sử dụng phương pháp toạ độ trong phẳng vào giải toán hình học

A.ĐẶT VẤN ĐỀ
Một trong các nhiệm vụ của dạy học hình học 10 chương trình THPT là dạy
cho học sinh biết sử dụng phương pháp toạ độ trong mặt phẳng vào giải toán
hình học.
Tuy nhiên, nếu chỉ dừng lại ở những bài toán thuần tuý chỉ dùng các biểu
thức toạ độ, các biến đổi phương trình, các công thức tính toán thì việc học
hình học như thế sẽ kém thú vị !
Ta biết rằng có rất nhiều bài toán hình học phải giải quyết rất phức tạp,
trong khi hầu hết các bài toán dạng toạ độ học sinh đều có hướng giải. Như
vậy nếu ta chuyển đổi bài toán hình học về bài toán toạ độ thì việc giải toán
hình học trở nên đơn giản hơn. Bởi vậy sau khi trang bị cho học sinh các kiến
thức về toạ độ, phương trình chúng ta nên cho học sinh vận dụng linh hoạt,
sáng tạo vào các hình qua các bài toán cụ thể.
Ở trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Đối với học sinh
có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Việc
hướng dẫn học sinh biết cách chuyển đổi ngôn ngữ toán hoc là việc làm cần
thiết, thường xuyên của người thầy, có tác dụng phát triển tư duy cho học
sinh, đáp ứng yêu cầu của chương trình mới.
Trong đề tài này chủ yếu được đề cập đến vấn đề: “Sử dụng phương
pháp toạ độ trong phẳng vào giải toán hình học” nhằm bồi dưỡng cho học
sinh cách thức nhìn nhận các bài toán theo nhiều góc độ khác nhau, tạo cơ hội
cho học sinh củng cố các phương pháp khác nhau giải toán hình học, đồng
thời thực hiện ý tưởng góp phần bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy biện
chứng, nhìn nhận vấn đề trong mối liên quan tương hỗ lẫn nhau. Vấn đề tôi
đưa ra ở đây cũng là một cơ sở cho các em học sinh sau này lên lớp 12 tiếp
cận một bài toán lớn: “sử dụng phương pháp toạ độ giải quyết các bài toán
hình học không gian”.
1
B.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận của vấn đề
Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình GDPT là đổi

mới phương pháp dạy học, trong đó có đổi mới phương pháp dạy học môn
toán. Việc đổi mới phương pháp dạy học môn toán hiện nay là nhằm phát huy
tính tích cực của học sinh qua đó khai thác vận dụng những khả năng vốn có
và phát huy trí lực của học sinh.
Để tiếp cận vấn đề trong đề tài này yêu cầu học sinh phải có tính sáng tạo,
tích cực, biết cách nhìn nhận bài toán theo các góc độ khác nhau: bài toán
hình học thuần tuý và hình ảnh của nó khi gắn vào hệ trục toạ độ. Qua đó phát
huy tư duy tổng hợp, nhằm hướng tới mục tiêu giáo dục toàn diện cho học
sinh.
II.Thực trạng của vấn đề
1.Về phía học sinh
a.Thuận lợi
Năm học này tôi được nhà trường giao nhiệm vụ giảng dạy lớp 10A6 và
10A4 là lớp học theo chương trình nâng cao các môn KHTN, vì thế mà đa
phần học sinh cũng có được lượng kiến thức khá. Các em có khả năng tiếp thu
vấn đề ở dạng tổng quát và nhiều góc độ. Học sinh có khả năng chuyển đổi
các loại ngôn ngữ khác nhau của bài toán.
b. Khó khăn
Đa phần học sinh đều có cảm giác sợ khi đứng trước các bài toán hình học
ngay cả với các em có học lực khá, giỏi. Các em gần như không có định
hướng, không nghĩ ra phương pháp giải cho bài toán cụ thể.
2. Về phía giáo viên
Do chương trình SGK không đề cập đến vấn đề chuyển đổi các bài toán
hình học thuần tuý sang bài toán sử dụng phương pháp toạ độ, nên đa phần
giáo viên không đưa vấn đề này vào việc bồi dưỡng thêm cho học sinh.
2
Bản thân tôi đã đứng lớp nhiều năm, nhận thấy việc giải quyết bài toán hình
học bằng phương pháp toạ độ là cách giải quyết rất hiệu quả. Vấn đề là phải
hướng dẫn cho học sinh kỹ năng chuyển đổi bài toán. Thực tế ta thấy vấn đề
này sẽ còn được sử dụng khá hiệu quả khi các em học lớp 12 trong phần hình

