Kĩ thuật xử lí hình học tọa độ phẳng – Đoàn Trí Dũng

Tài liệu gồm 10 trang hướng dẫn phương pháp tư duy xử lý bài toán hinh học tọa độ phẳng Oxy khó, tài liệu được biên soạn bởi thầy Đoàn Trí Dũng. Mời các bạn đón đọc!

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:
10 trang 9 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Kĩ thuật xử lí hình học tọa độ phẳng – Đoàn Trí Dũng

Tài liệu gồm 10 trang hướng dẫn phương pháp tư duy xử lý bài toán hinh học tọa độ phẳng Oxy khó, tài liệu được biên soạn bởi thầy Đoàn Trí Dũng. Mời các bạn đón đọc!

51 26 lượt tải Tải xuống
1 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
TÀI LIU ÔN THI TRUNG HC PH THÔNG QUC GIA
------------------------------------
K THUT X
HÌNH HC TỌA ĐỘ PHNG
PHN I:
PHN II:
PHN III:
PHN IV:
GÁN ĐỘ DÀI CHO HÌNH V
GI ẨN TRÊN ĐƯỜNG THNG
GII TAM GIÁC T GIÁC
GIẢI ĐƯỜNG TRÒN
Biên son:
ĐOÀN TRÍ DŨNG
Hotline:
0902.920.389
Facebook:
https://www.facebook.com/toanthaydung
2 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP GÁN ĐỘ DÀI
Mc tiêu của phương pháp n độ dài xây dng mi liên h
gia những cái đã có và những cái chưa có.
Chng hạn như trong hình vẽ bên thì chúng ta thy rng cái đã
độ dài EF còn i chưa là đ dài EA. Nếu ta tính được
độ dài EA thì vấn đề đã trở nên đơn giản hơn. Tuy nhiên thc tế
cái khó nht chính là ch này.
Để tính EA thì ta không nên suy nghĩ quá đơn giản đi tính độ
dài mt cách trc tiếp. Thc tế đã hình học thì không th c
tính trc tiếp mà ra được. Ta s tính EA thông qua các bước sau:
ớc 1: Đặt một độ dài ca hình v a (có th cnh
hình vuông, cnh hình ch nht, chng hạn đặt AB = a).
ớc 2: Tính độ dài EA EF theo a (chng hn EA =
2a, EF = a
)
ớc 3: Độ dài EF thc tế
như vậy a = 1, do đó độ
dài EA = 2. T đây thì việc tìm ra A là quá đơn giản.
VẤN ĐỀ 1: GÁN MT ĐỘ DÀI BNG TÍNH CHT HÌNH V: Hình ch nht ABCD có AB = 2AD
A
1;3
. M và N là trung điểm ca AB và BC. DM ct AN ti E
13 13
;
55



. F là điểm nằm trên đoạn thng CD
sao cho 10DF = 3CD. Biết rằng điểm F nằm trên đường thng
:11 5 16 0d x y
. Xác định tọa độ đỉnh F.
Bài toán y có mt mi quan h rt d nhìn thấy đó chính là mối quan h vuông góc gia A, E và F. Trong
bài toán này tôi s s dng k thuật gán độ dài để chng minh mi quan h đó bng Pithagore.
Các vấn đề tìm nốt ra các điểm còn lại để hoàn thin bài toán, hc sinh t x lý nt.
Đặt độ dài cnh AD = a, AB = 2a, gọi I trung điểm của AD K trung đim ca DM. Ta d dàng thy
được các điểm I, K, N thng hàng. Ta có
a 3a
2 2 2
AM
IK KN
. Mặt khác theo định lý Thales ta có:
2 2 2 a 17 2 a 2 4a 2
,
3 5 5 5 5 5 5
ME AE AM AE ME
AE AN ME MK DE
EK EN NK AN MK
Ta d dàng nhn thy 𝐴𝐷𝑀
= 𝑀𝐷𝐹
= 45
0
nên áp dụng định lý hàm s cos cho tam giác DEF ta được:
2 2 2 0
a 17
2 . .cos45
5
FE DE DF DE DF FE
. Xét tam giác ADF ta được:
2
2 2 2 2 2
34a
25
FA AD DF AE FE
. Vy tam giác AEF vuông cân ti E. Do đó ta tìm được điểm F
11
;1
5



3 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
VẤN ĐỀ 2: GÁN MỘT ĐỘ DÀI DA VÀO THÔNG S ĐẦU BÀI: Tam giác ABC cân ti A
2;4
din tích bng 3. Gọi M trung đim ca BC N
11 7
;
44



điểm nm trên cnh AC sao cho AC = 4CN.
Biết rằng đường thẳng MN có phương trình
10xy
. Xác định tọa độ đỉnh M.
Nhìn qua thì bài toán này không th gán được độ dài, tuy nhiên
nếu để ý k thì t chi tiết din ch bằng 3, ta đặt AM = a, ta s
có BC =
6
a
. Do vy mc tiêu ca chúng ta trong bài toán này là
tính được AN theo a. Ta có:
44
2 2 2
2
9 a 9 3 a 9
a
a a 4a
AC AM MC AN

Mt khác vì A
2;4
và N
11 7
;
44



nên
3 10
4
AN
. Như vậy:
4
3 a 9 3 10
a 1 a 3
4a 4
AM AM
T đây việc tìm điểm M đã trở nên đơn giản hơn rt nhiu. Hc
sinh t gii quyết nốt bài toán đến khi kết thúc.
VẤN ĐỀ 3: GÁN HAI ĐỘ DÀI CHO HAI CNH KHÁC NHAU: Hình vuông ABCD. Trên các cnh AD,
AB lần lượt ly E F sao cho AE = AF. Gi H hình chiếu vuông góc ca A trên BE. Tìm tọa độ đỉnh C
biết C thuộc đường thng
2 1 0xy
và hai điểm F
2;0
, H
1; 1
.
Trước hết ta tìm hiu v cách chng minh bng hình hc thun túy:
Ta 𝐻𝐴𝐹
= 𝐴𝐸𝐻
= 𝐻𝐵𝐶
AH AH BH BH
FA AE BA BC
nên ta hai
tam giác đồng dng HAF và HBC nên 𝐴𝐻𝐹
= 𝐵𝐻𝐶
.
𝐴𝐻𝐹
+ 𝐹𝐻𝐵
= 90
0
n 𝐵𝐻𝐶
+ 𝐹𝐻𝐵
= 90
0
hay CH HF do đó ta tìm
được tọa độ điểm C
11
;
33



