SKKN khai thác ứng dụng một số tính chất hình học để giải quyết các bài toán tọa độ trong phẳng

 Mô tả bản chất của sáng kiến* Về nội dung của sáng kiến:  Các bước thực hiện giải pháp và điều kiện áp dụng: +Giáo viên có thể trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề về tọ

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Nguyễn Thị Bích Ngọc Đinh Kim Thoa

Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy

Ninh bình, tháng 5 năm 2014

0

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Là các đồng tác giả đề nghị công nhận sáng kiến:

KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC

ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG.

 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán ở các trường THPT và các trường Đại

học, cao đẳng sư phạm

1

 Mô tả bản chất của sáng kiến

* Về nội dung của sáng kiến:

 Các bước thực hiện giải pháp và điều kiện áp dụng:

+Giáo viên có thể trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề về tọa độ trong mặt phẳng với mục đích ôn thi Đại học, cao đẳng, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi trong các kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế

+Học sinh sau khi được trang bị những kiến thức cơ bản trên lớp có thể sử dụng tài liệu để tự học, tự nghiên cứu để bổ sung thêm kiến thức chuyên sâu

 Hiện trạng trước khi áp dụng giải pháp mới:

1 Trong các đề thi Đại học- Cao đẳng từ trước tới nay, các bài toán về tọa độtrong mặt phẳng thường xuyên xuất hiện với mức độ ngày càng khó và phong phú hơn

Có thể nói các câu hỏi liên quan tới bài toán này thường là câu để học sinh đạt 8, 9, 10điểm Để giải quyết các dạng bài toán này học sinh cần có kiến thức hình học phẳng

chắc chắn Việc phát hiện ra "nút thắt" của bài toán là điều quan trọng nhất, quyết định

tới thành công của lời giải Giải bài toán Oxy cũng giống như chúng ta giải một thế cờ.Tuy nhiên, do các em học sinh học tương đối yếu về hình học phẳng nên việc phát hiện

ra được tính chất hình học phẳng là vô cùng khó khăn Điều đó đã làm cho các emkhông tự tin và mất điểm một cách đáng tiếc

2 Chương trình học của chuyên đề này lại nằm ở lớp 10, khi đó các em học sinhcòn nhiều bỡ ngỡ, chưa ôn tập và tìm hiểu sâu các kiến thức liên quan Mặt khác, trongcác sách giáo khoa và sách bài tập toán, phần bài tập cũng như lý thuyết chỉ dừng lại ởmức độ cơ bản, ít dạng bài tập, ít kiến thức được vận dụng Trong các tài liệu thamkhảo, các bài tập về tọa độ trong hình học phẳng mà có sử dụng kiến thức về hình họcphẳng có thể nói là chưa nhiều, chưa được xây dựng theo một hệ thống chi tiết vàthường chỉ đưa ra các dạng bài tập ứng dụng về một vấn đề chung như các bài toán vềviết phương trình đường thẳng, đường tròn, chưa có nhiều các dạng bài tập nâng cao

3 Thực tế, trong một lớp có nhiều đối tượng học sinh với mức độ nhận thức khácnhau, đòi hỏi phải có một hệ thống bài tập phù hợp cho từng đối tượng Trong các tàiliệu hiện hành cũng đã chú ý đến việc phân loại học sinh nhưng chưa phong phú vàchưa sát thực

4 Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo rất nhiều tài liệu từ nhiềuphương tiện, nhất là đối với những đối tượng học sinh luyện thi đại học và học sinh giỏicác cấp, do đó mất rất nhiều thời gian, công sức, tốn kém nhiều tiền bạc

5 Để đáp ứng yêu cầu nghiên cứu và giảng dạy hình học tọa độ trong mặt phẳnghọc sinh cần phải có kiến thức và kĩ năng tốt, nếu không phân tích cách giải và lời giảichi tiết thì người đọc không thể hiểu rõ bản chất của bài toán đó và dẫn đến giải bài toánmột cách máy móc, thậm chí dễ mắc phải sai lầm

2

 Những điểm mới về giải pháp:

+Về nội dung:

