skkn cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng

Chúng tôi đã thảo luận và xin trình bày sáng kiến giảng dạy với đề tài: “Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng”...

MỞ ĐẦU

Toán học là môn khoa học cơ bản, trang bị cho học sinh kiến thức, kỹ năng và phương pháp tư duy Là một trong các môn thuộc khối khoa học tự nhiên, học tốt Toán học giúp các em có một tiền đề tốt để các em tiếp cận và học tốt các môn Vật lý, Hóa học, Sinh học Việc trang bị cho các em vốn kiến thức vững vàng của bộ môn Toán là đòi hỏi tất yếu của chúng tôi - những giáo viên tổ Toán trường THPT Yên Khánh A Vì vậy, nhằm tạo cho học sinh vốn kiến thức với mục đích hình thành kỹ năng phân tích, tổng hợp, phát triển năng lực trí tuệ, sáng tạo trong lao động, phát triển con người mới nhằm đáp ứng những yêu cầu đòi hỏi của xã hội hiện nay là mục tiêu của chúng tôi.

Trong Toán học, môn hình học nghiên cứu các hình tạo thành từ các đường tròn, các đường thẳng, các cung tròn, các elip, các tam giác và các đường giao nhau của chúng tạo nên các góc khác nhau ra đời từ rất sớm Việc giúp các em học tốt hình học sẽ phát triển trí tưởng tượng phong phú, tư duy trực quan sinh động, các em trưởng thành hơn trong cuộc sống vì hình học gắn liền với thực tế.

Giáo dục hiện nay đang có rất nhiều đổi mới, đổi mới trong cách quản lý, đổi mới trong hình thức thi và cả trong nội dung đề thi Đối với bộ môn Toán, đề thi minh họa kỳ thi THPT quốc gia hiện nay, theo cấu trúc của Bộ giáo dục và đào tạo, bài toán về tọa độ trong mặt phẳng xuất hiện là một câu hỏi khó Để giải quyết các bài toán này, các em học sinh cần nắm vững một số tính chất hình học phẳng nào đó, điều này làm cho các em cảm thấy lúng túng, thấy khó nên thi thường bỏ Với thực trạng học sinh trường THPT Yên Khánh A, đa phần các em có lực học từ khá trở lên, điểm tuyển vào trường đứng trong tốp đầu của các trường THPT trong tỉnh Vì vậy, với vai trò là những giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán, chúng tôi luôn băn khoăn, trăn trở: Làm thế nào để các em không thấy khó, không thấy ngại khi gặp câu hỏi này trong đề thi, làm thế nào để tạo cho các em tâm lý nhẹ nhàng thoải mái trước khi bước vào kỳ thi THPT quốc gia chung? Chúng tôi đã thảo luận và xin trình bày

sáng kiến giảng dạy với đề tài: “Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng”

2 Nhấn mạnh việc tìm tọa độ điểm theo hướng: Gọi M (x; y) Căn cứ vào giả thiết,thiết lập hệ hai ẩn hai phương trình Giải tìm được nghiệm (x; y) Từ đó suy ra tọa độcủa M.

3 Nhấn mạnh việc tìm tọa độ của vec tơ theo hướng: Gọi u (a;b) 0                             

Căn cứ vàogiả thiết, lập một phương trình theo hai tham số a, b Giải tìm mối quan hệ a và b Sau

đó chọn a suy b hoặc ngược lại

4 Sau đó cho bài tập tổng hợp áp dụng, không có sự phân dạng

Vì thế mà chúng tôi thấy có nhiều hạn chế Đó là:

1 Học sinh lúng túng không phân biệt được rõ việc tìm tọa độ điểm với việc tìmtọa độ vec tơ

2 Đôi khi việc tham số hóa tọa độ điểm M dẫn đến việc giải hệ cồng kềnh và rấtphức tạp

3 Học sinh không biết qui lạ về quen

4 Khi đứng trước mỗi bài toán mới các em thường có cảm giác khó, ngại nênthường bỏ

5 Học sinh không biết xây dựng hệ thống bài tập mới từ một bài tập đã cho

6 Học sinh không định hướng được lời giải do chưa có hệ thống bài tập phân theodạng

B GIẢI PHÁP MỚI CẢI TIẾN

Để khắc phục những hạn chế trên của các em học sinh, chúng tôi đã tìm tòi, thảoluận qua các năm đứng lớp, nhằm giúp các em tiếp cận bài toán hình học trong mặtphẳng tọa độ theo phương thức mới của đề thi Chúng tôi đã cải tiến phương phápgiảng dạy Thay vì dạy theo phương pháp truyền thống như trước đây (đã nêu ở trên),chúng tôi đổi mới như sau:

1 Vẫn cung cấp hệ thống lý thuyết có liên quan Trang bị thêm lý thuyết của phépdời hình Trang bị cho các em một số tính chất của hình học phẳng thông qua một số

ví dụ vận dụng như là: Chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc

2 Thay vì vẫn tham số hóa tọa độ điểm M như trước đây Chúng tôi hướng dẫnthêm cho học sinh: Tìm các đối tượng chứa điểm M thông qua sự tương giao giữa haiđường thẳng, hai đường tròn hay là giữa đường thẳng và đường tròn

3 Hệ thống bài tập được cung cấp phân theo dạng, có ví dụ minh họa theo từngdạng và hệ thống bài tập vận dụng của mỗi dạng

4 Giúp và hướng dẫn các em xây dựng bài tập mới bằng tọa độ từ tính chất củabài toán hình học phẳng thông thường

Bằng hướng cải tiến nêu trên, chúng tôi nhận thấy có những ưu điểm sau:

