SKKN Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực cho học sinh

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương tích và trục đẳng phương là một chủ đề hấp dẫn trong hình học phẳng. Trong chương trình phổ thông mới không được đề cập một cách chính thức nhưng lại tiềm ẩn trong các dạng bài toán. Các kết quả của nó đơn giản, tự nhiên nhưng lại ảnh hưởng sâu sắc tới nhiều nội dung quan trọng. Với phát biểu đơn giản, dễ hiểu chúng có thể dùng để xử lý một khối lượng lớn các bài toán khó với những lời giải đẹp và ấn tượng. 
	Các bài toán về phương tích và trục đẳng phương thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh trường chuyên, học sinh giỏi tỉnh, quốc gia...và được nghiên cứu khá kỹ, chi tiết trong các tài liệu. Nhưng đối với đại đa số học sinh phổ thông đây là vấn đề khá mới mẻ. Một số kết quả đã xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi...Nhưng khai thác theo phương diện tọa độ phẳng thì còn khá ít.
Đã có rất nhiều bài toán tọa độ phẳng được khai thác từ các bài toán trong hình học tổng hợp phẳng, việc giải quyết nó cần một khối lượng kiến thức tổng hợp, kỹ năng và năng lực cao. Vì vậy tôi chọn đề tài “Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực cho học sinh” nhằm củng cố và mở rộng cho học sinh về kiến thức phương tích và trục đẳng phương, giúp học sinh thấy được khả năng ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương trong việc giải quyết một bài toán tọa độ phẳng hay và khó trong các kì thi.
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề tài này nhằm cung cấp cho học sinh khái niệm về phương tích và trục đẳng phương. Giúp học sinh biết và khai thác một số tính chất và ứng dụng của phương tích để giải quyết một số bài toán tọa độ phẳng. Từ đó phát triển năng lực phân tích, tổng hợp và đánh giá. Giúp học sinh có cách nhìn sâu sắc hơn đối với dạng toán tọa phẳng và từ đó học sinh có thể tự tìm tòi để khai thác các bài toán mới với sự tự lực, sáng tạo và độc lập của bản thân, kỹ năng xử lý các tình huống cụ thể trong thực tiễn, không những dừng lại ở các kết quả này mà gặp các tình huống khó khăn học sinh có thể mạnh dạn suy nghĩ và sáng tạo một số kết quả mong muốn.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
	Đề tài nghiên cứu hệ thống các khái niệm và tính chất của phương tích, trục đẳng phương từ đó ứng dụng để giải một số dạng toán hình học phẳng trong chương trình toán Trung học phổ thông
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
	Tìm hiểu các chuyên đề và tài liệu của các tác giả nghiên cứu các kiến thức có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương 
	Thu thập các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi các trường chuyên có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương
	Trao đổi và tham khảo ý kiến của các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn
	Thông qua các buổi rèn luyện học sinh giỏi và ôn tập cho học sinh khá giỏi ở đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường.
2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN
2.1.1. CƠ SỞ LÍ THUYẾT 
1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn
1.1. Định lý 1.Cho đường tròn (O;R) và điểm M cố định, đặt OM = d. Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua M và cắt đường tròn tại hai điểm A, B.
 Khi đó : [1]
Chứng minh: 
Gọi C là điểm đối xứng của A qua tâm O. Khi đó , nên B là hình chiếu của C lên AM. Ta có 
1.2. Định nghĩa 1. Đại lượng không đổi được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), ký hiệu PM/(O) .
 Ta có : PM/(O) = [1]
1.3. Tính chất ( ta dễ dàng chứng minh một số tính chất sau)
* Tính chất 1. 
	Nếu A, B cố định và =const thì M cố định
	M nằm ngoài đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) > 0
khi đó PM/(O) = MA.MB
	M nằm trong đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) < 0
	khi đó PM/(O) = - MA.MB
	M nằm trên đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) = 0
* Tính chất 2. Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ngoài đường tròn . Qua M kẻ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MT khi đó = MA.MB = MT2 = d2 - R2
* Tính chất 3. Cho AB và DC là hai đường thẳng phân biệt cắt nhau tại M ( khác A, B, C, D). Khi đó = khi và chỉ khi bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn .[1]
...
