skkn đi tìm nguồn gốc bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng, định hướng cách giải và phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT YÊN MỸ
--------------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
“ĐI TÌM NGUỒN GỐC BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
TRONG MẶT PHẲNG, ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI VÀ PHÁT TRIỂN NĂNG
LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH”

Môn

: Toán

Nhóm tác giả :
1. Nguyễn Cao Thời - Trường THPT Yên Mỹ
2. Vũ Văn Dũng

- Trường THPT Triệu Quang Phục

3. Nguyễn Văn Phu
Chức vụ

- Trường THPT Minh Châu

: Giáo viên

1

Năm học: 2015 - 2016

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
“ĐI TÌM NGUỒN GỐC BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT
PHẲNG, ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI VÀ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY
SÁNG TẠO CHO HỌC SINH”

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I – Lý do chọn đề tài
Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thường xuất hiện
trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi Đại học, THPT Quốc Gia. Nó có thể coi như là
điểm thứ 8 của đề thi, là câu khó với nhiều đối tượng học sinh, nhất là học sinh có
năng lực trung bình và là câu có tính phân loại học sinh. Học sinh muốn đạt điểm
tốt môn Toán cần phải biết cách vượt qua bài toán dạng này. Vì vậy nó luôn là sự
quan tâm đặc biệt đối với học sinh và các thầy, cô dạy toán.
Các bài toán hình học giải tích phẳng thường gắn liền với một số tính chất
nào đó của hình học phẳng thuần túy. Việc khó khăn nhất là trong mỗi bài toán,
cần phải sử dụng tính chất hình học nào, tính chất đó có ngay khi phát biểu bài
toán hay phải phán đoán tính chất có lợi cho bài toán và chứng minh nó. Một việc
nữa là phải chuyển từ ngôn ngữ hình học phẳng sang ngôn ngữ hình giải tích
phẳng sao cho thuận tiện và dễ hiểu.
Để giúp các thầy, cô có cái nhìn rõ hơn về đề thi đại học những năm gần
đây, dạy học ôn thi hiệu quả; cũng là để giúp các em học sinh tiếp thu dạng toán
này dễ dàng hơn. Chúng tôi mạnh dạn chọn đề tài: “Đi tìm nguồn gốc bài toán
hình học giải tích trong mặt phẳng, định hướng cách giải và phát triển năng
lực tư duy sáng tạo cho học sinh”
II – Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi khi học sinh giải toán hình học giải
tích phẳng, thông qua chuyên đề, trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp và sự tìm
tòi của bản thân.

2


Đưa ra một số tính chất hình học thường dùng, hệ thống các bài tập áp
dụng; khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa từ một số bài toán cơ bản của hình
học phẳng sang bài toán hình học giải tích phẳng.
III – Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Giáo viên giảng dạy môn toán THPT.
- Học sinh khối 10 THPT.
- Học sinh khối 12 ôn thi kỳ thi THPT Quốc gia
- Đội tuyển thi học sinh giỏi tỉnh khối 12.
IV – Phương pháp nghiên cứu
- Trao đổi với đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện
- Tìm kiếm tài liệu liên quan đến hình học phẳng, hình học giải tích phẳng;
những sáng kiến kinh nghiệm của các đồng nghiệp thuộc bộ môn toán.
- Giảng dạy các tiết bài tập, chuyên đề tại các lớp 10A6, 10A1, 12A1 tại
các trường THPT Yên Mỹ, Minh Châu, Triệu Quang Phục để thu thập thông tin.
- Họp nhóm biên soạn để tìm phương án hợp lý nhất.
B. NỘI DUNG
I - Thực trạng vấn đề trước khi làm đề tài
Huyện Yên Mỹ tỉnh Hưng Yên có ba trường THPT công lập là THPT Yên
Mỹ, THPT Minh Châu và THPT Triệu Quang Phục. Quá trình dạy học môn Toán
của các trường trong huyện chỉ dừng lại ở mức độ hội học, hội giảng và trao đổi
kinh nghiệm trong nội bộ mỗi trường mà chưa có những hoạt động mang tính liên
trường với nhau. Vì đó mà những kinh nghiệm giảng dạy chưa có cái nhìn toàn
diện và sâu sắc. Nhiều thầy cô còn lúng túng trong việc lựa chọn phương pháp
giảng dạy và hệ thống bài tập chưa được phù hợp chính vì vậy học sinh càng gặp
nhiều khó khăn hơn.
Đề tài này tạo sân chơi và cơ hội để các thầy cô dạy môn Toán ba trường

giao lưu, học hỏi, trao đổi sáng kiến, kinh nghiệm và biện pháp giảng dạy đề tài
hình học giải tích phẳng sao cho có hiệu quả, giúp học sinh dễ tiếp thu kiến thức.

