skkn giải toán hình học bằng phương pháp tọa độ trong chương trình trung học phô thông lớp 10

MỤC LỤC
MỤC LỤC …………………………………………………………………...
I. PHẦN MỞ ĐẦU…………………………………………………………...
1/ Lý do chọn đề tài:…………………………………………………...

1
2
2

2/ Mục tiêu nghiên cứu:……………………………………………….

2

3/ Nhiệm vụ nghiên cứu:………………………………………………

2

4/ Các phương pháp nghiên cứu:……………………………………..

3

5/ Đối tượng nghiên cứ:…………...…………………………………..
6/ Những đóng góp mới của đề tài:……………………………………
II. PHẦN NỘI DUNG:………………………………………………………
A. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:………………………………………….
I/ Các kiến thức cơ bản về toạ độ:……………………………………..
II/ Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải toán:……………………...
III/ Bài tập tự luyện: …………………………………………………..

3
3

4
4
4
6
22

B. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:……………………………………………

23

III. PHẦN KẾT LUẬN:…………………………………………………….

25

1/ Kết luận:……………………………………………………………..

25

2/ Tài liệu tham khảo: ………………………………………………...

25

IV. NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG: ……..

26

1


PHẦN MỞ ĐẦU

1/ Lý do chọn đề tài:
Trong những năm gần đây, bộ mơn Tốn của Tỉnh Hưng n đã có những tiến bộ
và thành tích trong những kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia ngày càng tốt hơn. Qua quá
trình nghiên cứu, theo dõi các đề thi học sinh giỏi và những lần dạy ôn thi học sinh giỏi đã
khẳng định kiến thức vectơ, toạ độ là cần thiết và khơng thể thiếu được trong chương trình
tốn THPT và thi học sinh giỏi.
Trong các kì thi Olympic, bài tốn hình học cổ điển ln là một trong những bài
tốn hay. Cài hay của bài tốn khơng chỉ ở mức độ khó của bài mà cịn ẩn chứa trong kết
quả của bài tốn, những đặc trưng, tích chất hình học được khai thác.
Về mặt nguyên tắc, bất kì bài tốn hình học nào cũng có thể giải được bằng phương
pháp toạ độ (phương pháp đại số). Tuy nhiên, nhiều bài tốn hình học giải bằng phương
pháp tổng hợp thơng thường lại đi đến kết quả một cách khá nhanh chóng và đương nhiên
lời giải cũng đẹp hơn nhiều. Cũng vậy, nhiều bài tốn hình học được giải một cách nhanh
chóng, gọn gàng nếu sự dụng phương pháp toạ độ.
Có thể nói rằng, phương pháp toạ độ là một phương pháp vạn năng, có thể giải được
mọi bài tốn hình học. Các bạn đã quen với hình học suy luận đơi khi khơng thích đến
phương pháp dựa nhiều vào tính toán này. Tuy nhiên, thế mạnh của phương pháp toạ độ
là giúp ta giải quyết được các bài toán quỹ tích khó, hoặc các bài chứng minh mà ta khơng
giải được bằng suy luận. Phương pháp này là cứu cánh mỗi khi ta bí, và hiệu quả trong lúc
cịn ít thời gian vì dù phải tính tốn hơi rắc rối nhưng không cần phải suy nghĩ nhiều. Việc
giải nhanh hay chậm của phương pháp này phụ thuộc nhiều vào phương pháp, kĩ năng tính
tốn của chúng ta, phụ thuộc vào việc chọn hệ trục lúc ban đầu như thế nào.
Do vậy, tôi viết chuyên đề này nhằm phần nào đáp ứng những yêu cầu trên cũng
như góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của tỉnh nhà.

2/ Mục tiêu nghiên cứu:
Bài viết này nhằm hệ thống kiến thức về phương pháp toạ độ, trình bày các kết quả
qua quá trình nghiên cứu phương pháp toạ độ. Giúp các em học sinh có kiến thức tốt về
phương pháp toạ độ, mở ra một số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những
bài toán mới.

3/ Nhiệm vụ nghiên cứu:
* Hệ thống và phân loại tốn nhằm giúp học sinh có cái nhìn tổng quan hơn về
phương pháp toạ độ trong việc giải các bài tốn hình học phẳng và việc vận dụng phương
pháp vào từng laọi tốn đó như thế nào.
* Qua các vị dụ minh hoạ trong chuyên đề, người viết có những nhận xét hoặc các
2


gợi ý về việc định hướng giải toán. Đồng thời thơng qua lời giải các bài tốn đó giúp học
sinh hình thành phương pháp giải tốn cũng như các kỹ năng, kỹ xảo cần thiết khi vận
dụng phương pháp toạ độ vào giải toán.
* Thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy tốn làm cho học sinh sáng tạo tìm
những kết quả mới, lời giải hay trên một loại bài, giúp bản thân nắm vững hơn nữa về
phương pháp toạ độ, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở thầy cơ ở tổ Tốn.

4/ Các phương pháp nghiên cứu:
* Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp với các đề thi học sinh giỏi rút ra những
kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới.
* Phương pháp trò chuyện – phỏng vấn: trao đổi với nhiều học sinh khá giỏi để nắm
tình hình sử dụng phương pháp toạ độ trong giải bài tốn khơng gian.
* Phương pháp khảo sát: bản thân được tham dự các kỳ chấm thi học sinh giỏi nên
có nắm được tình hình sử dụng các phương pháp làm bài của các em học sinh.
* Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn
đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp.

5. Đối tượng nghiên cứu.
- Các tài liệu: SGK, các đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia, quốc tế…
- Học sinh trường THPT chuyên Hưng Yên và học sinh các đội tuyển học sinh giỏi
Quốc Gia.

6. Những đóng góp mới của đề tài.
- Về mặt lý luận, chuyên đề hệ thống lý thuyết cần thiêt và tư duy phương pháp
trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi tốn. Đồng thời thơng qua chuyên đề cũng cung cấp cho
học sinh một phương pháp “đa năng” cho việc giải tốn, khơng chỉ với các bài tốn hình
học phẳng.
- Về mặt thực tiễn, chun đề là một tài liệu tham khảo đối với giáo viên dạy đội
tuyển toán đồng thời là một tài liệu học tập đối với học sinh chuyên toán.

