tên đề tài nhìn bài toán hình học phẳng thuần túy bằng “con mắt tọa độ

S GIO DC O TO BèNH NH
TRNG THPT TNG BT H
***









SNG KIN KINH NGHIM
MễN TON


ẹe taứi:


NHèN BI TON HèNH HC PHNG


THUN TY BNG CON MT TA

Ngi thc hin: Huyứnh Duy Thuỷy







Nm hc 2012-2013

Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
1



MỤC LỤC

Trang
PHẦN A: MỞ ĐẦU
3
I. Đặt vấn ñề. 3
1. Thực trạng của vấn ñề 3
2. Ý nghĩa và tác dụng. 3
3. Phạm vi nghiên cứu của ñề tài. 4
II. Phương pháp tiến hành. 4
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn có tính ñịnh hướng cho việc nghiên cứu,
tìm giải pháp của ñề tài.
4
2. Các biện pháp, thời gian tạo ra giải pháp. 5
PHẦN B: NỘI DUNG
5
I. Mục tiêu 5
II. Mô tả phương pháp của ñề tài. 5

1. Thuyết minh tính mới. 6
2. Nội dung cụ thể: 6
Các nguyên tắc cần lưu tâm khi giải bài toán hình học thuần túy bằng
công cụ tọa ñộ.
6
- Hình thành hệ trục tọa ñộ trong mặt phẳng. 7
- Những kiến thức thiết yếu trong sử dụng công cụ tọa ñộ. 12

* Bài tập minh họa:
15
- Dạng bài: Tính toán 15
- Dạng bài: Chứng minh hai ñường thẳng vuông góc. 21
- Dạng bài: Chứng minh ñẳng thức liên quan ñến ñộ dài ñoạn thẳng. 24
- Dạng bài: Chứng minh ñường thẳng ñi qua ñiểm cố ñịnh. 27
- Bài toán minh họa: 2 cách chọn hệ trục tọa ñộ Đề-các khác nhau. 32
- Dạng bài: Tính tỷ số giữa hai ñoạn thẳng. 37
- Dạng bài: Tương giao giữa các ñường thẳng. 41
- Dạng bài: Xác ñịnh vị trí của ñiểm. 46
- Dạng bài: Chứng minh hai ñường thẳng song song. 49

M
ỤC LỤC

Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
2


- Dạng bài: Chứng minh 1 ñiểm di ñộng trên 1 ñường cố ñịnh.
53

- Dạng bài: Liên quan ñến giá trị lớn nhất của biểu thức. 56
- Dạng bài: Tìm quỹ tích. 59
3. Khả năng áp dụng. 61
Phần trích ngang hoạt ñộng chuyên môn của tác giả.
63
PHẦN C: KẾT LUẬN
64
TÀI LIỆU THAM KHẢO
65

Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
3


PHẦN A: MỞ ĐẦU


I. ĐẶT VẤN ĐỀ


1. Thực trạng của vấn ñề:
* Bài toán hình học phẳng “thuần túy” là một trong những bài toán cổ xưa nhất
của toán học, ẩn chứa vẻ ñẹp diệu kỳ, là một trong những bài toán rất phổ thông và có
vai trò quan trọng trong toán học và ñời sống. Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp
tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế, thí sinh thường xuyên phải va chạm với bài toán khá “hóc
búa” gây nhiều khó khăn, trăn trở này. Vì thế việc tìm hiểu và tường minh một giải
pháp khả dĩ là kỳ vọng của tác giả.
- Sử dụng công cụ tọa ñộ là giải pháp ñược ñề cập và luận bàn trong bài viết
này.
* Những câu hỏi rất “tự nhiên” ñược ñặt ra là:
- Dựa vào dấu hiệu nào, ñặc ñiểm gì mà ta vận dụng công cụ tọa ñộ ?
- Với mỗi bài toán, việc xây dựng hệ trục tọa ñộ ñược hình thành qua những
công ñoạn nào?
- Liệu rằng có thể xác lập ñược một nguyên tắc chung với các bước thực hiện

có trình tự trong việc vận dụng công cụ tọa ñộ hay không?.
Bằng sự trải nghiệm, người viết cố gắng giải ñáp những câu hỏi ñã ñặt ra với
ước vọng góp một chút suy nghĩ bé nhỏ của mình ñể cùng quý thầy cô tạo ra một góc
nhìn ña chiều về bài toán rất phổ thông và quan trọng này.
2. Ý nghĩa và tác dụng:
- Giải pháp sử dụng công cụ tọa ñộ mang lại nhiều ý nghĩa và tác dụng: Với
việc sử dụng công cụ tọa ñộ, ta ñã ñại số hóa bài toán hình học. Biến những quan hệ
thuần túy trong hình học sang yếu tố về “lượng”, chính vì thế “cơ hội” giải bài toán
cao hơn và có ñường lối hơn. Điều này là rất quan trọng trong dạy toán, học toán.
3. Phạm vi nghiên cứu của ñề tài:
Phạm vi nghiên cứu mà ñề tài hướng tới là:
- Hình thành cô ñọng lượng kiến thức thiết yếu, nền tảng làm cơ sở cho giải
pháp sử dụng công cụ tọa ñộ.


