skkn định hướng tư duy và tìm lời giải cho một số bài toán hình học 10 bằng phương pháp tọa độ

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Than Uyên, ngày 10 tháng 04 năm 2015
ĐƠN ĐỀ NGHỊ
CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP TỈNH
Kính gửi: Thường trực Hội đồng xét, công nhận sáng kiến kinh nghiệm
cấp tỉnh.
1.Họ và tên: Nguyễn Thế Hậu
Ngày tháng năm sinh: 01/12/1980
Nơi công tác (hoặc nơi thường trú): Trường THPT Than Uyên
Chức danh: p. Hiệu trưởng
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ.
Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến: 50%
2. Họ và tên: Tạ Thị Thanh Huyền
Ngày, tháng, năm sinh:01/06/ 1975
Nơi công tác (hoặc nơi thường trú): Trường THPT Than Uyên
Chức danh: Hiệu trưởng
Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến: 50%
Là các tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Định hướng tư duy và
tìm lời giải cho một số bài toán hình học 10 bằng phương pháp tọa độ ”.
- Cơ sở được yêu cầu công nhận sáng kiến: Trường THPT Than Uyên.
- Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Công tác chuyên môn.
- Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: từ tháng 10 năm
2012 đến tháng 04 năm học 2015.
- Mô tả bản chất của sáng kiến: Định hướng tư duy cho một số bài toán
hình học phẳng 10.
- Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Không
- Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không
- Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tác giả: vận dụng sáng kiến trong giảng dạy đối với giáo

viên cũng như ôn thi đối với học sinh, bạn đọc sẽ có cái nhìn rõ hơn, thân thiện
1


hơn với các bài toán hình phẳng 10, đồng thời dễ định hướng tư duy cho các bài
toán khác, từ đó góp phần nghiên cứu chuyên đề hình học phẳng 10 một cách dễ
hơn, đạt hiệu quả cao hơn.
- Những người tham gia tổ chức áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Đ/c
Lê Bá Phi, Dương thị Kim Nga, Nguyễn Văn Quân giáo viên bộ môn Toán
trường THPT Than Uyên.
Tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự
thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.
Người đăng ký
(Ký, ghi rõ họ tên)

Tạ Thị Thanh Huyền

Nguyễn Thế Hậu

I. THÔNG TIN CHUNG
2


1. Tên sáng kiến: “Định hướng tư duy và tìm lời giải cho một số bài toán
hình học 10 bằng phương pháp tọa độ ”.
2. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Thế Hậu
Năm sinh: 1980
Nơi thường trú: Cẩm Trung 3- Mường Than - Than Uyên - Lai Châu
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học

Chức vụ công tác: Phó hiệu trưởng
Nơi làm việc: Trường THPT Than Uyên
Điện thoại: 0979858523
Đồng tác giả:
Họ và tên: Tạ Thị Thanh Huyền
Năm sinh: 1975
Nơi thường trú: Khu 5b Thị trấn Than Uyên - Than Uyên - Lai Châu
Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học
Chức vụ công tác: Hiệu trưởng
Nơi làm việc: Trường THPT Than Uyên
Điện thoại: 0913888164
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: Sáng kiến được tạo ra với sự đóng góp
của đ/c Tạ Thị Thanh Huyền 50%, đ/c Nguyễn Thế Hậu 50%.
3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn
4. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 10 năm 2012 đến tháng 04 năm
2015.
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Than Uyên
Địa chỉ: Khu 6 thị trấn Than Uyên- Than Uyên- Lai Châu
Điện thoại: 02313784667

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
3


1. Sự cần thiết, mục đích của việc thực hiện sáng kiến
*) Sự cần thiết của việc thực hiện sáng kiến
Trong các đề thi đại học, cao đẳng luôn có bài toán hình học giải bằng
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng lớp 10. Đây là bài toán khó đối với học
sinh và là câu dùng để phân loại năng lực, đánh giá mức độ khá, giỏi của thí sinh

khi tham gia thi đại học, cao đẳng. Việc tìm ra lời giải của bài toán dạng này
trong thời gian ngắn không phải dễ dàng, đặc biệt đề thi đại học, cao đẳng
những năm gần đây, bài toán dạng này đòi hỏi tư duy cao, có sự liên hệ kiến
thức rộng, phức hợp giữa kiến thức hình học phẳng bậc trung học cơ sở và bậc
trung học phổ thông. Khi gặp bài toán này học sinh thường lúng túng về phương
pháp cũng như định hướng tìm lời giải, có nhiều em còn buông suôi khi gặp bài
toán dạng này. Chính vì vậy, để giúp các em học sinh đang học lớp 10 cũng như
các em học sinh đang ôn thi đại học, cao đẳng trường trung học phổ thông Than
Uyên có định hướng tư duy và dễ dàng tiếp cận cũng như tìm được lời giải cho
bài toán dạng này, chúng tôi quyết định chọn đề tài “Định hướng tư duy và tìm
lời giải cho một số bài toán hình học 10 bằng phương pháp tọa độ”
*) Mục đích của việc thực hiện sáng kiến:
Sáng kiến được thực hiện nhằm hai mục đích sau:
Thứ nhất, nhằm xây dựng một tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học
sinh ôn thi đại học, cao đẳng của nhà trường; tạo môi trường học tập tốt cho học
sinh trong việc trao đổi, thảo luận chuyên đề;
Thứ hai, nhằm giúp các em có định hướng, có cái nhìn rõ hơn, hiểu rõ
hơn, dễ tiếp nhận hơn đối với một bài toán hình học phẳng 10, đặc biệt giúp các
em có tâm thể sẵn sàng và không ngại khó khi đứng trước bài toán hình học 10
để ôn thi đạt hiệu quả cao, sẵn sàng bước vào kỳ thi tuyển sinh đại học, cao
đẳng.
2. Phạm vi triển khai thực hiện
Sáng kiến được triển khai thực hiện tại Trường THPT Than Uyên từ
tháng 10 năm 2012 đến tháng 04 năm 2015. Sáng kiến tập chung chủ yếu cho
các em học sinh khối 10 và học sinh khối 12 ôn thi đại học, cao đẳng.
3. Mô tả sáng kiến
4


a. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến

Hiện trạng của vấn đề trước khi áp dụng giải pháp mới:
Đối với các chuyên đề hình học nói chung và hình học phẳng 10 nói
riêng, giáo viên được phân công giảng dạy các lớp học sinh khá - giỏi và ôn thi
đại học, cao đẳng của nhà trường chưa đáp ứng được về kiến thức chuyên sâu
mà chỉ dừng lại ở việc vận dụng các bài tập đơn giản trong sách giáo khoa phổ
thông;
Kiến thức về các bài tập trong chương trình sách giáo khoa hình học 10
mới dừng lại ở việc vận dụng lý thuyết, các bài tập phần lớn đơn giản chưa có
độ khó cao tương xứng với độ khó của các bài toán có trong đề thi đại học, cao
đẳng do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức;
Kiến thức của học sinh về hình học phẳng bậc THCS cũng như khả năng
vận dụng các tính chất của hình học để khai thác và giải quyết bài toán hình học
của các em học sinh còn yếu; hầu hết các em đều ngại tư duy, ngại suy nghĩ khi
làm các bài toán chuyên sâu, có độ khó cao về hình học phẳng 10;
Các đề thi những năm gần đây do bộ giáo dục và đào tạo tổ chức, bài toán
hình học phẳng 10 khó, đòi hỏi tư duy cao, vận dụng kiến thức liên cấp mới có
thể làm được.
Về ưu điểm của giải pháp trước khi áp dụng giải pháp mới:
Trong sách giáo khoa hình học 10 đã trang bị cơ bản đầy đủ hệ thống lý
thuyết và bài tập vận dụng đơn giản;
Các tài liệu tham khảo trên thị trường do nhiều tác giả viết cơ bản đã cung
cấp cho học sinh những kiến thức, bài tập đa dạng, đơn giản, có độ khó trung
bình;
Giáo viên bộ môn toán của nhà trường nhận thức được tầm quan trọng
của bài toán hình học phẳng 10 trong các đề thi đại học, cao đẳng. Nắm bắt được
đây là câu nhằm phân loại năng lực, trình độ của các thí sinh khi tham gia thi đại
học, cao đẳng , do đó đã trang bị cho các em học sinh cơ bản đầy đủ những kiến
thức về lý thuyết cũng như các bài tập trong sách giáo khoa;
Kiến thức để vận dụng và giải bài toán dạng này phần lớn các em học sinh
đã được trang bị từ bậc học trung học cơ sở.

5


Về nhược điểm của giải pháp trước khi áp dụng giải pháp mới:
Thực tế cho thấy, đa số học sinh của nhà trường dễ dàng làm được các bài
toán đơn giản trong sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, tuy nhiên
đứng trước các bài toán khó như trong các đề thi đại học, cao đẳng những năm
gần đây do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức thì các em còn lúng túng trong việc
định hướng tư duy, tìm tòi lời giải. Các em chưa biết cách khai thác kiến thức
hình học đã được trang bị từ cấp dưới, không đầu tư thời gian và trí tuệ cho các
bài toán khó. Mặt khác, một số thầy cô trực tiếp được phân công giảng dạy khối
10 chưa tâm huyết với chuyên môn sâu, chưa động viên, khuyến khích cũng như
khai thác sâu các bài toán dạng này. Do đó, nhiều học sinh hầu như chưa được
tiếp xúc, chưa được thử sức với các bài toán có mức độ khó nên khi cho các em
giải đề thi do Bộ giáo dục và đào tạo những năm gần đây thì hầu hết các em
không làm được bài toán dạng này.
Sự cần thiết của việc đề xuất giải pháp mới nhằm khắc phục nhược điểm
của giải pháp cũ:
Căn cứ vào mức độ khó, sự phân loại thí sinh trong đề thi đại học, cao
đẳng do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức, nếu vượt qua được bài toán này thì các
em học sinh mới hy vọng có thể đỗ vào các trường đại học tốp đầu trên toàn
quốc như: Đại học Y Hà Nội, đại học Y học cổ truyền Hà Nội, Đại học Bách
khoa Hà Nội, Học viện tài chính Hà Nội....do đó, đứng trước thực trạng đã nêu
và yêu cầu của trường, nhiệm vụ chính là có tỷ lệ học sinh đỗ vào các trường đại
học trên toàn quốc ngày càng cao, sự mong muốn của phụ huynh học sinh... nên
chúng tôi thấy cần thiết phải tập trung xây dựng một tài liệu hữu ích về chuyên
đề hình học phẳng 10 nhằm giúp nâng cao chất lượng giáo viên cũng như học
sinh các lớp ôn thi đại học, cao đẳng, bồi dưỡng tư duy cho giáo viên và học
sinh, khuyến khích các em học sinh có học lực khá- giỏi không ngại khó, không
lười tư duy trước bài toán khó, mạnh dạn, tự tin, vững tâm trước kỳ thi đại học,

cao đẳng.
b. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Điểm mới của sáng kiến:

