skkn vận DỤNG ĐỊNH lý THALES để tìm lời GIẢI CHO các bài TOÁN HÌNH học tọa độ TRONG mặt PHẲNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2014 - 2015
ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC
BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
TÁC GIẢ: QUÁCH CHI THẮNG
DƯƠNG THỊ LY
NGUYỄN THỊ THU HIỀN
TRƯỜNG THPT NHO QUAN C
GMAIL:
SỐ ĐIỆN THOẠI: 0303.674.215

1


I. Tên sáng kiến:
“VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI
TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG”
II. Nhóm tác giả của sáng kiến
- Quách Chi Thắng, giáo viên trường THPT Nho Quan C, trưởng nhóm;
- Dương Thị Ly, giáo viên trường THPT Nho Quan C.
- Nguyễn Thị Thu Hiền, giáo viên trường THPT Nho Quan C
III. Nội dung sáng kiến
1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ
1. 1. Thực trạng
Các bài toán hình phẳng Oxy trong các năm gần đây xuất hiện trong đề thi
Tuyển sinh Đại học phần lớn sử dụng kết hợp tính chất hình học trong quá trình
giải toán đưa ra lời giải nhanh trong khoảng thời gian ngắn. Dưới đây chúng tôi
tổng kết lại kỹ thuật vận dụng định lý Thales đã được áp dụng xuyên suốt trong thi
Đại học. Kỹ thuật này áp dụng giải quyết được phần lớn các bài toán có tính chất
song song từ viết phương trình đường thẳng, các bài toán về tam giác và tứ giác.
Hiện nay rất nhiều học sinh còn lúng túng trong việc giải các bài toán về

phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, đặc biệt là các bài toán cần khai thác tính
chất hình học và đòi hỏi sự tư duy linh hoạt. Thực trạng này có nhiều lý do nhưng
có một mâu thuẫn xảy ra là phần kiến thức và bài tập về các dạng bài tập này hầu
như không có trong sách giáo khoa nhưng thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi
điển hình như đề thi đại học của tất cả các năm. Theo thống kê thì 85% học sinh
của trường THPT Nho Quan C khi tham gia thi đại học không giải quyết được dạng
toán này. Bên cạnh đó với những dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải tư duy,
phân tích, nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều
kiến thức liên quan.

2


1. 2. Giải pháp cũ thường làm
Trong sách giáo khoa hiện hành nội dung bài tập liên quan còn sơ sài, chưa
định hướng được lời giải cho học sinh. Chưa có nhiều bài tập mà cách giải vận
dụng các định lý , tính chất hình học phẳng đã học ở THCS. Do vậy học sinh sẽ
lúng túng khi gặp phải những bài tập mà cách giải phải vẽ thêm đường phụ hay sử
dụng một số tính chất đặc biệt về tam giác, tứ giác.
Các sách tham khảo trên thị trường viết về nội dung này mang tính ép buộc
khiến học sinh phải giải bài toán theo một lối mòn nhất định. Trong phần tham
khảo về các bài toán về các đường đặc biệt trong tam giác các sách tham khảo nêu
ra rất nhiều dạng bài tập và cố định phương pháp sau đó lấy ví dụ minh họa tương
ứng cho từng dạng bài tập đã nêu.
Ví dụ như bài toán: Tìm tọa độ các đỉnh B, C trong tam giác ABC biết tọa độ
đỉnh A(x1; y1 ) và phương trình hai đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh B, C lần
lượt là d1;d 2 . Trong các sách tham khảo đều hướng dẫn chung một trong hai
phương pháp sau:
+ Phương pháp 1:
- Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác. Sau đó tìm tọa độ điểm A’ đối xứng

với A qua G.
- Viết phương trình các đường thẳng d1' ;d'2 qua A’ và lần lượt song song với
các đường thẳng d1;d 2 .
- Khi đó tọa độ các điểm B, C thỏa: B  d1  d'2 ; C  d 2  d1'
+ Phương pháp 2:
- Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác.
- Lấy các điểm B, C lần lượt thuộc các đường d1;d 2 ta được tọa độ của mỗi
điểm theo 1 ẩn số dạng B(b);C(c) với b, c là các ẩn số.
- Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm ta được hệ ẩn b, c. Giải hệ tìm được
tọa độ các điểm B, C.
Với cách tiếp cận như trên các sách tham khảo đã đưa ra rất nhiều dạng bài
tập và cách giải cho từng dạng cụ thể.
3


