SKKN Tọa độ của điểm, phương trình đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN MỚI
TỪ MỘT BÀI TOÁN BAN ĐẦU
THANH HÓA NĂM 2013
CẤU TRÚC ĐỀ TÀI
CẤU TRÚC ĐỀ TÀI 01
A. ĐẶT VẤN ĐỀ 02
I. Lý do chọn đề tài 02
II. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 02
1. Đối tượng nghiên cứu 02
2. Phạm vi nghiên cứu 02
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 03
I. Cở sở lý luận của vấn đề 03
II. Thực trạng của vấn đề 03
III. Biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề 04
1. Kiến thức lý thuyết cần củng cố 04
2. Bài toán cơ sở 06
3. Phát triển bài toán mới từ một bài toán ban đầu 07
4. Các bài toán tham khảo 12
5. Kiểm nghiệm đề tài 16
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 18
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO 19
2
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình toán lớp 10, học sinh được học về phương pháp tọa
độ trong mặt phẳng và bước đầu biết vận dụng kiến thức cơ bản vào giải một số
bài tập trong SGK.
Đề thi vào Đại học, Cao đẳng và THCN luôn có dạng bài tập về phương

pháp tọa độ trong mặt phẳng, các bài tập này khó hơn nhiều so với bài tập trong
SGK, đứng trước những bài toán này học sinh thường lúng túng không xác định
được đường lối và phương pháp giải, một bộ phận học sinh cho rằng bài toán
này không có trong chương trình phổ thông hoặc chưa được thầy, cô dạy cách
giải toán nhiều học sinh không tránh khỏi tâm trạng hoang mang mất phương
hướng, các em cho rằng, quá nhiều dạng toán như thế thì làm sao nhớ hết các
dạng toán và cách giải các dạng toán đó, nếu bài toán đó không thuộc dạng toán
đã gặp thì không thể giải được.
Vì thế, tôi đã chọn một bài toán rất cơ bản trong chương trình toán lớp 10
và từ bài toán này theo hướng thay đổi giả thiết của bài toán để tạo ra một số bài
toán mới nhưng vẫn liên quan với bài toán ban đầu về phương pháp giải (Những
bài tập này thường gặp trong các đề thi vào Đại học, Cao đẳng và THCN).
II. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
1. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh lớp 10 qua các năm giảng
dạy từ trước đến nay.
2. Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là: “Tọa độ của điểm, phương trình
đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ”.
Hy vọng bài viết này sẽ giúp các em học sinh có cơ sở suy luận, biết qui
lạ về quen, biết cách rèn luyện và hoàn thiện phương pháp tư duy toán học, giúp
các em có thêm niềm tin, sự say mê toán học và vững vàng hơn khi đứng trước
một bài toán khó.
3
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận của vấn đề
Khi giải một bài toán, ngoài yêu cầu đọc kỹ đầu bài, phân tích giả thiết
bài toán, học sinh còn cần phải chú ý đến nhiều yếu tố khác như: nhận dạng bài
toán, nội dung kiến thức nào liên quan đến bài toán đặt ra, tìm mối liên hệ giữa
bài toán đã cho với bài toán cơ bản đã biết cách giải, trình bày bài toán như thế

nào cho chính xác và lôgic có như thế mới có thể giải quyết được nhiều bài
toán mà không gặp phải khó khăn.
Trong các kì thi, học sinh thường gặp các bài tập khó hơn nhiều so với các
bài tập trong SGK. Thực tế, phần lớn các bài toán đều thuộc một dạng toán nào
đó mà các em đã biết cách giải, các bài toán đó được tạo ra từ một bài toán ban
đầu mà ta gọi là bài toán mới.
Bài toán mới có thể là bài toán hoàn toàn mới, cũng có thể là sự mở rộng,
đào sâu những bài toán đã biết. Thực tế khó có thể tạo ra một bài toán hoàn toàn
không có quan hệ gì về nội dung hoặc về phương pháp với những bài toán đã
biết VÌ VẬY ĐỂ TẠO RA MỘT BÀI TOÁN TỪ BÀI TOÁN BAN ĐẦU
thường có các con đường sau:
1. Lập bài toán tương tự.
2. Lập bài toán đảo.
3. Thêm một số yếu tố rồi đặc biệt hóa.
4. Bớt một số yếu tố rồi khái quát hóa.
5. Thay đổi một số yếu tố.
II. Thực trạng của vấn đề
Trong SGK và SBT, phần lớn các bài tập mới chỉ đáp ứng được mục tiêu
củng cố kiến thức cơ bản cho học sinh trong khi đó phần bài tập nâng cao, bài
tập tổng hợp còn ít. Mặt khác, thời lượng dành cho các bài tập này không nhiều
nên học sinh ít được luyện tập vì vậy kỹ năng giải toán của học sinh chưa cao.
Trong các kì thi, học sinh thường gặp các bài tập khó hơn nhiều so với các
bài tập trong SGK, để giải loại bài tập này học sinh không chỉ nắm vững cách
giải, thành thạo kỹ năng giải toán mà còn phải kết hợp nhiều kỹ năng khác như:
khái quát hóa, tương tự hóa, trừu tượng hóa
4
Sau nhiều năm giảng dạy, tôi nhận thấy học sinh có thể giải được hầu hết
các bài tập trong SGK cũng như nắm được các kiến thức cơ bản nhưng khi đứng
trước một bài toán khó (Bài tập nâng cao, tổng hợp kiến thức) các em vẫn lúng
túng do đó chưa phát hiện được dạng toán, chưa tìm ra phương pháp giải. Đặc

biệt có em còn cho rằng chưa từng gặp bài toán này.
III. Biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề của đề tài
Từ thực trạng trên, từ một bài toán rất cơ bản trong chương trình toán lớp
10 theo hướng thay đổi giả thiết của bài toán đã tạo ra 6 bài toán mới từ bài toán
ban đầu nhưng có cùng một phương pháp giải.
Tuy nhiên, để đề tài đạt kết quả theo tôi giáo viên cần củng cố cho học
sinh một số kiến thức cơ bản cụ thể như sau:
1. Kiến thức lý thuyết cần củng cố
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
* Cho
1 1 2 2
A(x ;y );B(x ;y ),
M(x;y)
là trung điểm của AB thì tọa độ điểm M được
xác định:
1 2
1 2
1 2 1 2
x x
x
2x x x
2
y y 2y y y
y
2
+

=

= +



⇔
 
+ = +


=


* Cho
1 1 2 2 3 3
A(x ;y );B(x ;y );C(x ;y )
là ba đỉnh của một tam giác,
G(x;y)
là trọng
tâm ∆ABC thì tọa độ điểm G được xác định:
1 2 3
1 2 3
1 2 3 1 2 3
x x x
x
3x x x x
3
y y y 3y y y y
y
3
+ +

=


= + +


⇔
 
+ + = + +


=


* Phương trình tổng quát của đường thẳng d:
2 2
ax by c 0(a b 0) (*)+ + = + ≠
trong
đó
n(a;b)
r
là một véc tơ pháp tuyến của d.
* Phương trình đường thẳng d đi qua
0 0 0
M (x ;y )
và có vectơ pháp tuyến (VTPT)
n(a;b)
r
là:
0 0
a(x x ) b(y y ) 0.− + − =
* Phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm

0 0 0
M (x ;y )
và có vectơ
5
chỉ phương (VTCP)
1 2
u(u ;u )
r
là :
0 1
0 2
x x u t
(t R) (**)
y y u t
= +

∈

= +

trong đó t là tham số,
1
2 2
2
u u 0+ ≠
* Mối liên hệ giữa VTPT và VTCP của đường thẳng d là :
n u n.u 0⊥ ⇔ =
r r r r
Nếu một VTPT của d là
n(a;b)

r
thì có thể chọn VTCP của d là
u( b;a)−
r
hoặc
u(b; a).−
r

* Nếu
M d∈
thì tọa độ điểm M được biểu diễn như sau:
- Đường thẳng d có phương trình cho ở dạng (**) thì
0 1 0 2
M(x u t;y u t).+ +
- Đường thẳng d có phương trình cho ở dạng (*) thì tọa độ điểm M có thể
biểu diễn như sau:
at c
M t; ,
b
− −
 
 ÷
 
hoặc đưa phương trình đường thẳng d về dạng
tham số và biểu diển như TH trên.
Việc biểu diễn tọa độ của điểm theo một tham số rất thuận tiện trong việc
tìm tọa độ của điểm để từ đó giải quyết các vấn đề của bài toán đặt ra.
* Một số dạng toán cơ bản viết phương trình đường thẳng
Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
0 0 0

M (x ;y )
và biết VTCP
hoặc VTPT cho trước.
- Biết VTPT: áp dụng dạng
2 2
0 0
a(x x ) b(y y ) 0 (a b 0).− + − = + ≠

- Biết VTCP: áp dụng dạng
0 1
0 2
x x u t
(t R) (**)
y y u t
= +

∈

= +

trong đó t là tham số,
1
2 2
2
u u 0+ ≠
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm hai điểm phân biệt
1 1 2 2
A(x ;y );B(x ;y ),
Cách 1:
2 1 2 1

AB (x x ;y y )− −
uuur
là một VTCP của d.
- Chọn điểm đi qua là A (hoặc B).
- Áp dụng dạng 1 viết phương trình đường thẳng d.
Cách 2: Áp dụng công thức
1 2 1
2 1 2 1
1 2 1
y y y y
(x x 0;y y 0).
x x x x
− −
= − ≠ − ≠
− −
6
Dạng 3: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
0 0 0
M (x ;y )
và song song
với đường thẳng cho trước.
Giả sử d
’
cho trước có phương trình là:
2 2
ax by c 0(a b 0)+ + = + ≠
- Tìm VTPT của d
’
, VTPT của d
’

cũng là VTPT của đường thẳng d.
- AD dạng 1.
Dạng 4: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
0 0 0
M (x ;y )
và vuông góc
với đường thẳng cho trước.
+ Giả sử d
’
cho trước có phương trình là:
2 2
ax by c 0(a b 0)+ + = + ≠
- Tìm VTPT của d
’
là
1
n (a;b)
uur
- Chọn một VTPT của đường thẳng d là
2
n ( b;a)−
uur
hoặc
2
n (b; a).−
uur

- Áp dụng dạng 1 viết phương trình đường thẳng d.
+ d vuông góc với đường thẳng đi qua
1 1 2 2

A(x ;y );B(x ;y )
-
2 1 2 1
AB (x x ;y y )− −
uuur
là một VTPT của d.
- Áp dụng dạng 1 viết phương trình đường thẳng d.
Chú ý : Trong trường hợp này học sinh hay nhầm lẫn với bài toán viết
phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm
1 1 2 2
A(x ;y );B(x ;y ).
+ d đi qua hai điểm
A,B
thì
2 1 2 1
AB (x x ;y y )− −
uuur
VTCP của d.
+ d vuông góc với đường thẳng
AB
thì
2 1 2 1
AB (x x ;y y )− −
uuur
VTPT của d.
Dạng 5: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
0 0 0
M (x ;y )
và biết hệ số
góc k cho trước.

Áp dụng phương trình dạng:
0 0
y y k(x x )− = −

2. Bài toán cơ sở (Bài toán ban đầu)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: trọng tâm
G(1;1)
đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC có phương trình lần lượt là:
x 4y 8 0− + =
,
2x 7y 1 0+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x 4y 8 0 x 4
A( 4;1)
2x 7y 1 0 y 1
− + = =−
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
7
+ Từ giả thiết
B AB;C AC∈ ∈
suy ra
b 8 1 2c
B(b; ),C(c; )
4 7