6


Các tài liệu tham khảo trên thị trường về chuyên đề hình học phẳng 10
được rất nhiều tác giả đầu tư nghiên cứu và viết. Đây là vấn đề không phải mới,
tuy nhiên, độ khó của các bài toán trong các tài liệu trên thị trường không cao,
bài tập chỉ mang tính vận dụng cơ bản chưa đáp ứng được yêu cầu của đề thi,
mặt khác không có tài liệu nào đi phân tích, định hướng tư duy cho từng bài toán
mà chỉ nêu đề bài và hướng dẫn giải. Do vậy, đứng trước thực trạng về độ khó
của các bài toán trong đề thi đại học, cao đẳng cũng như giúp các em có tài liệu
tham khảo dẽ đọc, dễ theo dõi chúng tôi lựa chọn cách xây dựng tài liệu này phù
hợp với đối tượng của nhà trường như sau:
Thứ nhất, sáng kiến đưa ra một số ví dụ điển hình với các bài toán khó, tư
duy phức hợp đáp ứng được mức độ khó của đề thi đại học, cao đẳng những
năm gần đây do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức;
Thứ hai, sáng kiến phân tích kỹ yếu tố hình học trong từng bài toán, khai
thác các tính chất hình học phẳng một cách có logic để học sinh dễ tiếp cận, dễ
định hướng;
Thứ ba, sáng kiến đưa ra các bước tư duy logic cho từng bài toán để các
em học sinh dễ dàng theo dõi vận dụng cũng như trình bày lời giải sao cho hợp
lý nhất, không bị sai sót.
Sự khác biệt của giải pháp mới so với giải pháp cũ:
Từ tháng 10 năm 2012 cho đến nay, khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy
cho học sinh ôn thi đại học, cao đẳng của nhà trường chúng tôi nhận thấy:
Độ khó của bài toán đã được đáp ứng, phù hợp với yêu cầu thực tế về
mức độ phân loại thí sinh trong đề thi môn toán của Bộ giáo dục và đào tạo;

Giáo viên môn toán của nhà trường say sưa trao đổi, thảo luận chuyên đề
chuyên sâu, tìm tòi lới giải hay, lời giải ngắn cho các bài toán khó tạo phong
trào thi đua sôi nổi trong chuyên môn;
Học sinh ôn thi đại học, cao đẳng của nhà trường hào hứng, say mê,
không ngại tư duy, dễ tiếp cận các bài toán trong đề thi đại học, tạo sân chơi bổ
ích cho các em từ đó phát triển tư duy logic, kỹ năng hoạt động nhóm cho các
em.

7


Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề:
Thứ nhất, tổ chức các cuộc họp chuyên môn trao đổi, thảo luận, tìm tòi
các bài toán hay, khó, tìm tòi lời giải hay, phù hợp đối với các giáo viên bộ môn
toán trong nhà trường từ đó rút kinh nghiệm cũng như bổ sung kiến thức, kỹ
năng, tư duy sáng tạo cho các thầy cô giáo;
Thứ hai, tổ chức cho học sinh rèn luyện tư duy logic, hình thành kỹ năng
phát triển bài toán dựa vào kiến thức hình học phẳng cấp trung học sơ sở, đồng
thời giúp học sinh xây dựng sơ đồ tư duy phát triển từng bài toán thông qua một
số buổi ôn thi đại học, cao đẳng;
Thứ ba, tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin, đánh giá quá trình tiếp thu
của học sinh để từ đó có giải pháp phù hợp;
Thứ tư, yêu cầu học sinh tìm tòi các bài toán khó, định hướng nhiều cách
giải khác nhau đối với một số bài toán khó để học sinh phát triển tư duy, đồng
thời khuyến khích các em tìm tòi lời giải ngắn nhất, phù hợp nhất, dễ hiểu nhất.
Thứ năm, giao bài tập vận dụng cơ bản, bài tập có độ khó cao cho các em
về nhà thảo luận, trao đổi và định hướng cách giải sau đó đến buổi ôn thi tiếp
theo chúng tôi cùng trao đổi, thảo luận và phân tích kỹ bài toán cho các em,
cùng các em tiến hành giải chi tiết, phân tích kỹ dạng bài, các yếu tố hình học có
trong bài để từ đó các em tự rút ra kinh nghiệm về kiến thức có trong bài, về giả

thuyết bài toán, về cách đặt câu hỏi, về yếu tố hình học từ đó dễ tiếp thu các bài
tập tiếp theo.
Các bước thực hiện đối với một bài toán:
Đứng trước một bài toán hình học phẳng, chúng tôi yêu cầu các em tiến
hành theo trình tự sau:
Bước 1: Yêu cầu học sinh vẽ hình minh họa giả thiết của bài toán, dựng
thêm hình nếu cần;
Bước 2: Dựa vào hình vẽ và giả thiết bài toán khai thác các tính chất của
hình học để phát triển ý, phát triển tư duy logic và định hướng tìm lời giải cho
bài toán;
Bước 3: Lập sơ đồ tư duy logic cho bài toán dựa vào ý tưởng từ bước 2;
Bước 4: Hoàn chỉnh lời giải của bài toán dựa vào sơ đồ tư duy trên.
8


Sau đây là một số ví dụ điển hình minh họa, phân tích, hướng dẫn cách
thức cũng như tư duy cho một bài toán:
Vi dụ 1(Đề thi đại học cao đẳng khối A và A1 năm 2012).
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh


BC, N là điển trên CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M  ; ÷ và đường thẳng AN
 2 2
11 1

có phương trình 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Lời giải:
A

B

M
P
D

H

Q
C

N

Phân tích bài toán: Đây là bài toán có nhiều lời giải khác nhau, mỗi lời giải
phụ thuộc vào ý tưởng và kiến thức hình học phẳng bậc THCS của mỗi học sinh.
Sau đây, tác giả xin đưa ra ba ý tưởng khác nhau cho bài toán như sau:
Ý tưởng thứ nhất:( Trích đáp án của Bộ giáo dục và đào tạo)
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Ta đi chứng minh AH vuông góc với
MH. Vì khi đó MH là khoảng cách từ M đến đường thẳng AN, mà A thuộc AN
nên A có một ẩn nên từ đó ta tìm được tọa độ điểm A dựa vào độ dài đoạn AM.
Thật vậy: Đặt HP =x. Suy ra PD = x, AP =3x và HQ = 3x.
Ta có QC =x nên MQ =x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ . Suy ra AH ⊥ MH
hơn nữa AH =MH. Do đó AM = 2MH = 2d ( M , AN ) =