1 Học sinh được củng cố kiến thức của hình học phẳng

2 Rèn luyện cho các em kỹ năng phân tích, tổng hợp Biết nhìn bài toán theo haichiều xuôi ngược

3 Rèn cho các em kỹ năng sáng tạo ra bài toán mới Khi các em là chủ nhân củanhững đề toán mới, các em sẽ chủ động và không còn thấy khó mỗi khi đứng trướclớp bài tập dạng này nữa

4.Học sinh nhìn nhận bài toán tìm tọa độ điểm trở nên đơn giản hơn

5.Hệ thống bài tập phân theo dạng, giúp các em định hướng tốt phương pháp khiđứng trước mỗi đề toán mới và xác định được rõ mục tiêu của từng dạng

C PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH

I MỘT SỐ VÍ DỤ MỞ ĐẦU

Bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng thường xuyên xuất hiện trong các đề thiĐại học, Cao đẳng trong những năm gần đây với mức độ tương đối khó Vì vậy, đểgiải được dạng toán này, giáo viên cần hướng dẫn học sinh tìm hiểu bản chất cũngnhư xây dựng phương pháp tư duy giải toán đặc trưng Cụ thể, chúng tôi hình thành

phương pháp tư duy giải toán cho các em, đó là: “ Phân tích bản chất hình học phẳng

trong bài toán hình học tọa độ tương ứng” Bước đầu, giúp các em làm quen với

phương pháp này, chúng tôi thường xuất phát từ một bài toán hình học phẳng đơnthuần Sau đó, gắn trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, sáng tạo ra cho các em bàitoán hình học tọa độ Yêu cầu học sinh tìm lời giải cho bài toán này theo các bướcchính như sau:

 Bước 1: Vẽ hình biểu thị cho bài toán Trên cơ sở dữ kiện và yêu cầu của bài toán,phân tích các yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán

 Bước 2: Lập sơ đồ các bước giải

 Bước 3: Trình bày lời giải của bài toán theo sơ đồ ở bước 2

Rõ ràng làm như vậy, khi các em đã chứng minh được tính chất hình học phẳng thìcác em giải quyết bài toán hình học tọa độ sẽ trở nên đơn giản hơn Xét một số ví dụminh họa sau:

♦ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T) có A = 45 0 Vẽ cácđường cao BB’ và CC’ Gọi T’ là điểm đối xứng của T qua B’C’ Chứng minh rằng tứgiác AB’T’C’ nội tiếp được trong một đường tròn.

Lời giải:

T'

B' C'

 5 điểm T, B’, C’, B, C thuộc đường tròn đường kính BC

Ta có tứ giác BC’TB’ nội tiếp nên C'TB'=180 -C'BB'=180 - 45 =135  0  0 0 0

Theo tính chất đối xứng ta có C'T'B'= C'TB'=135   0

Xét tứ giác AB’T’C’ có B'T'C'+ B'AC' =135 + 45 =180   0 0 0

Vậy tứ giác AB’T’C’ nội tiếp được trong một đường tròn

* Nhận xét: Như vậy sau khi hướng dẫn học sinh chứng minh xong ví dụ 1, giáo

viên làm thao tác ngược: Gắn trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, chọn trước tọa độ

3 điểm A, B, C sao cho tam giác ABC thỏa mãn A = 45 0 Chẳng hạn A(2; 2), B(0; 0), C(2; -1) Sau đó lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta được đường tròn (T): x + y -3x - y = 0 Và tìm tọa độ B’, C’ lần lượt là hình chiếu của B,2 2

C trên cạnh AC, AB, ta được B’(2; 0) và C'( ; )1 1

2 2 Kết quả ra đời bài tập sau:

Bài 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A = 45 0, nội tiếptrong đường tròn (T): x + y -3x - y = 0 Biết B’(2; 0) và 2 2 C'( ; )1 1

2 2 lần lượt là hìnhchiếu của B, C trên cạnh AC, AB Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

* Nhận xét: Rõ ràng khi cung cấp bài tập này cho học sinh sau khi các em đã được

tiếp cận và đưa ra lời giải của ví dụ 1 thì khi đó với một số em có lực học trung bình

sẽ theo hướng giải của ví dụ 1 nêu trên và đưa ra sơ đồ lời giải của bài 1.1 như sau: Cách 1:

 Gọi T là tâm của đường tròn (T) Gọi T’ đối xứng với T qua BC Tìm được tọa độđiểm T’.

 Chứng minh tứ giác AB’T’C’ nội tiếp (Nội dung ví dụ 1)

 Lập phương trình đường tròn (T’): Qua T’, B’, C’

 Khi đó tọa độ A cần tìm là giao điểm của hai đường tròn (T) và (T’) Từ đó dễ dàngtìm được tọa độ B và C

Tuy nhiên một số em có học lực khá, giỏi, nắm vững các tính chất hình học phẳng, các em đưa ra sơ đồ lời giải đa dạng hơn như sau:

Cách 2:

 Chứng minh được BTC = 90 0 Khi đó 5 điểm B, C, B’, C’, T thuộc cùng một đườngtròn (K)

 Lập phương trình đường tròn (K): Qua T, B’, C’

 Khi đó tọa độ B, C cần tìm là giao điểm của đường tròn (T) và (K) Với tọa độ B, Ctìm được ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A

Cách 3:

 Gọi M là trung điểm của AB Do tam giác AB’B vuông cân B'MAB

Do đó B’M đi qua tâm T

 Lập phương trình AB đi qua C’, vuông góc với TB’

 Lập phương trình AC đi qua B’, vuông góc với TC’

 Từ đó tìm tọa độ điểm A là giao điểm của AC và AB Tọa độ B là giao của AB vàđường tròn (T) Tọa độ C là giao điểm của AC và đường tròn (T)

Cách 4:

 Chứng minh tam giác BTC vuông cân

 Sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay

Sau đây là lời giải hoàn chỉnh (Trình bày theo sơ đồ lời giải của cách 3).