học không gian.
III. Giải pháp và tổ chức thưc hiện
1. Các giải pháp thực hiện
- Giáo viên hướng dẫn học sinh tiếp cận “dấu hiệu” để chọn hệ trục toạ độ.
- Giáo viên ra đề bài cụ thể và hướng dẫn các em suy nghĩ để phát hiện “điểm
mấu chốt” của bài toán và chọn điểm trùng với gốc toạ độ.
- Các bài toán được đưa ra với mức độ khó tăng dần. Ban đầu để các em tiếp
cận với kỹ năng chọn hệ trục, sau đó yêu cầu được tăng dần đến việc phải suy
luận để lựa chọn hệ trục phù hợp.
2.Các biện pháp để tổ chức thực hiện
- Đặt vấn đề cho cả lớp suy nghĩ.
- Đại diện nhóm trình bày suy luận để tìm ra “điểm mấu chốt” của bài toán.
- Có thể có nhiều hướng suy luận khác nhau, giáo viên sẽ phân tích cho học
sinh hiểu nên lựa chọn theo hướng nào thì thuận lợi cho bài toán.
Sau khi phân tích cho học sinh nắm bắt được yêu cầu và hướng giải quyết
của bài toán, ta thực hiện theo các bước sau để giải quyết vấn đề:
Bước 1: Thực hiện phép toạ độ hoá các điểm trong hình, chuyển bài toán đã
cho về bài toán hình giải tích.
Bước 2: Giải bài toán hình giải tích vừa thu được.
Bước 3: Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính
chất hình học tương ứng.
3.Kiến thức chuẩn bị
a.Về kỹ năng
- Tìm ra “hai đường thẳng cơ sở” có quan hệ vuông góc với nhau.
3
- Xác định được “ điểm mấu chốt” của bài toán là giao của hai đường vuông
góc nào đó.
- Có thể bài toán có nhiều điểm là giao của hai đường vuông góc nhưng ta
phải phân tích để lựa chọn điểm phù hợp, sao cho việc tìm toạ độ của các
điểm còn lại trong hình dễ dàng hơn, vấn đề cần giải quyết hiệu quả hơn.

b.Kiến thức yêu cầu
- Sử dụng kiến thức về toạ độ trong mặt phẳng.
- Phương trình đường thẳng, phương trình đường tròn, phương trình các
đường cônic trong mặt phẳng.
c.Một số dạng toán sử dụng trong đề tài
Dạng 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng ta có thể sử dụng một trong các
cách sau :
Cách 1: Chứng minh hai véctơ cùng phương.
Cách 2: Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm, và chỉ ra điểm thứ ba
thuộc đường thẳng đó.
Dạng 2: Chứng minh hai véctơ vuông góc ta chỉ ra tích vô hướng của hai
véctơ đó bằng không.
Dạng 3: Chứng minh các biểu thức về độ dài.
Sử dụng công thức tính khoảng cách của hai điểm để tính độ dài đoạn thẳng,
từ đó suy ra biểu thức chứng minh.
Dạng 4: Tìm quỹ tích điểm.
Để giải quyết yêu cầu này ta có thể tìm ra một phương trình đường mà toạ
độ của điểm đó thoả mãn. Từ đó kết luận quỹ tích của điểm cần tìm.
4
4. Nhận dạng một số hình đặc biệt khi gắn hệ trục toạ độ
1. Tam giác cân
Cho
D
ABC cân tại A, đường cao
AH = h và BC = a .
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các Oxy sao
cho:
a a
O H(0;0) , B( ;0) ,C( ;0) ,A(0;h)
2 2

