MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO KĨ NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1.

Tên sáng kiến
MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN PHƯƠNG
PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO KĨ
NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
- Đề tài áp dụng cho tất cả học sinh ở bậc trung học phổ thông
- Giáo viên dùng làm tài liệu tham khảo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến
- Từ tháng 9 năm 2010 đến tháng 7 năm 2015
4. Tác giả
- Họ và tên: PHẠM VĂN PHI
- Năm sinh: 1984
- Nơi thường trú: Nam Trực, Nam Định
- Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Sư phạm tốn
- Chức vụ: TKHĐ, giáo viên mơn Tốn
- Nơi làm việc: Trường THPT C Nghĩa Hưng
- Địa chỉ liên hệ: Trường THPT C Nghĩa Hưng
- Điện thoại: 0902277186
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
- Trường THPT C Nghĩa Hưng
- Địa chỉ: Khu Đơng Bình, thị trấn Rạng Đơng, Nghĩa Hưng, NĐ
- Điện thoại: 035033728748

1


MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

NHẰM NÂNG CAO KĨ NĂNG GIẢI TỐN CỦA HỌC SINH
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Các bài toán về Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là một trong những bài
tốn khơng hề đơn giản đối với học sinh phổ thông, mặc dù nằm ở chương trình lớp
10 nhưng học sinh lớp 12 vẫn thấy bài tốn này khó, vậy làm cách nào để có thể
giải quyết tốt bài tốn? Theo quan điểm cá nhân, có hai hướng tiếp cận bài tốn,
hướng thứ nhất sử dụng ở các bài toán cơ bản với những tính chất sẵn có ngay trong
bài tốn, hướng thứ hai vận dụng các tính chất của hình học sơ cấp trong những bài
toán phức tạp, ở mức độ cao.
Để tiếp cận cả hai hướng giải quyết rõ ràng điều đầu tiên người học cần phải
nắm chắc lí thuyết, lí thuyết về các phép toán véc tơ, các phép biến đổi véc tơ, các
khái niệm về điểm, phương trình đường thẳng và các cơng thức liên quan đến góc
và khoảng cách. Những khái niệm trên là điều rất quan trọng để tiếp cận tốt bài
tốn, khơng thuộc hoặc nhớ khơng kĩ sẽ chẳng dẫn đến đâu cả. Khi đã nắm chắc các
khái niệm liên quan rồi, người học lúc này cần phát huy được các tính chất cơ bản
của các hình trong giải tốn, đối với hình tam giác, người học cần khai thác được
tính chất của các đường đặc biệt trong tam giác: đường cao, đường trung tuyến,
đường phân giác, đường trung trực, đường trung bình; tiếp đến là phải phát huy
được đặc điểm của các điểm đặc biệt trong tam giác như trọng tâm, trực tâm, tâm
đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác và một số mối quan
hệ cơ bản của các điểm đó. Không những vậy, người học cần phát huy được những
tam giác đặc biệt như tam giác cân, tam giác vuông, tam giác đều, … các hình tứ
giác mà điển hình là hình chữ nhật, hình vng, hình thang, hình bình hành, hình
thoi… rõ ràng trong những bài tốn cơ bản, chỉ cần nắm các cách giải trong tam
giác thì chuyển sang tứ giác là điều đơn giản; tuy nhiên đối với những bài toán ở
mức độ cao liên quan đến một tính chất hình học sơ cấp nào đó thì chỉ những hình
đó mới có, lúc đó người học cần phải phát huy tối đa các năng lực của bản thân may
ra mới tiếp cận có hiệu quả bài tốn đó.
2

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Bài viết này được đưa ra nhằm hỗ trợ phần nào cho người học có cách tiếp
cận bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng một cách hiệu quả nhất, giải
quyết những khó khăn của dạng toán mang lại.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh lớp 10
- Học sinh lớp 12, ôn thi THPT Quốc gia
- Giáo viên Toán
IV. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI
Trong bài viết này tôi mới chỉ đề cập đến một số định hướng từ những bài
toán cơ bản và những tính chất sẵn có ngay trong giả thiết bài toán và chỉ tập trung
đến các dạng toán liên quan đến điểm và đường thẳng; hướng tiếp cận bài tốn khi
sử dụng tính chất hình sơ cấp (tính song song, vng góc, thẳng hàng, đồng quy …)
và tiếp cận những bài tốn về đường trịn sẽ được tiếp tục nghiên cứu và bổ sung
sau này.

3


B. NỘI DUNG
I. TĨM TẮT LÍ THUYẾT CƠ BẢN
1. Điểm - đường thẳng
a. Phương trình đường thẳng

r
- Đường thẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và nhận n = ( a; b ) làm véc tơ chỉ

 x = x0 + at

phương có phương trình tham số là: 
.
 y = y0 + bt

r
- Đường thẳng đi qua điểm A ( x0 ; y0 ) và nhận n = ( a; b ) làm véc tơ pháp

tuyến có phương trình tổng qt dạng: a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) = 0 hay ax + by + c = 0
- Đường thẳng d vng góc với d’: ax + by + c = 0 thì d có phương trình
dạng : bx − ay + c ' = 0
- Đường thẳng d song song với d’: ax + by + c = 0 thì d có phương trình
dạng: ax + by + c ' = 0 ( c ' ≠ c )
b. Khoảng cách và góc
- Khoảng cách giữa hai điểm AB =