1 Các tác giả đã xoay quanh một bài toán nhỏ, khai thác các ứng dụng hình họccủa bài toán đó Các bài tập được sắp xếp từ cơ bản đến phức tạp, từ dễ đến khó, phùhợp với trình độ nhận thức của mọi đối tượng học sinh, có thể dành cho nhiều đối tượnghọc sinh từ người mới học đến những học sinh dự thi học sinh giỏi các cấp

2 Đa số các bài toán được sáng tạo nên thông qua các phần mềm toán học như The Geometer’s Sketchpad, Cabri…

3 Các kiến thức hình học trong tài liệu đều liên quan tới kiến thức THCS nênviệc tiếp cận với chuyên đề này không khó khăn Chuyên đề viết một cách có hệ thống

và có phân tích lời bình để chỉ ra nút thắt của bài toán nên học sinh sẽ dễ tìm hiểu và mởrộng vấn đề Từ đó giúp các em biết cách học, biết cách suy nghĩ, tìm tòi và từng bướcsáng tạo trong học toán

+Về phương pháp:

1 Xuất phát từ yêu cầu cơ bản của việc dạy và học phần hình học tọa độ trongmặt phẳng, học sinh cần nắm vững hệ thống các kiến thức cơ bản và những ki năng cầnthiết để có thể giải quyết thành thạo các dạng bài tập từ dễ đến phức tạp

2 Từ thực tế trong trường có nhiều đối tượng học sinh, từ học sinh chuyên, cậnchuyên đến không chuyên Đề tài đã được đúc rút thông qua quá trình giảng dạy thực tế

ở một số lớp và trên các đối tượng học sinh trong mỗi lớp, đặc biệt các lớp ôn thi đạihọc

3 Trong quá trình thực hiện đề tài chúng tôi luôn tham khảo, trao đổi với các giáo viên khác trong tổ

 Hiệu quả kinh tế và hiệu quả xã hội đã đạt được.

1 Hiệu quả kinh tế Qua ý kiến nhận xét của học sinh, của đồng nghiệp đã

sử dụng sáng kiến này làm tài liệu tham khảo học tập và nghiên cứu, hiệu quảkinh tế mà sáng kiến mang lại là rất lớn cụ thể:

- Tiết kiệm được nhiều thời gian và công sức tìm tòi tài liệu của giáo viên vàhọc sinh trong giảng dạy và học tập môn Toán

- Tiết kiệm được nhiều chi phí mua tài liệu và sưu tầm tài liệu

- Tiết kiệm được tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia

2.Hiệu quả xã hội.

Sáng kiến này được các tác giả triển khai áp dụng vào giảng dạy lớp 10, 11, 12 từnăm học 2013 và được học sinh sử dụng hiệu quả Hiệu quả mà sáng kiến này cùng cácchuyên đề khác mang lại về mặt giáo dục, xã hội trước hết là kết quả thi đại học, họcsinh giỏi các cấp của học sinh Kết quả thi đại học môn Toán của học sinh chuyên

3

Toán – K52 là rất cao, các em đều đạt 9 điểm trở lên, các học sinh lớp khác như chuyên Sinh, 12B1 năm học 2013 cũng đạt điểm khá cao.

Đặc biệt, một phần sáng kiến đã được gửi lên tạp chí toán học tuổi trẻ và đã được đăng trên tạp chí, được các bạn độc giả đón nhận

- Sáng kiến này là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, sinh viên, học sinh khinghiên cứu toán học Giúp cho việc học tập chuyên đề liên quan tới các bài toán tọa độtrong phẳng được dễ dàng, hiệu quả; không cần mất thời gian, sức lực, trí óc để tìm vàtổng hợp kiến thức

- Giúp quá trình học tập, giảng dạy chuyên đề tọa độ phẳng được dễ dàng và hiệuquả Làm nền tảng cho việc tiếp tục nghiên cứu và phát triển cũng như ứng dụng trongcác bài tọa độ trong không gian

- Giúp học sinh rèn kỹ năng tự học tự nghiên cứu, rèn khả năng quan sát, tư duy hình học

 Về khả năng áp dụng của sáng kiến:

- Đây là một cách thức phân loại bài tập theo hướng đổi mới tư duy cho cả ngườihọc và người dạy, phù hợp với xu thế, yêu cầu đổi mới phương pháp dạy và học toánhiện nay

- Sáng kiến là một tài liệu tham khảo rất hữu ích cho mọi đối tượng học sinh và giáo viên học tập, nghiên cứu và giảng dạy môn Toán

- Quá trình áp dụng sáng kiến tại trường THPT chuyên Lương Văn Tụy từ năm

2013 cho thấy sáng kiến dễ dàng áp dụng và mang lại hiệu quả Để sử dụng hiệu quảsáng kiến, người học nên sử dụng thêm các phần mềm vẽ hình chuyên dụng cho bộ môntoán để giúp cho việc sáng tạo cũng như phát hiện tính chất hình học một cách dễ dànghơn

- Giáo viên có thể xây dựng thêm các bài tập trên cơ sở sự phân loại bài tập để làm phong phú thêm kiến thức, tăng cường thêm số lượng bài tập áp dụng

 Những cá nhân và đơn vị đã áp dụng sáng kiến:

4

- Bùi Nghĩa Hải -giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ.

- Phạm Vân Hà- giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ

- Phạm Đức Tùng- giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ

- Tập thể lớp 10 chuyên toán ( năm học 2013-2014)

- Tập thể lớp 10 B1 ( năm học 2013-2014)

- Tập thể lớp 10 chuyên sinh ( năm học 2013-2014)

Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật

Ninh Bình, ngày 22 tháng 05 năm 2014

Người nộp đơn

Nguyễn Trường Sơn

5

PHỤ LỤC

I GIẢI TAM GIÁC.

Ta gọi chung các bài toán: Xác định tọa độ đỉnh của tam giác, các yếu tố liên quan đếnđường cao, trung tuyến, phân giác, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội, ngoại tiếp

là giải tam giác

Muốn giải quyết tốt các dạng câu hỏi về giải tam giác ta cần nắm chắc các tính chất cơbản sau:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I), H là trực tâm của tam giác Gọi E, F lần lượt

là chân đường cao hạ từ B,C M là trung điểm của cạnh BC G là trọng tâm tam giácABC

Khi đó:

Nhận xét 1 AH 2 IM 2AJ ( trong đó J là trung

điểm của đoạn AH) Từ đó suy ra:

+Với tam giác ABC không vuông

Gọi D là điểm đối xứng của A qua I Suy ra D thuộc đường tròn (I)

Nhận xét 2 JM IA, IA EF

6

Chứng minh :

Ta có: CFB CEB 90

Ta cũng có : AFHE nội tiếp đường tròn tâm J Suy ra : JM EF .

Theo nhận xét 1, suy ra : IA JM Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét 3 Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng BH với đường tròn (I) Khi đó,

P là điểm đối xứng của H qua đường thẳng AC

Chứng minh:

Ta có: ABP ( cùng chắn cung AP)

ACP ABE ( vì tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn) Suy ra: ABP ABE Như vậy,

BA vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên suy ra điều phải chứng minh

Chú ý: Nếu P là điểm đối xứng của trực tâm H qua đường thẳng AC của tam giác ABC

thì P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC sẽ đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giácHAC qua đường thẳng AC

Nhận xét 4 Gọi Q là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác nhọn ABC Khi đó H là

tâm nội tiếp của tam giác EFQ

Chứng minh:

Tứ giác AFHQ nội tiếp đường tròn nên FBH FQH

Tứ giác HQCE nội tiếp đường tròn nên ECH EQH

Từ đó suy ra: FQH EQH ( do ACP ABE ).