3


II – Kết quả đạt được khi áp dụng đề tài
Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu trong đề tài và qua khảo sát cho thấy
đa phần các thầy cô thấy có hiệu quả thực sự khi áp dụng dạy trên lớp.
Trong hai đề thi thử Đại học thì có 85% học sinh lớp 10 và 90% học sinh
lớp 12 giải được bài toán hình học giải tích phẳng.
III – Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả
- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo giảng dạy cho các thầy cô dạy môn
Toán tại trường THPT.
- Đề tài là tài liệu tham khảo bổ ích cho các em thi học sinh giỏi, khối 10 và
các em học sinh thi THPT Quốc gia.
IV – Cơ sở lí luận
1. Phương pháp phát hiện và giải quyết vấn đề
2. Phương pháp tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa.
3. Một số kết quả hình học phẳng thường dùng
Tính chất 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, tiếp tuyến Cx tại C.
·
·
·  1 BIC
· .
 BDC
 BCx
Khi đó BAC
2

Tính chất 2. Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và
CD. Khi đó AM  BN .
Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Có trực tâm H,
uuuur

uuur

M là trung điểm của BC. Khi đó AH  2 IM .
Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H, K lần
lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó IA  HK
Tính chất 4. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của
đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ABC và M là giao điểm của AH với
BC. Khi đó M là trung điểm của HD.
Tính chất 5. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao
điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác JBC và ID  BC .
4


Tính chất 6. Cho ABC có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của
C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung điểm của
BC. Khi đó PM  ED
Tính chất 7. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân
đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đó H là tâm đường
tròn nội tiếp DEF .
Chú ý:
1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vuông góc, sự bằng nhau, quan hệ về góc của
hình vuông, hình thoi và các tam giác đặc biệt.
2. Các công thức diện tích, khoảng cách, công thức tính góc, các định lý

sin, cosin trong tam giác…
4. Một số bài toán cơ bản
Bài toán 1. Lập phương trình đường thẳng
1. Qua hai điểm phân biệt
2. Qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng cho trước
3. Qua một điểm và song song với một đường thẳng cho trước
4. Qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một góc không đổi
5. Qua một điểm và cách một điểm một khoảng không đổi
6. Là phân giác tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau
7. Là phân giác của một góc của một tam giác cho trước.
Bài toán 2. Tìm điểm M thỏa mãn một tính chất cho trước

A

1. Đối xứng với một điểm qua một đường thẳng

d

B

2. Thuộc một đường đã cho và cách một điểm cố định một khoảng không đổi
I(a;b)
c
Δ
M(ts)

3. Thuộc hai đường mà ta cần xác định hai phương trình hai đường
d1
d

d2

M

M

M
I

I1
I2

5


4. Điểm M thuộc đường thẳng (∆) và M cùng với điểm I cho trước tạo với (∆)
một góc không đổi.

I(a;b)
α

Δ

M(ts)

Bài toán 3. Lập phương trình đường tròn.

u

1. Qua ba điểm A, B, C không thẳng hàng

2. Biết tâm và bán kính
3. Biết tâm thuộc một đường và thỏa mãn một tính chất cho trước.

Một số chú ý
1. Về bài toán tìm điểm
+) Điểm cần tìm có yếu tố gì thuận lợi
+) Điểm cần tìm có thuộc một đường nào đã biết không
+) Có thể tính được khoảng cách từ điểm đó đến một điểm cố định được không
+) Cần đặc biệt chú ý khi điểm cần tìm là trọng tâm, trực tâm, tâm của đường tròn
ngoại tiếp…
+) Để tìm điểm A, có thể tìm điểm B thuận lợi hơn mà từ đó xác định được tọa độ
điểm A.
2. Về mối liên hệ ba điểm
Cho ba điểm A, B, C trong đó đã biết hai trong ba điểm. Khi đó các điểm
có thể có các mối quan hệ sau:
B
B

C

A

A

+) Tạo thành mối quan hệ vuông góc

C

+) Tạo thành tam giác cân, đều.

A

B

α

C

+) Tạo thành một góc xác định

A

B

C

+) Ba điểm thẳng hàng

3. Về mối liên hệ giữa hai điểm và đường thẳng
6


Cho hai điểm A, B và đường thẳng d. Khi đó chúng có thể có các mối quan hệ
A
sau:
+) AB tạo với d một góc xác định (B thuộc d).