3 10
.
2

Do A ∈ AN ⇒ A(t ;2t − 3) .
2

2

3 10
45
7  45
 11  
AM =
⇔ AM 2 =
⇔  t − ÷ +  2t − ÷ = ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0
2
2
2 
2
2

t = 1
⇔
t = 4
Vậy A(1; -1) hoặc A(4; 5).
9


Nhận xét: Cách giải này hay nhưng đòi hỏi tư duy hình học phẳng quá nhiều,
học sinh phải dựng hình và tìm các yếu tố hình học nhiều, khó. Học sinh thiếu ý
tưởng dựng thêm hình và chứng minh được AH ⊥ MH và AH = MH là không
thể làm được. Từ đó, nhận thấy cách giải trên là không tối ưu đối với nhiều học
sinh. Sau đây tác giả xin đưa hai ý tưởng khác để làm bài toán này.
Ý tưởng thứ 2. Khai thác yếu tố về diện tích tam giác để tìm độ dài cạnh hình
vuông, từ đó dễ dàng tìm được độ dài đoạn AM.
Bước 1: Dựng MH ⊥ AN ⇒ MH = d ( M , AN )

Bước 2: Tính diện tích tam giác AMN theo hai cách khác nhau và cho chúng
đồng nhất là tìm được độ dài cạnh hình cuông ABCD.
Bước 3: Dựa vào tam giác ABM tìm được độ dài AM, từ đó tìm tọa độ đỉnh A.
Thật vậy:
Dựng MH ⊥ AN ⇒ MH = d ( M , AN ) =
Đặt AB=a khi đó ta có AN =

3 5
.
2

a 10
,
3

S∆AMN = S ABCD − S ∆ABM − S ∆CMN − S∆ADN
Mặt khác S∆AMN =

a 2 a 2 a 2 5a 2
(1)
=a − − −
=
4 6
6
12
2

1
5 2a
(2)

AH . AN =
2
4

5 2a
5a 2
Từ (1) và ( 2) suy ra:
=
⇒a=3 2
2
12
Do A ∈ AN ⇒ A(t ;2t − 3) .
Trong tam giác ABM ta có: AM 2 = AB 2 + BM 2 ⇔ AM 2 =

45
( Giống kết quả
2

trên)
Nhận xét: Cách giải này không đòi hỏi tư duy dựng hình và chứng minh phức
tạp như đáp án do Bộ đề xuất, học sinh chỉ cần biết tìm mối liên hệ giữa diện
tích và độ dài cạnh. Do đó, học sinh dễ tiếp cận, dễ tính toán và nhanh đạt kết
quả như mong muốn. Vì vậy đứng trước một bài toán, giáo viên cần quan tâm
đến định hướng cho các em học sinh tư duy hình học tốt, tìm ra lời giải nhanh và
ngắn gọn nhất, dễ hiểu nhất.
10


Ý tưởng thứ ba: Các em dựa vào định lý cosin trong tam giác AMN, chỉ việc
tính góc MAN theo hai cách khác nhau, sẽ tìm được độ dài cạnh hình vuông

ABCD. Khi đó, tính độ dài AM như hai cách trên là xong.
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5; -7), điểm M
thuộc AB sao cho MA=1/4 MB, đỉnh C thuộc đường thẳng d: x - y+ 4 =0,
phương trình DM: 7x- 6y -57 = 0. Tìm tọa độ B, C biết B có hoành độ dương.
Lời giải
A

M

B

d
D

C

Phân tích: Đậy là bài toán khó, thường xuất hiện trong đề thi đòi hỏi học sinh
có tư duy cao và sáng tạo mới dễ dàng tìm lời giải phù hợp. Học sinh phải tìm
được mối quan hệ giữa đỉnh A, đỉnh C và đường thẳng DM thì bài toán mới
được thực hiện. Đây là bài toán quen thuộc về mối liên hệ giữa diện tích, khoảng
cách tứ A, C đến đường thẳng DM. Để giải bài toán này, các em theo dõi ý
tưởng theo trình tự tư duy sau:
Định hướng tư duy:
Bước 1: Tìm tỉ số diện tích của hai tam giác ADM và CDM. Từ đó suy ra tỉ số
khoảng cách từ A và từ C đến cạnh chung DM.
Bước 2: Dựa vào đỉnh C thuộc đường thẳng d nên chỉ có một ẩn, từ đó tìm được
tọa độ đỉnh C.
Bước 3. Dựa vào tính chất của hình chứ nhật để tìm tọa độ đỉnh B.
Lời giải chi tiết:
Đặt AB = a, AD = b. Khi đó S∆ADM =

1
ab
1
3ab
AM . AD =
, S∆BCM = BM .BC =
.
2
8
2
8

11


⇒ S∆DCM = S ABCD − S∆BCM − S∆ABM =

ab
⇒ S∆DCM = 4S∆ADM
2

⇒ d (C , DM ) = 4d ( A, DM ) (1)
Mà d ( A, DM ) =

t − 85
20
, C ∈ d ⇒ C (t − 4; t ), d (C , DM ) =
.
85

85

t = 165
Do đó, từ (1) suy ra: t − 85 = 80 ⇔ 
t = 5
Khi đó có hai điểm C là: C1(161; 165) và C2(1;5 ).
Mặt khác, do C và A nằm về khác phía đối với đường thẳng DM nên chỉ có
điểm C(1;5) thỏa mãn.
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I là trung điểm của AC, do đó I(3; -1). Do
 6 y + 57 
 −6 y − 15

D ∈ DM ⇒ D 
; y ÷, I là trung điểm của BD nên B 
; −2 − y ÷.
7
 7



uuu
r  −6 y − 50
r  −6 y − 22
 uuu

AB
;5
−
y
,

CB
; −7 − y ÷
Ta có

÷

7
7




y =1
uuu
r uuu
r
2
Do AB ⊥ CB ⇒ AB.CB = 0 ⇔ 17 y + 106 y − 123 = 0 ⇔ 
−123
y =
17