1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ
- Với việc đưa ra hệ thống các dạng bài toán cố định và mặc định sẵn các
phương pháp giải tương ứng khiến học sinh rất vất vả trong việc nhớ các dạng toán
và phương pháp tương ứng cho từng dạng.
- Trong các bài tập khác khi đề bài cho không ở dạng chuẩn học sinh không
biết cách định hướng và tìm lời giải.
- Khi thực hiện theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm được các bài
toán mà yếu tố đề bài cho ở dạng suy luận.
- Các đề thi đại học trong các năm gần đây bài toán về hình học tọa độ trong
mặt phẳng đều đòi hỏi học sinh phải định hướng, tư duy, phân tích dữ kiện giả thiết
kết hợp với những kiến thức đã học để làm bài do đó nếu áp dụng giải pháp cũ thì
đại bộ phận học sinh không làm được bài tập thuộc dạng này.
- Theo xu thế dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, không
phát huy được tính chủ động, sáng tạo của học sinh trong quá trình giải toán. Bên
cạnh đó với việc cung cấp quá nhiều dạng toán và phương pháp như các tài liệu

hiện nay khiến học sinh phải chịu áp lực rất lớn trong quá trình học tập, phải ghi
nhớ một lượng kiến thức quá lớn. Điều này khiến các em mất đi sự sáng tạo và
hứng thú trong học tập.
2. Những giải pháp mới và ưu điểm của giải pháp mới
2. 1. Những nội dung cơ bản của giải pháp mới
- Vận dụng định lý Thales để khai thác giả thiết bài toán tìm lời giải ngắn
gọn, hiệu quả.
- Đưa ra nhận dạng một số dấu hiệu từ giả thiết bài toán để sử dụng phương
pháp vận dụng định lý Thales vào giải toán.
- Trình bài lại hệ thống các kiến thức cơ bản trong chương trình sách giáo
khoa mà tối thiểu học sinh cần nắm được.
- Nêu và định hướng một số phương pháp mới để giải các bài tập trong các
đề thi đại học với kiến thức cơ bản nhất.
4


- Trong quá trình hình thành lời giải có sự phân tích về cách tư duy và con
đường tìm lời giải trên cơ sở giả thiết từ đó giúp học sinh tạo được thói quen tư duy
liên kết khi gặp các bài toán lạ.
2. 2. Những ưu điểm của giải pháp mới
- Giải pháp mới nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trong quá trình học
tập: Kiến thức cần thiết chỉ nằm trong khuôn khổ của sách giáo khoa hiện hành,
không phải nhớ quá nhiều dạng bài tập một cách máy móc. Rèn luyện cho học sinh
biết khai thác những định lý đã học ở bậc THCS như định lý Thales, các tính chất
đoạn thẳng song song , tỷ lệ,…..
- Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh có thể tự chủ động tìm
lời giải độc lập cho một bài toán dựa trên lượng kiến thức đã có sẵn. Do đó học
sinh có thể chủ động và linh hoạt trước một bài toán không phải áp đặt theo một
khuôn mẫu định sẵn.
- Giáo viên có thể dựa vào các kết quả quen thuộc trong sách giáo khoa ra đề

bài cho học sinh một cách chủ động không trùng lặp.
- Các giải pháp mới nêu ra đều sử dụng phần lớn những kiến thức mà học
sinh được học ngay trên lớp. Sự liên kết giữa các phần kiến thức cùng với những
định hướng ban đầu khiến cho bài toán trở nên quen thuộc và dễ tiếp cận. Việc vận
dụng một cách phù hợp vào từng bài toán cụ thể luôn tạo ra sự mới mẻ nhưng cũng
rất quen thuộc với học sinh. Các bài tập vận dụng giải pháp mới hầu như là những
bài toán đã xuất hiện trong các tài liệu tham khảo cũng như trong các Đề thi đại học
trong những năm gần đây nhưng được tiếp cận một cách hoàn toàn mới mẻ nhưng
đồng thời rất gần gũi với mức độ suy luận của các em học sinh.
IV. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
1. Hiệu quả kinh tế:
- Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu như việc sử dụng các
phương pháp khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo phương
pháp này. Thời gian nghiên cứu và học tập tương đối phù hợp. Các em học sinh có
thể dựa vào những phân tích về các bài toán trong sáng kiến để đi tìm lời giải cho
một bài toán khác, có thể tránh được tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn kém vừa
không mang lại hiệu quả cao.

5


- Qua quá trình triển khai sáng kiến kinh nghiệm tại trường THPT Nho Quan
C với đối tượng là các em học sinh lớp 10 với tổng số khoảng 280 em và các em
học sinh khối 12 với tổng số khoảng 283 em cho thấy để làm bài tập thuộc phần
hình học tọa độ các em học sinh tối thiểu phải có hai quyển sách tham khảo là:
+ Phương pháp giải toán trong mặt phẳng tọa độ - Tác giả Nguyễn Ngọc Thu
- Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội giá bìa 58.000 đồng.
+ Phương pháp giải toán đường thẳng, đường tròn, cô níc - Tác giả ThS Lê
Hồng Đức - Nhà xuất bản ĐHSP Hà Nội, giá bìa 58.000 đồng.
Như vậy với tổng số học sinh lớp 10 và lớp 12 của trường THPT Nho Quan

C là khoảng 563 em thì số tiền cần bỏ ra để mua sách tham khảo là:
563. 58.000  58.000  65.308.000 đ.