1.4. Trong hệ tọa độ Descartes: 
Cho điểm M(x0; y0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0.
Đặt f(x;y) = x2 + y2 – 2ax – 2by + c
 Khi đó PM/(C) = f(x0;y0) = x02 + y02 – 2ax0 – 2by0 + c [1]
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn
2.1. Định lý 2. Cho hai đường tròn (O1;R1) và (O2;R2) không đồng tâm. Tập hợp các điểm cùng phương tích với hai đường tròn là một đường thẳng. Đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1;R1) và (O2;R2).[1]
Chứng minh. ( Việc chứng minh định lý xin được khai thác từ tài liệu)
2.2. Các tính chất
*Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc đường nối hai tâm
* Nếu hai điểm M, N cùng phương tích với hai đường tròn thì đường thẳng MN là trục đẳng phương của hai đường tròn
* Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A, B thì đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai đường tròn....[1]
2.3. Trục đẳng phương trong hệ tọa độ Descartes
Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường tròn không đồng tâm:
(C1): x2 + y2 – 2a1x – 2b1y + c1 = 0 và (C2) : x2 + y2 – 2a2x – 2b2y + c2 = 0. 
Giải sử M(x0; y0) là điểm cùng phương tích với hai đường tròn (C1) và (C2).
Ta có 
PM/(C1)=PM/(C2) x02 + y02 – 2a1x0 – 2b1y0 + c1 = x02 + y02 – 2a2x0 – 2b2y0 + c2
	 2(a1 – a2)x0 + 2(b1 – b2) y0 +c1 – c2 = 0
Vậy trục đẳng phương của hai đường tròn có phương trình :
 2(a1 – a2)x + 2(b1 – b2) y +c1 – c2 = 0. [1]
2.1.2. XÂY DỤNG HÊ THỐNG BÀI TẬP VẬN DỤNG LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG TÍCH VÀ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT.
Phần I. Sử dụng định nghĩa và tính chất của phương tích xây dựng một số bài toán tọa độ phẳng như sau.
	Những bài toán phần I chủ yếu để học sinh tiếp cận dần với định nghĩa và tính chất của phương tích và trục đẳng phương, để từ đó học sinh có cách nhìn nhận và kinh nghiệm trong việc sử dụng, tiếp cận bài toán phương tích.
	Sau đây chúng ta sẽ xây dựng một số bài toán ở mức độ nhận biết và thông hiểu định nghĩa và các tính chất đơn giản của phương tích, trục đẳng phương.
Bài toán 1.1. Cho đường tròn (S) có phương trình: (x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 và điểm A(2;-3). Tìm phương tích của điểm A đối với đường tròn (S).
Giải
Đường tròn (S) có tâm I(-3;-2) và bán kính R = 2, AI = 
Vậy P(A/(S)) = AI2 – R2 = 22
Nhận xét P(A/(S)) >0 nên điểm A nằm ngoài đường tròn.
Bài toán 1. 2. Cho hai đường tròn:
 (S) : (x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 và (C) : (x - 4)2 + (y + 5)2 = 36. 
Viết phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C). 
Giải
Nhận xét: Hai đường tròn không đồng tâm nên có trục đẳng phương.
Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc trục đẳng phương khi đó 
P(M/(S)) = P(M/(C)) 
Khi đó ta được 7x0 – 3y0 + 5 = 0
Vậy phương trình trục đẳng phương là: 7x – 3y + 5 = 0.
Bài toán 1.3. Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M(-3;1). A, B là các tiếp điểm kẻ từ M tới đường tròn (C). Viết phương trình AB.
Phân tích bài toán
	Bài toán có thể tìm trực tiếp tọa độ A, B nhưng việc làm khá dài dòng và số khá lẻ. Ta nhận thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn nên AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn này.