+ +
−
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =

Ta có:
4 b c 3
b c 7 b 4
b 8 1 2c
7b 8c 4 c 3
1 3
4 7
− + + =

+ = =
 

⇔ ⇔
  + +
− = =
+ − =
 



Suy ra:
B(4;3),C(3; 1)−
Vậy
A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
Phân tích bài toán
Trong bài toán trên:
+ Giả thiết 1: Tọa độ trọng tâm G cho ta thiết lập mối quan hệ giữa tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.
+ Giả thiết 2: Cho phương trình đường thẳng chứa hai cạnh AB và AC để xác
định được tọa độ điểm A và biểu diễn được tọa độ hai điểm B, C theo một tham
số (vì B, C lần lượt thuộc AB, AC).
Ta có thể phát triển bài toán này theo hướng thay đổi từng giả thiết 1, 2
hoặc thay đổi đồng thời giả thiết 1 và 2 để được một bài toán mới. Các bài toán
này đều có điểm chung về phương pháp giải là:
Biểu diễn được tọa độ các đỉnh của tam giác
Lập hệ thức liên hệ tọa độ các đỉnh của tam giác dẫn đến việc giải một hệ
phương trình.
3. Phát triển bài toán mới từ một bài toán ban đầu
a) Hướng 1: (Thay đổi giả thiết 1)
Thay tọa độ trọng tâm G bằng giả thiết cho biết tọa độ trung điểm M của
cạnh BC.
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết:
7
M( ;1)
2
là trung
điểm của cạnh BC, đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC có phương trình lần lượt
là:
x 4y 8 0,− + =

2x 7y 1 0+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
8
x 4y 8 0 x 4
A( 4;1)
2x 7y 1 0 y 1
− + = =−
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
+ Từ giả thiết
B AB;C AC∈ ∈
suy ra
b 8 1 2c
B(b; ),C(c; )
4 7
+ +
−
+ M là trung điểm của BC do đó :
B C M
B C M
x x 2x
y y 2y
+ =



+ =

Ta có:
b c 7
b c 7 b 4
b 8 1 2c
7b 8c 4 c 3
2
4 7
+ =

+ = =
 

⇔ ⇔
  + +
− = =
− =
 


Suy ra:
B(4;3),C(3; 1)−
Vậy
A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
b) Hướng 2: (Thay đổi giả thiết 2)
Trong hướng phát triển này có thể thay đổi giả thiết như sau:
Hướng 2.1
Thay phương trình đường thẳng chứa hai cạnh AB và AC bằng giả thiết
cho biết tọa độ điểm A và phương trình của hai đường thẳng bất kỳ d

1
, d
2
lần
lượt đi qua hai đỉnh còn lại của tam giác.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G(1;1)
, B và C lần lượt thuộc hai đường thẳng
1
d : x 2y 10 0+ − =
,
2
d : x y 4 0− − =
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Giải
+ Từ giả thiết
1 2
B d ;C d∈ ∈
suy ra
10 b
B(b; ),C(c;c 4)
2
−
−
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G

x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =

Ta có:
4 b c 3
b c 7 b 4
10 b
b 2c 2 c 3
1 c 4 3
2
− + + =

+ = =
 

⇔ ⇔
  
−
− + = =
+ + − =
 


Suy ra:
B(4;3),C(3; 1)−
Vậy

A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
Hướng 2.2
9
Thay phương trình đường thẳng chứa hai cạnh AB và AC bằng giả thiết
cho biết tọa độ điểm A và phương trình đường thẳng chứa đường cao đi qua B
hoặc C. (Hướng 2.1: cho biết phương trình của hai đường thẳng đi qua đỉnh
hai đỉnh B và C. Trong hướng phát triển này ẩn đi phương trình của một
đường thẳng đi qua B hoặc C).
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G(1;1)
, đường thẳng chứa đường cao BH có phương trình là:
7x 2y 22 0.− − =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Giải
+ Đường thẳng chứa cạnh AC đi qua A và vuông góc với BH, đường thẳng này
nhận
u (7; 2)= −
r
làm vectơ chỉ phương suy ra vectơ
n (2;7)=
r
là vectơ pháp tuyến
của AC, phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là:
2(x 4) 7(y 1) 0 2x 7y 1 0+ + − = ⇔ + + =
+ Từ giả thiết
B BH;C AC∈ ∈
suy ra

7b 22 1 2c
B(b; ),C(c; )
2 7
− +
−
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =

Ta có:
4 b c 3
b c 7 b 4
7b 22 1 2c
49b 4c 184 c 3
1 3
2 7
− + + =

+ = =
 

⇔ ⇔
  − +
− = =

+ − =
 


Suy ra:
B(4;3),C(3; 1)−
Vậy
A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
Hướng 2.3
Thay phương trình đường thẳng chứa hai cạnh AB và AC bằng giả thiết
cho biết tọa độ điểm A và phương trình đường thẳng chứa đường phân giác
trong của góc B hoặc C. (Như hướng 2: ẩn đi phương trình của một đường
thẳng đi qua B hoặc C nhưng đường thẳng này khó xác định hơn so với
đường thẳng xác định ở hướng 2.2).
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G(1;1)
, đường thẳng chứa đường phân giác trong của góc B có phương
trình là:
x y 1 0.− − =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
10
Giải
+ Gọi M là trung điểm của AC, khi đó
AM 3GM=
uuuur uuuur
Ta có:
7

x 4 3(x 1)
x
7
M( ;1)
2
y 1 3(y 1)
2
y 1

+ = −
=


⇔ ⇒
 
− = −


=

+ Gọi E là điểm đối xứng của A qua phân giác trong
d: x y 1 0− − =
của góc B. Ta
có EA vuông góc với d, phương trình của EA là:
x 4 t
(t R)
y 1 t
=− +

∈


= −

và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương
trình:
x 4 t t 3
y 1 t x 1
x y 1 0 y 2
=− + =
 
 
= − ⇔ =−
 
 
− − = =−
 
+ I là trung điểm của EB do đó :
A E I E I B
A E I E I B
x x 2x x 2x x 2 4 2
E(2; 5)
y y 2y y 2y y 4 1 5
+ = = − =− + =
 
⇔ ⇒ −
 
+ = = − =− − =−
 
+ Đường thẳng BC qua M và E có phương trình là:
4x y 13 0− − =

+ Từ giả thiết
B d;C BC∈ ∈
suy ra
B(b;b 1),C(c;4c 13)− −
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =

Ta có:
4 b c 3 b c 7 b 4
1 b 1 4c 13 3 b 4c 16 c 3
− + + = + = =
  
⇔ ⇔
  
+ − + − = + = =
  
Suy ra:
B(4;3),C(3; 1)−
Vậy
A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
Hướng 2.4
Thay phương trình đường thẳng chứa hai cạnh AB và AC bằng giả thiết
cho biết tọa độ điểm A và phương trình đường thẳng chứa đường trung trực của

cạnh AB hoặc AC. (Như hướng 2: nhưng trong hướng phát triển này không
cho biết phương trình đường thẳng đi qua hai đỉnh B và C).
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,trọng
11
tâm
G(1;1)
, đường trung trực của cạnh AC có phương trình là:
14x 4y 7 0.− + =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Giải
+ Gọi ∆ là đường thẳng trung trực của cạnh AC, khi đó đường thẳng chứa cạnh
AC đi qua A(- 4; 1) và vuông góc với ∆, đường thẳng này nhận
u (7; 2)= −
r
làm
vectơ chỉ phương suy ra vectơ
n (2;7)=
r
là vectơ pháp tuyến của AC, phương
trình đường thẳng chứa cạnh AC là:
2(x 4) 7(y 1) 0 2x 7y 1 0+ + − = ⇔ + + =
+ Gọi M là trung điểm của AC, tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
1
14x 4y 7 0
x
1
M( ;0)
2

2x 7y 1 0
2
y 0

− + =
=−


⇔ ⇒ −
 
+ + =


=

Ta lại có:
A C M C M A
A C M C M A
x x 2x x 2x x 1 4 3
C(3; 1)
y y 2y y 2y y 0 1 1
+ = = − =− + =
 
⇔ ⇒ −
 
+ = = − = − =−
 
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
B B

A B C G B B
x x x 3x
4 x 3 3 x 4
B(4;3)
y y y 3y 1 y 1 3 y 3
+ + =
− + + = =

 
⇔ ⇔ ⇒
  
+ + = + − = =
 

Vậy
A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
c) Hướng 3: (Thay đổi giả thiết 1 và 2)
Thay phương trình đường thẳng chứa hai cạnh AB và AC bằng giả thiết
cho biết tọa độ điểm A, thay tọa độ trọng tâm G và phương trình của hai đường
thẳng đi qua hai đỉnh B và C bẳng giả thiết cho biết phương trình hai đường
thẳng chứa hai đường trung tuyến đi qua B và C.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết
A( 4;1),−
phương
trình đường thẳng chứa các đường trung tuyến xuất phát từ hai đỉnh B và C lần
lượt là:
1
d : 2x 3y 1 0− + − =
,
2

