phat hien tinh chat dac trung cua hinh hoc phang de ap dung vao bai toan hinh hoc giai tich trong mat phang lop 10 1715

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ 

TRƯỜNG THPT N ĐỊNH 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT HIỆN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH 
HỌC PHẲNG ĐỂ ÁP DỤNG VÀO BÀI TỐN HÌNH 
HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG LỚP 10

   
   Người thực hiện:  Lê Bá Tn
   Chức vụ:  Giáo viên
   SKKN thuộc mơn:  Tốn

1


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài                                                                          1
     2. Mục đich nghiên cứu                                                                     1
3. Đối tượng thời gian nghiên cứu                                                     1
4. Phương pháp nghiên cứu                                                               1
2. NỘI DUNG 
1. Cơ sở lý luận                                                                                2

2. Thực trạng vấn đề                                                                        17
3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện                                              18
4. Hiệu quả của đề tài                                                                      18

 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

 

1. Kết luận                                                                                        19
2. Kiến nghị                                                                                      19

2


3


1. MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài
      Trong chương trình hình học lớp 10 có một phần rất quan trọng của hình 
học phổ  thơng đó là phương pháp toạ  độ  trong mặt phẳng. Đây là phần tiếp 
nối của hình học phẳng  ở cấp Trung học cơ  sở  nhưng được nhìn dưới quan 
điểm đại số  và giải tích. Như  vậy, mỗi bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt  
phẳng đều mang bản chất của một bài tốn hình học phẳng nào đó. Tuy 
nhiên, khi giải các bài tốn hình học toạ độ học sinh thường khơng chú trọng 
đến bản chất hình học của bài tốn  ấy, một phần vì học sinh ngại hình học 
phẳng vì cứ  nghĩ hình học phẳng là khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng 
khơng chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh. Do đó, hiệu quả giải tốn 
khơng cao mà sự  phân loại dạng tốn, phương pháp giải tốn cũng khơng rõ 
ràng. Thực tế u cầu trong việc giảng dạy chỉ phải trang bị cho học sinh một  
hệ  thống các phương pháp suy luận giải tốn hình học toạ  độ  trong mặt 
phẳng. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tơi muốn nêu ra một 
cách định hướng tìm lời giải bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt phẳng dựa  

trên bản chất hình học phẳng của bài tốn đó.  Vì vậy, với trách nhiệm của 
mình, tơi thấy cần phải xây dựng thành chun đề  từ  đó rèn   luyện kĩ năng 
nhận dạng, nâng cao năng lực giải tốn cho học sinh để  các em khơng cịn e 
ngại hay lúng túng khi gặp các dạng tốn này. Qua q trình tích lũy tơi viết 
sáng kiến kinh nghiệm: “Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng  
để áp dụng vào bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10”. 
1.2. Mục đich nghiên cứu
          Nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng tốn của phương pháp tọa  
độ  trong  mặt phẳng và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài tốn về 
hình học giải tích.
         Giúp học sinh nâng cao được tư duy, kĩ năng tính tốn. Từ đó cung cấp  
cho học sinh một dạng tốn nhỏ  để  bổ  sung vào hành trang kiến thức bước  
vào các kì thi, đặc biệt là kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hố.
Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ  thống tố 
hơn kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học tốn.
Giúp cho bản thân và đồng nghiệp có thêm tư  liệu để  ơn tập cho học  
sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu 
Tính chất đặc trưng của hình học phẳng, bài tốn hình học giải tích trong 
mặt phẳng lớp 10.
Một số đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hố từ 2012 đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
 
 ­ Nghiên cứu tài liệu Tốn lớp 10 và lớp 12
 
 ­ Đánh giá kết quả học tập, kết quả các kì thi đại học, cao đẳng và thi 
học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn của học sinh lớp 12A1, 12A2 năm học 2015­
1

2016. Lớp 12A6, 12A7 năm học 2016­2017 trường THPT n Định 3.
  
­ Phân tích, đánh giá, tổng hợp các dạng tốn liên quan đến bài tốn về 
phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đặc biệt là các bài tốn, dạng tốn liên 
quan đến hình học giải tích trong mặt phẳng trong các kì thi tuyển sinh Đại 
học, cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa trong các năm gần đây. 

