skkn một số kinh nghiệm giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp tọa độ thpt nội trú

MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường PTDT nội trú tỉnh
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Người thực hiện: NGUYỄN PHI PHÚC
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục 
Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN 
Phương pháp giáo dục 
Lĩnh vực khác: 
Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2013-2014
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: NGUYỄN PHI PHÚC
2. Ngày tháng năm sinh: 01/01/1962
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 74, Nguyễn Hoàng, Khu phố 1, thị trấn Trảng Bom, huyện Trảng
Bom, tỉnh Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0976.795.956
6. E-mail: nguyenphi
7. Chức vụ: Hiệu trưởng
8. Đơn vị công tác: Trường PTDT nội trú tỉnh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ Toán
- Năm nhận bằng: 2006
- Chuyên ngành đào tạo: Giải tích.
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Toán
- Số năm có kinh nghiệm: 26 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 0
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ
sở. Phương
pháp
giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí,
hệ quả, tính chất hình học để suy luận. Mà các đề thi học sinh giỏi THPT các cấp
hầu như đều có bài toán hình
học
phẳng mà phương pháp giải phải vận dụng
nhiều kiến thức mà ở cấp học PTCS đã bị giảm tải, cũng như thời lượng để trang bị
lại kiến thức về hình học phẳng cho các em học sinh THPT khá, giỏi để chuẩn bị
cho các kỳ thi học sinh giỏi ở các trường THPT (không là trường chuyên) là rất ít,
nên đã gây khó khăn cho các em học sinh, cũng như đội ngũ thầy, cô giáo bộ môn
toán trong các trường. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là thế mạnh
của các em. Trong khi đó học sinh THPT thì
đã

được

học các kiến thức về vectơ
và tọa độ. Vậy tại sao không tìm tòi giúp các em học sinh vận dụng các kiến
thức vừa học để giải quyết một số
bài
toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng
phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp
hai. Điều này giúp các em hứng thú hơn và
kích thích các em học sinh tìm tòi, đào sâu hơn là các em bị chán nản khi không
thể giải quyết được bài toán hình học phẳng nào đó mà gặp phải.
Giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp tọa độ không những cung
cấp thêm cho học sinh
một
công cụ giải toán,

mà còn giúp củng cố các kiến thức
về vectơ và tọa độ vừa
học.
Đề tài không có gì là mới đã có nhiều tác giả khai thác, nhưng qua nhiều
năm công tác giảng dạy bộ môn toán đã có một số kinh nghiệm mong muốn giúp
các em học sinh chủ yếu phân tích hướng giải quyết vấn đề chọn hệ trục thích
hợp, biết sử dụng, khai thác kiến thức đã học và biết định hướng để giải quyết
bài toán. Từ đó mong muốn các học sinh có thể tự rút ra được một số kinh
nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Nội dung kiến thức và kỹ năng của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
SGK hình học 10 nâng cao của Bộ Giáo dục và Đào tạo.
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc
biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào
giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ

điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán.
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
2. Nội dung thực hiện
a) Một số kiến thức cần vận dụng có liên quan đến đề tài
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), có VTCP
a (A;B)
=
r
có phương
trình là:
B(x - a) – A(y - b) =0
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), có VTPT
n (A;B)
=
r
có phương
trình là:
A(x - a) + B(y - b) =0
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), song song đường thẳng (d):
Ax+By+C=0 có phương trình là: A(x - a)+B(y - b) =0
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), vuông góc đường thẳng (d):
Ax+By+C=0 có phương trình là: B(x - a) - A(y - b) =0
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), có hệ số góc k có phương trình là:
y = k(x – a) + b
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), song song đường thẳng (d): y = kx
+m có phương trình là: y = k(x - a) + b
- Đường thẳng chứa điểm M(a;b), vuông góc đường thẳng (d): y = kx
+m có phương trình là:
( )

1
y x a b
k
= − − +
- Đường thẳng chắn 2 trục tọa độ tại A(a;0); B(0;b) (không trùng với
O) có phương trình là:
x y
1
a b
+ =
- Đường tròn tâm I (a,b), bán kính R có phương trình là :
2 2 2 2 2
2 2 2
(x a) (y b) R x y 2ax 2by a b R 0− + − = ⇔ + − − + + − =

- Tính chất tỷ lệ thức:
a c ma nc
b d mb nc
+
= =
+
b) Nội dung các bài toán minh họa
Bài toán 1.
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân
đường phân giác trong của góc A. Đường thẳng vuông góc với AN tại N cắt
các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q. Gọi I là giao điểm của AN với
đường thẳng vuông góc với AB tại P. Chứng minh rằng IQ vuông góc BC.
Phân tích lời giải:
Đây là bài toán minh họa điển hình cho ứng dụng phương pháp tọa
độ. Bằng cách chọn hệ tọa độ thích hợp, cụ thể chọn ngay tại một góc vuông

