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.

A

T
B'

C'
T'
B

C

·
· =900  T, B’, C’ nhìn BC dưới góc 900.
2BAC
Ta có BTC=
 5 điểm T, B’, C’, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
0 ·
·
-C'BB'=180 0-45 0=135 0 .
Ta có tứ giác BC’TB’ nội tiếp nên C'TB'=180

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

·
·


* 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:
4


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

điểm 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 dàng

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:

· = 900 . Khi đó 5 điểm B, C, B’, C’, T thuộc cùng một đường
 Chứng minh được BTC
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:

3 1
Ta có tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T), tâm I ( ; ) .
2 2

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

µ  450  tam giác BB’A vuông
Lại có ta m giác BB’A vuông tại B’ có A
cân 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.
x  2  0
x  2

 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

y  y  2  0
 x  y  2

Vậy A(2; 2), B(0; 0), C(2; –1).

* 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 Oxy
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

2
2
trong đường tròn (T): x + y -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


Bài 1.5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A
-1 1
2 2

2
2
trong đường tròn (T): x + y + x -3y = 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.
♦ 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 cắt
cung 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:
A

E

I

C

B
M

D

·  ECD
·

 EBC;
MBC
 MAC
·
·
Vậy tam giác MBE cân tại M. Khi đó từ tam giác vuông EBD có MBD
nên
 MDB
tam giác MBD cân tại M.

Từ hai tam giác cân MBE và MBD, ta có ME = MB = MD. Vậy M là trung điểm của
ED.
7


* 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
5
µ là D (7; 7). Tìm tọa
đường tròn ngoại tiếp là I ( ;3) , tâm đường tròn bàng tiếp góc A
2

độ đỉnh B và C.
Lời giải:
5
2


2
4

9
x  y 
2 2
 x  y  0 (d)
2



Theo kết quả ví dụ 2, ta chứng minh được MB = MC = MD.
9 9
2 2

Vậy B, C thuộc đường tròn (T) có tâm M ( ; ) , bán kính MD 
2

5 2
có phương trình
2

2

9 
9
25

x   y  


x


y


(T)
 


2 
2
2
  y  1


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 E
thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH.
c. Chứng minh rằng ba đường AH, BE, CF đồng qui.
8


Lời giải:
A
F

·
·
·
·
 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(

-3 1
; ) là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.


9


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

94 117
41 101
; ); E( ;
); F( ;
).
29 29
25 25
26 26

10


♦ 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:
A

E

B

H

F

M

D

C

 x   3
x  y  0
1 1

Tọa độ điểm C cần tìm thỏa mãn hệ 
. Vậy C ( ; ) .
3 3
 x  2y  1  0
y  1

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 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

uuur

uur

1
3

1
3

Gọi G(x, y) thỏa mãn GH  2GI  G chia đoạn HI theo tỉ số k = –2 nên G ( ;  ) .
uuuur

1 uuuur
3

Ta lại có MG  MA  M chia đoạn GA theo tỉ số m 

1
 M(–2; 3).
3

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).

 b  2  65

uuur uuur

Mà BH  AC  BH.AC  0  (3  b)(7  b)  40  0  b 2  4b  61  0  

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 tròn
ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x  2)2  y2  5 . Trung điểm của AC là
P(7; 5). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC đi qua Q(1; 4) và hoành độ
điểm D lớn hơn 3.
Lời giải:

13


A

D
H

P

T
I
B

K

C

Ta có tứ giác BDHK nội tiếp trong đường tròn đường kính BH. Vậy B thuộc đường
tròn ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x  2)2  y2  5 .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHK, I(2; 0).
·  IKA

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

1
5 2
9
5
25
IP 
, có phương trình: (x  ) 2  (y  ) 2 
.
2
2
2
2
2

x  1
9 2
5 2 25


(x  )  (y  ) 
y  2
Tọa độ D và K thỏa mãn hệ 
2
2
2 
x  4
(x  2)2  y 2  5

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
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 chỉ
r
r
 x  x 0  u1 t
phương u (u1;u 2 )  0 là: 
 y  y0  u 2 t
 Nếu u1u 2  0 thì ta có phương trình chính tắc của đường thẳng :

x  x0 y  y0

u1
u2
 Phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có vec tơ pháp

r
r
tuyến n (a;b)  0 là:

a(x – x0 ) + b(y – y0) = 0
 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 ).