2


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
a. Một số kêt qua hình h
́
̉
ọc phẳng thường dùng
Tính chất 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm I, tiếp tuyến Cx tại  
1ﾷ
ﾷ
ﾷ
ﾷ
= BDC
= BCx
= BIC
C. Khi đó  BAC
. [5]
2

Tính chất 2. Cho hình vng ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC 
và CD. Khi đó  AM ⊥ BN . [4]

Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn tâm I. Có trực tâm 
uuuur

uuur

H, M là trung điểm của BC. Khi đó  AH = 2 IM . [5]
Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn tâm I. Gọi H, K lần 
lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó  IA ⊥ HK  
[5]   
Tính chất 5. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ  hai 
của đường thẳng AH với đường trịn ngoại tiếp  ∆ABC  và M là giao điểm của 
AH với BC. Khi đo M là trung đi
́
ểm của HD. [5]
Tính chất 6. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp J . Gọi D là giao 
điểm thứ  hai của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ 
và I
là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường trịn ngoại
tiếp tam giác JBC và  ID ⊥ BC . [5]
Tính chất 7. Cho  ∆ABC  có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vng góc 
của C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung  
điểm của BC. Khi đo ́ PM ⊥ ED  [5]
Tính chất 8. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân  
đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đo H là tâm đ
́
ường  
trịn nội tiếp  ∆ DEF . [5]
3

Chú ý:  1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vng góc, sự bằng nhau, quan hệ về 
góc của hình vng, hình thoi và các tam giác đặc biệt.
2. Các cơng thức diện tích, khoảng cách, cơng thức tính góc, các định lý  
sin, cosin trong tam giác…
b. Các ví dụ điển hình
Các ví dụ  một bài tốn hình học toạ  độ  có thể  được giải theo một trong ba 
hướng chính sau: 
Hướng 1: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích 
Hướng 2: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học phẳng sau đó áp dụng vào toạ 
độ 
Hướng 3: Khai thác các yếu tố hình học phẳng để giải tốn hình giải tích 
Mỗi hướng giải tốn đều có những ưu thế riêng cho từng bài tốn nhưng nói  
chung hướng 3 thường hiệu quả hơn cả. 
Dạng 1. Sử dụng quan hệ vng góc trong giải tốn
Bài tốn cơ bản 1. Cho hình vng ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm  
của BC và CD. Chứng minh rằng  AM ⊥ BN
A

B

A

B

M

D

N

C

M

D

N

C

Bài tốn cơ bản 2  . Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn tâm I. Gọi 
H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Chứng  
minh rằng  IA ⊥ HK   
Chứng minh
4


Kẻ tiếp tuyến Ax của đường trong ngoại tiếp tam giác 
1
ﾷ
ABC tại A  KAx
= ﾷACB = sd ﾷAB             (1)
2
ﾷ
ﾷ
Do  BHC
= BKC
= 900  nên tứ giác BKHC nội tiếp 
ﾷ
ﾷ

suy ra  AKH
)
= ﾷACB        (2)  (cùng bù với góc  BKH
ﾷ
Từ (1) và (2)  KAx
= ﾷAKH
HK / /Ax  mà
  IA ⊥ Ax IA ⊥ HK  (đpcm)
Bài tốn cơ bản 3. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp J . Gọi D là 
giao điểm thứ  hai của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng 
AJ và I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng D là 
tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác JBC và  ID ⊥ BC
Chứng minh.
ﾷA B
ﾷ
ﾷ
Ta có  DJB
= +    (góc ngồi tam giác)  (1)

2 2
ﾷB
ﾷ
ﾷA B
ﾷ
ﾷ
ﾷ   mà  B
ﾷ = A DBJ
ﾷ
DBJ
= +B

= +     (2)
3
3
2
2
2 2
ﾷ
ﾷ
 Từ (1) và (2) suy ra  DJB = DBJ   hay tam giác 

DJB cân tại D hay DJ=DB       (3)    
ﾷ
mà   ﾷA1 = A
DB = DC
2
(2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau)    (4)  
 Từ (3) và (4) suy ra DB=DJ=DC hay D là tâm đường trịn 
ngoại tiếp  ∆JBC  (đpcm)
Ta có 

DB = DC 
� nêm ID là đường trung trực của BC 
IB = IC = R

DI ⊥ BC  (đpcm)

Bây giờ ta xét một số ví dụ điển hình
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng oxy cho hình vng ABCD có đỉnh B(0;4). Gọi M 
4 8
5 5

và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Gọi  H ( ; )  là giao điểm của AM 

5


và BN. Xác định toạ  độ  các đỉnh của hình vng ABCD biết đỉnh A thuộc  
đường thẳng (d) : x +2y +4 =0.
Hướng dẫn giải

+PT đường thẳng BN: 3x+y­4=0
+PT đường thẳng  AM ⊥ BN  sẽ có PT :  x − 3 y + 4 = 0  
+ Điểm A là giao điểm của  AM & d  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x − 3y + 4 = 0
A(−4;0) PT  (BC): x+y­4=0  
            
x + 2y + 4 = 0
+ Điểm M là giao điểm của  AM & CB  nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x+ y−4=0
M (2;2) C 4;0), D(0; −4)
x − 3y + 4 = 0
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC=2BA. Gọi 
1
4

4 8
5 5

F(1;1) là điểm trên cạnh BC sao cho  BE = BC . Điểm  H ( ; )  là giao điểm 
của BD và AF. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B 

nằm trên đường thẳng (d): x+2y­6=0.
Hướng dẫn giải.

