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”



B. GIẢI PHÁP MỚI CẢI TIẾN
Để khắc phục những hạn chế trên của các em học sinh, chúng tôi đã tìm tòi, thảo
luận qua các năm đứng lớp, nhằm giúp các em tiếp cận bài toán hình học trong mặt
phẳng tọa độ theo phương thức mới của đề thi. Chúng tôi đã cải tiến phương pháp
giảng 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 phép
dời 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


2. Thay vì vẫn tham số hóa tọa độ điểm M như trước đây. Chúng tôi hướng dẫn
thêm cho học sinh: Tìm các đối tượng chứa điểm M thông qua sự tương giao giữa hai
đường 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 từng
dạng 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 của
bài 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 hai
chiều xuôi ngược.
3. Rèn cho các em kỹ năng sáng tạo ra bài toán mới. Khi các em là chủ nhân của
những đề toán mới, các em sẽ chủ động và không còn thấy khó mỗi khi đứng trước
lớp 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 khi
đứng trước mỗi đề toán mới và xác định được rõ mục tiêu của từng dạng.



·
·
Ta có BTC
= 2BAC
= 900 ⇒ T, B’, C’ nhìn BC dưới góc 900.
⇒ 5 điểm T, B’, C’, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
0 ·
·
Ta có tứ giác BC’TB’ nội tiếp nên C'TB'=180
- C'BB'=1800 - 450 =1350 .

·
·
Theo tính chất đối xứng ta có C'T'B'=
C'TB'
=1350 .
·
·
Xét tứ giác AB’T’C’ có B'T'C'
+ B'AC'
=1350 + 450 =1800 .

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
µ = 450 . Chẳng hạn A(2; 2), B(0; 0),


tìm 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
= 900 . Khi đó 5 điểm B, C, B’, C’, T thuộc cùng một đường

tròn (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, C

tìm 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 và

đường 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:
A

⇒ A(2; 2) .
x − y = 0
y = 2

Khi đó tọa độ A thỏa mãn hệ 

x − y = 0

x = y
x = y = 0
⇔
⇔

 x = y = 2 ⇒ B(0;0) .
2
2
2
x
+
y
−
3x
−
y
=
0
x
−
2x
=

r
theo vec tơ v (1;1) . Ta có:

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
3 3
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 -5x -3y + 6 = 0 . Biết B’(3; 1) và C'( ; ) lần lượt là
hình 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

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
3 3
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 - x -3y - 2 = 0 . Biết B’(0; 2) và C'( ; ) lần lượt là hình
chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
6


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

µ = 450 , nội tiếp
Bài 1.4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
1 1
2 2

trong đường tròn (T): x 2 + y 2 - x -3y = 0 . Biết B’(2; 0) và C'( ; ) lần lượt là hình

+ 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
nên
= MDB
tam giác MBD cân tại M.



(C) .
trình  x − ÷ + ( y − 3) =
2
4


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
2

5
25
2
x = y = 1
(C)
9 9
 x − ÷ + ( y − 3) =
⇔
⇒ M( ; ).
2
4

9
x = y =
2 2
 x − y = 0 (d)

2


25
2
(C)

 x − ÷ + ( y − 3) =
2
4

 y = 5
⇔

2
2
x = 4
9 
9
25


x
−
+
y
−
=
(T)
÷ 
÷

2 

·
·
·
·
·
.
⇒ 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 một
đường 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
= 900 , 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 trình
AC: 3x + 4y – 5 = 0, biết phương trình MN: 9x – 13y + 20 = 0 và biết tọa độ điểm
K(



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
; ) (F trùng với K).
2 2

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 nhỏ
nhất.
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: CΔFHE = 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.
·
·
= 2HAsinBAC


104 59
94 117
41 101
; ); E( ;
); F( ;
).
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
Lời giải:

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
= 900 , 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 đường
thẳng (d): x – 2y +1 = 0.
Lúc này khi các em đã thành thạo hơn, rất nhiều các em nhanh chóng đưa ra được sơ

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 hình
chiếu vuông góc của A trên DE. Hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (T):
(x + 1) 2 + (y − 2) 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 đường
chéo 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 C
biết C có hoành độ dương (Đề thi khối D năm 2010).
Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC. Ta có ∆GMI đồng dạng với ∆GAH .
Nên ta có

uuur
uur
GH GA
=
= 2 ⇒ GH = −2GI .
GI GM



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:
uuur
uur
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 G  ; ÷. Tìm tọa độ A và C.
 3 3
11 1

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

= HBA
+ BAH
+ HKP
0
·
·
·
·
·
·
·
= HCA
+ HCK
+ HKP
= ACK
+ HKP
= PKC
+ HKP
= 90 .
·
Tương tự IDP
= 900 . Vậy D, K thuộc đường tròn đường kính IP.
9 5
2 2

Đường tròn đường kính IP có tâm T ( ; ) là trung điểm của IP và có bán kính
R=

9
5

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 A 1, B1,

C1 lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên các cạnh BC, AC, AB; 3 điểm M, N, P
14


tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA; 3 điểm A 2, B2, C2 lần lượt là trung điểm
của 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 trung
điểm các đoạn HA, HB, HC có phương trình: (x − 1) 2 + (y + 2) 2 = 25 . Trong đó H là trực
tâm 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

• Bước 1: Tìm điểm M(x0; y0) mà đường thẳng d đi qua. (Xem nội dung bài toán tìm

toạ độ điểm).

r
r
u
• Bước 2: Tìm toạ độ vectơ pháp tuyến n (a; b) hoặc vectơ chỉ phương (u1 ; u 2 ) .
• Bước 3: Viết phương trình đường thẳng theo bài toán công cụ.