B

α

d

A

+) Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng d
d
B

Các bước tìm lời giải một bài toán hình giải tích phẳng
Bước 1. Từ giả thiết bài toán phát hiện tính chất hình học và các mối liên hệ ràng
buộc.
Bước 2. Đại số hóa các điểm, các đường từ mối liên hệ hình học giữa các điểm,
các đường trong bài toán để có các phương trình, hệ phương trình.
Bước 3. Giải các phương trình, hệ phương trình trên tìm tọa độ điểm hay phương
trình đường.
Bước 4. Kết luận; đánh giá, tìm hướng phát triển.

7


PHẦN I
TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN ĐẾN BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC
(Nguyễn Cao Thời)
Hình học Euclid (hình học phẳng) là hình học được xây dựng bằng hệ các tiên
đề, hình học giải tích phẳng là một cách biểu hiện của hình học Euclid bằng ngôn ngữ
đại số. Từ một bài toán hình học phẳng bằng cách tọa độ hóa các điểm, các đường thẳng
khác nhau ta sẽ có cách phát biểu mỗi bài toán khác nhau mà không làm thay đổi tính
chất của bài toán ban đầu (bài toán gốc).
Từ một bài toán gốc ta có thể sáng tác ra nhiều bài toán hình giải tích phẳng khác

nhau. Vậy nên, muốn nghiên cứu một bài toán hình giải tích phẳng một cách triệt để và
có tính phát triển thì việc đi tìm bài toán cội nguồn là vô cùng cần thiết.
Xuất phát từ bài toán:
“Cho hình vuông ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
của BC và CD. Khi đó AN  DM ”.
Bằng cách tọa độ hóa điểm M và cho phương trình
đường thẳng AN. Ta có bài toán sau:
“Cho hình vuông ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và DC. Biết điểm
M(2; 3) và đường thẳng AN có phương trình x - 2y + 6 =0. Tìm tọa độ điểm A”

8


Trong bài toán trên xét điểm N ở vị trí N’, thay DM thành PM và giữ cố định
AM; vẽ đường tròn đường kính AM. Bằng trực giác ta thấy AN '  PM và giao điểm H
của AN’ và PM nằm trên BD. Bằng công cụ vectơ hay tọa độ ta có thể chứng minh
nhận định trên.
Ta có kết quả sau: “Cho hình vuông ABCD. Gọi N là điểm trên cạnh DC sao
NC = 2DN, P là điểm trên cạnh AD sao cho PA = 5PD, H là giao điểm của AN và PM.
Khi đó tam giác AHM vuông cân và H thuộc BD thỏa mãn HB = 3HD”
Đến đây bằng cách cho biết tọa độ một số điểm và cho một số đường thẳng có
phương trình hợp lý, ta có nhiều bài toán của cùng một vấn đề, nhất là hai bài toán trong
hai đề thi Đại học năm 2012 và năm 2014.

Bài toán 1 (ĐH_A_2012). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M  ;  và AN có
 2 2
11 1

phương trình 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.

Có 4 hướng để tìm tọa độ điểm A.

Hướng 1. “Tìm độ lớn góc M H” (cách 1).

A

B

Hướng 2. “Tìm độ lớn góc M H” (cách 2).

M
H

Hướng 3. “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 1). P
D

C

N

Hướng 4. “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 2).
Nhận xét: Nếu bài toán thay vì cho tọa độ điểm M, mà thay bằng cho tọa độ trung điểm
I của đoạn thẳng AM. Thì bài toán ở mức độ sâu hơn.
Thay vì cho phương trình đường thẳng AN ta có thể cho tọa độ của điểm H, từ
đó ta có đề thi Đại học khối A năm 2014.

Bài toán 2 (ĐH_A_2014). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn BC và H là điểm thuộc đoạn DB
sao cho HB = 3DH. Viết phương trình đường thẳng AD, biết rằng M(1; 2) và H(2;
-1).

9


A

A

B

B

?

