Vì vậy tôi chọn đề tài “Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực cho học sinh” nhằm củng cố và mở rộng cho học sinh về kiến thức phương
Trang 11 MỞ ĐẦU
1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương tích và trục đẳng phương là một chủ đề hấp dẫn trong hình học phẳng Trong chương trình phổ thông mới không được đề cập một cách chính thức nhưng lại tiềm ẩn trong các dạng bài toán Các kết quả của nó đơn giản, tự nhiên nhưng lại ảnh hưởng sâu sắc tới nhiều nội dung quan trọng Với phát biểu đơn giản, dễ hiểu chúng có thể dùng để xử lý một khối lượng lớn các bài toán khó với những lời giải đẹp và ấn tượng
Các bài toán về phương tích và trục đẳng phương thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh trường chuyên, học sinh giỏi tỉnh, quốc gia và được nghiên cứu khá kỹ, chi tiết trong các tài liệu Nhưng đối với đại đa số học sinh phổ thông đây là vấn đề khá mới mẻ Một số kết quả đã xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi Nhưng khai thác theo phương diện tọa độ phẳng thì còn khá ít
Đã có rất nhiều bài toán tọa độ phẳng được khai thác từ các bài toán trong hình học tổng hợp phẳng, việc giải quyết nó cần một khối lượng kiến thức tổng
hợp, kỹ năng và năng lực cao Vì vậy tôi chọn đề tài “Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực cho học sinh” nhằm củng cố và mở rộng cho học sinh về kiến thức phương tích và
trục đẳng phương, giúp học sinh thấy được khả năng ứng dụng của phương tích
và trục đẳng phương trong việc giải quyết một bài toán tọa độ phẳng hay và khó trong các kì thi
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề tài này nhằm cung cấp cho học sinh khái niệm về phương tích và trục đẳng phương Giúp học sinh biết và khai thác một số tính chất và ứng dụng của phương tích để giải quyết một số bài toán tọa độ phẳng Từ đó phát triển năng lực phân tích, tổng hợp và đánh giá Giúp học sinh có cách nhìn sâu sắc hơn đối với dạng toán tọa phẳng và từ đó học sinh có thể tự tìm tòi để khai thác các bài toán mới với sự tự lực, sáng tạo và độc lập của bản thân, kỹ năng xử lý các tình huống cụ thể trong thực tiễn, không những dừng lại ở các kết quả này mà gặp các tình huống khó khăn học sinh có thể mạnh dạn suy nghĩ và sáng tạo một số kết quả mong muốn
1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
Đề tài nghiên cứu hệ thống các khái niệm và tính chất của phương tích, trục đẳng phương từ đó ứng dụng để giải một số dạng toán hình học phẳng trong chương trình toán Trung học phổ thông
1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
Tìm hiểu các chuyên đề và tài liệu của các tác giả nghiên cứu các kiến thức có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương
Thu thập các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi các trường chuyên có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương
Trao đổi và tham khảo ý kiến của các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn Thông qua các buổi rèn luyện học sinh giỏi và ôn tập cho học sinh khá giỏi ở đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường
Trang 22 NỘI DUNG
2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN
2.1.1 CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1 Phương tích của một điểm đối với đường tròn
1.1 Định lý 1.Cho đường tròn (O;R) và điểm M cố định, đặt OM = d Một
đường thẳng thay đổi luôn đi qua M và cắt đường tròn tại hai điểm A, B
Khi đó : MA MB MA MB MO =uuur uuur = 2 −R2 =d2 −R2[1]
Chứng minh:
O
C
M
B
A
Gọi C là điểm đối xứng của A qua tâm
O Khi đó ∠ABC = 90 0, nên B là hình chiếu của C lên AM Ta có
MA MB MA MB MC MA
MO OC MO OA
MO OA MO OA
uuur uuur uuuuruuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
1.2 Định nghĩa 1 Đại lượng không đổi MA MB d = 2 −R2 được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), ký hiệu PM/(O)
Ta có : PM/(O) = MA MB d = 2 −R2[1]
1.3 Tính chất ( ta dễ dàng chứng minh một số tính chất sau)
* Tính chất 1
Nếu A, B cố định và MA MB. =const thì M cố định
M nằm ngoài đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) > 0
khi đó PM/(O) = MA.MB
M nằm trong đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) < 0
khi đó PM/(O) = - MA.MB