º -
2. Tam giác vuông
Đối với
D
ABC vuông tại A có
AB = a ; AC = b.
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các Oxy
sao cho:
O A(0;0) , B(0;b) ,C(c;0)º
3. Tam giác đều
Đối với
D
ABC đều cạnh a,
nhận thấy đây là trường hợp đặc
biệt của tam giác cân.
Có thể lựa chọn hệ trục Đề các
Oxy sao cho O
H(0;0)º
, H là
trung điểm của BC
a a a 3
C( ;0),B( ;0),A(0; )
2 2 2
-
4. Hình thang vuông
5
Cho hình thang vuông ABCD
vuông tại A, D có:
AB = a, AD = b, DC = c.
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các Oxy

sao cho:
O A(0;0) , B(a;0) ,D(0;b), C(c;b)º
5. Hình chữ nhật
Đối với hình chữ nhật ABCD có các
kích thước AB = a ; AD = b.
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các Oxy
sao cho:
O A(0;0) , B(a;0) ,D(0;b), C(a;b)º
6. Hình thoi
Đối với hình thoi ABCD có hai đường chéo
AC = a ; BD = b.
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các Oxy sao cho
a a
O I(0;0) , A( ;0) , C( ;0) ,
2 2
b b
B(0; ), D(0; )
2 2
º -
-
6
7. Hình vuông
Đối với hình vuông ABCD có kích
thước a.
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các Oxy
sao cho:
O A(0;0) , B(a;0) ,D(0;a), C(a;a)º
5. Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Đường cao AH = h, các cạnh
đáy AD = a, BC = b. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB và ta có

·
CID
là
góc vuông. Hãy tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng a, b, h của hình thang
đã cho.
Hướng dẫn học sinh tiếp cận vấn đề:
- Ta có qua A và B có hai đường thẳng vuông góc với nhau chứa hai
cạnh của hình thang .
- Ta thấy vai trò của hai điểm A và B như nhau nên có chọn gốc toạ độ
trùng với một trong hai điểm này.
- Theo dõi phần hình thang khi gắn hệ truc toạ độ.
Giải :
Chọn hệ trục toạ độ Đề các vuông góc Oxy sao cho
O B(0;0),C (b;0),A(0;h) D(a;h)≡ ≡ ⇒
với a, b, h > 0 ( Hình 1)
I là trung điểm của OA nên
h
I(0; )
2

Suy ra
h h
ID (a; ),IC(b; )
2 2
= −
uur uur
Giả thiết
·
CID
vuông nên

. 0IC ID =
uuuruur
2
2
0 4 .
4
⇔ − = ⇔ =
h
ab h ab
Vậy biểu thức liên hệ của các đại
lượng là :
2
h 4ab.=
Hình 1
Bài 2: Cho 2 điểm A, B cố định và AB=a (a > 0) .Tìm tập hợp các điểm M
sao cho MA=2MB.
7
Hướng dẫn học sinh phân tích đề bài:
Vì A, B cố định và không bị ràng buộc bởi quan hệ cạnh nên có thể chọn một
trong hai điểm A, B trùng với gốc toạ độ.
Giải :
Chọn hệ trục toạ độ Đề các vuông
góc Oxy sao cho
)0;0(AO ≡
, A, B
nằm trên trục Ox và B(a;0) ( Hình 2)
Giả sử M(x;y), từ giả thiết
MA=2MB ta có :
( )
2

2 2 2
2 2 2
2 2
2
x y 4 x a y
3x 3y 8ax 4a 0
4a 2a
x y
3 3
 
+ = − +
 
⇔ + − + =
   
⇔ − + =
 ÷  ÷
   

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn
tâm
4a
I ;0
3
 
 ÷
 

và bán kính
2a
R

3
=
.
Hình 2
Bài 3: Cho ∆ABC cân đỉnh A và đường cao AH. Gọi D là hình chiếu
vuông góc của H trên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh rằng
AM ⊥BD.
Hướng dẫn:
Trong bài này nhận thấy có hai điểm H và D là giao của hai đường thẳng
vuông góc . Nhưng “điểm mấu chốt” của bài toán này là điểm nào ?
Vì tam giác ABC cân tại A nên nếu chọn điểm H trùng với gốc toạ độ thì ta
có thể suy ra được toạ độ các điểm còn lại .
Nếu ta lựa chọn điểm gốc toạ độ trùng với điểm D thì việc suy ra toạ độ của
các điểm còn lại gặp khó khăn.
Giải:
8
Chọn hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy, sao cho H(0;0), A(0;a), B(-b;0),
C(b;0). (Hình 3)
Hình 3
Giả sử D(x,y) ta có:
DH AC⊥
uuur uuur
và
AD
uuur
cùng phương với
AC
uuur
nên:
2

