rèn luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học để giải một số bài toán về “phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
A- ĐẶT VẤN ĐỀ
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” là một trong những nội dung cơ
bản và quan trọng của bộ môn Hình học lớp 10. Nó cho phép ta giải quyết nhiều
vấn đề của hình học bằng phương pháp đại số và giải tích. Song trong quá trình
học tập, khi giải quyết các bài toán về “phương pháp tọa độ”, học sinh chỉ chú ý
đến các phép biến đổi đại số và giải tích mà ít để ý đến các tính chất hình học
vốn có của nó.
Các phép biến đổi đại số và giải tích có ưu điểm là dễ định hướng, có thể
giải quyết được phần lớn các bài toán về “phương pháp tọa độ”. Nhưng nó cũng
có nhược điểm là nhiều bài toán dẫn đến các biểu thức cồng kềnh, phức tạp đòi
hỏi biến đổi dài dòng hoặc dẫn đến các vấn đề khó của đại số và giải tích.
Trong một số các bài toán về “phương pháp tọa độ” nói chung và “Phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng” nói riêng, nếu chú ý đến các tính chất hình học của
các đối tượng thì bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn. Vấn đề là học sinh cần phải
linh hoạt trong quá trình vận dụng, khi nào thì dùng các phép biến đổi đại số và
giải tích đơn thuần, khi nào thì phải chú ý đến các tính chất hình học. Khó khăn
chủ yếu của các em là trong một số bài toán đặc biệt, các em không khai thác
được các tính chất hình học đó.
Câu hỏi được đặt ra là: “ Làm thế nào để rèn luyện cho học sinh có kĩ
năng giải một số bài toán về “phương pháp tọa độ” mà đòi hỏi chú ý đến các tính
chất hình học ?”. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn đề cập tới nội dung
này ở phần Hình học phẳng nhằm giúp học sinh phát huy tính tích cực, tự giác,
chủ động, sáng tạo; rèn luyện thói quen và khả năng tự học, học tập suốt đời; có
tinh thần hợp tác, có kĩ năng vận dụng kiến thức linh hoạt vào những tình huống
khác nhau trong học tập và trong thực tiễn. Qua thực tế giảng dạy, qua học hỏi
đồng nghiệp, qua quá trình tự học, tự bồi dưỡng, tôi xin nêu ra vấn đề : “Rèn
luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học để giải một số bài
toán về “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” ”.
1

Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1.CƠ SỞ LÍ LUẬN
Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đề cập đến các tính chất hình học
mà học sinh đã được học trong chương trình Hình học ở cấp trung học cơ sở và
chương trình hình học lớp 10. Ngoài ra tôi xin lưu ý đến một số tính chất cơ bản
sau:
1.Với ba điểm
, ,A B C
bất kì ta luôn có:
a.
AB BC AC+ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
, ,A B C
cùng thuộc một
đường thẳng và
B
thuộc đoạn
AC
.
b.
.AB BC AC− ≤
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
, ,A B C
cùng thuộc một
đường thẳng và
B
không nằm giữa
A

và
C
.
2.Cho điểm
A
không thuộc đường thẳng
∆
,
H
là hình chiếu của
A
trên
∆
. Với
mọi điểm
M
∈∆
ta có
AM AH
≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
M H
≡
.
3. Cho tia
Ot
là phân giác trong góc
·
xOy
,

M Ox∈
. Nếu
'M
đối xứng với
M
qua
Ot
thì
' .M Oy∈
4. Cho tam giác
ABC
nhọn có
1 2 3
, ,H H H
lần lượt là chân các đường cao hạ từ
các đỉnh
, ,A B C
. Khi đó
1 2 3
, ,AH BH CH
lần lượt là các đường phân giác trong
2
A
H
M
∆
M’
y
x
O

M
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
của các góc
· · ·
3 1 2 1 2 3 2 3 1
, ,H H H H H H H H H
và
, ,BC CA AB
lần lượt là các đường
phân giác ngoài của các góc
· · ·
3 1 2 1 2 3 2 3 1
, ,H H H H H H H H H
.
Thật vậy, chẳng hạn
·
·
1 3 3
AH H ACH=
(vì
1 3
ACH H
là tứ giác nội tiếp),
·
·
3 2
ACH ABH=
(cùng phụ với góc
·

BAC
) ,
·
·
2 1 2
ABH AH H=
(vì
1 2
ABH H
là tứ
giác nội tiếp). Do đó
1
AH
là các đường phân giác trong của góc
·
3 1 2
H H H
. Và vì
1
BC AH⊥
nên
BC
là đường phân giác ngoài của góc
·
3 1 2
H H H
.
5. Cho tam giác
ABC
, gọi