Định hướng giải
Nhận xét tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MI nên phương trình đường tròn (S) ngoại tiếp tứ giác MAIB là : x2 + y2 + 2x – 4y = 0 
AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C) 
 Vậy phương trình AB: 2x + y – 3 = 0
	Trên đây là một số bài toán có thể sử dụng nhiều cách đề giải quyết nó nhưng trong phương diện phương tích chúng ta có thể giải quyết và một số trường hợp còn đơn giản hơn. Sau đây chúng ta sẽ áp dụng để khai thác một số bài toán ở mức vận dụng thấp và vận dụng cao.
Bài toán 2.1.Cho đường tròn (O) và đường thẳng d không cắt (O). Từ một điểm M thay đổi trên d, Kẻ hai tiếp tuyến MA và MB tới (O) ( A, B là các tiếp điểm). Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định [2]
Chứng minh 
Gọi H là hình chiếu của O lên d. I là giao điểm của AB với OH
Ta có ngũ giác MHAOB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MO
Giả sử M’ là điểm khác M, ta có các tiếp tuyến M’A’ và M’B’ kẻ tới đường tròn (O). Gọi (S’) là đường tròn qua năm điểm M’HA’OB’
Khi đó AB, A’B’, OH lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (S) và (O), (S’) và(O), (S) và (S’)
Giả sử I là giao điểm của AB và OH, khi đó PI/(S)=PI/(O)=PI/(S’) hay I thuộc A’B’
Nếu cố định M, cho M’ thay đổi trên d khi đó A’B’ luôn qua I hay I là điểm cố định .Vậy AB luôn đi qua điểm cố định I.
Nhận xét .
+ Điểm I nằm trên đoạn OH và ta có OI.OH = OK.OM = R2 s uy ra OI = . Từ đó có thể xác định được điểm I.
+ Trong hệ trục tọa độ Oxy thì việc tìm điểm cố định khá đơn giản, nhờ phương pháp tìm điểm cố định của một đường bất kỳ.
+Từ kết quả bài toán 2.1 ta khai thác một số bài toán sau ở mức độ vận dung thấp.
Bài toán 2.2. 
Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng (d): x – y –1 = 0. Từ M thuộc (d) kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm). Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định khi M thay đổi.[3]
Định hướng giải
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) và bán kính R=1.
d(I,(d))= , vậy đường thẳng (d) không cắt đường tròn (C).
M thuộc (d) nên M(m;m-1). Khi đó tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MI nên có phương trình (S) : x2 + y2 – (m+1)x – (m+1)y + 3m - 2 = 0
Ta có AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C) nên có phương trình 
 (m - 1)x + (m - 3)y + 6 - 3m = 0. 
Gọi H(x0;y0) là điểm cố định của đường thẳng AB.
Ta tìm được H(
Bài toán 2.3 . Cho tam giác ABC có các đường cao BE và CF, đường thẳng qua F vuông góc BC và cắt BE tại K. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Biết đường thẳng AC qua M, đường tròn ngoại tiếp tam giác FEK có phương trình (S): (x + 6)2 + (y + 7)2 = 5, B thuộc đường thẳng d: x – y + 1 = 0 (hoành độ điểm B dương), BF = 5 và hệ số góc của đường thẳng AB nguyên.[2]
Phân tích bài toán:
 Bài toán cho giả thiết điểm B thuộc d, đường tròn ngoại tiếp ta giác KFE. Liên quan tới tam giác vuông BCF có FI là đường cao nên BI.BC = BF2, Tứ giác CEKI nội tiếp vậy BI.BC = BK.BE = BF2 , nên BF là tiếp tuyến của đường tròn (S). Vì vậy chúng ta suy nghĩ tới phương tích. Bên cạnh đó phải sử dụng thêm các hệ thức lượng trong tam giác.
Định hướng giải
Đường tròn (S) tâm J(-6;-7) và bán kính R = 
Giả sử FK cắt BC tại I khi đó góc KEC và KIC vuông, nên tứ giác KECI nội tiếp đường tròn đường kính KC.
Khi đó ( Vì tam giác BCF vuông tại F, FI là đường cao). 