2 2
2
2 2
a b
x
DH.AC 0 bx ay 0
a b
ax by ab
ab
AD k.AC
y
a b

=


= − =

 
+
⇔ ⇔
  
+ =
=




=


+

uuur uuur
uuur uuur

Vậy
2 2
2 2 2 2
a b ab
D ;
a b a b
 
 ÷
+ +
 
.
M là trung điểm của HD nên
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a b ab
M ;
2 a b 2 a b
 
 ÷
 ÷
+ +
 
4 2 2 4 4 2 2 4
2 2 2 2

2a b a b 2a b a b
BD.AM 0
2(a b ) 2(a b )
+ − −
⇒ = + =
+ +
uuur uuuur
Vậy AM ⊥BD (đpcm).
9
Bài 4: Cho ∆ABC. Gọi O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp,
trọng tâm, trực tâm của tâm giác đó. Chứng minh rằng 3 điểm O, G, H thuộc
một đường thẳng (đường thẳng Ơle).
Hướng dẫn học sinh tiếp cận vấn đề:
Trước hết ta thấy đây là bài toán quen thuộc có thể giải bằng nhiều cách .
Khi đưa bài toán về giải quyết bằng phương pháp toạ độ, ta cần chú ý đến
“điểm mấu chốt” của bài toán chính là chân các đường cao của tam giác .
Giải :
Gọi K là chân đường cao AH.
Chọn hệ trục Oxy sao cho K(0;0), B(b;0), C(c;0), A(0;a). ( hình 4)
Hình 4
Theo giả thiết, G là trọng tâm của ∆ABC nên
b c a
G ;
3 3
+
 
 ÷
 
Do
H AK

∈
nên H(0; x).
Mặt khác:
bc bc
BH.AC 0 ax bc 0 x H 0;
a a
 
= ⇔ + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
uuur uuur
Do M là trung điểm của BC nên
b c
M ;0
2
+
 
 ÷
 
.
10
Theo giả thiết: OM ⊥ BC nên
b c
O ,y
2
+
 
 ÷
 
. Tìm y bằng cách cho OB = OA.

( )
2 2
2
2
2 2
b c b c
y y a
2 2
a bc b c a bc
y O ,
2a 2 2a
− +
   
⇔ + = + −
 ÷  ÷
   
+ + +
 
⇒ = ⇒
 ÷
 
Do đó:
2 2
b c a bc b c a bc
GO , ; GH ,
6 6a 2 3a
+ + − − − −
   
= =
 ÷  ÷

   
uuur uuur

GH 2GO
⇒ = − ⇒
uuur uuur
G, H, O thẳng hàng (đpcm).
Chú ý : Tất nhiên ta có thể giải quyết bài toán này theo một hướng khác , đó
là ta có thể lập phương trình GO rồi chỉ ra H thuộc đường thẳng GO.
Bài 5: Cho tam giác ABC có đường cao CH. Gọi I, K lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, CH. Một đường thẳng d di động luôn song song với cạnh
AB cắt các cạnh AC, BC lần lượt ở M, N. Dựng hình chữ nhật MNPQ với hai
điểm P, Q nằm trên cạnh AB. Gọi J là tâm của hình chữ nhật MNPQ. Chứng
minh ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Hướng dẫn:
Mấu chốt để chọn hệ trục là dựa vào quan hệ vuông góc của đường cac CH
với cạnh đáy AB.
Nếu biết toạ độ các điểm A, B, C thì ta có thể tìm được toạ độ của các điểm
còn lại dựa vào quan hệ vuông góc và song song.
Đưa bài toán về dạng : chỉ ra ba điểm thẳng hàng bằng phương pháp toạ độ
Giải
Chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxy sao cho :
O H(0;0),
≡
A(a;0), B(b;0), C(0;c). ( hình 5 )
11

Hình 5
Khi đó đường thẳng d có phương trình dạng y = m (0 < m < c) . Phương
trình