nào đó trong bài (kể cả việc dựng thêm) sao cho việc tính toán các tọa độ
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
O
x
y
Q
M
C
A
P'
B
I
N
P
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
điểm còn lại thuận lợi nhất. Ở bài toán này ta khai thác tính chất đường phân
giác trong AN
Chọn hệ trục như hình vẽ (N là gốc tọa độ)
Hướng giải quyết bài toán là chọn số tham số ban đầu vừa đủ cho các
điểm để xác định tọa độ các điểm còn lại theo tham số đó. Để chọn tham số
ban đầu ta có 2 hướng lựa chọn là đặt trực tiếp tọa độ các điểm ban đầu sau
đó sử dụng các công thức, các tính chất để xác định các tọa độ điểm còn lại
hoặc đặt tham số ở dạng phương trình đường thẳng sau đó xác định tọa độ
các điểm theo cách xác định tọa độ giao điểm mà thực chất là giải hệ
phương trình bậc nhất 2 ẩn số.
Hướng thứ 1: Nếu ta có phương trình AB (chứ 2 tham số) thì ta xác
định tọa độ A, P. Từ đây ta xác định được phương trình PI nên xác định
được tọa độ I đến đây ta không thể xác định được tọa độ các điểm khác bằng
2 tham số trên. Vì vậy ta tiếp tục chọn thêm tham số khác. Vấn đề đặt ra là

chọn thế nào là đủ, đến đây ta có các cách lựa chọn thêm 1 tham số nữa cụ
thể nếu tham số thứ 3 là hoành độ của B (hoặc C) thì ta xác định được tung
B (hoặc tung C) theo các tham số đã biết từ đó xác định phương trình của
BC nên xác định tọa độ của C (hoặc B) và tọa độ M, từ đây ta xác định
phương trình AM nên xác định được tọa độ của Q, như vậy ta đã có lời giải.
Để chọn tham số thứ 3 ta chọn tham số cho phương trình của BC (đi qua
gốc tọa độ và không trùng với Ox, Oy nên chỉ có một tham số) từ đây ta xác
định được tọa độ B, C, M, Q như vậy ta có thêm một lời giải khác.
Hướng thứ 2: Nếu ta chọn 2 tham số cho tọa độ A và P (do A, P
thuộc các trục tọa độ) ta xác định được phương trình AB, PI , AC nên xác
định tọa độ I, tương tự như phân tích hướng 1 ta cần phải xác định tham số
thứ 3 hoặc chọn tham số cho B hoặc cho C hoặc cho phương trình BC ta có
các lời giải khác nữa.
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Với định hướng trên ta có các lời giải sau:
Cách 1.
Giả sử
y ax b= +
là phương trình của AB
( )
b
A ;0 ; P 0;b
a
 
⇒ −
 ÷
 
và phương trình AC là:

y ax b
= − −
(do AC đối
xứng với AB qua Ox)
Do
PI AB
⊥
nên phương trình của PI là:
1
y x b I(ab;0)
a
= − + ⇒
Giả sử
y cx
=
là phương trình của BC
Giải hệ 2 phương trình AB, BC ta có:
b bc
B ;
c-a c-a
 
 ÷
 
Giải hệ 2 phương trình AC, BC ta có:
2
2 2 2 2
b bc 2bc 2bc
C ;- CB ;
c+a c+a c -a c -a
 

 
− ⇒ =
 ÷
 ÷
 
 
uuur
Và
( ) ( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
ab abc bc abc bc
M ; AM ; c;a
c a c a c a
a c a a c a
 
 
 ÷
⇒ = =
 ÷
 ÷
− − −
− −
 
 
uuuur
Vậy phương trình AM là:

2 2
b
a x cy 0 a x cy ab 0
a
 
+ − = ⇔ − + =
 ÷
 
ab ab
Q 0; QI ab;
c c
   
⇒ ⇒ = −
 ÷  ÷
   
uur
Nên
CB . QI 0=
uuur uuur

IQ BC
⇒ ⊥
(đcpcm)
Cách 2.
Giả sử
( ) ( )
A a;0 ; P 0;b
nên AB có phương trình là:
x y b
1 y x b

a b a
+ = ⇔ = − +
AC đối xứng AB qua Ox nên có phương trình là:
b
y x b
a
= −
PI chứa P vuông góc AB nên có phương trình là:
2
a b
y x b I ;0
b a
 
= + ⇒ −
 ÷
 
Giả sử phương trình BC là:
y cx
=
(do BC qua O không trùng với 2 trục
tọa độ)
Giải hệ 2 phương trình AB, BC ta có:
ab abc
B ;
b+ac b+ac
 
 ÷
 
Giải hệ 2 phương trình AC, BC ta có:
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang

MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
2 2 2
2 2 2 2 2 2
ab abc 2a bc 2a bc
C ; BC ;
b-ca b-ca b -c a b -c a
 
 
⇒ =
 ÷
 ÷
 
 
uuur
Và
( )
2 2 3 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
ab ab c a c ab c ac
M ; AM ; a c;b
b c a b c a b c a b c a b c a
   
⇒ = =
 ÷  ÷
− − − − −
   
uuuur
Vậy phương trình AM là:

( )
2 2
b x a a cy 0
− − =
2 2 2
b b b
Q 0; IQ ;
ac a ac
   
⇒ − ⇒ = −
 ÷  ÷
   
uur
Nên
BC.IQ 0=
uuur uur

IQ BC
⇒ ⊥
(đcpcm)
Cách 3.
Với ý tưởng làm giảm tham số trong bài toán hình học phẳng khi giải
bằng phương pháp tọa độ, ta có thể xét đơn vị 2 trục bằng nhau theo độ dài
và chọn một độ dài đoạn thẳng thích hợp bằng 1 đơn vị của hệ trục. Thật
vậy, bài toán trên không mất tính tổng quát ta có thể chọn độ dài NA=1 đơn
vị thì giảm đi 1 tham số sẽ cho ta lời giải “dễ nhìn” hơn.
Giả sử
( ) ( )
A 1;0 ; P 0;b
nên AB có phương trình là:

x y
1 y bx b
1 b
+ = ⇔ = − +
AC đối xứng AB qua Ox nên có phương trình là:
y bx b= −
PI chứa P vuông góc AB nên có phương trình là:
( )
2
1
y x b I b ;0
b
= + ⇒ −
Giả sử phương trình BC là:
y cx
=
(do BC qua O không trùng với 2 trục
tọa độ)
Giải hệ 2 phương trình AB, BC ta có:
b bc
B ;
b+c b+c
 
 ÷
 
Giải hệ 2 phương trình AC, BC ta có:
2
2 2 2 2
b bc 2bc 2bc
C ; BC ;

b-c b-c b -c b -c
 
 
⇒ =
 ÷
 ÷
 
 
uuur
Và
( )
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b b c c b c c
M ; AM ; c;b
b c b c b c b c b c
   
⇒ = =
 ÷  ÷
− − − − −
   
uuuur
Vậy phương trình AM là:
( )
2
b x 1 cy 0
− − =
2 2
2

b b
Q 0; IQ b ;
c c
   
⇒ − ⇒ = −
 ÷  ÷
   
uur
Nên
BC . IQ 0=
uuur uuur

IQ BC
⇒ ⊥
(đcpcm)
Bài toán 2.
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Gọi H là trực tâm tam giác nhọn ABC. Từ A kẽ 2 tiếp tuyến AP, AQ
đến đường tròn đường kính BC với P, Q là 2 tiếp điểm.
Chứng minh rằng: P, Q, H thẳng hàng.
Phân tích lời giải:
Ta tìm lời giải bài toán trên bằng phương pháp tọa độ với sự khai thác
khác nhau để thấy sự phong phú của phương pháp.
Việc chọn hệ trục của bài toán khác nhau cho ta lời giải khác nhau,
tuy nhiên việc chọn tọa độ thích hợp nhất thì cho ta lời giải gọn và sáng sủa
hơn, nhưng ở bài toán này ta không đề cập đến việc chọn hệ trục khác nhau
mà ta quan tâm đến sự phân tích tìm lời giải khác nhau với kiến thức đã có
trong giáo trình cho một cách chọn hệ trục tọa độ.

Cách 1.
Theo yêu cầu của đề ta chỉ cần xác định tọa độ 3 điểm P, Q, H theo
một số biến “vừa đủ” là xong, nhưng việc xác định tọa độ P, Q ở bài toán là
phức tạp và tốn rất nhiều thời gian. Ta xem có con đường nào ngắn hơn
trong việc lập được phương trình của PQ mà không nhất thiết phải tìm tọa
độ “cụ thể” của PQ vì nếu xác định được phương trình của PQ ta chỉ cần
chứng minh H thuộc PQ là xong.
Vấn đề đặt ra gợi ta có một bài toán quen thuộc ở hình học tọa độ
phẳng được phát biểu ở dạng bổ đề sau:
Bổ đề: Cho đường tròn có tâm I(a;b), bán kính R. Gọi P, Q là 2 tiếp
điểm của đường tròn với 2 tiếp tuyến kẽ từ A(m,n) ngoài đường tròn. Khi đó
phương trình của đường thẳng PQ là:
( ) ( )
2 2 2
m a x n b y ma nb a b R 0
− + − − − + + − =
Chứng minh:
Ta có phương trình của đường tròn là:
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

2 2 2 2 2
x y 2ax 2by a b R 0+ − − + + − =
Gọi
( ) ( )
1 2 1 2
p ;p ; q ;q
lần lượt là tọa độ P, Q. Khi đó ta có:

2 2 2 2 2
1 2 1 2
p p 2ap 2bp a b R 0 (1)+ − − + + − =
2 2 2 2 2
1 2 1 2
q q 2aq 2bq a b R 0 (2)+ − − + + − =
Ta lại có

1 1 2 2
AP.IP 0 (p m)(p a) (p n)(p b) 0
= ⇔ − − + − − =
uuur uur
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
p p a m p b n p ma nb 0 (3)
⇔ + − + − + + + =

Tương tự

( ) ( )
2 2
1 2 1 2
q q a m q b n q ma nb 0 (4)
+ − + − + + + =
Từ (1) và (3) ta có:

( ) ( )
2 2 2
1 2

m a p n b p ma nb a b R 0 (5)
− + − − − + + − =
Từ (2) và (4) ta có:

( ) ( )
2 2 2
1 2
m a q n b q ma nb a b R 0 (6)
− + − − − + + − =
Từ (5) và (6) ta suy ra:
Phương trình (PQ) là:

( ) ( )
2 2 2
m a x n b y ma nb a b R 0
− + − − − + + − =
(đcpcm)
Từ đây ta có lời giải sau:
Gọi O là trung điểm BC. Chọn O là gốc hệ trục tọa độ, Ox chứa BC
Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2
A m;n ; B c;0 ; C c;0 ; P p ;p ; Q q ;q−
Nên:
( )
H m;h
do H thuộc đường thẳng qua A vuông góc với Ox
Nhận xét: H là trực tâm ( giao điểm 2 đường cao) nên tham số h tính
được theo m, n, c vì còn yếu tố H thuộc cao thứ 2 của tam giác ABC. Thật
vậy:

( ) ( )
2 2
c m
BH CA BH.CA 0 m c m c nh 0 h
n
−
⊥ ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ =
uuur uuur
Vậy
2 2
c m
H m;
n
 
−
 ÷
 
Tiếp theo ta xác định phương trình PQ theo các tham số m, n, c
Đường tròn đường kính BC có tâm O(0;0), bán kính R=c có phương
trình là:
2 2 2
x y c 0+ − =
nên theo bổ đề trên phương trình đường thẳng PQ
là:
2
mx ny c 0 (*)+ − =
(áp dụng cho a=b=0, R=c).
Nhận xét: theo cách giải của bổ đề trên ta giải trực tiếp gọn hơn.
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Thay tọa độ của H vào phương trình (*) ta thấy thỏa mãn, tức là
H (PQ)∈
. Vậy ta có điều cần phải chứng minh.
Cách 2.
Với ý tưởng ta không cần tìm tọa độ của H theo m, n, c ta cũng chứng
minh được H thuộc đường thẳng PQ theo kiến thức phương trình chùm
đường thẳng đi qua một điểm. Thật vậy ta có lời giải như sau:
Ta có:
Phương trình đường cao AH là x=m (1)
( )
CA m c;n
= −
uuur
nên phương trình BH là:
( ) ( )
m c x c ny 0− + + =
Hay là :
( ) ( )
m c x ny m c c 0− + + − =
(2)
Phương trình đường thẳng PQ là:
2
mx ny c 0 (3)+ − =
Tọa độ giao điểm K của PQ và đường cao BH thỏa (2) và (3) và lấy
(2) trừ (3), ta có: - cx+mc = 0 hay x = m (do c >0)
Vậy giao điểm K thuộc đường cao AH tức là
K H
≡
(đcpcm).

Cách 3.
Với ý tưởng làm giảm tham số không mất tính tổng quát ta có thể
chọn độ dài OC=1 đơn vị cho ta lời giải “dễ nhìn” hơn.
Chọn hệ trục như trên. Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2
A m;n ; B 1;0 ; C 1;0 ; P p ;p ; Q q ;q−
Đường tròn đường kính BC có tâm O(0;0), bán kính R=1 có phương trình
là:
2 2
x y 1+ =
. Do P, Q thuộc đường tròn nên ta có:
2 2
1 2
p p 1+ =
(1)
2 2
1 2
q q 1+ =
(2)
Ta lại có:
( ) ( )
( ) ( )
1 1 2 2
1 1 2 2
p m p p n p 0
AP OP AP.OP 0
q m q q n q 0
AQ OQ
AQ.OQ 0


 − + − =
⊥ =


⇔ ⇔
  
− + − =
⊥
=




uuur uuur
uuur uuur
2 2
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2
p p mp np 0
q q mq nq 0

+ − − =
⇔

+ − − =

1 2
1 2

mp np 1 0
mq nq 1 0
+ − =

⇔

+ − =

Vậy phương trình PQ là: mx+ny-1=0 (3)
Ta có:
2
1 m
H m;
n
 
−
 ÷
 
có tọa độ thỏa (3) suy ra đcpcm.
Bài toán 3. (Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Quốc gia năm 2011)
Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét 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.
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
D
M
C
O
B

A
P
E
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
a) Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC, PO cùng đi qua một
điểm, gọi là M.
b) Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác ABM có diện tích
lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O).
Phân tích lời giải:
Đây là bài toán có cấu trúc chọn hệ trục tọa độ cơ bản và ta có “cảm
giác” xác định tọa độ dễ dàng do số tham số không lớn và phương trình
đường tròn, phương trình đường thẳng dễ dàng xác định, đồng thời tìm điểm
thứ 2 của đường thẳng và đường tròn khi biết tọa độ điểm thứ nhất, nhưng
khi tìm lời giải theo hướng trên thì tìm tọa độ các điểm theo “cấu trúc” bình
thường thì hết sức phức tạp, cồng kềnh. Để khắc phục điều này ta nên theo
hướng các định các điểm đó bằng hệ 2 phương trình đường thẳng và vận
dụng kiến thức phương trình chùm đường thẳng đi qua một điểm. Thật vậy
ta có lời giải như sau:
Cách 1:
a) Chọn O là gốc hệ trục tọa độ, Ox chứa AB. Gọi R là bán kính của
đường tròn (O). Khi đó:
( ) ( ) ( )
A R;0 ; B R;0 ; P R;m−
;
m 0
≠
(số tham số là đủ theo yêu cầu
đề).
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang

MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Ta có:
( )
AP 2R;m
=
uuur
nên phương trình (AP): m(x+R) - 2Ry=0 (1)
( )
OP R;m
=
uuur
nên phương trình (OP): mx - Ry=0 (2)
Do
AP BC
⊥
nên phương trình (BC): 2R(x-R) + my=0 (3)
Giải hệ (1) và (2) ta có:
3 2 2 3 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4R m R 4mR 4R m R 4mR
C ; D ;
m 4R m 4R m 4R m 4R
   
− − + −
⇒
 ÷  ÷
+ + + +
   

3 3 2
2 2 2 2
8R m 8mR
DP ;
m 4R m 4R
 
+
⇒ =
 ÷
+ +
 
uuur
.
Nên phương trình đường thẳng (DP) là :
( )
( ) ( )
3 2 3
m 8mR x R 8R y m 0
+ − − − =


( )
3 2 3 3
m 8mR x 8R y Rm 0
⇔ + − − =
(4)
Giải hệ (2) và (3) ta có:
3 2
2 2 2 2
2R 2mR

M ;
m 2R m 2R
 
 ÷
+ +
 

Nhận xét: Bây giờ vấn đề còn lại là tìm tọa độ của E và chứng tỏ 3
điểm A, M, E thẳng hàng là xong. Tìm tọa độ E ta có các hướng đi một là,
giải hệ phương trình đường tròn (O) với phương trình đường thẳng (DP).
Hai là, giải hệ phương trình đường tròn (O) với phương trình đường thẳng
(AM) sau đó chứng minh giao điểm thứ hai khác A này là E tức là giao
điểm này thuộc đường thẳng (DP). Ba là, giải hệ phương trình đường thẳng
(DP) với phương trình đường thẳng (AM) sau đó chứng minh giao điểm này
là E tức là giao điểm này thuộc đường tròn (O). 3 con đường này việc giải
hệ và chứng minh cồng kềnh, phức tạp tốn nhiều thời gian nên gợi ta xem E
thuộc một đường thẳng nào đó khác mà việc xác định phương trình gọn
gàng hơn, từ hướng này gợi ta xác định phương trình đường thẳng (BF) với
F AM (O)= ∩
và chứng minh
F DB
∈
là xong. Ta có lời giải tiếp như sau:
Ta có:
3 2 2
2 2 2 2
4R m R 2mR
AM ;
m 2R m 2R
 

+
=
 ÷
+ +
 
uuuur
Nên phương trình đường thẳng (AM) là :
( )
( )
2 2
2mR x R m 4R y 0
+ − + =
( )
2 2 2
2mRx m 4R y 2mR 0 (5)
⇔ − + + =
Gọi
F AM (O) BF AM= ∩ ⇒ ⊥
nên phương trình đường thẳng (BF)
là :
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
( )
( )
2 2
m 4R x R 2mRy 0
+ − + =
( )
2 2 2 3

m 4R x 2mRy Rm 4R 0 (6)
⇔ + + − − =
Tọa độ F là nghiệm của hệ 2 phương trình (5) và (6)
Do
m 0
≠
ta nhân phương trình (5) cho 2R và nhân phương trình (6)
cho m rồi cộng lại ta thu được phương trình (4) .
Vậy
F DP F E∈ ⇒ ≡
(đcpcm)
b) Ta có:
ABM
1
S d(M,Ox).AB
2
=
2
2 2
2mR
.R
m 2R
=
+

2
2 2
m 2R
. 2R
m 2R

=
+

( )
2 2
2
2
2 2
1
m 2R
R
2
. 2R
m 2R
2
+
≤ =
+
(theo bất đẳng thức AM-GM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
m 2R
=
Vậy, tam giác ABM có diện tích lớn nhất khi và chỉ P nằm cách B một
khoảng bằng
2R
(có hai vị trí như vậy). Khi đó
2
ABM
R
S

2
=
Cách 2.
Với ý tưởng làm giảm tham số trong bài toán, không mất tính tổng
quát ta có thể chọn độ dài bán kính R của đường tròn (O) bằng 1 đơn vị thì
bài toán chỉ còn 1 tham số sẽ cho ta lời giải “dễ nhìn” hơn.
Chọn hệ trục như trên. Khi đó:
( ) ( ) ( )
A 1;0 ; B 1;0 ; P 1;m−
;
m 0
≠

Ta có:
( )
AP 2;m
=
uuur
nên phương trình (AP): m(x+1) - 2y = 0 (1)
( )
OP 1;m
=
uuur
nên phương trình (OP): mx – y = 0 (2)
Do
AP BC
⊥
nên phương trình (BC): 2(x-1) + my = 0 (3)
Giải hệ (1) và (2) ta có:
2 2

2 2 2 2
4 m 4m 4 m 4m
C ; D ;
m 4 m 4 m 4 m 4
   
− − + −
⇒
 ÷  ÷
+ + + +
   
Nên
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
3
2 2
8 m 8m
DP ;
m 4 m 4
 