A. PH
ẦN MỞ ĐẦU

I. ĐẶT VẤN ĐỀ:

Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
4


- Xây dựng nguyên tắc xác ñịnh hệ trục tọa ñộ Đề các tương ứng với mỗi loại
hình.
- Khám phá, phân tích nhiều lời giải trên một bài toán, làm rõ quan hệ hữu cơ,
sự hỗ trợ, bổ sung cho nhau giữa các cách giải, từ ñó hoàn thiện kiến thức và nắm bắt
bài toán một cách thấu ñáo và có chiều sâu.

II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH

1. Cơ sở lý luận và thực tiễn:
Qua quá trình giảng dạy, người viết luôn nâng cao ý thức tự học, tinh thần cầu
tiến, lắng nghe, học hỏi ở nhiều thế hệ thầy cô. Tìm tòi, tham khảo những tài liệu có
liên quan, khai thác, khám phá, phát hiện, kiến tạo, xử lý và tích lũy thông tin.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian:
* Từ những dạng bài trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, người viết suy nghĩ ,
“mỗ xẻ”, tìm ra biện pháp, ý tưởng theo cách của riêng mình, tạo ra một cách nhìn
nhiều khía cạnh, “nhìn” từ phía bên trong của mỗi bài toán.
* Người viết xin cam ñoan rằng: Đề tài này tự bản thân mình xây dựng với tất
cả lòng ñam mê của người ñã “trót yêu” toán. Tuyệt ñối không sao chép, dựa dẫm từ
bất kì ñề tài nào.












II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH:

Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy

5





I. MỤC TIÊU
- Với kết cấu và u cầu chung của chương trình hiện nay, việc giải tốn bằng
cơng cụ tọa độ được đặc biệt nhấn mạnh.
- Với việc xử lý các tính chất, quan hệ hình học bằng phép tốn đại số, người
viết hy vọng góp một chút cơng sức để làm phong phú hơn “hành trang” của người dạy
tốn, học tốn, bằng một giải pháp mạnh “giải pháp sử dụng cơng cụ tọa độ”.



1. Tính mới và tính sáng tạo của giải pháp:
- Tính mới của giải pháp dự thi thể hiện ở 7 điểm sau:
(7 điểm mới này cũng đồng thời khắc phục được những nhược điểm của
giải pháp đã biết).



Bên cạnh lời giải có sẵn, tác giả sáng tác thêm ít nhất một lời giải mới cho mỗi
bài tốn (có những bài tốn tác giả trình bày 4 cách giải, trong đó có 3 cách giải mới
do tác giả tự sáng tác). Từ đó tạo ra một góc nhìn đa chiều về bài tốn rất phổ thơng và
quan trọng này.



Làm rõ tính tương tác, quan hệ biện chứng, sự hỗ trợ, bổ sung lẫn nhau giữa

cách giải truyền thống và cách giải sử dụng cơng cụ tọa độ, từ suy nghĩ cho cách giải
này giúp nảy sinh ý tưởng cho cách giải khác và ngược lại. Từ đó tạo ra nhiều sự lựa
chọn và “cơ hội” giải bài tốn cao hơn, có đường lối hơn.




Chỉ ra được trên cùng một bài tốn, ta có thể xác lập được các hệ trục tọa độ Đề
các với những vị trí khác nhau, mà bài tốn vẫn cho cùng kết quả. Điều này thể hiện
tính độc đáo, sự “tự do” khơng bị gò bó, cứng nhắc của giải pháp. Đây lại là một ưu
điểm rõ ràng của giải pháp.

B. NỘI DUNG

I. MỤC TIÊU.

II. MƠ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.

Một là:

Hai là:

Ba là:


Sỏng kin kinh nghim. Nm hc 2012 - 2013
Ngi thc hin: Hunh Duy Thy
6

Ch ra ủc nhng bi toỏn nu s dng gii phỏp cụng c ta ủ, thỡ bi gii
cho kt qu ủp, ngn gn, cụ ủng v trn vn.




cp ủn nhng bi toỏn hỡnh hc phng, nu gii bng cỏch thun tỳy
truyn thng thỡ khú thc hin, thm chớ b tc. Trong khi ủú gii phỏp vn dng cụng
c ta ủ vn kh thi.




X lý ủc bi toỏn bng cỏch s dng gii phỏp d thi thỡ cht ch, thuyt
phc dt ủim hn so vi cỏch gii thun tỳy truyn thng.




Xỏc lp ủc nguyờn tc hỡnh thnh h trc ta ủ cỏc tng thớch cho mi
loi hỡnh.