đường thẳng AC có dạng :

x y
1 cx ay ac.
a c
+ = ⇔ + =
Phương trình đường thẳng BC có dạng :
x y
1 cx by bc.
b c
+ = ⇔ + =
Vì K là trung điểm của HC nên
c
K 0;
2
 
 ÷
 
,
I là trung điểm của AB nên
a b
I ;0
2
+
 
 ÷
 
.
Phương trình đường thẳng IK có dạng :
2x 2y

1.
a b c
+ =
+
N là giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng BC nên toạ độ N là
nghiệm của hệ phương trình :
( )
b c m
y m
x
b(c m)
N ;m
c
cx by bc
c
y m
−

=

=
−

 
⇔ ⇒
 
 ÷
+ =
 



=

.
M là giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng AC nên toạ độ của M là
nghiệm của hệ:
a(c m)
y m
x
a(c m)
M ;m
c
cx ay ac
c
y m
−

=
=

−

 
⇔ ⇒
 
 ÷
+ =
 



=

12
Q là hình chiếu vuông góc của M trên Ox nên
a(c m)
Q ;0
c
−
 
 ÷
 
.
J là trung điểm của NQ nên :
(a b)(c m) m
J ;
2c 2
+ −
 
 ÷
 
Dễ thấy toạ độ của J thoả mãn phương trình IK :
2x 2y
1
a b c
+ =
+
.
Do đó ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Chú ý : Khi biết toạ độ ba điểm ta có thể chỉ ra
IJ,IK

uuruur
cùng phương. Từ đó
suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Bài 6: Cho tam giác ABC có
µ
o
C 60 ; D,E,F=
là các điểm tương ứng nằm
trên các cạnh BC, AB, AC. Gọi M là giao điểm của AD và BF. Giả sử CDEF
là hình thoi .
Chứng minh rằng :
2
DF DM.DA=
Hướng dẫn học sinh tiếp cận vấn đề:
Vấn đề mấu chốt của bài toán là có
µ
o
C 60=
.
Có CDEF là hình thoi vì vậy nếu biết tọa độ hai điểm C, F hoặc C, D thì có
thể tìm được toạ độ của có thể tìm được toạ độ của các điểm còn lại.
Giải
Chọn hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy sao cho
O C(0;0),F(1;0),A(a;0)≡
Theo bài ra ta có
1 3 3 3
D ; ,E ;
2 2 2 2
   

 ÷  ÷
   
( hình 6)
Phương trình đường thẳng CD có dạng :
y 3x=
Phương trình đường thẳng AE có dạng :

3x (2a 3)y 3a+ − =
Toạ dộ điểm E là nghiệm của hệ :
13
A
( )
( )
( )
a
x
2 a 1
y 3x
3a
3x 2a 3 y 3a
y
2 a 1

=

−

=
 
⇔

 
+ − =



=

−


Vậy
( ) ( )
a 3a
B ;
2 a 1 2 a 1
 
 ÷
− −
 
Lập luận tương tự như trên với M là giao điểm của DA và BF ta tìm được
( )
( )
( )
( )
2 2
a a 1 3a a 1
M ;
2 1 a a 2 1 a a
 
+ −

 ÷
 ÷
− + − +
 
Suy ra : DF = 1,
2
2 2
1 3
DA a 1 a a
2 4
 
= − + = − +
 ÷
 
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 2 2
a a 1 3a a 1
1 3 1
DM
2 1 a a 2 2 1 a a 2 1 a a
   
+ −
= − + − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷

− + − + − +
   
Từ đó ta có được :
2
DF DM.DA
=
.
Bài 7: Cho tam giác ABC cân tại A. Giả sử M là trung điểm của BC và P
là điểm nằm trên đường thẳng AM sao cho
PB AB
⊥
; Q là điểm tuỳ ý trên
cạnh BC, không trùng với B và C ; E, F là hai điểm tương ứng nằm trên các
đường thẳng AB, AC sao cho E, Q, F là ba điểm phân biệt thẳng hàng. Chứng
minh:
PQ
⊥
EF khi và chỉ khi QE = QF.
Gợi ý cho học sinh suy nghĩ :
+) Do tam giác ABC cân tại A , M là trung điểm của BC ta có
AM BC⊥
+) Như vậy ta có thể lựa chọn điểm M làm tâm của hệ trục.
+) Dựa vào quan hệ vuông góc, tam giác đặc biệt có thể suy ra toạ độ của
các
điểm còn lại.
Áp dụng phần tam giác cân khi gắn hệ trục toạ độ.
Giải
Tam giác ABC cân tại A nên
BCAM
⊥

