sử dụng kiến thức đối xứng trong mặt phẳng để giải một số bài toán Oxy _ tác giả Thầy Tuấn

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong những năm trở lại nay câu thuộc phần kiến thức hình học tọa độ Oxy đóng vai trò rất
quan trọng trong đề thi Đại học, Cao đẳng (Nó luôn có mặt trong cấu trúc đề thi và nhằm mục đích
phân hóa thí sinh khá, giỏi). Bắt đầu từ năm học 2015 với cách tổ chức một kì thi Quốc gia THPT,
theo nhận định của tôi: Đa số kiến thức ở lớp 12 chủ yếu dành cho thí sinh lấy điểm để đạt tốt nghiệp,
còn để đạt được điểm cao và đậu vào các trường Đại học thì thí sinh phải làm được những câu như
hình học tổng hợp, hình học tọa độ Oxy, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Đối với phần kiến thức này sách giáo khoa trình bày rất căn bản, đòi hỏi học sinh phát huy
những phẩm chất tìm tòi, sáng tạo và tập trung tư duy. Ngoài ra ở phần kiến thức này đề thi yêu cầu
người học nắm được kiến thức hình học trong mặt phẳng tốt biết vận dụng vào bài toán hình học tọa
độ Oxy.
Những kiến thức hình học phẳng thường được sử dụng ở đây như: đối xứng qua một điểm; đối
xứng qua một đường thẳng; quan hệ vuông góc hay góc giữa hai đường thẳng … được “giấu đi” hoặc
thể hiện dưới một cách khác từ đó thí sinh muốn giải quyết được bài toán đó cần phải phát hiện ra
vấn đề ẩn chứa nêu trên.
Ta xét ví dụ: Đề thi Đại học, Cao đẳng khối A; A1 năm 2013 như sau:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C nằm trên đường thẳng (d):
2x + y + 5 = 0 và đỉnh A(-4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C; N là hình chiếu vuông góc của
B trên đường thẳng DM. Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng N(5; -4).
Định hướng và nhận xét
Nhận ra tứ giác ACMD là hình bình hành (AD song song và
A
B
bằng CM) nên AC song song DM. Từ đó có AC đường trung
trực của BN (hay B và N đối xứng nhau qua đường thẳng AC
⇒ ∠ANC = ∠ABC = 90 0 ⇒ tọa độ điểm C,
D
C
kế tiếp viết phương trình đường thẳng AC
⇒ tọa độ điểm B vì B đối xứng với N qua đường thẳng AC.

H
M

Qua đó ta có nhận xét : Rõ ràng đây là bài toán sử dụng tính đối xứng
qua đường thẳng. Nếu thí sinh phát hiện ra điều này
thì bài toán được giải quyết nhẹ nhàng
Hiểu được những sự khó khăn đó và yêu cầu cao của học sinh trong quá trình học tập, yêu cầu
người giáo viên cần học tập nâng cao trình độ để có kiến thức vững vàng và phương pháp dạy học tốt
hình thành cho các em học sinh tư duy tích cực, đam mê, sáng tạo và tính tự học cao.
Từ những lí do nêu trên tôi thực hiện đề tài khoa học – sáng kiến kinh nghiệm có tên:
“ SỬ DỤNG KIẾN THỨC ĐỐI XỨNG TRONG MẶT PHẲNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ Oxy”
Với đề tài sáng kiến kinh nghiệm này tôi hi vọng sẽ giúp các em học sinh
2) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Đề tài tập trung nghiên cứu tính chất đối xứng, khai thác, phát triển lồng ghép kiến thức đối xứng
ở các bài toán quen thuộc trong hình học phẳng, để đưa vào bài toán tọa độ Oxy.
3) PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu tính chất đối xứng được trình bày trong sách giáo khoa ở hai cấp học THCS; THPT
và một số tài liệu tham khảo.
4) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

1


Nhằm tạo ra cho học sinh có hệ thống kiến thức, biến vận dụng một cách có hệ thống, tạo ra niềm
say mê, sáng tạo trong học tập.
Nhằm mục đích đưa lại hiệu quả cao hơn trong giảng dạy, đặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi và ôn thi đại học.
5) GIẢ THIẾT KHOA HỌC
*) Cơ sở lí luận

Phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm là kiến thức quen thuộc, quan trọng trong bộ môn hình
học được trình bày ở hai cấp học(cấp THCS và lớp 10 cấp THPT). Trong thực tế sự vận dụng tính đối
xứng trong kiến trúc, xây dựng, hội họa… rất nhiều . Như vậy nghiên cứu phép đối xứng hoàn toàn
có tính tự nhiên, thiết thực, không hàn lâm.
Dựa trên sự tiếp nối, kế thừa và phát triển các kiến thức đã học cho các dạng toán khác tạo ra
cho học sinh niềm đam mê, sáng tạo.
*) Cơ sở thực tiễn
Dựa trên yêu cầu cao của học sinh trong việc định hướng, phương pháp giải toán và hệ thống
bài tập hình học tọa độ Oxy phục vụ cho học tập và thi cử. Mặt khác là gợi ý, xây dựng nguồn tài liệu
cho đồng nghiệp giáo viên để tạo ra sự giao lưu, học hỏi và cùng nhau dạy tốt.
2. Mục đích nghiên cứu
3.
Đối tượng nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
Dựa trên kiến thức hình học trong phẳng, tìm tòi, sáng tạo, thu thập các
bài toán có thể lồng ghép tính đối xứng và chuyển qua bài toán hình học tọa độ Oxy.
5. Phân bố các mục trong đề tài
- Phần đặt vấn đề: trang 1, 2
- Phần nội dung đề tài:
+) sử dụng phép đối xứng qua một điểm: trang 3 đến trang 7
+) sử dụng phép đối xứng qua đường thẳng: trang 7 đến trang 12
+) Các bài tập vận dụng: trang 13, 14
- Phần kết luận: trang 14
- Phần kiến nghị, đề xuất: trang 14
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Loại 1: SỬ DỤNG TÍNH ĐỐI XỨNG QUA MỘT ĐIỂM
Ví dụ 1:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang ABCD có diện tích bằng 14 ( với hai đáy là AB và CD )
 1
 2




và có đỉnh A(1; 1); trung điểm của cạnh BC là H  − ;0  . Viết phương trình đường thẳng AB biết
đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 5 x − y + 1 = 0 .
(Ví dụ tự ra)
Phân tích bài toán
- Nếu sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích hình thang sẽ gặp rất nhiều khó khăn
- Thường sử dụng diện tích tam giác để chuyển về khoảng cách từ điểm
đến đường thẳng, qua đó tìm được tọa độ điểm. Vậy có cách thức nào để chuyển diện tích hình thang
về diện tích tam giác được không?
- Sử dụng AB song song CD và trung điểm H của đoạn BC như thế nào?

2


Với lập luận, kết nối giả thiết bài toán như vậy ta sử dụng tính đối xứng qua một điểm như sau:
LỜI GIẢI
Kéo dài AH cắt CD tại E. Do ABCD
hình thang (AB//CD) và H trung điểm
BC nên dễ thấy
∆HAB = ∆HEC ⇒ S ∆ADE = S ABCD = 14 .
Ta có AE = 2 AH = 13 và phương trình
đường thẳng AE: 2 x − 3 y + 1 = 0 .

A

B
H

D

C

E

Do đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 5 x − y + 1 = 0 nên D(d;
5d+1) với d > 0
S ∆ADE =
⇔

2S
1
28
AE.d ( D; AE ) ⇔ d ( D; AE ) = ∆ADE =
2
AE
13

2d − 3(5d + 1) + 1
13

30

d = − (loai )
− 13d − 2 = 28

=
⇔ − 13d − 2 = 28 ⇔ 

⇔
13

13
− 13d − 2 = −28
d = 2(t / m)
28

Từ đó D(2; 11)
E đối xứng với A qua H suy ra E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD: 3 x − y + 5 = 0 . Đường
thẳng AB qua A, song song với đt CD nên có pt: 3 x − y − 2 = 0 .
Vậy phương trình đường thẳng AB cần tìm: 3x – y – 2 = 0.
NHẬN XÉT
Từ ví dụ trên ta nhận thấy rằng việc chuyển đổi diện tích hình thang về diện tích tam giác là mấu chốt
của bài toán mà công cụ chính là phép đối xứng qua điểm.
Ví dụ 2:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6 và có đỉnh A(0; 2); Gọi H
là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC. Trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE =
AC. Tìm tọa độ các đỉnh B; C; D biết phương trình đường thẳng DE: x − y = 0 biết đỉnh D có tọa độ
đều dương .
(Ví dụ sưu tập)
Phân tích bài toán
- Sử dụng giả thiết của bài toán BE ⊥ AC và BE = AC như thế nào? Đây là vấn đề của bài toán.
Ta phân tích nó như sau:
- Thứ nhất: Nối BD để tạo ra ∆BDE cân B
- Thứ hai: Từ B tạo ra một đoạn thẳng song và bằng AC.
Từ những phân tích như vậy ta nghĩ đến việc lấy K đối xứng với D qua A ta có BK = BD = BE suy
ra tam giác BDK cân tại B và ra tam giác BKE vuông cân tại B. Từ đó ta có lời giải cụ thể như sau:
LỜI GIẢI