2. Ni dung c th:

* Cỏc nguyờn tc cn lu tõm khi gii bi toỏn hỡnh hc phng thun tỳy bng
cụng c ta ủ l:
+ Chn h trc ta ủ

- Gc ta ủ, trc ta ủ thng gn lin vi ủim v ủng ủc bit ca bi
toỏn nh: tõm ủng trũn, ủnh gúc vuụng, trung ủim ủon thng, chõn ủng cao .
+ Chuyn ủi ngụn ng t yu t hỡnh hc thun tỳy sang ngụn ng ta
ủ.
- Chun húa ủ di cỏc ủon thng v ủn v trc.
- T ủú xỏc ủnh ta ủ cỏc ủim v phng trỡnh cỏc ủng, theo hng hn
ch ủn mc thp nht vic s dng cỏc tham s, ủiu chnh giỏ tr ca
cỏc tham s
ủ nhn ủc nhng ta ủ ủp giỳp cỏc phộp toỏn tr nờn ủn gin.


+ Khai thỏc cỏc tớnh cht v phộp toỏn liờn quan ủn vộct v ta ủ nh:
- iu kin theo ta ủ ủ 2 vộc t vuụng gúc.

Boỏn laứ:


Naờm laứ:

Saựu laứ
:


Baỷy laứ:


Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
7

.
- Điều kiện theo tọa ñộ ñể 2 véc tơ cùng phương.
- Tính khoảng cách từ 1 ñiểm ñến ñường thẳng dựa theo tọa ñộ.
- Tính số ño của góc hợp bởi 2 ñường thẳng dựa theo tọa ñộ …
+ Với sự trợ giúp của công nghệ máy tính ta không “ngại” khâu tính toán.




* Bài toán có ñơn giản hay không, phần lớn phụ thuộc vào việc hình thành hệ
trục tọa ñộ và ñơn vị trục.
* Sau ñây là cách chọn hệ trục tọa ñộ tương ứng với những loại hình ñơn giản
và thường gặp.





Ta chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc Axy:
B thuộc tia Ax
Chuẩn hóa AB = 1
A (0; 0)
B (1; 0)
Hoặc chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc Ixy. Trong ñó I là trung ñiểm ñoạn
AB. B thuộc tia Ox.

TAM GIÁC CÂN


* Trường hợp tam giác ABC cân tại A.

Thông thường ta xây dựng hệ trục tọa ñộ ñề các vuông góc như sau:
- Hạ ñường cao từ ñỉnh của tam giác cân ñến cạnh ñối diện

AO BC
⊥

- Chọn hệ trục tọa ñộ ñề các vuông góc Oxy trong ñó:


x
y
A
B
HÌNH THÀNH HỆ TRỤC TỌA ĐỘ TRONG MẶT
PHẲNG NHƯ THẾ NÀO?

ĐOẠN AB CỐ ĐỊNH


TAM GIÁC CÂN


Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
8



+ O (0; 0) là gốc tọa ñộ.

+ Đỉnh C thuộc tia Ox.
+ Đỉnh A thuộc tia Oy.
* Chuẩn hóa ñộ dài.
Đặt
OC c
OA a
=


=

(a, c > 0)
Khi ñó ta nhận ñược
C (c ; 0)
B (-c ; 0)
A (0; a)
G (0;
3
a
) (G là trọng tâm
ABC
∆
)




TAM GIÁC ĐỀU

y
x
B
C
O
G
A
* Hạ AO
⊥
BC
Chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông
góc Oxy.
C thuộc tia Ox
A thuộc tia Oy

* Chuẩn hóa ñộ dài cạnh tam giác
bằng 2a. (a > 0)
B (-a ;0)
C (a ; 0)
A (0;
3
a
)

y
0

x

B

C

A

TAM GIÁC ĐỀU


Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
9



TAM GIÁC

HÌNH VUÔNG ABCD

Chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc Axy
B thuộc tia Ax

D thuộc tia Ay
Chuẩn hóa ñộ dài cạnh hình vuông bằng 2
Ta có: A (0; 0)
B (2; 0)
C (2; 2)
D (0; 2)
Tâm hình vuông I (1; 1)
Trung ñiểm cạnh AB là P (1;0)




Chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc
Oxy.
Gốc tọa ñộ O là trung ñiểm cạnh BC.
C thuộc tia Ox.

Hoặc
Chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc
Oxy.
Gốc tọa ñộ O là chân ñường vuông góc
hạ từ ñỉnh A.
C thuộc tia Ox.
A thuộc tia Oy.
x
B
C
O
A y

A

0

x

B

C

x
y
D C
A
B
P
I
TAM GIÁC


HÌNH VUÔNG


Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
10


HÌNH CHỮ NHẬT

- Chọn một ñỉnh của hình chữ nhật làm gốc tọa ñộ.
- Hai cạnh liên tiếp của hình chữ nhật nằm
trên hai trục tọa ñộ.
* Chuẩn hóa ñộ dài:
Không mất tính tổng quát, ta ñặt chiều dài,
chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là:
2a, 2b, (a > b>0).
Khi ñó ta nhận ñược những kết quả thật ñẹp.
Chẳng hạn: Tâm của hình chữ nhật là I (a, b).
Phương trình ñường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật là:

2 2 2 2
( ) ( )
x a y b a b
− + − = +


HÌNH THOI

* Hai ñường chéo của hình thoi vuông
góc với nhau, nên ta có thể chọn giao
ñiểm 2 ñường chéo là gốc tọa ñộ.
- Mỗi ñường chéo nằm trên mỗi trục
tọa ñộ.