 69 89 
Do B có hoành độ dương nên B  ; ÷.
 17 17 
Nhận xét:
Mấu chốt của dạng bài này là học sinh biết tìm tỉ số diện tích của hai tam
giác có chung cạnh đáy là đoạn thẳng mà giả thiết đã cho phương trình chứa
chúng. Đây là ý tưởng mà nhiều học sinh không nghĩ ra vì các em cứ nghĩ là
phải tính được diện tích của các tam giác nhưng thực chất không cần mà chỉ cần

tính tỷ số để suy ra tỷ số về khoảng cách từ A và C đến đường thẳng DM.
Đối với một số bài toàn về hình vuông, hình chữ nhật thì yếu tố diện tích
đôi khi rất quan trọng cho lời giải một số bài toán, từ yếu tố về diện tích các em
sẽ suy ra yếu tố về độ dài(Khoảng cách). Học sinh biết lợi dụng yếu tố này để
khai thác thì lời giải bài toán trở nên nhanh, gọn, đơn giản và dễ hiểu. Thông

12


qua 2 ví dụ trên, giáo viên cần chú ý cho học sinh khi làm một số bài toán dạng
này, đặc biệt là sự kiên trì trong tính toán.
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh
BC. Một đường thẳng đi qua A vuông góc với AE cắt CD tại F. Đường thẳng
chứa trung tuyến AM của tam giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ đỉnh D, biết
A(-6;6), M(-4;2), K(-3;0).
Lời giải
B

A

E

M
F

D

K

C

Phân tích: Đây là bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến thức hình học phẳng
lớp 8, 9 tốt, có nhiều kỹ năng, nhiều kiến thức liên quan từ lớp 9 đến tọa độ
vectơ, tích vô hướng…. Các em theo dõi lời giải bài toán theo tư duy sau:
Định hướng tư duy:
Bước 1. Chứng minh hai tam giác ADF và ABE bằng nhau. Từ đó suy ra tam
giác AEF vuông cân tại A.
Bước 2. Dựa vào tính chất tam gác AEF để viết được phương trình EF.
Bướ 3. Từ phương trình EF, sử dụng kiến thức ME=MF để tìm tọa độ E, F.
Bước 4. Sử dụng tích vô hướng để tìm tọa độ D kho biết tọa độ E, F và phương
trình CD.
Lời giải chi tiết:
·
· AF .
Ta có hai tam giác vuông ∆ABE = ∆ADF vì AB = AD và BAE
=D
Suy ra ∆AEF vuông cân và ME=MA=MF ⇒ AM ⊥ EF .
uuur
Khi đó đường thẳng EF đi qua M, vtpt MA = (2; −4) nên có phương trình:
x- 2y + 8 = 0.
13


Do E,F thuộc đường thẳng EF nên giả sử E, F có tọa độ (2t-8; t).
t = 0
2
Vi MA = ME ⇔ 5(t − 2) = 20 ⇔ 
t = 4

uuur

TH1. Nếu E(-8;0) và F(0;4). Khi đó đường thẳng CD đi qua K nhận KF = (3;4)
 x = 3t
(t ∈ R ) . Do đó D(3t; 4+4t).
làm vtcp nên có phương trình: 
 y = 4 + 4t
uuur uuur
−2
 −6 12 
⇒ D  ; ÷.
Vì AD ⊥ KF ⇔ AD.KF = 0 ⇔ t =
5
 5 5

uuur
TH2: Nếu E(0;4) và F(-8;0). Khi đó đường thẳng CD đi qua K nhận FK = (5;0)
 x = −8 + 5t
(t ∈ R ) .
làm vtcp nên có phương trình: 
y = 0
Vì D ∈ CD nên giả sử D(-8 +5t; 0).
uuur uuur
2
Vì AD ⊥ KF ⇔ AD.KF = 0 ⇔ t = ⇒ D ( −6;0 ) .
5
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2;1) là trung
điểm của AC, điểm H(0;3) là chân đường cao kẻ từ A, điểm E(23;-2) thuộc
đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ đỉnh B, biết A thuộc đường
thẳng d: 2x+3y -5 =0 và C có hoành độ dương.
Lời giải
A

d
M

N
E

B

H

C

Phân tích: Đây là bài toán không quá khó, tuy nhiên bài toán đòi hỏi học sinh
nắm được mối liên hệ tốt giữa điểm thuộc đường thẳng, phép đối xứng tâm M,
14


đồng thời phải biết vận dụng tốt quan hệ vuông góc để sử dụng tích vô hướng
của hai vectơ.
Định hướng tư duy:
Bước 1. Dựa vào điểm A thuộc đường thẳng d, M là trung điểm AC tìm tọa độ
A, C phụ thuộc vào t;

uuu
r uuur
Bước 2. Do H là chân đường cao kẻ từ A nên HA ⊥ HC ⇔ HA.HC = 0 . Tìm
được tọa độ A và C;
Bước 3. Viết phương trình CE, phương trình BC. Từ đó tìm được tọa độ đỉnh B.
Lời giải chi tiết:

 x = 1 − 3t
(t ∈ R ) ⇒ A(1 − 3t ;1 + 2t ) .
Vì A ∈ d : 2 x + 3 y − 5 = 0 ⇔ 
y
=
1
+
2
t

Do M là trung điểm của AC nên C (3 + 3t ;1 − 2t )
uuur
uuur
⇒ HA(1 − 3t ;4 + 2t ), HC (3 + 3t ;4 − 2t ) .
t = 1
uuu
r uuur
Mặt khác HA ⊥ HC ⇔ HA.HC = 0 ⇔  −19
t =
3

+ Với t =1 ⇒ A(-2; 3) và C(6; 2) ( thỏa mãn)
+ Với t =

−19
 −18 51 
⇒ C
; ÷(Không thỏa mãn).
3
 13 13 

+ Phương trình CE đi qua hai điểm C và E có phương trình: x + 17 y + 11 = 0
+ Phương trình BC đi qua hai điểm H và C có phương trình: x − 3 y − 9 = 0
 3t + 7 t + 3 
;
Do B ∈ BC ⇒ B(3t + 9; t ) . Khi đó trung điểm N của AB là N 
÷
2 
 2
Mà N ∈ CE ⇒ t = −4 ⇒ B (−3; −4) .