Nếu sử dụng phương pháp và tài liệu trong đề tài với giá thành một quyển
khoảng 8.000 đồng thì số tiền cần dùng là: 563x8.000  4.504.000 đ. Vậy số tiền tiết
kiệm khi áp dụng sáng kiến là: 65.308.000  4.504.000  60.804.000 đ.
- Nếu sáng kiến được áp dụng trên phạm vi tỉnh Ninh Bình với quy mô 27
trường THPT và 8 trung tâm GDTX với khoảng 500 em học sinh thuộc hai khối 10
và khối 12 trên 1 đon vị thì số tiền tiết kiệm được sẽ là:
35x500x(58.000  58.000  8.000)  1.890.000.000 đ.

2. Hiệu quả xã hội
- Sáng kiến mang tính thực tiễn cao: Kiến thức vừa phải, phù hợp với đại bộ
phận học sinh. Là tài liệu tham khảo bổ ích cho các em học sinh cũng như các bạn
đồng nghiệp.
- Trong các kỳ thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng bốn năm liên tiếp gần
đây các bài toán về tọa độ trong mặt phẳng đều có thể sử dụng phương pháp đã nêu
trong đề tài.
- Đề tài kinh nghiệm đã được áp dụng qua các hoạt động giảng dạy của nhóm
tác giả, các đồng nghiệp, tại các lớp ôn thi tốt nghiệp THPT, Đại học Cao đẳng,
cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT Nho Quan C bước đầu đã có
những kết quả đáng kể.

6


- Các hoạt động mà sáng kiến đề cập đã giúp đỡ rất nhiều cho giáo viên trong
việc dạy học theo phương pháp mới, nhằm đổi mới phương pháp dạy học. Cũng
nhờ các hoạt động đã được xác định, GV sử dụng như tài liệu tham khảo, nó giúp
cho GV giảm bớt được nhiều công sức trong việc soạn bài, chuẩn bị bài lên lớp.

- Việc áp dụng đề tài trong hoạt động dạy học giúp học sinh hình thành tư
duy, khả năng vận dụng. Đề tài cho thấy việc học và nghiên cứu kỹ các nội dung
trong sách giáo khoa là rất cần thiết cho học sinh trong quá trình học tập.
Kết quả trong giảng dạy:
Với trường THPT Nho Quan C có điểm tuyển sinh đầu vào thấp: Điều kiện
kinh tế còn khó khăn, trình độ đầu vào còn rất hạn chế, đại bộ phận học sinh là con
em thuộc các vùng nông thôn, vùng núi chưa có điều kiện tốt để học tập nên việc
tiếp thu những phương pháp mới còn hạn chế. Trong ba năm liên tiếp gần đây điểm
chuẩn đầu vào của nhà trường rất thấp, là một trường có điểm đầu vào luôn đứng ở
vị trí thấp nhất tỉnh: Năm học 2012 - 2013 điểm chuẩn là 16.25 điểm, năm học
2013 - 2014 điểm chuẩn đầu vào là 19,5 điểm và năm học 2014 - 2015 điểm chuẩn
đầu vào là 16,75 điểm (Trong các kỳ thi vào lớp 10 gồm 3 môn thi trong đó môn
Văn và Toán tính hệ số 2; các em học sinh còn được cộng thêm điểm Nghề và các
điểm ưu tiên và khuyến khích khác). Tuy nhiên nhờ sự tìm tòi và áp dụng những
sáng kiến kinh nghiệm và tích cực đổi mới phương pháp nên trong các kỳ thi Đại
học và Cao đẳng trường THPT Nho Quan C luôn đạt được những thành tích tốt. Cụ
thể trong 3 năm học gần đây điểm thi đại học của nhà trường không ngừng được
nâng cao;
Như vậy với những kết quả đã đạt được, sáng kiến kinh nghiệm đã khẳng
định có sự ảnh hưởng rõ rệt đến chất lượng học tập bộ môn của các em học sinh.
Tác giả hi vọng sáng kiến kinh nghiệm được các bạn đồng nghiệp và các em
học sinh quan tâm và góp ý để trở thành một tài liệu hữu ích trong quá trình giảng
dạy cũng như học tập.
V. Điều kiện và khả năng áp dụng
Đề tài: VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC
BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG” mà tác giả trình bày
dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp với cả giáo viên, học sinh trung học phổ
thông. Không những hữu ích với học sinh ôn thi đại học mà còn hiệu quả với học
sinh đại trà khác, giúp các em nâng cao khả năng tư duy giải quyết các vấn đề liên
7