Vậy QH là đường phân giác của góc Q

Chứng minh tương tự ta cũng có EH là phân giác của góc E, FH là phân giác của góc F.Như vậy H là tâm nội tiếp tam giác ABC

Nhận xét 5 Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi đó đường thẳng AJ cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác BAC tại điểm chính giữa của cung BC (không chứa A).Giả sử điểm đó là U Khi đó dễ thấy: UJ=UB=UC

Sau đây, chúng tôi xin đưa ra một vài các ví dụ áp dụng các nhận xét này

Thí dụ 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C) : x 2 y2 25 ngoạitiếp tam giác nhọn ABC có chân các đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(-1;-3), N(2;-3).Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm A có tung độ âm

7

Phân tích lời giải Với những kiến thức được trang bị ở trên, các em học sinh dễ dàng

phán đoán và đưa ra lời giải Học sinh sẽ nhận ra được OA MN , để từ đó viết được

phương trình đường thẳng OA Khi đó sẽ đi tìm được điểm A Mấu chốt của bài toánchính là việc tìm được tọa độ điểm A

Lời giải.

Cách 1 Đường tròn (C) có tâm O(0;0), bán kính R 5 Ta có: MN (3; 0)

Theo nhận xét 2, ta có: OA MN Khi đó đường thẳng OA qua O, nhận

MN (3;0) làm vecto pháp tuyến có phương trình: x 0

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

x 0

x2 y2 25

Vì A có tung độ âm nên A(0;-5)

Ta có: AM ( 1;2), AN (2;2)lần lượt là vecto chỉ phương của đường thẳng AC, AB.

Phương trình đường thẳng AC: 2 x y 5 0

Phương trình đường thẳng AB: x y 5 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

Dễ thấy: AB AC 0, BC BA 0, CB.CA 0 nên

Phương trình đường thẳng AC: 2 x y 5 0

Phương trình đường thẳng AB: x y 5 0

Gọi I là trung điểm của BC Từ AH 2OI suy ra

BC là:x 3 y 5 0 .

Từ đó suy ra các điểm A(0; 5), B (5; 0), C( 4;3)

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Thí dụ 2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-2;-1), trực

tâm H(2;1), BC 2 5 Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC.Lập phương trình đường thẳng BC, biết trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng d:x-2y-1=0 và M có tung độ dương

Lời giải M thuộc đường thẳng d nên M (2a 1;a )(a 0)

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Do a>0 nên a=1 Suy ra M(3;1)

9

Đường thẳng BC đi qua M(3;1), nhận AH (4; 2) làm vecto pháp tuyến có phương

trình: 2x+y-7=0

Thí dụ 3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, trực

tâm H(-3;2) Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC Biết

điểm A nằm trên đường thẳng d : x 3y 3 0 , điểm F(-2;3) thuộc đường thẳng DE và

HD=2 Tìm tọa độ điểm A

Lời giải.Do A nằm trên đường thẳng d : x 3y 3 0 nên A(3t 3;t) với t

FA (3t 5, t 3) , HA (3t 6, t 2)

Do tam giác ABC cân tại A nên AH DE

Xét tam giác vuông HAD ta có: AD 2 AH2 HD2

Khi đó:

FA2 FH2 DA2 DH2

FA2 FH 2 AH2 2HD2(3t 5)2 ( t 3)2 2 (3t 6)2 ( t 2)2 8

t 0

Vậy A (3;0)

Lời bình: Một tính chất thú vị được sử dụng trong thí dụ 3, rất hay gặp đó là: Cho 4

điểm A, B, C, D mà AB vuông góc với CD thì khi đó AC2 AD 2 BC 2 BD2

Thí dụ 4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A.

Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AB Gọi E (7;1), F (11

; 13) lần lượt là chânđường 5 5

cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng phương

trình đường thẳng CN là 2 x y 13 0

Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Do tam giác ABC cân tại A nên AG chính là

đường trung trực của đoạn thẳng EF Phương trình của đường thẳng AG là 3 x y 12 0

Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình:

10

Thí dụ 5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn tâm I(1;2), bán kính R 5 Chân đường cao hạ từ B, C của tam giác ABC lần lượt là

H(3;3), K(0;-1) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết rằng tung

Khi đó dễ dàng suy ra: B (1; 3),C(6;2)

Gọi J là tâm ngoại tiếp tứ giác BCHK Suy ra J là trung điểm của BC Khi đó:

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK là: ( x

2

Lời bình: Có rất nhiều cách xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK Ta có

thể xác định tâm V đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK Sau đó suy ra tâm J bằng cách

sử dụng nhận xét 1.