.
Tuy nhiên vấn đề khó nht t s
AH AH BH BH
FA AE BA BC
làm thế nào
x lý tốt được.
Gán độ dài có gii quyết được t s trên không khi mà E và F đều là hai điểm bt k trên AD và AB?
Câu tr li CÓ. Nếu ta đặt AB = a, AE = AF = b thì khi đó với mục tiêu hai tam giác HAF HBC đồng
dng, ta tập trung vào độ dài các cnh AH, FA, BH, BC.
Tính AH:
2 2 2 2
.AE AB ab
AH
AE AB a b


. Do đó:
22
22
ab
AH a
ab
FA b
ab

Tính BH:
2 2 4 2
2 2 2
2 2 2 2
22
a b a a
BH AB AH a
a b a b
ab

. Do đó:
2
22
22
a
BH a
ab
BC a
ab

Khi đó:
AH
FA
=
BH
BC
nên các tam giác HAF và HBC đồng dạng. Do đó ta tìm được C.
4 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHẦN II: PHƯƠNG PHÁP GỌI ẨN TRÊN ĐƯỜNG THNG
Giống như phương pháp bình phương trong phương trình h phương trình, phương pháp gọi ẩn trên đường
thẳng là phương pháp đơn giản nht, d hiu d làm, ch có tính là hơi khó, đòi hi hc sinh phi k năng
tính toán tt và tuân th theo các nguyên tắc như sau:
Mi một điểm trên đường thng có th gi tham s trên đường thẳng đó.
Hai điểm khác nhau phi gi hai tham s khác nhau.
Thường ch s dng khi bài toán xut hiện hai đường thng tr lên.
Gi tối đa 2 ẩn, hn chế tối đa gọi đến n th 3.
Có bao nhiêu n phải đưa ra bấy nhiêu phương trình.
VẤN ĐỀ 1: GI MT N VÀ TÍNH TỌA ĐỘ CÁC N KHÁC BNG CÁCH KÉO THEO: Tam giác
ABC cân tại A phương trình đưng thng cha cnh BC là:
2 3 0xy
I
2; 1
trung điểm ca
BC. Điểm M
4;1
nm trên cnh AB tam giác ABC có din ch bng 90. Tìm tọa độ c đỉnh ca tam giác
ABC biết rằng điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Thiết lp mc tiêu cho bài toán:
c 1: Gi tọa độ ca B tham s b trên đường thng BC.
c 2: Tìm tọa độ ca C theo tham s b.
c 3: T B và M viết phương trình BM theo tham số b.
c 4: Viết được phương trình AI qua I vuông góc với BC.
ớc 5: Tìm được tọa độ A theo tham s b là giao ca BM và AI.
c 6: Giải phương trình diện tích tam giác ABC bng 90 ra b.
c 7: Kết lun.
Thc hin:
c 1: Gi B
;2 3bb
trên đường thng BC.
c 2: I trung điểm BC:
24
2 5 2
C I B
C I B
x x x b
y y y b
C
4 , 5 2bb
c 3: T B và M đã có ta viết phương trình đường thng BM:
2 2 4 4 1 0b x b y
c 4: Đưng thng qua I và vuông góc vi BC là AI:
2 4 0xy
c 5: A giao ca BM AI nên tọa độ A nghim ca h:
2 2 4 4 1 0
2 4 0
b x b y
xy
do đó
ta tìm được tọa độ A
2 8 3 4
;
bb
bb



.
c 6: Ta có
1
2
ABC
S
AI.BC =
2
22
22
10 2
1 4 8 2 4
2 4 4 8
2
b
bb
bb
b b b

= 90. Do đó
giải phương trình trên ta đưc
13 3 17
1, 4,
2
b b b

.
c 7: Do điểm B có hoành độ lớn hơn 3 nên ta tìm được A
4; 4
, B
4;11
, C
8; 13
.
5 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
VẤN ĐỀ 2: GI HAI N PHỤ, ĐƯA VỀ H 2 PHƯƠNG TRÌNH BẰNG 2 D KIỆN ĐẦU BÀI:
Hình thoi ABCD phương trình đường chéo AC:
7 31 0xy
. Hai đỉnh B D nằm trên các đường thng
80xy
2 3 0xy
. Tìm tọa độ các đỉnh ca hình thoi ABCD biết nó có din tích bằng 75 và đỉnh
A có hoành độ không âm.
Thiết lp mc tiêu bài toán:
c 1: Gi B D tham s trên hai đường
thẳng cho trước. Ta cn thiết lập hai phương
trình để tìm ra hai điểm B và D.
ớc 2: Phương trình 1: ABCD là hình thoi nên
trung điểm ca BD nằm trên đường thng AC.
ớc 3: Phương trình 2: ABCD là hình thoi nên
hai đường chéo BD và AC vuông góc nhau.
c 4: Thiết lp h phương trình tìm ra B và D,
sau đó dùng dữ kin diện tích để tìm ra A và C.
c 1: Gi B
;8bb
và D
2 3;dd
trên hai đường thng
80xy
2 3 0xy
.
c 2: Gi I
2 3 8
;
22
b d b d



là trung điểm ca BD. Ta có I thuc AC nên:
2 3 8
7 31 0 6 9 9 0
22
b d b d
bd
c 3: BD vuông góc vi AC nên
0 8 13 13 0
AC
BDu b d
c 4: Ta có h phương trình:
0;8
6 9 9 0 0
19
5 2, ;
8 13 13 0 1
22
1;1
B
b d b
BD I
b d d
D