Lời giải:

B' C'

C B

A

Ta có tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T), tâm I ( ; )3 1

2 2 .

Gọi M là trung điểm của AB ta có IM AB (1)

Lại có tam giác BB’A vuông tại B’ có A 45 0 tam giác BB’A vuôngcân tại B’ B'MAB (2)

Từ (1) và (2)  M, I, B’ thẳng hàng

Đường thẳng AB qua C’, vuông góc với IB’ có phương trình: x – y = 0

Tương tự AC qua B’, vuông góc với IC’ có phương trình: x – 2 = 0

Khi đó tọa độ A thỏa mãn hệ x 2 0x y 0 

* Nhận xét: Rõ ràng, qua ví dụ trên, giáo viên đã củng cố, ôn tập giúp học sinh tái

hiện rất nhiều kiến thức của hình học phẳng Các em cảm thấy hứng thú hơn trong học tập Bài toán hình học tọa độ giải bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng không còn khó nữa Nhằm giúp các em phát triển phong phú hơn sự tư duy, sáng tạo giáo viên yêu cầu mỗi học sinh có thể chọn cho mình một bộ tọa độ A,

B, C thích hợp và tự tạo cho mình những bài tập tương tự bài 1.1 Cụ thể, xuất phát

từ đề bài của bài 1.1:

 Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxytheo vec tơ v (1;1) Ta có:

Bài 1.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A = 45 0, nội tiếptrong đường tròn (T): x + y -5x -3y + 6 = 0 Biết B’(3; 1) và 2 2 C'( ; )3 3

2 2 lần lượt làhình chiếu của B, C trên cạnh AC, AB Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

 Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng tâm I(1; 1) Ta có

Bài 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A = 45 0, nội tiếptrong đường tròn (T): x + y - x -3y - 2 = 0 Biết B’(0; 2) và 2 2 C'( ; )3 3

2 2 lần lượt là hìnhchiếu của B, C trên cạnh AC, AB Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

 Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng trục qua (d): x – y = 0 Ta có:

Bài 1.4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A = 45 0, nội tiếptrong đường tròn (T): x + y - x -3y = 0 Biết B’(2; 0) và 2 2 C'( ; )1 1

2 2 lần lượt là hìnhchiếu của B, C trên cạnh AC, AB Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

 Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay tâm O, góc quay 900 Ta có:

Bài 1.5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A = 45 0, nội tiếptrong đường tròn (T): x + y + x -3y = 0 Biết B’(0; 2) và 2 2 C'( ; )-1 1

2 2 lần lượt là hìnhchiếu của B, C trên cạnh AC, AB Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

♦ Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I, gọi E và D lần lượt là

giao điểm các tia phân giác trong và ngoài của hai góc B và C Đường thẳng ED cắtcung nhỏ BC ở M Chứng minh:

a Tứ giác BECD nội tiếp được một đường tròn

b Các tam giác MBE và tam giác MBD cân tại M, suy ra M là trung điểm của ED

Lời giải:

M I

a Tứ giác BECD nội tiếp đường tròn vì có EBD ECD 180     0

b Xét tam giác BEA, có BEMlà góc ngoài nên BEM BAE ABE     

Lại có: EBM = EBC + CBD    Mà BAE EAC; ABE EBC; MBC MAC          nên BEM EBM    Vậy tam giác MBE cân tại M Khi đó từ tam giác vuông EBD có MBD MDB    nêntam giác MBD cân tại M

Từ hai tam giác cân MBE và MBD, ta có ME = MB = MD Vậy M là trung điểm củaED

* Nhận xét: Bằng cách sử dụng tính chất hình học phẳng trong nội dung ví dụ 2, đó

là tính chất M là trung điểm của ED, với hướng phân tích tương tự ví dụ 1, giáo viên cung cấp:

Bài 2.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1), tâm

đường tròn ngoại tiếp là I ( ;3)5

2 , tâm đường tròn bàng tiếp góc A là D (7; 7) Tìm tọa

Đường thẳng AD qua A, qua D có phương trình: x – y = 0 (d)

Khi đó đường thẳng (d) cắt đường tròn (C) tại M Tọa độ M thỏa mãn hệ

Theo kết quả ví dụ 2, ta chứng minh được MB = MC = MD

Vậy B, C thuộc đường tròn (T) có tâm M ( ; )9 9

Vậy B(1; 5) và C(4; 1) hoặc ngược lại

♦ Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, đường cao AH Gọi M, N lần lượt là

các điểm đối xứng của H qua AB, AC

a Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp được một đường tròn

b Gọi giao điểm của MN với AB và AC lần lượt là E và F Chứng minh rằng điểm Ethuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH

c Chứng minh rằng ba đường AH, BE, CF đồng qui

Lời giải:

K M

A

a Ta có  AMB  AHB(c.c.c)  AMB AHB 90     0

Do đó tứ giác AMBH nội tiếp một đường tròn vì có AMB AHB 180     0

b Ta có MA = NA (vì cùng bằng AH), nên tam giác AMN cân tại A

AMN ANM AEH AEN(c.c.c)

      AHE ANE   AME AHE 

 M, H nhìn AE dưới một góc không đổi nên tứ giác AMHE nội tiếp được mộtđường tròn  E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH Hay 5 điểm A, M, B, H,

E thuộc một đường tròn

c Do 5 điểm A, M, B, H, E thuộc một đường tròn nên AEB AHB 90     0, hay BE AC

Chứng minh tương tự CF  AB  AH, BE, CF là ba đường cao nên chúng đồng qui

Sau khi hướng dẫn học sinh chứng minh xong bài tập trên, giáo viên cung cấp:

Bài 3.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đường cao

AH Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC Biết phương trìnhAC: 3x + 4y – 5 = 0, biết phương trình MN: 9x – 13y + 20 = 0 và biết tọa độ điểm

Theo kết quả ví dụ 3 ở trên, chứng minh được BE  AC

Do đó đường thẳng BE qua E và vuông góc với AC, phương trình BE là: 4x – 3y + 5 = 0.Điểm B(b;4b 5)

Đường thẳng AB qua A, qua B có phương trình: 3x – y + 5 = 0.

