SKKN sử DỤNG PHƯƠNG PHÁP tọa độ để GIẢI một số bài TOÁN HÌNH học PHẲNG TRONG các kì THI CHỌN học SINH GIỎI

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Hồng
Phong - Nam Định.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15/ 9/ 2014 đến ngày 5/ 5/ 2015.
4. Tác giả:
Họ và tên

: Trần Xuân Đáng

Năm sinh

: 1955

Nơi thường trú : Số nhà 5 ngách 7 ngõ 136 Phan Đình Phùng - Phường
Phan Đình Phùng - TP Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên chuyên Toán
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Điện thoại: 0942350265
5. Đồng tác giả: Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Địa chỉ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Điện thoại: 0350.3640297

1

I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
Hình học phẳng là một lĩnh vực quan trọng trong toán sơ cấp ở bậc trung học phổ
thông. Chúng ta gặp các bài toán về hình học phẳng trong rất nhiều kì thi quan trọng:
thi học sinh giỏi tỉnh, thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế... Tuy nhiên để làm được
những bài toán đó thì không hề đơn giản, đòi hỏi phải có một vốn kiến thức phong
phú và một tư duy linh hoạt. Bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này trình bày một
trong những phương pháp giải toán hình học phẳng đó là phương pháp tọa độ. Trong
nhiều bài toán hình học nếu đưa về phương pháp tọa độ thì bài làm sẽ sáng sủa và rõ
ràng hơn cách mà chúng ta dùng tính chất hình học thuần túy. Ta sẽ thấy phương pháp
tọa độ không chỉ đơn thuần áp dụng cho các bài toán liên quan đến hình vuông, hình
chữ nhật mà còn có thể áp dụng cho các bài toán liên quan đến tam giác, đến đường
tròn…
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN:
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2007có bài toán sau:
Bài toán 16: Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H,
G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích của điểm A biết
rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC.
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2008 có bài toán sau:
Bài toán 17: Cho tam giác ABC . Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Cho đường
thẳng d vuông góc với AD . Xét điểm M nằm trên d . Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của MB và MC . Đường thẳng đi qua E và vuông góc với d
cắt đường thẳng AB tại P . Đường thẳng đi qua F và vuông góc với d cắt đường
thẳng AC tại Q . Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường
thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đường thẳng d .
Trong kì thi Olympic Toán học Quốc tế (IMO) năm 1995 có bài toán sau đây:

2

Bài toán 18: Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt trên một đường thẳng và được sắp
xếp theo thứ tự đó. Các đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại các điểm X và

Y . Đường thẳng XY cắt BC tại Z . Cho P là một điểm nằm trên đường thẳng
XY ( P  Z ) . Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại C, M . Đường thẳng

BP cắt đường tròn đường kính BD tại B, N . Chứng minh rằng các đường thẳng

AM , DN , XY đồng quy.
Trong kì thi Olympic Toán học Quốc tế (IMO) năm 2013 tại Colombia có bài
toán sau đây:
Bài toán 19: Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H . Cho W là một điểm tùy ý trên
cạnh BC , khác với các điểm B và C . Các điểm M và N tương ứng là chân các
đường cao hạ từ B và C . Kí hiệu 1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác BWN và gọi

X là điểm trên 1 sao cho WX là đường kính của 1 .
Tương tự , kí hiệu 2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác CWM và gọi Y là
điểm trên 2 sao cho WY là đường kính của 2 . Chứng minh rằng các điểm X ,Y
và H thẳng hàng.
III. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM:
a) Phương pháp:
Chọn hệ trục tọa độ thích hợp tùy theo bài toán sao cho việc tính toán đơn giản.
Tìm tọa độ các đối tượng đã cho và các đối tượng liên quan theo hệ trục tọa độ
đã chọn.
Chuyển các tính chất hình học trong giả thiết và điều cần chứng minh theo các
công thức tọa độ.
Chứng minh bài toán theo phương pháp tọa độ.
Đối với các bài toán liên quan đến hình vuông thì có thể lấy gốc tọa độ là một
trong bốn đỉnh của hình vuông hoặc là tâm của hình vuông.
Với các bài toán liên quan đến tam giác vuông ta thường chọn hệ trục tọa độ có

3


hai trục tọa độ chứa hai cạnh góc vuông,
Với các bài toán liên quan đến tam giác thường ta thường kẻ thêm đường cao
và chọn hệ trục tọa độ có một trục chứa đường cao, một trục chứa cạnh tương ứng của
tam giác.
b) Nội dung:
Bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này gồm 5 phần:
Phần thứ nhất: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán hình học
Phần thứ hai: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán hình học
trong các tạp chí Toán.
Phần thứ ba: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán thi chọn học
sinh giỏi Quốc gia.
Phần thứ tư: Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán thi Olympic
Toán Quốc tế.
Phần thứ năm: Một số bài toán hình học dùng để luyện tập.
1) Phần thứ nhất:
Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán hình học
Bài toán 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB  AC . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC . Gọi E, F lần lượt là chân các đường cao của tam giác ABC hạ từ B và C .
Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EF và BC . Gọi H làtrực tâm của tam
giác ABC . Chứng minh rằng HK vuông góc với AM .
Lời giải:
Gọi O là chân đường vuông góc hạ từ A đến
đường thẳng BC .
Chọn hệ trục tọa độ Oxy có điểm gốc là O sao
cho điểm A thuộc tia Oy , điểm C thuộc tia
Ox và điểm B thuộc tia đối của tia Ox .
Giả sử A(0; a), B(b;0), C (c;0) .

uuuur

ur

Ta có AC  (c; a)  n  (a; c) là vec tơ pháp
tuyến của đường thẳng AC .
4


Suy ra phương trình của đường thẳng AC là

a( x  c)  cy  0  ax  cy  ac  0
uuuur

Ta có AC  (c; a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng BE .
Khi đó phương trình của đường thẳng BE là
c( x  b)  ay  0  cx  ay  bc  0 .
 a2c  bc2 ac2  abc 
Từ đó suy ra E  2 2 ; 2 2 
a c 
 a c
 a 2b  cb2 ab2  abc 

bc 
Tương tự ta có F  2 2 ; 2 2  . Ta có H  0;  
a
a b 

 a b
uuur

 (a2  bc)(a2  bc)(b  c) a(a 2  bc)(b  c)(b  c) 
;

2
2
2
2
(
a

b
)(
a

c
)
(a2  b2 )(a2  c2 ) 

uur
2

và EF  

Suy ra n1  (ab  ac; bc  a ) là véc tơ pháp tuyến của EF .
Suy ra phương trình của đường thẳng EF là


(ab  ac)  x 



a2c  bc2 
ac2  abc 
2

(
bc

a
)
y

0


2
2 

a2  c2 
a

c



 (ab  ac)(a2  c2 ) x  (bc  a2 )(a2  c2 ) y

(ab  ac)(a2c  bc2 )  (ac2  abc)(bc  a2 )  0
uuuuur  2bc bc 

 2bc 
Suy ra K 
; .
;0   HK  
bc a 
bc 
uuuuur

bc

Mặt khác AM  
uuuuur uuuuur

 2



; a 


 HK . AM  0  HK  AM

.

Bài toán 2: Cho tam giác ABC cân tại A . Điểm P di động trên cạnh BC ( P khác B
và C ). Đường thẳng đi qua P song song với AC cắt AB tại R . Đường thẳng đi qua

P song song với AB cắt AC tại Q . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác
ARQ luôn đi qua một điểm cố định khác A .

5


Lời giải:
Gọi O là chân đường vuông góc hạ
từ A đến đường thẳng BC
Chọn hệ trục tọa độ Oxy có điểm
gốc là O sao cho điểm A thuộc tia Oy ,
điểm C thuộc tia Ox và điểm B thuộc
tia đối của tia Ox .
Giả sử :

A(0; a), C (c;0), B(b;0), P( p;0)
(a  0, c  0, b  0, b  p  c)
Khi đó b  c
uuuur
uur
Ta có AB  (b; a)  n1  (a; b) là
vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB .
Suy ra phương trình của đường thẳng
AB là:
a( x  b)  by  0  ax  by  ab
uur
uur
Tương tự n2  (a; c) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AC  n2  (a; c) là véc
tơ pháp tuyến của đường thẳng PR . Suy ra phương trình của đường thẳng PR là

a( x  p)  cy  0  ax  cy  ap .
Suy ra R(

b( p  c) a(b  p)
;
) .
bc
bc

 b( p  c) a(2b  p  c) 
Gọi E là trung điểm của AR . Ta có E 
;
 .
2(b  c) 
 2(b  c)

Gọi d1 là đường trung trực của đoạn thẳng AR và d2 là đường trung trực của đoạn
thẳng AQ .


Khi đó phương trình của d1 là b  x 


b( p  c)  
a(2b  p  c) 
  a  y 
0
2(b  c)  
2(b  c) 

p(a 2  b2 ) b2c  a 2 (2b  c)

0

2(b  c)
2(b  c)
p(a 2  c 2 ) c 2b  a 2 (2c  b)

 0.
Tương tự phương trình của d2 là cx  ay 
2(c  b)
2(c  b)

 bx  ay 

6


Gọi I là giao điểm của d1 và d2 .
 p(a 2  c 2 ) 3a c 2 
;   và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ARQ .
2

4 4a 
4
c


Khi đó I 

Suy ra I thuộc đường thẳng d cố định có phương trình y 

3a c 2
 . Hiển nhiên

4 4a

A d . Gọi K là điểm đối xứng với điểm A qua đường thẳng d . Khi đó điểm K
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ARQ và K là điểm cố định  K  Oy  .
Mặt khác K  A (vì A d ).
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ARQ luôn đi qua một điểm cố định khác A .
Bài toán 3 : Cho hình vuông ABCD . Gọi E là giao điểm của AC và BD . Một đường
thẳng đi qua A cắt cạnh BC tại M ( M khác B và C ) và cắt đường thẳng CD tại N .
Gọi K là giao điểm của EM và BN . Chứng minh rằng CK vuông góc với BN .
Lời giải:
Chọn hệ tọa độ Oxy có O  A ; B thuộc tia Ox ; D thuộc tia Oy .

Đặt OA  a(a  0) .
a a
Khi đó A(0,0), B(a,0), C (a, a), D(0, a) , E ( , ) .
2 2

Giả sử M (a, m)(m¡ ) .

7


uuuuur

uur

Ta có AM  (a, m) . Suy ra n1  (m, a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AM .
Phương trình của đường thẳng AM là mx  ay  0 .
Phương trình của đường thẳng CD là y  a .
Suy ra N (

a2
, a) .
m

 a 2  ma 
Suy ra BN  
, a 
m


uur
uuuur

Suy ra n2  (m, m  a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng BN .
Suy ra phương trình của đường thẳng BN là :

m( x  a)  (m  a) y  0  mx  (m  a) y  am  0 .
uuuuur
a
a
Ta có EM  ( , m  ) .
2
2

Suy ra n3   a  2m, a  là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng EM .
uuur

Suy ra phương trình của đường thẳng EM là:

(a  2m)( x  a)  a( y  m)  0  (a  2m) x  ay  a2  am  0
Suy ra K (

a(a2  m2  am)
am2
,
).
a2  2m2  2am a2  2m2  2am

uuuur  a(am  m2 )
a(2am  m2  a2 ) 
Suy ra CK   2
,
 .
2
2
2
a

2
m

2
am
a

2
m

2

am


uuuur uuuur

Suy ra CK .BN  0 .
Suy ra CK  BN .
Bài toán 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Điểm M di động trên đường thẳng

BC ( M khác B và C ). Đường trung trực của đoạn thẳng MB cắt đường thẳng AB
tại E . Đường trung trực của đoạn thẳng MC cắt đường thẳng AC tại F . Chứng minh
rằng đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố
định.
8


Lời giải:
Kẻ AO  BC (O  BC ) .
Chọn hệ trục tọa độ tọa độ Oxy có điểm gốc là O , điểm C thuộc tia Ox .
Đặt OA  a(a  0) , OC  c, OB  b(a  0, c  0, b  0) .
Khi đó A(0, a), C (c,0), B(b,0) .
Gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với EF .
uuuur

uur

Ta có AC  (c, a) . Suy ra n1  (a, c) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AC .
Suy ra phương trình của đường thẳng AC là a( x  c)  cy  0  ax  cy  ac  0 .
Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng MC .
Khi đó K (

mc
,0) .
2

Phương trình của đường thẳng FK là x 
Suy ra F (

mc
.
2

m  c a(c  m)
,
).
2
2c

m  b a(b  m)
,
).
2
2b
uuuur  c  b am(c  b) 
Suy ra EF  
.
,
2bc 
 2
uur

am
Suy ra n2  (1, )
bc
Tương tự E (

Suy ra phương trình của đường thẳng d là x  m 
Điểm I (

am
y  0.
bc

bc
,0)  d .
a

Mặt khác I là điểm cố định.
Vậy đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Bài toán 5: Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm của BC . Gọi D là hình
chiếu của H trên AC . Gọi M là trung điểm của HD . Chứng minh AM vuông góc với
BD .

9


Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O  H , C thuộc tia Ox ; A thuộc tia Oy .
uuuur

Đặt OA  a(a  0), OC  c(c  0) ta có A(0, a), C (c,0), B(c,0) . Ta có AC  (c, a) .
ur

Suy ra n  (a, c) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AC .
Suy ra phương trình của đường thẳng AC là :

a( x  c)  c( y  0)  0  ax  cy  ac  0
uuuur

AC  (c, a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng HD . Suy ra phương trình của

đường thẳng HD là cx  ay  0 . Tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình

cx  ay  0
. Suy ra


ax  cy  ac  0

2 
 a 2c
ac
D  2 2 , 2 2  . Vì M là trung điểm của HD nên
 a c a c 





uuuuur 

a 2c
ac2 
a 2c
2a3  ac2 
.
Suy
ra
và
,
AM

,

2
2
2
2 
2
2
2
2 


2(
a

c
)
2(
a


c
)
2(
a

c
)
2(
a

c
)





M 

uuuur

 c3  2a 2c

BD  

2
2
 a c

,

uuuuur uuuur
ac2 
.
Suy
ra
AM .BD  0 .

a 2  c2 

Suy ra AM vuông góc với BD .
Bài toán 6: Cho đường tròn (O, R) và điểm A cố định nằm ngoài (O, R) . Một đường
tròn thay đổi luôn đi qua O, A cắt đường tròn (O, R) tại các điểm C, D .Chứng minh
rằng đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định.

10


Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy có điểm gốc là O , điểm A thuộc tia Ox .
Đặt OA  a(a  0) . Khi đó A(a,0) .
Phương trình đường tròn (O, R) là x2  y 2  R 2 .
Giả sử ( I ) là đường tròn đi qua O, A có tâm là I .
a
Khi đó I ( , m) (m¡ ) .
2

Phương trình của đường tròn ( I ) là:

2

a
a
( x  )2  ( y  m)2     m2  x2  y 2  ax  2my  0
2
2

Tọa độ của C, D là nghiệm của hệ phương trình
2
2
2

x  y  R
 2
2

 x  y  ax  2my  0

Suy ra phương trình của đường thẳng CD là ax  2my  R2  0 .
Điểm E (

R2
,0) thuộc đường thẳng CD .
a

Mặt khác E là điểm cố định.
Vậy đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định.

11

Bài toán 7: Cho hình vuông ABCD . Gọi E là trung điểm của cạnh BC . Điểm M di
động trên cạnh AB . Gọi N , P lần lượt là giao điểm của MD, MC với AE . Gọi H là
giao điểm của NC và DP . Chứng minh rằng điểm H luôn nằm trên một đường
thẳng cố định.
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O  A , B thuộc tia Ox , D thuộc tia Oy .
Đặt AB  a(a  0), AM  m(0  m  a) .
a
Khi đó A(0,0), B(a,0), C ( A, A), D(0, a), E (a, ), M (m,0) .
2
uuuur
uur
a
a
Ta có AE  (a, ) . Suy ra n1  ( , a) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AE .
2
2

a
Suy ra phương trình của đường thẳng AE là x  ay  0  x  2 y  0
2
uuuuur

Ta có DM  (m, a) .
uur

Suy ra n2  (a, m) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng DM .

Suy ra phương trình của đường thẳng DM là:

a( x  0)  m( y  a)  0  ax  my  am  0

12


x  2 y  0
Tọa độ của điểm N là nghiệm của hệ phương trình 

ax  my  am  0

Suy ra N (

2am
am
,
)
2a  m 2a  m

uuuuur

Ta có CM  (m  a, a) .
uur

Suy ra n3  (a, m  a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng CM .
Suy ra phương trình của đường thẳng CM là:

a( x  a)  (m  a)( y  a)  0  ax  (m  a) y  am  0
x  2 y  0

Tọa độ của điểm P là nghiệm của hệ phương trình 
.
ax

(
m

a
)
y

am

0



Suy ra P(

uuuur
2am a 2
2am am
,
).
,
) . Ta có DP  (
am am
am am

uur

Suy ra n4  (a,2m) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng DP . Suy ra phương trình
của đường thẳng DP là a( x  0)  2m( y  a)  0  ax  2my  2am  0
uuuur

Ta có CN  (

am  2a 2 2a 2
,
).
2 a  m 2a  m

uur

Suy ra n5  (2a, m  2a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng CN .
Suy ra phương trình của đường thẳng CN là:

2a( x  a)  (m  2a)( y  a)  0  2ax  (m  2a) y  am  0
Ta có axH  2myH  2am  0(1) và 2axH  (m  2a) yH  am  0(2)
Từ (1) suy ra 2m( yH  a)  axH (3)
Từ (2) suy ra m( yH  a)  2axH  2ayH (4)
Từ (3) và (4) suy ra 2(2ayH  2axH )  axH . Suy ra 3xH  4 yH  0 .
Suy ra H thuộc đường thẳng d có phương trình 3x  4 y  0 .
Vì d là đường thẳng cố định nên H luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

13


Bài toán 8: Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Qua B
dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt đường trung tuyến AI của tam giác ABC

tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích của A biết rằng IH song song
với KC.
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng I; C thuộc tia Ox .
Đặt IC= a(a  0) . Khi đó B(a,0), C (a,0) . Giả sử A( x0 , y0 )( y0  0) . Khi đó tọa độ
 x  x0

trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình 

( x  a)(a  x0 )  y0 y  0



K là giao của d và AI nên K  a; 


uuur



 H  x0 ;



a 2  x02 
.
y0 

ay0 

, x  0 .
x0  0
uuur

Theo giả thiết ta có IH cùng phương với KC .

y0
a 2  x02
x02 y02
 0  2  2  1.
Điều này tương đương với a x0  2a
x0
y0
a 2a
Vậy quỹ tích điểm A là Elip

x2 y 2

 1 bỏ đi bốn điểm B, C, A1 (0; a 2) và
a2 2a2

A2 (0; a 2) .

14


Bài toán 9: Cho đường tròn(O) đường kính AB. Điểm M chuyển động trên (O), H là
hình chiếu của M trên AB; E đối xứng với H qua M; đường thẳng d đi qua A, vuông
góc với BE cắt MH tại K. Chứng minh rằng K luôn nằm trên một đường Elip cố định.
Lời giải:

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, giả sử bán kính của đường tròn(O) là R.
Ta có A( R; 0), B( R;0), M ( Rcos ; R sin  ), E( Rcos ;2R sin  ).
Đường thẳng d đi qua A, vuông góc với BE có phương trình:
(1 cos )( x 1)  2 y sin   0 .
Phương trình của đường thẳng MH là x  R cos


Suy ra K  Rcos ;


R sin  
.
2 

Vậy K nằm trên đường elip ( E ) :

x
R2

2



y2
R2
4

 1.

Bài toán 10: Cho tam giác ABC vuông tại B . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B
trên AC . Dựng hình bình hành BHAD . Gọi G là giao điểm của HD và . Gọi I là
giao điểm của BH và GC . Kẻ HE vuông góc với CD ( E  CD) . Chứng minh rằng
các điểm A, I , E thẳng hàng.

15


Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O  H ; C thuộc tia Ox ; B thuộc tia Oy .
Đặt OA  a, OB  b, OC  c(a, b, c  0) .

a b
Khiđó ac  b2 , A(a,0), B(0, b), C (c,0), D(a,0) , G( , ) .
2 2
uuuur  a
uur
b
Suy ra CG     c,  . Suy ra n1   b, a  2c  là vec tơ pháp tuyến của CG .
2
 2

Suy ra phương trình của AG là b( x  c)  (a  2c) y  0  bx  (a  2c) y  bc  0 .
Suy ra I (0,

uuuur
bc
) . Ta có CD  (a  c, b) .
a  2c

uur

Suy ra n2  (b, a  c) là vec tơ pháp tuyến của CD .
Suy ra phương trình của CD là b( x  c)  (a  c) y  0  bx  (a  c) y  bc  0
Phương trình của HE là (a  c)( x  c)  by  0  y 

( a  c) x
.
b

uuur 

b2c
bc(a  c) 
bc 
Suy ra E 
.
Suy
ra
AI

a
,
,


,
2
2

2
2
a

2
c
(
a

c
)

b
(
a

c
)

b





uuuur



b 2c

bc(a  c)   a(2c2  3ac  a 2 ) bc(a  c) 

a
,

,

2
2
2
2
  (a  c)2  ac
(
a

c
)

b
(
a

c
)

b
(a  c)2  ac 

 

AE  

 a(a  c)(a  2c)



2
2
 a  c  3ac

,

uuuur (a  2c)(a  c) uuur
bc(a  c) 
AE  2
AI .
.
Suy
ra

a  3ac  c 2
a 2  c2  3ac 

Suy ra các điểm A, I , E thẳng hàng.
Đối với bài toán này nếu chúng ta chọn hệ trục tọa độ có điểm gốc là B và các trục
tọa độ chứa các cạnh AB, BC thì việc tính toán sẽ phức tạp hơn.
16


Bài toán 11: Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Gọi

D là trung điểm của đoạn thẳng AM . Gọi H là hình chiếu của M trên CD . Gọi N là
giao điểm của AH và BC . Gọi E là giao điểm của BH và AM . Chứng minh rằng E
là trực tâm của tam giác ABN .
Lời giải:

Gọi O là trung điểm của cạnh BC . Chọn hệ trục tọa độ Oxy có điểm gốc là O .
Điểm A thuộc tia Ox ; điểm A thuộc tia Oy . Đặt OA  a, OC  c(a, c  0) .
Khi đó C (c,0), A(0, a), B(c,0) .
uuuur
a
Ta có DC  (c,  ) .
2
uur  a 
Suy ra n1   , c  là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng CD .
2 
Suy ra phương trình của đường thẳng CD là:
a
( x  c)  cy  0  ax  2cy  ac  0 .
2

a
2cx
Phương trình của đường thẳng OH là: cx  y  0  y 
.
2
a

a 2c
2ac2

,
)
Suy ra H ( 2
a  4c2 a 2  4c2
17


uuuuur 

a2c 2ac2  a3  uuuur  2a2c  4c3 2ac2 
, BH   2
, 2
, 2

2
2
2 
2

a

4
c
a

4
c
a

4

c
a  4c2 




Suy ra AH  

uuuuur uuuur

Suy ra AH .BH  0 . Suy ra AH  BH .
Suy ra E là trực tâm của tam giác ABN .
Bài toán 12: Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi I là giao điểm các đường trung trực
của các cạnh của tam giác ABC . Gọi D là trung điểm của cạnh AB và E là trọng tâm
của tam giác ACD . Chứng minh rằng IE vuông góc với CD .
Lời giải:

Gọi O là trung điểm của cạnh BC . Chọn hệ trục tọa độ Oxy có điểm gốc tọa độ
là O ; điểm C thuộc tia Ox ; điểm A thuộc tia Oy .
Đặt OA  a, OC  c(a, c  0) . Khi đó A(0, a) , C (c,0), B(c,0) .
Gọi G là giao điểm của AO và CD .
a
Khi đó G là trọng tâm của tam giác ABC và G (0, ) .
3

c a
c 3a uuuur  5c 3a 
Ta có D( , ), E ( , ), CE    ,  .
2 2
4 4

 4 4 
uuuur  5c a 
c a
Suy ra CH    ,  . Suy ra H ( , ) .
6 2
 6 2

uuuur

Ta có BA  (c, a) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng ID .

18


Suy ra phương trình của đường thẳng ID là:
c2 a2
c
a
c( x  )  a( y  )  0  cx  ay    0 .
2 2
2
2


a2  c2 
.
2 

uuuur  c c2 
uuuur uuuur

Ta có IH   ,  . Suy ra IH .CD  0 . Suy ra IH  CD .
 6 2a 
Bài toán 13: Cho tam giác ABC vuông tại B . Điểm D thuộc cạnh AC ( D  A, D  C )
Suy ra I  0,

sao cho AC  2 AD . Điểm E đối xứng với A qua BD . Gọi Y là giao điểm của BC và

AE . Đường thẳng đi qua E vuông góc với BC cắt DY , DA lần lượt tại H , I . Chứng
minh rằng H là trung điểm của IE .
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O  A ; B thuộc tia Ox ; C thuộc tia Oy .
Đặt OB  b, OC  c(b, c  0) . Khi đó B(b,0), C(0, c) .
Giả sử D(0, d )(0  d  c) .
uuuur

uur

Ta có BC  (b, c) . Suy ra n1  (c, b) là vec tơ pháp tuyến của BC .
Suy ra phương trình của BC là: c( x  b)  by  0  cx  by  bc  0
uuuur

Ta có BD  (b, d ) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AE .
Suy ra phương trình của đường thẳng AE là b( x  0)  d ( y  0)  0  y 

bx
.
d

19

uur

Ta có n2  (d , b) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng BD . Suy ra phương trình của
 bd 2

đường thẳng BD là d ( x  b)  by  0  dx  by  bd  0 . Suy ra K 

2
b d

 2bd 2

Suy ra E 

2
b d

,
2

,
2

b2 d 
.
b2  d 2 

uuuur

2b2d 
.
Ta
có
BC là vec tơ pháp tuyến của IE . Suy ra phương

b2  d 2 

2bd 2
2b2d
2b2d (c  d )
)

c
(
y

)

0

bx

cy

0.
b2  d 2
b2  d 2
b2  d 2

trình của IE là b( x 

 2b2d (c  d ) 
bcd
b 2c
Suy ra I  0,
.
Ta
có
Y
(
,
).

2
2
2
2
2 
b

cd
b

d
c
(
b

d

)


uuuur

 bcd

b2c  b2d  cd 2 
 .
2
2
b

cd
b

cd



Suy ra DY  

,

uur

Suy ra n3  (cd 2  b2d  b2c, bcd ) là vec tơ pháp tuyến của DY . Suy ra phương trình
của DY là (cd 2  b2d  b2c)( x  0)  bcd ( y  d )  0  y 

bcd 2  (b2c  b2 d  cd 2 ) x

bcd

Hoành độ của điểm H là nghiệm của phương trình:

b
2b2cd  2b2d 2
b2c  b2d  cd 2
x
d
x
c
bcd
c(b2  d 2 )
 b2c  b2d  cd 2 b 
2b2cd  2b2d 2

x

d

2
2

bcd
c
c
(
b

d

)






b2c  2b2d  cd 2
b2cd  2b2d 2  cd 3
x
bcd
c(b2  d 2 )

bd 2
x
c(b2  d 2 )
(vì b2c  2b2d  cd 2  b2 (c  2d )  cd 2  0 ).


bd 2
2b2cd  b2d 2 
,
 .
2
2
2
2
(
b


d
)
c
(
b

d
)



Suy ra H 

Suy ra H là trung điểm của IE .

20


2) Phần thứ hai:
Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán hình học trong các tạp chí Toán.

Trong tạp chí “Toán tuổi thơ” số 78+79 (tháng 8+9 năm 2009) có bài toán sau:
Bài toán 14: Cho tam giác ABC . Điểm M di động trên cạnh BC ( M khác B và C ).
Đường thẳng đi qua M song song với AC cắt AB tại P . Đường thẳng đi qua M song
song với AB cắt AC tại Q . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ
luôn đi qua một điểm cố định khác A .
Lời giải:

Kẻ AO  BC (O  BC ) .
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho B, C Ox và A thuộc tia Oy .

Giả sử B(b,0), C (c,0), A(0, a)(a  0, b  c) .
uuuur

Giả sử M (m,0) . Ta có AB  (b, a) .
Suy ra phương trình AB là ax  by  ab  0 .
uuuur

Ta có AC  (c, a) .
Suy ra phương trình AC là ax  cy  ac  0 .
uur

Ta có n1  (a, c) là vec tơ pháp tuyến của MP .
Suy ra phương trình của MP là a( x  m)  cy  0  ax  cy  am  0
ax  cy  am  0
Tọa độ của P là nghiệm của hệ phương trình 

ax  by  ab  0

Suy ra P(

b(m  c) a(b  m)
,
).
bc
bc
21


Gọi E là trung điểm của AP .
Khi đó E (

b(m  c) 2ab  ac  am
,
).
2(b  c)
2(b  c)

Gọi d1 là đường trung trực của AP .

b(m  c)  
2ab  ac  am 
Khi đó phương trình của d1 là b  x 
  a  y 
0
2(b  c)  
2(b  c) 

 bx  ay 

2a 2b  a 2c  b 2c  a 2m  b 2m
0
2(b  c)

Gọi d2 là đường trung trực của AQ .


Khi đó phương trình của d2 là c  x 



c(m  b)   a  y  2ac  ab  am   0
2(c  b)  
2(c  b) 

2a 2c  a 2b  c 2b  a 2m  c 2m
 cx  ay 
 0.
2(c  b)
Gọi I là giao điểm của d1 và d2 .
Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ
Ta có m(a2  b2 )  2(b  c)(bxI  ayI )  2a2b  a2c  b2c
và m(a2  c2 )  2(c  b)(cxI  ayI )  2a2c  a2b  c2b .
Suy ra 2(b  c)(a2  c2 )(bxI  ayI )  (2a2b  a2c  b2c)(a2  c2 )
 2(c  b)(a2  b2 )(cxI  ayI )  (2a2c  a2b  c2b)(a2  b2 ) .