3


PHẦN NỘI DUNG
A. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. Các kiến thức cơ bản về toạ đô, véc tơ.
I.1: Kiến thức toạ độ
1. Toạ độ của vectơ và của diểm trên trục
r
r
r
r
Cho u nằm trên trục (O, i ) ⇒ ∃a ∈ ¡ sao cho: u = a.i . Số a như thế được gọi là
r
r
toạ độ của vectơ u đối với trục (O, i ).
uuuu
r
r
r
Cho điểm M trên trục (O, i ) ⇒ ∃ OM = m.i số m như thế được gọi là toạ độ của

r
điểm M trên trục (O, i ).
2. Toạ độ của vectơ, của một điểm đối với hệ trục toạ độ
r
r r
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, nếu a = x.i + y.j thì cặp số (x ; y) được gọi là toạ độ
r
r
của vectơ a , ký hiệu là a = (x; y) ;
uuuu
r
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, toạ độ của OM được gọi là toạ độ của điểm M.
3. Các phép toán

r
r
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 vectơ u(x; y), v(x1; y1 ) và số thực k:
u r
r
u + v = ( x + x1 ; y + y1 );
u r
r
u − v = ( x − x1 ; y − y1 );
u
r
ku = ( kx ;ky ); k ∈¡
4. Phương trình của đường thẳng, đường trịn:
Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ Oxy có dạng:
ax + by + c = 0 , a 2 + b 2 ≠ 0 .
Đường trịn tâm I (a; b ) bán kính R có phương trình là: (x - a)2 + (y - b)2 = R2

2
Cho hai đường tròn (C1): (x – a1)2 + (y – b1)2 = R1
(C2): (x – a2)2 + (y – b2)2 = R 2
2
khi đó phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn là:
2
2
2 ( a1 − a 2 ) x + 2 ( b1 − b 2 ) y + R 1 − R 2 = 0
5. Phương trình các đường cơnic
Phương trình chính tắc của parabol: y 2 = 2px, p > 0
x 2 y2
Phương trình chính tắc của elip: 2 + 2 = 1, a > b > 0
a
b
x 2 y2
Phương trình chính tắc của hypebol: 2 − 2 = 1, a > 0, b > 0
a
b
4


I.2: Xây dựng quy trình giải bài tốn hình học bằng phương pháp toạ độ
1. Diễn đạt sự kiện hình học bằng r uuu vectơ
ngôn ngữ
uuuu
r
a) Điểm M trùng với điểm N ⇔ OM = ON (với O là điểm bất kỳ).
uu
r uu
r r

b) I là trung điểm của đoạn thẳng AB ⇔ IA + IB = 0
uu 1 uuu uuu
r
r
r
OA + OB (với điểm O bất kỳ).
hay I là trung điểm của đoạn thẳng AB ⇔ OI =
uuu
r uuu uuu 2
r
r r
c) G là trọng tâm ∆ABC ⇔ GA + GB + GC = 0
uuu 1 uuu
r
r uuu uuu
r
r
hay G là trọng tâm ∆ABC ⇔ OG = ( OA + OB + OC) (với O là điểm bất kỳ).
3
uuu
r
uuu
r
d) Đường thẳng a song song với đường thẳng b ⇔ AB = kCD ( k ∈¡ )

(

)

r

uuu uuu
r

(với vectơ AB , CD là các vectơ chỉ phương của a, b)
uuu
r
uuu
r
e) Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ AB = kBC ( k ∈¡ )
uuu uuu
r r
f) Đường thẳng a vng góc với đường thẳng b ⇔ AB .CD = 0

r
uuu uuu
r

(với vectơ AB , CD là các vectơ chỉ phương của a, b)
uuu
r
uuu 2
r
g) Tính độ dài đoạn thẳng AB: sử dụng công thức AB = AB = AB
2. Diễn đạt ngôn ngữ vectơ bằng ngôn ngữ toạ độ
Trong hệrtrục toạ độ Oxy, cho các điểm A (x 1; y1), B (x2; y2), C (x3; y3) và các véctơ
r
a ( x ; y ), b ( x '; y '). Khi đó:
uuu uuu
r
r

x = x 2
OA = OB ⇔  1
a)
 y1 = y 2
uu uur r
r
 x + x 2 y1 + y 2 
;
b) IA + IB = 0 ⇔ I  1
÷
2 
 2
uuu
r uuu uuu r
r
r
 x + x 2 + x 3 y1 + y 2 + y3 
;
c) GA + GB + GC = 0 ⇔ G  1
÷ .
3
3


r
r
d) Vectơ a và vectơ b cùng phương ⇔ x.y ' − x ' y = 0
r r
e) a ⊥ b ⇔ x.x ' + y.y ' = 0
uuu

r
uuu 2
r
g) AB = AB = AB = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2
I.3. Thực hành phương pháp giải tốn hình học bằng phương pháp toạ độ
1. Một số chú ý trong giảng dạy vấn đề PPTĐ
Cần hướng dẫn học sinh ôn tập làm cho học sinh nắm vững kiến thức vectơ đặc biệt là
các kiến thức về toạ độ của các phép toán trên các vectơ để làm cơ sở cho việc nghiên cứu
toạ độ .
Cần cho học sinh thấy rõ sự tương ứng 1 – 1 giữa các tập hợp điểm và tập hợp số.
Trên đường thẳng: mỗi điểm ứng với một số thực xác định; Trên mặt phẳng: mỗi điểm ứng
với một cặp số thực sắp thứ tự. Từ đây dần dần làm nổi bật cho học sinh thấy được rằng
5


mỗi hình trong mặt phẳng là một tập hợp điểm sắp thứ tự theo một quy tắc nào đó, do vậy
mỗi hình đó được xác định bởi một hệ rằng buộc nhất định tương ứng nào đó về mối liên
hệ giữa các toạ độ của các điểm trên hình đó, thể hiện học sinh phải có các kỹ năng cơ bản
sau :
+ Khi lấy M thuộc hình H thì các toạ độ của M phải thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ
độ điểm của hình H.
+ Ngược lại nếu có điểm M có toạ độ thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ độ điểm của
hình H thì M thuộc hinh H.
2. Hướng dẫn học sinh giải toán bằng PPTĐ
Với những bài tốn hình học phẳng có chứa các quan hệ hình học: thẳng hàng, song
song, vng góc ... hay có chứa các yếu tố khoảng cách, tính góc, nếu ta chọn hệ toạ độ
thích hợp thì ta có thể chuyển về bài toán đại số với quan hệ giữa các số và giữa các vectơ,
giữa các phép toán. Các bài tốn này rất có khả năng tìm ra được lời giải, thậm chí cịn rất
ngắn gọn.
Việc giải bài tập bằng PPTĐ đòi hỏi học sinh phải được luyện tập vận dụng tổng hợp