Gọi F là giao điểm của AB và MN F(-3 1; )

2 2

 (F trùng với K)

Đường thẳng CF qua F và vuông góc với AB, phương trình CF là: x + 3y = 0

Khi đó C là giao điểm của CF và AC nên C(3; -1)

Kiểm tra rõ ràng thấy tam giác ABC thỏa mãn là tam giác nhọn

Vậy A(–1; 2), B(–2; –1) và C(3; –1)

Bằng cách khai thác tốt tính chất hình học trong ví dụ 3, giáo viên cung cấp tiếp bài tập sau:

Bài 3.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), B(1;1),

C(6;3) Tìm trên AB, BC, CA các điểm F, H, E sao cho tam giác FHE có chu vi nhỏnhất

Lời giải:

Kiểm tra thấy tam giác ABC nhọn

Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC

Ta có chu vi tam giác FHE là:CΔFHEFHE= FH + FE + EH = FM + FE + EN MN (1)

Ta có AM = AH = AN  Tam giác AMN cân tại A và MAN=2BAC  

Gọi T là trung điểm của MN

R

ΔFHEFHE

2S MinC

R

Dấu “ = ” xảy ra khi H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC và E, F tương ứng là cácgiao điểm của MN với AC, AB

Khi đó theo kết quả ví dụ 3, chứng minh được BE  AC, CF  AB

Vậy H, E, F tương ứng là chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống BC, AC, AB trong tamgiác ABC

Lập được phương trình các cạnh:

AB: 5x-y-4=0; AC: 3x+4y-30=0; BC: 2x-5y+3=0

Lập được phương trình các đường cao:

AH: 5x+2y-22=0; BE: 4x-3y-1=0; CF: x+5y-21=0

Suy ra H(104 59; ); E(94 117; ); F(41 101; )

29 29 25 25 26 26

♦ Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD Gọi E, F lần lượt là các điểm lấy trên cạnh AB,

AD sao cho AE = AF Gọi H là hình chiếu của A trên DE Chứng minh rằng FH  HC

Kéo dài AH cắt BC tại M Ta có  ABM  DAE  BM AE   BM AF 

Xét tứ giác DFMC nội tiếp đường tròn đường kính DM

Ta cũng có tứ giác DHMC nội tiếp đường tròn đường kính DM

Nên 5 điểm D, F, H, M, C nội tiếp đường tròn đường kính DM

Do DFMC là hình chữ nhật nên FC cũng là đường kính Vậy FHC 90   0, hay là

FH  HC

Sau khi chứng minh xong ví dụ 4, giáo viên cung cấp:

Bài 4.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm F(2; 0)

nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF Gọi H(1; –1)

là hình chiếu vuông góc của A trên DE Tìm tọa độ đỉnh C, biết C thuộc đườngthẳng (d): x – 2y +1 = 0

Lúc này khi các em đã thành thạo hơn, rất nhiều các em nhanh chóng đưa ra được sơ

đồ lời giải như sau:

 Chứng minh FH  HC

 Lập phương trình CH qua H, vuông góc với FH

 Khi đó tọa độ C cần tìm là giao điểm của CH và đường thẳng (d)

Giáo viên yêu cầu các em hoàn chỉnh lời giải dựa trên sơ đồ đã nêu.

Lời giải:

Theo kết quả của ví dụ 4, ta có FH  HC

Đường thẳng CH qua H(1; –1), vuông góc với FH nên có phương trình: x + y = 0

Tọa độ điểm C cần tìm thỏa mãn hệ

1 x

y 3

* Nhận xét: Giáo viên có thể thay thế đối tượng điểm C thuộc đường thẳng (d) bởi

điểm C thuộc đường tròn (T) Khi đó ta có đề toán mới như sau:

Bài 4.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm F(2; 0)

nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF Gọi H(1; –1) là hìnhchiếu vuông góc của A trên DE Hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (T):

(x 1)   (y 2)   13.Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

Để tăng mức độ khó về tính chất hình học phẳng, ta có thể thay thế giả thiết hình vuông ABCD thành hình chữ nhật sao cho vẫn giữ nguyên các tính chất của các điểm

E, F, H Tiếp tục ta có đề toán mới sau đây:

Bài 4.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD thỏa mãn

AB = 2AD, nội tiếp trong đường tròn tâm O, có phương trình cạnh CD là: 2x – y – 3 = 0.Điểm F(2; 0) nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF Gọi H(1; –1)

là hình chiếu vuông góc của A trên DE Viết phương trình các cạnh còn lại và đườngchéo của hình chữ nhật

Thông qua ví dụ 4, học sinh đã quen hơn với phương pháp, giáo viên có thể đưa ra trực tiếp bài tập tọa độ, yêu cầu học sinh phát hiện tính chất hình học phẳng và đưa

ra lời giải

♦ Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –7),

trực tâm H(3; –1) và tâm đường tròn ngoại tiếp là I(–2; 0) Xác định tọa độ điểm Cbiết C có hoành độ dương (Đề thi khối D năm 2010)