M nằm trên đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) = 0
* Tính chất 2 Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ngoài đường tròn Qua M
kẻ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MT khi đó MA MB. = MA.MB = MT2 = d2 - R2
* Tính chất 3 Cho AB và DC là hai đường thẳng phân biệt cắt nhau tại M ( khác
A, B, C, D) Khi đó MA MB. =MC MD. khi và chỉ khi bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn [1]
1.4 Trong hệ tọa độ Descartes:
Cho điểm M(x0; y0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0
Đặt f(x;y) = x2 + y2 – 2ax – 2by + c
Khi đó PM/(C) = f(x0;y0) = x02 + y02 – 2ax0 – 2by0 + c [1]
2 Trục đẳng phương của hai đường tròn
2.1 Định lý 2 Cho hai đường tròn (O1;R1) và (O2;R2) không đồng tâm Tập hợp các điểm cùng phương tích với hai đường tròn là một đường thẳng Đường thẳng
này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1;R1) và (O2;R2).[1] Chứng minh ( Việc chứng minh định lý xin được khai thác từ tài liệu)
Trang 3*Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc đường nối hai tâm
* Nếu hai điểm M, N cùng phương tích với hai đường tròn thì đường thẳng MN
là trục đẳng phương của hai đường tròn
* Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A, B thì đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai đường tròn [1]
2.3 Trục đẳng phương trong hệ tọa độ Descartes
Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường tròn không đồng tâm:
(C1): x2 + y2 – 2a1x – 2b1y + c1 = 0 và (C2) : x2 + y2 – 2a2x – 2b2y + c2 = 0
Giải sử M(x0; y0) là điểm cùng phương tích với hai đường tròn (C1) và (C2)
Ta có
PM/(C1)=PM/(C2) ⇔ x02 + y02 – 2a1x0 – 2b1y0 + c1 = x02 + y02 – 2a2x0 – 2b2y0 + c2
⇔2(a1 – a2)x0 + 2(b1 – b2) y0 +c1 – c2 = 0
Vậy trục đẳng phương của hai đường tròn có phương trình :
2(a1 – a2)x + 2(b1 – b2) y +c1 – c2 = 0 [1]
2.1.2 XÂY DỤNG HÊ THỐNG BÀI TẬP VẬN DỤNG LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG TÍCH VÀ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT.
Phần I Sử dụng định nghĩa và tính chất của phương tích xây dựng một số bài toán tọa độ phẳng như sau.
Những bài toán phần I chủ yếu để học sinh tiếp cận dần với định nghĩa
và tính chất của phương tích và trục đẳng phương, để từ đó học sinh có cách nhìn nhận và kinh nghiệm trong việc sử dụng, tiếp cận bài toán phương tích.
Sau đây chúng ta sẽ xây dựng một số bài toán ở mức độ nhận biết và thông hiểu định nghĩa và các tính chất đơn giản của phương tích, trục đẳng phương.
Bài toán 1.1 Cho đường tròn (S) có phương trình: (x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 và điểm A(2;-3) Tìm phương tích của điểm A đối với đường tròn (S)
Giải
Đường tròn (S) có tâm I(-3;-2) và bán kính R = 2, AI = 26
Vậy P(A/(S)) = AI2 – R2 = 22
Nhận xét P(A/(S)) >0 nên điểm A nằm ngoài đường tròn
Bài toán 1 2 Cho hai đường tròn:
(S) : (x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 và (C) : (x - 4)2 + (y + 5)2 = 36
Viết phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C)
Giải
Nhận xét: Hai đường tròn không đồng tâm nên có trục đẳng phương
Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc trục đẳng phương khi đó
P(M/(S)) = P(M/(C))
(x 3) (y 2) 4 (x 4) (y 5) 36
Khi đó ta được 7x0 – 3y0 + 5 = 0
Vậy phương trình trục đẳng phương là: 7x – 3y + 5 = 0
Bài toán 1.3 Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M(-3;1) A,
B là các tiếp điểm kẻ từ M tới đường tròn (C) Viết phương trình AB
Trang 4
B
M
I
Phân tích bài toán
Bài toán có thể tìm trực tiếp tọa độ A, B nhưng việc làm khá dài dòng và
số khá lẻ Ta nhận thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn nên AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn này.
Định hướng giải
Nhận xét tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MI nên phương trình đường tròn (S) ngoại tiếp tứ giác MAIB là : x2 + y2 + 2x – 4y = 0
AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C)
Vậy phương trình AB: 2x + y – 3 = 0
Trên đây là một số bài toán có thể sử dụng nhiều cách đề giải quyết nó nhưng trong phương diện phương tích chúng ta có thể giải quyết và một số trường hợp còn đơn giản hơn Sau đây chúng ta sẽ áp dụng để khai thác một số bài toán ở mức vận dụng thấp và vận dụng cao.