6


+ Viết PT đường thẳng AF qua H và F
+ Viết PT đường thẳng BD qua H và vng góc với AF

uuur 1 uuur
4

+  Điểm B là giao điểm của (d) với BD. Ta có      BF = BC

C 

+  Viết PT đường thẳng AB qua B và vng góc với BF
uuur uuur
+  Điểm A là giao điểm của AF với AB;  DC = AB D

Ví dụ 3. Cho hình vng ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của 
AB, BC, biết CM cắt DN tại  I (

22 11
; ) . Gọi H là trung điểm DI, biết đường 
5 5

7
2

thẳng AH cắt CD tại  P( ;1) . Biết  xA < 4 , tìm toạ độ các đỉnh của hình vng 
Hướng dẫn giải
M
A
B
I

E

N
H

D

C

P

Ta chứng minh tam giác AIP vng tại I.  ∆MBC = ∆NCD

CM ⊥ DN  

Tứ giác AMID nội tiếp đường trịn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra  
ED = EI, mà H là trung điểm của DI 

EH ⊥ DI

AH ⊥ DN , 

7

mà  CM ⊥ DN  suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình  
bình hành, do đó P là trung điểm DC  
IE =

1
1
DM = AP
2
2

  tứ  giác AMPD là hình chữ  nhật 

∆AIP  vng tại I 

Ta  có   ∆ADI   cân  tại   A

AI = AD = DC = 2 IP (  do  tam  giác   DIC   vuông  tại  I) 

AI = 2 IP  

Đường thẳng AI qua I và vng góc với PI nên có phương trình   3x + 4 y − 22 = 0
.
A AI

A(2 − 4t; 4 + 3t )

12
4 t+

5

2

9
+ 3t +
5

t=0

2

=9

t=−

6   
5

Do  xA < 4  nên A(2; 4) suy ra pt(AP):  2 x + y − 8 = 0  
DN ⊥ AP  suy ra pt(DN): x – 2y = 0

H = DN

AP

H

16 8
;  

5 5

D(2;1), C(5;1), B(5; 4)  

Vậy  A(2; 4), D(2;1), C(5;1), B(5; 4) .
Ví dụ  4.Trong mặt phẳng Oxy cho   ∆ABC  ngoại tiếp đường trịn tâm J(2;1). 
Biết   đường   cao   xuất   phát   từ   đỉnh   A   của   tam   giác   có   phương   trình : 
2 x + y − 10 = 0 và D(2 ;­4)  là giao  điểm của  đường thẳng AJ với  đường trịn 
ngoại tiếp  ∆ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của  ∆ABC  biết B có hồnh độ âm và B 
thuộc đường thẳng có phương trình x+y+7=0 (d).
Hướng dẫn giải
A

J I

B

C

H

D

8


Ta có  JD = (2 − 2)2 + (−4 − 1) 2 = 5  
Theo kết quả bài tốn gốc thì D là tâm đường trịn ngoại tiếp 
tam giác JBC (C’). Do đó PT đường trịn (C’) :
         ( x − 2)2 + ( y + 4)2 = 25  

Điểm  {B} = (d ) (C ')  nên tọa độ điểm B là 
nghiệm của hệ 

x + y + 7 = 0                     (1)

 

( x − 2) 2 + ( y + 4) 2 = 25     (2)

Thế (1) vào (2) ta được
  ( x − 2) 2 + (− x − 3) 2 = 25

2 x 2 + 2 x − 12 = 0

x = −3
x=2

Điểm B có hồnh độ âm nên B(­3 ;­4)
Đường thẳng AJ qua J và D có PT : x­2=0 .Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  
x=2
 
2 x + y − 10 = 0

x=2
y=6

A(2;6)  

+ Đường thẳng BC qua B và vng góc với AH :  ( BC ) : x − 2 y − 5 = 0  
+Đường thẳng  ID ⊥ BC ID / / AH  và ID qua D(2 ;­4) ( ID) : 2 x + y = 0  

+ Gọi M là trung điểm của BC  {M } = ID BC M (1; −2) C (5; 0).  
Ví dụ 5. ( trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hố năm 2014)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD với M, N 
lần 
lượt là trung điểm cua đoan  AB và BC. G
̉
̣
ọi H là chân đường cao kẻ từ B 
5
2

xuống CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD biết  N (−1; − ), H (−1;0)  
và điểm D nằm trên đường thẳng (d ) : x − y − 4 = 0 .
Hướng dẫn giải
A

M

B

H
H

D

N

C

Trong tam vng BCH ta có : HN=NC (1)

 Mặt khác: BH và DN song song với
(Vì cùng vng góc với MC)
Từ đó: H và C đối xứng qua DN
9


