Rèn luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học để giải một số bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

A- ĐẶT VẤN ĐỀ
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” là một trong những nội dung cơ
bản và quan trọng của bộ môn Hình học lớp 10. Nó cho phép ta giải quyết nhiều
vấn đề của hình học bằng phương pháp đại số và giải tích. Song trong quá trình
học tập, khi giải quyết các bài toán về “phương pháp tọa độ”, học sinh chỉ chú ý
đến các phép biến đổi đại số và giải tích mà ít để ý đến các tính chất hình học
vốn có của nó.
Các phép biến đổi đại số và giải tích có ưu điểm là dễ định hướng, có thể
giải quyết được phần lớn các bài toán về “phương pháp tọa độ”. Nhưng nó cũng
có nhược điểm là nhiều bài toán dẫn đến các biểu thức cồng kềnh, phức tạp đòi
hỏi biến đổi dài dòng hoặc dẫn đến các vấn đề khó của đại số và giải tích.
Trong một số các bài toán về “phương pháp tọa độ” nói chung và “Phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng” nói riêng, nếu chú ý đến các tính chất hình học của
các đối tượng thì bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn. Vấn đề là học sinh cần phải
linh hoạt trong quá trình vận dụng, khi nào thì dùng các phép biến đổi đại số và
giải tích đơn thuần, khi nào thì phải chú ý đến các tính chất hình học. Khó khăn
chủ yếu của các em là trong một số bài toán đặc biệt, các em không khai thác
được các tính chất hình học đó.
Câu hỏi được đặt ra là: “ Làm thế nào để rèn luyện cho học sinh có kĩ
năng giải một số bài toán về “phương pháp tọa độ” mà đòi hỏi chú ý đến các tính
chất hình học ?”. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn đề cập tới nội dung
này ở phần Hình học phẳng nhằm giúp học sinh phát huy tính tích cực, tự giác,
chủ động, sáng tạo; rèn luyện thói quen và khả năng tự học, học tập suốt đời; có
tinh thần hợp tác, có kĩ năng vận dụng kiến thức linh hoạt vào những tình huống
khác nhau trong học tập và trong thực tiễn. Qua thực tế giảng dạy, qua học hỏi
đồng nghiệp, qua quá trình tự học, tự bồi dưỡng, tôi xin nêu ra vấn đề : “Rèn
luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học để giải một số bài

toán về “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” ”.

1


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1.CƠ SỞ LÍ LUẬN
Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đề cập đến các tính chất hình học
mà học sinh đã được học trong chương trình Hình học ở cấp trung học cơ sở và
chương trình hình học lớp 10. Ngoài ra tôi xin lưu ý đến một số tính chất cơ bản
sau:
1.Với ba điểm A, B, C bất kì ta luôn có:
a. AB  BC  AC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C cùng thuộc một
đường thẳng và B thuộc đoạn AC .
b. AB  BC  AC. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C cùng thuộc một
đường thẳng và B không nằm giữa A và C .
2.Cho điểm A không thuộc đường thẳng  , H là hình chiếu của A trên  . Với
mọi điểm M  ta có AM  AH . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  H .



A
B

M
H

·
3. Cho tia Ot là phân giác trong góc xOy
, M  Ox . Nếu M ' đối xứng với M
qua Ot thì M '  Oy.
y
M’

M

x

O
4. Cho tam giác ABC nhọn có H1 , H 2 , H 3 lần lượt là chân các đường cao hạ từ
các đỉnh A, B, C . Khi đó AH1 , BH 2 , CH 3 lần lượt là các đường phân giác trong

2


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

·H H , H
·H H , H
·H H và BC, CA, AB lần lượt là các đường
của các góc H
3 1 2
1 2 3
2 3 1

