ĐỀ TÀI PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở. Phương pháp giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ quả, tính chất hình học để suy luận. Phương pháp mang bản chất thuần túy hình học này đôi khi gây không ít khó khăn cho học sinh, đặc biệt là những học sinh THPT. Các đề thi Olympic 304 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là thế mạnh của các em. Trong khi đó học sinh lớp 10 đã được học các kiến thức về vectơ và tọa độ. Vậy tại sao các em không thử sử dụng các kiến thức vừa học để giải bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp hai. Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những cung cấp thêm cho học sinh một công cụ giải toán ( rất đơn giản và dễ hiểu) mà còn giúp củng cố các kiến thức về vectơ và tọa độ vừa học. Điểm mới trong đề tài này là các bài tóan đã được hệ thống lại thành dạng chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh có thể tự rút ra được một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở. Phương pháp giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ quả, tính chất hình học để suy luận. Phương pháp mang bản chất thuần túy hình học này đôi khi g â y kh ô n g ít k h ó kh ă n cho học sinh, đặc biệt là những học sinh THPT. Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là thế mạnh của các em. Trong khi đó học sinh lớp 10 đã được học các kiến thức về vectơ và tọa độ. Vậy tại sao các em không thử sử dụng các kiến thức vừa học để giải bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp hai. Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những cung cấp thêm cho học sinh một công cụ giải toán ( rất đơn giản và dễ hiểu) mà còn giúp củng cố các kiến thức về vectơ và tọa độ vừa học. Điểm mới trong đề tài này là các bài tóan đã được hệ thống lại thành dạng chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh có thể tự rút ra được một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1.Cơ sở lý luận: Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho xuất bản cuốn “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con người đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng hoá toán học trong nhiều lĩnh vực. Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán. 2.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài . a. Nội dung: NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 1 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Tóm tắt lý thuyết:  Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho : • ( ; )OM xi y j M x y= + ⇔ uuuuur r ur • ( ; )u xi y j u x y= + ⇔ ur r ur ur  Với ( ) ( ) ; ; ; 1 2 1 2 a a a b b b= = r ur •      = = ⇔= 22 11 ba ba ba r r • ( ; ) 1 1 2 2 a b a b a b+ = + + r ur ; ) 2 ; 1 ( kakaak = r với k ∈ R • ( ) . cos ; 1 1 2 2 a b a b a b a b a b= = + r r r ur ur ur • . 0 0 1 1 2 2 a b ab a b a b ⊥ ⇔ = ⇔ + = r r ur ur • 2 2 1 2 a a a → = + • a ur cùng phương với b r 0 1 2 2 1 a b a b⇔ − = • 1 1 2 2 os 2 2 2 2 1 2 1 2 a b a b ab C a b a a b b ϕ + = = + + r ur r ur  Với ( ) ( ) ; ; ;A x y B x y B B A A = = • ( ) ;AB x x y y B B A A = − − uuur • 2 2 ( ) ( )AB AB x x y y B B A A = = − + − uuur • Tọa độ trung điểm M của AB: ( ; ) 2 2 x x y y B B A A M + +  Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm Mx 0 ; y 0 ) và có vtpt n ur = (A; B).là: A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) = 0 ⇔ Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 ≠ 0)  Phương trình đường tròn (C) tâm I (a,b), bán kính R là : 2 2 2 ( ) ( )x a y b R− + − = hoặc x 2 + y 2 – 2ax - 2by + c= 0  Phương trình chính tắc của (E): 2 2 a x + 2 2 b y = 1 với c 2 = a 2 - b 2  Phương trình chính tắc của Hypebol: 2 2 a x - 2 2 b y = 1 với c 2 = a 2 +b 2  Phương trình chính tắc của (P): y 2 = 2px , p > 0: tham số tiêu Ngoài ra, học sinh cần biết thêm một số công thức khác… NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 2 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG C á c d ạ ng t o á n t h ư ờ ng gặp : • Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc. Tính toán. • Tập hợp điểm. • Điểm cố định. C á c b ư ớc g i ả i t oá n: • Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ ( Oxy ) thích hợp. Ta có: Ox, Oy vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ • Bước 2: Chuyển các giả thiết, kết luận từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ. • Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ. • Bước 4: Chuyển kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang hình học. b. Biện pháp: Kiến thức vectơ và tọa độ là kiến thức mới đối với học sinh. Muốn sử dùng phương pháp tọa độ để giải toán hình học đòi hỏi các em phải thành thạo trong việc giải các bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối liên hệ giữa “ngôn ngữ hình học” và “ngôn ngữ tọa độ”. III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10, làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ của các đối tượng trong hình học phẳng. Việc sử dụng vectơ và tọa độ để giải quyết bài toán hình học phẳng tạo cho học sinh cảm giác thích thú, trực quan và quen thuộc đặc biệt có hiệu quả trong bài toán quỹ tích. Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp cho toán học thoát ra khỏi tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường, nhằm đạt tới đỉnh cao khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán học. Mặt khác, một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian. NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 3 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Vấn đề 1: Bài toán chứng minh (hoặc tính toán). Bài 1. Cho hình vuông ABCD. E, F là các điểm xác định bởi 1 1 , 3 2 BE BC CF CD = = − uuuur uuuur uuuur uuur , AE cắt BF tại I. Chứng minh : góc AIC bằng 90 0 . Bài giải: Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng 1. Gắn hệ trục (Oxy) sao cho D(0;0), C(1;0), A(0;1). Ta có: ( ) 2 3 1; , ;0 , 1;1 3 2 E F B      ÷  ÷     Phương trình đường thẳng AE : x + 3 y - 3 = 0, BF : 2 x + y - 3 = 0 Tọa độ I là nghiệm của hệ: 3 3 6 3 6 2 1 3 ; ; , ; 5 5 5 5 5 5 2 3 x y I AI CI x y          ÷  ÷  ÷        + = ⇒ ⇒ = − = + = uuur uuur Khi đó: . 0AI CI AI CI = ⇒ ⊥ uuur uuur uuur uuur . Vậy: Góc AIC bằng 90 0 . Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm BC, E là hình chiếu của D trên CA và F là trung điểm DE. Chứng minh rằng AF ⊥ BE. Bài giải: Chọn hệ trục Oxy sao cho: D ( 0; 0 ) , B ( - 1; 0 ) , C ( 1; 0 ) , A ( 0; a ) Phương trình đường thẳng AC: 1 0 y x ax y a a + = ⇔ + − = Phương trình DE: x - ay = 0 . Tọa độ E là nghiệm của hệ: 2 2 ; ; 2 2 2 2 0 1 1 2(1 ) 2(1 ) ax y a a a a a E F x ay a a a a       ÷  ÷   ÷  ÷      + = ⇒ ⇒ − = + + + + Ta có: 2 2 3 2 1 2 ; , ; 2 2 2 2 1 1 2(1 ) 2(1 ) a a a a a BE AF a a a a      ÷  ÷  ÷  ÷     + − − = = + + + + uuuur uuur . 