( xB − x A )

2

+ ( yB − y A )

2

- Khoảng cách từ A ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 tính bởi
cơng thức d ( A; ∆ ) =

ax0 + by0 + c
a 2 + b2

- Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song: d ( d ; ∆ ) = d ( M ; ∆ ) với

M ∈d .
- Khi xác định được diện tích của tam giác ABC thì d ( A; d ) =

2S ABC
; với
BC

d ≡ ( BC ) .
- Cho hai đường thẳng cắt nhau d: ax + by + c = 0 và d’: a ' x + b ' y + c ' = 0 ,
thì:
+) cos ( d , d ' ) =

aa '+ bb '
a 2 + b 2 . a '2 + b ' 2
4


+) Phương trình đường phân giác tạo bởi giữa hai đường thẳng d, d’ là:
ax + by + c
a +b
2

2

=

a'x + b' y + c'
a '2 + b '2

c. Điểm
Đối với bài tốn xác định điểm, về quan điểm “hình học” điểm là giao của
các đường (đường thẳng, đường tròn), tìm điểm trong tình huống này chính là việc
xác định sự tương giao giữa các đường; về quan điểm “đại số” điểm gồm 2 thành
phần là hoành độ và tung độ, tìm điểm trong tình huống này là tìm mối quan hệ
giữa hai thành phần của điểm để từ đó đưa về bài tốn tìm nghiệm của phương
trình, hệ phương trình.
Lưu ý rằng điểm M thuộc đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 , ta có thể gọi điểm
 −at − c 
 −bt − c 
M  t;
; t ÷ với t là một tham số (đây được gọi là tham số
÷ hoặc M 
b 

 a

hóa điểm M). Khi đó việc xác định điểm M chỉ cần tìm một yếu tố liên quan đến
điểm M, có thể đó là yếu tố vng góc, khoảng cách, song song, góc, diện tích …
hay một yếu tố hình học có liên quan.
2. Một số bài tốn cơ sở viết phương trình đường thẳng.
Bài tốn 1. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B cho trước.
Bài tốn 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và song song với
một đường thẳng cho trước.
Bài tốn 3. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và vng góc
với một đường thẳng cho trước.
Bài tốn 4. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và tạo với một
đường thẳng cho trước một góc xác định.
Bài tốn 5. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và cách một
điểm cho trước một khoảng không đổi xác định.

Khai thác những đường đặc biệt của tam giác:
+ Đường cao, trực tâm: Yếu tố vng góc.
+ Đường trung tuyến, trọng tâm: Đường
trung tuyến AE, G là trọng tâm của tam giác, ta
có:
5


x A + xB + xC

 xG =
uuur 2 uuur
3
AE = AG
và

y
+
y
+
y
3
A
B
C
y =
G

3
· D = CA

· D ; điểm
+ Đường phân giác: Đường phân giác trong AD, khi đó BA
M thuộc AB, M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác AD, khi đó M’ thuộc AC.
+ Đường trung trực, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác:

6


II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Vận dụng những yếu tố trên, sau đây ta sẽ tiếp cận những bài toán về phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng, vận dụng hướng thứ nhất ở những bài tốn cơ bản.
Các ví dụ được đưa ra phân tích được trích từ các đề thi ĐH - CĐ các năm gần đây
và các đề thi thử ĐH của một số trường.
Ví dụ 1: (B - 02) Cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéo là
1 
I  ;0 ÷, phương trình đường thẳng AB là x - 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ
2 
các đỉnh A, B, C, D của hình biết rằng A có hồnh độ âm.
Giải:
• Nhận xét: Đây là bài tốn u cầu tìm điểm, như vậy ta có hai hướng tìm
điểm cơ bản theo hai quan điểm đại số và hình học rõ ràng. Khai thác thêm
giả thiết hình chữ nhật ta sẽ có tiếp cận bài tốn theo những hướng sau:

Cách 1. Tham số hóa điểm A nằm trên đường thẳng AB là A(2a -2; a), (2a-2 < 0)
+ Đường thẳng AD và vng góc với AB nên đường AD có phương trình dạng
2x + y + c = 0 , đường AD đi qua điểm A nên 2 ( 2a − 2 ) + a + c = 0 ⇒ c = 4 − 5a
Vậy đường AD có phương trình dạng: 2x + y + 4 - 5a = 0
Theo giả thiết ABCD là hình chữ nhật, AB = 2AD nên ta có d ( I ; AB ) =

Hay

1
+2
2
12 + ( −2 )

2

1
d ( I , AD )
2

1
2. + 4 − 5a
a = 0
1
2
⇔
5
−
5a
=
5
⇔
 a = 2(l ) Suy ra A(- 2; 0),
= .
2
2

2

1 +2

Do I là trung điểm của AC nên ta có tọa độ C(3; 0)
+ Đường thẳng CB vng góc với AB nên có dạng: 2x + y + c’ = 0, CB đi qua điểm
C nên ta có 2.3 + c’ =0 ⇒ c ' = −6 , vậy đường BC có phương trình x + 2y - 6 = 0

7


x + 2 y − 6 = 0
x = 2
⇔
+ B = BC ∩ AB nên tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình: 
x − 2 y + 2 = 0
y = 2
Vậy B(2; 2), I là trung điểm của BD nên tọa độ D(-1; - 2).
Cách 2.
AB
·
cosCAB
=
=
AC
Nhận thấy, từ giả thiết ta có