3


Lấy K đối xứng với D qua A ta có
BK = BD = BE suy ra tam giác BDK
cân tại B và ra tam giác BKE vuông
cân tại B.
Đặt x = ∠ABD = ∠ABK = ∠BDC

E
K

y = ∠BDE = ∠BED

Xét trong tam giác BDE có
2 x + 2 y + 90 0 = 180 0 ⇔ x + y = 45 0

x

A

B

x

⇒ ∠EDC = 45 0

Ta có
d ( A; DE ) =

0−2
2

y

= 2 ⇒ AD = 2.

H

D

C

Do đỉnh D có tọa độ dương và D nằm trên đường thẳng (DE) có phương trình x − y = 0 nên D ( d; d )
d = 0(loai )
. Từ đó D(2; 2)
d = 2(t / m)

2
2
2
2
với d > 0 AD = 2 ⇔ AD = 4 ⇔ d + ( d − 2) = 4 ⇔ d − 2d = 0 ⇔ 

Đường thẳng AB qua A, nhận AD làm véc tơ pháp tuyến . Từ đó đường thẳng AB có pt: x = 0 nên
B(0; b).
b = 5
b = −1

Có S ABCD = 6 ⇔ AB. AD = 6 ⇔ AB = 3 ⇔ b − 2 = 3 ⇔ 

 7
 2

*) Với b = 5 có B(0; 5), I 1;  trung điểm BD là tâm hình chữ nhật ABCD
suy ra C(2; 3)
 1
 2

*) Với b = -1 có B(0; -1), tâm I 1;  suy ra C(2; -1)
Vậy có hai hình chử nhật thỏa mãn, có tọa độ các đỉnh:
B(0; 5); C(2; 3); D(2; 2) và B(0; -1); C(2; -1); D(2; 2)
NHẬN XÉT
Từ ví dụ trên nhận thấy rằng việc tạo ra các tam giác cân, tam giác vuông cân đỉnh B là hết sức quan
trọng, trong đó để tạo ra điều nói trên là việc sử dụng điểm K đối xứng với D qua A.
Từ ví dụ trên ta có thể xây dựng thêm một só bài toán khác như sau:
Ví dụ 3:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C(2; -1); trung điểm cạnh AB là M
 1
 0;  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC. Trên tia đối của tia BH lấy điểm
 2

E sao cho BE = AC. Tìm tọa độ các đỉnh A; B; D biết E(-3; -3) và đỉnh B có tung độ âm.
(Ví dụ khai thác)
Phân tích bài toán
- Ví dụ này có giả thiết tương tự ví dụ 2. Nếu sử dụng điểm K đối xứng với D qua A ta suy ra
M là trung điểm KC ( vì tứ giác ACBK là hình bình hành), kết hợp với tam giác BKE vuông
cân tại B ta sẽ giải quyết được bài toán. Lời giải cụ thể như sau:

4

LỜI GIẢI
Lấy K đối xứng với D qua A ta có tứ giác
ACBK là hình bình hành suy ra K đối
xứng với C qua M . Từ đó tìm được tọa độ
điểm K(-2; 2)
Nhận thấy tam giác BKE vuông cân tại B
nên
 BK = BE
 BK = BE
⇔
(*) .

 BK .BE = 0
 BK ⊥ BE

E
y

K

x

M

A

x

y

D

H

B

C

( a + 2) 2 + ( b − 2) 2 = ( a + 3) 2 + ( b + 3) 2
Gọi B(a; b) với b < 0, từ (*) ta có hệ: 
. Giải ra được hệ:
( a + 2)( a + 3) + ( b − 2)( b + 3) = 0
a = −5b − 5
a = −5b − 5

. Chọn được a = 0
⇔ b = 0

2
b = −1
26b + 26b = 0
b = −1


Suy ra B(0; -1)
Đỉnh A đối xứng với B qua M nên A(0; 2)
 1
 2

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD nên có I 1;  .
Đỉnh D đối xứng với B qua điểm I từ đó D(2; 2).
Vậy các đỉnh cân tìm có tọa độ là: A(0; 2); B(0; -1); D(2; 2).
NHẬN XÉT
Qua ví dụ trên nhận thấy việc đưa ra điểm K chính là chìa khóa của bài toán. Một lần nữa khẳng định
tính ưu việt của phép đối xứng qua một điểm.
Ví dụ 4:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD = 2 5 . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng AC. Trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE = AC. Tìm tọa
độ các đỉnh A; B; C; D biết đỉnh C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng ( d 1 ) : x − y − 3 = 0 ;
điểm K đối xứng với D qua A, biết K nằm trên đường thẳng ( d 2 ) : x + 2 y − 1 = 0 ; đường thẳng DE có
phương trình 3 x − y + 1 = 0 .
(Ví dụ khai thác)
Phân tích bài toán
- Ví dụ này có giả thiết tường minh hơn ví dụ 2 và ví dụ 3 khi cho điểm K đối xứng với D qua
A. Trong ví dụ này chỉ tập trung vận dụng giả thiết là thực hiện được. Lời giải cụ thể như sau:

5


LỜI GIẢI
Do K đối xứng với D qua A ta có

E

BK = BD = BE

suy ra tam giác BDK cân tại B
và ra tam giác BKE vuông cân tại B.
Đặt x = ∠ABD = ∠ABK = ∠BDC

y

K

y = ∠BDE = ∠BED

Xét trong tam giác BDE có

x

M

A

0

0

B

x

2 x + 2 y + 90 = 180 ⇔ x + y = 45 ⇒ ∠EDC = 45 .
0

0

Gọi M giao điểm của đường thẳng DE và đường
thẳng AB.

y

H

D

C

Do AB = 2AD(gt) kết hợp ∠EDC = 45 0 suy ra M trung điểm AB.
Lại có tứ giác ACBK là hình bình hành suy ra M trung điểm CK.
Do đỉnh C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng ( d 1 ) : x − y − 3 = 0 nên gọi C ( c; c − 3) với c >
0 và biết K nằm trên đường thẳng ( d 2 ) : x + 2 y − 1 = 0 nên gọi K (1 − 2k; k ) . Từ đó suy ra M
 1 + c − 2k c + k − 3 
;


2
2



Do M nằm đường thẳng DE có phương trình 3 x − y + 1 = 0 nên tọa độ M thỏa mãn:
3(1 + c − 2k ) c + k − 3
2c + 8
 3c − 9 9c − 13 
;
−
=0⇔k =
⇒ M


14 
2
2
7
 14
2

2

 11c + 9   5c − 29 
Từ AB = 2AD = 2 5 nên MC = 10 ⇔ MC = 10 ⇔ 
 +
 = 10
 14   14 
c = 3
2
⇔ 146c − 92c − 1038 = 0 ⇔ 
173
c=−
73

2

Từ đó lấy được C(3; 0) và M(0; 1).
Đỉnh D nằm đường thẳng DE có phương trình 3 x − y + 1 = 0 nên D(d; 3d + 1)
d = 1
 d = −1

2

2
2
DC = 2 5 ⇔ DC = 20 ⇔ ( d − 3) + ( 3d + 1) = 20 ⇔ 

*) Với d= 1 có D(1; 4). Gọi N trung điểm CD nên N(2; 2).

 3
 2

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD nên I trung điểm MN suy ra I 1;  .
Đỉnh A đối xứng với C qua I nên A(-1; 3)
Đỉnh B đối xứng với D qua I nên B(1; -1)
1
2




*) Với d= -1 có D(-1; -2); N(1; -1); I  ;0  . Đỉnh A đối xứng với C qua I nên A ( − 2;0) . Đỉnh B đối
xứng với D qua I nên B(2; 2).
Vậy các đỉnh cần tìm có tọa độ là:
A(-1; 3); B(1; -1); C(3; 0); D(-1; -2) và A(-2; 0); B(2; 2); C(3; 0); D(-1; -2).
Loại 2: SỬ DỤNG TÍNH ĐỐI XỨNG QUA MỘT ĐƯỜNG THẲNG
Ví dụ 1:

6


Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB và CD; AB = 3CD, đỉnh A(2; 1). Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh B; C; D biết
đỉnh C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng ( d ) : x + y − 1 = 0 và biết điểm E(2; 3).

(Ví dụ tự ra)
Phân tích bài toán
- Sử dụng giả thiết hình thang cân và E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của đoạn AB
như thế nào? Đây là ý quan trọng cần khai thác trước hết của bài toán. Ta phân tích nó như
sau:
Nhận thấy tứ giác AEBD là hình bình hành và hai đường chéo, hai cạnh bên của hình thang cân
bằng nhau nên có: AE = BD suy ra AE = AC và BE = AD suy ra BE = BC
Từ những điều trên ta có E và C đối xứng nhau qua đường thẳng AB.
Lời giải cụ thể như sau:
LỜI GIẢI
Nhận thấy tứ giác AEBD là hình bình
hành ( hai đường chéo cắt nhau tại trung
điểm mỗi đường) và tứ giác ABCD là
hình thang cân nên có:
AE = BD suy ra AE = AC (1)
BE = AD suy ra BE = BC (2)
Từ (1) va (2) ta có
E và C đối xứng nhau qua đường thẳng
AB