Ta có
1 15
. .5 2 75
2
2
ABCD
S AC BD IA AI
. Do đó gọi A
7 31;aa
trên AC, ta được:
22
2
225 1 9
7 31 11;6 0;3
2 2 2
IA a a A A
Vì A có hoành độ không âm nên ta có A
0;3
, C
11;6
6 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHN III: GII TAM GIÁC T GIÁC
I. TÍNH CHT TRC TÂM TRONG TAM GIÁC
Ký hiu trong các hình v:
O: tâm ngoi tiếp.
M, N, P: Trung điểm BC, CA, AB.
AD, BE, CF: 3 đường cao
G: Trng tâm.
H: Trc tâm.
W: Tâm đường tròn Euler.
J, K, L: Trung điểm HA, HB, HC.
T: Điểm đối xng vi A qua O.
R: Điểm đối xng vi H qua BC.
1. QUAN H 1: A, H, O, M
B và C nằm trên đường tròn đường kính AT nên BTBA, CTCA.
Vì BHCA, CHBA
Do đó ta có BHCT là hình bình hành.
Vậy M là trung điểm ca HT.
OM là đường trung bình ca tam giác AHT.
Vy
2AH OM
2. QUAN H 2: QUAN H O, A, F, E VI TIP TUYN TI A
Gi Ax là tiếp tuyến ti A, ta có OAAx.
𝑥𝐴𝐹
= 𝐴𝐶𝐵
(Góc gia tiếp tuyến và dây cung)
T giác BFEC ni tiếp nên 𝐴𝐶𝐵
= 𝐴𝐹𝐸
Vy 𝐴𝐹𝐸
= 𝑥𝐴𝐹
.
Do đó Ax//EF.
Vy EFOA.
3. QUAN H 3: J, M, E, F, O, A
Vì AH//OM và AH = 2OM nên JA//OM và JA = OM.
Do đó JAOM là hình bình hành.
Vy OA//JM.
EFOA.
Vy EFJM.
7 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
4. MI QUAN H 4: W, O, H, G.
Quan h O, H, W:
Vì AH//OM và AH = 2OM nên JH//OM và JH = OM.
Do đó JOMH là hình bình hành.
Do đó JM cắt OH tại trung điểm W ca mỗi đường.
Tương tự ta chứng minh được KN, LP đều ct OH tại trung đim ca
mỗi đường (Hc sinh t v nt hình).
Do đó 4 đường JM, KN, LP, OH đồng quy tại trung đim mỗi đường
đó là W (Tâm đường tròn Euler).
Vậy tâm đường tròn Euler W là trung điểm các đoạn OH, JM, KN, LP
Quan h O, H, G:
Gi G trng tâm tam giác ABC, ta
2
3
AG
AM
. AM cũng
trung tuyến ca tam giác AHT nên G là trng tâm tam giác AHT.
Vì HO là trung tuyến tam giác AHT nên OH = 3OG.
Th t các điểm O, H, G, W để thiết lp t s vector khi cn:
(Chia đoạn OH là 12 đoạn, OG chiếm 3 đoạn, W chiếm 6 đoạn)
Các loại đường tròn sau là đường tròn Euler:
Đường tròn đi qua 3 chân đường cao trong tam giác.
Đường tròn đi qua 3 trung điểm 3 cnh trong tam giác.
Đường tròn đi qua 3 trung điểm đoạn ni giữa đỉnh trc tâm
ca tam giác.
5. MI QUAN H 5: H, D, R
Ta chứng minh khi R đối xng vi H qua BC thì R nm trên (O):
𝐻𝐵𝐶
= 𝑅𝐵𝐶
(H và R đối xng qua BC)
T giác AEDB ni tiếp nên 𝐻𝐵𝐶
= 𝑅𝐴𝐶
Do đó 𝑅𝐵𝐶
= 𝑅𝐴𝐶
.
Vy t giác ABRC ni tiếp.
Do đó R nằm trên đường tròn ngoi tiếp t giác ABRC cũng là đường
tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Vy R nm trên (O).
6. MI QUAN H 6: D, E, F, H
T giác AFHE ni tiếp nên 𝐹𝐸𝐻
= 𝐹𝐴𝐻
T giác HDCE ni tiếp nên 𝐷𝐸𝐻
= 𝐷𝐶𝐻
T giác AFDC ni tiếp nên 𝐹𝐴𝐻
= 𝐷𝐶𝐻
Vy ta có 𝐹𝐸𝐻
= 𝐷𝐸𝐻
.
Do đó EH là phân giác trong góc 𝐹𝐸𝐷
.
Tương tự cho DH và FH.
Vậy H là giao điểm 3 đường phân giác và cũng là tâm đưng tròn ni
tiếp tam giác DEF.
Chú ý: 𝐵𝐻𝐶
= 180
0
𝐵𝐴𝐶
8 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
II. TÍNH CHẤT TÂM ĐƯỜNG TRÒN NI TIP, PHÂN GIÁC TRONG, PHÂN GIÁC NGOÀI
Ký hiu trong các hình v:
AD: Phân giác trong góc A.
E: Giao điểm của AD và đường tròn ngoi tiếp.
O, I: Tâm đường tròn ngoi tiếp, ni tiếp tam giác ABC.
F: Giao điểm ca tiếp tuyến ti A với đường tròn ngoi tiếp và đường thng BC kéo dài.
M: Điểm bt k trên AB.
N: Điểm đối xng ca M qua phân giác AD.
J, K, L: Điểm tiếp xúc của đường tròn ni tiếp vi các cnh tam giác
1. MI QUAN H 7: ĐỊNH LÝ THALES VÀ CÁCH XÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ ĐIM D
Theo định lý Thales cho đường phân giác ta có:
BD CD AB
BD CD
AB AC AC
. Có 3 loại đường phân giác:
Phân giác to bi
1 1 1 1
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
:0
:
:0
d a x b y c
a x b y c a x b y c
d a x b y c
a b a b