0BE AF ⇒ = uuuur uuur (đpcm) Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. D là trung điểm AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh : IE ⊥ CD . Bài giải: Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục Oxy: ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0 , 0; , ;0 , ;0 , ; , ; 2 2 6 2 c a c a O A a B c C c D E      ÷  ÷     − − Ta có: ( ) ( ) ( ) . . 0 ; ; 0 2 2 2 2 ; 2 ;0 0 2 x c a x y c a DI BA a c OI BC y x y c a      ÷               = + − = ⊥ ⇔ ⇔ − ⊥ = = uuur uuur uuur uuuur 2 2 2 3 0; . ; ; 0 2 6 2 2 2 a c c c c a I IE DC a a        ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       − ⇒ ⇒ = − = uuuur uur Vậy: IE ⊥ CD Bài 4. (APMO 1998) Cho tam giác ABC với đường cao AD, ∆ là một đường thẳng đi qua D. Lấy E,F ∈ ∆ , khác D, sao cho AE ⊥ BE, AF ⊥ CF. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF. Chứng minh rằng AN ⊥ MN. Bài giải: Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với ∆ Giả sử D(d;a), E(e;a), F(f;a) ⇒ N ; 2 e f a    ÷   + Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax - ey = 0. Đường thẳng AD có phương trình ax - dy = 0. Đường thẳng AF có phương trình ax - fy = 0. Từ đó, do BE ⊥ EA nên BE có phương trình ex + ay - e 2 - a 2 = 0 Do CF ⊥ AF nên CF có phương trình fx + ay - f 2 - a 2 = 0 Do BC ⊥ AD nên BC có phương trình dx + ay - d 2 - a 2 = 0 Từ đó, tìm được ( ) ; , ; . ; 2 2 de df e f d e f B d e a C d f a Suy raM d a a a a        ÷  ÷  ÷       + + + − + − + − ( ) ( ) ; . . 0 2 2 2 d e f e f d e f MN d MN AN d a a a    ÷   + + + ⇒ = − ⇒ = − + = uuuur uuuur uuuur Vậy: Ta có đpcm Bài 5. (IMO 2000) Cho hai đường tròn (O 1 ); ( O 2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N. Tiếp tuyến chung ( gần M hơn) tiếp xúc với ( O i ) tại A i . Đường thẳng qua M, song song với A 1 A 2 , cắt lại đường tròn ( O i ) ở B i . Các đường thẳng A i B i cắt nhau tại C, các đường thẳng A i N cắt đường thẳng B 1 B 2 ở D, E. Chứng minh rằng CD = CE. Bài giải: Chọn hệ trục tọa độ A 1 xy sao cho A 1 (0; 0), A 2 (a; 0), O 1 ( 0; r 1 ) , O 2 (a; r 2 ) . Giả sử: M(s;t), Khi đó B 1 ( - s; t ) , B 2 ( 2a - s; t ) Từ đó B 1 B 2 = 2a = 2 A 1 A 2 Ta thấy rằng A 1 A 2 // B 1 B 2 . Suy ra A 1 , A 2 theo thứ tự là trung điểm B 1 C, B 2 C Do đó: C(s;-t). Vậy CM uuuur = (0; 2t), 1 2 B B uuuuuur = (2a; 0) Suy ra CM ⊥ B 1 B 2 hay CM ⊥ DE (1) Gọi K là giao điểm của MN với A 1 A 2 ta có: 2 2 . 1 2 / / 1 2 P KA KM KN P KA K o K o      ÷  ÷  ÷  ÷     = = = = uuuur uuuuur uuuuur uuuur Suy ra: K là trung điểm của A 1 A 2 . Từ đó, do A 1 A 2 // B 1 B 2 nên M là trung điểm DE (2) Từ (1), (2) suy ra CM là trung trực của đoạn DE (đpcm) ( ) ;0 , 0; b A P b a   −  ÷   Bài 6. (APMO 2000) Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân đường phân giác của góc · ABC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM tại P, Q theo thứ tự đó. Gọi O là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB tại P với AN, chứng minh rằng OQ ⊥BC. Bài giải: Chọn hệ trục toạ độ Nxy sao cho A, O nằm trên trục hoành. Giả sử AB có phương trình ( ) 0y ax b a= + ≠ Khi đó Và AC có phương trình y = - ax - b (do A thuộc trục hoành, AB, AC đối xứng nhau