AB
AB + BC
2

2

=

AB
2

 AB 
AB 2 + 
÷
 2 

=

2
5

1 
+ Viết phương trình đường thẳng AC: Đi qua I  ;0 ÷ và tạo với đường thẳng AB
2 
2
·
·
=
một góc xác định CAB
mà cosCAB
.
5
r
+ Gọi VTPT của đường thẳng AC là n = ( a; b ) (a, b không đồng thời bằng 0)
1


Đường thẳng AC đi qua điểm I nên có dạng: a  x − ÷+ b ( y − 0 ) = 0 hay
2

a − 2b
2
a
·
c
os
AC
,
AB
=
c
os
CAB
⇔
=
(
)
ax + by − = 0 . Ta có
2
5
2
12 + ( −2 ) a 2 + b 2
a = 0
⇔ a − 2b = 2 a 2 + b 2 ⇔ 3a 2 + 4ab = 0 ⇔ 
3a+4b = 0
TH1. Với a = 0, phương trình đường AC là y = 0

x − 2 y + 2 = 0
 x = −2
⇔
Khi đó, tọa độ của A là nghiệm của hệ 
(t/m).
y = 0
y = 0
Vậy A(- 2;0). Do I là trung điểm của AC, nên tọa độ của C ( 3;0 )
+ Đường thẳng CB vng góc với AB nên có dạng: 2x + y + c’ = 0, CB đi qua điểm
C nên ta có 2.3 + c’ =0 ⇒ c ' = −6 , vậy đường BC có phương trình x + 2y - 6 = 0
x + 2 y − 6 = 0
x = 2
⇔
+ B = BC ∩ AB nên tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình: 
x − 2 y + 2 = 0
y = 2
Vậy B(2; 2), I là trung điểm của BD nên tọa độ D(-1; - 2).
Cách 3.

8


Gọi M là trung điểm của AB, theo giả thiết ABCD là hcn, AB = 2AD nên ta có
ngay tam giác MIA vuông tại M, IM = d ( I ; AB ) và AM = 2IM
Mà IM = d ( I ; AB ) =

1
+2
2
12 + ( −2 )

nên AI = AM 2 + IM 2 =

2

( 2 IM )

=
2

5
2
+ IM 2 =

5
2

+ Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD, đường trịn này có
2

2

1

5
tâm I, bán kính IA có phương trình là:  x − ÷ + y 2 =  ÷ .
2

2
A, B là giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn (I; IA) nên tọa độ điểm A, B

x − 2 y + 2 = 0

2
2
thỏa mãn hệ phương trình 
1
5 .
2
 x − 2 ÷ + y =  2 ÷

 

Giải hệ này ta được A ( −2;0 ) , B ( 2;2 ) (vì A có hồnh độ âm)
I là trung điểm của hai đường chéo AC, BD nên suy ra C ( 3;0 ) , D ( −1; −2 ) .
• Nhận xét: Đối với cách thứ nhất, có lối suy nghĩ đơn giản, phù hợp với học
sinh ở mức độ trung bình khá, lời giải có thiên hướng đại số hóa, khơng cần
nhiều các phép biến đổi phức tạp mà vẫn giải quyết bài toán một cách tối
ưu. Cách 2 ta thấy sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình đường thẳng
đi qua một điểm và tạo với đường thẳng cho trước một góc xác định, lối tư
duy đơn giản nhưng địi hỏi cần có sự suy luận để xác định góc (điều này giả
thiết khơng đưa ra). Đối với cách thứ 3, hướng sử dụng hình học để xác định
điểm là rõ ràng, khơng chỉ điểm là giao của hai đường thẳng mà điểm còn là
giao của đường thẳng và đường trịn.
Ví dụ 2 (D-12). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD;
các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình x + 3y = 0 và x - y + 4 = 0,

9


 1 

đường thẳng BD đi qua điểm M  − ;1÷. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
 3 
ABCD?
Giải:
• Nhận xét: Bài tốn u cầu tìm tọa độ điểm nên trước tiên ta phải nghĩ đến
một trong hai hướng sau: Hướng thứ nhất là viết phương trình hai đường
thẳng cùng đi qua điểm cần tìm tọa độ rồi giải hệ (hướng hình học). Hướng
thứ hai là gọi tọa độ điểm đó ra rồi đi lập hệ phương trình để giải (hướng
đại số hóa). Trên cơ sở như vậy ta có các cách tiếp cận bài tốn như sau:

Cách 1.
x + 3y = 0
 x = −3
⇔
+ A = AD ∩ AC , nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ PT: 
x − y + 4 = 0
y =1
Vậy A(- 3; 1).
+ Viết phương trình đường thẳng BD: Đi qua M và tạo với đường thẳng AD một
·
góc α mà α = DAC
xác định.
r
Gọi n = ( a; b ) là VTPT của đường BD (a, b không đồng thời bằng 0), đường thẳng
1