 DH vng góc với HN
uuur uuur
Gọi D(m ; m­4) Sử dụng điều kiện  HD.HN = 0 m = 4 D(4;0)
Nhận xét H và C đối xứng qua DN tìm được  C (1; −4)
Từ đó tìm được :  A(0;3), B(−3; −1) .
Ví dụ 6. (Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hố năm 2016)
Trong   mặt   phẳng   với   hệ   trục   tọa   độ   Oxy,   cho   hình   thang  ABCD  có 
ﾷ
B (2;4), BAD
= ﾷADC = 900  và A, C thuộc trục hoành. Gọi E là trung điểm của đoạn 
AD, đường thẳng  EC  đi qua điểm  F (−4;1). Tìm toạ  độ  các đỉnh  A, C, D  biết 
EC vng góc với BD và điểm E có tọa độ ngun.
Hướng dẫn giải
ﾷ
ﾷ
DHN
= DCN
= 900

y=0
A

B(2;4)
I

F(­4;1)

H
J

C

E

D

Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H; 
gọi J là giao điểm của BD với CE. Khi đó ta có: 
uuur uuur uuur uuur uur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
EH .EB = EA.EB = EI .EB = EA 2 và  EH .EC = ED.EC = EJ .EC = ED 2 = EA2
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r uuur uuur
EH .EB = EH .EC
EH ( EB − EC ) = 0
EH ⊥ BC  suy ra H là trực tâm của  ∆EBC  
suy ra  A, H , C  thẳng hàng. Do đó  BE ⊥ AC.
Đường thẳng BE qua B(2;4) vng góc với Ox nên có phương trình x =2.
uuur
uuur
uuur
uuur
Gọi  A(a;0), E (2; b) D(4 − a; 2b); BA(a − 2; −4); EA(a − 2; −b); BD(2 − a; 2b − 4) và FE (6; b − 1)
uuur uuur
BA ⊥ EA

uuur uuur
FE ⊥ BD

(a − 2) 2 + 4b = 0

(1)

6(2 − a) + (b − 1)(2b − 4) = 0

(2)

Thay (2) vào (1) ta được  b − 6b + 13b + 24b + 4 = 0
(b + 1)(b3 − 7b 2 + 20b + 4) = 0 b = −1  (do b nguyên)
(Ta chứng minh được phương trình  b3 − 7b 2 + 20b + 4 = 0 có nghiệm duy nhất 
trên khoảng  ( −1;0 ) nên khơng có nghiệm ngun ).
Khi đó  A(4;0), D (0; −2) , đường thẳng CD có phương trình  2 x + y + 2 = 0  cắt Ox 
tạiC(­1;0).Vậy  A(4;0), D(0; −2) và C (−1;0)  là các điểm cần tìm.
4

3

2

Dạng 2. Bài tốn liên quan đến tính chất trung điểm của đoạn thẳng
Bài tốn cơ bản. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ 
hai của đường thẳng AH với đường trịn ngoại tiếp  ∆ABC  và K là giao điểm 
của AH với BC. Chứng minh rằng K là trung điểm của HD
Chứng minh
10

ﾷ  )
Ta có  Bﾷ 1 = ﾷA1   (góc nội tiếp cùng chắn  DC
Và   Bﾷ 2 = ﾷA1  ( cùng phụ với góc  ﾷACB  )
ﾷ =B
ﾷ   ∆BHD  cân tại B nên K là trung điểm
B
1
2
 của HD  (đpcm)
 Từ bài tốn trên ta xây dựng các ví dụ sau.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho  ∆ABC  nhọn có trực tâm H(5;5), phương 
trình đường thẳng chứa cạnh BC là x+y­8=0. biết đường trịn ngoại tiếp 
∆ABC  đi qua 2 điểm M(7 ;3), N(4 ;2). Tìm tọa độ các đỉnh của  ∆ABC .
Hướng dẫn giải.
 

Gọi H’ là giao điểm của AH và đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC theo KQ 
bài tốn gốc thì H’ đối xứng với H qua BC 
+Đường thẳng (HH’) vng góc với BC và qua H có PT x­y=0
+ Gọi A’ là chân đường cao hạ từ A  {A '} = AH BC A '(4; 4) H '(3;3)  
+ Đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm 
H’(3 ;3),M(7 ;3),N(4 ;2) có PT :  x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0  
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

x− y =0
x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0

+ Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ 

x + y −8 = 0
x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0

A(6;6)  
B (6; 2), C (3;5)   

hoặc B(3 ;5),C(6 ;2).

11


Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho  ∆ABC  nhọn. Đường trung tuyến kẻ từ A 
và phương trình đường thẳng BC lần lượt là  3x + 5 y − 8 = 0 & x − y − 4 = 0.  Đường 
thẳng qua A và vng góc với BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tai 
điểm thứ hai là D(4;­2). Viết phương trình các cạnh AB, AC biết  xB 3
Hướng dẫn giải

+ Tọa độ điểm {M}= AM

BC   là nghiệm của hệ 

x− y−4=0
3x + 5 y − 8 = 0

7 1
M ( ;− )  
2 2

 +  AD  qua D & ⊥ BC   có PT: x+y­2=0.
x+ y−2= 0

A(1;1)
3x + 5 y − 8 = 0
x+ y−2=0
K (3; −1)  
+  Tọa độ điểm {K}= AD BC   là nghiệm của hệ 
x− y−4=0
 +Theo KQ bài tốn gốc thì D đối xứng với H qua BC H (2; 4)  
Do  B BC B (t ; t − 4).  M là trung điểm của BC nên C(7­t;3­t).
uuur
uuur
HB = (t − 2; t − 8); AC = (6 − t ; 2 − t )
uuur uuur
t = 2   
HB. AC = 0 (t − 2)(6 − t ) + (t − 8)(2 − t ) = 0
t=7

