 0
AB : 3 x − y − 4 = 0
AC : y − 1 = 0

Đáp án là A.
·
·
Hướng dẫn. Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK = KCE , kết hợp với
·
·
·
·
BDA
= KCE
= BDK
ta có BHK
hay K là trung điểm của DH và phương trình

AB : 3 x + y − 4 = 0, AC : y − 1 = 0

.
Oxy

Bài toán 2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
tâm đường tròn ngoại tiếp

I ( 2;1)

cho

và đường phân giác trong

∆ABC

A ( 3;3)

có
AD : x − y = 0

,

. Tìm


21

BC =
tọa độ của B, C biết

A.

C.

8 5
5

∧

và

BAC

nhọn.

8 6
B  ; − ÷, C ( 0;2 )
5 5

8 6
B  ; ÷, C ( 0;2 )
5 5

B.

8 6
B  ; − ÷, C ( 0; −2 )
5 5

 8 6
B  − ; − ÷, C ( 0;2 )
 5 5

D.

Nhận xét và định hướng:
Với giả thiết cho tọa độ điểm A và I ta viết được phương trình đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC. Việc cho phương trình đường phân giác AD giúp ta
tìm được giao điểm D của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với AD. Nhờ có
độ dài cạnh BC và thiết lập công thức tỷ lệ ta xác định được giao điểm của ID
với BC và từ đó ta tìm được tọa đợ điểm B, C. Cụ thể:

(C )

ABC
Bài giải. Gọi
là đường tròn ngoại tiếp tam giác
, phương trình
2
2
( C ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 5
D
của
. Tọa độ của
là nghiệm của hệ :


 ( x − 2 ) 2 + ( y − 1) 2 = 5  x = 0
⇒


 y = 0
x− y=0


IM =

3 5
5

ta có
uuu

r IM uur

IM =
ID ⇒ M 
ID


B, C

,

ID = 5

4 2 ÷
;
5 5÷


hay

D ( 0;0 )

. Giả sử

M

là trung điểm của

BC

,

∧

.

Từ

giả

. Phương trình thẳng

thiết

BAC

nhọn,

BC : 2 x + y − 2 = 0


 ( x − 2 ) 2 + ( y − 1) 2 = 5  x = 0
⇔


 y = 2
2x + y − 2 = 0


là nghiệm của hệ:

hoặc
 8 6
 8 6
 ;− ÷
B ( 0;2 ) , C  ; − ÷
C
0;2
,
B
(
)
÷
 5 5÷
 5 5


ta có đường
hoặc
.

ta

có

. Tọa độ của


 x=8

5



y =−6

5

. Do đó


22

Vậy đáp án là: A.
Oxy

Bài toán 2.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
∆ABC

BD

là

có chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh

A

là

cho tam giác

D ( 1; −1)

, trung điểm của

 13 1 
M  ;− ÷
 5 5

và phương trình tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại
d : x + 2y − 7 = 0
tiếp điểm A là
. Tìm tọa độ của A biết A,C có tung độ dương.
A.
C.

A ( 1;3) , C ( −15; −9 )

B.

A ( 1;3) , C ( 15; −9 )

D.

Bài giải. Phương trình đường thẳng

tọa độ E là nghiệm của hệ:

A ( 1;3) , C ( 15;9 )
A ( −1; −3) , C ( −15; −9 )

BC : x − 2 y − 3 = 0

x − 2y − 3 = 0
⇒ E ( 5;1)

x
+
2
y
−
7
=
0


Lại có,
Suy ra

( 2 − 2a )

2

M

trung trực

tiếp tam giác

·

EA = ED

.

(a>0) .

2

.

là trung điểm của

∆

·

,

+ ( a − 1) = 20

⇔a = 3 ⇒A ( 1;3)

Do

nên

A ( 7 − 2a; a )

E = d I BC

. Do EAB = ACB và

·
·
·
·
·
·
·
·
DAC
= BAD
nên EAD = EAB + BAD = ACB + DCA = EDA , suy ra

A ∈d : x + 2 y − 7 = 0

. Gọi

của
ABC

AB

là:

BD

 21 3 
B ; ÷
 5 5

nên
4x − 3y − 5 = 0

, phương trì trình đường thẳng

( C)

I

. Gọi là tâm đường tròn
ngoại
IA : 2 x − y + 1 = 0
I
, phương trình
, tọa độ là nghiệm của hệ


 2x − y + 1 = 0 
 x = −4
⇔
⇒I ( −4; −7 ) , R = IA = 5 5


 4x − 3y − 5 = 0 
 y = −7

.


23

Phương trình của

( C ) : ( x + 4)

2

+ ( y + 7 ) = 125
2

, tọa độ

C

là nghiệm của hệ:

( x + 4 ) 2 + ( y + 7 ) 2 = 125
⇒ C ( −15; −9 )

x − 2y − 3 = 0

Vậy đáp án là: A.
Tương tự bài toán 2.3. ta có bài toán sau
Oxy

Bài toán 2.3.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
ABC

có

, cho tam giác

 21 3 
B ; ÷
 5 5

, phương trình tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại tiếp
d : x + 2y − 7 = 0
A
A
điểm
là
và chân đường phân giác ngoài hạ từ đỉnh
là
E ( 9;3)
A, C
A
. Tìm tọa độ của
biết có tung độ dương.
A.