BD đi qua M, nên đường BD có dạng: a  x + ÷+ b ( y − 1) = 0
3

hay ax + by +

a
·
− b = 0 (1). Theo tính chất của hình chữ nhật, ta có ·ADB = DAC
3

·
suy ra cos ·ADB = cos DAC
hay

10


1− 3

cos ( AD, AC ) = cos ( DA, DB ) ⇔

2. 10

a −b

=

2 a +b
2

2

⇔ 2 a 2 + b 2 = 10 a − b

 a = 3b
⇔ 3a 2 − 10ab + 3b 2 = 0 ⇔ 
3a = b
Với a = 3b, thay vào (1) ta được phương trình đường BD: 3x+y=0
Với 3a=b, thay vào (1) ta được pt đường BD: x + 3 y −

8
= 0 ⇒ BD / / AC (loại)
3

x − y + 4 = 0
+ D = AD ∩ BD , nên tọa độ D thỏa mãn hệ PT: 
3x + y = 0
 x = −1
⇔
⇒ D ( −1;3)
y = 3
+ Gọi I là giao điểm của AC và BD, tọa độ điểm I thỏa mãn hệ PT:
x + 3y = 0
x = 0
⇔
⇒ I ( 0;0 )

3x
+
y
=
0
y
=

0


+ Vì I là trung điểm của AC và BD, áp dụng công thức trung điểm ta được C(3; -1),
B(1; -3)
Cách 2.
+

A = AD ∩ AC ,

nên tọa

độ

điểm

A

thỏa

mãn hệ

phương

trình:

x + 3y = 0
 x = −3
⇔
. Vậy A(- 3; 1).


x − y + 4 = 0
y =1
Gọi I là giao điểm của AC và BD, I thuộc AC, gọi I ( −3a;a )
D thuộc AD, gọi D ( d;d+4 ) . Theo giả thiết, ta có D, I, M thẳng hàng nên:
1
3 = a − 1 d ≠ −3; d ≠ − 1
(
)
1
d +3
3
d+
3

−3a +

⇔ 3ad + 7a − d − 1 = 0

(1)

Mặt khác theo tính chất của hình chữ nhật thì IA = ID hay
IA2 = IB 2 ⇔ ( −3a 2 + 3) + ( a − 1) = ( 3a + d ) + ( a − d − a )
2

2

2

2

⇔ d 2 + 2ad + 6a + 4d + 3 = 0 (2)
11


Từ (1), (2) ta được hệ phương trình, giải hệ này bằng cách từ pt(1) rút a thế vào (2)
ta được a = 0; d = - 1. Vậy I(0; 0), D(- 1; 3). Vì I là trung điểm của AC, BD nên áp
dụng công thức trung điểm ta được C(3; -1) và B(1; -3).
Cách 3.
x + 3y = 0
 x = −3
⇔
+ A = AD ∩ AC , nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ PT: 
.
x − y + 4 = 0
y =1
Vậy A(- 3; 1).
+ Đường thẳng AB đi qua A và vng góc với AD, nên phương trình đường AB có
dạng: x + y + c = 0, AB đi qua A nên tọa độ điêm A thỏa mãn , hay -3 + 1 + c = 0
suy ra c = 2. Vậy phương trình đường thẳng AB: x + y + 2 = 0.
uuuu
r 
1

+ D thuộc AD, gọi D ( d ; d +4 ) . Phương trình đường BD nhận MD =  d + ; d + 3 ÷
3


1
3 = y − 1 (trường

làm VTCP, nên đường BD có phương trình dạng chính tắc:
1 d +3
d+
3
x+

1
hợp d= − , d = - 3 không xảy ra).
3
x + y + 2 = 0

x+1
+ B = AB ∩ BD , nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình: 
3 = y −1

1 d +3
d +
3

−5d − 3

 x = 3d + 5
⇔
 y = −d − 7
3d + 5

 3d 2 − 3 3d 2 + 16d + 13 
;
Vì I là trung điểm của BD, nên tọa độ I 
÷

÷
2
3d
+
5
2
3d
+
5
(
)
(
)


I nằm trên AC, nên tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình AC, hay:
 d = −1
3d 2 − 3
3d 2 + 16d + 13
+ 3.
=0⇔
2 ( 3d + 5 )
2 ( 3d + 5 )
 d = −3
12


Với d = - 1 suy ra D(- 1; 3), B(1; -3).
Với d = -3 suy ra D(-3;1), B(-3;1) (loại vì B trùng với D)
Khi đó I(0; 0) và vì I là trung điểm của AC nên C(3; -1)

• Nhận xét: Rõ ràng với cách 1, ta sử dụng bài tốn cơ bản viết phương trình
đường thẳng đi qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một góc
xác định khi khai thác được tính chất hình chữ nhật có hai góc bằng nhau.
Cách 2 và cách 3 thiên về tính tốn đại số, ta thấy rằng dễ tư duy theo kiểu
này, tuy nhiên lại gặp khó khăn trong bước giải hệ PT tìm ẩn. Cách 3 lối tư
duy đơn giản, sau khi tham số hóa tọa độ một điểm, đi viết phương trình các
đường thẳng cần xác định theo tham số vừa định (đường thẳng tham số) và
tìm mối quan hệ trong bài tốn để tìm tham số đó.
Tiếp theo ta đi khai thác những tính chất cơ bản của những đường và điểm
đặc biệt trong tam giác khi tiếp cận chúng trong bài toán.
Tiếp theo, ta sẽ định hướng đường phân giác tiếp cận bài toán trong tam
giác
Ví dụ 3. (B - 08) Hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu
vng góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(-1; -1), đường phân giác trong của
góc A có phương trình x - y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x+3y-1=0
Giải
• Nhận xét: Bài toán với giả thiết đường phân giác trong, liên hệ cho ta sử
dụng một hai tính chất cơ bản của của nó là tính đối xứng qua đường phân
giác và tính chia đơi góc.