+ Tọa độ điểm {A}= AM

AD   là nghiệm của hệ 

Do  xB 3 B(2; −2), C (5;1). AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0  
Ví dụ 3. ( Trích đề thi HSG cấp tỉnh mơn tốn tỉnh Thanh Hố năm 2013)
Trong mặt phẳng với hệ  trục tọa độ   Oxy , cho tam giác nhọn  ABC.  Đường 
thẳng chứa đường trung tuyến kẻ  từ  đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có 
phương trình là   3x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua  A  vng góc với 
đường thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là 
D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường thẳng  AB, AC; biết rằng hồnh độ của 
điểm B khơng lớn hơn 3.
Hướng dẫn giải

12


A

H

B

K

C

M

D

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của 
uur uur
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu  nd , ud  lần lượt là vtpt, 
vtcp của đường thẳng d. 
Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương 
trình:
x− y−4=0
3x + 5 y − 8 = 0

x=

7
2

y=−

uuur uuur

1
2

M

7 1
;−
2 2

AD vng góc với BC nên  nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương 
trình của   AD :1( x − 4 ) + 1( y + 2 ) = 0 x + y − 2 = 0 . Do  A  là giao điểm của  AD  và 
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3x + 5 y − 8 = 0
x+ y−2=0

x =1
y =1

A ( 1;1)  

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
x− y−4=0
x+ y−2=0

x=3

y = −1

K ( 3; − 1)

ﾷ
ﾷ
ﾷ
ﾷ
Tứ  giác  HKCE  nội tiếp nên   BHK
, mà   KCE
(nội tiếp chắn cung 
= KCE
= BDA
ﾷAB )  Suy ra  BHK
ﾷ
ﾷ
, vậy K là trung điểm của HD nên  H ( 2; 4 ) .
= BDK
B ( t ; t − 4 ) ,   kết   hợp   với  M  là   trung   điểm  BC  suy   ra 
Do  B  thuộc  BC 
C ( 7 − t ;3 − t ) . 
uuur
uuur
HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; 2 − t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
uuur uuur
HB. AC = 0

( t − 2 ) ( 6 − t ) + ( t − 8) ( 2 − t ) = 0

( t − 2 ) ( 14 − 2t ) = 0

t=2
t =7

t = 2 B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) . Ta có
uuur
uuur
uuur
uuur
AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 )
nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1)

Do  t 3

Suy ra  AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0.
Dạng 3. Bài toán liên quan đến trực tâm của tam giác

13


Bài tốn cơ bản. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường trịn ngoại 
tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E và G  lần lượt là trọng  
tâm các tam giác ACD và  ABC. Chứng minh rằng  I là trực tâm tam giác DEG
                                          Chứng minh

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AD. Khi đó theo tính chất trọng 
tâm tam giác ta có 

CG CE 2
=

=
CD CN 3

GE / / DN  Hay GE//AB  mà   ID ⊥ AB

ID ⊥ GE     

(1)
Mặt khác  ∆ABC  cân tại A nên  AI ⊥ BC  mà DM 
là đường trung bình của  ∆ABC DM / / BC  
do đó  AI ⊥ DM  hay GI ⊥ DM                              (2)  
Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm tam giác DGE
Ta xây dựng các bài tốn sau đây.
Ví dụ  1. Trong mặt phẳng Oxy cho  ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn 
3 3
2 2

1 5
4 4

AB. Biết rằng   I ( ; )   là tâm đường tròn ngoại tiếp và G(0;1), K ( ; )   lần 
lượt là trọng tâm tam giác ACM. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC 
Hướng dẫn giải
A
N
K

D
I

P

G(0;1)
B

C

14


Giả sử M(x;y)
uur uuuur
GI .KM = 0
Ta có  uur uuuur
KI .GM = 0
uuuur

x+ y −3 = 0
5x + y = 0

uuuur

Lại có  MC = 3MG

uur 1 1
GI = ( ; )
4 4
. 
uur
5 1

KI = ( − ; − )
4 4

uuuur
3
3
KM = ( x − ; y − )
2
2  và 
uuuur
GM = ( x; y − 1)

1 7
M (− ; )  
2 2

C (1; −4).  

Mặt khác K là trọng tâm tam giác ACM
 suy ra A(4;5) và M là trung điểm của AB . suy ra B(­5;2).
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho  ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn 
3 3
2 2

1 5
4 4

AB. Biết rằng  I ( ; )  là tâm đường trịn ngoại tiếp và  K ( ; )  trọng tâm tam 
giác ACM. Các đường thẳng AB, CM lần lượt đi qua các điểm E(­2;3), F(0;1). 
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hồnh độ điểm M âm.