các kiến thức liên quan.
Học sinh cần nắm được quy trình :
+ Chọn hệ trục toạ độ thích hợp (đây là vấn đề mấu chốt của bài tốn, nếu chọn
thích hợp thì bài toan sẽ được giải quyết nhanh gọn);
+ Phiên dịch bài toán đã cho sang ngơn ngữ vectơ;
+ Chuyển bài tốn từ ngơn ngữ vectơ sang ngôn ngữ toạ độ;
+ Dùng các kiến thức toạ độ để giải toán;
+ Phiên dịch kết quả từ ngơn ngữ toạ độ sang ngơn ngữ hình học.
II. Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải các bài toán hình học phẳng.
1. Các bài tốn chứng minh tính chất hình học: thẳng hàng, vng góc, đồng quy…
Bài 1: Cho ∆ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm ∆ACM, I
là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Chứng minh rằng GI ⊥ CM .
Hướng dẫn
Gọi O là trung điểm cạnh đáy BC. Dựng hệ toạ độ
Oxy (như hình vẽ )
Các điểm A, B, C có toạ độ: A(0; h), B(- a; 0), C(a; 0).
(ở đây giả sử BC = 2a, OA = h ).
 −a h 
; ÷
Do M là trung điểm của AB nên M 
 2 2
6


1
1
a
a

x G = 3 ( x A + x C + x M ) = 3 ( 0 + a − 2 ) = 6


a h
G là trọng tâm ∆AMC ⇒ 
⇒G ; ÷
6 2
y = 1 ( y + y + y ) = 1 ( h + 0 + h ) = h
G
A
C
M

3
3
2
2

uuu − a h
r
uuu
r
; − y 0 ). mà AB (-a; - h)
Gọi I ( 0 ; y0 ) ⇒ IM (
2 2
uuu uuu
r
r
uuu uuu
r r
−a
h

).( − a ) + ( − y 0 ).( −h ) = 0
Theo giả thiết IM ⊥ AB ⇔ IM.AB = 0 ⇔ (
2
2
2
2
a
h
⇔
−
+ y0 h = 0
2
2
h2 − a2
⇔ y0 =
2h
2
 h − a2 
⇔ I  0;
÷
2h 

uuur
u
uu
r
−a
h
−3a h
a h h2 − a2

− a; )=(
; ).
⇒ IG = ( ; −
). Ta có CM = (
2
2
2 2
6 2
2h
uu uuur − a 2
r u
h2 h2
a2
⇒ IG.CM =
+
−
+ = 0.
4
4
4
4
uu
r
uuur
u
Vậy IG ⊥ CM (đpcm ).
Nhận xét: + Do ∆ABC cân tại A nên ta chọn hệ toạ độ có trục Oy qua A và vng góc BC,
Ox qua BC.
+ Cách giải trên khơng phụ thuộc vào góc A là nhọn, vng hay tù. Nếu giải
bằng phương pháp tốn học thuần tuý, thì khi vẽ hình thì phải xét 3 trường hợp trên. Đó

cũng chính là lợi thế của Phương pháp toạ độ.
Bài 2 (Thi vào chuyên Toán PTNK TP.HCM năm 2009): Cho đường trịn (O) đường kính
AB. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho ∆ABC không cân tại C. Gọi H là
chân đường cao của ∆ABC hạ từ C. Hại HE, HF vng góc với AC, BC tương ứng. Các
đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của (O) và đường trịn đường
kính CH, D khác C. Chứng minh rằng K, D, C thẳng hàng.
Hướng dẫn
C
D

F
I
E

K

A

7

H

O

B


Chọn hệ trục toạ độ Hxy như hình vẽ, khi đó: H(0; 0); O(0; a); A(a – 1;0); B(a + 1; 0) và
C(0; b) ⇒ b2 = |(a – 1)(a + 1)| = 1 – a2
2

b
b2

Phương trình đường trịn tâm I đường kính CH: x +  y − ÷ =
2
4

2

Phương trình đường trịn tâm O: ( x − a ) + y 2 = 1
2

⇒ Phương trình trục đẳng phương CD của (O) và (I) là: 2ax – by + b2 = 0
Phương trình AC: bx + (a – 1)y = b(a – 1)
Phương trình HE: (a – 1)x – by = 0
 b2 b ( 1 − a ) 
E− ;
⇒ Toạ độ
÷
2 
 2
b
y−
x
b2
2
=
⇔ ax − by +
=0

Phương trình EF:
b2 b ( 1 − a ) b
2
−
−
2
2
2
 b2 
Toạ độ giao điểm K của EF và AB là: K  − ;0 ÷
 2a 
Ta có, toạ độ K thoả mãn phương trình CD ⇒ K ∈ CD. Vậy 3 điểm K, C, D thẳng hàng.
Nhận xét: + Bài hình này ít khi nghĩ tới phương pháp toạ độ mà thường nghĩ tới phương
pháp khác. Tuy nhiên, khi chọn hệ toạ độ khéo léo ta giải bài tốn này mà khơng phải tính
tốn nhiều.
+ Bài tốn này có nhiều cách giải. Trong phương pháp toạ độ như trên nhận xét
CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) là khá quan trọng, giúp ta giảm
nhiềm trong việc tính tốn. Ý tưởng này cũng thường hay được sử dụng để viết phương
trình đường thẳng qua giao điểm của hai đường tròn hay đường thẳng đi qua hai tiếp điểm.
Bài 3 (China TST 1996): Cho tam giác ABC, đường trịn đường kính BC cắt AB, AC lần
lượt tại E, D. Gọi F, G là hình chiếu của D và E trên BC; M là giao điểm của EF và DG.
Chứng minh rằng AM ⊥ BC.
Hướng dẫn
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ (chân đường cao hạ từ đỉnh A là gốc toạ độ)
Khi đó, giả sử toạ độ các đỉnh: A(0; 1);
B(b; 0); C(c; 0).
8


Phương trình AC: x + cy – c = 0.

A

Phương trình AB: x + by – b = 0.
Phương trình BD: cx – y – bc = 0.