* Trường hợp biết số ño của 1 góc ở
ñỉnh hình thoi, ta có thể chọn ñỉnh này
làm gốc tọa ñộ và một cạnh của hình
thoi ñi qua ñỉnh ñó là 1 trục tọa ñộ.
* Chuẩn hóa ñộ dài:
Để có những tọa ñộ “ñẹp” không mất
tính tổng quát, ta chuẩn hóa ñộ dài cạnh
hình thoi bằng 1.
x
B
A

C D
I
0 x
y
0

O

x
y
α

D

C

B
B

A

HÌNH CHỮ NHẬT


HÌNH THOI


Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ

c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
11


ĐƯỜNG TRÒN


- Chọn tâm ñường tròn làm gốc tọa ñộ.
- Chọn một ñường kính làm trục tọa ñộ.
- Chuẩn hóa ñộ dài bán kính R = 1.
- Ta có phương trình ñường tròn.
x
2
+ y
2
= 1
Với ñiểm A nằm trên ñường
tròn, ta có thể xác ñịnh tọa ñộ
ñiểm A: A (cosa, sina).
(Vì dựa theo cos
2
a + sin
2
a = 1)



HÌNH LỤC GIÁC ĐỀU

- Trong hình lục giác ñều, bao giờ ta cũng chỉ ra ñược một ñường chéo và một
cạnh vuông góc với nhau.
- Xét hình lục giác ñều ABCDEF, ñường chéo AC và cạnh AF vuông góc nhau.
- Chọn hệ trục tọa ñộ ñề các vuông góc Axy trong ñó:
+ A (0 ; 0)
+ F thuộc tia Ax
+ C thuộc tia Ay
- Chuẩn hóa ñộ dài:

C
D
E
B
F

A
x
y
y
x
O

A
y
ĐƯỜNG TRÒN


HÌNH LỤC GIÁC ĐỀU


Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
12

Không mất tính tổng quát, ta chuẩn hóa ñộ dài bán kính ñường tròn ngoại tiếp
lục giác ñều bằng 2h.
Ta có những tọa ñộ “thật ñẹp”: A (0, 0)
B (-h,
3
h
)

(0;2 3 )
(3 ; 3 )

C h
E h h


CÁC LOẠI HÌNH KHÁC


* Điều quan trọng cần nhận rõ rằng có loại hình, khi chọn hệ trục tọa ñộ Đề
các vuông góc, ta có thể chỉ chọn một trục tọa ñộ, trục còn lại không cần quan tâm
tới, bài toán vẫn giải tốt.
- Còn hơn thế nữa, trên cùng một bài toán, ta có thể lựa chọn những hệ trục tọa
ñộ Đề -các vuông góc khác nhau, nhưng vẫn ñem lại kết quả như nhau.
- Những ñiều trên ñược trình bày trong phần bài tập minh họa.
- Như vậy việc chọn hệ trục tọa ñộ là rộng ñường, không bị “gò bó”, “cứng
nhắc”, ñây lại là một ưu ñiểm nữa của giải pháp sử dụng công cụ tọa ñộ
.



* Với việc hình thành hệ trục tọa ñộ trong mặt phẳng, ta giải ñược các bài toán
thường gặp sau ñây, dựa theo các bước ñã ñược “mặc ñịnh” ñây là thế mạnh “rất
riêng” của giải pháp sử dụng công cụ tọa ñộ.





Ta thực hiện như sau:
- Gọi tọa ñộ ñiểm M (x; y).
- Dựa vào tính chất của ñiểm M có trong giả thiết, ta tính ñược:

( )
( )
x h m
y g m
=


=

với m là tham số thực
- Khử tham số m, ta nhận ñược phương trình dạng
( )
y f x
=
.
CÁC LOẠI HÌNH KHÁC


NHỮNG KIẾN THỨC THIẾT YẾU TRONG
SỬ DỤNG CÔNG CỤ TỌA ĐỘ


Bài toán: TÌM QUỸ TÍCH ĐIỂM M.

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N

ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
13

- Khi ñó, căn cứ vào ñiều kiện ràng buộc của tham số m ta giới hạn ñược quỹ
tích ñiểm M (nếu có).
* Trường hợp, một trong hai thành phần tọa ñộ không phụ thuộc vào tham số m
thì ñiểm M di ñộng trên ñường thẳng nằm ngang hoặc thẳng ñứng.
- Công ñoạn còn lại: giới hạn quỹ tích.


Để chứng minh ñường thẳng (d) ñi qua một ñiểm cố ñịnh ta thực hiện các bước
sau:
- Viết phương trình ñường thẳng (d). (Phụ thuộc vào tham số thực m)
- Biến ñổi phương trình ñường thẳng (d) về dạng:

( , ). ( , ) 0,
f x y m g x y m R
+ = ∀ ∈

- Tọa ñộ ñiểm cố ñịnh mà ñường thẳng (d) luôn ñi qua khi m thay ñổi là nghiệm
của hệ phương trình:

( , ) 0
( , ) 0
f x y
g x y

=


=


Giải hệ phương trình trên ta ñược tọa ñộ ñiểm cố ñịnh.