Hướng dẫn giải
A
N
K

D

P

I
G
E(-2;3)

F(0;1)

B

C

+ PT đường thẳng CM qua F và vng góc với KI là:
 5x+y­1=0
+ M thuộc CM nên M(m;1­5m)
uuur uuur
+    IM .ME = 0

m = 0 (L)
m=−

1
2

1 7                    
M (− ; )
2 2

+ PT đường thẳng AB qua M và E là:  x­3y+11=0
+ Goi P là trung điểm của AC thì theo 
uuur

3
2

tính chất trọng tâm tam giác ta có :  MP = MK

5 1
P( ; )  
2 2
15


+ Ta có  A AB A(2a − 11; a ); C CM C (c;1 − 5c)  
+ P là trung điểm của AC  a = 5, c = 1  ta được A(4 ;5), C(1 ;­4).
Chọn một tam giác nao đó gi
̀
ả sử A(7;5), B(­1;1), C(3;­3). Khi đó ta tìm được 
11 5
điểm D(3;3). Tâm đường trịn ngoại tiếp  I ( ; ), trọng tâm tam giác ACD là 
3 3
13 5
E ( ; )  .

3 3
Dạng 4. Bài tốn liên quan đến khoảng cách
Ví dụ  1.  Cho hình chữ  nhật ABCD có D(4; 5), M là trung điểm đoạn AD, 
đường thẳng CM  có  phương trình   x − 8 y + 10 = 0 .  Điểm B  nằm trên  đường 
thẳng  d1 : 2 x + y + 1 = 0, yC < 2 . Tìm toạ độ A, B, C
Hướng dẫn giải
A

B
I

K
M

G
H
C

D

Ta có  DK = d ( D, CM ) =

26
 . 
65
DG =

G ọi G là trọng tâm tam giác ADC

2

1
DI = BD
3
3

BG = 2GD  . 

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM    
BH BG
=
=2
DK GD

B d1

BH = 2d ( D, CM ) =

 B(b;  ­1­2b) 

BH =

52
 
65

17b + 18
65

52
=

65

b=2
−70  
b=
17
16


Vì B, D nằm khác phía đối với CM nên b = 2 

B (2; −5)

I (3;0)  

  C (8c − 10; c )  (c < 2). 

C CM

uuur uuur
Có  CB.CD = 0

c =1
143  . 
c=
65

65c − 208c + 143 = 0
2

Do c < 2 nên C(­2; 1), A(8; ­1)
Vậy  A(8; −1), B(2; −5), C(−2;1)  
Ví dụ 2.  Cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của CD, đường thẳng 
BN có phương trình là  13x − 10 y + 13 = 0 , điểm M(­1; 2) thuộc đoạn thẳng AC 
sao cho AC = 4 AM. Gọi H là điểm đối xứng với N qua C, H thuộc đường  
thẳng  ∆ : 2 x − 3 y = 0 . Biết 3AC = 2AB, tìm toạ độ A, B, C, D. 
Hướng dẫn giải
A

B
I

M

G

D

N

Gọi  I = AC BD, G = BN

AC  suy ra G là trọng tâm tâm tam giác BCD 

2
1
1
CG = CI = AC , mà   AM = AC
3
3

4
4
5

Do đó  CG = MG
3
4

d (C , BN ) =
3 2
4 3

H

C

1
2

MG = AC − AM − CG =

4
d ( M , BN )  
5
1
2

1
2

5
AC  
12

8
d (H, BN) = 2 d(C, BN) = d ( M , BN )  
5

Ta có  CM = AC = . AB = AB = CD = NH  

CM =

1
NH  
2
17


suy ra tam giác MNH vng tại M.  H ∆
20
Ta có  d ( M , BN ) =
269

H (3a; 2a )   
a =1
−45  
a=
19

32

d ( H , BN ) =
269

Vì H, M nằm khác phía đối với BN nên H(3; 2) 
Suy ra pt(MN): x + 1 = 0 
uuuur

uuur

Do  CM = 3MA
Vậy  A

A

−5 7
;
3 3

N (−1;0)
I

pt ( MH ) : y − 2 = 0 . 

C(1;1), D(−3; −1)

−1 5
;
3 3

B

7 13
;
   
3 3

−5 7
7 13
; ,B ;
, C(1;1), D(−3; −1)
3 3
3 3

Dạng 5. Bài tốn liên quan đến phân giác của góc
Ví dụ 1. Cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD và BC, biết AB = BC, 
AD = 7. Đường chéo AC có phương trình  x − 3 y − 3 = 0 , điểm  M(­2; ­5) thuộc 
đường thẳng AD. Viết phương trình CD biết B(1; 1).
Hướng dẫn giải
B

C

F

A
D

M

Tứ giác ABCD là hình thang cân nên ABCD nội tiếp đường trịn. 