15


Ví dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích
bằng

3
, A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm G của ∆ABC nằm trên đường thẳng d có
2

phương trình 3x – y –8 = 0.Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Lời giải

C

d

M

N
G

A

B

Phân tích:
Thực chất yêu cầu bài toán là đi tìm tọa độ của 3 đỉnh A,B,C. Mấu chốt của
lời giải bài toán đòi hỏi học sinh phải tìm được mối liên hệ giữa diện tích tam
giác ABC và diện tích tam giác GAB, từ đó dựa vào diện tích tam giác GAB sẽ
tìm được khoảng cách từ G đến đường thẳng chứa cạnh AB, suy ra tọa độ điểm
G. Biết tọa độ điểm G ta dễ dàng tìm được tọa độ đỉnh C.
Định hướng tư duy:
1
Bước 1: Chứng minh S∆GAB = S ∆ABC . Từ đó tính được khoảng cách từ G đến
3
AB. Suy ra tọa độ điểm G.
Bước 2. Từ tọa độ đỉnh A,B và G suy ra tọa độ đỉnh C.
Bước 3. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải chi tiết:
1
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên S∆GAB = S∆ABC ⇔ d (G, AB). AB = 1 (1).
3
Mà ta có phương trình đường thẳng AB: x - y -5 =0, AB = 2
Do G ∈ d ⇒ G ( x;3 x − 8) ⇒ d (G , AB) =

−2 x + 3
2
16

x =1
Khi đó từ (1) suy ra: −2 x + 3 = 1 ⇔ 
x = 2
+ Với x = 1 thì G(1; - 5) ⇒ C(-2; -10)
Khi đó phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
x2 +y2 −

91
91
416
x+ y +
= 0 
3
3
3

+ Với x = 2 thì G(2; -2) ⇒ C(1; -1).
Khi đó phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
x2 +y2 −

11
11
16
x+ y +
= 0 
3
3
3

Ví dụ 6 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, M là trung điểm
AB, N thuộc AC sao cho AN= 3NC.
Viết phương trình CD biết M(1,2) và N(2,-1).
Lời giải
A

M

B

N
D

P

C

Phân tích : Đây là bài toán khó, dữ kiện bài toán cho ít nên khó định hướng
trong việc tìm lời giải. Bài toán chỉ cho biết độ dài đoạn MN và tỉ số AN= 3NC.
Do đó, giáo viên cần giúp học sinh khai thác tốt các yếu tố về cạnh, góc trong
tam giác AMN, đặc biệt là định lý Cosin trong tam giác AMN để tìm ra được độ
dài cạnh hình vuông ABCD. Khi đó sẽ dễ dàng tính được độ dài các đoạn MP,
NP, đến đây bài toán cơ bản đã được hoàn thành.
Định hướng tư duy :
Bước 1: Đặt AB= a. Dựa vào định lý Cosin trong tam giác AMN ta tìm được a.

17

Bước 2. Dựng MP như hình vẽ, ta tìm được MP và NP. Khi đó, tọa độ điểm P
thỏa mãn phương trình hai đường tròn (C1) và (C2) lần lượt có tâm tại M, N bán
kính MP, NP.
Bước 3. Viết phương trình cạnh CD đi qua P và vuông góc với MP.
Lời giải chi tiết :
a
2

Đặt AB =a, a > 0. Ta có MN = 10 , AM = , AN =

3a 2
.
4

Khi đó áp dụng định lý Cosin trong tam giác AMN ta được :
5a 2
5a 2
MN = AM + AN − 2 AM . AN .cos45 =
= 10 ⇒ a = 4 .
. Suy ra
8
8
2

2

2

0

Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó, MP =4, PN= NC =

2 nên tọa độ P thỏa

mãn hệ phương trình:
 x = 1; y = −2
2
2
( x − 1) + ( y − 2) = 16
⇔

17
−6
2
2
x = ; y =
( x − 2) + ( y + 1) = 2
5
5


uuuu
r
+ Với P(1;-2) và PM = (0;4) . Khi đó phương trình chứa cạnh CD đi qua P nhận
uuuu
r
PM = (0;4) làm vtpt nên có phương trình y+ 2=0.
r  −12 16 
17 −6  uuuu
; ÷ ⇒ PM = 

; ÷.Khi đó phương trình chứa cạnh CD đi qua P
 5 5 
 5 5


+ Với P 

uuuu
r  −12 16 
; ÷ làm vtpt nên có phương trình 3 x − 4 y − 15 = 0 .
nhận PM = 
 5 5

Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện
tích bằng 45/2 , đáy lớn CD nằm trên đường thẳng x – 3y – 3 = 0. Biết hai
đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (2; 3). Viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương.
Lời giải

18


A

P

B

I

D

Q

C

Phân tích: Đây là bài toán rất khó đối với nhiều học sinh ngay cả học sinh khá
giỏi. Vấn đề đặt ra là khai thác yếu tố diện tích hình thang đã cho cho như thế
nào, và yếu tố diện tích cho ta kết quả gì? Để làm bài toán này, sau đây chúng
tôi đưa ra định hướng tư duy sau để bạn đọc dễ theo dõi.
Định hướng tư duy:
Bước 1: Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó IQ = d(I, CD).
Bước 2: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ICD ta tìm được IC= ID,
CD = ID 2 .
Bước 3: Nhận thấy các tam giác IPA, IPB vuông cân tại P nên, nếu đặt IP= x thì
AB =2x. Từ đó dựa vào diện tích hình thang sẽ tìm được x.
Bước 4. Dựa vào C , D ∈ CD và độ dài ID = IC sẽ tìm được tọa độ đỉnh C.
Bước 5: Tìm tọa độ điểm Q. Dựa vào tính đối xứng suy ra tọa độ điểm D. Từ đó
tìm tọa độ điểm B dựa vào tỷ lệ độ dài đoàn ID và IB.
Lời giải chi tiết:
Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó IQ = d ( I , CD ) = 10 .
Vì tam giác ICD vuông cân tại I nên ta có:
1
1
1
2
= 2 + 2 = 2 ⇒ IC = ID = 20 , CD = IC 2 = 2 10 .
2
IQ
IC