D

C

H

A

B

E

Do điểm C có hoành độ dương và nằm trên đt (d) nên C ( c;1 − c ) với c > 0
c = 2
.
c = −4

2
2
2
Từ (1) có AC = AE nên: ( c + 2 ) + ( − c ) = 20 ⇔ c + 2c − 8 = 0 ⇔ 

Nhận được c = 2 ⇒ C(2; -1).
Gọi H là chân đường vuông góc của C lên đt AB suy ra H trung điểm CE nên có H(2; 1)
Gọi K là chân đường vuông góc của D lên đt AB. Theo tính chất hình thang cân và AB = 3CD nên có
AK = KH = HB.
Từ đó K trung điểm AH nên K(0; 1)
B đối xứng với K qua H nên B(4; 1)
Gọi I trung điểm AB có I(1; 1)
Đỉnh D đối xứng với E qua I nên D(0; -1)
Vậy các điểm cần tìm như sau: B(4; 1); C(2; -1); D(0; -1)
NHẬN XÉT
Qua ví dụ trên nhận thấy việc phát hiện hai điểm E và C đối xứng nhau qua đường thẳng AB là rất
quan trọng. Từ đây mọi yêu cầu của bài toán dần dần được giải quyết.
Ví dụ 2:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và B có AD = 2AB. Gọi H là hình
 −1 3 
;  . Đường thẳng đi qua trung điểm hai
 5 5

chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BD biết H 

cạnh AB và AD có phương trình: x + 2 y + 1 = 0 . Tìm tọa độ các điểm A; B; D biết điểm B có tọa độ
đều là số nguyên.
(Ví dụ tự ra)

7


Phân tích bài toán
- Quan tâm đến giả thiết H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BD và đường
thẳng đi qua trung điểm hai cạnh AB và AD như thế nào?
- Ta có tính chất: Đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh của tam giác vuông bằng nửa cạnh
huyền. Ở đây có sử dụng hai tam giác HAB và HAD. Từ đó ta có H và A đối xứng với nhau
qua đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh AB và AD.
Lời giải cụ thể như sau:
LỜI GIẢI
Gọi M; N lần lượt trung điểm AB; AD ta
có: HM = MA và HN = NA (đường trung
tuyến xuất phát từ đỉnh của tam giác
vuông bằng nửa cạnh huyền) suy ra A đối
xứng với H qua đường thẳng MN.
Từ phương trình đường MN:
9 8
x + 2 y − 3 = 0 và H  ; 
5 5

B

A

H

M

D

N

C

suy ra A( -1; -1).

Lại có AD = 2AB suy ra AN = 2AM. Đặt AM = x( x > 0) ⇒ AN = 2 x
Điểm M nằm trên đường thẳng MN nên gọi được M ( − 2m − 1; m )
Áp dụng trong tam giác vuông AMN có

1
1
1
1
1
5
+
=
⇔ 2 + 2 =
2
2
2
4
AM

AN
AE
x
4x

5
5
2
= ⇔ x 2 = 1 ⇔ x 2 = AM 2 = 1 ⇔ ( − 2m ) + (m + 1) 2 = 1
2
4
4x
−2
Giải ra được m = 0 ; m =
5
Với m = 0 được M(-1; 0). B đối xứng với A qua M nên có B(-1; 1) (thỏa mãn)
−2
 −1 2 
3 1
Với m =
được M  ;  suy ra B  ;  (loại)
5
 5 5
5 5
⇔

Đường thẳng AD qua A nhận AB(0;2) làm véc tơ pháp tuyến nên phương trình đtAD: y + 1 = 0
N giao hai đường thẳng AD và MN nên tìm được N(1; -1)
Đỉnh D đối xứng với A qua N nên D(3; -1)
Vậy các điểm cần tìm như sau: A( -1; -1); B(-1; 1); D(3; -1).

NHẬN XÉT
Qua ví dụ trên qua hình vẽ phần nào nhận ra hai điểm A và H đối xứng nhau qua đường thẳng MN.
Vấn đề là phải chứng tỏ được điều đó. Vận dụng trong tam giác vuông rất quan trọng.