A ( 1;3 )

B.

A ( 1; −3)

C.

D.

A ( −1;3)
A ( −1; −3)

Đáp án là: A
Oxy

Bài toán 2.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

A ( 1;4 )

cho tam giác

ABC

( C)

A

có

BC
của đường tròn ngoại tiếp
cắt
tại
d:x− y+2=0
D
·ADB
D
điểm

, phân giác trong của góc
là
. Viết phương trình

của

, tiếp tuyến tại tiếp điểm

AB

biết

A.
C.

AC

đi qua

M ( −4;1)

.

AB : 5 x − 3 y + 7 = 0

B.

AB : 5 x − 3 y − 7 = 0

D.

AB : 5 x + 3 y + 7 = 0
AB : −5 x − 3 y + 7 = 0

Bài giải:
Ta có

AC : 3 x − 5 y + 17 = 0

. Giả sử

D

thuộc tia đối của tia

BC

,


24

 7 11 
E = d I AB, F = d I AC ⇒ F  ; ÷
2 2 
.
·
·
·
·

·
·
Do AFE = FDC + BCA = FDA + DAE = AEF nên

Mà

AE = AF

.

E ∈ d ⇒ E ( a; a + 2 )

( a − 1)

2

+ ( a + 2 − 4)

hay ta có

 1 3
1
a = − ⇒E  − ; ÷
÷
2
 2 2

2

 7  2  11  2

7
=  − 1÷
+  − 4÷
⇔a =
÷
÷
2
2 
 2


(loại) hoặc

.

Do đó ta có phương trình

AB : 5 x − 3 y + 7 = 0

Đáp án là : A.
Oxy

ABC

Bài toán 2.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
C : x 2 + y 2 = 25

cho tam giác

( )

nhọn và nội tiếp đường tròn
, đường thẳng
K ( 2;1)
M,N
. Gọi
lần lượt là chân đường cao hạ từ
MN : 4 x − 3 y + 10 = 0
. Tìm toạ độ đỉnh B biết A có hoành độ âm.
A.
C.

B ( 3;4 )

B.

B ( −3;4 )

D.
(C )

AC

đi qua
B, C
và

B ( 3; −4 )
B ( −3; −4 )

OA ⊥ Ax
Bài giải: Gọi
là đường thẳng tiếp xúc với
tại A, suy ra
BMNC
0
0
·
·
·
·
. Do tứ giác
nội tiếp nên ACB + MNB = 180 . Mà ANM + MNB = 180 nên
MN ⊥ OA
·ACB = ·ANM
·ACB = xAB
·
·
·ANM ⇒ MN / /Ax
xAB
=
. Lại có
nên
, suy ra
,
OA : 3x + 4 y = 0
phương trình
. Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:

Ax

25

 3 x + 4 y = 0  x = −4

⇒
⇒A ( −4;3)
 2
2
 x + y = 25  y = 3


. Phương trình

AC : x + 3 y − 5 = 0

, tọa độ

 x + 3y − 5 = 0  x = 5


⇒
⇒C ( 5;0 )
 2

 x + y 2 = 25  y = 0


của C là nghiệm của hệ

và tọa độ của M là

 4 x − 3 y + 10 = 0 
 x = −1
⇒
⇒M ( −1;2 )


 x + 3y − 5 = 0 
 y=2
nghiệm của hệ
. Đường thẳng
BM : 3x − y + 5 = 0

tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình

hoặc


 x = −3
⇒B ( −3; −4 )


y
=
−
4


.Vậy

 3x − y + 5 = 0  x = 0

⇒
⇒B ( 0;5)
 2
2
 x + y = 25  y = 5


 B ( 0;5 )

 B ( −3; −4 )

Đáp án là: D.
Tương tự với bài toán 2.5 trên ta có bài toán tương tự
Oxy

Bài toán 2.5.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
cho tam giác
2
2
M ( −2; −2 ) , N ( 1;2 )
( C ) : ( x − 1) + ( y + 1) = 25
ABC
nội tiếp đường tròn
. Gọi
B, C
A, B, C
lần lượt là chân đường cao hạ từ

.Tìm toạ độ các đỉnh
biết A có
tung độ âm.

A.

 29 193   114 34 
÷ ,C  −
÷
A ( 5; −5 ) , B  ;
÷  29 ; − 29 ÷
65
65

 


B.

 29 193   114 34 
A ( 5;5 ) , B  ;
;− ÷
÷, C  −
 65 65   29 29 

C.

 29 193   114 34 
A ( 5; −5 ) , B  ;
; ÷

÷, C 
65
65
29
29 

 

D.