11

Thí dụ 6 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho 3 điểm E(-1;-2), F(2,2), Q(-1,2)

lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các điểm A, B, C của tam giác ABC Viết phươngtrình ba cạnh của tam giác ABC

Lời giải: Theo nhận xét 4, trực tâm H của tam giác ABC chính là tâm đường tròn nội

tiếp tam giác EFQ Do đó, ta tìm tọa độ điểm H như sau:

Gọi U là giao điểm của AE với QF Khi đó ta có:

UQ

UF HU

HE

Phương trình đường thẳng AB là –x+y-3=0

Phương trình đường thẳng AC là 2x+y-6=0

Phương trình đường thẳng BC là x+3y+7=0

Thí dụ 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(4;3), C(1;4)

Gọi H, B’, C’ lần lượt là trực tâm, chân đường cao kẻ từ B, chân đường cao kẻ từ C của tam giác ABC Trung điểm của đoạn thẳng AH nằm trên đường thẳng có phương trình x-y=0 Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng qua B’ và C’ có phương trình là x+2y-7=0 và hoành độ của A nhỏ hơn 2

5 7

Lời giải Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AH Suy ra: M ( ; )

Theo nhận xét 2, ta có đường thẳng MN đi qua M và nhận n (2; 1) làm vecto pháp

tuyến Phương trình đường thẳng MN là:

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AB’HC’

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác AB’HC’ là: (x 3)2 ( y 3

12

Phương trình đường thẳng B’C’ là: 2 x 4 y R2 23

0

Do đó: R 2

Đường thẳng AH qua điểm N (

phương trình của đường thẳng AH là: 3 x y 3 0

Do A nằm trên đường thẳng AH nên A( t ,3t 3) với t 2

Lại có:

NA R (t

2Vậy điểm A(1 ;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán

Thí dụ 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam

giác ABC nhọn trực tâm H, các đường thẳng AH, BH,

CH lần lượt cắt đường trọn ngoại tiếp tam giác

ABC tại D(2;1), E(3;4)và K (6

;17 ) Viết phương 5 5trình BC

Như thế, H cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KDE

Trước hết các bạn nhớ lại bài toán sau:

Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục Oxy, tọa độ tâm nội tiếp tam giác ABC sẽ được tính theo công thức sau:

Trở lại bài toán trên:

Giả sử H ( x ; y)

Ta có:

DE (1;3) DE

DK (

13

Khi đó, áp dụng công thức (*) ta có:

M là trung điểm của HD nên M (2;

23

y

Thí dụ 9 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn (I) có

A(2;9) Trung điểm của BC là D( 3

; 5

) Biết BC vuông góc với đường thẳng

: 3 x y 2013 0 Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC Điểm P, Q tương ứng

là điểm đối xứng của M qua AC và AB Biết phương trình đường thẳng chứa PQ là y=6 Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC.

Lời giải.

Gọi H là trực tâm tam giác ABC E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AC, AB.Theo nhận xét 3, ta có E, F thuộc đường tròn (I) Ta có: MHEP, MHFQ là những hìnhthang cân Khi đó:

0

Do đó: PHE QHF EFH MAB MAC QHF 180

Suy ra: P, Q, H thẳng hàng ( đường thẳng PQ chính là đường thẳng Steiner)

x 3

I( 3; 1)

Phương trình đường tròn ngoại tiếp

( x 3)2 ( y 1)2 125

14

Lời bình: Mấu chốt của thí dụ 9 chính là chứng minh được P,Q,H thẳng hàng Điều này

làm cho các học sinh vô cùng lúng túng và thấy rất khó khăn

Thí dụ 10 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn có bán kính R 10 , G(11; 7

3 3) là trọng tâm tam giác ABC Các điểm

K (4;4),T (3;1) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC Tìm toạ độ các

đỉnh của tam giác ABC

Lời giải.