M

M

H
P

H

P
D

N

C

D

C

N

Hướng 1. “Tìm trung điểm I c a đoạn thẳng D”
Hướng 2. “Tìm hai điểm ph n biệt tr n đường D”
Hướng 3. “Tìm một điểm tr n D và góc gi a D với một đường thẳng cố định
(HM) là kh ng đ i”
AMP  45o là góc khá đặc biệt, nên khai thác theo hướng “số đo góc ở
Để ý góc ·

tâm bằng
hai lần số đo góc nội tiếp cùng chắn một cung” ta có bài toán sau:
Bài toán 3. Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC, H là điểm thuộc
đường chéo BD sao cho BH = 3HD, MH cắt cạnh AD tại P. Giả sử điểm I(-1; 2) là tâm
của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP, đường thẳng AD có phương trình 2x - y - 6 =
0. Tìm tọa độ điểm A.
ĐS: A(1; -4)

Xét bài toán gốc dưới một góc nhìn khác

B

F

E

H
G

A

M

10


F

B

E

H
D

A

G

M

N

B

K
H
D

A

M

C

Ta có bài toán sau:

Bài toán. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

xy, cho hình vuông ABEM có G

là trung điểm của EM. H và D là hình chiếu vuông góc của A và E lên BG. Gọi C
là điểm đối xứng của A qua M; K là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng
AD. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và trung điểm của đoạn thẳng AC thuộc đường
thẳng có phương trình d: x – y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Trong khi đó đề thi THPT Quốc gia năm 2015 như sau:

Bài toán 4 (THPT QG_2015). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy, cho tam
giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC; D là
điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng
AD. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng có
phương trình d: x – y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Chú ý: Trong cách khai thác trên, thì tam giác vuông ABC có AC = 2AB. Trong khi đó
đề thi THPT Quốc gia năm 2015 thì chỉ cần tam giác ABC vuông là đủ.

Hướng 1. “S d ng góc nội tiếp”
Hướng 2. “L p phương trình

”

Hướng 3. “Ch ng minh H là trung điểm

”
11


Với cách làm từ hướng 3 ta có thể phát biểu bài toán theo cách khác như sau

Bài toán có thể phát biểu theo cách khác:
“Cho tam giác AEC, gọi H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ C và A lên
các cạnh AE và CE. Gọi D là trực tâm của tam giác AEC, B là điểm đối xứng của
D qua cạnh AE và góc BAC = 90o. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và M(0; 10) là
trung điểm của AC. Tìm tọa độ điểm A”.
E
B

K

H
D

A

Với đề thi đại học khối B năm 2013

Bài toán 5 (ĐH_B_2013). Trong mp tọa độ

M

C

xy, cho hình thang cân ABCD có

hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương
trình: x + 2y - 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh
C và D.
Từ giả thiết của bài toán ta có thể vẽ thêm hình để được hình vuông AMND.
Khi đó bài toán sẽ có nhiều hướng giải và nhiều cách phát biểu khác của bài toán.

B

H

A

E

C
I

D

Nếu khai thác bài toán gốc theo hướng sau đây

12


Ta có bài toán trong đề thi HSG tỉnh Hưng Yên Năm 2015.

Bài toán 6 (HSG t nh Hưng Yên 2015). Trong mặt phẳng tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AD và BC; điểm M thuộc cạnh
3
5

CD sao cho MD  MC ; G là trọng tâm của tam giác BKD. Biết phương trình đường


10 

thẳng IM: 3x - y - 11 = 0 và tọa độ điểm G  1;   . Viết phương trình đường chéo
3

BD của hình vuông ABCD.
Tóm lại: Đối với một bài toán hình giải tích phẳng, ta có được bài toán gốc ban đầu là
ta đã biết được cội nguồn của vấn đề, để từ đó đưa ra các hướng giải cho bài toán và có
thể phát triển bài toán thành các bài toán khác đa dạng và phong phú hơn; nắm được bản
chất cốt lõi của vấn đề một cách sâu sắc.

Sau đ y là lời giải chi tiết theo nhiều cách c a một số đề thi Đại học

13

Bài toán 1 (ĐH_A_2012). Trong mặt phẳng tọa độ xy. Cho hình vuông ABCD.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND.
Giả sử M  ;  và AN có phương trình 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
 2 2
11 1

Phân tích
) A  AN : 2 x  y  3  0

+) Điểm M đã biết tọa độ nên nếu tính được đoạn AM thì coi như điểm A sẽ Biết
được tọa độ nhờ bài toán tìm điểm!.
Lúc này ta sẽ gắn AM vào tam giác vuông AMH với cạnh MH = d(M, AN) ta dễ
dàng tính được. Như vậy nếu biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam
giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài AM. Do các cạnh của tam giác AMH
đều có thể biểu diễn thông qua các bội số của độ dài cạnh hình vuông
nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc tính góc A nhờ định lý cosin trong tam giác hay một
số tính chất khác.
Nên ta sẽ có một số lời giải cụ thể sau:
Hướng 1. “Tìm độ lớn góc M H” (cách 1).
Gọi H là hình chiếu của M lên AN A

A(?)