1 2
,e e
ur uur
lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục
,AB AC
(
1
e
ur
cùng hướng với
AB
uuur
,
2
e
uur
cùng hướng với
AC
uuur
. Khi đó đường phân
giác trong góc
A
có vectơ chỉ phương là
1 2
e e+
ur uur
và đường phân giác ngoài góc
A
có vectơ chỉ phương là
1 2

e e−
ur uur
.
6. Cho hai điểm
,A B
phân biệt cố định. Tập hợp các điểm
M
trong mặt phẳng
thỏa mãn
MA MB=
là đường trung trực của đoạn thẳng
AB
.
7. Cho hai điểm
,A B
phân biệt cố định và số thực
k
với
0 1k< ≠
. Tập hợp các
điểm
M
trong mặt phẳng thỏa mãn
.MA k MB=
là một đường tròn. Đường tròn
này có đường kính là đoạn
CD
, trong đó
,C D
lần lượt là điểm chia trong và

điểm chia ngoài đoạn thẳng
AB
. Đường tròn này được gọi là đường tròn
Apollonius tỉ số
k
dựng trên đoạn
.AB

2.THỰC TRẠNG
Trong quá trình giảng dạy Chương III- Hình học 10 hoặc Chương III-
Hình học 10 nâng cao tôi nhận thấy rằng học sinh rất hứng thú khi học phần
này. Phần lớn học sinh đều ngại học bộ môn Hình học nhưng ở phần này, các
kiến thức về hình học được nhìn dưới lăng kính đại số nên các em tiếp nhận dễ
3
B
A
C
H
1
H
2
H
3
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
dàng hơn. Các khái niệm, các quan hệ hình học đều được đại số hóa, và việc giải
quyết các vấn đề của hình học được chuyển về giải quyết các vấn đề về đại số.
Nhưng cũng chính việc thuận lợi này làm cho học sinh phụ thuộc quá
nhiều vào phương pháp đại số. Khi giải các bài tập về loại này, học sinh thường
nghĩ ngay đến việc chuyển về các phương trình, các biểu thức đại số. Ở một số

các bài toán đòi hỏi đến việc sử dụng đến các tính chất hình học thì thường các
em bị động, không xác định được hướng giải quyết.
Trong năm học 2011- 2012, tôi có trực tiếp giảng dạy hai lớp khối 10, qua
thống kê kết quả kiểm tra tôi thu được kết quả sau:
Biểu 1: Kết quả kiểm tra chương III Hình học 10 năm học 2011-2012
TT Lớp SS
Giỏi Khá TB Yếu Kém
SL % SL % SL % SL % SL %
1 10B 44 4 9,1 11 25,0 26 59,1 3 6,8 0 0,0
2 10C 43 3 7,0 9 20,9 27 62,8 3 7,0 1 2,3
Tổng 87 7 8,0 20 23,0 53 61,0 6 6,9 1 1,1
Qua biểu 1 ta nhận thấy:
-Số học sinh loại yếu, kém ít; số học sinh loại trung bình, khá chiếm đa số.
Điều đó chứng tỏ về mặt đại trà thì học sinh học tốt phần này.
-Số lượng loại giỏi rất ít, số lượng loại khá cũng còn thấp. Điều này phản
ánh kĩ năng giải các bài tập loại khó còn kém.
Như vậy, để học sinh đạt kết quả tốt trong các kì thi tuyển sinh vào đại
học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi thì yêu cầu cấp thiết là phải rèn luyện
cho học sinh kĩ năng giải các bài tập ở mức độ cao hơn.
3.GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trong quá trình giảng dạy tôi đã khắc phục thực trạng trên bằng cách lồng
ghép vào các bài giảng, đặc biệt là các tiết luyện tập các nội dung sau:
Bài toán 1: Cho hai điểm
( ; ), ( ; )
A A B B
A x y B x y
phân biệt. Lập phương trình
đường thẳng
∆
đi qua

A
sao cho khoảng cách từ
∆
đến
B
là lớn nhất.
Cách giải:
Cách 1: Gọi
( ; )n a b
r
là vectơ pháp tuyến của
2 2
( 0)a b∆ + ≠
. Phương trình đường
thẳng
∆
là:
( ) ( ) 0
A A
a x x b y y− + − =
.
4
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
Ta có
2 2
( ) ( )
( , )
B A B A
a x x b y y

d B
a b
− + −
∆ =
+
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì:
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
B A B A A A
a x x b y y a b x x y y
 