Phân giác trong của tam giác ABC: Xác định tọa độ điểm D qua h thc:
AB
BD CD
AC

. Khi đó phân
giác trong là đường thẳng đi qua 2 điểm A và D.
Phân giác ngoài của tam giác ABC: Đường thng qua A và nhn
AD
là vector pháp tuyến.
2. MI QUAN H 8: TÍNH CHẤT ĐỐI XNG CỦA ĐƯỜNG PHÂN GIÁC
Gọi M là điểm bt k trên AB, N là điểm đối xng vi M qua AD. Ta có 𝑀𝐴𝐷
= 𝑁𝐴𝐷
nên N nm trên AC.
Vy nếu bài toán cho trước tọa độ 1 điểm M nm trên AB, cho tọa độ đỉnh C, cho phương trình phân giác AB,
ta có th lấy đối xng của M qua AD là N. Khi đó đường thẳng AC là đường thẳng đi qua C và N.
3. MI QUAN H 9: MI QUAN H O, E, B, C
𝐷𝐴𝐵
= 𝐷𝐴𝐶
nên cung EB và EC bằng nhau do đó EB = EC. Mà OB = OC nên OE là trung trc ca BC.
H qu:
OE
là vector pháp tuyến của đường thng BC.
4. MI QUAN H 10: MI QUAN H I, B, E, C
𝐸𝐵𝐼
= 𝐸𝐵𝐶
+ 𝐶𝐵𝐼
= 𝐸𝐴𝐶
+ 𝐼𝐵𝐴
= 𝐸𝐴𝐵
+ 𝐼𝐵𝐴
= 𝐸𝐼𝐵
. Vậy EI = EB. Tương tự ta có EC = EI.
H quả: B, C là giao điểm của đường tròn tâm E, bán kính EI với đường tròn (O).
9 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
5. MI QUAN H 11: MI QUAN H F, A, D
𝐹𝐴𝐷
= 𝐹𝐴𝐵
+ 𝐵𝐴𝐷
= 𝐵𝐶𝐴
+ 𝐷𝐴𝐶
= 𝐹𝐷𝐴
. Vy FA = FD.
H quả: F là giao điểm ca trung trực đoạn AD với đường thng BC.
6. MI QUAN H 12: QUAN H GÓC TRONG ĐƯỜNG TRÒN NI TIP
Góc tâm ni tiếp và góc đỉnh:
0 0 0
180 90 90
2 2 2
ABC ACB BAC BAC
BIC BIC
Góc điểm tiếp xúc và góc đỉnh:
00
90 90
2 2 2
BAC BCA ABC ABC
JKL JKI LKI JCI LAI JKL
III. TÍNH CHẤT TAM GIÁC VUÔNG CHIA ĐÔI VÀ HỆ QU:
Xét tam giác ABC vuông tại A đường cao
AH, D và E là hai điểm trên AH và CH.
7. MI QUAN H 13: QUAN H BD VÀ AE LÀ HAI ĐƯỜNG TRUNG TUYN
Nếu D và E là trung điểm AH và CH thì DE là đường trung bình tam giác AHC. Do đó DE//AC nên DEAB.
Mt khác ADBE nên D là trực tâm tam giác ABE do đó BDAE.
8. MI QUAN H 14: QUAN H BD VÀ AE LÀ HAI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TRONG
Nếu BD và AE là hai phân giác trong thì:
DH BH AH HE
AD AB AC EC
do đó DE//AC nên DEAB.
Mt khác ADBE nên D là trực tâm tam giác ABE do đó BDAE.
Mt s h qu của bài toán tam giác vuông chia đôi:
10 | K T H U T G I I T Í C H P H N G Đ O À N T R Í D Ũ N G :
0902920389
PHÂN IV: GIẢI ĐƯỜNG TRÒN
9. MI QUAN H 15: TƯƠNG GIAO HAI ĐƯỜNG TRÒN
2 2 2 2
22
1 1 1 1 2 2 2 2
: , :C x a y b R C x a y b R
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài:
'
'
R
IA I A
R

Phương trình trục đẳng phương (Đường thng qua A vuông
góc với II’:
2 2 2 2
22
1 1 2 2 1 2
x a y b x a y b R R
Hai đường tròn tiếp xúc trong:
'
'
R
IA I A
R
Phương trình trục đẳng phương (Đường thng qua A vuông
góc với II’:
2 2 2 2
22
1 1 2 2 1 2
x a y b x a y b R R
Hai đường tròn ct nhau:
22
22
1 2 , ',I AB I AB
R R d d
Phương trình trục đẳng phương (Đường thng AB):
2 2 2 2
22
1 1 2 2 1 2
x a y b x a y b R R
10. MI QUAN H 16: TIP TUYN VÀ CÁT TUYN
Tính cht 1:
2
.
4

O AB M AB
AB
DD
Tính cht 2:
2 2 2 2
1 1 4

OM R R AB
Tính cht 3:
2
.OM R
O AB
D
Tính cht 4:
2
sin
AMB R
OM
Tính cht 5:
.
2
M AB
AMB
AB D
S
Tính cht 6:
2
2
2
4

Od
AB
RD
Tính cht 7:
22
. EAEB OE R
| 1/10

Preview text:

TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
------------------------------------ KỸ THUẬT XỬ LÝ
HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG PHẦN I:
GÁN ĐỘ DÀI CHO HÌNH VẼ PHẦN II:
GỌI ẨN TRÊN ĐƯỜNG THẲNG PHẦN III:
GIẢI TAM GIÁC TỨ GIÁC PHẦN IV: GIẢI ĐƯỜNG TRÒN Biên soạn: ĐOÀN TRÍ DŨNG Hotline: 0902.920.389
Facebook: https://www.facebook.com/toanthaydung
1 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP GÁN ĐỘ DÀI
Mục tiêu của phương pháp gán độ dài là xây dựng mối liên hệ
giữa những cái đã có và những cái chưa có.
Chẳng hạn như trong hình vẽ bên thì chúng ta thấy rằng cái đã
có là độ dài EF còn cái chưa có là độ dài EA. Nếu ta tính được
độ dài EA thì vấn đề đã trở nên đơn giản hơn. Tuy nhiên thực tế
cái khó nhất chính là ở chỗ này.
Để tính EA thì ta không nên suy nghĩ quá đơn giản là đi tính độ
dài một cách trực tiếp. Thực tế đã là hình học thì không thể cứ
tính trực tiếp mà ra được. Ta sẽ tính EA thông qua các bước sau:
 Bước 1: Đặt một độ dài của hình vẽ là a (có thể là cạnh
hình vuông, cạnh hình chữ nhật, chẳng hạn đặt AB = a).
 Bước 2: Tính độ dài EA và EF theo a (chẳng hạn EA = 2a, EF = a 2 )
 Bước 3: Độ dài EF thực tế là 2 như vậy a = 1, do đó độ
dài EA = 2. Từ đây thì việc tìm ra A là quá đơn giản.
VẤN ĐỀ 1: GÁN MỘT ĐỘ DÀI BẰNG TÍNH CHẤT HÌNH VẼ: Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD và  13 13 
A 1;3 . M và N là trung điểm của AB và BC. DM cắt AN tại E ; 
 . F là điểm nằm trên đoạn thẳng CD  5 5 
sao cho 10DF = 3CD. Biết rằng điểm F nằm trên đường thẳng d :11x  5y 16  0 . Xác định tọa độ đỉnh F.
Bài toán này có một mối quan hệ rất dễ nhìn thấy đó chính là mối quan hệ vuông góc giữa A, E và F. Trong
bài toán này tôi sẽ sử dụng kỹ thuật gán độ dài để chứng minh mối quan hệ đó bằng Pithagore.
Các vấn đề tìm nốt ra các điểm còn lại để hoàn thiện bài toán, học sinh tự xử lý nốt.
Đặt độ dài cạnh AD = a, AB = 2a, gọi I là trung điểm của AD và K là trung điểm của DM. Ta dễ dàng thấy được các điể AM a 3a
m I, K, N thẳng hàng. Ta có IK    KN
. Mặt khác theo định lý Thales ta có: 2 2 2 ME AE AM 2 AE ME 2 2 a 17 2 a 2 4a 2     
  AE AN  , ME MK   DE EK EN NK 3 AN MK 5 5 5 5 5 5
Ta dễ dàng nhận thấy 𝐴𝐷𝑀 ̂ = 𝑀𝐷𝐹
̂ = 450 nên áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác DEF ta được: a 17 2 2 2 0
FE DE DF  2DE.DF.cos 45  FE
. Xét tam giác ADF ta được: 5 2 34a 11  2 2 2 2 2
FA AD DF
AE FE . Vậy tam giác AEF vuông cân tại E. Do đó ta tìm được điểm F ;1   25  5 
2 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
VẤN ĐỀ 2: GÁN MỘT ĐỘ DÀI DỰA VÀO THÔNG SỐ ĐẦU BÀI: Tam giác ABC cân tại A 2; 4 có 11 7 
diện tích bằng 3. Gọi M là trung điểm của BC và N ; 
 là điểm nằm trên cạnh AC sao cho AC = 4CN.  4 4 
Biết rằng đường thẳng MN có phương trình x y 1  0 . Xác định tọa độ đỉnh M.
Nhìn qua thì bài toán này không thể gán được độ dài, tuy nhiên
nếu để ý kỹ thì từ chi tiết diện tích bằng 3, ta đặt AM = a, ta sẽ 6 có BC =
. Do vậy mục tiêu của chúng ta trong bài toán này là a
tính được AN theo a. Ta có: 4 4 9 a  9 3 a  9 2 2 2 AC
AM MC  a    AN  2 a a 4a 11 7  3 10
Mặt khác vì A 2; 4 và N ;   nên AN  . Như vậy:  4 4  4 4 3 a  9 3 10 
 a  AM 1 a  AM  3 4a 4
Từ đây việc tìm điểm M đã trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Học
sinh tự giải quyết nốt bài toán đến khi kết thúc.
VẤN ĐỀ 3: GÁN HAI ĐỘ DÀI CHO HAI CẠNH KHÁC NHAU: Hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD,
AB lần lượt lấy E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BE. Tìm tọa độ đỉnh C
biết C thuộc đường thẳng x  2y 1  0 và hai điểm F 2;0 , H 1;  1  .
Trước hết ta tìm hiểu về cách chứng minh bằng hình học thuần túy: AH AH BH BH Ta có 𝐻𝐴𝐹 ̂ = 𝐴𝐸𝐻 ̂ = 𝐻𝐵𝐶 ̂ và    nên ta có hai FA AE BA BC