8


Ví dụ 3:
Trong không gian Oxy, cho hình thang cân ABCD có đáy lớn CD nội tiếp trong đường tròn (ξ ) , biết
tiếp tuyến của đường tròn (ξ ) tại C có phương trình 2 x + y − 9 = 0 , phân giác của góc ∠ACB có
phương trình x + 3 y − 7 = 0 , AC cắt BD tại M (−1;1) . Tìm tọa các đỉnh của hình thang nói trên.
(Ví dụ tự ra)
Phân tích bài toán
- Bài toán trên cho hình thang cân, cho tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp hình thang, cho phân
giác của góc ∠ACB . Kết nối chúng lại như thế nào? Chắc chắn là bài toán liên quan đến góc
và sử dụng tính chất góc nội tiếp đường tròn?
- Với lập luận như vậy ta đưa dần về góc đỉnh C.
Lời giải cụ thể như sau:
LỜI GIẢI
Gọi N giao điểm của phân giác góc
∠ACB và đường tròn (ξ )
⇒ ∠ACB = ∠NCB
A
Lại có ABCD là hình thang cân
M
⇒ ∠ACD = ∠BDC
Mặt khác Ct là tiếp tuyến đường tròn
ngoại tiếp hình thang nên ∠BDC = ∠BCt
D
Từ trên ⇒ ∠DCN = ∠NCt ⇒ CM là phân

giác của góc ∠DCt .
Lấy điểm E (3;3) ∈ Ct , F là điểm đối xứng
với E qua CM ⇒ F ∈ CD .
r
Gọi I là trung điểm của EF, u (3; −1) là vectơ chỉ phương của CM, ta có :

t
B

C

y +3
x +3
 I ∈ CM
+3 F
−7 = 0
x = 2
 F
⇔ F
⇒ F (2;0)
2
 uur r ⇔  2
y
=
0
 EF ⊥ u
 F
3( xF − 3) − ( yF − 3) = 0
C = CM ∩ Ct ⇒ tọa độ của C là nghiệm hpt:
2 x + y − 9 = 0

x = 4
⇔
⇒ C (4;1)

x + 3y − 7 = 0
y =1

CD đi qua C(4;1) và F(2;0) nên có phương trình là:

x − 4 y −1
=
⇔ x − 2 y − 2 = 0 ⇒ CD : x − 2 y − 2 = 0
2 − 4 0 −1
Gọi P là trung điểm của CD ⇒ PM ⊥ CD vì ABCD là hình thang cân ⇒ PM có phương trình là :
2( x + 1) + ( y − 1) = 0 ⇔ 2 x + y + 1 = 0
2 x + y + 1 = 0
x = 0
⇔
⇒ P (0, −1)
+) P = PM ∩ CD nên có tọa độ là nghiệm hpt: 
x − 2 y − 2 = 0
 y = −1
 xD = 2 xP − xC
 x = −4
⇔ D
 y D = −3
 yD = 2 yP − yC

Vậy tọa độ của D là: 
Vậy D(-4;-3).

NHẬN XÉT
Qua ví dụ trên ta có liên tưởng đến những bài toán về phân giác trong của góc nội tiếp đường tròn,
chuyển qua độ dài dây cung và ngược lại mà ta đã gặp nhiều trong một số đề thi.

9


Qua ví dụ này tôi muốn tạo ra sự vận dụng tiếp tuyến của đường tròn để sự dụng góc bằng nhau,
qua đây để tạo ra phép đối xứng qua một đường thẳng.
► Ta xét bài toán sau
Cho hình vuông ABCD. Gọi M; N lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC; CD. Gọi E là điểm trên tia
đối của tia DC sao cho ∠MAN = ∠EAN = ∠45 0 và H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng
MN. Khi đó ta có:
1) H và B đối xứng nhau qua đường thẳng AM.
2) H và D đối xứng nhau qua đường thẳng AN.
3) E và M đối xứng nhau qua đường thẳng AN.
LỜI GIẢI
Ta có AB = AD; ∠BAM = ∠DAE
(cùng phụ với ∠MAD ).
Từ đó có ∆ABM = ∆ADE
suy ra AM = AE và ∠AMN = ∠AEN
Từ đó suy ra ∆AMN = ∆AEN (c.g.c)
∠AMN = ∠AEN ; ∠ANM = ∠ANE và

B

A

M

H

AD = AH ⇒ AB = AH ⇒ ∆ABM = ∆AHM .

Từ các điều chứng chứng minh trên tức là
ba bài toán nói trên đã được giải quyết.

E

D

C

N

Từ bài toán trên chuyển qua hệ trục tọa độ Oxy ta có một số ví dụ sau:
Ví dụ 4:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M; N lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC;
CD sao cho ∠MAN = ∠45 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết phương trình đường
thẳng AM: 2 x + y − 1 = 0 ; phương trình đường thẳng AN: x + 3 y − 8 = 0 và phương trình đường thẳng
MN: 4 x − 3 y − 7 = 0 .
(Ví dụ tự ra)
LỜI GIẢI
Ta có đỉnh A nằm trên hai đường thẳng AM và
B
A
AN nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
2 x + y − 1 = 0
. Giải ra ta được A(-1; 3).


x + 3 y − 8 = 0

M
H

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng
MN,
 11 3 
; 
 5 5

tìm được tọa độ điểm H 

D

N

Theo bài toán trên có đỉnh B đối xứng với H qua đường thẳng AM
suy ra B(-1; 1) và đỉnh D đối xứng với H qua đường thẳng AN tìm được D(3; 3).
Gọi I là tâm hình vuông ABCD nên I là trung điểm BD ⇒ I(1; 1).
Đỉnh C đối xứng với A qua I ta tìm được C(3; -1).
Ví dụ 5:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 16. Gọi M; N lần lượt là hai
điểm trên hai cạnh BC; CD sao cho ∠MAN = ∠45 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết

10


đỉnh A có hoành độ âm và nằm trên đường thẳng (d ) : x − y + 4 = 0 ; phương trình đường thẳng MN:
4 x − 3 y − 7 = 0 và cho M(1; -1).

(Ví dụ tự ra)
LỜI GIẢI
Ta có AH = AB = 4
( vì ∆AHM = ∆ABM (c.g .c)
và độ dài cạnh hình vuông bằng 4) suy ra
d ( A; MN ) = 4 ⇔

4a − 3( a + 4) − 7

5
a = 39
⇔ a − 19 = 20 ⇔ 
 a = −1

B

A

M

=4

H

.

Lấy được A(-1; 3), nên viết được phương trình
đường thẳng AM: 2x + y – 1 = 0.

D

C

N

 11 3 
; 
 5 5

Đến đây tương tự Ví dụ 4 ta tìm được H 

Đỉnh B đối xứng với H qua đường thẳng AM, tìm được B(-1; 1) ⇒ phương trình đường thẳng BC
(đường thẳng qua B và M): y + 1 = 0 nên gọi được C ( c;−1)
c = 3 ⇒ C (3;−1)
. Do M nằm giữa B và C nên chỉ lấy được C(3; -1)
a = −5 ⇒ C (−5;−1)

BC = 4 c + 1 = 4 ⇔ 

Gọi I là tâm hình vuông ABCD nên I trung điểm AC nên I(1; 1).
Đỉnh D đối xứng với B qua I nên D(3; 3).
Vậy : A(-1; 3); B(-1; 1); C(3; -1); D(3; 3).

Ví dụ 6:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và B có đáy lớn BC; AB = AD; CD
= 10 . Gọi M; N lần lượt là hai điểm trên hai cạnh AB; BC sao cho ∠MDN = ∠CDN = 45 0 . Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thang vuông ABCD nói trên biết đỉnh D(1; 2); phương trình đường thẳng MN:
7x – y – 25 = 0 và cho M có hoành độ nguyên.
(Ví dụ tự ra)
LỜI GIẢI

M có hoành độ nguyên và nằm trên đường
thẳng MN: 7x – y – 25 = 0 nên gọi được:
A
D
M (m;7 m − 25) với m ∈ Z.
45
45
Ta có DM = DC = 10 (vì
∆DAM = ∆DKC (c.g .c) và DC = 10 ).
Từ đó có:
M
0

( m − 1) 2 + ( 7m − 27 ) 2

= 10

m = 4(t / m)
2
⇔ 5m − 38m + 72 = 0 ⇔ 
m = 18 (loai )
5


0

H

B

C

N

từ đó được M(4; 3) nên viết được phương trình đường thẳng DM: x − 3 y + 5 = 0
 19 8 
; 
 5 5

Gọi H là hình chiếu của D trên đường thẳng MN, tìm được tọa độ điểm H 

11


Đỉnh A đối xứng với H qua đường thẳng DM nên tìm được A(4; 3).
Phương trình đt AB: x + y – 7 = 0(vì qua A, nhận AD làm vec tơ pháp tuyến )
suy ra B(b; 7 – b).
b = 5 ⇒ B (5;2)
b = 1 ⇒ B (1;6)

2
2
Có BA = AD nên ( b − 3) + ( 3 − b ) = 8 ⇔ 

Do B và A nằm khác phía đối với đường thẳng DM nên chỉ lấy được B(5; 2)
Phương trình đường thẳng BC: x – y – 3 = 0 (vì qua B, vuông góc với AB)
c = 2 ⇒ C (2;−1)
c = 4 ⇒ C (4;1)