Nên BF là tiếp tuyến của đường tròn (S) suy ra BF2 = BJ2 – R2 và J thuộc CF. Vậy BJ= tìm được B(1;2)
Từ đó tìm được phương trình đường thẳng AB: y = 2x
Gọi E(a;b)
E thuộc (S) và BE AC tìm được E(-5;-5) 
Nên phương trình AC: 6x + 7y + 65 = 0 suy ra A 
Phương trình CF: x + 2y + 20 = 0 uy ra C(2;-11)
Phần II. Sử dụng một số tính chất của phương tích và trục đẳng phương kết hợp một số tính chất của hình học phẳng ta xây dựng và giải quyết một số dạng toán ở mức vận dụng thấp và vận dụng cao.
Bài toán 3.1. Cho tam giác ABC, H là trực tâm và có (O) là đường tròn đường kính BC. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N là các tiếp điểm). Khi đó H, M, N thẳng hàng.[2]
	Chứng minh:
Gọi AK, BE, CF là các đường cao, Suy ra E, F thuộc đường tròn (O)
. 
Ta có Δ HFA và ΔHKC đồng dạng 
Gọi đường tròn (J) là đường tròn đường kính AO, khi đó năm điểm A, M, O, K, N thuộc đường tròn (J)
Mà đường tròn (J) cắt đường tròn (O) tại M và N nên đường thẳng MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (O).
	 (2)
 	Mặt khác H là trực tâm tam giác nên H có thể cùng nằm ngoài các đường cao hoặc cùng nằm giữa các đường cao 
Từ đó theo (1) và (2) thì điểm H cùng phương tích với hai đường tròn (J) và (O). Hay H thuộc đường thẳng MN, vậy M, N, H thẳng hàng.
Bài toán 3.2.Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N là các tiếp điểm) . Xác định vị trí của A để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng MN [4]
Định hướng giải
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, (S) là đường tròn tâm A bán kính AM. Khi đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (O)
I thuộc MN nên PI/(O) = PI/(S) 
Vậy A nằm trên đường tròn tâm O bán kính R ( Trừ hai điểm giao của BC với đường tròn này)
Sau đây ta sẽ xây dựng một số bài toán tọa độ phẳng có sử dụng các kết quả của bài toán 3.1 và 3.2
Bài toán 3.3 Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC có phương trình (C): (x+1)2 + (y+2)2 = . Từ A kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn (C) là AM và AN ( M, N là tiếp điểm ). Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc MN. Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc đường thẳng d có phương trình : 2x+y-1=0. [3]
Định hướng giải
Gọi I, K, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tâm đương tròn đường kính BC và trọng tâm tam giác ABC
Đường tròn (C) tâm K(-1;-2), bán kính R=
Ta sử dụng nhận xét ta có I thuộc MN khi và chỉ khi G thuộc MN
Từ bài toán 3.2 ta có AK=R=. A thuộc d suy ra A(x; 1-2x)
Vậy A(1;-1)
Bài toán 3.4. Cho đường tròn (C) có tâm I(3;1), BC là đường kính. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn ( M, N là các tiếp điểm). Biết phương trình MN là x-2y+4=0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc MN, đường cao AH qua điểm P(1;1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Ta có AI vuông góc MN, G thuộc MN nên G là giao điểm của AI và MN
Vậy G là hình chiếu của I lên MN
Phương trình AI: 2x + y – 7 = 0. Tọa độ G thỏa mãn phương trình đường thẳng MN và AI nên G(2;3)
Mặt khác nên A(0;7)
Đường cao AH qua A và P nên có phương trình: 6x + y – 7= 0
Đường thằng BC qua I vuông góc AH nên có phương trình: x – 6y + 3 = 0
Mặt khác AI = R ( R là bán kính đường tròn (C)), AI = 
Phương trình (C): (x - 3)2 + (y - 1)2 = 15
B, C là giao điểm của BC với (C) , vậy 
Hoặc ngược lại. 
Nhận xét: 
Qua hai bài toán 3.3 và 3.4 ta thấy đây là bài toán khá lạ, biết được bài toán 3.1 và 3.2 thì bài toán không khó. Vì vậy khi dạy cho học sinh cần rèn luyện cho học sinh biết khai thức và sử dụng một số kết quả của hình học tổng hợp để các em có cách tiếp cận tốt hơn và sáng tạo với những bài toán khó và lạ và khéo léo sử dụng chúng trong các tình huống. Từ đó hình thành các năng lực toán cho học sinh.