ID
IC
Vì các tam giác IPA và IPB vuông cân tại P nên đặt IP = x ⇒ AB = 2 x . Khi đó
ta có
S ABCD =

PQ( AB + CD ) ( x + 10)(2 x + 2 10) 45
10
.
=
=
⇒x=
2
2
2
2

Do các tam giác IPA, IPB vuông cân tại P nên IA = IB = x 2 = 5 .

19


Vì C ∈ CD ⇒ C (3t + 3; t ) .

Do

IC 2 = 20 ⇔ (3t − 1) 2 + (t − 3) 2 = 20 ⇔ t 2 = 10 ⇔ t = ±1
+Vời t =1 thì C(6;1) (thỏa mãn)
+Vời t = -1 thì C(0; -1) (Không thỏa mãn)
Vì IQ ⊥ CD ⇒ IQ : 3x + y + m = 0 . Do I(2;3) thuộc IQ nên m = - 9

Vậy phương trình IQ: 3x + y -9 =0.
Khi đó tọa độ điểm Q là nghiệm của hệ phương trình:
x − 3y − 3 = 0
x = 3
⇔
⇒ Q(3;0)

3 x + y − 9 = 0  y = 0
Do Q là trung điểm của CD nên D(0; -1).
uur
uur
 2a − 4 = 2  a = 3
ID
=
2
IB
⇒
DI
=
2
IB ⇔ 
⇔
⇒ B (3;5) .
Giả sử B(a; b), vì
2
b
−
6
=
4

b
=
5


Vậy phương trình BC đi qua hai điểm B và C là 4x + 3y -33 =0.
Nhận xét chung : Thông qua 7 ví dụ điển hình trên, với mức độ kiến thức tương
đối khó, tương xứng với mức độ khó trong các đề thi, chúng tôi khẳng định bài
toán hình học phẳng 10 luôn là bài toán khó, phức tạp cần sự thông minh, sáng
tạo và kiên trì của học sinh. Những học sinh có lực học trung bình thì khó có thể
giải được bài toán này trong các đề thi đại học những năm gần đây. Do đó, khi
ôn thi giáo viên nên định hướng giúp cá em để các em có lựa chọn các chuyên
đề phù hợp với năng lực.
Sau đây, chúng tôi xin đưa ra một số bài tập với mức độ khó không cao
có hướng dẫn để các em rèn luyện thêm.
Bài 1 :
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 – 6x + 5 = 0.
Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà
góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.
Hướng dẫn
Đường tròn (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy

·AMB = 600 (1)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ 
·AMB = 1200 (2)
20


Vì MI là phân giác của ·AMB nên:
(1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI =

IA
sin 300

⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = ± 7
(2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI =
Vậy có hai điểm M1(0;

7)

IA
⇔ MI =
sin 600

và M2(0; −

2 3
3

R ⇔ m2 + 9 =

4 3
3

7)

Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn có phương trình
(C): (x − 1)2 + ( y + 2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0 . Tìm m để trên
đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB,
AC tới đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông (B, C là hai tiếp điểm).

Hướng dẫn
Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Vì các tiếp tuyến AB, AC
vuông góc nên ABIC là hình vuông có cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 .
Giả sử A(x; –x – m) ∈ d.
2
2
2
2
IA2 = 18 ⇔ ( x − 1) + (−m − x + 2) = 18 ⇔ 2 x − 2(3 − m ) x + m − 4m − 13 = 0 (1)

Để chỉ có duy nhất một điểm A thì (1) có 1 nghiệm duy nhất
m = 7
⇔ ∆′ = −m 2 + 2m + 35 = 0 ⇔ 
.
 m = −5

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn có phương trình
(C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng d đi
qua M cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
Hướng dẫn
Ta thấy điểm M nằm ngoài (C), (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
uuur uuur
Mặt khác: MA.MB = 3MB 2 ⇒ MB = 3 . Gọi H là hình chiếu của I lên AB
⇒ BH = 3 ⇒ IH = R 2 − BH 2 = 4 = d ( I ,(d ) )
Ta có: phương trình đường thẳng d: a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).
d ( I ,(d ) ) = 4 ⇔

a = 0
=4⇔
2

2
 a = − 12 b .
a +b

5
21

−6a − 4b


Vậy d: y – 3 = 0 hoặc d: 12x – 5y – 69 = 0.
Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D ABC có cạnh AC đi qua điểm
M(0;– 1). Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác trong AD: x – y = 0,
phương trình đường cao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của D ABC .
Hướng dẫn
Gọi d là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB lần lượt tại I

 1
 2

1
2

và N, ta có: (d ) : x + y + 1 = 0, I = (d ) ∩ ( AD ) ⇒ I  − ; − ÷ ⇒ N ( −1; 0)
(I là trung điểm MN).