Mà AB = BC = CD 

ﾷ
ﾷ
ﾷ
 nên AC là đường phân giác trong góc  BAD
 . 
BAC
= CAD

Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC suy ra E thuộc AD
18


Ta có pt(BE): 3x + y − 4 = 0  
  Pt(AD):  3x − 4 y − 14 = 0  

F

3 1
;−
2 2

E (2; −2)  

A(6;1) . 

Ta có D thuộc AD nên  D(2 + 4t; −2 + 3t ) . AD = 7 suy ra  t =
D nằm về  hai phía của AD nên  D
trình 3x ­ 4y + 1 = 0

C (−3; −2)

12
−2
 hoặc  t =  . Do B, 
5
5

2 −16
;
 . Vì BC // AD nên BC có phương 
5 5

AB = 5, CD = 13  suy ra ABCD khơng phải là 

hình thang cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài tốn vơ nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
Thực trạng đứng trước một bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt phẳng 
học sinh thường lúng túng và đặt ra câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải 
bài tốn từ  đâu ? Một số  học sinh có thói quen khơng tốt là khi đọc đề  chưa  
kỹ  đã vội làm ngay, có khi sự  thử  nghiệm đó sẽ  dẫn tới kết quả, tuy nhiên 
hiệu suất giải tốn như  thế  là khơng cao. Với tình hình  ấy để  giúp học sinh 
định hướng tốt hơn trong q trình giải tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng, 
giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét bài tốn dưới nhiều góc độ, 
khai thác các yếu tố đặc trưng hình học của bài tốn để tìm lời giải. Trong đó 
việc hình thành cho học sinh khả  năng tư  duy theo các phương pháp giải là  
một điều cần thiết. Việc trải nghiệm qua q trình giải tốn sẽ giúp học sinh  
hồn thiện kỹ năng định hướng và giải tốn. Cần nhấn mạnh một điều rằng,  
đa số các học sinh sau khi tìm được một lời giải cho bài tốn hình học toạ độ 

trong mặt phẳng thường khơng suy nghĩ, đào sâu thêm. Học sinh khơng chú ý  
đến bản chất hình học phẳng của bài tốn nên mặc dù làm rất nhiều bài tốn 
hình học toạ độ nhưng vẫn khơng phân loại được dạng tốn cơ bản cũng như 
bản chất của bài tốn. 
 Kết quả, hiệu quả của thực trạng trên với thực trạng đã chỉ  ra, thơng 
thường học sinh sẽ dễ dàng cho lời giải đối với các bài tốn có cấu trúc đơn 
giản. Cịn khi đưa ra bài tốn khác một chút cấu trúc cơ bản học sinh thường  
tỏ ra rất lúng túng và khơng biết định hướng tìm lời giải bài tốn. Từ đó, hiệu 
quả giải tốn của học sinh bị hạn chế rất nhiều. Trước thực trạng đó của học 
sinh, tơi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét bài tốn 
hình học toạ độ trong mặt phẳng theo bản chất hình học phẳng. Vì vậy, song 
song với các lời giải cho bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt phẳng, tơi ln  
u cầu học sinh chỉ  ra bản chất và bài tốn hình phẳng tương  ứng, từ  đó 
phân tích ngược lại cho bài tốn vừa giải. Trong sáng kiến kinh nghiệm này,  
tơi sẽ  chỉ  ra một trong nhiều nội dung được áp dụng có hiệu quả. Việc đưa 
nội dung này nhằm khai thác các tính chất hình học phẳng để định hướng tìm 
19


lời giải bài tốn hình học toạ độ và xem việc chỉ ra bản chất hình học phẳng 
sẽ  bổ  trợ  cho giải tốn chứ  khơng phải là chúng ta đi giải một bài hình học  
phẳng. Qua đó giúp học sinh nhận thức được rằng: “Mỗi bài tốn hình học 
toạ độ trong mặt phẳng ln chứa đựng một bài tốn hình phẳng tương ứng”. 
Vì vậy phân tích bản chất của bài tốn hình học phẳng để  bổ  trợ  cho việc  
giải bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt phẳng là một suy nghĩ có chủ  đích, 
giúp học sinh chủ động hơn trong việc tìm kiếm lời giải cũng như  phân loại 
một cách tương đối các bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng
2.3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề
1. Tổ  chức cho học sinh hình thành kỹ  năng giải tốn thơng qua một  
(hay nhiều) buổi học có sự hướng dẫn của giáo viên 