+
=
 ÷
+ +
 
uuur
.
Nên phương trình đường thẳng (DP) là :
( )
( ) ( )

3
m 8m x 1 8 y m 0
+ − − − =
( )
3 3
m 8m x 8y m 0
⇔ + − − =
(4)
Giải hệ (2) và (3) ta có:
2 2
2 2m
M ;
m 2 m 2
 
⇒
 ÷
+ +
 

2
2 2
4 m 2m
AM ;
m 2 m 2
 
+
=
 ÷
+ +
 

uuuur
Nên phương trình đường thẳng (AM) là :
( )
( )
2
2m x 1 m 4 y 0
+ − + =
( )
2
2mx m 4 y 2m 0 (5)
⇔ − + + =
Gọi
F AM (O) BF AM= ∩ ⇒ ⊥
nên phương trình đường thẳng (BF)
là :
( )
( )
2
m 4 x 1 2my 0
+ − + =
( )
2 2
m 4 x 2my m 4 0 (6)
⇔ + + − − =
Tọa độ F là nghiệm của hệ 2 phương trình (5) và (6)
Do
m 0
≠
ta nhân phương trình (5) cho 2 và nhân phương trình (6)
cho m rồi cộng lại ta thu được phương trình (4) .

Vậy
F DP F E∈ ⇒ ≡
(đcpcm)
b) Ta có:
ABM
1
S d(M,Ox).AB
2
=
2
2m
m 2
=
+
(đơn vị diện tích)

2 2
m 2
. 2
m 2R
=
+

( )
2
2
1
m 2
1
2

. 2
m 2
2
+
≤ =
+
(theo bất đẳng thức AM-GM)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
m 2
=
Vậy, tam giác ABM có diện tích lớn nhất khi và chỉ P nằm cách B
một khoảng bằng
2
đơn vị độ dài hay P nằm cách B một khoảng bằng
2
R . Khi đó
ABM
1
S
2
=
đơn vị diện tích hay
2
ABM
1
S R
2
=
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
x

y
O2
O
B
A
O1
F
E
C
D
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Bài toán 4. (Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh K10 tỉnh Đồng Nai năm
2013)
Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O
1
) tâm O
1
và đường tròn (O
2
) tâm
O
2
.

(O
1
) cắt (O
2
) tại 2 điểm A, B. Vẽ tiếp tuyến chung (d) của (O

1
) và (O
2
).
Biết A và C nằm khác phía đối (O
1
O
2
). Vẽ đường thẳng qua A song song
với (d) lần lượt cắt các đường thẳng BD và BC tương ứng tại E và F. Chứng
minh rằng AE=AF.
Phân tích lời giải:
Đây là bài toán sử dụng phương pháp tọa độ có độ khó cao do số
tham số trong bài toán lớn, tuy nhiên nếu chọn hệ trục tọa độ thích hợp để
khai thác vai trò của các điểm như nhau trong bài toán thì việc xác định tọa
độ các điểm ít tốn thời gian hơn. Thật vậy, nếu ta chọn CD trùng Ox, CO
1
trùng Oy ta vẫn xác định được tọa độ các điểm nhưng việc xác định tọa độ
rất phức tạp, nhưng nếu ta chọn O
1
O
2
trùng Ox và AB trùng với Oy thì vai
trò của C, D giống nhau và E, F giống nhau,
Ta có lời giải như sau:
Chọn hệ trục như hình vẽ. Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
1 2
A 0;a ; B 0; a ; O m;0 ; O n;0−
.

Gọi
y x x y 0= α + β ⇔ α − +β =
là phương trình tiếp tuyến chung (d)
Thì phương trình đường thẳng (EF) là:
(x 0) (y a) 0 (1)α − − − =
Do
C (d); D (d) C(c; c ); D(d; d )∈ ∈ ⇒ α + β α + β
Nhận xét: Sử dụng tính chất C là tiếp điểm gợi ta sử dụng điều kiện
thích hợp tính c theo các tham số a, m, n. Thật vậy:
Ta có:
( )
1
O C c m; c
= − α + β
uuuur
và (d) có VTCP là
( )
u 1;
= α
r
Do
1 1
2
m
O C (d) O C.u 0 c
1
− αβ
⊥ ⇔ = ⇔ =
α +
uuuur r

nên
2 2
m m
C ;
1 1
− αβ α +β
 
 ÷
α + α +
 
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Nên
2
2 2
m m a a
BC ;
1 1
 
− αβ α +β + + α
=
 ÷
α + α +
 
uuur
Vậy phương trình (BC) là:
( )
( ) ( )
2

m a a x m y a 0 (2)
α + β + + α − − αβ + =
Giải hệ (1) và (2) suy ra
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2a m 2a m
F ; a
a 1 a 1
 
− αβ α − αβ
 ÷
+
 ÷
+ β α + +β α +
 
Đổi vai trò C với D, O
1
với O
2
ta có:
( )
( )
( )
( )
( )