quan. Đăc biệt ban đầu giúp các em học sinh có cái nhìn mới, biết vận dụng vào
việc giải toán khi học về các định lý hình học.
Đề tài đã được nhóm tác giả sử dụng trong quá trình giảng dạy, là tài liệu
tham khảo cho các em học sinh, các thầy cô trong quá trình ôn thi học sinh giỏi, tốt
nghiệp THPT, thi Đại học Cao đẳng tại trường THPT Nho Quan C và có thể áp
dụng cho một số giáo viên làm tài liệu tham khảo ở một số trường THPT .
Qua đề tài cho thấy rằng các bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có thể
tiếp cận được với nhiều đối tượng học sinh, với nền tảng kiến thức chính chỉ giới
hạn trong nội dung chương trình sách giáo khoa hiện hành. Do đó khả năng áp
dụng đề tài này vào thực tế là khả quan và dễ thực hiện.
VI. Nội dung của giải pháp mới:
1.1. Một số kiến thức liên quan trong đề tài
Đề tài được nghiên cứu thành nhiều mảng nhỏ, đề cập đến các bài toán thuộc
các chủ đề khác nhau thuộc phân môn Hình học. Vì đặc thù của sáng kiến tập
trung đi vào nghiên cứu phương pháp vận dụng định lý Thales để xử lý bài toán tọa
độ trong mặt phẳng nên các vấn đề lí thuyết tổng quát trong đề tài chỉ nêu ra ở dạng
sơ lược nhất.
1. Định lý Thales trong tam giác:
a) Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác thì nó định ra các
đường thẳng chứa hai cạnh kia những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
ABC , DE//BC

A
D

B

E

D
E

A
C B
(Hình 1)

8

C




AD AE

,
AB AC

AD AE

DB EC

Chú ý: Định lí Thales cũng đúng đối với hình thang
AB // EF // CD 

AE BF AE BF

,


AD BC ED FC

B

A
E

F

D

C

(Hình 2)
b) Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác thì nó tạo với các
đường thẳng chứa hai cạnh kia một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba
cạnh của tam giác đã cho.
ABC , DE // BC


AD
AE
DE


AB
AC
BC

A
D

E

B

C

(Hình 3)

c) Định lý Thales đảo:
Nếu một đường thẳng định ra hai đường thẳng chứa hai cạnh của tam giác những
đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam
giác.
AD AE

 DE // BC
DB EC

9


A
D

E

B

C

(Hình 3)

Trong quá trình giải toán ta cần vận dụng thành thạo định lý thuận và đảo của
Thales. Dưới đây chúng tôi đề cập 2 định lý rất quan trọng trong hình học phẳng
được chứng minh bằng Thales đó là Định lý Ceva và Định lý Menelaus.
2. Định lý Ceva và định lý Menelaus dạng độ dài hình học:
a) Định lý Ceva:
Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB.
Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi:
A' B B ' C C ' A
.
.
 1 (1)
A' C B ' A C ' B

Chứng minh:
Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1).
Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K.
Áp dụng định lý Thales có:
B ' C BC C ' A AK

;

B ' A AI C ' B BC

Hơn nữa ta có:
AI
AM

AK
A' B AI




A' B MA' A' C
A' C AK

Vậy ta có:

10


A

K

I
C'

B'

B

C

A'

A' B B' C C ' A AI BC AK

.
.

.
.
1
A' C B' A C ' B AK AI BC

Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Gọi P là giao điểm của AA’ và BB’, D là giao điểm của CP và AB. Khi đó áp dụng
phần trên ta có:
A' B B ' C DA
.
.
 1 ( 2)
A' C B ' A DB

Từ (1) và (2) ta có:

C ' A DA

 C '  D (Do C’ và D cùng thuộc cạnh AB).
C ' B DB

Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P.
Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy như trên được gọi là bộ ba đo thẳng
Ceva và các đoạn thẳng AA’, BB’ và CC’ được gọi là bộ ba đoạn thẳng Cava.
b) Định lý Menelaus:
Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ trên các đường thẳng BC, CA, AB sao
cho: hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên phần kéo dài của 3 cạnh hoặc một

trong ba điểm trên nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm còn lại nằm
trên hai cạnh của tam giác (*). Điều kiện cần và đủ để A’, B’, C’ thẳng hàng là:
A' B B ' C C ' A
.
.
 1 (1)
A' C B ' A C ' B

Chứng minh:
Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1).
Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ tại M.
Áp dụng định lý Thales ta có:
A' B A' C ' B ' C B ' M

,

A' C A' M B ' A B ' C '

A
B'

11

C'
M

B

C

A'


Mặt khác ta có:
Do đó ta có:

CM B' M
CM A' M
C ' A A' M .B ' C '




và
C ' A B' C '
C ' B A' C '
C ' B A' C '.B ' M

A' B B ' C C ' A A' C ' B ' M  A' M B ' C ' 
.
.