Chọn hệ toạ độ Đề các vuông góc Oxy sao cho
O M(0;0), B( 1;0), C(1;0), A(0;a), Q(q;0)≡ −
với -1 < q < 1 ( hình 7 )
14
Hình 7
Vì
PB AB⊥
và
P Oy∈
nên
1
P 0;
a
 
 ÷
 
Phương trình đường thẳng AB :
y
x 1 ax y a
a
− + = ⇔ − + =
Phương trình đường thẳng AC :
y
x 1 ax y a
a
+ = ⇔ + =
Do
E AB∈
nên
( )

0 0
E x ;a ax+
.
F AC∈
nên
( )
1 1
F x ;a ax−
Suy ra
( ) ( )
0 0 1 1
QE x q;a ax ,QF x q;a ax= − + = − −
uuur uuur
Để E, Q, F thẳng hàng thì
QE,QF
uuuruuur
cùng phương .
Điều kiện là :
( )
0 1 0 1 0 1
x x 2x x q x x 0− + + + =
(1)
Ta có
( )
( )
1 0 1 0
1
PB q; , EF x x ; a x x
a
 

= = − − +
 ÷
 
uuur uur
Nếu
PQ EF⊥
thì
( ) ( )
1 0 1 0
PB.EF 0 q x x x x 0= ⇔ − − + =
uuur uur
(2)
Từ (1) và (2) ta được :
( )
( ) ( )
0 1 0 1 0 1
0
1
1 0 1 0
x x 2x x q x x 0
x q 1
x q 1
q x x x x 0
− + + + =

= −


⇔
 

= +
− − + =



Khi đó ta có :
( ) ( )
QE 1;aq ,QF 1; aq= − −
uuur uuur
Do đó
2 2
QE QF 1 a q= = +
Ngược lại QE = QF thì Q là trung điểm của EF nên
0 1
0 1
2
2 0
+ =


− + =

x x q
ax ax a
Giải ra ta được:
0
1
x q 1
x q 1
= −



= +

15
Ta có
PQ.EF 2q 2q 0= − =
uuur uur
.
Vậy
PQ EF⊥
.
Bài 8: Cho tam giác ABC và D là chân đường cao hạ từ A . Gọi E, F là các
điểm nằm trên đường thẳng qua D sao cho
CFAFBEAE ⊥⊥ ,
và E, F không
trùng D . Giả sử M, N là các trung điểm tương ứng của BC và EF . Chứng
minh rằng
NMAN
⊥
.
Hướng dẫn tiếp cận vấn đề :
+) Phát hiện điểm là giao của hai đường vuông góc
+) Dựa vào quan hệ vuông góc, tính chất trung điểm để tìm toạ độ các điểm
liên quan.
Giải

Hình 8
Chọn hệ trục toạ độ Đề các vuông góc Oxy sao cho
( ) ( ) ( ) ( )

O D 0;0 ,A 0;a ,B b;0 ,C c;0≡
( Hình 8 )
Vì M là trung điểm của BC nên
b c
M ;0
2
+
 
 ÷
 
. Do E, F không trùng D nên
đường thẳng EF qua D có phương trình dạng y = kx
Toạ độ E, F có dạng
( ) ( )
1 1 2 2
E x ;kx ,F x ;kx
với
1 2
x x≠
và
1 2
x ,x 0≠
Theo bài ra :
CFAF ⊥
nên
2
2 2
AF.CF 0 x c k x ka 0= ⇔ − + − =
uuur uur
( )

2
2 2 2
k c ka
c ka c ka
x F ;
1 k 1 k 1 k
+
 
+ +
⇔ = ⇒
 ÷
+ + +
 
16
Lại có :
2
1 1 1
2
. 0 0
1
+
⊥ ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ =
+
uuur uuur
b ka
AE BE AE BE x b k x ka x
k
Suy ra
( )
2 2