·H H , H
·H H , H
·H H .
phân giác ngoài của các góc H
3

1

2

1

2

3

2

3

1

A
H2
H3

B

C
H1

Thật vậy, chẳng hạn ·
AH1 H 3  ·
ACH 3 (vì ACH1 H 3 là tứ giác nội tiếp),
·
· ), ·
ACH 3  ·
ABH 2 (cùng phụ với góc BAC
ABH 2  ·
AH1 H 2 (vì ABH1 H 2 là tứ
·H H . Và vì
giác nội tiếp). Do đó AH là các đường phân giác trong của góc H
1

3

1

2

·H H .
BC  AH1 nên BC là đường phân giác ngoài của góc H
3 1 2
ur uur
5. Cho tam giác ABC , gọi e1 , e2 lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục
uuur
ur
uuur uur
AB, AC ( e1 cùng hướng với AB , e2 cùng hướng với AC . Khi đó đường phân
ur uur

giác trong góc A có vectơ chỉ phương là e1  e2 và đường phân giác ngoài góc
ur uur
e
có
vectơ
chỉ
phương
là
A
1  e2 .
6. Cho hai điểm A, B phân biệt cố định. Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng
thỏa mãn MA  MB là đường trung trực của đoạn thẳng AB .
7. Cho hai điểm A, B phân biệt cố định và số thực k với 0  k  1. Tập hợp các
điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn MA  k.MB là một đường tròn. Đường tròn
này có đường kính là đoạn CD , trong đó C , D lần lượt là điểm chia trong và
điểm chia ngoài đoạn thẳng AB . Đường tròn này được gọi là đường tròn
Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AB.
2.THỰC TRẠNG
Trong quá trình giảng dạy Chương III- Hình học 10 hoặc Chương IIIHình học 10 nâng cao tôi nhận thấy rằng học sinh rất hứng thú khi học phần
này. Phần lớn học sinh đều ngại học bộ môn Hình học nhưng ở phần này, các
kiến thức về hình học được nhìn dưới lăng kính đại số nên các em tiếp nhận dễ
3


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

dàng hơn. Các khái niệm, các quan hệ hình học đều được đại số hóa, và việc giải
quyết các vấn đề của hình học được chuyển về giải quyết các vấn đề về đại số.

Nhưng cũng chính việc thuận lợi này làm cho học sinh phụ thuộc quá
nhiều vào phương pháp đại số. Khi giải các bài tập về loại này, học sinh thường
nghĩ ngay đến việc chuyển về các phương trình, các biểu thức đại số. Ở một số
các bài toán đòi hỏi đến việc sử dụng đến các tính chất hình học thì thường các
em bị động, không xác định được hướng giải quyết.
Trong năm học 2011- 2012, tôi có trực tiếp giảng dạy hai lớp khối 10, qua
thống kê kết quả kiểm tra tôi thu được kết quả sau:
Biểu 1: Kết quả kiểm tra chương III Hình học 10 năm học 2011-2012
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
TT Lớp SS
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
1 10B
44
4
9,1 11 25,0 26 59,1 3
6,8
0

0,0
2 10C
43
3
7,0
9 20,9 27 62,8 3
7,0
1
2,3
Tổng
87
7
8,0 20 23,0 53 61,0 6
6,9
1
1,1
Qua biểu 1 ta nhận thấy:
-Số học sinh loại yếu, kém ít; số học sinh loại trung bình, khá chiếm đa số.
Điều đó chứng tỏ về mặt đại trà thì học sinh học tốt phần này.
-Số lượng loại giỏi rất ít, số lượng loại khá cũng còn thấp. Điều này phản
ánh kĩ năng giải các bài tập loại khó còn kém.
Như vậy, để học sinh đạt kết quả tốt trong các kì thi tuyển sinh vào đại
học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi thì yêu cầu cấp thiết là phải rèn luyện
cho học sinh kĩ năng giải các bài tập ở mức độ cao hơn.
3.GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Trong quá trình giảng dạy tôi đã khắc phục thực trạng trên bằng cách lồng
ghép vào các bài giảng, đặc biệt là các tiết luyện tập các nội dung sau:
Bài toán 1: Cho hai điểm A( x A ; y A ), B( xB ; yB ) phân biệt. Lập phương trình
đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ  đến B là lớn nhất.
Cách giải:

r
Cách 1: Gọi n(a; b) là vectơ pháp tuyến của (a 2  b2  0) . Phương trình đường
thẳng  là: a ( x  x A )  b( y  y A )  0 .
4


Trần Văn Hưng
Ta có d ( B, ) 

THPT Mai Anh Tuấn

a ( xB  x A )  b ( y B  y A )
a 2  b2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì:

a( xB  xA )  b( yB  y A )  (a 2  b2 ) ( x  xA )2  ( y  y A )2 
Do đó : d ( B, )  ( x  x A ) 2  ( y  y A ) 2
Dấu bằng xảy ra 

a
xB  x A

b
0
yB  y A

b
 a
0


Chọn a, b thỏa mãn  xB  xA yB  y A
suy ra phương trình đường thẳng  .
 2
2
a  b  0
Cách 2: Gọi H là hình chiếu của B trên
 , ta có d ( B, )  BH  BA . Dấu bằng
xảy ra  H  A . Khi đó  là đường thẳng
qua A và vuông góc với ABuuurtức là đường
thẳng đi qua A và nhận AB làm vectơ
pháp tuyến.



B
B

A
H

Nhận xét: Rõ ràng lời giải thứ hai ưu việt
hơn. Việc đánh giá bằng phương pháp hình học mang tính trực quan, dễ hiểu và
việc lập phương trình đường thẳng cũng dễ dàng. Còn ở lời giải thứ nhất mang
nặng tính đại số, bất đẳng thức Bunhiacopxki cũng chỉ trình bày ở phần đọc
thêm trong sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao, nên không thông dụng cho mọi
đối tượng học sinh.
Sau đây là một số ví dụ vận dụng bài toán 1.
Ví dụ 1: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A(1;2), B(3;1) phân biệt. Lập
phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn

nhất.
Giải:
Gọi H là hình chiếu của B trên  , ta có d ( B, )  BH  BA . Dấu bằng xảy ra
 H  A . Khi đó  là đường thẳng qua A và vuông góc với AB tức là đường
5


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

uuur
thẳng đi qua A và nhận AB ( 4; 1) làm vectơ pháp tuyến. Do đó  có phương
trình là: 4( x  1)  1( y  2)  0 hay 4 x  y  6  0 .

Ví dụ 2: Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (1;2) và đường thẳng  có phương
trình mx  (1  2m) y  m  3  0 với m là tham số. Tìm m để khoảng cách từ M
đến  lớn nhất.
Giải:
Nhận xét: đường thẳng  luôn đi qua điểm A(3;5) m . Gọi H là hình chiếu
của M trên  , ta có d ( M , )  MH  MA . Dấu bằng xảy ra  H  A . Khi đó
r
uuuur
m 1  2m
2
m .
  AM  n(m;1  2m) và AM (2;3) cùng phương  
2
3
7

Ví dụ 3: Trong hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : mx  y  2m  1  0 và
đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 . Tìm m để đường thẳng  cắt đường
tròn (C ) theo một cát tuyến có độ dài nhỏ nhất.
Giải:
Nhận xét: : đường thẳng  luôn
đi qua điểm A(2;1) m và điểm
A nằm trong đường tròn (C ) . Do
đó  luôn cắt đường tròn (C ) tại
hai điểm phân biệt M , N . Đường
tròn (C ) có tâm I (1;2) bán kính
R  2 . Gọi H là hình chiếu của
I trên  , ta có MN  2HM
 2 IM 2  IH 2 mà IH  IA nên

I
M

H

A N



MN  2 IM 2  IA2  2 2 . Dấu bằng xảy ra  H  A . Khi đó   AI
r
uur
m 1
 n(m;1) và AI (1;1) cùng phương 
  m  1 . Vậy với m  1 thì
1 1

MN nhỏ nhất.

Bài toán 2: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A( x A , y A ), B( xB , yB ),
C ( xC , yC ). Lập phương trình các đường phân giác trong và phân giác ngoài góc
· .
BAC
Cách giải:
6


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

ur
1 uuur uur
1 uuur
- Đặt e1 
. AB, e2 
. AC .
AB
AC
ur ur uur
- Đường phân giác trong góc A đi qua A và nhận vectơ e3  e1  e2 làm vectơ
chỉ phương.
uur ur uur
- Đường phân giác ngoài góc A đi qua A và nhận vectơ e4  e1  e2 làm vectơ
chỉ phương.

B

ur
e3

ur
e1

uur
e4

A

C

uur
e2

Nhận xét: Bài toán này có nhiều cách giải. Cách giải trên đây rõ ràng là đơn
giản và ngắn gọn.
Ví dụ 4: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(2; 14), B(2;14),
C (5; 7) . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải:
Đường phân giác trong góc A có vectơ chỉ phương là

r
1 uuur
1 uuur  6 12 
u
AB 
AC  

;

AB
AC
5 2 5 2 
r
Do đó nó có vectơ pháp tuyến là n(2;1) .
Suy ra nó có phương trình: 2( x  2)  ( y  14)  0  2 x  y  10  0 .
Tương tự, đường phân giác trong góc B có phương trình x  2  0 .
Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là giao điểm của hai đường phân
giác trong các góc A,B nên có tọa độ I(-2;-6).
7


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Bài toán 3: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có tọa độ chân ba
đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là H1 ( x1 , y1 ), H 2 ( x2 , y2 ), H 3 ( x3 , y3 ).
Lập phương trình các cạnh và các đường cao của tam giác ABC .
Cách giải:
Theo lưu ý 4 phần 1 ta có đường cao
AH1 chính là phân giác trong của
·H H và cạnh BC chính là
góc H
3

1

A
H2

2

·H H .
phân giác ngoài của góc H
3 1 2
Từ đó ta lập các đường phân giác
trong và phân giác ngoài của góc
·H H ta suy ra phương trình
H
3 1 2
đường cao AH1 và cạnh BC . Tương
tự cho các đường cao còn lại và các
cạnh còn lại.

H3

B

C
H1

Nhận xét: Nếu không lưu ý đến tính chất của chân các đường cao thì bài toán
này rất khó.
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có chân
 16 12 
các đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự là M (2;0), N  ;   , P(0; 4). Tìm
5

5
tọa độ trực tâm của tam giác ABC .
Giải:

·
Vì AM là phân giác trong góc PMN
nên ta tìm được phương trình AM là
·
x  2  0 và CP là phân giác trong góc MPN
nên ta tìm được phương trình CP
là x  y  4  0 . Trực tâm H của tam giác ABC là giao điểm của AM và CP
nên có tọa độ H (2; 2) .
Bài toán 4: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không cân tại A có
B ( xB , yB ), C ( xC , yC ) và phương trình đường thẳng chứa đường phân giác trong
(hoặc phân giác ngoài) góc A là  : ax  by  c  0(a 2  b 2  0) . Lập phương
trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC .
Cách giải:
8


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

uuur
-Cạnh BC đi qua B và nhận BC là vectơ chỉ phương.
uuuur
-Gọi B ' đối xứng với B qua  thì B '  AC . Cạnh AC đi qua C và nhận B ' C
là vectơ chỉ phương.
uuur

- A là giao điểm của AC và  . Cạnh AB đi qua B và nhận AB là vectơ chỉ
phương.
uuur uuuur
Chú ý: Nếu  là phân giác trong góc A thì AC , AB ' cùng hướng còn nếu  là
uuur uuuur
phân giác ngoài góc A thì AC , AB ' ngược hướng.

Nhận xét: Nếu không lưu ý đến tính đối xứng mà sử dụng điều kiện hai góc bằng
nhau thì thu được biểu thức nhiều ẩn và tương đối phức tạp.
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , hãy xác định tọa độ đỉnh C của
tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông 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 4 x  3 y  1  0 .
Giải:
Gọi H ' là điểm đối xứng với H qua đường
A
phân giác trong góc A . Đường thẳng  đi
qua H và vuông góc với đường phân giác
H’
trong
góc
A
có
phương
trình
 : x  y  2  0 .  cắt đường phân giác
H
trong góc A tại I (2;0) . Vì I là trung điểm
HH ' nên tìm được H '(3;1) . Đường thẳng
AC đi qua điểm H ' và vuông góc với

C
B
đường cao qua đỉnh B nên có phương trình
là 3x  4 y  13  0 . A là giao điểm của đường phân giác trong góc A và đường
thẳng AB nên A(5;7) . Đường thẳng CH đi qua hai điểm A, H nên có phương
 10 3 
trình 3x  4 y  7  0 . C là giao điểm của AC và CH nên C   ;  . Thử lại
 3 4
uuur uuuur
thấy AC , AH ' cùng hướng nên thỏa mãn.
Ví dụ 7: Trong hệ tọa độ Oxy , 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
x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và C .
(trích đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2011)
9


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Giải:

Gọi D( x; y ) là trung điểm của AC . Vì
B
uuur
uuur
7
BD  3GD nên ta tìm được D( ;1) . Gọi E là
2
điểm đối xứng với B qua phân giác trong góc

A , ta tìm được E (2; 5) . Đường thẳng AC đi
G
qua A và E nên có phương trình
C
E
A
D
4 x  y  13  0 . A là giao điểm của AC và
đường phân giác trong góc A nên có tọa độ
uuur uuur
A(4;3) . C đối xứng với A qua D nên C (3; 1) . Thử lại thấy AC , AE cùng
hướng nên thỏa mãn.
Ví dụ 8: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , có đỉnh
C (4;1) , phân giác trong góc A có phương trình d : x  y  5  0 . Viết phương
trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có
hoành độ dương.
(trích đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2010)
Giải:
Gọi D là điểm đối xứng với điểm C qua đường
thẳng d , ta tìm được D(4;9) .

A

A là giao điểm của d và đường tròn đường kính
CD đồng thời có hoành độ dương nên ta tìm
được A(4;1) .
Cạnh AB đi qua A và D nên có phương trình
x 4  0.

C

B
D

d

2.SABC
 6 . Gọi B(4; y) , từ
AC
AB  6 ta tìm được B(4;7) hoặc B(4; 5) . Do d là phân giác trong góc A nên
uuur uuur
AB, AD cùng hướng. Suy ra B(4;7) .

Ta có AC  8; AB 

Bài toán 5: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A( x A , y A ), B( xB , yB ) và đường
thẳng  : ax  by  c  0(a 2  b 2  0) không đi qua A, B . Tìm tọa độ điểm M
trên đường thẳng  sao cho MA  MB nhỏ nhất.
10


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Cách giải:

- Nếu A, B nằm về hai phía đối với
 thì MA  MB  AB . Dấu bằng
xảy ra khi và chỉ khi M là giao
điểm của  và AB .

B

A



- Nếu A, B nằm về một phía đối
với  thì gọi A ' đối xứng với A
qua  . Ta có MA  MB  MA '
MB  A ' B . Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi M là giao điểm của  và A ' B .

M
A’

Nhận xét: Bằng cách tương tự ta có thể giải bài toán sau: “Trong hệ tọa độ Oxy ,
cho hai điểm A( x A , y A ), B( xB , yB ) và đường thẳng  : ax  by  c  0
(a 2  b2  0) không đi qua A, B . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao
cho MA  MB lớn nhất.

Ví dụ 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1;2) và đường thẳng
d : 4 x  3 y  23  0 . Hai điểm B và C di chuyển trên d sao cho đoạn BC luôn có
độ dài bằng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất.
Giải:
Gọi d’ là đường thẳng
A
D
d’
qua A và song song với

d, d’ có phương trình:
4x  3 y  2  0 .
Lấy
d
D(4;6) thuộc d ' thỏa
B
C
mãn AD  5 . Khi đó
AD / / BC và AD  BC ,
A’
tức là ABCD là hình
bình hành hoặc ACBD
là hình bình hành.
- Nếu ABCD là hình bình hành, gọi A ' đối xứng với A qua d , ta tìm được
A '(9; 4) . Ta có chu vi tam giác ABC là AB  BC  CA  CD  5  CA
 CD  CA ' 5  DA ' 5 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C là giao điểm của d
uuur uuur
13
7
;1) và BC  AD  B ( ; 3) .
2
2
13
7
-Nếu ACBD là hình bình hành, tương tự ta tìm được B( ;1), C ( ; 3) .
2
2

và DA ' . Từ đó tìm được C (

11


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Ví dụ 10: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y  5  0 và hai
x2 y 2
x2 y 2

 1 , ( E2 ) : 2  2  1 (a  b  0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng
25 16
a b
( E2 ) đi qua điểm M thuộc đường thẳng . Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( E2 )

elíp ( E1 ) :

có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm 2010-2011)
Giải
Điểm M  ( E2 )  MF1  MF2  2a . Vậy ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ
khi MF1  MF2 nhỏ nhất.
Hai elíp có các tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3;0). Gọi N ( x; y) là điểm đối xứng với F1 qua
 , suy ra N (5;2). Ta có: MF1  MF2  NM  MF2  NF2 (không đổi). Dấu bằng xảy
 17 8 
ra khi và chỉ khi M  NF2   suy ra M   ;  .
 5 5

Ví dụ 11: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : x  y  1  0;

 2 : y  1  0 và điểm C (5;2) . Tìm các điểm A  1 , B   2 sao cho chu vi tam
giác ABC nhỏ nhất.
Giải

M
2

A
1

C

B
N

Nhận xét: C thuộc góc nhọn tạo bởi hai đường
thẳng 1 ,  2 . Gọi M , N lần lượt là các điểm đối
xứng với C qua 1 ,  2 . Ta có M (1;6), N (5;0) .
Nhận thấy ba điểm C, M , N không thẳng hàng.
Chu vi tam giác ABC là AC  AB  BC  MA 
AB  BN  MN . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
A  MN  1 ; B  MN   2 .
Phương
trình
đường thẳng MN là 3x  2 y  15  0 , suy ra
 13 18   13 
A  ;  ; B  ;1 .
5 5 3 

Bài toán 5: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A( x A , y A ), B( xB , yB ) nằm ngoài

(C ) : ( x  x0 )2  ( y  y0 ) 2  R 2 và số thực k với k  1 và
đường tròn
IA  (2k  1) R . Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn (C ) sao cho MA  k.MB
nhỏ nhất.
12


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Cách giải:

-Ta sẽ chứng minh tồn tại điểm J bên trong
đường tròn sao cho với mọi điểm M  (C ) ta
B
M
đều có: MA  k.MJ . Thật vậy, gọi I là tâm
đường tròn (C ) , D là giao điểm của AI và
I
đường tròn (C ) trong đó D nằm giữa A và I .
A
J D
uuur
1 uuur
Lấy J sao cho DJ   DA tức là
k
uuur
uuur
DA   k DJ . Vậy D là điểm chia trong đoạn
1

1
1
AJ . Hơn nữa, DJ  DA  ( IA  R)   2k  1 R  R   2 R nên J nằm
k
k
k
trong đường tròn. Theo lưu ý 7 ở phần 1 thì đường tròn (C ) là đường tròn
Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AB. Vậy với mọi điểm M  (C ) ta đều có:
MA  k.MJ .
-Ta có MA  kMB  k.MJ  k.MB  k.(MJ  MB)  k.JB . Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi M  (C )  BJ và M nằm giữa BJ .
Nhận xét:
uuur
uuur
- Với trường hợp 0  k  1 thì ta lấy DJ  k DB ( D là giao điểm của BI và
đường tròn (C ) trong đó D nằm giữa B và I ) và cũng phải có điều kiện đối
với k và IB để J nằm trong đường trong (C ).

- Nếu A, B cùng nằm trong đường tròn thì luôn tồn tại J nằm ngoài đường tròn
(C ) để đường tròn (C ) là đường tròn Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AJ
1
hoặc đường tròn (C ) là đường tròn Apollonius tỉ số dựng trên đoạn JB.
k
Ví dụ 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A(7;9), B(0;8) và đường
tròn (C ) : ( x  1)2  ( y  1)2  25 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C ) sao cho biểu
thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ An - Bảng A 2011-2012)
Giải:

5

Đường tròn (C ) có tâm I (1;1) và bán kính R  5 . Gọi J ( ;3) . Ta chứng minh
2
với mọi điểm M thuộc (C ) ta có MA  2MJ . Thật vậy MA  2MJ
13


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn













uuur uur 2
uuur uur 2
uuur uur
ur
MI  IA  4 MI  IJ  2MI IA  4IJ  3R 2  4 IJ 2
uur
ur r
 IA2 . Đẳng thức này đúng vì IA  4IJ  0 và 3R 2  4 IJ 2  IA2  0.

 MA2  4MJ 2 

Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta có: MA  2MB  2  MJ  MB   2 BJ .Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài đường tròn
(C); J nằm trong đường tròn (C)).
B
M
Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
giao điểm của đường tròn (C) và đoạn thẳng
BJ.
BJ có phương trình 2 x  y  8  0 .

I

J

A

Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của
hệ

2x  y  8  0

 x5
 x 1

hoặc
.





2
2
y


2
y

6
x

1

y

1

25








Thử lại ta có điểm M(1;6) thuộc đoạn JB thỏa mãn bài toán

Bài tập đề nghị
Bài 1. Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A(5;2), B(4;1) phân biệt. Lập
phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn
nhất.
Bài 2. Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (1;3) và đường thẳng  có phương
trình (m  2) x  (1  m) y  3m  5  0 với m là tham số. Tìm m để khoảng cách
từ M đến  lớn nhất
Bài 3. Trong hệ tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm E (1;0)
và cắt đường tròn (C ) : x 2  y 2  8 x  4 y  16  0 tại hai điểm A, B sao cho độ dài
AB nhỏ nhất.
Bài 4. Tìm m để đường thẳng  : (2m  1) x  (m  1) y  m  4  0 cắt đường tròn
(C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 theo một cát tuyến có độ dài nhỏ nhất.

7
Bài 5. Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A( ;3), B(1;2), C (4;3) . Lập
4
phương trình đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC .
14


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có chân các
đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự là M (1; 2), N  2;2  , P(1;2). Lập phương
trình các cạnh của tam giác ABC .
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có B(3;5) ,
C (4; 3) và đường phân giác trong góc A có phương trình x  2 y  8  0 . Lập
phương trình các cạnh của tam giác ABC .

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có A(0;1) , đường
trung tuyến qua B có phương trình x  2 y  4  0 , đường phân giác trong góc C
có phương trình x  2 y  2  0 . Lập phương trình cạnh BC .
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình
hai cạnh AB : 5x  2 y  7  0, BC : x  2 y  1  0 , đường phân giác trong góc A
có phương trình x  y  1  0 . Tìm tọa độ đỉnh C .
Bài 10. Trong hệ tọa độ Oxy , hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác nhọn
ABC biết chân đường cao lần lượt hạ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là H1(4;-1),
H2(1;5), H3(-4;-5).
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc  Oxy  cho tam giác
ABC

và đường thẳng  có phương trình  : x  3 y  1  0 . Giả sử

D  4;2  , E 1;1 , N  3;3 theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao

kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng  và điểm M có
hoành độ lớn hơn 2.
Bài 12. Tìm trên trục hoành điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến các
điểm A(1;2), B(3;4) là nhỏ nhất.
Bài 13. Tìm trên trục đường thẳng x  2 y  2  0 điểm M sao cho MA  MB
lớn nhất với A(4;1), B(5;7) .
Bài 14. Cho hai đường thẳng song song d1 : x  2 y  9  0; d 2 : x  2 y  4  0 và
hai điểm M (6;4), N (2; 1) . Lập phương trình đường thẳng  vuông góc với
d1 , d 2 và cắt hai đường thẳng này lần lượt tại A, B sao cho MA  NB nhỏ nhất.

15

Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A(4;4), B(0;6) và đường
tròn (C ) : x 2  y 2  9 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C ) sao cho biểu thức
P  2MA  3MB đạt giá trị nhỏ nhất.
4. KẾT QUẢ THỰC HIỆN
Năm học 2012-2013, tôi được phân công giảng dạy hai lớp khối 10 là lớp
10B và lớp 10D trường THPT Mai Anh Tuấn. Trong quá trình giảng dạy, tôi đã
triển khai tới các đối tượng học sinh về nội dung này. Kết quả thu được là học
sinh say mê hơn đối với môn học, hình thành cho các em kĩ năng vận dụng linh
hoạt các kiến thức sẵn có vào các tình huống cụ thể. Kết quả kiểm tra cụ thể như
sau:
Biểu 2: Kết quả kiểm tra chương III Hình học 10 năm học 2012-2013
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
TT Lớp SS
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL

%
1 10B
45
13 28,9 15 33,3 17 37,8 0
0,0
0
0,0
2 10D
46
11 23,9 17 37,0 16 34,8 2
4,3
0
0,0
Tổng
91
24 26,3 32 35,1 33 36,4 2
2,2
0
0,0
Qua biểu 2 ta thấy kết quả năm học 2012-2013 cao hơn so với năm học
2011-2012. Đây mới chỉ là kết quả bước đầu thức hiện. Hi vọng rằng trong các
giai đoạn tiếp theo, học sinh sẽ có kết quả cao hơn.

16


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

C- KẾT LUẬN
Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra từ quá trình giảng
dạy. Vì kinh nghiệm của bản thân còn ít, thời gian công tác chưa nhiều nên chắc
chắn còn nhiều thiếu sót, rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng
nghiệp.
Trong các năm học tiếp theo, tôi sẽ triển khai sâu rộng hơn trong quá trình
giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, rút kinh nghiệm từ thực tế để nội dung sáng
kiến kinh nghiệm này được hoàn thiện hơn và tiếp tục tìm tòi, học hỏi để nghiên
cứu về vấn đề “Rèn luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học
để giải một số bài toán về “Phương pháp tọa độ trong không gian” ”.

17


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Tài liệu tham khảo

1.Sách giáo khoa, sách bài tập Hình học 10, Hình học 10 nâng cao, NXB giáo
dục.
2. Tài liệu chuyên toán Hình học 10, Tài liệu chuyên toán Bài tập Hình học 10,
NXB giáo dục.
3. Tạp chí Toán học tuổi trẻ.
4. Các đề thi chọn học sinh giỏi của các tỉnh, các đề thi tuyển sinh Đại học khối
A,B,D.

18

Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

MỤC LỤC
A- ĐẶT VẤN ĐỀ .................................................................................................. 1
B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ................................................................................. 2
1.CƠ SỞ LÍ LUẬN ........................................................................................... 2
2.THỰC TRẠNG.............................................................................................. 3
3.GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN ................................................. 4
4. KẾT QUẢ THỰC HIỆN ........................................................................... 16
C- KẾT LUẬN .................................................................................................... 17
Tài liệu tham khảo.......................................................................................... 18

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 05 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

19