tam giác đồng dạng HAF và HBC nên 𝐴𝐻𝐹 ̂ = 𝐵𝐻𝐶 ̂ . Vì 𝐴𝐻𝐹 ̂ + 𝐹𝐻𝐵 ̂ = 900 nên 𝐵𝐻𝐶 ̂ + 𝐹𝐻𝐵
̂ = 900 hay CH ⊥ HF do đó ta tìm   đượ 1 1 c tọa độ điểm C  ;   .  3 3  AH AH BH BH
Tuy nhiên vấn đề khó nhất là tỷ số    làm thế nào FA AE BA BC xử lý tốt được.
Gán độ dài có giải quyết được tỷ số trên không khi mà E và F đều là hai điểm bất kỳ trên AD và AB?
Câu trả lời là CÓ. Nếu ta đặt AB = a, AE = AF = b thì khi đó với mục tiêu hai tam giác HAF và HBC đồng
dạng, ta tập trung vào độ dài các cạnh AH, FA, BH, BC. ab AE.AB ab 2 2 AH a b a Tính AH: AH   . Do đó:   2 2 2 2 AE AB a b 2 2 FA b a b 2 a 2 2 4 2 a b a a 2 2 BH a b a Tính BH: 2 2 2 BH
AB AH a    . Do đó:   2 2 2 2 2 2 a b a b a b 2 2 BC a a b Khi đó: AH BH =
nên các tam giác HAF và HBC đồng dạng. Do đó ta tìm được C. FA BC
3 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHẦN II: PHƯƠNG PHÁP GỌI ẨN TRÊN ĐƯỜNG THẲNG
Giống như phương pháp bình phương trong phương trình – hệ phương trình, phương pháp gọi ẩn trên đường
thẳng là phương pháp đơn giản nhất, dễ hiểu dễ làm, chỉ có tính là hơi khó, đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng
tính toán tốt và tuân thủ theo các nguyên tắc như sau:
 Mỗi một điểm trên đường thẳng có thể gọi tham số trên đường thẳng đó.
 Hai điểm khác nhau phải gọi hai tham số khác nhau.
 Thường chỉ sử dụng khi bài toán xuất hiện hai đường thẳng trở lên.
 Gọi tối đa 2 ẩn, hạn chế tối đa gọi đến ẩn thứ 3.
 Có bao nhiêu ẩn phải đưa ra bấy nhiêu phương trình.
VẤN ĐỀ 1: GỌI MỘT ẨN VÀ TÍNH TỌA ĐỘ CÁC ẨN KHÁC BẰNG CÁCH KÉO THEO: Tam giác
ABC cân tại A có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: 2x y  3  0 và I  2  ;  1 là trung điểm của BC. Điểm M 4 
;1 nằm trên cạnh AB và tam giác ABC có diện tích bằng 90. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Thiết lập mục tiêu cho bài toán:
 Bước 1: Gọi tọa độ của B tham số b trên đường thẳng BC.
 Bước 2: Tìm tọa độ của C theo tham số b.
 Bước 3: Từ B và M viết phương trình BM theo tham số b.
 Bước 4: Viết được phương trình AI qua I vuông góc với BC.
 Bước 5: Tìm được tọa độ A theo tham số b là giao của BM và AI.
 Bước 6: Giải phương trình diện tích tam giác ABC bằng 90 ra b.  Bước 7: Kết luận. Thực hiện:
Bước 1: Gọi B  ;
b 2b  3 trên đường thẳng BC.
x  2x x  4   b
Bước 2: I trung điểm BC: C I B  C 4   , b 5   2b
y  2 y y  5   2bC I B
Bước 3: Từ B và M đã có ta viết phương trình đường thẳng BM: 2b  2x  4  4 b y   1  0
Bước 4: Đường thẳng qua I và vuông góc với BC là AI: x  2y  4  0 
 2b  2x  4  4b y   1  0
Bước 5: A là giao của BM và AI nên tọa độ A là nghiệm của hệ:  do đó
x  2y  4  0      ta tìm đượ 2b 8 3b 4 c tọa độ A ;   .  b b   b    b   b Bướ 1 1 4 8 2 4
c 6: Ta có S  AI.BC =
2b 4 4b8  2 2 2 2 2 10 2   = 90. Do đó ABC      2 2  b   b b 1  3 3 17
giải phương trình trên ta được b  1,b  4, b  . 2
Bước 7: Do điểm B có hoành độ lớn hơn 3 nên ta tìm được A 4; 4   , B4;1  1 , C  8  ; 1  3 .
4 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
VẤN ĐỀ 2: GỌI HAI ẨN PHỤ, ĐƯA VỀ HỆ 2 PHƯƠNG TRÌNH BẰNG 2 DỮ KIỆN ĐẦU BÀI:
Hình thoi ABCD có phương trình đường chéo AC: x  7y  31  0 . Hai đỉnh B và D nằm trên các đường thẳng
x y  8  0 và x  2y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết nó có diện tích bằng 75 và đỉnh
A có hoành độ không âm.
Thiết lập mục tiêu bài toán:
 Bước 1: Gọi B và D tham số trên hai đường
thẳng cho trước. Ta cần thiết lập hai phương
trình để tìm ra hai điểm B và D.
 Bước 2: Phương trình 1: ABCD là hình thoi nên
trung điểm của BD nằm trên đường thẳng AC.
 Bước 3: Phương trình 2: ABCD là hình thoi nên
hai đường chéo BD và AC vuông góc nhau.
 Bước 4: Thiết lập hệ phương trình tìm ra B và D,
sau đó dùng dữ kiện diện tích để tìm ra A và C.
Bước 1: Gọi B  ;8 b
b và D2d 3;d  trên hai đường thẳng x y 8  0 và x  2y 3  0.        Bướ b 2d 3 b d 8 c 2: Gọi I ; 