+ Gọi đường phân giác trong AD, đường cao BH.
Gọi H’ là điểm đối xứng của H qua qua đường phân giác AD, khi đó H’ thuộc AC.
13


+ Đường HH’ vng góc với AD nên HH’ có phương trình dạng: x+y+c=0, HH’
qua điểm H nên -1 - 1 + c = 0 suy ra c = 2. Vậy phương trình HH’: x + y + 2 = 0.
x + y + 2 = 0
 x = −2

⇔
Gọi I = HH '∩ AD , tọa độ điểm I thỏa mãn hệ PT: 
x − y + 2 = 0
y = 0
Vậy I(-2; 0). H’ là điểm đối xứng của H qua I nên I là trung điểm của HH’, áp dụng
công thức trung điểm, suy ra tọa độ H’(-3; 1).
+ Viết phương trình đường AC: Đi qua H’ và vng góc với BK, nên đường AC có
phương trình là 3x - 4y + 13 = 0.
3 x − 4 y + 13 = 0
+ A là giao của AC và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ PT: 
x − y + 2 = 0
x = 5
⇒
. Vậy A(5; 7).
y = 7

uuu
r
+ Viết phương trình đường AB: Qua H, A nên đường AB nhận HA = ( 6;8 ) làm
VTCP và qua điểm H nên có phương trình: 4x - 3y + 1 = 0.
+ Viết phương trình đường CH: Qua H và vng góc với AB nên phương trình CH
là 3x+4y + 7 = 0.
10

x
=
−
3 x + 4 y + 7 = 0

3

⇔
+ C = CH ∩ CA nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT: 
3 x − 4 y + 13 = 0
y = 3

4
 10 3 
Vậy C  − ; ÷
 3 4
• Nhận xét: Rõ ràng bài tốn trên ta khai thác giả thiết đường phân giác
trong là quan trọng nhất, bài tốn được “cởi nút thắt” khi tìm điểm đối xứng
H’, kết hợp với việc sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình các đường
thẳng liên quan đến điểm C, từ đó tìm được điểm C qua sự tương giao giữa
các đường.
 17 1 
Ví dụ 4. (B - 13) Tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H  ; − ÷,
 5 5
chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm cạnh AB là M(0; 1).
Tìm tọa độ C.
14


15


Giải :
uuuu
r  8 16 
+ Viết phương trình đường BC: Qua D, H nên nhận DH =  − ; − ÷ làm VTCP
 5 5

nên có phương trình là 2x - y - 7 = 0
+ Viết phương trình AH vng góc với BC nên đường AH có dạng x + 2y + c = 0,
đi qua H nên phương trình AH là: x + 2y - 3 = 0.
+ Gọi A ( 3 − 2a; a ) ∈ AH , do M(0; 1) là trung điểm của AB nên B ( 2a − 3;2 − a ) .
Mặt khác B ∈ BC suy ra 2 ( 2a − 3) − ( 2 − a ) − 7 = 0 ⇔ a = 3 , vậy A(-3; 3).
uuur
+ Viết phương trình đường AD: Qua hai điểm A, D nên nhận AD = ( 8;0 ) làm
VTCP nên có phương trình là y - 3 = 0.
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác AD, khi đó M’ thuộc AC. Đường
MM’ vng góc với AD và đi qua điểm M nên có phương trình là x = 0.
Gọi I là giao điểm của MM’ và AD, suy ra tọa độ I(0; 3), I là trung điểm của MM’
nên tọa độ M’(0; 5).

uuuur
+ Đường thẳng AC đi qua hai điểm A, M’ nên nhận AM ' = ( 3; −1) làm VTCP nên
có phương trình là -2x + 3y - 15 = 0.
−2 x + 3 y − 15 = 0
x = 9
⇔
+ C = CA ∩ CB nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT: 
2x − y − 7 = 0
 y = 11
Vậy C(9; 11)
• Nhận xét: Việc khai thác tính chất của đường cao và tính chất điểm đối
xứng qua đường phân giác trong đã giúp ta giải quyết trọn vẹn bài toán.
Một hướng giải khác khai thác tính chất của chân đường phân giác trong đó
là sau khi xác định đường BC, tọa độ điểm A, B, ta tham số hóa tọa độ điểm
C trên BC, áp dụng tính chất: D là chân đường phân giác trong góc A thì
DB AB
=

, dẫn đến một phương trình giải được với ẩn là tham số điểm C.
DC AC
Như vậy khi gặp một bài toán chứa giả thiết có đường phân giác ta có thể sử
dụng tính đối xứng vào giải quyết bài tốn một cách khá hiệu quả, minh họa thêm
một số bài toán trong các đề thi ĐH và đề thi thử của các trường:
16