Bài toán 2.1.Cho đường tròn (O) và đường thẳng d không cắt (O) Từ một điểm
M thay đổi trên d, Kẻ hai tiếp tuyến MA và MB tới (O) ( A, B là các tiếp điểm) Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định [2]
B
A I
d
O
Chứng minh
Gọi H là hình chiếu của O lên d I là giao điểm của AB với OH
Ta có ngũ giác MHAOB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MO
Giả sử M’ là điểm khác M, ta có các tiếp tuyến M’A’ và M’B’ kẻ tới đường tròn (O) Gọi (S’) là đường tròn qua năm điểm M’HA’OB’
Khi đó AB, A’B’, OH lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (S)
và (O), (S’) và(O), (S) và (S’)
Giả sử I là giao điểm của AB và OH, khi đó PI/(S)=PI/(O)=PI/(S’) hay I thuộc A’B’ Nếu cố định M, cho M’ thay đổi trên d khi đó A’B’ luôn qua I hay I là điểm cố định Vậy AB luôn đi qua điểm cố định I
Nhận xét
Trang 5+ Điểm I nằm trên đoạn OH và ta có OI.OH = OK.OM = R 2 s uy ra OI = R2
OH
Từ đó có thể xác định được điểm I.
+ Trong hệ trục tọa độ Oxy thì việc tìm điểm cố định khá đơn giản, nhờ
phương pháp tìm điểm cố định của một đường bất kỳ.
+Từ kết quả bài toán 2.1 ta khai thác một số bài toán sau ở mức độ vận dung
thấp.
Bài toán 2.2
Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng (d): x – y –1 = 0
Từ M thuộc (d) kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định khi M thay đổi.[3]
Định hướng giải
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) và bán kính R=1
d(I,(d))= 2 >R, vậy đường thẳng (d) không cắt đường tròn (C)
M thuộc (d) nên M(m;m-1) Khi đó tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MI nên có phương trình (S) : x2 + y2 – (m+1)x – (m+1)y + 3m - 2 = 0
Ta có AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C) nên có phương trình
(m - 1)x + (m - 3)y + 6 - 3m = 0
Gọi H(x0;y0) là điểm cố định của đường thẳng AB
Ta tìm được H(3 3; )
2 2
Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC có các đường cao BE và CF, đường thẳng qua
F vuông góc BC và cắt BE tại K Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Biết đường thẳng AC qua M( 8; 7)
3
− − , đường tròn ngoại tiếp tam giác FEK có phương trình (S): (x + 6)2 + (y + 7)2 = 5, B thuộc đường thẳng d: x – y + 1 = 0 (hoành độ điểm B dương), BF = 5 5 và hệ số góc của đường thẳng AB nguyên.[2]
K J M
I
F
E
C B
A
Phân tích bài toán:
Bài toán cho giả thiết điểm B thuộc d, đường tròn ngoại tiếp ta giác KFE Liên quan tới tam giác vuông BCF có FI là đường cao nên BI.BC = BF 2 ,
Tứ giác CEKI nội tiếp vậy BI.BC = BK.BE = BF 2 , nên BF là tiếp tuyến của đường tròn (S) Vì vậy chúng ta suy nghĩ tới phương tích Bên cạnh đó phải sử dụng thêm các hệ thức lượng trong tam giác.
Trang 6Định hướng giải
Đường tròn (S) tâm J(-6;-7) và bán kính R = 5
Giả sử FK cắt BC tại I khi đó góc KEC và KIC vuông, nên tứ giác KECI nội tiếp đường tròn đường kính KC
Khi đó BK BE BI BC = =BF2 = 25 ( Vì tam giác BCF vuông tại F, FI là đường cao)
Nên BF là tiếp tuyến của đường tròn (S) suy ra BF2 = BJ2 – R2 và J thuộc CF Vậy BJ= 130 tìm được B(1;2)
Từ đó tìm được phương trình đường thẳng AB: y = 2x
Gọi E(a;b)
E thuộc (S) và BE ⊥ AC tìm được E(-5;-5)
Nên phương trình AC: 6x + 7y + 65 = 0 suy ra A( 13; 13)
4 2
Phương trình CF: x + 2y + 20 = 0 uy ra C(2;-11)
Phần II Sử dụng một số tính chất của phương tích và trục đẳng phương kết hợp một số tính chất của hình học phẳng ta xây dựng và giải quyết một
số dạng toán ở mức vận dụng thấp và vận dụng cao.