 là trung điểm của BD. Ta có I thuộc AC nên:  2 2  b  2d  3 b   d  8  7  31 0  6
b  9d  9  0 2 2
Bước 3: BD vuông góc với AC nên BDu  0  8
b 13d 13  0 AC  6
b  9d  9  0 b   0 B  0;8   Bướ 1 9
c 4: Ta có hệ phương trình:               BD I     b d d D 1  ;  5 2, ; 8 13 13 0 1 1  2 2  1 15 Ta có S
AC.BD I .
A 5 2  75  AI  . Do đó gọi A  7
a  31;a trên AC, ta được: ABCD 2 2 2 2 225  1   9  2 IA   7  a  31  a   A      1
 1;6 A0;3 2  2   2 
Vì A có hoành độ không âm nên ta có A 0;3 , C 1  1;6
5 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHẦN III: GIẢI TAM GIÁC – TỨ GIÁC
I. TÍNH CHẤT TRỰC TÂM TRONG TAM GIÁC
Ký hiệu trong các hình vẽ: O: tâm ngoại tiếp. G: Trọng tâm.
J, K, L: Trung điểm HA, HB, HC.
M, N, P: Trung điểm BC, CA, AB. H: Trực tâm.
T: Điểm đối xứng với A qua O. AD, BE, CF: 3 đường cao
W: Tâm đường tròn Euler.
R: Điểm đối xứng với H qua BC.
1. QUAN HỆ 1: A, H, O, M
B và C nằm trên đường tròn đường kính AT nên BT⊥BA, CT⊥CA. Vì BH⊥CA, CH⊥BA
Do đó ta có BHCT là hình bình hành.
Vậy M là trung điểm của HT.
OM là đường trung bình của tam giác AHT.
Vậy AH  2OM
2. QUAN HỆ 2: QUAN HỆ O, A, F, E VỚI TIẾP TUYẾN TẠI A
Gọi Ax là tiếp tuyến tại A, ta có OA⊥Ax. 𝑥𝐴𝐹 ̂ = 𝐴𝐶𝐵
̂ (Góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
Tứ giác BFEC nội tiếp nên 𝐴𝐶𝐵 ̂ = 𝐴𝐹𝐸 ̂ Vậy 𝐴𝐹𝐸 ̂ = 𝑥𝐴𝐹 ̂ . Do đó Ax//EF. Vậy EF⊥OA.
3. QUAN HỆ 3: J, M, E, F, O, A
Vì AH//OM và AH = 2OM nên JA//OM và JA = OM.
Do đó JAOM là hình bình hành. Vậy OA//JM. Vì EF⊥OA. Vậy EF⊥JM.
6 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
4. MỐI QUAN HỆ 4: W, O, H, G. Quan hệ O, H, W:
Vì AH//OM và AH = 2OM nên JH//OM và JH = OM.
Do đó JOMH là hình bình hành.
Do đó JM cắt OH tại trung điểm W của mỗi đường.
Tương tự ta chứng minh được KN, LP đều cắt OH tại trung điểm của
mỗi đường (Học sinh tự vẽ nốt hình).
Do đó 4 đường JM, KN, LP, OH đồng quy tại trung điểm mỗi đường
đó là W (Tâm đường tròn Euler).
Vậy tâm đường tròn Euler W là trung điểm các đoạn OH, JM, KN, LP Quan hệ O, H, G: AG 2
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có  . Vì AM cũng là AM 3
trung tuyến của tam giác AHT nên G là trọng tâm tam giác AHT.
Vì HO là trung tuyến tam giác AHT nên OH = 3OG.
Thứ tự các điểm O, H, G, W để thiết lập tỷ số vector khi cần:
(Chia đoạn OH là 12 đoạn, OG chiếm 3 đoạn, W chiếm 6 đoạn)
Các loại đường tròn sau là đường tròn Euler:
 Đường tròn đi qua 3 chân đường cao trong tam giác.
 Đường tròn đi qua 3 trung điểm 3 cạnh trong tam giác.
 Đường tròn đi qua 3 trung điểm đoạn nối giữa đỉnh và trực tâm của tam giác.
5. MỐI QUAN HỆ 5: H, D, R
Ta chứng minh khi R đối xứng với H qua BC thì R nằm trên (O): 𝐻𝐵𝐶 ̂ = 𝑅𝐵𝐶
̂ (H và R đối xứng qua BC)
Tứ giác AEDB nội tiếp nên 𝐻𝐵𝐶 ̂ = 𝑅𝐴𝐶 ̂ Do đó 𝑅𝐵𝐶 ̂ = 𝑅𝐴𝐶 ̂.
Vậy tứ giác ABRC nội tiếp.
Do đó R nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABRC cũng là đường
tròn đi qua 3 điểm A, B, C. Vậy R nằm trên (O).
6. MỐI QUAN HỆ 6: D, E, F, H
Tứ giác AFHE nội tiếp nên 𝐹𝐸𝐻 ̂ = 𝐹𝐴𝐻 ̂
Tứ giác HDCE nội tiếp nên 𝐷𝐸𝐻 ̂ = 𝐷𝐶𝐻 ̂
Tứ giác AFDC nội tiếp nên 𝐹𝐴𝐻 ̂ = 𝐷𝐶𝐻 ̂ Vậy ta có 𝐹𝐸𝐻 ̂ = 𝐷𝐸𝐻 ̂ .
Do đó EH là phân giác trong góc 𝐹𝐸𝐷 ̂. Tương tự cho DH và FH.
Vậy H là giao điểm 3 đường phân giác và cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Chú ý: 𝐵𝐻𝐶 ̂ = 1800 – 𝐵𝐴𝐶 ̂
7 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
II. TÍNH CHẤT TÂM ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP, PHÂN GIÁC TRONG, PHÂN GIÁC NGOÀI
Ký hiệu trong các hình vẽ:
 AD: Phân giác trong góc A.
 E: Giao điểm của AD và đường tròn ngoại tiếp.
 O, I: Tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC.
 F: Giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn ngoại tiếp và đường thẳng BC kéo dài.
 M: Điểm bất kỳ trên AB.