AB ⊥ CH ⇒ pt ( AB ) : x − 2 y + 1 = 0, A = ( AB ) I ( AD ) ⇒ A(1; 1) .
AB = 2AM

⇒ AB

= 2AN

⇒N

là trung điểm AB ⇒ B ( −3; −1)

 1

pt ( AM ) : 2 x − y − 1 = 0, C = ( AM ) I (CH ) ⇒ C  − ; −2 ÷
 2

Bài 5:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho D ABC cân có đáy là BC. Đỉnh A
có tọa độ là các số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh

AB : y = 3 7(x - 1) . Biết chu vi của D ABC bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A,
B, C.
Hướng dẫn

(

)

B = AB I Ox ⇒ B (1;0) , A ∈ AB ⇒ A a;3 7(a − 1) ⇒ a > 1
Gọi AH là đường cao ∆ABC

⇒ H (a;0) ⇒ C (2a − 1; 0) ⇒ BC = 2(a − 1), AB = AC = 8( a − 1) .
Chu vi ∆ ABC = 18 ⇔ a = 2 ⇒ C (3;0), A ( 2;3 7 ) .
Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện
tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên

đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D.

uuu
r
Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 .

Hướng dẫn

22


Phương trình AB: 2 x + y − 2 = 0 ; I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) .
I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t − 1; 2t ), D (2t ; 2t − 2)
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH =

4
. Ngoài ra:
5

 4
5 8 8 2
t
=
⇒
C
| 6t − 4 | 4
 ; ÷, D  ; ÷

d ( C ; AB ) = CH ⇔
=

⇔ 3
3 3 3 3
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
5 8 8 2
Vậy C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 )
 3 3 3 3

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi
qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình ( x − 2) 2 + ( y + 1)2 = 25
theo một dây cung có độ dài bằng 8.
Hướng dẫn
d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)
Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của
(C) đến d bằng 3.

d ( I,d ) =

2a − b − a − 2b
a +b
2

2

= 3 ⇔ a − 3b = 3 a 2 + b 2

a = 0
⇔ 8a + 6ab = 0 ⇔ 
a = − 3 b


4
2

+ Với a = 0: chọn b = 1 ⇒ Đường thẳng d: y – 2 = 0
+Với a =

3
− b:
4

chọn a = 3, b = – 4 ⇒ Đường thẳng d: 3x – 4 y + 5 = 0.

Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng

d1 : 2 x − y + 5 = 0 , d2: 3x + 6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm P( 2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một
tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.
Hướng dẫn

r
r
Đường thẳng d1 có VTPT a1 = (2; −1) ; d2 có VTPT a2 = (3;6)
23


ur uu
r

Ta có: a1.a2 = 2.3 − 1.6 = 0 nên d1 ⊥ d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P.

Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

d : A( x − 2) + B ( y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I ⇔ khi d tạo với d1 (hoặc d2) một
góc 450

 A = 3B
= cos 450 ⇔ 3 A2 − 8 AB − 3B 2 = 0 ⇔ 
22 + ( −1) 2
 B = −3 A

2A − B

⇔

A2 + B 2

+ Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3 x + y − 5 = 0
+ Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x − 3 y − 5 = 0
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3 x + y − 5 = 0 ;

d : x − 3y − 5 = 0
Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện
tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng (d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI =

9
,
2

trung điểm của một cạnh là giao điểm của d và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của

hình chữ nhật.
Hướng dẫn
Điểm I có hoành độ xI =

9
9 3
và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ; ÷
2 2
2

Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0).

AB = 2 IM = 2

( xI − xM )

2

+ ( yI − yM ) = 2

S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD =

2

9 9
+ =3 2
4 4

S ABCD
12

=
= 2 2.
AB
3 2

 AD ⊥ ( d )
, suy ra phương trình AD: 1.( x − 3) + 1.( y − 0) = 0 ⇔
 M ∈ AD

Vì 

Lại có MA = MD =

2

.

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
24

x+ y −3 = 0.


 y = −x + 3
y = 3− x
x = 2
 x + y − 3 = 0
⇔
⇔
⇔

hoặc




2
2
2
2
( x − 3) + y = 2
 x − 3 = ±1  y = 1
 ( x − 3) + y = 2

x = 4
.

y
=
−
1

Vậy A(2;1), D(4;-1),

x A + xC

x
=
I

 xC = 2 xI − x A = 9 − 2 = 7

9 3
2
⇔
Vì I  ; ÷ là trung điểm của AC: 
2 2
 yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2
 y = y A + yC
I

2
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
4. Hiệu quả của sáng kiến đem lại.
Qua quá trình áp dụng, cải tiến, bổ sung kiến thức, phương pháp để tiến
hành ôn thi đại học, cao đẳng cho học sinh cuối cấp và học sinh khối 10, chúng
tôi thấy việc phân tích bản chất các bài toán dựa vào phân tích yếu tố hình học,
tính chất hình học phẳng, đưa ra được sơ đồ tư duy cho từng bài toán sẽ giúp
học sinh nắm được bài dễ hơn, hiểu được kiến thức sâu hơn, trình bày bài logic
hơn. Cụ thể, kể từ khi áp dụng sáng kiến từ năm 2012 đến năm 2014, học sinh
lớp chúng tôi giảng dạy và trực tiếp ôn thi đại học, cao đẳng khi tham gia kỳ thi
đại học, cao đẳng do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức đạt được điểm số về môn
Toán được nâng lên, nhiều học sinh đỗ vào các trường đại học, với số liệu như
sau:
Năm học 2012- 2013 có 16/21 học sinh đỗ đại học
Stt
1
2
3
4
5

6
7
8
9
10

Họ và tên
Phạm Thế Cường
Đỗ Đức Tài
Hoa Văn Trường
Hoàng Thị Thảo
Hoàng Thị Mơ
Đoàn Văn Hùng
Vũ Thị Kim Dung
Khuất Thị Trang
Nguyễn Thị Thụy
Nguyễn Mai Phương

Trường đại học đang theo học
ĐH Bách khoa Hà Nội
Viện đại học mở Hà Nội
Đại học Y dược Thái Nguyên
Đại học Công Nghệ Việt- Hung
Đại học lao động - Xã hội
Đại học Thái Nguyên
Đại học Nông nghiệp Hà Nội
Đại học Nông nghiệp Hà Nội
Đại học Y dược Thái Nguyên
Đại học Công đoàn
25