qua trục hoành ) Do PO ⊥ AB nên PO có phương trình 1 y x b a = − + và O(ab;0) Do BC qua gốc tọa đô N, nên BC có phương trình y = cx( c ≠ 0) Suy ra ; ; ; b bc b b B C c a c a c a c a      ÷  ÷     − − − − + − Do đó ( ) 2 ; ; 2 2 2 2 2 2 ( ) ab abc bc M AM c a c a c a a c a    ÷  ÷   ⇒ = − − − uuuuur Từ đó đường thẳng AM có phương trình 2 a ab y x c c = + Suy ra 0; ab Q c    ÷   . Vậy đường thẳng OQ có phương trình x + cy – ab = 0 Suy ra đường thẳng OQ, BC vuông góc với nhau. Bài 7. (Bungari league 1981) Đường phân giác trong và ngoài của góc C trong tam giác ABC cắt AB ở L và M. Chứng minh nếu CL = CM thì AC 2 + BC 2 = 4R 2 ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC) Bài giải: Gọi O là trung điểm của LM. Chọn hệ trục Oxy: O ( 0; 0 ) , A ( a; 0 ) , B ( b; 0 ) , C ( 0; c ) , L ( c; 0 ) , M ( - c; 0 ) Theo tính chất phân giác: 2 2 2 2 2 2 2 AL AC AL AC c a a c LB BC LB BC b c b c          ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         − + = ⇒ = ⇒ = − + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 0 c ab ac a b c b a b c ab b a ⇒ + − − = ⇒ − − = ⇒ = 2 ;0 c B a    ÷  ÷   ⇒ ( ) 2 2 2 2 2 1 a c AB BC a    ÷  ÷   + ⇒ + = Trong ∆ABC: 4R 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 sin c c a c a BC BC AC a c A a OC c          ÷      ÷              ÷  ÷  ÷     + + + = = = (2) Từ (1) và (2), suy ra: AC 2 + BC 2 = 4R 2 . 0 Bài 8.(NewYork 1976) Các đường cao của tam giác nhọn ABC cắt nhau ở H. Trên đoạn HB và HC người ta lấy hai điểm B 1 , C 1 sao cho · AB 1 C = · AC 1 B = 90 0 . Chứng minh AB 1 = AC 1 Bài giải: Chọn hệ trục (Oxy): O ( 0; 0 ) , A ( 0; a ) , B ( - b; 0 ) , C ( c; 0 ) Phương trình đường thẳng BH: cx - ay + bc = 0 . Mà B(x 1 ;y 1 ) ∈BH ⇒ cx 1 - ay 1 + bc = 0 (1) Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AB CB x x c y y a x y cx ay= ⇒ − + − = ⇒ + − − = uuuuruuuur Từ (1) và (2), suy ra: 2 2 2 0 1 1 1 x y ay bc+ − + = Ta có : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 AB x y a x y ay a a bc= + − = + − + = − Tương tự: 2 2 1 AC a bc= − . Vậy: ta có đpcm. Bài 9. Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) và elip (E) cố định (tâm đường tròn là tâm đối xứng của elip) . Từ điểm M thuộc(C) ta dựng hai tiếp tuyến MT 1 , MT 2 tới (E) trong đó T 1 , T 2 là tiếp điểm.Chứng minh rằng các đường thẳng T 1 T 2 luôn tiếp xúc với đường cong cố định Bài giải: [...]... làm quen dần với việc giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp toạ độ IV ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 1/ Phổ biến rộng rãi đề tài để giáo viên và học sinh tham khảo 2/ Mong muốn được giúp các em học sinh có thêm một công cụ đắc lực và quen thuộc để giải các dạng toán ở trên 3/ Giúp các em trong các kỳ thi đại học và các kỳ thi học sinh giỏi 4/ Đề tài không tránh khỏi thiếu sót , rất... hệ trục tọa độ tốt, chúng ta cần phải căn cứ vào các yếu tố cố định bài toán đã cho, chú ý đến tính đối xứng của hình Khi đã chọn được một hệ trục toạ độ tốt rồi, cần kết hợp phương pháp tính và kỹ năng tính tốt thì việc giải bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ mới trở nên đẹp đẽ, ngắn gọn Qua các bài toán ở trên, tất nhiên chưa thấy hết những ưu điểm, nhược điểm của phương pháp tọa độ Tuy nhiên,... hệ tọa độ như thế nào là thích hợp Khi đã chọn hệ tọa độ thích hợp