− + − ≤ + − + −
 
Do đó :
2 2
( , ) ( ) ( )
A A
d B x x y y∆ ≤ − + −
Dấu bằng xảy ra
0
B A B A
a b
x x y y
⇔ =
− −
Chọn
,a b
thỏa mãn
2 2
0

0
B A B A
a b
x x y y
a b

=

− −


+ ≠

suy ra phương trình đường thẳng
∆
.
Cách 2: Gọi
H
là hình chiếu của B trên
∆
, ta có
( , )d B BH BA∆ = ≤
. Dấu bằng xảy
ra
H A⇔ ≡
. Khi đó
∆
là đường thẳng qua
A
và vuông góc với

AB
tức là đường
thẳng đi qua
A
và nhận
AB
uuur
làm vectơ
pháp tuyến.
Nhận xét: Rõ ràng lời giải thứ hai ưu việt hơn. Việc đánh giá bằng phương
pháp hình học mang tính trực quan, dễ hiểu và việc lập phương trình đường
thẳng cũng dễ dàng. Còn ở lời giải thứ nhất mang nặng tính đại số, bất đẳng
thức Bunhiacopxki cũng chỉ trình bày ở phần đọc thêm trong sách giáo khoa Đại
số 10 nâng cao, nên không thông dụng cho mọi đối tượng học sinh.
Sau đây là một số ví dụ vận dụng bài toán 1.
Ví dụ 1: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(1;2), ( 3;1)A B −
phân biệt. Lập
phương trình đường thẳng
∆
đi qua
A
sao cho khoảng cách từ
B
đến
∆
là lớn
nhất.

Giải:
Gọi
H
là hình chiếu của B trên
∆
, ta có
( , )d B BH BA∆ = ≤
. Dấu bằng xảy ra
H A⇔ ≡
. Khi đó
∆
là đường thẳng qua
A
và vuông góc với
AB
tức là đường
thẳng đi qua
A
và nhận
( 4; 1)AB − −
uuur
làm vectơ pháp tuyến. Do đó
∆
có phương
trình là:
4( 1) 1( 2) 0x y− − − − =
hay
4 6 0x y+ − =
.
5

B
H
A
∆
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
Ví dụ 2: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm
(1;2)M
và đường thẳng
∆
có phương
trình
(1 2 ) 3 0mx m y m+ − + − =
với
m
là tham số. Tìm
m
để khoảng cách từ
M
đến
∆
lớn nhất.
Giải:
Nhận xét: đường thẳng
∆
luôn đi qua điểm
(3;5)A m∀
. Gọi

H
là hình chiếu
của
M
trên
∆
, ta có
( , )d M MH MA∆ = ≤
. Dấu bằng xảy ra
H A⇔ ≡
. Khi đó
AM
∆ ⊥
( ;1 2 )n m m⇔ −
r
và
(2;3)AM
uuuur
cùng phương
1 2 2
2 3 7
m m
m
−
⇔ = ⇔ =
.
Ví dụ 3: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho đường thẳng
: 2 1 0mx y m∆ + − − =

và
đường tròn
2 2
( ) : 2 4 1 0C x y x y+ − − + =
. Tìm
m
để đường thẳng
∆
cắt đường
tròn
( )C
theo một cát tuyến có độ dài nhỏ nhất.
Giải:
Nhận xét: : đường thẳng
∆
luôn
đi qua điểm
(2;1)A m∀
và điểm
A
nằm trong đường tròn
( )C
. Do
đó
∆
luôn cắt đường tròn
( )C
tại
hai điểm phân biệt
,M N

. Đường
tròn
( )C
có tâm
(1;2)I
bán kính
2R =
. Gọi
H
là hình chiếu của
I
trên
∆
, ta có
2MN HM=
2 2
2 IM IH= −
mà
IH IA
≤
nên
2 2
2 2 2MN IM IA≥ − =
. Dấu bằng xảy ra
H A⇔ ≡
. Khi đó
AI
∆ ⊥
( ;1)n m⇔
r

và
( 1;1)AI −
uur
cùng phương
1
1
1 1
m
m⇔ = ⇔ = −
−
. Vậy với
1m = −
thì
MN
nhỏ nhất.
Bài toán 2: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
( , ), ( , ),
A A B B
A x y B x y
( , ).
C C
C x y
Lập phương trình các đường phân giác trong và phân giác ngoài góc
·
BAC
.

Cách giải:
- Đặt
1 2
1 1
. , .e AB e AC
AB AC
= =
ur uuur uur uuur
.
6
I
A
H
∆
M
N
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
- Đường phân giác trong góc
A
đi qua
A
và nhận vectơ
3 1 2
e e e= +
ur ur uur
làm vectơ
chỉ phương.
- Đường phân giác ngoài góc
A

đi qua
A
và nhận vectơ
4 1 2
e e e= −
uur ur uur
làm vectơ
chỉ phương.
Nhận xét: Bài toán này có nhiều cách giải. Cách giải trên đây rõ ràng là đơn
giản và ngắn gọn.
Ví dụ 4: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
(2; 14), ( 2;14),A B− −
( 5; 7)C − −
. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
.
Giải:
Đường phân giác trong góc
A
có vectơ chỉ phương là
1 1 6 12
;
5 2 5 2
u AB AC
AB AC
−

 
= + =
 ÷
 
r uuur uuur
Do đó nó có vectơ pháp tuyến là
(2;1)n
r
.
Suy ra nó có phương trình:
2( 2) ( 14) 0 2 10 0x y x y− + + = ⇔ + + =
.
Tương tự, đường phân giác trong góc
B
có phương trình
2 0x + =
.
Tâm
I
của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
là giao điểm của hai đường phân
giác trong các góc A,B nên có tọa độ I(-2;-6).
Bài toán 3: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
nhọn có tọa độ chân ba
đường cao hạ từ các đỉnh
, ,A B C

lần lượt là
1 1 1 2 2 2
( , ), ( , ),H x y H x y
3 3 3
( , ).H x y
7
3
e
ur
A
B
C
1
e
ur
2
e
uur
4
e
uur
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
Lập phương trình các cạnh và các đường cao của tam giác
ABC
.
Cách giải:
Theo lưu ý 4 phần 1 ta có đường cao
1
AH

chính là phân giác trong của
góc
·
3 1 2
H H H
và cạnh
BC
chính là
phân giác ngoài của góc
·
3 1 2
H H H
.
Từ đó ta lập các đường phân giác
trong và phân giác ngoài của góc
·
3 1 2
H H H
ta suy ra phương trình
đường cao
1
AH
và cạnh
BC
. Tương
tự cho các đường cao còn lại và các
cạnh còn lại.
Nhận xét: Nếu không lưu ý đến tính chất của chân các đường cao thì bài toán
này rất khó.
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy
, cho tam giác nhọn
ABC
có chân
các đường cao hạ từ
, ,A B C
theo thứ tự là
16 12
(2;0), ; , (0; 4).
5 5
M N P
 
− −
 ÷
 
Tìm
tọa độ trực tâm của tam giác
ABC
.
Giải:
Vì
AM
là phân giác trong góc
·
PMN
nên ta tìm được phương trình
AM
là
2 0x − =
và

CP
là phân giác trong góc
·
MPN
nên ta tìm được phương trình
CP
là
4 0x y− − =
. Trực tâm
H
của tam giác
ABC
là giao điểm của
AM
và
CP
nên có tọa độ
(2; 2)H −
.
Bài toán 4: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
không cân tại
A
có
( , ), ( , )
B B C C
B x y C x y
và phương trình đường thẳng chứa đường phân giác trong

(hoặc phân giác ngoài) góc
A
là
2 2
: 0( 0)ax by c a b∆ + + = + ≠
. Lập phương
trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác
ABC
.
Cách giải:
-Cạnh
BC
đi qua
B
và nhận
BC
uuur
là vectơ chỉ phương.
8
B
A
C
H
1
H
2
H
3
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn

-Gọi
'B
đối xứng với
B
qua
∆
thì
'B AC∈
. Cạnh
AC
đi qua
C
và nhận
'B C
uuuur
là vectơ chỉ phương.
-
A
là giao điểm của
AC
và
∆
. Cạnh AB đi qua
B
và nhận
AB
uuur
là vectơ chỉ
phương.
Chú ý: Nếu

∆
là phân giác trong góc
A
thì
, 'AC AB
uuur uuuur
cùng hướng còn nếu
∆
là
phân giác ngoài góc
A
thì
, 'AC AB
uuur uuuur
ngược hướng.
Nhận xét: Nếu không lưu ý đến tính đối xứng mà sử dụng điều kiện hai góc
bằng nhau thì thu được biểu thức nhiều ẩn và tương đối phức tạp.
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, hãy xác định tọa độ đỉnh
C
của
tam giác
ABC
biết rằng hình chiếu vuông góc của
C
trên đường thẳng
AB
là
điểm

( 1; 1)H − −
, đường phân giác trong của góc
A
có phương trình
2 0x y− + =
và đường cao kẻ từ
B
có phương trình
4 3 1 0x y+ − =
.
Giải:
Gọi
'H
là điểm đối xứng với
H
qua đường
phân giác trong góc
A
. Đường thẳng ∆ đi
qua
H
và vuông góc với đường phân giác
trong góc A có phương trình
: 2 0x y∆ + + =
. ∆ cắt đường phân giác
trong góc
A
tại
( 2;0)I −
. Vì

I
là trung điểm
'HH
nên tìm được
'( 3;1)H −
. Đường thẳng
AC
đi qua điểm
'H
và vuông góc với
đường cao qua đỉnh
B
nên có phương trình
là
3 4 13 0x y− + =
.
A
là giao điểm của
đường phân giác trong góc
A
và đường thẳng
AB
nên
(5;7)A
. Đường thẳng
CH
đi qua hai điểm
,A H
nên có phương trình
3 4 7 0x y+ + =

.
C
là giao điểm
của
AC
và
CH
nên
10 3
;
3 4
C
 
−
 ÷
 
. Thử lại thấy
, 'AC AH
uuur uuuur
cùng hướng nên thỏa
mãn.
Ví dụ 7: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
( 4;1)B −
, trọng tâm
(1;1)G
và đường thẳng chứa phân giác trong của góc

A
có phương trình
1 0x y− − =
. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
C
.
(trích đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2011)
Giải:
9
A
B
C
H
H’
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
Gọi
( ; )D x y
là trung điểm của
AC
. Vì
3BD GD=
uuur uuur
nên ta tìm được
7
( ;1)
2
D

. Gọi
E
là điểm đối xứng với
B
qua phân giác trong
góc
A
, ta tìm được
(2; 5)E −
. Đường thẳng
AC
đi qua
A
và
E
nên có phương trình
4 13 0x y− − =
.
A
là giao điểm của
AC
và
đường phân giác trong góc
A
nên có tọa độ
(4;3)A
.
C
đối xứng với
A

qua
D
nên
(3; 1)C −
. Thử lại thấy
,AC AE
uuur uuur
cùng hướng nên thỏa mãn.
Ví dụ 8: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, có đỉnh
( 4;1)C −
, phân giác trong góc
A
có phương trình
: 5 0d x y+ − =
. Viết phương trình
đường thẳng
BC
, biết diện tích tam giác
ABC
bằng 24 và đỉnh
A
có hoành độ
dương.
(trích đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2010)

Giải:
Gọi
D
là điểm đối xứng với điểm
C
qua đường
thẳng
d
, ta tìm được
(4;9)D
.
A
là giao điểm của d và đường tròn đường kính
CD
đồng thời có hoành độ dương nên ta tìm
được
(4;1)A
.
Cạnh
AB
đi qua
A
và
D
nên có phương trình
4 0x − =
.
Ta có
2.
8; 6

ABC
S
AC AB
AC
∆
= = =
. Gọi
(4; )B y
, từ
6AB =
ta tìm được
(4;7)B
hoặc
(4; 5)B −
. Do
d
là phân giác trong góc
A
nên
,AB AD
uuur uuur
cùng hướng. Suy ra
(4;7)B
.
Bài toán 5: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
( , ), ( , )
A A B B
A x y B x y

và đường
thẳng
2 2
: 0( 0)ax by c a b∆ + + = + ≠
không đi qua
,A B
. Tìm tọa độ điểm
M
trên đường thẳng
∆
sao cho
MA MB
+
nhỏ nhất.
Cách giải:
10
A
B
C
D
d
B
A
C
G
D
E
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
- Nếu

,A B
nằm về hai phía đối với
∆
thì
MA MB AB+ ≥
. Dấu bằng
xảy ra khi và chỉ khi
M
là giao
điểm của
∆
và
AB
.
- Nếu
,A B
nằm về một phía đối
với
∆
thì gọi
'A
đối xứng với
A
qua
∆
. Ta có
'MA MB MA+ =
'MB A B+ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi

M
là giao điểm của
∆
và
'A B
.
Nhận xét: Bằng cách tương tự ta có thể giải bài toán sau: “Trong hệ tọa độ
Oxy
,
cho hai điểm
( , ), ( , )
A A B B
A x y B x y
và đường thẳng
: 0ax by c∆ + + =
2 2
( 0)a b+ ≠
không đi qua
,A B
. Tìm tọa độ điểm
M
trên đường thẳng
∆
sao
cho
MA MB−
lớn nhất.
Ví dụ 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
(1;2)A
và đường thẳng

: 4 3 23 0d x y− − =
. Hai điểm B và C di chuyển trên d sao cho đoạn BC luôn có
độ dài bằng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất.
Giải:
Gọi d’ là đường thẳng
qua A và song song với
d, d’ có phương trình:
4 3 2 0x y− + =
. Lấy
(4;6)D
thuộc
'd
thỏa
mãn
5AD =
. Khi đó
/ /AD BC
và
AD BC=
,
tức là
ABCD
là hình
bình hành hoặc
ACBD
là hình bình hành.
- Nếu
ABCD
là hình bình hành, gọi
'A

đối xứng với
A
qua
d
, ta tìm được
'(9; 4)A −
. Ta có chu vi tam giác
ABC
là
5AB BC CA CD CA+ + = + +
' 5 ' 5CD CA DA= + + ≥ +
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
C
là giao điểm của
d
và
'DA
. Từ đó tìm được
13
( ;1)
2
C
và
7
( ; 3)
2
BC AD B= ⇒ −
uuur uuur
.
-Nếu

ACBD
là hình bình hành, tương tự ta tìm được
13 7
( ;1), ( ; 3)
2 2
B C −
.
11
A
B
A’
M
∆
A
B
C
D
d
A’
d’
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
Ví dụ 10: Trên mặt phẳng toạ độ
,Oxy
cho đường thẳng
: 5 0x y∆ − + =
và hai
elíp
2 2
1

( ) : 1
25 16
x y
E + =
,
2 2
2
2 2
( ) : 1 ( 0)
x y
E a b
a b
+ = > >
có cùng tiêu điểm. Biết rằng
2
( )E
đi qua điểm M thuộc đường thẳng
.
∆
Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp
2
( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm 2010-2011)
Giải
Điểm
2 1 2
( ) 2M E MF MF a∈ ⇒ + =
. Vậy
2

( )E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ
khi
1 2
MF MF+
nhỏ nhất.
Hai elíp có các tiêu điểm
1 2
( 3;0), (3;0).F F−
Gọi
( ; )N x y
là điểm đối xứng với
1
F
qua
∆
, suy ra
( 5;2).N −
Ta có:
1 2 2 2
MF MF NM MF NF+ = + ≥
(không đổi). Dấu bằng xảy
ra khi và chỉ khi
2
M NF= ∩ ∆
suy ra
17 8
; .
5 5
M

 
−
 ÷
 
Ví dụ 11: Trên mặt phẳng toạ độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
1
: 1 0;x y∆ − + =
2
: 1 0y∆ − =
và điểm
(5;2)C
. Tìm các điểm
1 2
,A B∈∆ ∈∆
sao cho chu vi tam
giác
ABC
nhỏ nhất.
Giải
Nhận xét:
C
thuộc góc nhọn tạo bởi hai đường
thẳng
1 2
,∆ ∆
. Gọi
,M N
lần lượt là các điểm đối

xứng với
C
qua
1 2
,∆ ∆
. Ta có
(1;6), (5;0)M N
.
Nhận thấy ba điểm
, ,C M N
không thẳng hàng.
Chu vi tam giác
ABC
là
AC AB BC MA+ + = +
AB BN MN+ ≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 2
;A MN B MN= ∩ ∆ = ∩ ∆
. Phương trình
đường thẳng
MN
là
3 2 15 0x y+ − =
, suy ra
13 18 13
; ; ;1
5 5 3
A B
   

 ÷  ÷
   
.
Bài toán 5: Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
( , ), ( , )
A A B B
A x y B x y
nằm ngoài
đường tròn
2 2 2
0 0
( ) : ( ) ( )C x x y y R− + − =
và số thực
k
với
1k >
và
(2 1)IA k R< +
. Tìm tọa độ điểm
M
trên đường tròn
( )C
sao cho
.MA k MB+
nhỏ nhất.
12
C
A

B
M
N
1
∆
2
∆
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
Cách giải:
-Ta sẽ chứng minh tồn tại điểm
J
bên trong
đường tròn sao cho với mọi điểm
( )M C∈
ta
đều có:
.MA k MJ=
. Thật vậy, gọi
I
là tâm
đường tròn
( )C
,
D
là giao điểm của
AI
và
đường tròn
( )C

trong đó
D
nằm giữa
A
và
I
.
Lấy
J
sao cho
1
DJ DA
k
= −
uuur uuur
tức là
DA kDJ= −
uuur uuur
. Vậy
D
là điểm chia trong đoạn
AJ
. Hơn nữa,
( )
1 1 1
( ) 2 1 2DJ DA IA R k R R R
k k k
= = − < + − =
 
 

nên
J
nằm
trong đường tròn. Theo lưu ý 7 ở phần 1 thì đường tròn
( )C
là đường tròn
Apollonius tỉ số
k
dựng trên đoạn
.AB
Vậy với mọi điểm
( )M C∈
ta đều có:
.MA k MJ=
.
-Ta có
. . .( ) .MA kMB k MJ k MB k MJ MB k JB+ = + = + ≥
. Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi
( )M C BJ= ∩
và
M
nằm giữa
BJ
.
Nhận xét:
- Với trường hợp
0 1k< <
thì ta lấy
DJ kDB= −

uuur uuur
(
D
là giao điểm của
BI
và
đường tròn
( )C
trong đó
D
nằm giữa
B
và
I
) và cũng phải có điều kiện đối
với
k
và
IB
để
J
nằm trong đường trong
( ).C
- Nếu
,A B
cùng nằm trong đường tròn thì luôn tồn tại
J
nằm ngoài đường tròn
( )C
để đường tròn

( )C
là đường tròn Apollonius tỉ số
k
dựng trên đoạn
AJ
hoặc đường tròn
( )C
là đường tròn Apollonius tỉ số
1
k
dựng trên đoạn
.JB
Ví dụ 12: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho các điểm
(7;9), (0;8)A B
và đường
tròn
2 2
( ) : ( 1) ( 1) 25C x y− + − =
. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc
( )C
sao cho biểu
thức
2P MA MB= +
đạt giá trị nhỏ nhất.
(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ An - Bảng A 2011-2012)
Giải:

Đường tròn
( )C
có tâm
(1;1)I
và bán kính
5R =
. Gọi
5
( ;3)
2
J
. Ta chứng minh
với mọi điểm
M
thuộc
( )C
ta có
2MA MJ=
. Thật vậy
2MA MJ=
13
I
J
D
A
B
M
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
2 2

4MA MJ⇔ =
( )
2
MI IA⇔ +
uuur uur
( )
2
4 MI IJ= +
uuur uur
( )
2 2
2 4IJ 3 4MI IA R IJ⇔ − = +
uuur uur ur
2
.IA−
Đẳng thức này đúng vì
4IJ 0IA − =
uur ur r
và
2 2 2
3 4 0.R IJ IA+ − =

Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta có:
( )
2 2 2MA MB MJ MB BJ+ = + ≥
.Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài đường tròn
(C); J nằm trong đường tròn (C)).
Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
giao điểm của đường tròn (C) và đoạn thẳng

BJ.
BJ có phương trình
2 8 0x y+ − =
.
Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của
hệ
( ) ( )
2 2
2 8 0
1
6
1 1 25
x y
x
y
x y
+ − =

=


⇔
 
=
− + − =



hoặc
5

2
x
y
=


= −

.
Thử lại ta có điểm M(1;6) thuộc đoạn JB thỏa mãn bài toán
Bài tập đề nghị
Bài 1.Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(5;2), ( 4;1)A B −
phân biệt. Lập
phương trình đường thẳng
∆
đi qua
A
sao cho khoảng cách từ
B
đến
∆
là lớn
nhất.
Bài 2.Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm
( 1;3)M −

và đường thẳng
∆
có phương
trình
( 2) (1 ) 3 5 0m x m y m− + − + − =
với
m
là tham số. Tìm
m
để khoảng cách
từ
M
đến
∆
lớn nhất
Bài 3.Trong hệ tọa độ
Oxy
, viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
( 1;0)E −
và cắt đường tròn
2 2
( ) : 8 4 16 0C x y x y+ − − − =
tại hai điểm
,A B
sao cho độ dài
AB
nhỏ nhất.
Bài 4.Tìm

m
để đường thẳng
: (2 1) ( 1) 4 0m x m y m∆ + + − − + =
cắt đường tròn
2 2
( ) : 2 4 1 0C x y x y+ − − + =
theo một cát tuyến có độ dài nhỏ nhất.
Bài 5.Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
7
( ;3), (1;2),
4
A B

( 4;3)C −
. Lập
phương trình đường phân giác ngoài góc
A
của tam giác
ABC
.
14
JI
A
B
M
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh

Tuấn
Bài 6.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác nhọn
ABC
có chân các
đường cao hạ từ
, ,A B C
theo thứ tự là
( )
( 1; 2), 2;2 , ( 1;2).M N P− − −
Lập phương
trình các cạnh của tam giác
ABC
.
Bài 7.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
(3;5)B
,
(4; 3)C −
và đường phân giác trong góc
A
có phương trình
2 8 0x y+ − =
. Lập
phương trình các cạnh của tam giác
ABC

.
Bài 8.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
(0;1)A
, đường
trung tuyến qua
B
có phương trình
2 4 0x y− + =
, đường phân giác trong góc
C
có phương trình
2 2 0x y+ + =
. Lập phương trình cạnh
BC
.
Bài 9.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có phương trình
hai cạnh
:5 2 7 0, : 2 1 0AB x y BC x y+ + = − − =
, đường phân giác trong góc
A
có phương trình
1 0x y+ − =