15


1.3. Ví dụ minh họa:
Dạng 1: Lập phương
r trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và có
vectơ chỉ phương u (u1 ; u 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
trình cạnh BC.
Lời giải:

Lời giải:

16


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.
7 −1
Ta có M là giao điểm của AM và BC nên toạ độ điểm M ( ; ).
2 2
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
mà BDA
( góc nội tiếp
= KCE
= KCE
·
·
cùng chắn cung AB).Ta có BHK
nên suy ra K là trung điểm của HD ⇒ H(2;4).
= BDA

B∈ BC ⇒ B(t; t − 4);(t ≤ 3) mà M là trung điểm của BC nên toạ độ C(7–t; 3–t).

uuur

Ta có: AH = (2b + 3; −b − 4) ; BP = (2b − 1; −2 − b) .
uuur uuur

Vì AH ⊥ BP ⇒ AH.BP = 0 ⇔ b2 + 2b +1 = 0 ⇔ b = –1 ⇒ B(4; –1).
Đường thẳng BC đi qua điểm B(4; –1) và P(1; –2) nên phương trình của BC là:
x – 3y – 7 = 0.
Dạng 2: Lập phương
r trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x 0; y0) và có
vectơ pháp tuyến n (a; b) .

*

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 mãn AIB
= 900 . Chân đường cao kẻ từ A đến
BC là D(–1; –1). Đường thẳng AC qua M(–1; 4).Viết phương trình AC.
Lời giải:

18


·


M

B

C

Ta có tứ giác ADNM, BCMN nội tiếp được một đường tròn nên:
·
·
·
·
·
·
·
·
, NAM
. Do đó NAM
MBN
= MCN
= NDM
+ MBN
= NDM
+ MCN
= 900 (vì CM ⊥

DM)

19


·
» ).
Có ADB
= AKB
= 450 (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
µ là D(1; –1). Đường thẳng AB có phương trình: 3x + 2y – 9 =
phân giác trong của góc A
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).
20


Lời giải:

A

x

B

C

D

Đường thẳng AB cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC tại


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

1
có phương
5

trình 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 (
đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0. Lập phương trình AM.
Lời giải:
A

B

M

D

x
3

Đặt AB = x (x > 0) ⇒ ND = ; NC =

2x
x
; MB = MC = .
3
2

.
2

11 1
; ) , tạo với đường thẳng AN góc 45 0 có
2 2

phương 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 cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; –2). Viết phương trình
các 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, tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2; 1), đường thẳng BC đi qua điểm E(–3; 2).Viết
phương 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 của
AN.
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 trong
·
của góc ADB
có phương trình: x – y + 2 = 0, điểm M(–4; 1) thuộc cạnh AC.Viết
phương trình đường thẳng AB.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A,

• 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 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 ( a 2 + b 2 − 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 kết
luận phương trình đường tròn.

2.3. Ví dụ minh họa
♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn tâm
I ( 1;2 ) và cắt đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 31 = 0 theo dây cung AB = 2.
Lời giải:

Gọi R bán kính của đường tròn (C) cần lập.
3 + 8 − 31
AB2
2
2
= 4 và R = d (I, ∆) +
Ta có: d(I, ∆) =
= 17
5
4
Vậy phương trình đường tròn (C) là: ( x − 1) + ( y − 2 ) = 17 .
2

23


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
I ( 1;2 ) , cắt đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 31 = 0 tại 2 điểm phân biệt A, B đồng thời (C)
cắt đường thẳng ∆ ' : 3x + 4y − 26 = 0 tại 2 điểm C, D thỏa mãn: AB + CD = 2 + 4 2 .
Lời giải:

Ta có: d(I, ∆) =

3 + 8 − 31
3 + 8 − 26
= 4 và d(I, ∆ ') =
=3
5
5
24


AB2
CD 2
AB2
CD 2
2
2
d (I, ∆) +
= d (I, ∆ ') +
= R ) ⇔ 16 +
=9+

2
= d 2 (I, ∆ ') +
=
R
⇔
16
+
=
9
+
⇔ 28 + AB2 = CD 2 (1)
(
)
4
4
4
4

Từ (1) và (2) suy ra AB = 2 quy về ví dụ 1.

*

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.