.
.
.
 1
A' C B ' A C ' B A' M B ' C  A' C ' B ' M 

Cho các điểm A’, B’, C’ thỏa mãn (*) và (1), ta chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng.
Giả sử B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác và A’ thuộc phần kéo dài của cạnh

còn lại. Gọi D là giao điểm của A’C’ và AC.
Khi đó, theo chứng minh trên ta có:
Từ (1) và (2) ta có:

A' B DC C ' A
.
.
 1 ( 2)
A' C DA C ' B

DC B ' C

 D  B ' (vì đều thuộc cạnh AX).
DA B ' A

Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng.
Trong trường hợp 3 điểm A’, B’, C’ cùng thuộc phần kéo dài của các cạnh thì
chứng minh tương tự.
Nhận xét: Trong các bài toán dưới đây ta chỉ cần chứng minh theo chiều thuận tức
là 3 điểm A’, B’, C’ thẳng hàng và ta chứng minh đẳng thức (*).
3. Phương trình đường thẳng:
x  x 0  at
(t  ¡ )
 y  y0  bt

r

+ Đường thẳng d đi qua M0 (x 0 ; y0 ) có vtcp u(a;b) : (d) : 
r

+ Đường thẳng d đi qua M0 (x 0 ; y0 ) có vtpt n(A;B) :
(d) : A(x  x 0 )  B(y  y0 )  0

4. Phương trình đường tròn:
+ Đường tròn tâm I(a;b) bán kính R: (x  a) 2  (y  b) 2  R 2
5. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:
Cho d : Ax  By  C  0 và M0 (x 0 ; y0 ) : d(M 0 ;d) 

| Ax 0  By 0  C |
A 2  B2

6. Góc giữa hai đường thẳng:
· ') 
Cho d : Ax  By  C  0;d' : A'x  B'y  C'  0 : cos(d,d

12

| AA '  BB' |
A  B A '2  B'2


7. Các chú ý thường gặp:
+ Điều kiện để hai đường thẳng song song và vuông góc.
+ Các công thức về trung điểm, trọng tâm.
+ Dạng tọa độ của một điểm thuộc đường thẳng.
+ Một số kiến thức hình học THCS có liên quan.
1.2. Một số nguyên tắc cơ bản trong quá trình tìm lời giải các bài toán
a. Các hướng nhận định ban đầu:
+ Bài toán liên quan đến tọa độ của những điểm nào.
+ Từ giả thiết có thể lập phương trình của đường thẳng nào, xác định được

tọa độ của điểm nào liên quan.
+ Bài toán có những cặp đoạn thẳng nào tỷ lệ với nhau hay có thể nối hai
điểm nào đó đã biết tọa độ để cắt các đoạn thẳng song song
b. Vận dụng nhận định tìm lời giải:
+ Xác định tọa độ điểm, viết phương trình các đường có thể từ giả thiết.
+ Phát hiện các tính chất hình học có liên quan trong bài toán.
c. Nguyên tắc thực hiện:
+ Vẽ hình chính xác nhằm phát hiện ra các mối liên hệ trong bài toán: Các
đường thẳng song song, vuông góc, các đoạn thẳng bằng nhau, tỉ lệ.
+ Gán điểm theo dạng tọa độ đưa bài toán về dạng giải tích.
1.3. BÀI TẬP MẪU:
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng:
d1: 3x - 2x + 11 = 0; d2: 5x + 7y + 8 = 0 cắt nhau tại điểm A.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M (-2;5) và cắt hai đường thẳng d1,
d2 lần lượt tại B và C sao cho:c
a) AB =

13
AC
41

b) BC =

2 14
AB
7

Lời giải
a) Tọa độ giao điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
13

 A(-3;1).

Lấy điểm B1(-5;-2)  d1 và điểm C1(c; 

5c  11
)  d2 sao cho AB1 =
7

13
AC1.
41

Ta có phương trình:
2
13 
 5c  11  
2
2  3  (c  3)  
 1  .
41 
 7
 
2

2

C1 (2;  3)
c  2

 37c 2  237c  622  0  

311 164 
c   311 C2  
;
  37 37 
37

126 238 
;
Suy ra: B1C1 = (7;-1) hoặc B1C1 =  
 ( ta chọn véc tơ chỉ phương của


37

37 

đường thẳng d có tọa độ rút gọn: (9; -17)).
Theo giả thiết ta có:

AB AB1
13


AC AC1
41

Theo định lý Thales đảo ta có: BC // B1C1  d // B1C1.
Vậy d là đường thẳng đi qua M và nhận B1C1 làm vectơ chỉ phương.

Do đó có 2 phương trình đường thẳng thỏa mãn là:
d:

x2 y 5
x 2 y 5


hoặc d:
7
1
9
17

b) Với BC = 2AB lúc này ta sẽ tìm điểm C1 sao cho B1C1 =

2 14
AB1.
7

8
 5c  11

 (c  5)  
 2   (2 2  3 2 )
7
 7

2

2

C1 (5; 2)
c  5
 37c  230c  225  0  
   45 26 
 C2  ; 
c   45
  37 37 
37

2

 140 48 
;  ( ta chọn véc tơ chỉ phương của đường
 37 37 

Suy ra B1C1 = (0;4) hoặc B1C1 = 

thẳng d có tọa độ rút gọn: (35; 12).
14


Theo giả thiết ta có:

BC B1C1 2 14


AB
AB1
7

Theo định lý Thales đảo ta có: BC // B1C1  d // B1C1.
Vậy d là đường thẳng đi qua M và nhận B1C1 làm vectơ chỉ phương.
Do đó có 2 phương trình đường thẳng thỏa mãn là:
d:

x2 y 5

hoặc d: x+2=0
35
12

Bài 2. ( TSĐH khối A-2014) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD
có điểm M là trung điểm đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN =
3NC. Viết phương trình đường thẳng CD biết M(1; 2) và N ( 2; -1).
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Với tọa độ 2 điểm M và N cho trước, ta kéo dài MN cắt cạnh CD tại F khi
đó dùng định lý Thales cho hai đường thẳng song song là AB và CD ta sẽ tìm
được tọa độ của điểm F.
Lời giải chi tiết:
Gọi F là giao điểm của MN và CD, theo định lý Thales ta có:
FC
NC
NF
1



MA

NA
NM
3




 NM   3 NF
7
3

Từ đó ta suy ra tọa độ điểm F ( ;  2)
7
3

Phương trình đường thẳng CD: a( x  )  b( y  2)  0 , ( a 2  b 2  0)
Tới đây ta có nhiều hướng giải quyết bài toán:

15


B

C
N

F

M

E
I

A

D

Cách 1: Phương pháp tìm điểm kết hợp tính độ dài:
Gọi cạnh hình vuông là a. E là hình chiếu của M lên CD. Ta có:
MA
1
a
 3  FC  a  EF  ; ME  a
FC
6
3
2
a
16
 MF 2  a 2 
  42  a  4
9
9

Tọa độ của điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
( x  1) 2  ( y  2) 2  16
 ME  4


4 


7
16
EF =
( x  ) 2  ( y  2) 2 


3

3
9

17
5

6
5

Giải hệ phương trình ta có tọa độ của E( 1; -2) hoặc E ( ;  )
Trường hợp 1: Nếu E ( 1; -2) thì đường thẳng CD đi qua hai điểm E và F nên có
phương trình CD là: y + 2 = 0
17
5

6
5

Trường hợp 2: Nếu E ( ;  ) thì phương trình đường thẳng CD là: 3x -4y -15 =0
Cách 2: Sử dụng khoảng cách:

Ta có:

d ( M , DC )  a 

7
a (1  )  b ( 2  2)
3
a 2  b2

4

a  0

 4a  3b  0

16


Với a = 0 thì phương trình đường thẳng CD là: y + 2 = 0
Với 4a + 3b = 0 thì phương trình đường thẳng CD là : 3x -4y -15 =0
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, điểm E là trung điểm AB,
điểm D trên cạnh AC sao cho AD =

1
DC. Gọi K là giao điểm của BD và CE. Giả
3

sử E (-1;-2), K(7;4). Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.
Phân tích tìm lời giải:
B

Với điểm E, K, C thẳng hàng trong đó E, K biết

E

trước tọa độ do vậy để tìm C ta chỉ cần xác định

K

được tỉ lệ độ dài của EK và KC dựa vào định lý
H

A

D

C

Thales.
Lời giải chi tiết:

Kẻ EH//BD (H  AC).
Ta có:

EK HD HD AD EB 1 2 1 2


.

.  . 

KC DC AD DC AB 3 3 3 9

 KC 

9
EK  36;27  .
2

Ta có hệ phương trình:
 xC  7  36
 xC  43


 yC  4  27  yC  31
 C (43;31)

Vậy điểm cần tìm là C(43;31).
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC = 3 AB. Lấy
7
2

D( ;3 )  AB, E  AC sao cho CE=BD, DE cắt BC tại K(17;-3) (E nằm giữa D và
K). Biết C(14;-2). Viết phương trình cạnh AC.
Lời giải
Kẻ EF//AB và F thuộc BC. Áp dụng định lý Thales trong tam giác KDB và tam
giác ABC.
17


Ta

có:


 BD  CE

EF
KE
1
 KE


  KE  3KD

BD
KD 3
 KD
AB
1
 EF



AC
3
 EC

B

D

F
C

K

E

A

 27 
;6 
 2


Gọi E(x;y) suy ra KE  ( x  17; y  3); KD  

 27
25


3( x  17) 
x 
 25 
Ta có: KD  3KE  
2 
2  E ;1
 2




3( y  3)  6
 y  1

Phương trình AC đi qua C và E là: 2x + 33y - 22 = 0
Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G trên cạnh
CD sao cho DG = 2GC. Gọi E là giao điểm của AG và BD. Giả sử E(1;3), G(3;-1)
và đỉnh B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 3 = 0; cot ADC 

2
. Tìm tọa độ 4 đỉnh hình
15

3
2

bình hành đã cho biết xB   .
Lời giải
Theo định lý Thales ta có:
3

EA  GE

EA EB AB 3 
2


 
2
EG ED DG 2 

ED   EB

3

A

B
E

 x A  1  3  x A  2

 A(2;9).
 yA  3  6
 yA  9

D

Suy ra: 

18

G

C


 2b  5  4b  21 
;
.
3

3



Vì B  d  B(b;2b-3) suy ra D 

2b  11 4b  6 
 2b  4 4b  24 
;
;
, DG  
.
3 
3 
 3
 3
uuur uuur
DA.DG
(2b  11)(2b  4)  (4b  6)(4b  24)
Ta có: cos ADC  uuur uuur 
DA . DG
(2b  11)2  (4b  6)2 (2b  4)2  (4b  24) 2

Suy ra DA  



20b 2  86b  188
100b 4  860b3  3569b 2  6316b  23236

1

Mặt khác cos ADC 

Ta có phương trình:



1  tan 2 ADC



1
1   152 

2

2
229



20b 2  86b  188
100b 4  860b 3  3569b 2  6316b  23236





2

229



 2b2  7b  22 10b2  51b  78  0


b  2

11
 b 

2

b  5  5721

20

 B 2;7  do xB   3
2


Từ đó dễ tính được D 3;


29   19 
, C  3;  .
3  
3


Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là A(-2;9), B(-2;-7), D 3;


29   19 
, C  3; 
3  
3

Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm M( -3; 0) là
8 19
5 5

trung điểm cạnh AB, H(0; -1) là hình chiếu vuông góc của B lên AD và N ( ; ) là
điểm trên đoạn AC sao cho AN = 4 CN. Tìm tọa độ các điểm B và D.
Giải
Kéo dài HN cắt BC tại E. Theo định lý Thales ta có :

19



NE NC 1

  4. NE  HN
NH NA 4


Suy ra E( 2; 5). Gọi I là trung điểm của HE, ta có I( 1;2). Tam giác ABH vuông tại
H có M là trung điểm của cạnh huyền AB nên MB MH  10

E

C

B
N
M
I
D

H

A

Gọi B(x; y), ta có hệ phương trình sau:



( x  3)2  y 2 10
( x 1)2  ( y  2)2  10

Giải hệ ta có : B( 0; -1) hoặc B( -2; 3)
Với B(0; -1) loại do khi đó B trùng với H
Với B( -2; 3), vì M là trung điểm của AB nên A( -4; -3)

EC
NC 1
1 
11


  CE  HA  C ( 3; )
Mặt khác HA NA 4
4
2





1
2

Ta có : AD  BC  D(1;  )
Nhận xét: Với giả thiết cho trước tọa độ hai điểm trên các đường thẳng của tứ
giác thì phương pháp được sử dụng hiệu quả là kéo dài đường thẳng đi qua hai
điểm đó cho cắt hai cặp cạnh đối song song của tứ giác và sử dụng định lý
Thales , từ đó tính được tọa độ các điểm tương giao một cách dễ dàng.
Đôi khi có những bài toán ta dùng định lý Menelaus kết hợp cùng với việc
sử dụng định lý Thales sẽ giải quyết được bài toán một cách dễ dàng

20


Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có D(10;5) là trung điểm
22 1
cạnh AB. Trên tia CD lấy điểm I  ;  sao cho ID = 2IC. Gọi M là giao điểm
 3

3

của AI và BC. Giả sử M(7;-2). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải
Phân tích lời giải:
Trước tiên tìm được tọa độ điểm C nhờ đẳng

B

1
2

thức IC   ID .

D
A

I

M

Bài toán này liên quan đến các điểm có tọa độ
C

cho trước trên các cạnh của tam giác.

Ba điểm A, M, I nằm trên đường thẳng chứa các cạnh của tam giác BDC và thẳng
hàng. Áp dụng định lý Menelaus ta có:

AD MB IC
.
.

1
AB MC ID

1 1 MB
 . .
 1  MB = 4MC  MB  4 MC
2 2 MC

Do đó dễ tìm được tọa độ điểm B và suy ra tọa độ điểm A.
Vậy là bài toán cơ bản hoàn tất.
Vậy khi trình bày thì các em chứng minh MB  4 MC .
Lời giải chi tiết
Theo giả thiết ta có:

22
1
22 
 xC  3   2 10  3 
 xC  6
1



IC   ID  

2
 yC  3
 y  1   1  5  1 
C


3
2
3
 C (6;3)

Ta chứng minh:
AD MB IC
1 1 MB
.
.
1  . .
 1  MB = 4MC  MB  4 MC
AB MC ID
2 2 MC

21


 xB  7  4
 x  11
 B
 y B  2  4  yB  2

Ta có hệ phương trình:  
 B(11;2)

Vì D là trung điểm của AB nên A(9;8).
Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I. Một đường
thẳng d đi qua A và cắt các cạnh BC và CD lần lượt tại M và N, đường thẳng IM
3 1

cắt BN tại E và cắt đường thẳng CD tại F. Biết B(5;-4) và E   ;  và đỉnh C nằm
 2 2

trên đường thẳng  : 6 x  2 y  11  0 . Tìm tọa độ đỉnh A.
Ta chứng minh. CE  BE .
+ Nếu đường thẳng d đi qua A và trung điểm của BC thì IM song song với CD.
Suy ra tam giác BCN vuông cân tại C. Do đó CE  BE (đpcm).
+ Nếu d không đi qua trung điểm của BC.
Áp

dụng

định

lý

Menelaus cho tam giác

A

B

CAN với cát tuyến I, M,
F ta có:
MA FN IC
.
.
 1 nên
MN FC IA

I
M

MA FN
.
 1 (1).
MN FC

Xét tam giác BCN với

E
F
C

D

cát tuyến M, E, F ta có:
MC EB FN
.
.
 1 (2).
MB EN FC

Từ (1) và (2) suy ra:
MA MC EB

.
(*).
MN MB EN

Theo định lý Thales ta có:

22

N


MA MB AB BC



(**).
MN MC CN CN

Từ (*) và (**) suy ra:

MC EB BC
EB BC MB BC 2
.

hay

.