Bài tập định hướng đường phân giác
Bài 1.1. (D - 2011) Cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình là x - y - 1 = 0. Tìm tọa độ
đỉnh A, C.
Định hướng và cách giải:
+ Lấy B’ đối xứng với B qua phân giác AD, suy ra
tọa độ B’.
uuur 2 uuuu
r
+ Sử dụng đẳng thức BG = BM , suy ra tọa độ M
3
+ Viết phương trình đường thẳng AC: qua B’, M
+ Suy ra tọa độ điểm A = AC ∩ AD .
+ M là trung điểm của AC, suy ra tọa độ điểm C.
Bài 1.2. (TTTT 2014) Tam giác ABC có phương trình các đường AB, BC lần lượt là
5x + 2 y + 7 = 0;

x − 2 y − 1 = 0 , đường phân giác trong góc A có phương trình là

x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm C.
Định hướng và cách giải:
+ Xác định tọa độ B = BA ∩ BC

+ Xác định tọa độ A = AB ∩ AD

(AD là phân

giác trong)
+ Lấy B’ đối xứng với B qua phân giác trong AD,
suy ra tọa độ B’ (Hoặc viết phương trình đường
AC, là đường thẳng đi qua B’ và tạo với đường
· D)
AD một góc xác định BA
+ Viết phương trình AC: Qua A, B’.
+ Đưa ra tọa độ C = AC ∩ BC
Bài 1.3. (Đặng Thúc Hứa - NA) Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A
là d: 2x - y - 3 = 0. Biết các điểm B1 ( −6;0 ) , C1 ( −4;4 ) lần lượt là hình chiếu vng
góc của đỉnh B, C lên các cạnh AC, AB tương ứng. Xác định tọa độ A, B, C.
Định hướng và cách giải:
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B1 qua đường phân giác AD, suy ra tọa độ B’.
17


+ Viết phương trình đường thẳng AB: Đi qua B’ và C1
+ Suy ra tọa độ điểm A = BA ∩ AD
+ Viết phương trình đường AC: Đi qua điểm A, B1.
+ Viết phương trình đường BB1: Đi qua B1 và vng
góc với AC.
+ Suy ra điểm B = BA ∩ BB1
+ Viết phương trình đường CC 1: Qua C1 và vng góc
với AB.
+ Suy ra tọa độ điểm C = CC1 ∩ CA
Bài 1.4. (Lý Thái Tổ - BN) Cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ đỉnh B và

đường phân giác trong góc A lần lượt có phương trình là d1: 3x + 4y + 10 = 0; d2:x y + 1=0. Điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng
2 . Xác định tọa độ ba đỉnh của tam giác.
Định hướng và cách giải:
+ Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác d 2, suy
ra tọa độ điểm M’.
+ Viết phương trình đường thẳng AC: Qua M’ và vng
góc với d1
+ Suy ra tọa độ điểm A = AC ∩ d 2
+ Viết phương trình đường AB: Qua A, M
+ Suy ra tọa độ điểm B = BA ∩ d1
+ Tham số tọa độ C ( t ) trên AC, sử dụng giả thiết MC = 2 , suy ra tọa độ C.
Bài 1.5 (Triệu Sơn 4 - TH) Cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ A và đường phân
giác trong kẻ từ B có phương trình lần lượt là x - 2y - 2 = 0 và x - y - 1 = 0. Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M(0; 2) thuộc AB và AB = 2BC.
Bài 1.6 (Chuyên HN- Ams 2014) Cho tam giác ABC, phương trình đường phân giác
trong của góc A và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình x - y = 0 và
2x+y+3=0. Đường thẳng AC đi qua điểm M(0; -1) và AB=2AM. Viết phương trình
cạnh BC.

18


Định hướng trọng tâm tiếp cận bài toán trong tam giác
Ví dụ 5. (D - 2011) Cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và
đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình là x - y - 1 = 0. Tìm
tọa độ đỉnh A, C.
Giải:

+ Gọi B’(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x - y - 1 = 0 của góc
A. Ta có BB’ vng góc với d và đi qua B nên phương trình đường BB’ là: x + y +

3=0
x + y + 3 = 0
 x = −1
⇔
Gọi I là trung điểm của BB’ thuộc d, tọa độ I thỏa mãn hệ 
x − y −1 = 0
 y = −2
Từ đó suy ra tọa độ B’(2; -5).
uuur 2 uuuu
r
BG
=
BM
+ Gọi M(x; y) là trung điểm của AC, G là trọng tâm của ABC nên
,
3
uuur
uuuu
r
trong đó BG = ( 5;0 ) , BM = ( x + 4; y − 1) nên suy ra tọa độ điểm M thỏa mãn:

2

7

5 = 3 ( x + 4 )
x =
⇔
2


2
0 = ( y − 1)
 y = 1

3
Đường thẳng AC đi qua M, B’, có phương trình: 4x - y - 13 = 0.
4 x − y − 13 = 0
x = 4
⇔
Tọa độ A thỏa mãn hệ PT: 
. Vậy A(4; 3)
x − y −1 = 0
y = 3
M là trung điểm của AC, suy ra tọa độ C(3; -1)
• Nhận xét: Bài tốn trên ngồi việc sử dụng tính chất của đường phân giác
trong, ta cịn sử dụng tính chất trọng tâm.
19


Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB = 5,
C (−1; −1) , đường thẳng AB có phương trình là x + 2 y − 3 = 0 và trọng tâm G của
tam giác ABC thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh A và B.
Giải:

Cách 1.
Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ∆ABC . Do
uuur 2 uur
2x −1
2 y −1
CG = CI nên xG =

; yG =
. Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:
3
3
3
x + 2 y − 3 = 0
x = 5

⇔
. Vậy I (5; −1)
 2x −1 2 y −1
 y = −1
 3 + 3 − 2 = 0

Ta có IA = IB =

AB
5
=
2
2

5
Gọi (C ) là đường trịn có tâm I (5; −1) và bán kính R =
2

⇒ (C ) : ( x − 5) 2 + ( y + 1) 2 =

5
.