Bài toán 3.1 Cho tam giác ABC, H là trực tâm và có (O) là đường tròn đường
kính BC Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N là các tiếp điểm) Khi đó H, M, N thẳng hàng.[2]
Chứng minh:
K
H
O
N M
C A
B
Gọi AK, BE, CF là các đường cao, Suy ra E, F thuộc đường tròn (O)
⇒ = ∩
Ta có Δ HFA và ΔHKC đồng dạng ⇒ HA HF HA HK. HC HF (1)
Gọi đường tròn (J) là đường tròn đường kính AO, khi đó năm điểm A, M, O, K,
N thuộc đường tròn (J)
Mà đường tròn (J) cắt đường tròn (O) tại M và N nên đường thẳng MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (O)
⇒P H O/( ) =HF HCuuur uuur , P H J/( ) =HA HKuuur uuur. (2)
Mặt khác H là trực tâm tam giác nên H có thể cùng nằm ngoài các đường cao hoặc cùng nằm giữa các đường cao
Từ đó theo (1) và (2) thì điểm H cùng phương tích với hai đường tròn (J)
và (O) Hay H thuộc đường thẳng MN, vậy M, N, H thẳng hàng
Bài toán 3.2.Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R Từ một điểm A nằm
ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N là các tiếp
Trang 7điểm) Xác định vị trí của A để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng MN [4]
Định hướng giải
A
F
E H
O
N M
C B
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, (S) là đường tròn tâm A bán kính AM Khi đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (O)
I thuộc MN nên PI/(O) = PI/(S)
2 (OB R,OI OB)
Vậy A nằm trên đường tròn tâm O bán kính R 3 ( Trừ hai điểm giao của BC với đường tròn này)
Sau đây ta sẽ xây dựng một số bài toán tọa độ phẳng có sử dụng các kết quả của bài toán 3.1 và 3.2
Bài toán 3.3 Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC có phương trình
(C): (x+1)2 + (y+2)2 = 5
3 Từ A kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn (C) là AM và
AN ( M, N là tiếp điểm ) Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc
MN Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc đường thẳng d có phương trình : 2x+y-1=0 [3]
Định hướng giải
M
I A
Gọi I, K, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tâm đương tròn đường kính BC và trọng tâm tam giác ABC
Đường tròn (C) tâm K(-1;-2), bán kính R= 5
3
Ta sử dụng nhận xét ta có I thuộc MN khi và chỉ khi G thuộc MN
Từ bài toán 3.2 ta có AK=R 3= 5 A thuộc d suy ra A(x; 1-2x)
2 ( 1) 2 (3 2 ) 2 5 1
Trang 8Vậy A(1;-1)
Bài toán 3.4 Cho đường tròn (C) có tâm I(3;1), BC là đường kính Từ điểm A
nằm ngoài đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn ( M, N là các tiếp điểm) Biết phương trình MN là x-2y+4=0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc MN, đường cao AH qua điểm P(1;1) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
H G
N M
P I
A
Ta có AI vuông góc MN, G thuộc MN nên G là giao điểm của AI và MN
Vậy G là hình chiếu của I lên MN
Phương trình AI: 2x + y – 7 = 0 Tọa độ G thỏa mãn phương trình đường thẳng
MN và AI nên G(2;3)
Mặt khác IAuur= 3IGuur nên A(0;7)
Đường cao AH qua A và P nên có phương trình: 6x + y – 7= 0
Đường thằng BC qua I vuông góc AH nên có phương trình: x – 6y + 3 = 0
Mặt khác AI = R 3 ( R là bán kính đường tròn (C)), AI = 3 5 ⇒ =R 15
Phương trình (C): (x - 3)2 + (y - 1)2 = 15
B, C là giao điểm của BC với (C) , vậy (3 6 15;1 15), (3 6 15;1 15)
Hoặc ngược lại
Nhận xét:
Qua hai bài toán 3.3 và 3.4 ta thấy đây là bài toán khá lạ, biết được bài toán 3.1 và 3.2 thì bài toán không khó Vì vậy khi dạy cho học sinh cần rèn luyện cho học sinh biết khai thức và sử dụng một số kết quả của hình học tổng hợp để các em có cách tiếp cận tốt hơn và sáng tạo với những bài toán khó và
lạ và khéo léo sử dụng chúng trong các tình huống Từ đó hình thành các năng lực toán cho học sinh.