( )
2 2
2a n 2a n
E ; a
a 1 a 1
 
− αβ α − αβ
 ÷
+
 ÷
+ β α + + β α +
 
Khi đó: AE=AF
( )
( )
( ) ( )
2
2a
m n 0
a 1
⇔ − αβ + − αβ =
 
 
+ β α +

m n 2 (*)⇔ + = αβ
Để chứng minh (*) ta còn một dự kiện chưa sử dụng đó là tính chất
tiếp tuyến chung của 2 đường tròn.
Thật vậy, do (d) là tiếp tuyến chung nên ta có:
2 2

2
1 1
2 2
2 2
2
m
m a
d(O ,d) O A
1
d(O ,d) O A
n
n a
1
 α + β
= +

=

α +

⇔
 
=
α + β


= +

α +


( )
( )
2
2 2
2
2
2 2
2
m
m a
1
n
n a
1

α +β
= +


α +
⇔

α + β

= +

α +

( ) ( )

2 2
2 2
2 2
m n
m n
1 1
α + β α +β
⇒ − = −
α + α +
m n 2
⇒ + = αβ
Vậy (*) đúng, suy ra điều cần phải chứng minh.
Lưu ý: ta chọn a=1 lời giải gọn hơn do giảm thêm 1 tham số.
Bài toán 5. (Vô địch Bungari 1981)
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
O
D
B
C
E
A
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Đường phân giác trong và ngoài tại đỉnh C của tam giác ABC cắt AB
lần lượt tại E và D. Chứng minh rằng
nếu
CD = CE
thì

CB

2
+ A
C

2
=
4R
2
( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác
ABC)
Phân tích lời giải:
Bài toán trên ta cần khai thác tính chất vuông góc của 2 đường phân
giác xuất phát từ một đỉnh của tam giác và tỷ số chia của E, D đối với đoạn
AB, dựa vào yếu tố của bài toán ta có 2 cách chọn hệ trục tọa độ thuận lợi.
Một là gốc C, hai là gốc O trung điểm ED
Cách 1.
Do CD = CE nên tam giác CDE vuông cân tại C. Gọi O là trung điểm
ED nên các tam giác OCD, OCE đều vuông cân tại O.
Chọn hệ trục Oxy với C thuộc trục tung. Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
O 0;0 ; A a;0 ; B(b;0); C 0;c ; D -c;0 ; E c;0 (a 0, a b)≠ ≠
Với các chọn các tham số trên ta chưa sử dụng tỷ số điểm chia của
phân giác, nên ta có thể làm giảm tham số từ tính chất này. Thật vậy:
Theo tính chất đường phân giác ta có:
2 2
CA EA CA EA
CB EB CB EB
   

= ⇔ =
 ÷  ÷
   
( )
( )
2
2 2 2
2
2 2
a c
a c c
b
b c a
b c
−
+
⇔ = ⇔ =
+
−
Nên
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
c c a c
B ;0 BC AC c a c
a a a
     
+
⇒ + = + + + =
 ÷  ÷  ÷

     
(1)
Vấn đề còn lại là tính bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC theo 2 tham số a, c. Từ đây ta có hướng đi mà mỗi hướng đi ta có
những kỷ năng giải khác nhau, chẳng hạn:
+) Nếu ta xác định tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC thì ta xác định được R, mà xác định tâm I ta lại có các hướng đi khác
cho ta các cách giải khác. Thật vậy:
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì I là giao
điểm 2 đường trung trực của tam giác ABC.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC
2 2
a c a c
M ;0 ; N ;
2a 2 2
 
+
 
⇒
 ÷
 ÷
 
 
Trung trực cạnh AB qua M, vuông góc AB nên phương trình là:
2 2
a c
x

2a
+
=
Trung trực cạnh AC qua N, vuông góc
AC ( a;c)
= −
uuur
nên phương trình
là:
2 2
a c a c
a x c y 0 I ;c
2 2 2a
 
+
   
− − + − = ⇒
 ÷
 ÷  ÷
   
 
Cách khác:
Gọi
( )
I x;y
là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ta
có
2 4 2 2
2 2
2

2 2
2
2 2
2 2
xc c a c
IA IB
2ax a 2 x
a c
I ;c
a a 2a
2a
IA IC
2ax a 2cy c y c
 
+

=  
− + = − + =
+
 
⇔ ⇔ ⇒
  
 ÷
=
 

 
− + = − + =
 
Nên ta có:

2
2 2
2 2
a c
4R 4IC (2)
a
 
+
= =
 ÷
 
Từ (1) và (2) ta có điều cần phải chứng minh.
+) Nếu ta vận dụng hệ thức lượng trong tam giác thì ta cũng được lời
giải khác gọn hơn. Thật vậy:
Trong ∆ABC ta có:
4R
2
=
( )
2
2
2 2 2
2
2
2 2 2 2
.
2 2
sin
 
 

 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
+ +
+
= = =
a
c
c a c
a
BC BC AC a c
A a
OC
(2)
Từ (1) và (2), suy
ra:
AC