- Viết phương trình ñường thẳng
( )
∆
(Phụ thuộc tham số thực m).
- Xác ñịnh một ñường tròn (C ) cố ñịnh có tâm I, bán kính R.
- Chứng minh
( , )
d I R
∆ =
.


Để chứng minh ñiểm M di ñộng trên một ñường cố ñịnh, thông thường ta ñịnh
hướng giải như sau:
- Viết phương trình hai ñường thẳng di ñộng ñi qua ñiểm M.
- Giải hệ phương trình ta nhận ñược tọa ñộ giao ñiểm M (x, y)

Bài toán: Chứng minh ñường thẳng (d) ñi qua một ñiểm cố ñịnh.

Bài toán: Chứng minh ñường thẳng
( )
∆

tiếp xúc với một ñường
tròn cố ñịnh.


Bài toán: Chứng minh ñiểm M di ñộng trên một ñường cố ñịnh.


Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
14
1 2
.
cos( , ) cos( , )
.
= =
r r
r r

r r
a b
d d a b
a b

với
( )
( )
x g m
y h m
=


=


- Khử giá trị tham số m ta nhận ñược phương trình ñường cố ñịnh là:

( )
y f x
=



-Ta vận dụng biểu thức tọa ñộ của tích vô hướng.

. 0
a b a b
⊥ ⇔ =
r r r r

1 2 1 2
0
a a b b
⇔ + =

Hoặc chứng minh tích hai hệ số góc của 2 ñường thẳng bằng (-1).


- Ta vận dụng ñiều kiện ñể 2 véctơ
( , )
AB h k
=
uuur
và
( , )
AC m n
=
uuur
cùng phương
là:
h k
0
m n
=



- Ta vận dụng ñiều kiện 2 véctơ cùng phương.

- Ta vận dụng công thức tính khoảng cách từ 1 ñiểm ñến 1 ñường thẳng.
2 2
( , )
M M
ax by C
d M
a b
+ +
∆ =
+


- Công thức tính ñộ dài ñoạn thẳng.
2 2
( ) ( )
B A B A
AB x x y y
= − + −




- Ta vận dụng công thức.


Bài toán: Chứng minh hai ñường thẳng vuông góc.

Bài toán: Chứng minh ba ñiểm thẳng hàng.


Bài toán: Chứng minh hai ñường thẳng song song.


Bài toán: TÌM DIỆN TÍCH


Bài toán: Tính số ño góc hợp bởi 2 ñường thẳng.


Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
15


BÀI TẬP MINH HỌA

Trong mỗi bài tập minh họa người viết tìm tòi, phát hiện những ñặc ñiểm tiềm
ẩn, trao ñổi suy nghĩ, phân tích lời giải. Bởi mỗi lời giải mang một nét ñẹp riêng và
ngoài việc cập nhật cho ta giải pháp xử lý bài toán, còn hàm chứa một lượng kiến
thức thiết yếu.

DẠNG BÀI TÍNH TOÁN

Cho tam giác ABC có

BEC

là góc nhọn, trong ñó E là trung ñiểm của cạnh
AB. Trên tia EC lấy ñiểm M sao cho


BME ECA
=
.
Ký hiệu
α
là số ño của góc

BEC
.
Hãy tính tỷ số
CM
AB
theo
α
.
(Đề thi chọn HSG quốc gia năm học 2008 – 2009)





Trên tia CE lấy ñiểm I sao cho E là trung ñiểm CI. Khi ñó ta có ACBI là hình
bình hành.




CIB ACE
⇒ =

Theo giả thiết:


ACE
EMB
=

Nên :


CIB
EMB
=

Suy ra:
MBI
∆
cân tại B.
Kẻ
BJ MI
⊥
, ta có J là trung ñiểm MI.
Do góc

0
90
CEB

<
nên góc

ECB
xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1:

0
90
ECB
<

Mà

0
90
CEB
<

Nên ñiểm J nằm giữa C và E.
Ta lại có E nằm giữa C và I (do E là trung ñiểm CI).
Do ñó: E nằm giữa I và J.

JI JE EI
⇒ = +
(*)

BÀI TẬP MINH HỌA

DẠNG BÀI TÍNH TOÁN

Cách gi
ải 1: Thuần túy h
ình h
ọc.

Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
16

Vì M thuộc tia EC nên.



0
90
MEB CEB
= <

Lại có:


 
0
90
EMB ACE CEB CAB
= = − <

Nên J nằm giữa M và E.