thì việc giải bài toán trở nên nhẹ nhàng, không quá phức tạp như cách giải bằng phương pháp dùng hình học thuần túy Tuy nhiên qua thực tế, việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào giải toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một quá trình trừu tượng hoá và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. .. sinh giỏi 4/ Đề tài không tránh khỏi thiếu sót , rất mong sự đóng góp ý kiến của quý thày cô và các em học sinh để đề tài được hoàn thiện thêm V TÀI LIỆU THAM KHẢO: - Các bài toán về phương pháp vecto và phương pháp tọa độ. (Nguyễn Mộng Hy- Nhà xuất bản giáo dục- 2003) - Đề thi vào các trường đại học và cao đẳng từ năm 2002 đến năm 2012 NGƯỜI THỰC HIỆN Kiều Thị Thanh Hương ... Oxy, trong đó O là tâm của hình vuông Ox và Oy tương ứng song song với các cạnh của hình vuông và có chiều như hình vẽ Khi đó tọa độ các đỉnh A, B, C, D trong hệ trục lần lượt là: A(-a;-a), B(a;-a), C(a;a), D(-a;a) Giả sử hệ số góc của đường thẳng AF là m Khi đó AF có phương trình: y = m(x+a) – a Vì đường thẳng DF có phương trình y = a, nên hoành độ của F là các nghiệm của phương trình m(x+a) – a =... ' Do đó tọa độ của điểm I(x;y) là nghiệm của: x = x 0  x = x 0 x2 y 2 x2 y x+ R  y2  = ⇔ ⇒ 0 + 0 = + =1  2R y R2 − x R  y = 0 R 2 R2 R2  R 2 0  2  2÷ y    0  ( ) x2 y2 + =1 Vậy quỹ tích của điểm I là elip (E): R 2  R 2 có trục lớn AB = 2R 2÷   ( trừ hai điểm A và B) Kết luận: Muốn giải một bài toán bằng phương pháp tọa độ ta cần phải chọn một hệ trục tọa độ sao cho hình vẽ của... giải: Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H(0; 0); A(-1+a; 0); B(1+a; 0); O(a; 0); C(0; b) Xét trong tam giác vuông ABC có: b2 = ( a −1) ( a + 1) = 1 − a 2 2 2 Gọi I là trung điểm CH Khi đó phương trình đường tròn (I) là: x 2 +  y − b  = b  2÷ 4   2 và phương trình đường tròn (O) là: ( x - a ) + y2 = 1 Đường thẳng (CD) là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) nên có 2 2 phương trình là:... quát giả sử BC = 2 Khi đó, tọa độ B(-1; 0) và C(1;0) Giả sử tọa độ điểm A ( x0 ; y0 ) , với x0 ≠ 0; y0 ≠ 0 Khi đó, trực tâm H(x;y) là nghiệm của hệ phương trình: uuuu uuur r u  x = x 1 − x2   AH BC = 0 0    0÷ ⇔ Hx ; r r  uuuu uuuu ⇔ 0 y ÷  BH AC = 0  x0 − 1 ( x + 1) + yy0 = 0   0 ÷    ( ) Gọi K là giao điểm của d và AI, khi đó tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:  x = −1  y... KC cùng phương x 1 − x2 x2 y 2 0 x −2 0 = 0 ⇔ 0 + 0 = 1 y 0 y 1 2 0 0 ( ) 2 2 Vậy A di động trên (E): x + y = 1 cố định 1 2 Bài 10.Cho hình vuông ABCD Từ A kẻ một đường thẳng bất kì Đường thẳng này cắt BC, DC tương ứng tại E và F Gọi I là trung điểm của BE Chứng minh rằng FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của hình vuông Bài giải: Giả sử cạnh hình vuông bằng 2a (a>0) Dựng hệ trục tọa độ Oxy, trong đó... với gốc tọa độ tại tâm của (C) Gọi (C): x a 2 b2  x = p sin t ( t ∈[0;2π ) ) Ta có phương trình tham số của (C):   y = p cos t Gọi M ( p sin t; p cos t ) ∈ (C ) và T1 ( x1; y1 ) là tọa độ tiếp điểm xx yy Phương trình tiếp tuyến của (E) tại T1 ( x1; y1 ) : 1 + 1 = 1 a 2 b2 p sin tx p cos ty 1+ 1 = 1( 1) Tiếp tuyến MT1 qua M ( p sin t; p cos t ) ⇔ 2 2 a b Tương tự gọi T2 ( x2; y2 ) là tọa độ tiếp . k h ó kh ă n cho học sinh, đặc biệt là những học sinh THPT. Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng