mối quan hệ 3 điểm trong bài toán hình giải tích phẳng

Tháng 05 năm 2014

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tác giả: Phạm Kim Chung
T
ổ: Toán
Đi
ện thoại: 0984333030


Đề tài:
PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
TRONG BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH PHẲ
NG
TỪ NHỮNG MỐI QUAN HỆ BA ĐIỂM

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƢỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
_____________________

/>

MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trang 1
I. Lý do chọn đề tài
Trang 1
II. Mục đích nghiên cứu
Trang 1

III. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
Trang 2
IV. Kế hoạch nghiên cứu
Trang 2
V. Phƣơng pháp nghiên cứu
Trang 2
B. NỘI DUNG
Trang 3
I. Thực trạng vấn đề trƣớc khi áp dụng
Trang 3
II. Kết quả đạt đƣợc và kinh nghiệm rút ra
Trang 3
III. Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả
Trang 3
IV. Cơ sở lý thuyết
Trang 4
1. Phƣơng pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề
Trang 4
2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài
Trang 5
V. Nội dung đề tài
Trang 7
1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải
tích trong mặt phẳng
Trang 7
a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc
Trang 7
b. Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng


Trang 26
c. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ thẳng hàng
Trang 35
d. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng và mối quan hệ
giữa ba điểm
Trang 40
2. Xây dựng và mở rộng một số dạng bài tập hình giải tích
trong mặt phẳng từ bài toán hình phẳng thuần túy
Trang 46
a. Xây dựng bài toán từ sự kết hợp giữa bài toán thuần
túy hình phẳng với các bài toán ở mục IV.2
Trang 47
b. Một số hướng thay đổi cách phát biểu để xây dựng bài
toán.
Trang 57
C. KẾT LUẬN
Trang 62
I. Những kết luận
Trang 62
II. Những kiến nghị, đề xuất
Trang 62
Danh mục tài liệu tham khảo
Trang 63

/>
Trang | 1

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nƣớc nhà,
đổi mới phƣơng pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng
hàng đầu.

Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phƣơng pháp dạy học tích
cực tôi nhận thấy phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề”
có nhiều ƣu điểm cũng nhƣ phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán
ở trƣờng phổ thông nói chung và dạy học giải bài tập toán nói riêng.
Tuy nhiên để có thể thành công trong phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và
giải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng lực sƣ phạm của
mỗi giáo viên còn đòi hỏi ở ngƣời giáo viên nhiều thời gian và tâm huyết.

Để có một bài giảng thu hút đƣợc học trò, giúp học trò phát triển tƣ
duy về môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi
cũng nhƣ bao giáo viên yêu nghề và yêu toán khác thƣờng trăn trở với
những khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán.

Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thƣờng xuất
hiện ở các kỳ thi vì vậy nó luôn đƣợc sự quan tâm đặc biệt đối với học
trò, bên cạnh đó nó cũng là một bài toán khó với nhiều đối tƣợng học trò
đặc biệt là với các em có năng lực trung bình. Băn khoăn trƣớc những
khó khăn đó của học trò, tôi đã tìm tòi và quyết định chọn phƣơng pháp
dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” để giúp các em tiếp cận loại
toán này một cách hiệu quả nhất.
Trong số những bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp
các bài toán “thiên về tính chất hình phẳng thuần túy” đã gây cho học trò
nhiều khó khăn khi tiếp cận. Vì vậy tôi đã chọn đề tài “Phát hiện và giải
quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích phẳng từ những mối quan hệ
ba điểm” để nghiên cứu.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bài
toán hình giải tích trong mặt phẳng thông qua phƣơng pháp dạy học
“Phát hiện và giải quyết vấn đề”.
Phát triển tƣ duy khái quát hóa, tƣơng tự hóa, lật ngƣợc vấn đề, tƣ duy
sáng tạo của học sinh…

/>
Trang | 2

III. ĐỐI TƢỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh khối 10 THPT
- Đội tuyển HSG khối 11 THPT
- Học sinh khối 12 THPT ôn thi vào các trƣờng Đại học
- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT

IV. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU

TT
Thời gian
Nội dung công việc
Sản phẩm
1
Từ 15 tháng 01
đến 15 tháng 02
năm 2014
Chọn đề tài, viết đề cƣơng
nghiên cứu
Bản đề cƣơng chi
tiết

2
Từ 15 tháng 02
đến 30 tháng 02
năm 2014
Đọc tài liệu lí thuyết viết
cơ sở lý luận
Tập hợp tài liệu
lý thuyết
3
Từ 01 tháng 03
đến 15 tháng 03
năm 2014
Trao đổi với đồng nghiệp
và đề xuất sáng kiến
Tập hợp ý kiến
đóng góp của
đồng nghiệp
4
Từ 15 tháng 03
đến 30 tháng 03
năm 2014
Dạy thử nghiệm ở các lớp
10A, 12C1, 12C2, 12C4
Thống kê các kết
quả thử nghiệm
5
Từ 01 tháng 04
đến 25 tháng 04
năm 2014
Hoàn thiện đề tài

Đề tài chính thức

V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến
hình học phẳng, hình học giải tích trong mặt phẳng, phƣơng pháp dạy
học môn toán và những sáng kiến kinh nghiệm của các giáo viên khác
thuộc bộ môn Toán THPT.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.
- Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A, 11C1, 12C1, 12C2,
12C4 trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa để thu thập thông tin thực tế.



/>
Trang | 3

B. NỘI DUNG

I. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƢỚC KHI ÁP DỤNG
Trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa đóng trên địa bàn có nhiều xã khó
khăn về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chƣa thực
sự đƣợc quan tâm từ các bậc học dƣới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về
môn Toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.
Khi chƣa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài
tập hình giải tích trong mặt phẳng, các em thƣờng thụ động trong việc
tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức đƣợc giáo viên
cung cấp chứ chƣa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng nhƣ tạo đƣợc niềm vui,
sự hƣng phấn khi làm toán.
Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần
hình giải tích trong mặt phẳng cũng nhƣ qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy

bộ môn Toán, chỉ có khoảng 10% học sinh hứng thú với bài toán hình
giải tích trong mặt phẳng.

II. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƢỢC VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA
Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát
cho thấy: Có trên 80% các em học sinh có hứng thú với bài học và 50%
trong số đó biết cách tìm tòi và xây dựng những bài toán mới từ những
bài toán gốc đƣợc giáo viên gợi ý hoặc đƣợc các em tự tìm tòi.
Trong các kỳ thi thử ĐH trên toàn tỉnh cũng nhƣ khảo sát với các đề
thi thử ĐH trong cả nƣớc, có 90% học sinh ở các lớp trên có thể giải
quyết bài toán hình giải tích trong mặt phẳng ở các đề thi đó.

III. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI KẾT QUẢ
- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học
khối 10 THPT cũng nhƣ các em học sinh khối 12 THPT đang ôn thi
vào các trƣờng ĐH-CĐ.
- Đề tài có thể đƣợc phát triển thêm ở những lớp bài toán khác trong
phần hình giải tích phẳng để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng
dạy môn ở các trƣờng THPT.
- Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảo
cho học sinh và giáo viên phục vụ học tập và giảng dạy môn toán.



/>
Trang | 4

IV. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Phƣơng pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề.
a. Bản chất.

Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là phƣơng pháp dạy học trong
đó giáo viên tạo ra những tình huống có vấn đề, điều khiển học sinh
phát hiện vấn đề, hoạt động tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo để giải
quyết vấn đề và thông qua đó chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ năng và
đạt đƣợc những mục đích học tập khác.
b. Quy trình thực hiện.













c. Ưu điểm.
- Phƣơng pháp này góp phần tích cực vào rèn luyện tƣ duy phê phán, tƣ
duy sáng tạo cho học sinh. Trên cơ sở sử dụng vốn kiến thức và kinh
nghiệm đã có học sinh sẽ xem xét, đánh giá, thấy đƣợc vấn đề cần giải
quyết.
- Đây là phƣơng pháp phát triển đƣợc khả năng tìm tòi, xem xét dƣới
nhiều góc độ khác nhau.
- Thông qua việc giải quyết vấn đề, học sinh lĩnh hội tri thức, kĩ năng
và phƣơng pháp nhận thức.
d. Hạn chế.
- Phƣơng pháp này đòi hỏi ngƣời giáo viên phải đầu tƣ nhiều thời gian

và công sức, phải có năng lực sƣ phạm tốt mới suy nghĩ để tạo ra
đƣợc nhiều tình huống gợi vấn đề và hƣớng dẫn học sinh tìm tòi để
phát hiện và giải quyết vấn đề.
Bắt đầu
Phân tích vấn đề
Đề xuất và thực hiện hƣớng giải quyết
Hình thành giải pháp
Giải pháp đúng
Kết thúc
/>
Trang | 5

- Việc tổ chức tiết học hoặc một phần của tiết học theo phƣơng pháp
phát hiện và giải quyết vấn đề đòi hỏi phải có nhiều thời gian hơn so
với các phƣơng pháp thông thƣờng.

2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài.

 Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng
 
22
:00    

x by c baa
và hai điểm
   
,;;
AA BB
A x y B yx
không thuộc


. Xác định điểm
M
trên đƣờng thẳng

, biết đƣờng
thẳng
AM
vuông góc với đƣờng thẳng
.AB


Quy trình giải toán.
Bước 1. Viết phƣơng trình đƣờng
thẳng AM qua A và vuông góc với
đƣờng thẳng AB.
Bước 2. Xác định tọa độ giao điểm
của đƣờng thẳng AM và đƣờng
thẳng
.

Bước 3. Kết luận.

 Bài toán 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng
 
22
:00    

x by c baa
và điểm

 
;
CC
Cx y
không thuộc

.
Xác định tọa độ điểm
A
trên đƣờng thẳng

, biết góc giữa hai đƣờng
thẳng
AC
và

bằng
.



Quy trình giải toán.

Bước 1. Tham số hóa điểm
.A

Bước 2. Sử dụng công thức
.
cos
.

AC u
AC u




(Trong đó
u

là
véc tơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng

)
Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và kết luận.

/>
Trang | 6

 Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm phân
biệt
   
,;;
AA BB
A x y B yx
. Xác định điểm
M
trên đƣờng thẳng
AB
,
biết

 
,0;.AM kBM k Rk


Quy trình giải toán.

Bước 1. Giả sử
 
;M x y

Bước 2. Xác định M trong hai trƣờng hợp:
- Trƣờng hợp 1:
AM kBM
(Điểm M nằm trong đoạn AB)
- Trƣờng hợp 2:
AM kBM
(Điểm M nằm ngoài đoạn AB)
Bước 3. Kết luận.

 Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng
 
22
:00ax by c ba    

và hai điểm
   
,;;
AA BB
A x y B yx

không thuộc
.
Xác định tọa độ điểm M thuộc

sao cho
   
,,,0d M AB k k Rk


Quy trình giải toán.

Bước 1. Tham số hóa điểm
M

Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng
cách
 
,d M AB
.
Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và
kết luận.

 Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm
   
,;;
AA BB
A x y B yx
. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng

đi qua điểm

 
00
;M x y
và thỏa mãn hệ thức
     
, . , ; ,0d d B RA kkk 

Quy trình giải toán.
Bước 1. Giả sử
 
22
00
:0ax by ax by ba     


Bước 2. Sử dụng hệ thức
     
, . , *
a
A k d B
b
ab
d











Bước 3. Chọn
,ab
đại diện và thỏa mãn (*)
/>
Trang | 7

V. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thông thƣờng đƣợc phân chia
thành hai mảng: mảng thứ nhất là lớp những bài toán mang nặng tính
“đại số” và thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên cơ sở là phƣơng pháp tham
số hóa, mảng thứ hai là lớp những bài toán nặng tính “hình học” và
thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên bài toán thuần túy hình phẳng.

Trong đề tài này tôi muốn nêu lên ý tƣởng giải quyết bài toán hình
giải tích phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua những “suy luận có lý” từ
những mối quan hệ giữa ba điểm có trong dữ kiện của bài toán đồng thời
đề xuất các giải pháp xử lý những mối quan hệ đó cũng nhƣ xây dựng bài
toán tổng quát và nêu ra những cách nhìn nhận khác nhau xung quanh
những mối liên hệ có trong bài toán.
Sau đây là một số dạng bài toán đƣợc phân tích, suy luận, giải quyết
từ những mối quan hệ ba điểm thông qua 4 bƣớc trong dạy học phát hiện
và giải quyết vấn đề:
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.

1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải tích trong
mặt phẳng.
a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc.

 Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD. Gọi
 
1;3M
là trung điểm của cạnh BC,
31
;
22
N




là điểm
trên cạnh AC sao cho
1
.
4
AN AC
Xác định tọa độ các đỉnh của hình
vuông ABCD, biết D nằm trên đƣờng thẳng
3 0.xy  


Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
- Ta nhận thấy rằng giả thiết bài toán xoay quanh

ba điểm D, M, N nên giữa chúng có thể xuất
hiện những mối quan hệ đặc biệt. Bằng trực
quan ta đƣa ra giả thuyết
DN MN
. Nếu giả
thuyết này đúng dựa vào bài toán 1 chúng ta sẽ
/>
Trang | 8

tìm đƣợc tọa độ điểm D. Từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại
của hình vuông bằng phƣơng pháp tham số hóa quen thuộc.
- Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta
chọn hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh
 
2;2 ,A 

 
2;2 ,B

 
2; 2 ,C 

 
2; 2D 
. Khi đó
.0DN MN 
.DN MN

Bước 2. Tìm giải pháp.
Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán là

quan hệ vuông góc, trung điểm và các mối liên
quan đến độ lớn cạnh của hình vuông, vì vậy
ta đề xuất các giải pháp chứng minh sau:

 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi I là giao điểm của hai đƣờng chéo AC và
BD. Điểm F là trung điểm đoạn DI. Khi đó tứ giác FNMC là hình bình
hành và F là trực tâm tam giác NDC nên
.CF DN
Mà
//CF MN
nên
.DN MN


 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0;DA x DC y x y x y   

Ta có
31
;
44
DN x y
13
.
44
MN DN DM x y   

Suy ra
 
22
3
. 0 .
16
DN MN x y DN MN    


 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Khi đó
     
0;0 , 0; , ;0D A a C a
.
Nên
3
; , ; .
2 4 4
a a a
M a N
   
   
   

Do đó
22
33
. 0 .
16 16

DN MN a a DN MN     


 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)

Trang | 9

Đặt
.AB BC CD DA a   

- Xét tam giác AND, ta có
2 2 2 2
5
2 . .cos .
8
DN AN AD AN AD A a   

- Xét tam giác CMN, ta có
2 2 2 2
5
cos .
8
2CM CNC CMN C aMN

- Xét tam giác DCM, ta có
2 2 2 2
5
.
4
CDM DC aM 

Suy ra
2 2 2
.DM DN MN DN MN   


Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta sẽ chứng minh
.DN MN
(Có thể sử dụng một trong các
giải pháp ở bước 2)
Phƣơng trình đƣờng thẳng
: 1 0DN x y  

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ
 
1 0 1
1; 2
3 0 2
x y x
D
x y y
   

  

    


Giả sử
 

;A m n
, từ
 
4 6 3 ;2 3 .AC AN C m n    

Từ
 
7 2 ;4 2AB DC B m n    
.
Suy ra tọa độ điểm M là
13 5 6 5
;
22
mn
M
  




Từ đó ta có
     
13 5 2 3
3;0 , 1;4 , 3;2
6 5 6 0
mm
A B C
nn
    


   

  



Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Để giải quyết bài toán 1.1 ta mở “nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm
D
nhờ mối quan hệ
.DN MN
Nhƣ vậy bài toán 1.1 thực chất đƣợc
xây dựng dựa trên bài toán hình phẳng thuần túy: Cho hình vuông
ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao
cho
1
.
4
AN AC
Chứng minh rằng
.DN MN

- Bằng giải pháp 2 (sử dụng công cụ véctơ) ta sẽ kiểm tra bài toán tƣơng
tự trong trƣờng hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
Ta có
 
1DN kx k y  
,
1
2

MN k x k y

  




Trang | 10

Suy ra
 
22
1
.1
2
DN MN k k x k k y

   



+) Trƣờng hợp 1. Nếu
0.k N C  

+) Trƣờng hợp 2. Nếu
0k 

, rõ ràng
1k 

hoặc
1
2
k 
ta luôn có
.0DN DM 

.
Suy ra
 
 
2
2
21
1
. 0 , 1*
2 1 2
k
x
DN DM k
yk

   



Ta thấy, nếu
2
2
3

1
4
x
x y k
y
    
khi đó hình chữ nhật ABCD trở
thành hình vuông.
Ta cũng có thể phát biểu một bài toán tƣơng tự bài toán 1.1 với một
hình chữ nhật có độ lớn đƣợc chọn thỏa mãn (*). Thí dụ, ta chọn
3
2
5
x y k  
, khi đó ta cũng có thể xây dựng bài toán hình giải tích
thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho hình chữ nhật ABCD có
2AD DC
. Gọi M là trung điểm của BC, N là điểm trên đường chéo
AC sao cho
32AN NC
. Chứng minh rằng
.DN MN

+) Trƣờng hợp 3.
 
22
1
1 0,
2
k x y kk


   




ta xét bài toán sau
 Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
ABCD có đỉnh
B
thuộc đƣờng thẳng
1
:2 2 0d x y  
, đỉnh C thuộc
đƣờng thẳng
2
: 5 0.d x y  
Gọi H là hình chiếu của B xuống AC.
Biết điểm
 
92
; , 9;2
55
MK



lần lƣợt là trung điểm của AH và CD.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có
tung độ dƣơng.

Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
- Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M, K, B. Bằng trực quan ta đề
xuất giả thuyết
BM KM
và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ
sử dụng kết quả bài toán 1 để “mở nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm
B. Từ đó bằng các phƣơng pháp giải toán quen thuộc ta sẽ tìm đƣợc tọa
độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật.
- Để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra, ta cụ thể hóa bài toán 1.2 bằng hình
chữ nhật ABCD với
 
2;1 ,A 
 
2;1 ,B
 
2; 1 ,C 
 
2; 1D 
.


Trang | 11

Bước 2. Tìm giải pháp.
Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán đã cho là vuông góc, trung
điểm và các góc bằng nhau. Vì vậy ta đề xuất các giải pháp để chứng
minh
BM KM
nhƣ sau:

 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác
MECK
là hình bình hành và E là trung trực
của tam giác BMC nên
CE MB
. Mà
/ / .MK CE MK MB


 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0BA x BC y x y  

Ta có
   
11BH kBA k BC kx k y     

AC BC BA x y    

Nên
   
22
. 0 1 0 *BH AC kx k y     

Lại có
 
   

11
1 1 ;
22
BM BA BH k x k y

     


 
11
1
22
MK BK BM kx k y     
   
22
1
. 1 1 0
4
BM MK k kx k y

      

hay
.BM MK


 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ,
điểm
     

0;0 , 0; , ;0 .B A a C c

Tọa độ điểm
;
2
a
Kc




Phƣơng trình các đƣờng thẳng
: ; : 0AC ax cy ac BH cx ay   

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
22
2 2 2 2
;
0
ax cy ac
a c ac
H
cx
c
ay
aac














Do đó
   
2 3 2
2 2 2 2
2
;
22
a a acc
cc
M
aa









Trang | 12

   
 
2 2 3 2 3 2
2
22
2
. 0 .
4
2a c c ca ac a
BM MK BM MK
ca
ac
    




 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt
;;AB a BC b


 

 
Ta có
2
2 2 2 2

1
;.
2
2
ab a
BH MH AH
ba b a





Do đó
22
tan ; tan tan tan
BC b BH b
KC a MH a
     
       

Suy ra tứ giác KMBC nội tiếp, do đó 

 

hay
.MK MB


Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta sẽ chứng minh

BM KM
(Có thể sử dụng các giải pháp
đã nêu ở bước 2). Khi đó:
Phƣơng trình đƣờng thẳng
:9 2 85.BM x y

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
 
9 2 85
1;4
22
xy
B
xy




  


Giả sử
 
;5C c c 
,
Từ
  
 
   
9 9;4

. 0 9 2 8 0
4 4; 1
cC
BC KC c c
cC


     

  


lo¹i

Phƣơng trình đƣờng thẳng
:2 6.BH x y

Phƣơng trình đƣờng thẳng
: 2 1MC x y

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
 
26
13 4
; 1;0
21
55
xy
HA
xy










.
Từ đó tìm đƣợc
 
9;0 .D


Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Trong trƣờng hợp hình chữ nhật suy biến thành
hình vuông bài toán 1.2 có “bản chất hình
phẳng” chính là bài toán 1.1 hay nói cách
khác bài toán 1.1 là một trƣờng hợp đặc biệt của
bài toán 1.2

Trang | 13

- Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất đƣợc xây dựng trên bài
toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt
là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng
BM KM
.

- Bài toán 1.2 chính là bài toán mở rộng cho hình chữ nhật trong trƣờng
hợp 3:
 
22
1
1 0,
2
.x k y kk

   







 Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang
vuông
ABCD




 

 


có đỉnh

 
2;2D
và
2.CD AB
Gọi
H

là hình chiếu vuông góc của điểm
D
lên đƣờng chéo
.AC
Điểm
22 14
;
55
M



là trung điểm
HC
. Xác định tọa độ các đỉnh
,,A B C
, biết
rằng đỉnh
B
thuộc đƣờng thẳng
: 2 4 0xy   
.

Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Nhận thấy dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, B. Bằng trực
quan ta đƣa ra giả thuyết
.BM DM

Nếu giả thuyết trên là đúng, ta sẽ “mở đƣợc nút thắt đầu tiên” của bài
toán đó là việc xác định đƣợc tọa độ điểm B. Từ đó ta hoàn toàn xác
định đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại.

Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm đoạn DH. Khi đó tứ giác
ABME là hình bình hành
ME AD
nên E là
trực tâm tam giác
ADM
. Suy ra
AE DM
mà
/ / .AE BM DM BM


 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0; ;DA x DC y x y x x y y    
Ta có
 
1DH kx k y  

;
AC x y  

Từ
   
22
. 0 1 0 *DH AC kx k y    

Lại có
 
 
1 1 1
2
2 2 2
DM DH DC kx k y    


Trang | 14

   
11
21
22
BM DM DB k x k y     

Suy ra
   
 
22
do *

1
. 2 1 0
4
DM BM k kx k y

    

. Hay
.DM BM


 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ với
     
0;0 , 0; , ;0 , ;
2
c
D A a C c B a



.
Phƣơng trình các đƣờng thẳng
: ; : 0AC ax cy ac DH cx ay   

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
22
2 2 2 2
;
0

c
c
ax cy ac
a ac
H
cx ay
aac










Suy ra
   
3 2 2
2 2 2 2
;
22
2c ac
cc
M
a
c
a
a









Do đó
   
 
2 3 2 2 2 3
2
22
2 2
. 0 .
4
c a ca c ac ac a
D
c
M BM DM BM
a

  





Bước 3. Trình bày giải pháp.