Sau đây là một số bài yêu cầu mức vận dụng cao.
Bài toán 3.5.Cho tam giác OBC nhọn ( O là gốc tọa độ), BE và CF là các
đường cao, phương trình EF: 6x+7y-19=0, K(3;3) là trung điểm BC OM, ON
là các tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC (M, N là các tiếp điểm) Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC biết I, M, N thẳng hàng.[4]
Trang 9
N
M
u
H F
E
G I
B
Phân tích bài toán:
Bài toán cho điểm O và K vì vậy ta tìm được trọng tâm G Mặt khác ta có tính chất OI vuông góc FE nên ta kết hợp tính chất này và tính chất bài toán 3.2 thì ta có ngay kết quả bài toán.
Định hướng giải
Gọi G là trọng tâm tam giác OBC suy ra G(2;2)
I, M, N thẳng hàng khi và chỉ khi G thuộc MN, MN vuông góc OK, vậy phương trình MN: x+y-4=0
Ta chứng minh EF và OI vuông góc ?
Thật vậy: Gọi đường thẳng uOv là đường thẳng tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp
tam giác OBC tại O Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC
nên ∠FEO= ∠OBC= ∠vOC, hay uOv song song FE, mà uOv vuông góc OI
Vì vậy OI vuông góc FE, suy ra phương trình OI: 7x-6y=0
I là giao điểm của FE và OI nên I(24 28;
13 13)
Bài toán 4.1 Cho tam giác ABC có BD và CE là đường cao cắt nhau tại H, M là
trung điểm BC, DE cắt BC tại N khi đó ta có NH vuông góc AM.[2]
Chứng minh:
K
I
H
N
F
E
D
C B
A
Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và HM, I là tâm đường tròn qua các điểm
A, E, H, D K là tâm đường tròn qua các điểm H, M, F
Theo định lý đường tròn Euler thì IEFMD thuộc một đường tròn (S)
Khi đó PN/(S) =NE ND NF NM = suy ra PN/(I,IH)=PN/(K,KH)
Vậy N thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (I,IH) và (K,KH)
Mà H cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn nên NH là trục đẳng phương của hai đường tròn
Vậy NH vuông góc IK, mà IK/AM nên NH vuông góc MA
Nhận xét
Trang 10Để chứng minh tứ giác DEFM nội tiếp ta có cách chứng minh thông dụng hơn như sau:
Tam giác DBC vuông tại D có DM là trung tuyến nên DM=MB, suy ra tam giác DMB cân tại M vậy ∠DMC=2∠DBM.(1)
Tứ giác ADHE, BEHF nội tiếp nên ∠DAH=∠DEH=∠FHE=∠HBF (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra ∠FED=∠DMC, vậy tứ giác EDMF nội tiếp
Bài toán 4.2 Đường tròn Euler có đường kính là đoạn nối trung điểm của đoạn
nối trực tâm của tam giác với một đỉnh và trung điểm của cạnh đối diện đỉnh đó[5]
Định hướng giải
P
I
M
D E
H
C B
A
Gọi các đường cao AP, BD, CE, H là trực tâm, M là trung điểm BC, I là trung điểm HA
Ta chứng minh ngũ giác MDIEP nội tiếp đường tròn đường kính MI ( Các điểm còn lại tương tự)
∠IPM=900
Tam giác IAD cân tại I nên ∠IDA = ∠IAD = ∠DBC(1)
Tam giác MCD cân tại M nên ∠MDC = ∠MCD (2)
(1) và (2) ta có ∠IDA + ∠MDC = ∠DBC + ∠DCB = 900
Vậy ∠IDM = 900 Tương tự ∠IEM = 900
Hay ngũ giác DMPEI nội tiếp đường tròn đường kính MI
Nhận xét : Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì khi đó tâm
đường tròn Euler là trung điểm HK.
Thật vậy ta có AH=2KM, AH//KM nên IH //KM, IH=KM nên HMKI là hình bình hành nên trung điểm MI cũng là trung điểm HK.
Sau đây ta khai thác một số bài toán liên quan bài toán 4.1 và 4.2 ở mức vận dụng thấp.
Bài toán 4.3.Cho tam giác ABC Đường tròn qua trung điểm M(-2;0) của BC và
chân đường cao D, E hạ từ B, C có phương trình : (x+2)2 + (y 5
2
− )2 = 25
4 H(-1;3) là trực tâm tam giác ABC Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.[4]