 N: Điểm đối xứng của M qua phân giác AD.
 J, K, L: Điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp với các cạnh tam giác
1. MỐI QUAN HỆ 7: ĐỊNH LÝ THALES VÀ CÁCH XÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ ĐIỂM D
Theo định lý Thales cho đườ BD CD AB ng phân giác ta có:   BD  
CD . Có 3 loại đường phân giác: AB AC AC          d : a x b y c 0 a x b y c a x b y c Phân giác tạo bởi 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2  :   2 2 2 2
d : a x b y c  0    2 2 2 2 a b a b 1 1 2 2  AB
Phân giác trong của tam giác ABC: Xác định tọa độ điểm D qua hệ thức: BD   CD . Khi đó phân AC
giác trong là đường thẳng đi qua 2 điểm A và D.
 Phân giác ngoài của tam giác ABC: Đường thẳng qua A và nhận AD là vector pháp tuyến.
2. MỐI QUAN HỆ 8: TÍNH CHẤT ĐỐI XỨNG CỦA ĐƯỜNG PHÂN GIÁC
Gọi M là điểm bất kỳ trên AB, N là điểm đối xứng với M qua AD. Ta có 𝑀𝐴𝐷 ̂ = 𝑁𝐴𝐷 ̂ nên N nằm trên AC.
Vậy nếu bài toán cho trước tọa độ 1 điểm M nằm trên AB, cho tọa độ đỉnh C, cho phương trình phân giác AB,
ta có thể lấy đối xứng của M qua AD là N. Khi đó đường thẳng AC là đường thẳng đi qua C và N.
3. MỐI QUAN HỆ 9: MỐI QUAN HỆ O, E, B, C 𝐷𝐴𝐵 ̂ = 𝐷𝐴𝐶
̂ nên cung EB và EC bằng nhau do đó EB = EC. Mà OB = OC nên OE là trung trực của BC.
Hệ quả: OE là vector pháp tuyến của đường thẳng BC.
4. MỐI QUAN HỆ 10: MỐI QUAN HỆ I, B, E, C 𝐸𝐵𝐼 ̂ = 𝐸𝐵𝐶 ̂ + 𝐶𝐵𝐼 ̂ = 𝐸𝐴𝐶 ̂ + 𝐼𝐵𝐴 ̂ = 𝐸𝐴𝐵 ̂ + 𝐼𝐵𝐴 ̂ = 𝐸𝐼𝐵
̂ . Vậy EI = EB. Tương tự ta có EC = EI.
Hệ quả: B, C là giao điểm của đường tròn tâm E, bán kính EI với đường tròn (O).
8 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
5. MỐI QUAN HỆ 11: MỐI QUAN HỆ F, A, D 𝐹𝐴𝐷 ̂ = 𝐹𝐴𝐵 ̂ + 𝐵𝐴𝐷 ̂ = 𝐵𝐶𝐴 ̂ + 𝐷𝐴𝐶 ̂ = 𝐹𝐷𝐴 ̂. Vậy FA = FD.
Hệ quả: F là giao điểm của trung trực đoạn AD với đường thẳng BC.
6. MỐI QUAN HỆ 12: QUAN HỆ GÓC TRONG ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP ABC ACB BAC BAC
Góc ở tâm nội tiếp và góc ở đỉnh: 0 0 0 BIC  180   90   BIC  90  2 2 2
Góc ở điểm tiếp xúc và góc ở đỉnh: BAC BCA ABC ABC 0 0
JKL JKI LKI JCI LAI   90   JKL  90  2 2 2
III. TÍNH CHẤT TAM GIÁC VUÔNG CHIA ĐÔI VÀ HỆ QUẢ:
Xét tam giác ABC vuông tại A đường cao
AH, D và E là hai điểm trên AH và CH.
7. MỐI QUAN HỆ 13: QUAN HỆ BD VÀ AE LÀ HAI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN
Nếu D và E là trung điểm AH và CH thì DE là đường trung bình tam giác AHC. Do đó DE//AC nên DE⊥AB.
Mặt khác AD⊥BE nên D là trực tâm tam giác ABE do đó BD⊥AE.
8. MỐI QUAN HỆ 14: QUAN HỆ BD VÀ AE LÀ HAI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TRONG DH BH AH HE
Nếu BD và AE là hai phân giác trong thì:    do đó DE//AC nên DE⊥AB. AD AB AC EC
Mặt khác AD⊥BE nên D là trực tâm tam giác ABE do đó BD⊥AE.
Một số hệ quả của bài toán tam giác vuông chia đôi:
9 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9
PHÂN IV: GIẢI ĐƯỜNG TRÒN
9. MỐI QUAN HỆ 15: TƯƠNG GIAO HAI ĐƯỜNG TRÒN
C :x a 2  y b 2  R ,C :x a 2 y b 2 2 2  R 1 1 1 1 2 2 2 2
Hai đường tròn tiếp xúc ngoài: R IA   I ' A R '
Phương trình trục đẳng phương (Đường thẳng qua A và vuông góc với II’:
x a 2 y b 2 x a 2 y b 2 2 2  R R 1 1 2 2 1 2
Hai đường tròn tiếp xúc trong: R IA I ' A R '
Phương trình trục đẳng phương (Đường thẳng qua A và vuông góc với II’:
x a 2 y b 2 x a 2 y b 2 2 2  R R 1 1 2 2 1 2
Hai đường tròn cắt nhau: 2 2 2 2
R R  d   d  1 2  I,AB   I',AB
Phương trình trục đẳng phương (Đường thẳng AB):
x a 2 y b 2 x a 2 y b 2 2 2  R R 1 1 2 2 1 2
10. MỐI QUAN HỆ 16: TIẾP TUYẾN VÀ CÁT TUYẾN 2 AB
Tính chất 1: DD
OAB . M   AB 4 1 1 4 Tính chất 2:   2 2 2 2
OM R R AB Tính chất 3: 2 D O
AB.OM RAMB R Tính chất 4: sin  2 OM A . B D   
Tính chất 5: SM ABAMB 2 2 AB 2 Tính chất 6: 2 R   D Od  4 Tính chất 7: 2 2 E .
A EB OE R
10 | K Ỹ T H U Ậ T G I Ả I T Í C H P H Ẳ N G – Đ O À N T R Í D Ũ N G : 0 9 0 2 9 2 0 3 8 9