E

D

Phương trình CE: bx – y – bc = 0.
M

 bc 2 + c c 2 − bc 
D 2
;
⇒ Toạ độ điểm
÷
c + 1 c2 + 1 


G

B

F

C

H≡ O

 b 2 c + b b 2 − bc 
E 2
;
÷
b + 1 b2 + 1 

 bc 2 + c 
 b2c + b 
F 2
;0 ÷; G  2
;0 ÷
⇒
c +1 
b +1 


b 2c + b
y
b2 + 1
= 2
Phương trình đường thẳng DG:
2
2
bc + c b c + b c − bc
− 2
c2 + 1
b +1
c2 + 1
x−

M = DG ∩ Oy ⇒ yM =

bc
bc − 1

Ta thấy biểu thức trên đối xứng với b,c nên nếu gọi M’ = EF ∩ Oy thì M’ trùng với M.
Do đó, EF cắt DG tại M thuộc trục Oy. Vậy AM ⊥ BC (đpcm)
Nhận xét: + Dựa vào đề bài có nhiều yếu tố vng góc và dựa vào hình vẽ ta thấy bài toán
này rất thuận lợi cho việc áp dụng toạ độ.
+ Chú ý đến tính đối xứng của biểu thức toạ độ để việc tính tốn thuận lợi hơn.
Bài 4: Cho hai hình vng ABCD và AB’C’D’ cùng chiều. Chứng minh các đường thẳng
BB’, CC’, DD’ đồng quy.
Hướng dẫn

C

B

Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho A(0; 0); B(0; 1); D(1; 0).
B'

Gọi B’(a; b), vì hai hình vng cùng chiều nên ta có:

C'

D’(b; -a); C’(a + b; b – a), với (a, b) ≠ (0, 1)
Khi đó phương trình các đường thẳng:

A

đường thẳng BB’: (1 – b)x + ay – a = 0 (1)

D
D'

9


đường thẳng CC’: (a + 1 – b)x + (a + b – 1)y – 2a = 0 (2)
đường thẳng DD’: ã + (b – 1)y – a = 0 (3)
Ta có (1) + (3) được phương trình (2). Do đó BB’ và DD’ cắt nhau tại I(x0; y0) thì (x0; y0)
cũng thoả mãn phương trình CC’.
Vậy 3 đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy tại I. (đpcm)
Nhận xét: Bài toán này đề bài khá đơn giản, nhưng chứng minh bằng phương pháp tổng
hợp khá rắc rối. Trong hình có nhiều yếu tố vng góc nên có thể nghĩ tới cách dùng toạ
độ. Với bài này ta có thể thấy ngay cách xây dựng hệ trục toạ độ để bài tốn được đơn giản
hơn.

2. Các bài tốn chứng minh tính cố định.
Bài 5 (Đề thi HSG quốc gia 2007-2008): Cho tam giác ABC với trung tuyến AD, đường
thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M trên (d). Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của MB và MC. Đường thẳng đi qua E và vng góc với (d) cắt đường thẳng AB tại
P, đường thẳng đi qua F và vng góc với (d) cắt đường thẳng AC tại Q. Chứng minh rằng
đường thẳng đi qua M và vng góc với PQ ln đi qua một điểm cố định, khi M di động
trên (d).
Hướng dẫn
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ O ≡ D,Oy ≡ DA .Khi đó Ox song song (d). Khi đó,
toạ độ các điểm: A(0;a), B(b; c) , C(-b; -c)

^y

A

Phương trình đường thẳng
AB : (a − c)x + by − ab = 0

C

AC : (a + c)x − by + ab = 0
Gọi toạ độ M(x M ;d)

D

Khi đó phương trình (d1) qua E và vng góc
b + xM
với d là: (d1 ) : x =
2

B

phương trình (d2) qua F và vng góc với d là: (d 2 ) : x =

E

(d)
M

b − xM
2

Từ đó suy ra tọa độ P = d1 ∩ AB , Q = d 2 ∩ AC

Suy ra đường thẳng ∆ đi qua M và vng góc PQ có phương trình:
10

>x

F



bc 
b2 

b 2  x − ÷− (ax M − bc)  y − d + ÷ = 0
a 
a 


 bc
b2 
; d − ÷ (đpcm)
Suy ra đường thẳng đi qua điểm cố định 
a 
 a
Bài 6: Cho đường trịn (C) đường kính AB, đường thẳng (d) vng góc với AB tại C cố
định. H là điểm thay đổi trê (d). AH và BH cắt đường tròn (C) tại D và E. Chứng minh
răng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn
Xét hệ trục toạ độ Oxy sao cho C trùng với gốc

Q

toạ độ; B(1 – c; 0); A(-1 – c; 0) và d trùng với Oy
E

Đường trịn đường kính AB: (x + c)2 + y2 = 1

P

Giả sử H(0; m), m thay đổi. Gọi Q là giao điểm

D
H

của BD và d.

B

A
I

Phương trình đường thẳng AH:

C

mx – (1 + c)y + m(1 + c) = 0
Phương trình đường thẳng BD: (1 + c)x + my + c2 – 1 = 0
 1 − c2 
⇒ Toạ độ điểm Q  0;
÷
m 


2

2


1 − c2 + m 2   1 − c2 − m 2 
Phương trình đường trịn đường kính HQ: x +  y −
÷ =
÷
2m
2m

 

2

Khi đó, DE là trục đẳng phương của hai đường trịn đường kính IH và đường trịn đường
kính AB
2

2

 1 − c2 − m2   1 − c2 + m2 
1 − c2 + m2
2cx +
y = 1 − c2 − 
⇒ phương trình DE:
÷ +
÷

m
2m
2m

 

⇔ 2cx +

1 − c2 + m 2
y = 2 − 2c 2
m
 1 − c2 
;0 ÷
 c


Vậy DE đi qua điểm cố định K 

11


Bài 7 (Báo THTT): Cho hai điểm A, B phân biệt và cố định trên đường thẳng ∆ cho trước.
Với mỗi điểm M trên đường thẳng ∆, xác định mỗi điểm N nằm trên ∆ sao cho:
uuu
r
uuu
r
MA
. Trên nửa mặt phẳng bờ ∆ , dựng nửa đường tròn (α) đường kính
BN = k.BA , k =

MB
MN. Chứng minh rằng khi M di động trên đường thẳng ∆ thì nửa đường trịn (α) ln tiếp
xúc với một đường trịn cố định.
Hướng dẫn
Gọi O là trung điểm của AB.
Chọn hệ trục Oxy với Ox ≡ ∆ , ta xét các điểm
A( -1; 0), B( 1; 0), I (0;2).
M di động trên Ox: M( x; 0), x ∈ ¡ .