Trƣớc hết ta chứng minh đƣợc
DM BM
(Có thể sử dụng các giải
pháp đã nêu ở bước 2)
Phƣơng trình đƣờng thẳng
:3 16BM x y

Tọa độ điểm
B
là nghiệm của hệ
 
24
4;4
3 16
xy
B
xy
  






Gọi
I
là giao điểm của AC và BD.
Ta có
1 10 10
2;

2 3 3
AB IB
DI IB I
CD IC

    



Phƣơng trình đƣờng thẳng
: 2 10AC x y
;
Phƣơng trình đƣờng thẳng
:2 2DH x y

Suy ra tọa độ điểm
 
14 18
; 6;2
55
HC





Từ
 
2 2;4CI IA A

Trang | 15


Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Trên tia đối của tia
BA
lấy điểm
E
sao cho
AE DC
khi đó ta thấy hình thang
ABCD
trong bài
toán 1.3 thực ra đƣợc cắt từ hình chữ nhật trong bài
toán 1.2 hay nói cách khác, bài toán 1.3 là một cách
phát biểu khác của bài toán 1.2
- Ngoài việc phát biểu lại bài toán 1.2, chúng ta cũng
có thể xây dựng các bài toán hình giải tích mới thông qua bài toán thuần
túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD có
2DC AB
. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M là trung điểm của HC.
Chứng minh rằng
.DM BM

- Chúng ta cũng có thể kiểm tra xem những hình thang vuông thỏa mãn
mối liên hệ nào sẽ có tính chất phẳng tƣơng tự mà ta có thể dùng để phát
biểu bài toán hình giải tích tƣơng tự bài toán 1.3.
Ta có

 
1,DM kx k y  

   
11BM k x k m y    

Suy ra
   
22
. 0 1 1 0BM DM k kx k m y

      

,
 
.AB mDC

+) Trƣờng hợp 1. Nếu
1.k M A  

+) Trƣờng hợp 2.
1
2
m 
và
22
1
0,
2
x k y kk


  




chính là trƣờng
hợp bài toán 1.3.
+) Trƣờng hợp 3.
2
2
1x m k
yk


nhƣ vậy
ta hoàn toàn xây dựng đƣợc bài toán tƣơng
tự bài toán 1.3 bằng cách xây dựng mối
liên hệ của ba cạnh
,,AB CD DA
của hình
thang. Chẳng hạn
2
2
1
3
2
yx
k
m









, ta có
bài toán: Cho hình thang ABCD có
2 2 .DC DA AB
Gọi M là điểm
trên đoạn AC sao cho
2CM MA
. Chứng minh
.BM DM




Trang | 16

 Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
cân tại
 
1;3A 
. Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho
3AB AD

và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm

13
;
22
M




là
trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên
đƣờng thẳng
7 0.xy  


Bước 1. Nghiên cứu và thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A. Từ
hình vẽ ta đề xuất giả thuyết
.AM BM

Nếu giả thuyết này là đúng, ta sẽ “mở đƣợc nút
thắt đầu tiên” đó là xác định đƣợc tọa độ điểm B,
từ đó ta tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của tam
giác ABC.

Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi
,NI
là giao điểm của đƣờng thẳng qua B vuông
góc với BC với các đƣờng thẳng

CD
và
CA
.
Do tam giác
IBC
vuông tại
B
và
AB AC
A là
trung điểm của đoạn
IC
, suy ra
D
là trọng tâm tam
giác
IBC
. Do đó
1
/ / .
2
AN BC


Gọi
E
là trung điểm
BH
, khi đó

E
là trực tâm tam giác
NBM
và tứ
giác
NAME
là hình bình hành nên từ
.NE BM AM BM  


 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0; ;IA x IC y x y x x y y    

Ta có
21
;
33
ID x y

 
24
1 1 .
33
kk
IH kID k IC x y

     




Nên
22
2 1 ;
33
BH kx k y

  



24
33
CD x y


Trang | 17

 
22
12
. 0 1
3
*
3
02
k
BH CD kx y


    





Lại có
 
1 1 1
2 1 ;
2 3 3
BM BH BC kx k y

    



2
11
33
k
AM IM IA x k y
   
     
   
   

 
22
12

. 1 2 1 0, * .
3 3 3
k
AM BM kx k y do AM BM

   
       
   

   



 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Các điểm
       
0;0 , 0; , ;0 , ;0I A a C c B c

Phƣơng trình các đƣờng thẳng
2
: 2 ; :2 2CD ax cy ac BH cx ay c    

Suy ra tọa độ điểm
2 3 2
2 2 2 2
44
;
44
a ac

H
aa
cc
cc








và tọa độ điểm
22
2 2 2 2
4
2
4
;
a acc
M
caca






Nên
   

 
 
2 3 2 2 3 2
2
22
2242
. 0 .
4
,*
a c ac a
AM BM
c a c a
theo AM M
a
c
B
c



   

Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta chứng minh
AM BM
(Có thể sử dụng các giải pháp đã
nêu ở bước 2). Khi đó:
Đƣờng thẳng
BM
có phƣơng trình

35xy
. Tọa độ điểm B là
nghiệm của hệ
 
7
4; 3
35
xy
B
xy
  

  




Từ
 
3 2;1AB AD D  
. Lúc đó ta có phƣơng trình các đƣờng thẳng
: 1; : 1CD x y BH x y     
. Suy ra tọa độ điểm
 
1;0H 
.
Suy ra
 
2; 3C 

Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.