MB EN CN
EN CN MC CN 2

Kẻ CH  BC thì BC2 = BH.AN, CN2 = HN.BN.
 13 9 
 3


;  . Vì C    C    c;3c  5  .
Suy ra BE  
 2

2

 2



Ta có phương trình:


13
9
9
 9 17 
.c  (3c  5)  0  40c  45  0  c    C   ;  .
2
2
8
 8 8

49 49
Ta có: BC    ;   BC: x+y-1=0.


8

8 

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC có phương trình AB:
1.(x-5) - 1(y+4)=0  AB: x-y-9=0.
2

49
49
Gọi A(a; a - 9) ta có: AB = BC  a  52  (a  5) 2       
 8   8 

2

  89 17 
89

a

 A 8 ; 8 



 49 
8
2
 (a  5)     

  9 81 
 8 
a   9

 A  ; 
8

  8 8
2


Chú ý: A và E nằm khác phía với BC nên chỉ nhận điểm A

89 17 
; .
 8 8


Vậy điểm cần tìm là: A

89 17 
; 
 8 8

Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d1: x + 2y - 1 = 0, đường
thẳng d2: 3x + y + 7 = 0 và điểm M(1;2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua
M và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B sao cho AI =
d2).
Lời giải
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ phương trình:

23

2 AB (Với I là giao điểm của d1,

x  2 y  1  0
 x  3

 I  3;2

3x  y  7  0
y  2

Lấy điểm H(1;0)  d1, K (a; -3a-7)  d2 sao cho IH = 2 HK.
Ta có: HI  (4;2), HK  (a  1;  3a  7) .
Ta có phương trình: 20 = 2[(a-1)2+(3a+7)2]
 a  2  K  2;1

Ta có:

HI
AI

 2  AB//HK  d//HK (Thales đảo).
HK AB

Vậy đường thẳng cần tìm đi qua M và nhận KH  (3;1) làm vectơ chỉ phương.
Suy ra d:

x 1 y  2

 d : x  3y  5  0 .
3

1

Vậy đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là d: x - 3y + 5 = 0.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi N là điểm trên cạnh
AC sao cho AN = 2NC. Gọi P là giao điểm của BN và đường trung tuyến kẻ từ
13 10
đỉnh C. Giả sử P(3; -2), N  ;  . Tìm tọa độ ba đỉnh A, B, C.
3

3

Lời giải
Với hai điểm P và N đã biết trước tọa độ ta
A

thấy việc tìm B trước tiên là khả thi nhất.
Vì 3 điểm M, P, C thẳng hàng nên ta theo
M

định lý Menelaus ta có:

P

PB MA CN
.
.
1
PN MB CA

PB 1


.1.  1  PB  3PN  PB  3PN .
PB 3

B

N

C

Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G trên cạnh
CD sao cho DG = 2GC. Gọi E là giao điểm của AG và BD. Giả sử E(1;3), G(3;-1)
và đỉnh B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 3 = 0.
24


cos ADC 

5
. Tìm tọa độ 4 đỉnh hình bình hành đã cho biết xB < -1.
13

Lời giải
Thực hiện tương tự như bài tập mẫu đưa về giải hệ phương trình.
20b 2  86b  188
100b 4  860b 3  3569b 2  6316b  23236







5
13



 5b 2  9b  72 5b 2  34b  22  0


b  3

24
 b 
5

17  399

b 
5

 B 3;9

Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1). Một đường
thẳng song song với BC cắt AB và AC tại 2 điểm D và E(0;2) sao cho AB=3AD.
Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.
Giải
Trong tam giác ABC có:

 AC  3 AE
AD AE 1

  AC  3 AE  
AB AC 3
 AC  3 AE

Gọi C(x;y) suy ra AC  ( x  1; y  1); AE  (1;1) . Ta có:
 x  1  3
 x  2



 AC  3 AE
C (2;4)
y 1  3
y  4





 x  1  3
 x  4
 AC  3 AE
C (4;2)


 y  1  3
 y  2

Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có điểm A(0; 1), B(3;4),
CD = 2AB, AB song song CD. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và
BD. Giả sử I thuộc cung AB cuat Parabol (P): y ( x  1)2 và diện tích tứ giác
ABCD đạt giá trị lớn nhất. Tìm tọa độ các điểm C và D.
Giải

25