Suy ra 2xI (b  c)(a2  bc)  2ayI (2a2  b2  c2 )  3a4  a2b2  a2c2  b2c2  0 .
Suy ra I thuộc đường thẳng d cố định có phương trình:

2x(b  c)(a2  bc)  2ay(2a2  b2  c2 )  3a4  a2b2  a2c2  b2c2  0
Ta có A d . Gọi K là điểm đối xứng với A qua d .
Khi đó K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ , K  A và K là điểm cố định.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ luôn đi qua một điểm cố định khác A .

22


Trong tạp chí “Toán học tuổi trẻ” số 455 (tháng 5 năm 2015) có bài toán sau:
Bài toán 15: Trên đường tròn ( I ) cho trước lấy hai điểm B, C cố định sao cho BC
không đi qua I . Điểm A chuyển động trên đường tròn ( I ) sao cho tam giác ABC có
ba góc nhọn. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho MA  3MC . Gọi H là hình chiếu

của M trên AB . Chứng minh rằng điểm H luôn thuộc một đường tròn cố định.
Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O  B ; C thuộc tia Ox . Giả sử C (2c,0)(c  0)
Gọi D là giao điểm của Oy và đường tròn ( I ) .
Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên A thuộc cung CD (không chứa B ) của đường
tròn ( I ) ( A  D) .
Giả sử I (c, d )(c, d  0) .
Phương trình của đường tròn ( I ) là ( x  c)2  ( y  d )2  c2  d 2
 x2  y 2  2cx  2dy  0 . Giả sử phương trình đường thẳng OA là y  kx(k  0) .

uuuur  2(dk  ck 2 ) 2k (c  dk ) 
 2c  2dk 2k (c  dk ) 
.
Suy
ra
,
CA  
,
 .

2
2
2
1 k 2 
1

k
1


k
 1 k



Suy ra A 

uuuuur  dk  ck 2 k (c  dk ) 
 dk  ck 2
k (c  kd ) 
Suy ra CM  
.
Suy
ra
.
,
M
 2c,


2
2 
2
2 

2(1

k
)
2(1


k
)
2(1

k
)
2(1

k
)





23


uuuur

OA  (1, k ) là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng MH .

Suy ra phương trình của đường thẳng MH là:

x


k (c  dk ) 
dk  ck 2



2
c

k
y

0
2 

2(1 k 2 )
2(1

k
)



 x  ky  2c 

dk
ck 2  dk k 2 (c  dk )

 0  x  ky  2c   0
2
2
2
2(1  k )
2(1  k )

Suy ra xH  kyH  2c 

y
dk
 0 . Mặt khác k  H (vì H  O ).
xH
2

Suy ra xH2  yH2  2cxH 

dyH
 0.
2

d
4

Suy ra H luôn thuộc đường tròn cố định ( x  c)2  ( y  )2  c 2 

d2
16

3) Phần thứ ba:
Sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán thi chọn học sinh giỏi
Quốc gia.
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2007 có bài toán sau:
Bài toán 16: Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H,
G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích của điểm A biết
rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O là trung điểm của BC ; C thuộc tia Ox .
24


Đặt BC  2a(a  0) . Khi đó B(a,0), C (a,0) . Giả sử A( x0 , y0 )( y0  0) .
Khi đó tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là nghiệm của hệ phương trình

 x  xo
a 2  xo 2 
 H  xo ;
.

yo 
( x  a)(a  xo )  yo y  0

 2 x 3a 2  3xo2  yo2 
x y 
Tọa độ trọng tâm G là G  o ; o  , suy ra K  o ;
 .
3
6
y
 3 3 
o



K thuộc đường thẳng BC khi và chỉ khi 3a 2  3xo2  yo2  0 

Vậy quỹ tích điểm A là Hyperbol

xo2 yo2

 1( yo  0).
a 2 3a 2

x2 y 2

 1 trừ hai điểm B, C.
a2 3a 2

Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2008 có bài toán sau:
Bài toán 17: Cho tam giác ABC . Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Cho đường
thẳng d vuông góc với AD . Xét điểm M nằm trên d . Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của MB và MC . Đường thẳng đi qua E và vuông góc với d cắt đường thẳng

AB tại P . Đường thẳng đi qua F và vuông góc với d cắt đường thẳng AC tại Q .
Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi
qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đường thẳng d .
Lời giải:

y

P
A

x
E

M
F

B

D

C

Q

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ sao cho O  D ; A thuộc tia Oy . Đặt OA  a(a  0) .

25