Gọi M, N , P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, H là trực tâm tam giác ABC, I là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, J là tâm đường tròn Euler Xét phép vị tự

V(G;-2) ta có:

V G; 2 (P) C,

V G; 2 (M) A,

V G;2(N) B

Suy ra, qua phép vị tự V(G;-2) đường

tròn Euler biến thành đường tròn (I)

Như vậy, I chính là ảnh của J qua phép vị

Do K, T thuộc đường tròn (J) nên tâm J

nằm trên đường trung trực của đoạn

Phương trình đường thẳng HT là x=3.

Phương trình đường thẳng BC là x+y-8=0

Phương trình đường thẳng AC là y=1

Do A là giao điểm của HK và AC nên A(1;1)

C là giao điểm của BC và AC nên C(7;1)

B là giao điểm của HT và BC nên B(3;5)

Thí dụ 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G

thuộc đường tròn (C): ( x

thẳng x−3y−1=0 Tìm tọa độ điểm C, biết A(2;−1), B(6;1)

Lời giải Gọi M là trung điểm của AB.

Xét phép vị tự tâm M tỷ số k = -3, biến điểm G thành điểm D

Do G thuộc đường tròn (C) nên qua phép vị tự V(M;-3) ta suy ra D sẽ thuộc đường tròn(C’) có phương trình: ( x 5)2 ( y 2)2 10

Dễ thấy: A, B thuộc đường tròn (C’)

Do đó (C') là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Hay (C') là đường tròn đối xứng vớiđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua tâm M và cũng là đường tròn đối xứng vớiđường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng AB

Do đó đường tròn (C') lại đi qua trực tâm H

Vậy H là giao điểm của (C') và đường thẳng d

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình:

(x 5)2 ( y 2)2 10

x 3y 1 0

Phương trình đường thẳng AC là: x=2

Phương trình đường thẳng BC là: x+y-7=0

Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:

x 2

x y 7 0

Lời bình: Ở thí dụ 11, chúng ta đã sử dụng linh hoạt nhận xét 3 Điều này giúp cho ta

có thể tìm được tọa độ điểm H

Thí dụ 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

tâm I(2;1), bán kính R=5 có trực tâm H(-1;-1) và có sin BAC

Từ đây suy ra tọa độ điểm A.

+ Biết tọa độ A và I suy ra tọa độ J Biết tọa độ H và J suy ra tọa độ K

+ Viết phương trình BC do BC vuông góc với AH và đi qua K

+ Dễ dàng tìm được tọa độ B và C

Thí dụ 13 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H thuộc

đường thẳng (d): 3 x y 4 0 Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có

phương trình: x2 y2 x 5 y 4 0 , trung điểm của AB là M(3;2) Tìm toạ độ các đỉnh của

tam giác ABC

Lời giải Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có tâm I (

Gọi J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC Theo chú ý của nhận xét 3,

17

Thí dụ 14 Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho tam giác ABC Biết D (4; 7

); E( 11

; 19) là

2 5 10

chân các đường cao kẻ từ A và B của tam giác Biết N (3;3) là trung điểm cạnh AB và

trung điểm M của BC thuộc đường thẳng d : x 3 y 1 0 , hoành độ điểm M lớn hơn

2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam

giác ABC

Lời giải.

Dễ thấy các điểm D, E, M , N

cùng nằm trên đường tròn

(T)-đường tròn Ơ-le của tam giác

ABC Do đường tròn (T) đi qua D,

E, N nên ta dễ dàng suy ra phương

trình đường tròn (T) là

x2 y2 8x 9 y 39

0

Lại có M thuộc đường thẳng d

nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ

của BC H là trực tâm của ΔABC Tìm tọa độ B và C biết đường thẳng d : x 2 y 10 0 đi

qua H và cắt AB; AC lần lượt tại E và F thỏa mãn HE=HF.

18

Lời giải.