MJ ME EJ
⇒ = −
(1)
Ta chứng minh C nằm giữa M và E.
Thật vậy, giả sử M nằm giữa E và C.
Khi ñó, ta có




EMB ECB CBM ECB
= + >




CIB ECB
⇒ >

CB BI
⇒ >

CB CA
⇒ >



CAB CBA
⇒ >

Mà


EMB ECB
>



ACE ECB
⇔ >

Nên




0 0
180 180
CAB ACE CBA ECB
− − < − −



CEA CEB
⇒ <

Mà


0

180
CEA CEB
+ =

Nên

0
90
CEB
>
(ñiều trái với giả thiết ta ñang xét là góc

0
90
ECB
<
)
Như vậy M không thể nằm giữa E và C.
Mà M thuộc tia EC.
Nên C nằm giữa M và E.
Do ñó ME = MC + CE (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MJ = MC + CE – EJ (**)
Từ (*) và (**) và MJ = JI
Suy ra: MC + CE – EJ = JE + EI
⇒
MC – EJ = JE

⇒
CM = 2EJ = 2EB cos
α

= AB cos
α

cos
CM
AB
α
⇒ =

Trường hợp 2:

0
90
ECB
>


α
B
I
M
C
J
E
A
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N

ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
17

Mà

0
90
CEB
<
nên ñiểm C nằm giữa J và E (3)
Ta lại có E nằm giữa C và I. Do ñó E nằm giữa I và J.
Suy ra: IJ = IE + EJ = IE + EC+ CJ = 2CE + CJ(***)
Ta chứng minh ñiểm M không thể nằm giữa E và C.
Thật vậy, giả sử M nằm giữa E và C.
Ta có:




0
90
EMB ECB MBC ECB
= + > >

Mà






0
90
EMB ECA CEB CAE CEB
= = − < <

Như vậy

0
90
EMB
>
và

0
90
EMB
<
mâu thuẩn nhau.
Do ñó ñiểm M không nằm giữa E và C. Mà M thuộc tia EC nên C nằm giữa M
và E. Khi ñó, ta có:


0 0
180 90
MCB ECB
= − <






0
EMB 90
CMB ECA CEB CAE
= = = − <

Mà J là chân ñường cao kẻ từ B xuống ñường thẳng CM. Nên J nằm giữa C và
M. Suy ra: JM = CM – CJ (****)
Từ (***) và (****) kết hợp với J là trung ñiểm IM.
Suy ra: 2CE +CJ = CM – CJ
2 2
CM CE CJ
⇒ = +
2
EJ
=
2 . os = AB cos
EB c
α α
=

cos
CM
AB

α
⇒ =

Trường hợp 3:

0
90
ECB
=
. Khi ñó J
≡
C
⇒
C là trung ñiểm IM.
Do ñó: CM = CI = 2 CE
= 2EB cos
α

= AB.cos
α


cos
CM
AB
α
⇒ =

Kết luận: Từ 3 trường hợp ñã xét ta ñược
cos
CM
AB
α
=





A
α
B
I
M
J
E
C
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy

18














Đặt


BME ECA
β
= =

Ta có:
2 2 2
2 . .cos
BC BE EC BE EC
α
= + −

2 2 2 2 2
2 . cos( ) 2 . .cos
AC AE EC AE EC AE EC EC AE
π α α
= + − − = + +

Vì BE = AE
2 2
BE AE
⇒
=


2 2
4 . cos
AC BC EC AE
α
⇒
− =

Vì
α
là góc nhọn nên cos
α
> 0
2 2
0
AC BC
⇒
− >

2 2
AC BC
⇔ >

AC BC
⇔ >

Xét tam giác BEC có:



sin
sin
BE BC
BCE
α
=
(1)
Xét tam giác AEC.


( )
sin sin sin
sin
AE AC AC AC
AEC
β π α α
= = =
−
(2)

(2) – (1) ta ñược.


sin sin
sin
AE BE AC BC
BCE
β α
−
− =

Vì AC > BC
0
AC BC
⇒ − >


sin 0
α
⇒ >


0
sin
AC BC
α
−
⇒ >

 
0 0
sin sin
sin sin
AE BE AE AE
BCE BCE
β β
⇒
− > ⇔ − >




1 1
sin sin
sin
sin
BCE
BCE
β
β
⇔ >
⇒
<


⇒
C nằm giữa E và M.
Xét tam giác BEM.

A
α
β
β
C
B
M E
Cách giải 2: Sử dụng hệ thức lượng

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
19


[ ]
sin sin ( ) sin( + )
BE EM EM
β π α β α β
⇒ = =
− +

.sin( )
sin
BE
ME
α β
β
+
⇒ =


.sin( ) .sin( )
sin 2sin
BE AB
MC CE
α β α β
β β
+ +
⇔ + = =
(1)
Xét tam giác ECA


 
sin sin
sin sin 2sin
sin
CE AE AE EAC AB EAC
CE
EAC
β β β

= ⇔ = =
(2)
Từ (1) và (2)