	Sau đây là một số bài yêu cầu mức vận dụng cao.
Bài toán 3.5.Cho tam giác OBC nhọn ( O là gốc tọa độ), BE và CF là các đường cao, phương trình EF: 6x+7y-19=0, K(3;3) là trung điểm BC. OM, ON là các tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC (M, N là các tiếp điểm). Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC biết I, M, N thẳng hàng.[4]
Phân tích bài toán:
	Bài toán cho điểm O và K vì vậy ta tìm được trọng tâm G. Mặt khác ta có tính chất OI vuông góc FE nên ta kết hợp tính chất này và tính chất bài toán 3.2 thì ta có ngay kết quả bài toán.
Định hướng giải
Gọi G là trọng tâm tam giác OBC suy ra G(2;2)
I, M, N thẳng hàng khi và chỉ khi G thuộc MN, MN vuông góc OK, vậy phương trình MN: x+y-4=0
Ta chứng minh EF và OI vuông góc ?
Thật vậy: Gọi đường thẳng uOv là đường thẳng tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC tại O. Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC
 nên , hay uOv song song FE, mà uOv vuông góc OI. 
Vì vậy OI vuông góc FE, suy ra phương trình OI: 7x-6y=0
I là giao điểm của FE và OI nên I().
Bài toán 4.1. Cho tam giác ABC có BD và CE là đường cao cắt nhau tại H, M là trung điểm BC, DE cắt BC tại N. khi đó ta có NH vuông góc AM.[2]
Chứng minh: 
Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và HM, I là tâm đường tròn qua các điểm A, E, H, D. K là tâm đường tròn qua các điểm H, M, F
Theo định lý đường tròn Euler thì IEFMD thuộc một đường tròn (S)
Khi đó PN/(S) = suy ra PN/(I,IH)=PN/(K,KH)
Vậy N thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (I,IH) và (K,KH)
Mà H cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn nên NH là trục đẳng phương của hai đường tròn. 
Vậy NH vuông góc IK, mà IK/AM nên NH vuông góc MA.
Nhận xét .
 Để chứng minh tứ giác DEFM nội tiếp ta có cách chứng minh thông dụng hơn như sau: 
Tam giác DBC vuông tại D có DM là trung tuyến nên DM=MB, suy ra tam giác DMB cân tại M. vậy DMC=2DBM.(1)
Tứ giác ADHE, BEHF nội tiếp nên DAH=DEH=FHE=HBF (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra FED=DMC, vậy tứ giác EDMF nội tiếp 
Bài toán 4.2. Đường tròn Euler có đường kính là đoạn nối trung điểm của đoạn nối trực tâm của tam giác với một đỉnh và trung điểm của cạnh đối diện đỉnh đó[5]
Định hướng giải
Gọi các đường cao AP, BD, CE, H là trực tâm, M là trung điểm BC, I là trung điểm HA. 
Ta chứng minh ngũ giác MDIEP nội tiếp đường tròn đường kính MI ( Các điểm còn lại tương tự)
IPM=900. 
Tam giác IAD cân tại I nên IDA = IAD = DBC(1)
Tam giác MCD cân tại M nên MDC = MCD (2)
và (2) ta có IDA + MDC = DBC + DCB = 900
Vậy IDM = 900. Tương tự IEM = 900 
Hay ngũ giác DMPEI nội tiếp đường tròn đường kính MI.
Nhận xét : Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì khi đó tâm đường tròn Euler là trung điểm HK.
Thật vậy ta có AH=2KM, AH//KM nên IH //KM, IH=KM nên HMKI là hình bình hành nên trung điểm MI cũng là trung điểm HK.
	Sau đây ta khai thác một số bài toán liên quan bài toán 4.1 và 4.2 ở mức vận dụng thấp.