Từ C kẻ đường thẳng song song với EF cắt AB tại N và cắt AH tại K

Do EH=FH nên KN=KC, từ đó suy ra KM là đường trung bình của ΔCNB, MK NB nên

MK CH

Xét ΔKHC có M là trực tâm nên HM CN HM EF

7

Phương trình đường thẳng HM là 2(x ) ( y 7) 0

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình :

Phương trình đường thẳng BC là y−7=0

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x

Tọa độ B, C thỏa mãn hệ phương trình :

( x

y 7

Suy ra B(8 ;7), C(-1 ;7) hoặc C(8 ;7), B(-1 ;7)

Nhận xét Bài toán trên thực tế xuất phát từ

một bài toán hết sức quen thuộc và có nhiều

ứng dụng là bài toán con bướm.

Thí dụ 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn

ngoại tiếp, nội tiếp lần lượt là I(-2; -2), K(0,1)

Đường thẳng AK cắt đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC tại D(1,2) ( D khác A) Tìm tọa

độ các đỉnh của tam giác ABC

Lời giải Phương trình đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC là:

19

Thí dụ 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn

ngoại tiếp là I( 1; 2) , tâm đường tròn nội tiếp K thuộc đường thẳng 2x + y - 5 = 0.Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC: ( x 3) 2 ( y 4) 2 5 Tính diện tích tamgiác ABC

Lời giải Đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC có tâm D(3;4) bán kính 5

Theo nhận xét 5, D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Phương trình đường trònngoại tiếp tam giác ABC là: ( x 1)2 ( y 2)2 8

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ:

20

Bài tập 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với

C(-3;0), đường thẳng đi qua chân đường cao hạ từ A, B có phương trình là 7x+y+5=0.Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết M(4;1) thuộc đường tròn đó

Bài tập 2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, gọi

M và K (6

; 3

) lần lượt là chân đường cao hạ từ A và B của tam giác ABC Điểm E(-5 53;0) là điểm đối xứng của M qua trung điểm N của cạnh AB Xác định tọa độ các đỉnhcủa tam giác ABC biết M nằm trên đường thẳng d:4x+y-2=0

Bài tập 3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đường

thẳng BC có phương trình 2x+y-2=0, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tamgiác ABC Đường thẳng BE có phương trình x+y+1=0, điểm M(1;1) thuộc đường thẳng

CF Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Bài tập 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao

hạ từ B, C xuống cạnh đối diện lần lượt là K(−2;2) , E(2;2) Điểm P( 16

; 2) là hình 5 5

chiếu vuông góc của E xuống BC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC ?

Bài tập 5 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương

trình x+y+1=0 Phương trình đường cao BH là: x-2y-2=0 Điểm M(2;1) thuộc đường cao CK Viết phương trình các cạnh AB,AC của tam gíác ABC

Bài tập 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC với AK, DC làhai đường cao và H là trực tâm tam giác ABC Biết PT đường tròn ngoại tiếp tam giác

DHK: (x 2)2 y2 5 , trung điểm của AC là P(7;5) Tìm toạ độ các điểm A, B, C biết BC đi qua điểm Q(1;4) và hoành độ điểm D lớn hơn 3.

Bài tập 7 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ΔABC có A(2 ;3), chân hai đường cao kẻ

từ A và B lần lượt là H (

13

21

tiếp ΔABC, E là một điểm thuộc cung nhỏ AB Kẻ EM⊥BC, EN⊥AC Tìm toạ độ điểm

E để MN lớn nhất

Bài tập 8 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Gọi

E (7;1), F (11

; 13) lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC

5 5

Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng phương trình đường thẳng BC là 2 x y 13 0 và điểm B

có tung độ dương

II GIẢI CÁC HÌNH ĐẶC BIỆT.

Để giải quyết tốt các câu hỏi liên quan đến các hình đặc biệt như hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi, hình bình hành, hình thang thì chìa khóa là ta quy bài toán về quan

hệ “ góc và khoảng cách” hoặc ta kẻ thêm các đường phụ để tận dụng các yếu tố liên quan đến trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội, ngoại tiếp, đường trung bình của một tam giác.

1 HÌNH BÌNH HÀNH.

Thí dụ 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 3,

hai đỉnh A(2;-3), C(3;-2) và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng 3x-y-8=0.Viết phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD

Phân tích lời giải.