Lời giải:

G I

M H

Gọi G(x, y) thỏa mãn GH                              2GI

 G chia đoạn HI theo tỉ số k = –2 nên G ( 1; 1)

Khi đó BC qua M, vuông góc với AH nên có phương trình: y – 3 = 0

B BC   B(b;3)và C đối xứng với B qua M  C(–4 – b; 3)

Với b   2 65  C( 65 2;3)  Thỏa mãn yêu cầu bài toán

Với b   2 65  C(  65 2;3)  Không thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy C( 65 2;3) 

* Nhận xét: Bản chất, tính chất hình học phẳng mà ta sử dụng trong bài tập trên là

tính chất của đường thẳng Euler Giáo viên có thể nhắc lại, yêu cầu học sinh ghi nhớ:

 Đường thẳng Euler trong tam giác ABC là đường thẳng đi qua 3 điểm: Trực tâm H,trọng tâm G, và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC, đồng thời thỏa mãn:

GH  2GI

Với việc khai thác tính chất hình học phẳng này, ta có thể hoán đổi giả thiết của bài

3, thay vì cho tọa độ điểm H và I ta có thể cho tọa độ điểm H và G hoặc I và G Tương tự ta có các bài tập tự luyện sau:

Bài 5.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, biết đỉnh B(1; 4),

trực tâm H(2; 2), trọng tâm 11 1;

3 3

G 

  Tìm tọa độ A và C

Bài 5.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 3), trực

tâm H(0;1) và trung điểm M(1; 0) của BC Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ âm

♦ Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với AK, CD

là hai đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC Biết phương trình đường trònngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x 2)  2  y 2  5 Trung điểm của AC làP(7; 5) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC đi qua Q(1; 4) và hoành độđiểm D lớn hơn 3

Lời giải:

T I

P H

K

D A

Ta có tứ giác BDHK nội tiếp trong đường tròn đường kính BH Vậy B thuộc đườngtròn ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x 2)  2  y 2  5

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHK, I(2; 0)

Ta có IKP IKA AKP IKH HKP IHK HKP HBA BAH HKP                   

HCA HCK HKP ACK HKP PKC HKP 90

Tương tự IDP 90   0 Vậy D, K thuộc đường tròn đường kính IP

Đường tròn đường kính IP có tâm T ( ; )9 5

2 2 là trung điểm của IP và có bán kính

Vì D có hoành độ lớn hơn 3, nên D(4; –1) và K(1; 2)

Đường thẳng BC qua Q, qua K có phương trình x – 1 = 0

Tọa độ B là giao điểm của BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK, nên B(1; –2).Đường thẳng AB qua B, qua D có phương trình x – 3y – 7 = 0

Đường thẳng AK qua K, vuông góc với BC có phương trình: y – 2 = 0

Tọa độ A là giao điểm của AB và AK, nên A(13; 2)

C đối xứng với A qua P, nên C(1; –1)

Vậy A(13; 2), B(1; –2), C(1; –1)

* Nhận xét: Tính chất hình học phẳng trong bài tập trên mà chúng ta sử dụng chính

là tính chất của đường tròn Euler Giáo viên nhắc lại, yêu cầu học sinh ghi nhớ

 Đường tròn Euler trong tam giác ABC là đường tròn đi qua 9 điểm: 3 điểm A1, B1,

C1 lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên các cạnh BC, AC, AB; 3 điểm M, N, P

tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA; 3 điểm A2, B2, C2 lần lượt là trung điểmcủa HA, HB, HC (Với H là trực tâm của tam giác ABC)

Bằng cách khai thác tốt tính chất trên, ta có thể cung cấp cho học sinh bài tập tự luyện sau:

Bài 6.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các

đường AB, AC lần lượt là 4x – 3y – 20 = 0; 2x + y + 10 = 0 Đường tròn đi qua trungđiểm các đoạn HA, HB, HC có phương trình: (x 1)  2  (y 2)  2  25 Trong đó H là trựctâm của tam giác ABC Tìm tọa độ điểm H biết điểm C có hoành độ lớn hơn –4

Với cách làm như trên chúng tôi thấy rằng các em có hứng thú hơn với hệ thống bài tập đưa ra, các em không còn cảm giác ngại hay sợ khi đứng trước các bài tập dạng này nữa Sau đây, chúng tôi tiếp tục cung cấp hệ thống bài tập phân theo dạng

II HỆ THỐNG BÀI TẬP PHÂN THEO DẠNG

1 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

1.1 Bài toán công cụ

 Phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có vectơ chỉphương u (u ; u ) 0 1 2  là: 0 1

 Cho phương trình đường thẳng d: ax + by + c = 0

Nếu d1// d thì phương trình đường thẳng d1 : ax + by + m = 0;( m c)

Nếu d2// d thì phương trình đường thẳng d2 : bx – ay + n = 0

 Bước 2: Tìm toạ độ vectơ pháp tuyến n (a; b) hoặc vectơ chỉ phương u (u ; u ) 1 2

 Bước 3: Viết phương trình đường thẳng theo bài toán công cụ

1.3 Ví dụ minh họa:

Dạng 1: Lập phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và cóvectơ chỉ phương u (u ; u ) 1 2

* Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên

cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm toạ độ của vec tơ chỉ phương Trong đó, vec tơ chỉ phương chưa xuất hiện ngay mà

ẩn đi thông qua dữ kiện đường thẳng đi qua hai điểm hoặc đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước và để phát hiện ra học sinh phải chứng minh một tính chất về quan hệ song song trong hình học phẳng Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau:

♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết M(1; 2),

N(4; –1), P(–2; 0) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC Lập phương