B

B
M

3 5
 MH  d  M , AN  
2
 ND  2a; NC  4a
Đặt AB  6a  
 MB  MC  3a

M

Khi đó áp dụng định lý Pitago ta được:

N

11 1
;
2 2

H
D

D

 

C

N
AN: 2x-y-3=0

C

AM  3 5a; MN  5a; AN  2 10a

Trong AMN ta có: cosMAN=
 MAN  450  MAH

AM 2  AN 2  MN 2
2

2. AM .AN
2

cân tại H  AM  2 MH 

+) Gọi A  t;2t  3  AN và AM 2 

3 10
2

(*)

45
theo (*)
2

2
2
 A 1; 1
t  1
7

45
 11  
  t     2t   
 t 2  5t  4  0  

2 
2
2

t  4
 A  4;5 

Vậy A(1; -1) hoặc A(4; 5).
14


Hướng 2. “Tìm độ lớn góc M H cách 2”.
+) MH  d  M , AN  

3 5
2

A

· ;   DAN
·
+) Gọi a là độ dài cạnh hình vuông. Đặt   BAM
.

B

45°

Do ABCD là hình vuông có M, N là cố định nên tính được

M

1
1
tan   ; tan   .
3
2

Khi đó

tan     

H
D

tan   tan 
 1      45o
1  tan  .tan 

C

N

3 10
·
Vậy nên MAH

 45o . Tam giác AMH vuông cân tại H nên AM  MH 2 
2

từ đó tìm được A.
Nhận xét: Khi tính được góc A ta có thể lập phương trình đường thẳng AM qua
M và tạo với AN một góc 45o.
Hướng 3. “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 1).
A

B

A

B

M
P

H

D

N

M

Q

H

C

D

Chứng minh được hai tam giác APH và HQM

N

C

là bằng nhau. Từ đó suy ra được AH = MH
và góc AHM vuông. Nên tam giác
AHM vuông cân tại H do đó AM  HM 2 

3 10
2

Hướng 4. “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 2).
+) MH  d  M , AN  

3 5
. Đặt AB = a.
2

Ta có S AMN  S ABCD   S ADN  SCNM  S BAM  
1
2

5a 2
a 10

; AN 
12
3

Lại có S AMN  AN .d  M ; AN   a  3 2  AM 

a 5 3 10

2
2

15


Nh n thấy tam giác MH vu ng c n tại H n n bài toán có thể phát biểu theo
cách khác
“Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh
11 1
CD sao cho CN = 2ND. Gọi H là giao điểm của AN và BD. Giả sử M  ;  và
 2 2

5 
H  ; 2  . Tìm tọa độ điểm A”.
2 

Bài toán 2 (ĐH_A_2014). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC

sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M(1; 2) và N(2;
-1).
Phân tích
+) Yêu cầu toàn toán là lập phương trình CD. Gắn kết các
dữ kiện của bài toán khi biết tọa độ hai điểm M(1; 2),
N(2; -1) và AN = 3NC hướng ta đến tìm tọa độ điểm P
uuuur

uuur

Từ đẳng thức MN  3NP .
+) Lúc này tư duy tự nhiên hướng ta tới việc tìm tọa độ một
điểm khác thuộc CD hoặc một vectơ pháp tuyến hay một vectơ chỉ phương .

Hướng 1. “Tìm trung điểm I c a đoạn thẳng CD”

I(?)

D

) Ta có MN  10 không đổi, gọi a (a>0)
là độ dài cạnh của hình vuông ABCD.
a
2

Tính được AM  ; AN 

3 AC 3a 2

4

4

p dụng định lý cosin trong tam giác AMN,
suy ra

MN 2 

5a 2
8

Do đó a = 4. Từ đây ta tính được IN 

C
N(2;-1)

a=?

45°

A

M(1;2)

B

BD
 2 , IM  a  4 .
4

 IN  2

 I . Đường thẳng CD qua I vuông góc với IM.
 IM  4

Từ hệ 

Hướng 2. “Tìm hai điểm ph n biệt tr n đường CD”
+) Chứng minh được hai tam giác DJN và NIM bằng
nhau, từ đó suy ra DN  MN và DN  MN  10 .
16


Lập phương trình đường thẳng DN,

J P

D

C

đến đây tìm được D.(Có thể t nh trực tiếp DN, MN,
DM th o a sau đó áp
) M t khác

N(2;-1)

ng đ nh l Pitago đảo)

uuur 1 uuuur
PN PC CN 1
7




  PN  NM  P  ; 2  .
MN MA AN 3
3
3


Từ hướng trình bày trên ta có kết quả sau:

A

B

M(1;2) I

“Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của AB và N là điểm thuộc AC sao cho
AN = 3NC. Khi đó tam giác DNM vuông cân tại N”.
Hướng 3. “Tìm một điểm tr n CD và góc gi a CD với một đường thẳng cố định
(MN) là kh ng đ i”

D

+) Tìm điểm P như hướng 2.
+) Đặt cạnh hình vuông là a, ta tính được
CP 

I

P

C

N(2;-1)

a
a
a 10
; PI  ; IM  a; PM  IP 2  IM 2 
,
6
3
3

Do đó tính được

cos  

1
10

· .
, với   MPI

A

M(1;2)

B

đường th ng CD qua P và tạo v i MP một góc  .
Bài toán có thể phát biểu theo cách khác:
“Trong m t ph ng v i h tr c tọa độ

x , cho hình vuông ABCD có điểm M là

trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. iết
phư ng trình đường th ng CD, biết rằng M(

2 và đường th ng DN có phư ng

trình x - 3y - 5 = 0”.
Bài toán 3 (THPT QG_2015). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy, cho tam
giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC; D là
điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng
AD. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng có
phương trình d: x – y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Hướng 1. “S d ng góc nội tiếp”
+) Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M
M  d
 M  0;10  .
 MH  MK

đường kính AC. Do vậy, từ hệ 

17


·  HAB

·  HAD
·  HAK
·
+) Lại có HKA
nên tam giác

B

AHK cân tại H

D

 AH  HK  10 2
 A  15;5 
Từ đay suy ra hệ 
AM

MH

5
10


Hướng 2. “L p phương trình

K

H

A

C

M

”

+) Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M
M  d
 M  0;10  .
 MH  MK

đường kính AC. Do vậy, từ hệ 

µ D
¶
B
1
1

¶
¶
¶ D
¶  90o
+) Ta có  H 2  C2
H
2
1
µ ¶
o

 B1  C2  90

B
1

K

H
21

D
2

A

C

M

Mà MA = MK nên HM là đường trung trực của AK,
suy ra A là điểm đối xứng của K qua HM.

E

 A  AK
(Hoặc Tọa đọ A là nghiệm hệ phương trình 

B

 AM  MH  5 10

Hướng 3. “Ch ng minh H là trung điểm

K

H

”

+) Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M
M  d
 M  0;10  .
đường kính AC. Do vậy, từ hệ 
 MH  MK

D
A

E

+) Gọi E là giao điểm của AH và CK kéo dài. Từ giả thiết
của bài toán, có ED là đường cao và D là trực tâm của

B

tam giác AEC.
Nên ta có ED//BA, do HB  HD  BHA  DHE
Do đó H là trung điểm của AE và A thuộc đường

C

M

K

H
D

A

M

C

tròn tâm H bán kính HK.
Bài toán có thể phát biểu theo cách khác:
“Cho tam giác AEC, H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ C và A lên các
cạnh AE và CE. Gọi D là trực tâm của tam giác AEC, B là điểm đối xứng của D
qua cạnh AE và góc BAC = 90o. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và M(0; 10) là trung
điểm của AC. Tìm tọa độ điểm A”.
18


Bài toán 4 (ĐH_B_2013). Trong mp tọa độ

xy, cho hình thang cân ABCD có

hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương
trình: x + 2y - 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh
C và D.

Phân tích
+) Ta viết được phương trình AC đi qua H và vuông góc với BD.
Gọi

BD  AC  {I } ,

khi đó với dữ kiện bài toán sẽ chứng minh được tam giác BHC

cân tại B hay I là trung điểm của HC. Lúc này ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm I
và suy ra được tọa độ điểm C.
 AD / / BC
 DI  3BI  3IH
AD

3
BC


+) Do 

Lúc này việc tìm tọa độ điểm D chuyển giải hệ:
+)

D  BD : x  2 y  6  0

+) DI = 3IH

Hướng 1. “Điểm D cách một điểm cố định một khoảng kh ng đ i”
+) Ta viết được phương trình AC đi qua H và vuông góc với BD.
+) Gọi BD  AC  I , ta sẽ chứng minh được I là trung điểm HC vì chứng minh

được tam giác BHC cân tại B.