I

Ta có: MA = −(x + 1), MB = 1 − x
k=

−(x + 1) x + 1
=
.
1− x
x −1

P

uuu x + 1 uuu
r
r
−2(x + 1)
⇒ BN =
.BA ⇒ x N − 1 =
x −1
x −1

−(x + 3)
 −(x + 3) 
⇒ xN =
⇒ N
;0 ÷
x −1
 x −1


A

O

M

K

B

N

 x 2 − 2x − 3 
K
;0 ÷.
Tọa độ trung điểm K của MN là:
2(x − 1)


Xét nửa đường trịn (α) tâm K, đường kính MN nằm phía trên Ox.
Ta sẽ chứng minh: (α) ln tiếp xúc với đường tròn (I; 1) với mọi x. Thật vậy:

2

2

2
2
(x − 1) 2 − 4  + 16(x − 1) 2 (x − 1) 2 + 4 
x 2 − 2x − 3
2

 ⇒ IK = (x − 1) + 4
IK =
+4= 
=
2(x − 1)
4(x − 1) 2
4(x − 1) 2
2 x −1

Độ dài MN là: MN =

x2 + 3
x2 + 3
(α) là: R =
. Bán kính của
. Xét các trường hợp:
x −1
2 x −1

(x − 1) 2 + 4

+ Nếu x > 1: IK =
,
2(x − 1)
x2 + 3
x2 + 3
x 2 − 2x + 5 (x − 1) 2 + 4
R=
⇒ R −1 =
−1 =
=
= IK
2(x − 1)
2(x − 1)
2(x − 1)
2(x − 1)
Suy ra: (α) , (I;1) tiếp xúc trong với nhau.
12


(x − 1) 2 + 4
,
2(1 − x)
x2 + 3
x2 + 3
x 2 − 2x + 5 (x − 1) 2 + 4
R=
⇒ R +1 =
+1 =
=
= IK

2(1 − x)
2(1 − x)
2(1 − x)
2(1 − x)

+ Nếu x < 1: IK =

Suy ra: (α) , (I;1) tiếp xúc ngoài với nhau.
+ Nếu x = 1: (α) suy biến thành một tia gốc B, vng góc Ox, hướng theo chiều dương của
Oy; đó cũng chính là tiếp tuyến của (I; 1).
Vậy nửa đường trịn (α) ln tiếp xúc với đường trịn (I; 1) cố định. Ta có đpcm.
3. Các bài tốn quỹ tích.
Bài 8 (Đề chọn ĐT HSGQG trường PTNK TP.HCM năm 2008): Cho góc Ĩy và điểm P
nằm bên trong góc. Đường trịn thay đổi qua I và P cắt hai tia Ix, IY lần lượt tại A, B. Tìm
quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác IAB.
Hướng dẫn
Ta dựng hệ trục toạ độ Oxy với Oy là trung trực
của IP và I(-1; 0); P(1; 0); C(0; a) và D(0; b) (b < 0)

A
C
I

P
O

là giao điểm của Oy với các tia Ix, Iy

G

Gọi K(0; m) là đường trịn thay đổi qua I và P

M

D

Phương trình IC: y = ax + a
Phương trình ID: y = bx + b

B

Phương trình đường trịn (K): x2 + (y – m)2 = m2 + 1
⇔ x2 + y2 – 2my – 1 = 0.
Toạ độ giao điểm A của IC và (K) là nghiệm của hệ:
 y = ax + a
 2ma + 1 − a 2 2ma 2 + 2a 
⇒ A
;
 2
÷
2
2
1+ a2 
 1+ a
 x + y − 2my − 1 = 0
 2mb + 1 − b 2 2mb 2 + 2b 
;
Tương tự, toạ độ điểm B B 
÷
2

1 + b2 
 1+ b
Toạ độ trọng tâm G của tam giác IAB là:

13



1 2 1
1  2 a
b 
 x G = − 3 + 3  1 + a 2 + 1 + b 2 ÷+ 3  1 + a 2 + 1 + b 2 ÷m





(1)

2 1
1  2ab  a
b 
y =
+
+
+
m
 G 3  1 + a 2 1 + b2 ÷ 3  1 + a 2 1 + b2 ÷






Từ đó ⇒ G ln chạy trên đường thẳng có phương trình tham số là (1)
1

m ≥ − a
 x A ≥ −1 
⇒
Giới hạn: Ta có: 
x B ≥ −1 
1

m≤−

b

 1 1
Vậy quỹ tích trọng tâm G là đoạn thẳng thuộc đường thẳng (1) với m ∈  − ; − 
 a b
Tương tự, với quỹ tích trực tâm H.
Nhận xét: Với bài tốn này, khơng khó để dự đốn quỹ tích là một đường thẳng. Với quỹ
tích là đường thẳng thì hồn tồn có thể tự tin để giải bằng phương pháp toạ độ.
Bài 9 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 2006-2007): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố
định và đỉnh A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC.
Tìm quỹ tích điểm A, biết rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC.
Hướng dẫn
Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC và trục Ox là đường thẳng BC
Đặt BC = 2a > 0 . Khi đó tọa độ B(−a ,0) ; C(a ,0) . Giả sử A(x 0 , y 0 ) y 0 ≠ 0

Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình
x = x0


(x + a)(a − x 0 ) − y 0 y = 0
2

a2 − x0 
⇒ H  x0 ,
÷
y0 


14


2
2
 2x 0 3a 2 − 3x 0 + y 0 
 x 0 y0 
;
Trọng tâm G  ; ÷, suy ra trung điểm K 
÷
6y 0
 3 3 
 3

2
2
K thuộc đường thẳng BC khi và chỉ khi: 3a 2 − 3x 0 + y 0 = 0 ⇔

Vậy quỹ tích A là hyperbol

2
2
x 0 y0
− 2 = 1 (y 0 ≠ 0)
a 2 3a

x 2 y2
−
= 1 bỏ đi hai điểm B, C
a 2 3a 2

Bài 10 (Đề thi OLYMPIC 30/4 năm học 2008-2009): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C
cố định và đỉnh A thay đổi. Qua B dựng đường thẳng d vng góc với BC, d cắt đường
trung tuyến AI của tam giác ABC tại K.Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích
điểm A, biết rằng IH song song với KC.
Hướng dẫn

^y
A

Chọn hệ trục Oxy với O trùng I và trục Ox là
đường thẳng BC.
Đặt BC = 2a > 0 . Khi đó B(−a; 0); C(a; 0)

H
B

C
I

>x

Giả sử tọa độ điểm A(x 0 ; y 0 ) với y 0 ≠ 0
Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình:
2

x = x0

a2 − x0 

⇒ H  x0;