.sin( ) sin
2sin 2sin
AB AB EAC
CM
α β
β β
+
⇒ = −


sin( ) .sin
2sin
AB AB EAC
α β
β
+ −
=

(
)
(
)
. sin sin
2sin
AB
α β α β

β
+ − −
 
 
=


(
)
(
)
sin sin
2sin
CM
AB
α β α β
β
+ − −
⇔ =
2cos .sin
cos
2sin
α β
α
β
= =

Kết luận:
cos
CM

AB
α
=


















y
x
B
M
C
A
D
H
α

E
Cách giải 3: Sử dụng công cụ tọa ñộ

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
20


Đặt
2
AB a
EC c
=


=

(a > 0, c > 0)
Chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc Exy, với ñiểm C thuộc tia Ex. Trên trục
Ex lấy ñiểm D sao cho E là trung ñiểm ñoạn DC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên Ox. Do
α

là góc nhọn nên 3 ñiểm H,
C, M nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB.
Ta có: E (0; 0)
C (c ; 0)
D (- c; 0)
.cos 0
EH a
α
= >
(vì
α
là góc nhọn). Ta có tứ giác ACBD là hình bình hành.
Nên


BDE ECA
=

Mặt khác theo giả thiết:


BME ECA
=

Suy ra:


BDE BME
=

Do ñó
DBM
∆
cân tại B.
Từ ñó, ta ñược
DH HM
=


DE EH HC CM
⇔ + = +


c EH EC EH CM
⇔ + = − +


c EH c EH CM
⇔ + = − +


2 2 .cos
CM EH a
α
⇔ = =

Vậy
2 .cos
CM a
α

=

Do ñó:
2 .cos
cos
2
CM a
AB a
α
α
= =


Kết luận:
cos
CM
AB
α
=





- Phân tích cách giải 1:
+ Việc vẽ thêm ñường phụ
BJ CE
⊥
là ñiều dễ nhận ra.
+ Vị trí ñiểm J phụ thuộc vào ñộ lớn của góc


ECB
.
+ Do ñó ta phải xét 3 trường hợp:

 

0 0 0
90 ; 90 à ECB 90
ECB ECB v< > =

+ Trong mỗi trường hợp

0
90
ECB
<
và

0
90
ECB
>
.
Ta sử dụng phương pháp phản chứng ñể xác ñịnh thứ tự các ñiểm trên ñường
thẳng CE.
Vài ñiều trao ñổi về 3 cách giải ñã trình bày.

Sáng ki
ế

n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
21

- Phân tích cách giải 2:
+ Dựa theo ñịnh lý cosin, ñịnh lý sin trong tam giác ta ñánh giá ñược

sin sin
BCE
β
<
. Từ ñó, chỉ ra vị trí ñiểm C nằm giữa 2 ñiểm M và E.
+ Lúc này sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác:
BEM
∆
và
ECA
∆
ñể tính
tỉ số
CM
CA
.
- Phân tích cách giải 3:

+ Với giả thiết góc nhọn

BEC
α
=
, gợi ý cho ta phương án chọn ñỉnh của góc
α
làm gốc tọa ñộ.
Vì E là trung ñiểm cạnh CD, nên ý tưởng “dựng ñiểm phụ” D sao cho E là
trung ñiểm ñoạn DC, là khả năng dễ nghĩ tới nhất.
+ Điều này cũng chính là ñiểm quyết ñịnh trong cách giải bài toán.
+ Do hệ thức Salơ không phụ thuộc vào vị trí các ñiểm trên cùng một trục nên
ta không phải xét các trường hợp cho góc

BCE
. Bài toán giải thật gọn gàng, cô ñọng.
Đây chính là ưu ñiểm rõ ràng của cách giải sử dụng công cụ tọa ñộ.
* Như vậy bằng hai con ñường khác nhau, các cách giải 1 và 2 ñều cùng ñích
ñến là chứng tỏ rằng ñiểm C nằm giữa 2 ñiểm M và E. Điều này không cần phải quan
tâm tới trong cách giải sử dụng tọa ñộ
.



Cho tam giác ABC. I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung
ñiểm cạnh AB, E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh rằng: Nếu AB = AC
thì IE
⊥
CD.
(Đề thi vô ñịch Anh Quốc)

- Gọi H và F lần lượt là trung ñiểm các cạnh BC và AC.
- ∆ABC cân tại A nên AH
⊥
BC
DF là ñường trung bình trong ∆ABC nên DF // BC
Do ñó AH
⊥
DF (1)
- Gọi N là giao ñiểm của AH và CD.
D
ẠNG B
ÀI: CH
ỨNG MINH HAI Đ
Ư
ỜNG THẲNG SONG SONG

Cách giải 1: Thuần túy hình học.

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ

c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
22
Ta có: N là trọng tâm ∆ABC
Suy ra: CN = 2 ND
- Gọi M là trung ñiểm CD
Ta có: MD = MC

⇔
MD + MN = MC + MN

⇔
(DN + MN) + MN = 2DN

⇔
DN = 2MN

⇔

1
2
MN
DN
=

Do ñó :
1
2
ME MN
EA DN

= =

Suy ra NE // AD
- I là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC. D là trung ñiểm dây cung AB nên
DI
⊥
AB
Suy ra DI
⊥
NE (3)
- Từ (1) và (3) suy ra : I là trực tâm ∆DEN
Do ñó EI
⊥
CD ( ñiều phải chứng minh)



Xét tích vô hướng
.
EI CD
uur uuur

Ta có:
. ( )( )
EI CD AI AE CB BD
= − +
uur uuur uur uuur uuur uuur


. . . .