♦ 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:
A

M

B

N

P

C

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

Vậy đường thẳng BC đi qua P(–2; 0) nhận vec tơ MN (3; 3) làm vec tơ chỉ phương
nên có phương trình là:

x2 y

 x  y 2 0 .
3
3

♦ 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 phương

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).
·
·
·
·
 KCE
 KCE
Xét tứ giác HKCE là tứ giác nội tiếp nên BHK
mà BDA
( góc nội tiếp
·
·
cùng 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).

uuur uuur
t  2
Do H là trực tâm tam giác ABC nên BH  AC  BH.AC  0  
vì t  3 nên t =2.
t  7
Ta có B(2; –2); C(5;1).
Đường thẳng AB đi qua điểm A(1;1) và B(2; –2) nên phương trình của AB là:
3x + y – 4 = 0.
Đường thẳng AC đi qua điểm A(1;1) và C(5;1) nên phương trình của AC là :
y – 1 = 0.
♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn đỉnh

uuur

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 trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có
r
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
·  900 . Chân đường cao kẻ từ A đến
ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2; 1) thoả mãn AIB
BC là D(–1; –1). Đường thẳng AC qua M(–1; 4).Viết phương trình AC.
Lời giải:
A

I

B


B

F

H
D

C

E

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 AF là:
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 chiếu của
M trên CD. Lập phương trình đường thẳng BN.
Lời giải:
A

D
N

M

B

C



* 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 AC
lấy điểm D sao cho AD = AB. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại điểm thứ
hai là K(4; 1). Viết phương trình đường thẳng BC.
Lời giải:
A

D

I
450

B

K

C

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên toạ độ điểm A(2; 3).
·
 45 0 .
Tam giác ABD vuông cân tại A nên ABD

Đường thẳng AD đi qua A(1; 3) và D(1; –1) có phương trình: x – 1 = 0.
·
·
·
·
·
·  CAD
·
·  BAD
·
·
Ta có ACB
 ADB
 ACB
 BAx
 DAx
 BAx;
CAD
 BAD
 cos(AD, BC) = cos(AD, Ax). Mà cos(AD, Ax) =

1
1
.
 cos(AD, BC) =
5
5

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



x 5
5x
x 10
; NM  ; AN 
.
2
6
3

21

C

11 1
; ) và
2 2


·

Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác AMN, ta được cosMAN

Khi đó đường thẳng AM đi qua điểm M (

2
.
2

11 1

3

AC=2BD. Điểm M( 0; )  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 cạnh
còn 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)2  (y  b) 2  R 2

22


 Phương trình x  y  2ax  2by  c  0 ( a  b  c  0 ) là phương trình đường
2

2

2

2

2
2
tròn tâm I(–a; –b) và bán kính R  a  b  c .

2.2. Phương pháp giải:

 17
 4 và R 2  d 2 (I, ) 
4
5

Vậy phương trình đường tròn (C) là:  x  1   y  2   17 .
2

2

* 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:
23


AB 2
. Trong ví dụ 1 ta thay giả thiết
 cắt (C) tại 2 điểm A, B thì R  d ( I , ) 
4
dây cung AB cho trước bởi các giả thiết khác tương đương, chẳng hạn như có thể cho
bởi một trong các cách sau:
2

2

 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


3  8  31
3  8  26
 4 và d(I,  ') 
3
5
5

AB2
CD 2
AB2
CD 2
2
2
d (I, ) 
 d (I,  ') 
 R   16 
9
 28  AB2  CD 2 (1)

4
4
4
4
2

24


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

2
2
d (I, ) 
 d (I,  ') 
 R   16 
9
 28  AB2  CD 2 (1)

4
4
4
4
2

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.
 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