B

C

+) Lúc này ta tìm được tọa độ điểm I(-2; 4) và
 AD // BC
 DI  3BI  3IH
 AD  3BC

I

H

suy ra được tọa độ điểm C(-1; 6).
+) Do 

A

D

E

 D  BD : x  2 y  6  0

+) Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:  DI  3IH  3 5
 I 2; 4

 

C  1;6 
C  1;6 
hay 
Vậy 
.
 D  4;1

 D  8;7 

B

Hướng 2. “L p phương trình đường thẳng D”
+) Nhận thấy H là trung điểm của AC nên A(-5; -2).

H

+) Góc giữa đường thẳng DA và DB bằng 45o,
nên lập được hai phương trình DA là

C
I
45o

A

E

D
19

3x + y + 17 = 0 và x - 3y - 1 = 0.
+) Tọa độ D là giao của AD và BD nên tìm được D(-8; 7) hoặc D(4; 1)
uur

uur

Nhận xét: Có thể đi tìm tọa độ điểm B. và sử dung kết quả ID  3IB
Bài toán 5 (ĐH_A_2011). Trong mp tọa độ xy, cho đường thẳng

:x y20

và đường tròn C  : x 2  y 2  4 x  2 y  0 . Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc  .
Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ
điểm M biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Phân tích:
) M  d : x  y  3  0
) SMAIB  2SMBI  BI .MB  5.MB  10  MB  2 5  MI  5

A

I(2;1)

Giải
 I  2;1

Δ

Ta có: C  : x 2  y 2  4 x  2 y  0  

 R  IB  5

B
M(ts)

Vì MA và MB là các tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm).
 S MAIB  2S MBI  BI .MB  5.MB  10  MB  2 5  MI  MB 2  IB 2  5

Gọi M  t; t  2  , khi đó
 M  2; 4 
t  2
2
2
MI  5  MI 2  25   t  2    t  3  25  t 2  t  6  0  

t  3  M  3;1

Bài toán 6 (HSG t nh Hưng Yên 2015). Trong mặt phẳng tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AD và BC; điểm M thuộc cạnh
3
5

CD sao cho MD  MC ; G là trọng tâm của tam giác BKD. Biết phương trình đường


10 

thẳng IM: 3x - y - 11 = 0 và tọa độ điểm G  1;   . Viết phương trình đường chéo
3

BD của hình vuông ABCD.

Bài toán 7 (ĐH_B_2011). Cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 . Đường tròn nội
2 
1

tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D,
20


E, F. Cho D(3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y - 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh
A, biết A có tung độ dương.
Phân tích
 1 
B ;1
Với   2  suy ra phương trình BD: y = 1 song song với đường thẳng EF: y - 3
 D  3;1


= 0. Do đó AD  BC , lúc này việc đi tìm tọa độ A quay về việc tìm tọa độ điểm F
(vì BF  AD  A , A là giao của hai đường thẳng đã biết phương trình sau khi đã
tìm được F.
Ta sẽ chuyển về bài toán tìm điểm để tìm tọa độ điểm F. Cụ thể:
 ) F  EF : y  3  0

 ) FB  BD 


2

Giải
 ID  BC
 IA  EF

+) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, khi đó 
 1 
B ;1
Với   2   BD : y  1  BD // EF hay BC // EF
 D  3;1


1

(2)

(vì phương trình EF: y - 3 = 0)
Từ (1) và (2) suy ra A, I, D thẳng hàng hay AD  BC , nên phương trình AD là:
x=3
+) Gọi F t;3  EF , khi đó theo tính chất tiếp tuyến ta có: BF = BD.
2

2

 1
5
 BF 2  BD 2   t    22   
 2

2
 F  1;3
t  1
 t2  t  2  0  

t  2
 F  2;3
uuur
uuur
3
+) Với F  1;3  BF    ; 2   uBF   4;3 ,
 2 

A(?)

E

F

y-3=0

I

 

B

1
2

;1

D(3; 1)

C

Khi đó phương trình BF là: 4x + 3y - 5 = 0.
Do BF  AD   A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

21


x  3
4 x  3 y  5  0


7

y
x  3

3

uuur

(loại)

uuur

+) Với F  2;3  BF   ; 2   uBF   4; 3 ,

2
3





Khi đó phương trình BF là: 4x - 3y + 1 = 0.
Do BF  AD  A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x  3
4 x  3 y  1  0

 13 

13  A  3; 

y
 3
x  3

3


Bài toán 8 (D_2011). Trong mặt phẳng tọa độ

xy, cho tam giác ABC có đỉnh

B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác troong của góc A có
phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
Hướng dẫn

 x  4  3( x  1)
7 
 D  ;1
2 
 y  1  3( y  1)

Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: BD  3GD  

Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A
Ta có: EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là
nghiệm của hệ:
1( x  4)  1( y  1)  0
x  y  3  0

  x  4 y 1

 E  2; 5
x

y

7

0


1

0


 2
2

Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x - y - 13 = 0
x  y 1  0
 A  4;3 . Suy ra C(3; -1)
4 x  y  13  0

Tọa độ A là nghiệm của hệ:  

Bài toán 9 (ĐH_D_2013). Cho tam giác ABC có điểm M   ;  là trung điểm
 2 2
9 3

của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C.
Phân tích
*) Nếu ta biết được tọa độ điểm A thì ta sẽ tìm được tọa độ
Điểm C.