AI CB AI BD AE CB AE BD
= + − −
uur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur

0 ( ) . ( )
AD DI BD AE CB AD DE BD
= + + − − +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
( Vì AI
⊥
CB)

. . . . .
AD BD DI BD AE CB AD BD DE BD
= + − − −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur


. .
AE CB DE BD
= − −
uuur uuur uuur uuur
( Vì DI
⊥
BD)

. .
( ) ( )
. . . .
. .

. ( )
1
(
2
DB DE AE CB
DC CB DE AD DE CB
DC DE CB DE AD CB DE CB
DC DE AD CB
CD DE AD AB AC
CA
= −
= + − +
= + − −
= −
= − − −
= −
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur
2
2
1
)( ) ( )
2
1 1 1 1
( ) ( ) .
2 3 2 2
1 1 2 1 1

( 2 ) .
2 3 3 2 2
CB AE AD AB AB AC
AC AB AC AD AC AD AB AB AC
AB AC AC AD AB AB AC
+ − − −
 
= − − + − + − − +
 
 
 
= − − − − +
 
 
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

C

F

H

M
N

A

E

I
B
D
Cách giải 2: Vận dụng công cụ véc tơ.

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
23

2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1
( 2 ) .
2 3 3 2 2
1 1 1 1 1 1
. . .
6 6 3 3 2 2
1 1 1
0
6 3 2

AB AC AC AB AB AB AC
AB AC AB AC AB AC AB AB AC
AB AC AB
 
= − − − − +
 
 
= − + + − − +
= + − =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur

Như vậy
.
EI CD
uur uuur
= 0
Do ñó: EI
⊥
CD ( ñiều phải chứng minh)



Gọi O là trung ñiểm cạnh BC.
Đặt
( )
, 0
OA a
a c

OC c
=

>

=


Chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc Oxy sao cho C thuộc tia Ox, A thuộc tia
Oy.
Ta có : O (0, 0)
A (0, a)
C (c, 0)

B (-c , 0)
D là trung ñiểm cạnh AB nên D
,
2 2
c a
−
 
 
 

E là trọng tâm ∆ACD nên E
,
6 2
c a
 
 

 

∆ABC cân tại A nên tâm ñường tròn ngoại tiếp I
∈
OA.Do ñó I (0, y),y > 0

( )
,
2 2
,
,
6 2
3
,
2 2
c a
DI y
BA c a
c a
EI y
c a
CD
 
= −
 
 
=
−
 
= −

 
 
−
 
=
 
 
uuur
uuur
uur
uuur

Vì D là trung ñiểm dây AB nên DI
⊥
BA
Suy ra
( )
2 2
. 0
. 0
2 2
0 *
2 2
DI BA
c a
c y a
c a
ay
=
 

⇔ + − =
 
 
⇔ + − =
uuur uuur

Xét tích vô hướng
.
EI CD
uur uuur


T
ừ

ñ
ó, ta có:
y
x
A
E
D
I
C
O
B
N
M

Cách giải 3: Sử dụng công cụ tọa ñộ.

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m. N
ă
m h
ọ
c 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy Thủy
24
Ta có
3
. .
6 2 2 2
c c a a
EI CD y
− −
   
= + −
   
   
uur uuur


2 2
2 2
4 2 4
1

2 2 2
c ay a
c a
ay
= + −
 
= + −
 
 


1
.(0) 0
2
= =
(do ñẳng thức (*))
Suy ra EI
⊥
CD (ñiều phải chứng minh).



- Phân tích cách giải 1:
Ta cần phát hiện tỷ lệ
1
2
ME MN
EA DN
= =
.

Từ ñó chứng tỏ ñược
DI NE
⊥
.
Lúc này “lộ ra” I là trực tâm
DEN
∆
. Đến ñây ñiểm “gút” của bài toán ñược
“tháo gỡ”.
- Phân tích cách giải 2:
Dựa theo quan hệ giữa các cặp ñoạn thẳng AI và CB; DI và BD.
Ta nhận ñược
. 0
AI CB
=
uur uuur
,
. 0
DI BD
=
uur uuur
.
Từ ñó ta chứng minh ñược
. 0
EI CD
=
uur uuur

- Phân tích cách giải 3:
+ Từ giả thiết AB = AC, việc chọn gốc tọa ñộ trùng với trung ñiểm cạnh BC là

sự lựa chọn hợp lý nhất.
Khi ñó tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D, E, I ñều ñược xác ñịnh nhanh chóng và ñơn
giản.
+ Với việc chọn hệ trục tọa ñộ Đề các vuông góc Oxy, ta thực hiện vài phép
tính ñơn giản dựa theo biểu thức tọa ñộ của tích vô hướng.
Từ
. 0
DI BA
=
uur uuur


. 0
EI CD
⇒ =
uur uuur

Một cách giải thật “ñẹp” và cô ñọng.
* Ba cách giải trên, mỗi cách một vẻ và ñều dựa trên một ñiểm chung quen
thuộc là: “I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. D là trung ñiểm dây cung

Vài ñiều trao ñổi về 3 cách giải ñã trình bày.