A

C B

Ta có MN // BC (Tính chất đường trung bình trong tam giác ABC)

Vậy đường thẳng BC đi qua P(–2; 0) nhận vec tơ MN (3; 3)  

làm vec tơ chỉ phươngnên có phương trình là: x 2 y x y 2 0



♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn Đường

thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phươngtrình là: 3x + 5y – 8 = 0; x – y – 4 = 0 Đường thẳng qua A vuông góc với đườngthẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; –2) Viếtphương trình các đường thẳng AB và AC, biết rằng hoành độ của điểm B không lớnhơn 3

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC và H là trực tâm tam giác ABC

Gọi K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC

Ta có M là giao điểm của AM và BC nên toạ độ điểm M (

2

1

;2

7 

)

Đường thẳng AD đi qua điểm D(4; –2) và vuông góc BC nên phương trình của AD là:

x + y – 2 = 0

Ta có A là giao điểm của AD và AM nên toạ độ điểm A(1;1)

Ta có K là giao điểm của AD và BC nên toạ độ điểm K(3; –1)

Xét tứ giác HKCE là tứ giác nội tiếp nên BHK KCE    mà BDA KCE    ( góc nội tiếpcùng chắn cung AB).Ta có BHK BDA    nên suy ra K là trung điểm của HD H(2;4)

B BC  B(t;t 4);(t 3)  mà M là trung điểm của BC nên toạ độ C(7–t; 3–t)

Do H là trực tâm tam giác ABC nên BH AC  BH.AC 0   t 2

♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn đỉnh

A(–1; 4), trực tâm H Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh

AB tại N, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2; 0), đường thẳng BC điqua điểm P(1; –2).Viết phương trình BC biết đỉnh B nằm trên đường thẳng d cóphương trình: x + 2y – 2 = 0

Lời giải:

I

N H

* Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên

cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm toạ độ của vec tơ pháp tuyến Tuy nhiên,vec tơ pháp tuyến không xuất hiện trực tiếp ngay mà xuất hiện gián tiếp thông qua việc chứng minh quan hệ vuông góc trong hình học phẳng Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau:

♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2; 1) thoả mãnAIB 90   0 Chân đường cao kẻ từ Ađến BC là D(–1; –1) Đường thẳng AC qua M(–1; 4).Viết phương trình AC

A

M

Ta có: AIB 90   0  ACB 45  0 hoặc  ACB 135   0.

Xét tam giác ADC vuông tại D có ACD 45   0nên tam giác ADC vuông cân tại D

DA DC

  Lại có IA = IC  DI  AC

Đường thẳng AC đi qua điểm M(–1; 4) và vuông góc với DI nên phương trình của

AC là: x – 2y + 9 = 0

♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC.

Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD E, F lần lượt là trung điểm của đoạn

CD và BH Biết A(1; 1) và phương trình EF là 3x – y – 10 = 0 Viết phương trình của AF

Gọi G là trung điểm của AB

Ta có: tứ giác ADEG và tứ giác ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp  AF  EF.Đường thẳng AF đi qua điểm A(1;1) và vuông góc với EF nên phương trình của AFlà: x + 3y – 4 = 0

♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A(1;

1) và B Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho CM  DM Điểm N(1; 4) là hình chiếucủa M trên CD Lập phương trình đường thẳng BN

Ta có tứ giác ADNM, BCMN nội tiếp được một đường tròn nên:

MBN MCN  ,  NAM NDM   Do đó  NAM MBN NDM MCN 90        0 (vì CM DM)

* Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên

cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm toạ độ của vec tơ pháp tuyến hoặc vec tơ chỉ phương Tuy nhiên bài toán không có yếu tố song song hay vuông góc, mà để tìm vec tơ pháp tuyến hoặc vec tơ chỉ phương

ta cần khai khác yếu tố định lượng hoặc thông qua việc chứng minh hai góc bằng nhau Từ đó, áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng Cụ thể, ta xét một số

ví dụ sau:

♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình

của AB là: 2x – y – 1 = 0 và phương trình của AC là: x + 2y – 8 = 0 Trên cạnh AClấy điểm D sao cho AD = AB Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại điểm thứhai là K(4; 1) Viết phương trình đường thẳng BC

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên toạ độ điểm A(2; 3)

Tam giác ABD vuông cân tại A nên ABD 45   0

Có ADB AKB 45     0 (hai góc cùng chắn cung AB )

Đường thẳng BC đi qua điểm K(4;1) và hợp với đường thẳng AK một góc 450

Từ đó suy ra phương trình của BC là: x – 4 = 0 hoặc y – 1 = 0

♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường

phân giác trong của góc A là D(1; –1) Đường thẳng AB có phương trình: 3x + 2y – 9 =

0 Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC có phương trình: x + 2y – 7=

0

Viết phương trình BC (Đề thi khối D năm 2014)

Lời giải:

Đường thẳng AD đi qua A(1; 3) và D(1; –1) có phương trình: x – 1 = 0.

Ta có ACB BAx; CAD BAD        ADB ACB CAD BAx BAD DAx     

 cos(AD, BC) = cos(AD, Ax) Mà cos(AD, Ax) = 1

5  cos(AD, BC) = 1

5 Khi đó đường thẳng BC đi qua D, hợp với AD góc α thoả mãn cosα= 1

5 có phươngtrình là: x – 2y – 3 = 0

♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, gọi M là

trung điểm của BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND Giả sử M (11 1; )

Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác AMN, ta được  2

cosMAN

2



Khi đó đường thẳng AM đi qua điểm M (11 1; )

2 2 , tạo với đường thẳng AN góc 450 cóphương trình là: x – 3y – 4 = 0 hoặc 3x + y – 17 = 0

1.4 Bài tập tự luyện:

Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn Đường thẳng

chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là:

x – 2y + 1 = 0; 2x – y + 3 = 0 Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắtđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; –2) Viết phương trìnhcác đường thẳng AB, AC

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn đỉnh A(1; 3), trực

tâm H Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N, tâmđường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2; 1), đường thẳng BC đi qua điểm E(–3; 2).Viếtphương trình BC biết đỉnh B nằm trên trục tung

Bài 3 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC.

Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD M, N lần lượt là trung điểm của đoạn

CD và BH Biết A(2; 1) và phương trình MN là: 2x + y – 3 = 0 Viết phương trình củaAN

Bài 4 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho tam giác ABC có A(1; 4), tiếp tuyến

tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trongcủa góc ADB có phương trình: x – y + 2 = 0, điểm M(–4; 1) thuộc cạnh AC.Viếtphương trình đường thẳng AB

Bài 5 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A,

AB=2AC, trọng tâm G(2; 3),phương trình AC là: x – y + 3 = 0.Viết phương trình CG

Bài 6 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1),

AC=2BD Điểm M(0 ;31 )  AB, N(0;7)  CD Viết phương trình của BD

Bài 7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, AB =

2AC, trọng tâm G(2; 3), phương trình AC là: x – y + 3 = 0.Viết phương trình các cạnhcòn lại của tam giác ABC

2 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN

2.1 Bài toán công cụ

 Phương trình đường tròn có tâm I(a; b) và có bán kính R > 0 là:

(x a) (y b) R

 Phương trình x2 y2 2ax 2by c 0   (a2 b2  c 0 ) là phương trình đườngtròn tâm I(–a; –b) và bán kính R  a2 b2  c.

2.2 Phương pháp giải:

Để giúp học sinh làm tốt được dạng bài tập này, giáo viên hướng dẫn học sinh theo các bước chính như sau:

Cách 1 : Lập phương trình đường tròn khi biết tâm và bán kính

 Bước 1: Tìm tọa độ tâm I(a; b) (Xem nội dung bài toán tìm điểm)

 Bước 2: Tìm bán kính R

 Bước 3: Viết phương trình đường tròn theo bài toán công cụ

Cách 2: Lập phương trình đường tròn dạng tổng quát:

 Bước 1: Gọi phương trình đường tròn có dạng:

x y 2ax 2by c 0   (a2 b2  c 0 )

 Bước 2: Từ giả thiết lập hệ phương trình 3 ẩn a, b, c

 Bước 3: Giải hệ tìm a, b, c Nếu a, b, c thỏa mãn điều kiện ta thay vào bước 1 và kếtluận phương trình đường tròn

* Nhận xét 1: Trong ví dụ 1 ở trên, đường tròn cần lập đã có tâm ta chỉ cần tìm bán

kính Ở đây ta đã sử dụng tính chất hình học đó là:

dây cung AB cho trước bởi các giả thiết khác tương đương, chẳng hạn như có thể cho bởi một trong các cách sau:

 Cho tam giác IAB có một góc cho trước.

 Cho tam giác IAB đều hoặc vuông.

 Cho tam giác IAB có diện tích cho trước.

 Giao với một đường tròn (C) cho trước theo dây cung AB thỏa mãn AB là cạnh của hình vuông nội tiếp (C).

 Giao với một đường tròn (C) cho trước theo dây cung AB thỏa mãn AB là cạnh của hình chữ nhật ABCD nội tiếp (C) với AB = k BC (k > 0).

………

Tuy nhiên khi ra bài toán mới ta cần tính toán trước sao cho việc tính toán không quá phức tạp Đôi khi ta phải làm lại bài toán từ đầu cho đến đáp số cuối cùng để kiểm tra mức độ phù hợp của bài toán đối với học sinh.

Từ ví dụ 1 trên chúng tôi đã có một vài bài toán mới tương tự bằng cách thay đổi giả thiết dây cung AB = 2 bởi các giả thiết khác mà sau khi lập luận bằng tính chất hình học thì đều dẫn đến AB = 2 như sau:

Bài 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) tâm

A

ΔFHE' D C

Từ giả thiết có CD = 2 4 2 – AB thế vào (1) được AB = 2 quy về ví dụ 1.

Bài 1.2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) tâm

* Nhận xét 2: Trong ví dụ 1 ta thay giả thiết tâm I cho trước bởi các giả thiết khác

tương đương, chẳng hạn như có thể cho bởi một trong các cách sau:

 Tâm I thuộc một đường thẳng cho trước và cách một điểm cho trước một khoảng không đổi.

 Tâm I thuộc một đường thẳng cho trước và đi qua một điểm cho trước.

 Tiếp xúc với một đường thẳng cho trước tại một điểm cho trước.

 Tiếp xúc với một đường tròn cho trước tại một điểm cho trước.

 Đi qua một điểm cho trước và tiếp xúc với một đường thẳng cho trước.

 Đi qua một điểm cho trước và tiếp xúc với một đường tròn cho trước.

Tuy nhiên khi ra bài toán mới ta cần tính toán trước sao cho việc tính toán không quá phức tạp Đôi khi ta phải làm lại bài toán từ đầu cho đến đáp số cuối cùng để kiểm tra mức độ phù hợp của bài toán đối với học sinh.

Từ ví dụ 1 nêu trên chúng tôi đã có một vài bài toán mới tương tự bằng cách thay đổi giả thiết tâm I1;2 bởi các giả thiết khác như sau:

Bài 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) có tâm

I thuộc đường thẳng d : x y 3 0   , cách O một khoảng bằng 5 , (C) cắt đườngthẳng : 3x 4y 31 0    theo dây cung AB = 2

Với a 2  I 2;1 

Quy về ví dụ 1 ĐS có 2 phương trình đường tròn (C).