Bài toán 4.3.Cho tam giác ABC. Đường tròn qua trung điểm M(-2;0) của BC và chân đường cao D, E hạ từ B, C có phương trình : (x+2)2 + (y)2 = . 
H(-1;3) là trực tâm tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.[4]
Định hướng giải
Đường tròn (S) qua EDM có tâm I(-2; ), bán kính R= 
Gọi P là trung điểm HA, theo bài toán 4.2, ta có PM là đường kính của đường tròn (S). Suy ra P(-2;5), mà P là trung điểm AH nên A(-3;7)
BC qua M vuông góc AH nên có phương trình : x-2y+2=0
B thuộc BC nên B(2y-2;y) suy ra C(-2y-2;-y)
H là trực tâm tam giác nên BH AC, ta tìm được B(2;2), C(-6;-2) và hoán vị
Bài toán 4.4. Cho tam giác ABC có trực tâm H(13;0), BD và CE là các đường cao của tam giác ABC, DE cắt BC tại N(3;10), M( là trung điểm của BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
Định hướng giải
BC qua M, N nên có phương trình: 3x – y + 1 = 0
AH qua H vuông góc BC nên có phương trình : x + 3y – 13 = 0
A thuộc AH suy ra A(. 
Theo bài toán 4.1 ta có AM vuông góc NH nên A(4;3)
B thuộc BC nên B(x;3x+1) và C(-1-x;-2-3x). 
Tính được B(2;7), C(-3;-8) và hoán vị 
	Cũng với hướng đó nhưng ta khai thức ở mức độ vận dụng cao như sau:
Bài toán 4.5. Cho tam giác ABC vuông tại C và tọa độ B(0;1). Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC, M(3;-2) là điểm đối xứng của I qua A. Đường thẳng MC cắt (I) tại D ( D khác C), AD cắt BC tại E thuộc đường thẳng có phương trình : 2x-y=0. Tìm tọa độ điểm C.[5]
Phân tích bài toán:
 Từ giả thiết có ngay tọa độ A, I. Các điểm C, D, H, I thuộc đường tròn Euler, CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (ABCD) và (CDHI) từ đó có thể tìm vị trí điểm H.
Định hướng giải
Ta có tứ giác ABCD nộ tiếp đường tròn (I), khi đó BD vuông góc AE, Gọi K là giao điểm của BD và AC, khi đó K là trực tâm tam giác ABE
Vậy EK vuông góc AB ( H thuộc AB)
Khi đó DHIC nội tiếp đường tròn ( đường tròn Euler)
Tìm được A(2;-1) , I(1;0)
Ta có =6
Tính được H( là trung điểm MB. Vậy tam giác MEB cân tại E
Nên EB=EM suy ra E(-6;-12). 
Phương trình BC: 13x-6y+6=0
Phương trình AC: 6x+13y+1=0
 Vậy C 
Bài toán 4.6. Cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phương trình đường tròn qua trung điểm cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ A là (S): (x-3)2 + (y+2)2 = 25. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Phân tích bài toán
	(S) là đường tròn Euler, chú ý AH = 2IM nên HMIQ là hình bình hành, kết hợp H, G, I thẳng hàng. Tâm của đường tròn (S) là tâm hình bình hành HMIQ, nên từ đó giảo quyết được bài toán ( bài toán này có thể giải theo cách dùng phép vị tự tâm H tỷ số k = 2)
Định hướng giải
 Gọi H, I lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
M, N, Q lần lượt là trung điểm BC, AB và AH. 
AE, BP là các đường cao 
Khi đó M, E, N, Q, P cung thuộc đường tròn (S). Có MQ là đường kính, tâm K(3;-2) là trung điểm QM và HI ( theo bài toán 4.2), bán kính R=5
Từ đó ta tìm được I(-3;10), H(9;-14).
Ta có trong tam giác HAM có KQ là trung tuyến nên IA=2KQ=2R
Vậy đường tròn (C) có bán kính R’=2R=10
Phương trình (C): (x+3)2 + (y-10)2 = 100
Bài toán 4.7. Cho tam giác ABC có H(2;3) là trực tâm. Đường tròn (C) đường kính AH có phương trình : x2