Trang | 18

- Ta nhận thấy, tam giác cân trong bài toán
1.4 đƣợc cắt từ hình thang của bài toán 1.3.
Hay nói cách khác, bài toán 1.4 là cách
phát biểu khác của bài toán 1.3. Tuy nhiên
với giả thiết đã cho, nếu không nhận biết
đƣợc sự quen thuộc của bài toán 1.3 trong
bài toán 1.4 công việc thực hiện chứng
minh
AM BM
sẽ phức tạp hơn nhiều.
- Ngoài việc xây dựng bài toán 1.4 bằng
cách phát biểu lại bài toán 1.3 cũng có thể xây dựng bài toán hình giải
tích mới thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho tam giác ABC
cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho
3AB AD
. Gọi H là hình
chiếu của B trên CD; M là trung điểm đoạn CH. Chứng minh
AM BM
.

 Bài toán 1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
có đỉnh
 
1;2A 

. Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm
19 8
;
55
H




là hình chiếu vuông góc của B lên
.CN
Xác định tọa độ
các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm
M
của cạnh BC nằm
trên đƣờng thẳng
2 6 0.xy  


Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Từ hình vẽ ta có thể
đặt giả thuyết
AH MH
, ta cũng có thể kiểm chứng giả thuyết đã đặt
ra bằng một hình vuông với các tọa độ cụ thể nào đó.
Nếu giả thuyết trên là đúng, từ kết quả bài toán 1 chúng ta sẽ tìm đƣợc
tọa độ điểm M, từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của hình
vuông thông qua tọa độ các điểm đã biết.

Bước 2. Tìm giải pháp.

Dữ kiện bài toán xoay quanh các mối liên hệ về
tính vuông góc, trung điểm, các độ lớn phụ
thuộc lẫn nhau, vì vậy các giải pháp để chứng
minh
AH MH
đƣợc đề xuất là:

 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)

Trang | 19

Tứ giác
NHMB
nội tiếp



 


Tứ giác
ABMN
là hình chữ nhật



 


Suy ra 


 

hay tứ giác
ABMH
nội tiếp.
Mà 

 




 

hay
.AH MH


 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0;BA x BC y x y x y   
. Ta có
 
2
1;
2
k
BH kBN k BC kx y



    



1
;
2
CN BN BC x y   

 
 
22
2
2
. 0 0 *
45
k
BH CN kx y k

     

Lại có
 
 
2
1
2
k

AH k x y

  
;
 
1
2
k
MH kx y


.
Suy ra
 
 
 
22
2
. 1 0, * .
4
k
MH AH k kx y do


   


Hay
.MH AH

 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Các điểm
     
0;0 , 0; , ;0B A a C c

Suy ra
;0 , ; .
22
cc
M N a
   
   
   


Phƣơng trình các đƣờng thẳng
:2 2 ;CN ax cy ac

: 2 0BH cx ay

Suy ra
22
2 2 2 2
42
;
44
a acc
H

caac






Do đó
   
 
2 2 3 2 2 3
2
22
422
. 0 .
4
4a ac
AH MH AH MH
c a c c ac a
ca
   
  






Trang | 20

Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta sẽ chứng minh
AH MH
(Có thể sử dụng các giải pháp
ở bước 2). Khi đó:
Phƣơng trình đƣờng thẳng
:4 3 20HM x y
. Tọa độ điểm M là
nghiệm của hệ
 
4 3 20
2; 4
26
xy
M
xy




  

.
Do
//CH AM
nên phƣơng trình đƣờng thẳng
:2 6.CH x y

Gọi N là trung điểm AD, từ
   

;6 2CH N nN n  
.
Lại có
 
 
2 2;2
.0
19 19 8
;
5 5 5
nN
AN MN
n N H
  




   




lo¹i

Suy ra
 
5;2D
. Từ
 

1; 4AB NM B   
, khi đó
 
5; 4C 


Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Để giải quyết bài toán 1.5 ta cần “mở nút thắt đầu tiên” đó là việc tìm
ra tọa độ điểm M dựa vào mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm A, H,
M. Hay nói cách khác bài toán 1.5 đƣợc xây dựng dựa trên bài toán
thuần túy hình phẳng sau đây: Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của cạnh BC và AD, H là hình chiếu vuông góc của
B lên CN. Chứng minh rằng
.AH MH

- Ta có thể sử dụng giải pháp 2(công cụ véctơ) hoặc giải pháp 3(công cụ
tọa độ) để tìm và xây dựng bài toán khái quát.
Ta xét hình chữ nhật ABCD với M, N lần
lƣợt là trung điểm của AD, BC. Ta cần tìm
vị trí điểm H trên
CN
sao cho
.AH MH

Ta có
1,
2
k
BH kx y


  


 
1 1 ,
2
k
AH BH BA k x y

     



 
1
1
2
MH kx k y  
.
Suy ra
   
22
1
. 0 1 1 1 0
22
k
AH MH k k x k y

      




     
22
1 4 2 0 *k kx k y

    


+) Trƣờng hợp 1. Nếu
1k H N  


Trang | 21

+) Trƣờng hợp 2. Nếu
2
5
x y k 
chính là bài toán 1.5 chúng ta
đang nghiên cứu.
+) Trƣờng hợp 3.
 