Bài 1.4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) có tâm

I thuộc đường thẳng d : x y 3 0   , đi qua điểm M 0;6 , (C) cắt đường thẳng 

2

a 1

a 19AB

Quy về ví dụ 1 ĐS có 2 phương trình đường tròn (C)

Bài 1.5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) có tâm

I, (C) tiếp xúc với d : x 4y 24 0   tại M 0;6 , (C) cắt đường thẳng 

: 3x 4y 31 0

    theo dây cung AB = 2

* Nhận xét 3: Trong ví dụ 1 ta có thể kết hợp các ý tưởng trong nhận xét 1 và nhận

xét 2 hoặc thay đổi phương trình , phương trình ', để có những bài toán mới Chẳng hạn ta có các bài toán tương tự như sau:

Bài 1.6: Lập phương trình đường tròn (C) tâm I thuộc đường thẳng d : x y 3 0   , Icách O một khoảng bằng 5 , cắt đường thẳng :3x 4y 31 0    tại 2 điểm phânbiệt A, B đồng thời (C) cắt đường thẳng ': 4x 3y 13 0    tại 2 điểm C, D thỏa mãngiao điểm của và ' nằm trong đường tròn (C) và AB, CD là 2 đường chéo của một

tứ giác có diện tích bằng 4 2

Bài 1.7: Lập phương trình đường tròn (C) tâm I thuộc đường thẳng d : x y 3 0   , Icách O một khoảng bằng 5 , có hoành độ nhỏ hơn 2 (C) cắt đường thẳng: x 3y 2 3 9 0

     điểm phân biệt A, B đồng thời (C) cắt đường thẳng': 4x 3y 13 0

    tại 2 điểm C, D thỏa mãn: AB + CD = 2 4 2

Bài 1.8: Lập phương trình đường tròn (C) tâm I thuộc đường thẳng d : x y 3 0   ,

đi qua điểm M 0;6 , cắt đường thẳng   : x 3 0  tại 2 điểm phân biệt A, B thỏamãn diện tích tam giác ABM bằng 7

5 .

♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho A7;7 và đường tròn

 T : x2 y2  2x 4y 8 0   Từ A kẻ tới (T) hai tiếp tuyến với hai tiếp điểm là B, C.Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Lời giải:

J

C A

B

I

(T) có tâm I 1; 2   bán kính R = 13 , IM = 3 13 IA R

 Từ A kẻ đến (T) hai tiếp tuyến với hai tiếp điểm là B, C

Ta có AB = AC  AI là phân giác trong của góc BAC

Gọi J AI  T thỏa mãn J nằm giữa A và I

AI đi qua hai điểm A và I nên phương trình AI : 3x 2y 7 0    J a;3a 7

* Nhận xét : Trong ví dụ 2 ta thay tọa độ điểm A và thay phương trình đường tròn

(T) sao cho A nằm ngoài (T) ta có một lớp các bài toán tương tự.

♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn (T)

tâm I 3;4 và cắt đường tròn (C):   x2 y2 16 tại hai điểm A, B sao cho AB = 4 3

Lời giải:

Gọi R bán kính của đường tròn (T) (C) có tâm O 0;0 , bán kính   R ' = 4

OI = 5 Gọi H là trung điểm của AB  

H B

A

O I

H B

A

O I

Ta có: R2 AH2 IH2 2 325 OH 2 61

 Phương trình đường tròn (T) là: x 3 2 y 4 2 61

Vậy có hai đường tròn thỏa mãn có phương trình lần lượt là:

x 3 2 y 4 2 21 và x 3 2 y 4 2 61

Từ ví dụ 3 ta có các bài tập tương tự sau:

Bài 3.1: Viết phương trình đường tròn (T) tâm I 3;4 và cắt đường tròn (C): 

Bài 3.3: Viết phương trình đường tròn (T) tâm I thuộc đường thẳng: x y 1 0   , điqua M 6;4 2 3   có hoành độ thuộc khoảng1;10 và cắt đường tròn (C):

x y 16 tại hai điểm A, B sao cho AB = 4 3

♦ Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC, biết đường tròn đi qua 2 điểm M 7;3 ,   N 4;2 Biết   H 5;5 là 

trực tâm của tam giác ABC và phương trình BC : x y 8 0  

Lời giải:

E

N M

K H

D

C B

A

I

Giả sử BHAC E;AH BC K  Tứ giác HECK nội tiếp đường tròn

 ECK EHK 180    0 Mà BHK EHK 180  0 nên BHK ECK

Mặt khác: ECK ACB ADB KDB   1 

sdAB2

 nên BHK KDB

 BHD cân tại B hay D đối xứng với H qua BC

HK đi qua H và vuông góc với BC nên phương trình HK là: x y 0 

HKBC K  K 4;4 K là trung điểm của HD nên   D 3;3  

Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm D, M, N

Gọi phương trình đường tròn (C) cần lập có dạng:

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x2 y2  10x 8y 36 0  

* Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng tính chất hình học đó là: Tam giác ABC

có trực tâm H, gọi D đối xứng với H qua BC thì D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự ta cũng có tính chất sau: Tam giác ABC có trực tâm H, gọi D đối xứng với H qua trung điểm của BC thì D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bằng cách khai thác tính chất nêu trên, ta có các bài tập với mức độ tương tự

Bài 4.1: Cho tam giác ABC biết trực tâm H 2;1 ,   M 3;2 là của trung điểm BC Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết nó đi qua hai điểm E 0; 1  ,

F 2;3