B

 

M

-9 3
;
2 2

22
I(-1;1)


+) C thuộc AH: là đường thẳng đi qua 2 điểm
H; A đã biết tọa độ
+) CI = AI (C cách I một khoảng không đổi là IA)
*) Như vậy vấn đề là phải tìm điểm A
+) A thuộc AB là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM
+) AM = MH (Tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)
Giải
+) AB đi qua điểm M nhận IM là VTPT nên có phương trình: 7x – y + 33 = 0
+) Gọi A(t; 7t + 33), khi đó theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác
vuông có AM = MH, suy ra t 2  9t  20  0  t  4  t  5
Với A(-4; 5), khi đó AC qua A và H nên có phương trình: x + 2y – 6 = 0
Gọi C(6 – 2c; c) thuộc AC, do CI = AI nên dẫn đến c 2  6c  5  0 suy ra C(4; 1)
Với A(-5; -2), khi đó AC đi qua A và H nên có phương trình: 2x – y + 8 = 0
Tương tự như trên ta tìm được C(-1; 6). Vậy có hai điểm C thỏa mãn: C(4; 1) và
C(-1; 6).

PHẦN II
23


TỪ MỘT SỐ TÍNH CH T HÌNH HỌC PHẲNG ĐẾN CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG
(Vũ Văn Dũng)
I - Một số bài toán tìm điểm.
Bài toán1 (Tính chất góc ở tâm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là

trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; -2) là điểm nằm
trên đoạn MC sao cho GA = GD. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC, biết đỉnh
A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3x – y – 13 = 0.
Phân tích
- Giả thiết bài cho phư ng trình AG và tọa độ điểm D thì ta chưa tìm được điểm
A.
- Nếu ta chỉ ra được (D AG = GD = GA tức là AG vuông góc GD thì ta sẽ
tìm được A.
-Để chỉ ra điều đó ta chỉ cần chỉ ra G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
1
AGD ( tính chất góc ở tâm
ABD, vì ·ABD  ·
2

B

Lời giải:
B

B
45o

G

N

M

G

45o

M
N

D

D

A

C

A(?)

C

G

M
D
C

A(?)

Gọi N là trung điểm của AB thì MN là trung trực của đoạn AB do đó GB = GA (=
GD)
Nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD
ABM  ·
ABD  45o nên ·

AGD  90o .
Mà góc ·

Tức là tam giác ADG vuông cân tại G.
24


AG  DG  d  D; AG   10 . Gọi
AD  2 AG 

a  7

2

tọa độ điểm A  a;3a 13 , ta có:

 a  5 (l )
2
  3a  13  2   20  
a  3

.Từ đó tìm được A(3; -4).

Bài toán 2 (Tính chất đường nối tâm).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy, cho tam giác ABC có trực tâm
H(3; 0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y
- 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Phân tích:

i giả thiết cho ta su ra tứ giác BEDC, AEHD nội tiếp.

-Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEDC, nếu gọi K là trung điểm
A

AH thì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD.
-Khi đó IK vuông góc v i ED ( t nh chất đường nối tâm

D

- L p được IK  K  A
- Tham số hóa D và sử

E

ng KA = KD  D

H

- L p phư ng trình AC, BC  B, C.

C
B

Lời giải:

I

A

Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp
đường tròn tâm K và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I.
Suy ra IK  DE nên phương trình IK: y - 1 =0.

D

E
H

Tọa độ K(1; 1) suy ra A(- 1; 2).
Giả sử D  2; m  DE ,

K

B

I

C

2
Ta có KA  KD  5  1   m  1  m  3  m  1 (loại) nên D(2; 3).

Phương trình AC: x - 3y +7 = 0. Phương trình BC: 2x - y - 11 = 0.
Do đó tọa độ C(8; 5) và B(4; -3).
Kết luận A(-1; 2), B(4; -3) và C(8; 5).
Bài toán 3. (Tính chất đối xứng)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xy, cho tam giác ABC có M(3; -1) là trung
25