d : x y 2 0.+ − =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam
giác ABC.
Giải
+ Từ giả thiết
1 2
B d ;C d∈ ∈
suy ra
2b 1
B(b; ),C(c;2 c)
3
+
−
+ Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình
12
2x 3y 1 0 x 1
G(1;1)
x y 2 0 y 1
− + − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =



+ + =

Ta có:
4 b c 3
b c 7 b 4
2b 1
2b 3c 1 c 3
1 2 c 3
3
− + + =

+ = =
 

⇔ ⇔
  +
− =− =
+ + − =
 


Suy ra:
B(4;3),C(3; 1)−
Vậy
A( 4;1),B(4;3),C(3; 1)− −
Như vậy, từ việc thay đổi giả thiết của bài toán ta đã tạo ra 6 bài toán mới
từ bài toán ban đầu, các bài toán mới này vẫn có mối quan hệ với bài toán ban
đầu về phương pháp giải.

4. Các bài toán tham khảo
a) Bài toán tham khảo có lời giải
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: trọng tâm
G( 2; 1)− −
, đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC có phương trình lần lượt là:
4x y 15 0+ + =
,
2x 5y 3 0+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
4x y 15 0 x 4
A( 4;1)
2x 5y 3 0 y 1
+ + = =−
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
+ Từ giả thiết
B AB;C AC∈ ∈
suy ra
3 2c
B(b; 15 4b),C(c; )
5
+
− − −
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G

A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =

Ta có:
4 b c 6
b c 2 b 3
3 2c
20b 2c 58 c 1
1 15 4b 3
5
− + + =−

+ =− =−
 

⇔ ⇔
  +
+ =− =
− − − =−
 


Suy ra: B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Vậy A(- 4; 1), B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
13

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết:
M( 1; 2)− −
là trung
điểm của cạnh BC, đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC có phương trình lần lượt
là:
4x y 15 0+ + =
,
2x 5y 3 0+ + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
4x y 15 0 x 4
A( 4;1)
2x 5y 3 0 y 1
+ + = =−
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
+ Từ giả thiết
B AB;C AC∈ ∈
suy ra
3 2c
B(b; 15 4b),C(c; )
5
+
− − −
+ M là trung điểm của BC do đó :
B C M

B C M
x x 2x
y y 2y
+ =


+ =

Ta có:
b c 2
b c 2 b 3
3 2c
20b 2c 58 c 1
15 4b 4
5
+ =−

+ =− =−
 

⇔ ⇔
  +
+ =− =
− − =−
 


Suy ra: B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Vậy A(- 4; 1), B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh

A( 4;1)−
,
trọng tâm
G( 2; 1)− −
, B và C lần lượt thuộc hai đường thẳng
1
d : x 2y 9 0+ + =
,
2
d : x y 2 0− − =
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Giải
+ Từ giả thiết
1 2
B d ;C d∈ ∈
suy ra
b 9
B(b; ),C(c;c 2)
2
+
− −
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =


Ta có:
4 b c 6
b c 2 b 3
9 b
b 2c 5 c 1
1 c 2 3
2
− + + =−

+ =− =−
 

⇔ ⇔
  
+
− + = =
− + − =−
 


Từ đó ta có B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Vậy A(- 4; 1), B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G( 2; 1)− −
, đường thẳng chứa đường cao BH có phương trình là:
5x 2y 9 0.− + =

Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
14
Giải
+ Đường thẳng chứa cạnh AC đi qua A và vuông góc với BH, đường thẳng này
nhận
u (5; 2)= −
r
làm vectơ chỉ phương suy ra vectơ
n (2;5)=
r
là vectơ pháp tuyến
của AC, phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là:
2(x 4) 5(y 1) 0 2x 5y 3 0+ + − = ⇔ + + =
+ Từ giả thiết
B BH;C AC∈ ∈
suy ra
b 9
B(b; ),C(c;c 2)
2
+
− −
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =


Ta có:
4 b c 6
b c 2 b 3
9 b
b 2c 5 c 1
1 c 2 3
2
− + + =−

+ =− =−
 

⇔ ⇔
  
+
− + = =
− + − =−
 


Từ đó ta có B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Vậy A(- 4; 1), B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G( 2; 1)− −
, đường trung trực của cạnh AC có phương trình là:
10x 4y 15 0.− + =

Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Giải
+ Gọi ∆ là đường thẳng trung trực của cạnh AC, khi đó đường thẳng chứa cạnh
AC đi qua A(- 4; 1) và vuông góc với ∆, đường thẳng này nhận
u (5; 2)= −
r
làm
vectơ chỉ phương suy ra vectơ
n (2;5)=
r
là vectơ pháp tuyến của AC, phương
trình đường thẳng chứa cạnh AC là:
2(x 4) 5(y 1) 0 2x 5y 3 0+ + − = ⇔ + + =
+ Gọi M là trung điểm của AC, tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
3
10x 4y 15 0
x
3
M( ;0)
2
2x 5y 3 0
2
y 0

− + =
=−


⇔ ⇒ −
 

+ + =


=

Ta lại có:
A C M C M A C M A
A C M C M A C M A
x x 2x x 2x x x 2x x 1
C(1; 1)
y y 2y y 2y y y 2y y 1
+ = = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇒ −
  
+ = = − = − =−
  
+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
15
A B C G
B B
A B C G B B
x x x 3x
4 x 1 6 x 3
B( 3; 3)
y y y 3y 1 y 1 3 y 3
+ + =
− + + =− =−

 

⇔ ⇔ ⇒ − −
  
+ + = + − =− =−
 

Vậy A(- 4; 1), B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh A(- 4; 1),
phương trình đường trung tuyến xuất phát từ hai đỉnh B và C lần lượt là:
1
d : 2x y 3 0− + − =
,
2
d : y 1 0+ =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
+ Từ giả thiết
1 2
B d ;C d∈ ∈
suy ra
B(b;2b 3),C(c; 1)+ −
+ Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình
2x y 3 0 x 2
G( 2; 1)
y 1 0 y 1
− + − = =−
 
⇔ ⇒ − −
 
+ = =−
 

+ G là trọng tâm tam giác ABC do đó :
A B C G
A B C G
x x x 3x
y y y 3y
+ + =


+ + =

Ta có:
4 b c 6 b c 2 b 3
1 2b 3 1 3 2b 6 c 1
− + + =− + =− =−
  
⇔ ⇔
  
+ + − =− =− =
  
Từ đó ta có B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
Vậy A(- 4; 1), B(- 3; - 3) và C(1; - 1).
b) Các bài toán luyện tập
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: trọng tâm
7 4
G( ; )
3 3
,
đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC có phương trình lần lượt là:
5x 3y 2 0− + − =
,

2x 7y 5 0− − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đáp số: A(- 1; -1), B(2; 4) và C(6; 1).
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết:
1 3
M( ; )
3 2
là trung
điểm của cạnh BC, đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC có phương trình lần lượt
là:
3x 2y 10 0− + =
,
3x 4y 22 0+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đáp số: A(0; 5), B(-2; 2) và C(3; 1).
16
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 1;3)−
,
trọng tâm
4 4
G( ; )
3 3
− −
, B và C lần lượt thuộc hai đường thẳng
1
d : x y 1 0− − =
,
2
d : 3x y 1 0+ − =