4

Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x + 2 y − 3 = 0
x = 4
x = 6




5⇔
1∨
3.
2
2
( x − 5) + ( y + 1) = 4
 y = − 2  y = − 2



1 
 

3

Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4; − ÷,  6; − ÷.
2
2


20


Cách 2.
Gọi G(t ; 2-t) ∈ d . Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có
d ( C , AB ) = 3d ( G; AB ) ⇔

−1 − 2 − 3
1 +2
2

2

= 3.

t + 2( 2 − t ) − 3
1 +2
2

2

⇔ −t + 1 = 2

t = −1
⇔
t = 3
Với t = -1, G(-1 ; 3) (Loại vì C, G nằm về hai phía của AB)
uuur

2 uur

3

Với t = 3, G(3 ; -1). Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Do CG = CI nên tọa độ
điểm I (5; −1) .
Ta có IA = IB =

AB
5
=
2
2

5
Gọi (C ) là đường trịn có tâm I (5; −1) và bán kính R =
2

⇒ (C ) : ( x − 5) 2 + ( y + 1) 2 =

5
.
4

Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x + 2 y − 3 = 0
x = 4
x = 6





5⇔
1∨
3.
2
2
(
x
−
5)
+
(
y
+
1)
=
y
=
−
y
=
−


4
2 
2



1 

 

3

Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4; − ÷, 6; ữ.
2
2


ã Nhn xột: Cỏch 2 ca bi tốn này rõ ràng có sự khác biệt khi sử dụng tính
chất trọng tâm so cách 1, ở đây ta đã vận dụng tính chất trọng tâm thơng
qua khoảng cách, điều này sẽ còn được nêu ra trong phần định hướng về
khoảng cách.
Ví dụ 7. (B - 2014). Cho hình bình hành ABCD, M(-3 ; 0) là trung điểm của AB,
4 
H ( 0; −1) là hình chiếu vng góc của B lên AD và điểm G  ;3 ÷ là trọng tâm của
3 
tam giác BCD. Xác định tọa độ điểm B, C.
Giải :
21


+ Gọi B(x ; y), M là trung điểm của AB suy ra điểm
A ( −6 − x; − y ) .
uuur
uuur
AH
=
6
+

x
;
y
−
1
Ta có :
(
) , BH = ( − x; − y − 1) . Theo
giả thiết BH ⊥ AH
uuur uuur
⇔ BH . AH = 0 ⇔ ( 6 + x ) ( − x ) + ( y − 1) ( − y − 1) = 0 ,
hay x 2 + y 2 + 6x − 1 = 0 (1)
+ Mặt khác, gọi

N ( x0 ; y0 ) là trung điểm của DC, theo tính chất trọng tâm

x

x
=
2
−
0

uuur 3 uuur
x 9 y


2
BN = BG , từ đó suy ra 

, hay tọa độ N  2 − ; − ÷.
2 2 2
2

y = 9 − y
0

2 2
M, N là các trung điểm của AB, CD nên theo tính chất hình bình hành thì MN//AD,
uuur uuuu
r
suy ra BH ⊥ MN , hay BH .MN = 0
uuuu
r 
x 9 y  uuur
Mà MN =  5 − ; − ÷, BH = ( − x; − y − 1)
2 2 2

x

9 y
2
2
nên ta có :  5 − ÷( − x ) +  − ÷( −1 − y ) = 0 ⇔ x + y − 10x − 8 y − 9 = 0 (2)
2

2 2
 x 2 + y 2 + 6x − 1 = 0
Từ (1), (2) ta có hệ PT:  2
.

2
 x + y − 10x − 8 y − 9 = 0
Rút x 2 + y 2 từ (1) thế vào (2) ta được 2x + y + 1 = 0, suy ra y = -2x - 1 thế vào (1)
x = 0
2
ta được 5 x + 10x = 0 ⇔ 
 x = −2
Với x = 0, y = -1, vậy B(0; -1) (loại vì trùng với H)
Với x = -2, y = 3, vậy B(-2; 3) và A(-4; -3), N ( 3;3)

uuuu
r
+ Đường BC đi qua điểm B và song song với MN nên nhận MN = ( 6;3) làm VTCP
nên BC có phương trình là : x - 2y + 8 = 0.