+ Để viết được phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD điều cần thiết nhất và

có lẽ mọi học sinh ai cũng phải nghĩ đến đó là tìm tọa độ hai điểm còn lại B, D

+Do đề bài đã cho ta biết hai điểm A, C nên hiển nhiên nếu ta tìm được tọa độ B thì ta suy ra tọa độ điểm D vì B, D đối xứng qua trung điểm của AC

+ Vậy tìm tọa độ hai điểm B, D như thế nào? Đây mới là cái “ mấu chốt” của vấn đề

+Còn hai giả thiết quan trọng nữa đó là các kiến thức liên quan tới trọng tâm tam giác

và diện tích hình bình hành Nếu ta tìm được trọng tâm G của tam giác ABC thì bài toán

đã được giải quyết Như vậy ta cần tìm mối liên hệ giữa diện tích tam giác GAC vớidiện tích hình bình hành ABCD

Lời giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

Do G thuộc đường thẳng d: 3x-y-8=0 nên G (t ;3t 8), t

Phương trình đường thẳng AC: x-y-5=0, AC 2

Diện tích tam giác GAC là: S

Do đó:

.22

Với t 1, ta suy ra trọng tâm G(1;-5), B(-2;-10), D(7;5).

Khi đó phương trình đường thẳng AB:7x-4y-26=0

Phương trình đường thẳng BC:8x-5y-34=0

Phương trình đường thẳng CD:7x-4y-29=0

Phương trình đường thẳng AD:8x-5y-31=0

Với t 2 , ta suy ra trọng tâm G(2;-2), B(1;-1), D(4;-4)

Khi đó phương trình đường thẳng AB:2x+y-1=0

Phương trình đường thẳng BC:x+2y-1=0

Phương trình đường thẳng CD:2x+y-4=0

Phương trình đường thẳng AD:x+2y+4=0

Thí dụ 2 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao

điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D

Lời giải

Mặt khác: S ABCD AB.CH 4 (CH: chiều cao) CH

Ngoài ra: d C ; AB CH

Thí dụ 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tam giác ABD

vuông tại D Hình chiếu vuông góc của B, D xuống đường chéo AC lần lượt là

13 11

K ;

Phân tích lời giải.

+ Với điều kiện đầu bài ta có thể dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AC, BH, DK

+ Tham số hóa các điểm B, D Dựa vào tính chất đối xứng của hình bình hành và điều

kiện BD 3 2 ta có thể tìm được tọa độ của B, D Đến đây bài toán coi như đã được giải

quyết

Lời giải.

Phương trình đường thẳng AC: x-3y+4=0

Phương trình đường thẳng HD: 3x+y-16=0

Phương trình đường thẳng KB: 3x+y-10=0

Vì D thuộc HD nên D(d; 16-3d), B thuộc KB nên B(b;10-3b)

Gọi I là tâm hình bình hành ABCD Khi đó I ( b d ; 26 3b 3d

Với b ta thực hiện các bước tương tự

Thí dụ 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có đỉnh B(1;5).

Phương trình đường thẳng AH: x+2y-2=0 (H là hình chiếu vuông góc của A lên BC),phương trình phân giác góc ACB là d: x-y-1=0 Tìm tọa độ A,C,D

Phân tích lời giải Thực chất bài toán quy về giải tam giác ABC khi biết tọa độ đỉnh B,

đường cao AH, đường phân giác trong góc C

Lời giải.

BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có phương trình - 2x + y – 3 = 0

24

2 x y 3 0

Toạ độ C là nghiệm của hệ phương trình

x y 1 0

Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x y 1 0( d ), BA d K Đường

thẳng KB đi qua B và vuông góc d nên KB có phương trình:

Thí dụ 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD Điểm

M(-3;0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H(0;-1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD

và điểm G( 4

;3) là trọng tâm của tam giác BCD Tìm tọa độ các điểm B và D 3

Lời giải.

Cách 1 Phương trình đường tròn đường kính AB: ( x 3)2 y2 10

I(a; b) là giao điểm của AC và BD Ta có:

Cách 2: K là điểm đối xứng của H qua M nên K thuộc (BC) và K(-6; 1)

N là giao điểm của MG và BC GN 2 MG N (10;9)

25