. Tìm tọa độ đỉnh
C
.
Bài 10. Trong hệ tọa độ
Oxy
, hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác nhọn
ABC
biết chân đường cao lần lượt hạ từ các đỉnh
, ,A B C
lần lượt là H
1
(4;-1),
H
2
(1;5), H
3
(-4;-5).
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc
( )
Oxy
cho tam giác
ABC
và đường thẳng
∆
có phương trình
: 3 1 0x y∆ − − =
. Giả sử
( ) ( )
4;2 , 1;1 ,D E

( )
3;3N
theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ
,A
chân đường cao
kẻ từ
B
và trung điểm cạnh
.AB
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
biết
rằng trung điểm
M
của cạnh
BC
nằm trên đường thẳng
∆
và điểm
M
có
hoành độ lớn hơn 2.
Bài 12. Tìm trên trục hoành điểm
M
sao cho tổng khoảng cách từ
M
đến các
điểm
(1;2), (3;4)A B
là nhỏ nhất.

Bài 13. Tìm trên trục đường thẳng
2 2 0x y− + =
điểm
M
sao cho
MA MB−
lớn nhất với
(4;1), (5;7)A B
.
Bài 14. Cho hai đường thẳng song song
1 2
: 2 9 0; : 2 4 0d x y d x y+ − = + − =
và
hai điểm
(6;4), (2; 1)M N −
. Lập phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với
1 2
,d d
và cắt hai đường thẳng này lần lượt tại
,A B
sao cho
MA NB+
nhỏ nhất.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho các điểm
( 4;4), (0;6)A B−
và đường

tròn
2 2
( ) : 9C x y+ =
. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc
( )C
sao cho biểu thức
2 3P MA MB= +
đạt giá trị nhỏ nhất.
15
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
4. KẾT QUẢ THỰC HIỆN
Năm học 2012-2013, tôi được phân công giảng dạy hai lớp khối 10 là lớp
10B và lớp 10D trường THPT Mai Anh Tuấn. Trong quá trình giảng dạy, tôi đã
triển khai tới các đối tượng học sinh về nội dung này. Kết quả thu được là học
sinh say mê hơn đối với môn học, hình thành cho các em kĩ năng vận dụng linh
hoạt các kiến thức sẵn có vào các tình huống cụ thể. Kết quả kiểm tra cụ thể như
sau:
Biểu 2: Kết quả kiểm tra chương III Hình học 10 năm học 2012-2013
TT Lớp SS
Giỏi Khá TB Yếu Kém
SL % SL % SL % SL % SL %
1 10B 45 13 28,9 15 33,3 17 37,8 0 0,0 0 0,0
2 10D 46 11 23,9 17 37,0 16 34,8 2 4,3 0 0,0
Tổng 91 24 26,3 32 35,1 33 36,4 2 2,2 0 0,0
Qua biểu 2 ta thấy kết quả năm học 2012-2013 cao hơn so với năm học
2011-2012. Đây mới chỉ là kết quả bước đầu thức hiện. Hi vọng rằng trong các
giai đoạn tiếp theo, học sinh sẽ có kết quả cao hơn.

C- KẾT LUẬN
Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra từ quá trình giảng
dạy. Vì kinh nghiệm của bản thân còn ít, thời gian công tác chưa nhiều nên chắc
16
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
chắn còn nhiều thiếu sót, rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng
nghiệp.
Trong các năm học tiếp theo, tôi sẽ triển khai sâu rộng hơn trong quá trình
giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, rút kinh nghiệm từ thực tế để nội dung sáng
kiến kinh nghiệm này được hoàn thiện hơn và tiếp tục tìm tòi, học hỏi để nghiên
cứu về vấn đề “Rèn luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình
học để giải một số bài toán về “Phương pháp tọa độ trong không gian” ”.
Tài liệu tham khảo
1.Sách giáo khoa, sách bài tập Hình học 10, Hình học 10 nâng cao, NXB giáo
dục.
17
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
2. Tài liệu chuyên toán Hình học 10, Tài liệu chuyên toán Bài tập Hình học 10,
NXB giáo dục.
3. Tạp chí Toán học tuổi trẻ.
4. Các đề thi chọn học sinh giỏi của các tỉnh, các đề thi tuyển sinh Đại học khối
A,B,D.
MỤC LỤC
18
Trần Văn Hưng THPT Mai Anh
Tuấn
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 05 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình

viết, không sao chép nội dung của người
khác.
19