;
1 1
+
 
+
 ÷
+ +
 
k b ka
b ka
E
k k
Vì N là trung điểm của EF nên
( )
( )
( )
2 2
k b c 2ka
b c 2ka
N ;
2 1 k 2 1 k
 
+ +
+ +
 ÷
 ÷
+ +
 

( ) ( )

2 2
b c 2ka ka kb 2a
AN ;
2 1 k 2 1 k
 
+ + + −
 ÷
 ÷
+ +
 
uuur

( )
( )
( )
2 2
k b c 2ka
k(ka kb 2a
MN ;
2 1 k 2 1 k
 
+ +
− + −
=
 ÷
 ÷
+ +
 
uuuur
Ta có :

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2
k b c 2ka kb kc 2a
k b c 2ka kb kc 2a
AN.MN 0
4 1 k 4 1 k
+ + + −
− + + + −
= + =
+ +
uuur uuuur
Vậy
AN MN⊥
.
Để kết thúc đề tài tôi xin đưa ra một số bài toán để bạn đọc tham khảo .
Bài 1 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi D là trung điểm
của cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh rằng AB = AC thì
CDIE ⊥
.
Bài 2: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2a. Tìm tập hợp các điểm M
sao cho
2222
8aMCMBMA =++
.
Bài 3: Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến và các đường phân giác
kẻ từ A theo thứ tự cắt BC tại M và N.Từ N, kẻ đường vuông góc NA, đường

này cắt MA và AB tương ứng tại P và Q. Từ P, kẻ đường vuông góc với AB,
đường này cắt NA tại O. Chứng minh rằng
QO BC⊥
.
Bài 4: Cho ∆ABC, đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc C cắt
đường thẳng AB ở L và M.
Chứng minh rằng: nếu CL = CM thì AC
2
+ BC
2
= 4R
2

17
(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC)
Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC, D là chân đường vuông góc hạ từ A xuống
BC, E là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC, F là điểm nằm trên đoạn
thẳng DE. Chứng minh rằng
DC
BD
FD
FE
BEAF =⇔⊥
18
C. KẾT LUẬN
I. Kết quả nghiên cứu:
Qua một số tiết dạy, mà mỗi bài toán hình học đưa ra được giải quyết
theo phương pháp toạ độ hoá, tôi thấy được ở một số học sinh đã có cách nhìn
bài toán tổng quát và hiểu sâu hiểu kĩ hơn. Tôi nghĩ phương pháp này sẽ giúp
cho các em phát triển năng lực tư duy biện chứng, nhìn nhận vấn đề trong mối

quan hệ tương hỗ, xác lập mối quan hệ giữa các chương mục khác nhau theo
mạch kiến thức.
Tôi đã đưa ra bài kiểm tra kiến thức phần này cùng một đề cho 2 lớp có
lực học tương đương là lớp 10A4 (lớp đối chứng) và lớp 10A6 (lớp thực
nghiệm) và kết quả thu được là khả quan.
II.Kết quả thực hiện :
Lớp đối chứng (Lớp 10A4) Lớp thực nghiệm ( Lớp 10A6)
Sĩ số: 47 Số lượng
(em)
Tỉ lệ (%) Sĩ số: 47 Số lượng
(em)
Tỉ lệ (%)
Giỏi 3 6,4 Giỏi 8 17
Khá 16 34 Khá 25 53,2
TB 24 51,1 TB 14 29,8
Yếu 4 8,5 Yếu 0 0
III. Kiến nghị, đề xuất
- Do giới hạn của đề tài nên tôi chỉ trình bày được một số bài toán nhỏ. Nhưng
tôi rất mong nó sẽ giúp cho bạn đọc thêm được một phần kiến thức bổ ích.
- Tôi hy vọng các tác giả viết sách sẽ có sự đầu tư hơn ở những bài toán hình
học được giải quyết bằng phương pháp toạ độ hoá. Tôi nghĩ rằng đây là vấn
đề sẽ thu hút được sự chú ý của học sinh .
19
XÁC NHẬN CỦATHỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hoá, ngày 18 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Lê Thị Liên

20
TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Sách giáo khoa hình học 10
- Báo toán học tuổi trẻ .
- Giải toán hình học 10 của LÊ HỒNG ĐỨC.
- Một số đề thi học sinh giỏi và đại học.
21