2. Tổ  chức rèn luyện khả  năng định hướng giải tốn của học sinh. 
Trong đó u cầu khả  năng lựa chọn lời giải ngắn gọn trên cơ  sở  phân tích  
bài tốn hình học phẳng tương ứng. 
3. Tổ chức kiểm tra để thu thập thơng tin về khả năng nắm vững kiến  
thức của học sinh. 
4. Trong mỗi bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt phẳng đều u cầu 
học sinh thực hiện phân tích bản chất hình học phẳng cũng như  đưa ra các 
hướng khai thác mở rộng cho bài tốn. 
5. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện. 
Để tăng cường tính chủ động cho học sinh trong buổi học thứ nhất, tơi  
đã cung cấp cho học sinh một hệ thống các bài tập đề thi về bài tốn hình học  
toạ  độ  trong mặt phẳng cho bài học. u cầu học sinh về  nhà chuẩn bị  lời  
giải, phân loại các bài tốn thành các nhóm tương tự nhau cũng như trả lời câu 
hỏi: bản chất bài tốn  ấy là gì? Có tổng qt, mở  rộng, phân loại dạng tốn 
được khơng? Bài tốn hình học toạ  độ  trong mặt phẳng xuất hiện thường 
xun trong các đề  thi học sinh giỏi với mức độ  tương đối khó. Vì vậy, để 
giải được dạng tốn này chúng ta cần tìm hiểu bản chất cũng như  xây dựng  
phương pháp tư duy giải tốn đặc trưng cho loại tốn. Trong các buổi học này  
chúng ta sẽ cùng nghiên cứu về một phương pháp tư duy giải tốn: "phân tích 
tính chất hình học phẳng trong bài tốn hình học toạ  độ  tương  ứng". Trước 
hết, ta cần chú ý chuyển bài tốn toạ độ về bài tốn hình phẳng trên cơ sở các  
dữ  kiện bài tốn đã cho. Sau đó, ta sẽ  phân tích tính chất hình học trên hình 
phẳng để định hướng tìm lời giải bài tốn.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
­ Từ những giải pháp nêu trên, bản thân tơi thấy các kết quả khả quan.
+ Việc tiếp cận các bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng của các  
em học sinh đã nhanh nhạy hơn, các em đã tự tin khi tiếp cận dạng tốn này.
+ Khơng khí lớp học sơi nổi, các em thấy hứng thú với việc tiếp cận 
vấn đề mới.
+ Chất lượng ơn thi mũi nhọn mơn Tốn của nhà trường được nâng lên  

rõ rệt, làm tiền đề cho việc nâng cao chất lượng dạy và học.
20


Trong hai đề  thi học sinh giỏi cấp trường mơn tốn năm học 2016 ­ 
2017 thì có 85% học sinh lớp 10 và 90% học sinh lớp 11 giải được bài tốn  
hình học giải tích phẳng.

21


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Trước một bài tốn, giáo viên phải biết hướng dẫn học sinh tự giải, 
biết tìm ra hướng đi đúng đắn. Bởi một số bài tốn địi hỏi phải sáng tạo, 
phải có tư duy nhất định mới có thể giải được.
Biết trân trọng thành  quả lao động sáng tạo của các nhà khoa học, giúp 
học sinh hứng thú học tập bộ mơn nhằm nâng cao chất lượng bộ mơn tốn và 
chất lượng giáo dục hiện nay.
Hiện nay, đa số các thầy cơ giáo cũng biết phương pháp này. Tuy nhiên  
ứng dụng của nó hiện nay chưa được nghiên cứu một cách tổng thể. Do vậy  
tơi mong rằng những kinh nghiệm nhỏ  mình có thể  giúp ích phần nào cho 
cơng tác giảng dạy tại các trườngtrung học phổ thơng.
3.2. Kiến nghị
  
Qua thực tế giảng dạy tơi nhận thấy để  học sinh hiểu, nắm vững kiến  
thức cơ bản, vận dụng được kiến thức để giải tốn cần lưu ý một số nội dung  
sau:
 
Phải đầu tư  nhiều thời gian để  nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, tài 

liệu tham khảo để hiểu rõ kiến thức cơ bản, kiến thức trọng tâm.
 Biết phân loại, dạng bài tập phù hợp các đối tượng trong lớp, kiên trì 
uốn nắn động viên, phát huy kiến thức học sinh đã có, bổ  sung hồn thiện 
kiến thức học sinh thiếu, hổng trong từng tiết dạy.
Thường xun nắm bắt ý kiến phản hồi từ phía học sinh thơng qua các 
tiết bài tập, bài kiểm tra định kỳ, kiểm tra miệng … điều chỉnh kịp thời nội 
dung giúy học sinh dể hiểu bài học.
 
Trước khi giảng dạy phần này nói riêng cũng như các nội dung khác nói 
chung giáo viên cần bổ  sung những nội dung kiến thức có liên quan để  học 
tốt nội dung mới.
  
Trên đây là một số  kinh nghiệm của bản thân để  phần nào giúp học  
sinh có cái nhìn dễ dàng hơn về bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng.  
Tơi cũng nhận thấy với sự  hiểu biết có hạn, thời gian, khơng gian hẹp nên  
sáng kiến này khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi rất mong nhận được sự đóng góp 
của các đồng nghiệp. Tơi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

         Thanh Hóa, ngày 26  tháng 5 năm 2017

Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, 
khơng sao chép nội dung của người khác.
                           Người viết
                               

              Nguyễn Hữu Tuấn

                          Lê Bá Tn

22