÷
y0 
(x + a)(a − x 0 ) − y 0 y = 0



K

 x = −a

y 

K = d ∩ (AI) là nghiệm hệ phương trình: 
y 0 ⇒ K  −a; − a 0 ÷ với x 0 ≠ 0
x0 


y = x x
0

2
y0
a2 − x0
=0
Theo giả thiết, ta có : IH cùng phương KC ⇔ a .x 0 − 2a.
x0
y0
→

→

⇔

2
2
x 0 y0
+ 2 =1
a 2 2a

2
2
x 0 y0
Vậy quỹ tích A là elip 2 + 2 = 1 bỏ đi 4 điểm B, C, A1 (0; − a 2) , A 2 (0; a 2) là 4
a
2a
đỉnh của elip

Bài 11: Cho ∆ABC có M là điểm di động trên cạnh BC. Hạ MN, PQ tương ứng vng góc
và song song với AB ( N ∈ AB, Q∈ BC ). Gọi P là hình chiếu của Q trên AB, I là tâm của
hình chữ nhật MNPQ. Tìm quỹ tích tâm I khi M chạy trên cạnh AB.
15


Hướng dẫn
Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB
Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( như hình vẽ ).
Giả sử toạ độ các đỉnh A, B, C là: A(a; 0),
B(b; 0), C(0; h ), h > 0

Phương trình đường thẳng AB theo đoạn
x
y
=1
chắn: +
a
h
Phương trình đường thẳng BC theo đoạn chắn:

x
y
+
= 1.
b
h

Giả sử MQ có phương trình y = m ( 0 ≤ m ≤ h )

Toạ độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình:
y = m
y = m
a


⇔  a
⇒ Q ( ( h − m );m)
x
y
h
a + h = 1
x = h ( h − m )


Tương tự ta có : M (

b
a
( h − m );m) . Toạ độ của điểm P là P( ( h − m );0)
h
h

Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD. Suy ra I là trung diẻm của MP
1
( a + b )( h − m )

(1)
x I = 2 ( x M + x P ) =


2h
⇒
Khi đó 
1
m
y = ( y + y ) =
(2)
 I 2 M p

2
Từ (1) suy ra m = h(1 −

xI
Y
+ I = 1 (*)
a+b
h
2
2

2x I
)
a+b

a−b

2x I

0 ≤ xI ≤


) ≤ h
0 ≤ h(1 −

2
a+b
⇔
(2) suy ra m = 2yI . Vì 0 ≤ m ≤ h nên 
(**)
0 ≤ 2y ≤ h
0 ≤ y ≤ c
I

I


2
Từ (*) và (**) suy ra quỹ tích tâm I của hình chữ nhật MNPQ là đoạn KH, ở đây K, H lần
lượt là trung điểm của OC và AB. (đpcm)
Nhận xét: Mọi lập luận ở đây khơng phụ thuộc vào hình dáng của ∆ABC
16


4. Một số dạng toán khác.
Bài 12 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979): Cho điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp
tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí
của M.
Hướng dẫn
Gọi I,R là tâm và bán kính của đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng hệ trục
toạ độ Oxy sao cho: A(0,0);B(

3R R 3
3R −R 3
,
);C( ,
);I(R,0)
2
2
2
2

M(x, y) ∈ (C) ⇒ MI = R ⇒ MI 2 = R 2 ⇒ x 2 + y 2 = 2Rx
Ta có:
2


3R
R 3 2 
3R
R 3 2
MA 4 + MB4 MC4 = (x 2 + y 2 ) 2 + (x − ) 2 + (y −
)  + (x − ) 2 + (y +
) 
2
2
2
2

 


= (2Rx) 2 + (3R 2 − Rx − R 3y) 2 + (3R 2 − Rx + R 3y) 2
= 6R 2 x + 6R 2 y 2 + 18R 4 − 12R 3x
= 6R 2 (x 2 + y 2 ) + 18R 4 − 12R 3x
= 6R 2 2Rx + 18R 4 − 12R 3x = 18R 4
Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M
Bài 13: Cho góc Oxy vng tại O. M là điểm bên trong góc sao cho khoảng cách từ M đến
Ox, Oy lần lượt là 3 và 4. Tìm điểm A ∈ Ox, B ∈ Oy sao cho AB qua M và
OA +
OB nhỏ nhất.
Hướng dẫn

B

Xét hệ trục toạ độ Oxy với O là gốc toạ độ.
Khi đó, M(3; 4). Giả sử A(a; 0), B(0; b)

M

x y
Phương trình AB: + = 1
a b
M ∈ AB nên ta có:

3 4
+ =1
a b

O

17

A

2


3 4
Khi đó: OA + OB = a + b = ( a + b )  + ÷ ≥
a b

(

3+2

)

2

3 4
 a + b = 1 a = 3 + 4 3


⇔
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
b = 4 + 2 3
a = b 3



2

Vậy OA + OB nhỏ nhất bằng

(

)

2

3 + 2 khi OA = 3 + 4 3 và OB = 4 + 2 3

Bài 14 (IMO 2000): Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N.
Tiếp tuyến chung (gần M hơn) tiếp xúc với (O 1), (O2) lần lượt tại A1 và A2. Đường thẳng
qua M song song với A1A2 cắt lại đường tròn (O1), (O2) lần lượt tại B1 và B2. Các đường
thẳng A1B1 và A2B2 cắt nhau tại C, các đường thẳng A 1N, A2N cắt đường thẳng B1B2 ở D
và E. Chứng minh rằng CD = CE.
Hướng dẫn

Chọn hệ trục toạ độ A1xy sao cho: A1(0; 0)
A2(a; 0), O1(0; r1), O2(a; r2).
Giả sử, toạ độ M(s; t), khi đó: B1(-s; t), B2(2a – s; t).
⇒ B1B2 = 2a = 2A1A2.
Do A1A2 // B1B2 nên A1, A2 theo thứ tự là trung điểm của B1C và B2C ⇒ C(s; -t).
uuur
u
uuuuu
r
CM ( 0;2t ) , B1B2 ( 2a;0 ) ⇒ CM ⊥ B1B 2 hay CM ⊥ DE (1)
Gọi K là giao điểm của MN với A1A2. Ta có:
2

PK/ ( O1 ) = KA1 = KM.KN = PK/ ( O2 ) = KA 2
18

2


⇒ K là trung điểm của A1A2. Từ đó, do A1A2 // B1B2 nêm M là trung điểm của DE (2)
Từ (1) và (2) ⇒ CM là trung trực của DE. (đpcm)
Nhận xét: + Trong ví dụ trên, chúng ta hồn tồn có thể chọn hệ trục toạ độ sao cho trục
hồnh chứa đường thẳng O1O2, tuy nhiên, khi đó việc tìm phương trình của B1B2 ( và do đó
toạ tìm toạ độ B1, B2) khơng đơn giản. Việc chọn hệ trục như trong hướng dẫn là khơn
ngoan vì việc tính toạ độ của các điểm cần thiết là rất dễ dàng.
+ Trong lời giải trên đã có sự kết hợp giữa phương pháp toạ độ và phương pháp
tổng hợp. Điều đó giúp lời giải ngắn gọn và đẹp hơn.
Bài 15 (VMO 2011): Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một điểm
P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B, Đường thẳng PA cắt
(O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường thẳng PD cắt (O) tại
điểm thứ hai E. Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC, PO đồng quy.
Hướng dẫn

Chọn hệ trục toạ độ Bxy sao cho B(0; 0), A(2R; 0), P(0; t) với t > 0.
Ta có O(R; 0) và phương trình (O): x2 – 2Rx + y2 = 0
Phương trình PA:

x y
+ = 1 ⇔ tx + 2Ry = 2Rt
2R t

Ta có: PA ∩ (O) = {A; C} nên toạ độ A, C là nghiệm của hệ:
t

 x = 2R

x
y = t −
2
⇔
2R

 x = 2Rt
 x 2 − 2Rx + y 2 = 0

4R 2 + t 2


 2Rt 2
4R 2 t 
C 2 2 ; 2 2 ÷
⇒
 4R + t 4R + t 
19


 8R 3
4R 2 t 
D 2 2 ;− 2 2 ÷
Mà D đối xứng với C qua O nên
4R + t 
 4R + t
Phương trình BC: y =
Phương trình PO:

2R
x
t

x y
+ = 1 ⇔ tx + Ry = Rt
R t


Rt 2
t
x=


x
y =

2R 2 + t 2
⇔
2R
Gọi M = PO ∩ BC, toạ độ của M là nghiệm của hệ: 
2
 tx + Ry = Rt
 y = 2R t


2R 2 + t 2

 Rt 2

2R 2 t 
⇒ Toạ độ điểm M  2 2 ; 2 2 ÷
 2R + t 2R + t 
Để chứng minh BC, AE, PO đồng quy ta cần chứng minh A, E, M thẳng hàng.
 t2
t 
t 
 1
;
D
;−
Để đơn giản, ta chọn 2R = 1, khi đó M 
÷
2
2 ÷; A(0; 1),
2
1+ t2 
1+ t
 1 + 2t 1 + 2t 
Phương trình (O): x2 + y2 – x = 0
Phương trình PD: (t3 + 2t)x + y – t = 0
Ta có: PD ∩ (O) = {D; E} nên toạ độ của D, E là nghiệm của hệ:
1

 y = t − ( t 3 + 2t ) x
x = 1 + t2

⇔
 2
t2

x =
x − x + y2 = 0



t 4 + 3t 2 + 1


t2
t3 + t 
⇒ E 4
; 4
÷
2
2
 t + 3t + 1 t + 3t + 1 
uuuu  − t 2 − 1
r
r
t  uuu  − t 4 − 2t 2 − 1
t3 + t 
AM 
;
;AE  4
; 4
Do đó,
÷
2
2 ÷
2

2
 1 + 2t 1 + 2t 
 t + 3t + 1 t + 3t + 1 
uuuu uuu
r r
⇒ AM;AE cùng phương. Vậy BC, AE, PO đồng quy. (đpcm)

Bài 16: Cho ∆ABC có trực tâm H. Trên đoạn HB, HC lấy điểm B 1, C1 sao cho góc AB1C
và góc AC1B bằng 1 vng. Chứng minh rằng AB1 = AC1.

20


Hướng dẫn

Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( như hình vẽ )
Trong hệ toạ độ này A (0; h), B (b; 0), C (c; 0) , ( ở đây h, c > 0, b < 0 )

uuu
r

Ta có AC = (c; - h). Theo gt BH ⊥ AC

uuu
r

Đường cao BH qua B (b; 0) và có vectơ pháp tuyến AC = (c; - h) nên có phương trình :
c(x - b) - h(y – 0) = 0 ⇔ cx – hy – bc = 0 .
Gọi B1 ( x1; y1) do B1 ∈ BH

⇒ cx1 – hy1 – bc = 0 ⇔ cx1 – hy1 = bc (1)
uuuu
r
uuuu
r
Ta có AB1 = ( x1; y1 – h ), CB1 = ( x1 – c; y1)
uuuu
r
uuuu
r
uuuu r
ruuuu
Vì AB1 ⊥ CB1 ⇒ AB1 CB1 = 0 hay x1(x1 – c) + y1(y1 – h) = 0
⇔ x12 + y12 − cx1 − hy1 = 0 (2)
2
2
Mặt khác : AB1 = x1 + (y1 – h)2
2
2
= x1 + y1 - 2hy1 + h2
2
2
= ( x1 + y1 - hy1 - cx1) + (cx1 – hy1 ) + h2 (3)

Thay (1),(2) vào (3) ta được AB1 = bc + h2
Tương tự ta có: AC1 = bc + h2
Từ đó suy ra AB1 = AC1 (đpcm).

21

III. Bài tập tự luyện.
Bài 1: Cho hình vng ABCD. Trên BD lấy điểm M không trùng với B, D. Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng:
a) CM ⊥ EF
b) Các đường thẳng CM, BF, DE đồng quy.
Bài 2 (APMO) Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến và phân giác kẻ từ A theo thứ tự
cắt BC tại M và N. Từ N kẻ đường thẳng vng góc với NA cắt MA và BA lần lượt tại Q
và P. Từ P kẻ đường thẳng vng góc với BA cắt NA tại O. Chứng minh QO vng góc
với BC.
Bài 3 (IMO 1995) Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt trên một đường thẳng, theo thứ tự
đó. Đường trịn đường kính AC và BD cắt nhau tại X và Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z.
Cho P là điểm nằm trên đường thẳng XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường trịn đường
kính AC tại C và M, đường thẳng BP cắt đường trịn đường kính BD tại B và N. chứng
minh các đường thẳng AM, DN cắt nhau tịa một điểm thuộc đường thẳng XY.
Bài 4 (Iran 1996) cho hai điểm D, E tương ứng trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC
sao cho DE // BC. Gọi P là một điểm tuỳ ý nằm bên trong tam giác, F, G là giao điểm của
các đường thẳng BP, CP với DE. Gọi O 1, O2 theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các
tam giác PGD và PEF. Chứng minh rằng AP ⊥ O1O2.
Bài 5 (Tournament of Towns 1995) Cho điểm P nằm trong tứ giác lồi ABCD. Đường phân
giác của các góc APB, BPC, CPD và DPA cắt các cạnh AB, BC, CD và DA tại K, L, M và
N theo thứ tự đó. Xác định vị trí của P sao cho tứ giác KLMN là hình bình hành.
Bài 6 (BMO 2006) Cho tam giác ABC có AC > AB. Lấy điểm X trên tia đối của tia AB,
điểm Y trên tia đối của tia AC sao cho BX = CA, CY = AB. Gọi P là giao điểm của đường
·
·
thẳng XY với đương trung trực của BC. Chứng minh BPC + BAC = 1800 .
Bài 7 (IMO 1977) Cho hình vng ABCD, dựng các tam giác đều ABK, BCL, CDM và
DAN về phía trong của hình vng. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng KL,
LM, MN, NK và trung điểm của các đoạn thẳng AK, BK, BL,CL, CM, DM, DN, AN là

đỉnh của một thập nhị diện đều.
Bài 8 (IMO 1999) Cho hai đường tròn (C1), (C2) nằm bên trong và tiếp xúc với đường tròn
(C) tại M, N theo thứ tự đó tâm đường trịn (C 2) thuộc (C1). Trục đẳng phương của (C1),
(C2) cắt (C) tại A và B. Các đường thẳng MA, MB cắt lại đường tròn (C) tại E và F. Chứng
minh rằng EF tiếp xúc với (C2).
22


B/ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Qua quá trình nghiên cứu và vận dụng đề tài “GIẢI TỐN HÌNH PHẲNG BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ”, tôi nhận thấy vấn đề này giúp ích nhiều cho học sinh trong
việc học toán, giải toán.
Riêng bản thân tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa về phuơng pháp này và hy
vọng sẽ có thêm một phương pháp hữu hiệu khi giải các bài toán hình phẳng trong các đề
thi HSG.
Qua thời gian giảng dạy phương pháp này cho học sinh tôi nhận thấy:
a) Khi nào ta vận dụng phương pháp?
Nếu đề toán xuất hiện nhiều yếu tố vng góc và thuận lợi cho việc gắn hệ trục tọa
độ: Có hình vng, hình chữ nhật và những trường hợp tương tự.
Đề toán chứa đựng các thơng tin dẫn tới hai đường thẳng vng góc. Như tam giác
cân, tam giác đều, đường cao của tam giác, hai đường trịn giao nhau, ...
Những đề tốn khơng chứa đường trịn hoặc chứa rất ít đường trịn mà các yếu tố
cho rất đơn giản nhưng lại khó khai thác các mối liên hệ của các giả thiết.
b) Ưu điểm của phương pháp
Thay thế các tư duy của hình học bằng các phép toán đại số dẫn tới dễ dàng chọn ra
hướng đi cũng như giải quyết được vấn đề.
Dễ dàng vận dụng các giả thiết của bài toán để giải quyết vấn đề, trong khi nếu giải
bằng phương pháp hình học thuần túy thì ta rất khó khai thác các giả thiết.
Giải quyết nhanh gọn các bài toán điểm cố định, quỹ tích mà phương pháp hình học
thuần túy gặp nhiều khó khăn. Đặc biệt khi kết quả của quỹ tích là các đường Hypebol,

Elip, Parabol.
Rất dễ chọn hệ trục tọa độ nên xác định hướng đi rất nhanh và phong phú, nên phù
hợp với học sinh khi làm bài thi. Thơng thường ta mất rất ít thời gian để xác định hệ trục
và cơng việc cịn lại chỉ là xử lí các phép tốn, trong khi nếu đi theo phương pháp hình học
thuần túy ta có thể mất nhiều thời gian cho một bài toán mà chưa chắc đã đạt được kết quả
gì nên dẫn tới sự hoang mang và tâm lí ức chế dẫn tới hiệu quả của bài thi không cao.
c) Nhược điểm của phương pháp
Làm triệt tiêu đi khả năng tư duy hình học.
Thơng thường lời giải sẽ rất dài so với phương pháp hình học thuần túy.
23


Nếu số biến trong bài tốn nhiều thì ta gặp khó khăn trong việc xác định mối liên hệ
giữa các biến số này. Đây chính là khó khăn lớn nhất khi lựa chọn phương pháp này. Đôi
khi thời gian cho việc phân tích, biến đổi đại số chiêm rất ít mà thời gian dành cho việc xử
lí biểu thức ở bước cuối để được kết quả theo ý đồ của mình lại chiếm rất nhiều. Điều này
được thể hiện rất rõ khi các bài tốn có chứa đường trịn, khi ta chọn hệ trục chưa thực sự
tối ưu hoặc khi việc áp dụng phương pháp này quá gượng ép hoặc quá tùy tiện.
Kinh nghiệm chọn hệ trục tọa độ và đưa vào các biến số: Tìm mọi cách giảm số biến số
nhưng không làm ảnh hưởng tới kết quả bài toán.

24


III. PHẦN KẾT LUẬN:
1 / Kết luận:
Thông qua các bài tập trên giải bằng phương pháp toạ độ, các bạn có thể nghĩ rằng
tính tốn q nhiều và phức tạp và cảm thấy khơng thích. Tuy nhiên, mọi phương pháp đều
có cái hay và đẹp nếu ta vận dụng một cách hợp lý. Đối với phương pháp này người làm
cần phải kiên trì, cẩn thận và khơng ngại tính tốn.

Tơi viết đề tài nhằm mục đích cùng trao đổi với Q Thầy Cơ dạy bộ mơn tốn về
một phương pháp giải các bài tốn hình học phẳng trong các đề thi HSG tỉnh, Quốc gia,
Quốc tế. Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng tài liệu có thiếu sót, tơi
chân thành đón nhận sự góp ý của Quý Thầy Cô. Xin chân thành cảm ơn.

2/ Tài liệu tham khảo:
1.

CÁC TRANG WEB TOÁN HỌC: mathlinks.ro, mathcope.org,
diendantoanhoc.net…

2.

CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU
TOÁN (Tài liệu Hội nghị Khoa học).

3.

BÁO TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ.

4.

CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH.

5.

CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4, ĐỀ THI HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ
ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ.

6.

CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC GIA (VMO).

7.

CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC TẾ (IMO) VÀ CÁC NƯỚC…

25