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Đáp số: A(-1; 3), B(-4; - 5) và C(1; - 2).
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 3;2)−
,
trọng tâm
G(3;3)
, đường thẳng chứa đường cao BH có phương trình là:
7x 3y 77 0.− − =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Đáp số: A(-3; 2), B(8; - 7) và C(4; - 1).
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G( 2; 1)− −
, đường thẳng chứa đường phân giác trong của góc B có
phương trình là:
5x 2y 9 0.− + =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 4;1)−
,
trọng tâm
G( 2; 1)− −
, đường trung trực của cạnh AC có phương trình là:
10x 4y 15 0.− + =
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết: đỉnh
A( 1; 1),− −

phương trình đường trung tuyến xuất phát từ hai đỉnh B và C lần lượt là:
1
d :8x y 20 0+ − =
,
2
d : x 11y 17 0+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đáp số: A(-1; -1), B(2; 4) và C(6; 1).
5. Kiểm nghiệm đề tài
Bài viết này hoàn thành sau khi đã được kiểm nghiệm qua thực tế ở các
lớp 10 trong nhiều năm học tại các buổi học ôn tập.
Trước khi dạy, hầu hết các em đều lúng túng, không xác định được
đường lối giải toán, không biết cách suy luận tìm tòi hướng giải toán, rất ít em
có thể giải trọn vẹn một bài toán đặt ra.
Sau khi dạy
Hiệu quả thấy rõ đối với phần đông học sinh, nhất là các em học sinh có
học lực từ trung bình khá trở lên đều rất hứng thú và tiếp thu bài tốt.
Kết quả thực nghiệm
Trước khi dạy, kết quả như sau:
17
Năm học Tổng số học sinh Tỉ lệ học sinh
dưới trung bình
Tỉ lệ học sinh trên
trung bình
2005 - 2006 165 62,42% 37,58%
2008 - 2009 160 60,63% 39,38%
2011 - 2012 145 69,66% 30,34%
Sau khi dạy, kết quả như sau
Năm học Tổng số học sinh Tỉ lệ học sinh
dưới trung bình

Tỉ lệ học sinh trên
trung bình
2005 - 2006 165 31,52% 68,48%
2008 - 2009 160 28,13% 71,88%
2011 - 2012 145 26,21% 73,79%
18
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
I. Kết luận
Sau khi thực hiện đề tài trên đối với học sinh lớp 10 kết quả thu được như
sau:
- Phần đông học sinh, nhất là các em học sinh có học lực từ trung bình
khá trở lên đều rất hứng thú và tiếp thu bài tốt.
- Học sinh vận dụng kiến thức linh hoạt khi tìm đường lối giải toán.
- Rèn luyện được tính cẩn thận, suy luận lôgic chặt chẽ.
- Rèn luyện cho học sinh cách suy luận tìm đường lối giải toán, thấy
được mối liên hệ giữa các bài toán với nhau, từ đó biết qui lạ về quen.
- Gây được hứng thú học tập cho học sinh, đồng thời các em tự tin hơn
khi đứng trước việc giải bài toán liên quan đến tam giác bằng phương pháp tọa
độ trong mặt phẳng.
- Học sinh tự tin tiếp thu và lĩnh hội kiến thức.
II. Đề xuất
+ Tăng thời gian luyện tập các bài toán nâng cao, bài toán tổng hợp ở các
tiết luyện tập, tiết tự chọn theo PPCT, các buổi học ôn tập tại trường.
+ Trong dạy học cần bám sát chuẩn kiến thức kĩ năng, nhấn mạnh kiến
thức trọng tâm.
+ Trong quá trình dạy, sau mỗi dạng toán cơ bản giáo viên cần cung cấp
cho học sinh các bài toán có liên quan để học sinh luyện tập, giáo viên cần
hướng dẫn cho học sinh thấy sự liên hệ giữa các bài toán đó với nhau để từ đó
hình thành kĩ năng và luyện cho học sinh tư duy toán học như: trừu tượng hóa,
khái quát hóa, tượng tự hóa

19
D.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
***
[1] Phan Đức Chính (2000), Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ
cấp, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội.
[2] Phan Đức Chính (2001), Các bài giảng luyện thi môn toán, Nhà xuất bản
Giáo dục.
[3] Bùi Quang Trường (2002), Những dạng toán điển hình, Nhà xuất bản Hà
Nội.
[4] Trần Phương – Lê Hồng Đức (2002), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi
Đại học môn Toán – Hình giải tích, Nhà xuất bản Hà Nội.
[5] Giới thiệu Đề thi vào Đại học và Cao đẳng (Nhiều tác giả) từ năm 2002 đến
năm 2012.


20
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 24/ 3 / 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Nguyễn Thị Bích Phượng
21