22


uuur  16 
+ Đường AC đi qua A, G nên nhận AG =  ;6 ÷ làm VTCP nên AC có phương
 3 
trình là : 9x - 8y + 12 = 0.
x − 2 y + 8 = 0
+ C = AC ∩ BC , nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT : 
, suy ra C(4 ; 6)
9x − 8 y + 12 = 0
+ N là trung điểm của CD, nên tọa độ D(2 ; 0).
• Nhận xét : Cách giải quyết bài tốn trên có xu hướng biến đổi đại số, có phần
dài dịng, tuy nhiên lối suy luận đơn giản, dễ khai triển. Cách giải ngắn gọn,
sử dụng nhiều tính chất hình học xin tham khảo đáp án của BGD, phù hợp

với đối tượng học sinh tư duy hình học tốt, ở mức độ cao.
Bài tập định hướng trọng tâm
Bài 2.1. (Chuyên Vinh - NA) Cho tam giác ABC có trọng tâm G(1 ; 1), đường thẳng
d : 2x - y + 1 = 0 là phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A. Các đỉnh B, C thuộc
đường thẳng

∆ : x + 2 y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết tam giác ABC có

diện tích bằng 6.
Định hướng và cách giải :
+ Tham số điểm A ( a; 2a + 1) ∈ AH
1
+ G là trọng tâm của tam giác, d ( G, BC ) = d ( A; BC )
3
hay

1
d ( G, ∆ ) = d ( A; ∆ ) . Đưa ra phương trình
3

theo ẩn a, từ đó suy ra tọa độ đỉnh A.
uuur

+ Vận dụng tính chất trọng tâm AG =

r
2 uuuu
AM (M là
3

trung điểm của BC), suy ra tọa độ M.
+ Tính đoạn AH, tham số điểm B ( 1 − 2b, b ) ∈ ∆ ,
vận dụng M là trung điểm BC, suy ra tọa độ điểm
C(b), tính đoạn BC (b).
+ Áp dụng giả thiết SVABC = 6 hay

1
AH .BC = 6 , rút ra PT theo ẩn b, tìm b. Từ đó
2

đưa ra tọa độ B, C.
23


• Lưu ý : Liên quan đến trọng tâm tam giác, ta định hướng đường thẳng Euler
để tiếp cận bài toán: Đường thẳng Euler đi qua ba điểm trọng tâm G, trực
uuur

r
2 uuu
3

tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I và HG = HI .
Ví dụ 8. (D -2010) Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; - 7), trực tâm là H(3; -1), tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(-2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C biết C có hồnh độ dương.
Giải:
Cách 1.
+ Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, áp dụng tính
uuur

r
2 uuu
3

chất ba điểm I, H, G thẳng hàng và HG = HI , suy ra
 1

1

tọa độ G  − ; − ÷
 3 3
uuur

+ Gọi M là trung điểm của BC, áp dụng tính chất trọng tâm AG =
độ điểm M(-2; 3).

r
2 uuuu
AM , suy ra tọa
3

uuur

+ Đường BC vng góc với AH nên nhận AH = ( 0;6 ) làm VTPT và đi qua điểm M
nên có phương trình : y - 3 = 0
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(-2; 0) và có bán kính IA =

74 có

phương trình là : ( x + 2 ) + y 2 = 74 .

2

+ B, C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (I, IA) nên tọa độ B, C là
 y − 3 = 0
 x = −2 + 65  x = −2 − 65
⇔
∨
nghiệm của hệ PT: 

2
2
x
+
2
+
y
=
74
y
=
3
(
)


 y = 3

(

)

Theo giả thiết C có hồnh độ dương nên C −2 + 65;3 .
Cách 2. (BGD)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình ( x + 2 ) + y 2 = 74
2

Phương trình AH : x = 3 và BC vng góc với AH, suy ra phương trình BC có
dạng : y = a ( a ≠ −7 , do BC khơng đi qua A).
Do đó hồnh độ B, C thỏa mãn PT : ( x + 2 ) + a 2 = 74 ⇔ x 2 + 4x + a 2 − 70 = 0 (1)
2

24


Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm dương khi
và chỉ khi a < 70 .

) (

(

Do C có hồnh độ dương, nên B −2 − 74 − a 2 ; a , C −2 + 74 − a 2 ; a
uuur uuur
AC ⊥ BH , suy ra : AC.BH = 0
⇔

(

74 − a 2 − 5

)(

)

)

74 − a 2 + 5 + ( a + 7 ) ( −1 − a ) = 0


a = −7 (l )
⇔ a 2 + 4a − 21 = 0 ⇔ 
 a = 3 (tm)


(

)

Vậy C −2 + 65;3 .
• Nhận xét : Cách 1 đã sử dụng tính chất trọng tâm và tính chất đường thẳng
Euler trong tam giác, lời giải với các phép suy luận đơn giản, dễ biến đổi,
tuy nhiên để sử dụng tính chất trên thì HS phải biết và phải chứng minh
trước khi sử dụng. Cách 2 đề xuất của Bộ GD đưa ra khơng sử dụng tính
chất trọng tâm, chỉ sử dụng các giả thiết ban đầu của bài tốn, tuy nhiên lời
giải sẽ khó khăn hơn nếu phương trình đường thẳng BC khơng đơn giản như
vậy.
Rõ ràng ta có một định hướng khi tiếp cận bài tốn này đó là giả thiết có nhắc
đến hoặc suy luận đến hai trong ba yếu tố : Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác.
Bài tập vận dụng

Bài 3.1. (THTT 2014) Cho tam giác ABC biết A(- 1 ; 1), trực tâm H(1; 3), trung
điểm cạnh BC là điểm M(5; 5). Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
Định hướng và cách giải:
uuur

+ Áp dụng tính chất trọng tâm AG =

r
2 uuuu
AM , suy ra tọa độ điểm G.
3
uuur

r
2 uuu
3

+ Áp dụng tính chất đường thẳng Euler HG = HI , suy
ra tọa độ điểm I (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC)

25