22
4 2 0,kx k y k   
lúc đó điểm H chính là
hình chiếu của B lên CN, nghĩa là chúng ta có bài toán hình phẳng
thuần túy khái quát hơn: Cho hình chữ nhật ABCD, các điểm M, N lần
lượt là trung điểm của BC và DA. Gọi H là hình chiếu vuông góc của
B lên CN. Chứng minh

.AH MH

+) Trƣờng hợp 4.
2
2
2
4
xk
yk


chúng ta có thể xây dựng các bài toán
tƣơng tự nhờ mối quan hệ về độ dài giữa hai cạnh của hình chữ nhật,
chẳng hạn ta cho
2
2
17
x y k  
tức
2 2 15 .AB BC NH HC  


 Bài toán 1.6. (Trích đề TSĐH khối A – năm 2013) Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đƣờng thẳng
:2 5 0d x y  
và
 
4;8A 
. Gọi M là điểm đối xứng

của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đƣờng thẳng MD.
Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng
 
5; 4 .N 


Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, N,
C. Từ trực quan, ta đề xuất giải thuyết
AN CN
.
Nếu giả thuyết đƣợc đề xuất là đúng, ta sẽ xác
định đƣợc tọa độ điểm C, từ đó ta tìm đƣợc
tọa độ các đỉnh còn lại.

Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Do tứ giác
DBCN
nội tiếp, nên 

 

, mà 

 

(do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật) Suy ra 


 



tứ giác ABCN
nội tiếp



 



 

hay
.AN CN


 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)

Trang | 22

Đặt
 
; . 0; ;BA x BC y x y x x y y    

Ta có
   
1 2 ;BN kBD k BM kx k y     

.DM BM BD x y    

Từ
   
22
. 0 2 *DM BN kx k y    

Lại có:
AN BN BA  
   
1 2 ;k x k y  
 
1CN BN BC kx k y    

     
22
. 1 2 0, * .AN CN k kx k y do AN CN

       



 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa
độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Trong đó
     
0;0 , 0; , ;0 .B A a C c

Phƣơng trình các đƣờng thẳng
:2MD ax cy ac

và
:0BN cx ay

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phƣơng trình
22
2 2 2 2
2
22
;
0
ax cy ac
a c a
N
cx ay
a ca
c
c













.
Từ đó
   
 
2 2 3 2 2 3
2
22
22
. 0 .
a a ac ac
AN CN AN CN
a
c c c a
c







 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt
;;AD x DC y


 
Lúc đó

2 2 2 2
cos ;sin
y
x y
x
x y






Xét tam giác
DBN
ta có
cos2
DN
BD




 
22
22
22
. cos sin
y
DN B
x

x
D
y







Trang | 23

Do đó
 
4 2 2
2 2 2 0 2
22
2 . .cos 90
y
AN AD D
xy
N AD DN y
x y

     



và
4 2 2

2 2 2 2
22
c. s2 o.
x xy
DN DC DN
y
CN DC x
x




  

Nên
2 2 2
AN CN AC ANC   
vuông tại N, hay
.AN CN


Bước 3. Trình bày giải pháp.
Ta sẽ chứng minh
AN CN
(Có thể sử dụng một trong các giải pháp
ở bước 2). Khi đó:
Đƣờng thẳng CN có phƣơng trình
3 4 31.xy

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

 
3 4 31
1; 7
25
xy
C
xy




  


Do tứ giác ADMC là hình bình hành, nên
/ /DMAC
mà
BN DM BN AC  

Đƣờng thẳng BN có phƣơng trình
3 17 0xy  
.
Điểm B là giao điểm của BN với đƣờng tròn tâm
31
;
22
I





bán kính
5 10
2
R IA
, nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
 
 
22
5
3 17
4
3 1 125
4
4; 7
2 2 2
7
x
BN
xy
y
x
xy
B
y













   


   

   


  
    





lo¹i

Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Nếu ta đặc biệt bài toán 1.6 thành hình vuông
ABME, ta nhận đƣợc kết quả tƣơng tự bài toán
1.5
- Để giải quyết bài toán 1.6 “mấu chốt” của vấn đề
là xử lý bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho

hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng
của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Chứng minh
rằng
.AN CN