2

2
suy ra C(c; c – 3). Vận dụng CD = 10 ⇔ ( c − 1) + ( c − 5) = 10 ⇔ 

*) Với C(2; -1) ta có BC = 3 2 > AD = 2 2 (t/m)
*) Với C(4; 1) ta có BC = 2 < AD = 2 2 (loại)
Vậy : A(4; 3); B(5; 2); C(2; -1); D(3; 3).
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có AB = 2 BC , điểm M ( 1;1) là trung
điểm của cạnh CD, các đường thẳng AC và BM lần lượt có phương trình: x − y − 1 = 0 và x − 2 y + 1 = 0
. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
Bài 2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD = 2 AB ; cạnh AD có độ
dài bằng 4 và nằm trên đường thẳng có phương trình x + 1 = 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D
 11 3 
;  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD nói trên biết đỉnh A
 5 5

trên đường thẳng BC biết H 

có tung độ dương.
Bài 3
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên
đường thẳng BD. M và N lần lượt trung điểm cạnh AB và cạnh AD, biết H(2; 1); M(1; 2) và N nằm
trên đường thẳng (d): 2 x − y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD nói trên.
Bài 4
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ∆ABC . Biết tam giác
∆ABC cân tại A , M (1;-1) là trung điểm cạnh BC , tiếp tuyến với đường tròn (C) tại B đi qua điểm
E (0; −2) , đường thẳng AB có phương trình 4 x + y − 7 = 0 .Viết phương trình đường tròn (C).
PHẦN III: KẾT LUẬN

Đề tài SKKN của tôi được viết dựa trên yêu cầu thực tế của học sinh trong thi học sinh giỏi
lớp 10 và học sinh ôn luyện để thi vào Đại học. Qua quá trình dạy học tôi nhận thấy học sinh tiếp thu
nội dung của đề tài hào hứng, hăng say và đam mê tìm tòi kiến thức, nhiều học sinh có sự tiếp cận
kiến thức sáng tạo, trí tuệ. Sự giao lưu kiến thức, phương pháp giải toán, khai thác mở rộng bài toán
giữa thầy và trò phong phú và học sinh đã giúp ích tôi rất nhiều đề tài SKKN này.
Bên cạnh đó một số ví dụ trong đề tài được ra trong các đợt thi thử ĐH, CĐ ở trường tôi đã
nhận được nhiều phản hồi tích cực của giáo viên đồng nghiệp trong cũng như ngoài trường, đặc biệt
là học sinh tham gia dự thi. Tôi tìm hiểu rằng sau những đợt thi thử đó học sinh nâng cao kiến thức,
kĩ năng, phương pháp giải loại toán này, tiếp sau đó học sinh thi ĐH, CĐ rất nhiều em đạt kết quả
cao.
Qua đề tài này giúp bản thân tôi nâng cao trình độ chuyên môn, phương pháp dạy học trong
bồi dưỡng HSG và bồi dưỡng khối cho học sinh thi vào ĐH, CĐ. Bản thân hi vọng rằng SKKN phần
nào góp vào hệ thống tài liệu của bạn bè đồng nghiệp, tạo được sự giao lưu học hỏi lẫn nhau.

12


Tuy nhiên bản thân đã có sự đầu tư cho SKKN, đặc biệt là hệ thống ví dụ (Ở các ví dụ tôi xây
dựng phép đối xứng trong các hình tứ giác đặc biệt, vì đối với loại hình này đang có sự phổ biến
và khó hơn trong tam giác) nhưng chưa phong, chưa thể hiện hết sự tối ưu của phương pháp đối
xứng. Trong thời gian tới tôi sẽ tiếp tục đầu tư, bổ sung nhiều hơn nữa.
PHẦN IV: KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT
Kiến nghị đối với thầy cô giáo làm công tác chuyên môn Sở GD Hà tĩnh:
Thứ nhất: Trong kì thi HSG lớp 12 cấp tĩnh nên ra một câu thuộc phần kiến thức hình học tọa
độ Oxy bởi vì đây là một đây là một câu khó trong cấu trúc đề thi Quốc gia THPT, các em lớp 12 sắp
bước vào kì thi nên phần nào “đánh động; định hướng; tạo động cơ hai trong một” tạo cho các em có
sự chuẩn bị, ôn tập để kì thi Quốc gia THPT đạt kết quả cao.
Thứ hai: Hàng năm từng SKKN có chất lượng thuộc một mảng kiến thức nên có sự tập hợp
lại, tạo ra một bộ tài liệu phổ biến rộng rãi cho giáo viên trong tỉnh, để giáo viên chúng tôi có được
nguồn tài liệu phong phú hơn để phục vụ dạy học ngày càng tốt hơn.

Tôi xin cám ơn!
Hà tĩnh, tháng 3 năm 2015

13