2

+
BC

2
= 4R
2
.
Cách 2.
Với ý tưởng làm giảm tham số trong bài toán, không mất tính tổng
quát ta có thể chọn độ dài OA bằng 1 đơn vị thì bài toán chỉ còn 1 tham số
sẽ cho ta lời giải “dễ nhìn” hơn.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
O 0;0 ; A 1;0 ; B(b;0); C 0;c ; D -c;0 ; E c;0 (b 1)
≠
Theo tính chất đường phân giác ta có:
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
2 2
CA EA CA EA
CB EB CB EB
   
= ⇔ =
 ÷  ÷
   
( )
( )
2
2
2

2
2 2
1 c
1 c
b c
b c
b c
−
+
⇔ = ⇔ =
+
−
Nên
( ) ( )
2
2 2 2 4 2 2
B c ;0 BC AC c 2c 1 c 1
⇒ + = + + = +
(1)
Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì I là giao
điểm 2 đường trung trực của tam giác ABC.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC
2
1 c 1 c
M ;0 ; N ;
2 2 2
 
+
 
⇒

 ÷
 ÷
 
 
Trung trực cạnh AB qua M, vuông góc AB nên phương trình là:
2
1 c
x
2
+
=
Trung trực cạnh AC qua N, vuông góc
AC ( 1;c)
= −
uuur
nên phương trình
là:

2
1 c 1 c
x c y 0 I ;c
2 2 2
 
+
   
− − + − = ⇒
 ÷
 ÷  ÷
   
 

Nên ta có:
( )
2
2 2 2
4R 4IC c 1 (2)
= = +
Từ (1) và (2) ta có điều cần phải chứng minh.
Cách 3.
Như phân tích trên, chọn gốc hệ trục là C, E thuộc Ox, D thuộc Oy.
CE bằng 1 đơn vị độ dài. Khi đó ta có:
( ) ( ) ( )
C 0;0 ; D 0;1 ; E 1;0 (b 1)≠
(AB) : x y 1 A(a;1 a); B(b;1 b)
⇒ + = ⇒ − −
Ta có:
2 2
CA EA CA EA
CB EB CB EB
   
= ⇔ =
 ÷  ÷
   

( )
( )
( )
( )
2 2
2
2

2 2
2
2
a a 1 a 1
a
b
b b 1 b 1
+ − −
⇔ = =
+ − −
(tính chất tỷ lệ
thức)

a
b
2a 1
⇔ =
−
(do
a b
≠
)
( )
2
2
2
a a 1 2a 2a 1
B ; ; BC
2a 1 2a 1
2a 1

− − +
 
⇒ =
 ÷
− −
 
−
( )
( )
( )
2
2
2
2 2 2
2 2
2 2a 2a 1
2a 2a 1
BC AC 2a 2a 1 (1)
2a 1 2a 1
− +
− +
⇒ + = + − + =
− −
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Để tính R ta có nhiều hướng như đã phân tích ở trên, chẳng hạn ta sử
dụng hệ thức tam giác
Gọi I là trung điểm ED thì CI vuông góc AB và
2

1 1 1
I ; IC
2 2 2
 
⇒ =
 ÷
 
Nên 4R
2
=
( )
( )
2
2
2
2
2 2
2 2 2 1
.
(2)
2
sin
2 1
− +
 
= =
 ÷
 
−
a a

BC BC AC
A
a
IC
Từ (1) và (2), suy
ra:
AC

2
+
BC

2
= 4R
2
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Sáng kiến kinh nghiệm này là những nội dung tôi đã vận dụng dạy bồi
dưỡng cho các học sinh trong đội tuyển toán dự thi cấp tỉnh. Đã giúp các em
học sinh có nhiều hứng thú hơn trong việc giải một số bài tập hình học phẳng
và các em học sinh tiếp thu rất tốt biết vận dụng để giải quyết bài toán hình
học phẳng bằng phương pháp tọa độ.
IV. ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tài là tài liệu tham khảo để giáo viên dạy toán và học sinh tham
khảo. Sau khi được thẩm định của hội đồng khoa học của Sở Giáo dục và
Đào tạo thẩm định đề nghị được chia sẻ dưới mọi hình thức với học sinh và
đồng nghiệp.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Thành phố Hồ Chí
Minh 8/2011.

NGƯỜI THỰC HIỆN
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Nguyễn Phi Phúc
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013 - 2014
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
MỘT SỐ KINH NGHIỆM
GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Họ và tên tác giả: NGUYỄN PHI PHÚC. . Chức vụ: HIỆU TRƯỞNG
Đơn vị: . TRƯỜNG PTDT NỘI TRÚ TỈNH
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: ……
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
-Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả
tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả
tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 

Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
TRƯỜNG PTDT NỘI TRÚ TỈNH
–––––––––––
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Trảng Bom, ngày 20 tháng 5 năm 2014
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong
Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong
Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành 
Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN
(Đãcam kết và Ký tên)
Nguyễn Phi Phúc
XÁC NHẬN CỦA TỔ
CHUYÊN MÔN
(Đãcam kết và Ký tên)
Lê Quang Hoàng
P. THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Đãcam kết và Ký tên)
Sầm Thị Lệ Thanh

Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang
MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

MỘT SỐ KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
Người thực hiện: Nguyễn Phi Phúc – PTDT nội trú tỉnh Trang