skkn PHÉP ĐỒNG DẠNG và HÌNH VUÔNG TRONG HÌNH học GIẢI TÍCH PHẲNG

I. TÊN SÁNG KIẾN
PHÉP ĐỒNG DẠNG VÀ HÌNH VUÔNG TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
PHẲNG
II. CÁC TÁC GIẢ CỦA SÁNG KIẾN
1. Đỗ Thị Bích Thảo
Chức danh: Tổ trưởng tổ Toán - Tin trường THPT Nho Quan B
Học vị: cử nhân toán
Địa chỉ: trường THPT Nho Quan B
Hòm thư điện tử:
Số điện thoại: 0975805618
2. Nguyễn Văn Sáng
Chức danh: giáo viên
Học vị: cử nhân toán
Địa chỉ: trường THPT Nho Quan B
Hòm thư điện tử:
Số điện thoại: 0947378873
III. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN
1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm- hạn chế của giải pháp cũ
1.1. Thực trạng
Các bài toán về hình học giải tích Oxy trong đề thi THPT Quốc gia luôn
là câu hỏi khó mang tính phân loại cao và đang có xu hướng khai thác sâu hơn.
Để giải được bài toán này học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản về
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, các tính chất đã học và vận dụng linh hoạt
các phương pháp, công cụ khác nhau để giải toán.
Trên thực tế học sinh trường THPT Nho Quan B trải qua quá trình học tập
và rèn luyện từ lớp 10 đến lớp 12 thì có rất ít học sinh có thể giải thành thạo bài
toán này trong đề thi THPT Quốc gia, học sinh giỏi cấp trường và tỉnh. Nguyên
nhân sâu xa của vấn đề này nằm ở việc kết hợp nhiều kiến thức hình học phẳng
vào bài toán, vận dụng một cách khéo léo các phương pháp công cụ để giải toán.
1.2 Giải pháp cũ thường làm
1

Trong chương trình hình học lớp 10, nội dung về phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng đã giải quyết cơ bản những vấn đề về đường thẳng, đường tròn,
elip,… nhưng để đáp ứng được các bài toán trên thực tế, trên các đề thi, diễn
đàn,… thì các kiến thức này mới chỉ là mở đầu, đòi hỏi người học phải tìm hiểu
sâu hơn nữa, nắm bắt nhiều kiến thức, kỹ năng, phương pháp và công cụ thì mới
có thể hoàn thành bài toán một cách thuần thục được.
Một số bài toán khó đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng, khả năng vận dụng
cao như: phán đoán tính chất, chứng minh tính chất và giải toán. Điều này đòi
hỏi học sinh phải có kỹ năng vẽ hình, cảm nhận hình và phán đoán chính xác, có
kiến thức sâu về học học để chứng minh và giải quyết vấn đề. Ở khâu giải quyết
vấn đề (chứng minh tính chất) nhiều học sinh chỉ nhất nhất sử dụng hình học
thuần túy đề chứng minh, điều này cũng đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững
chắc, kỹ năng phân tích hình học phải tốt, dẫn đến rất nhiều khó khăn.
Ví dụ như trong bài toán sau: (khối A - 2012) Cho hình vuông ABCD,
 11 1 
; ÷là trung điểm BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2ND,
 2 2

M

phương trình AN: 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Phương pháp giải trong đáp án như sau:
+ Gọi H = AN ∩ BD. Chưng minh AH

A

B

vuông góc với HM
+ Tìm A ∈ AN, tìm AM =

3 10
, từ đó
2

M

suy ra điểm A

D

N

C

Vấn đề đặt ra là học sinh có phát hiện ra mối quan hệ giữa 3 điểm A, H và
M một cách đơn giản hay không? Nếu phát hiện ra rồi thì giải quyết vấn đề này
như thế nào?

2


Hiện nay có rất nhiều phương pháp để giải quyết vấn đề giữa 3 điểm A, H
và M như: sử dụng tính chất vectơ, tọa độ hóa, thuần túy hình học phẳng, đại số
hóa bằng công cụ như hệ thức lượng trong tam giác và đường tròn,… Nhưng cái
khó vẫn là ở chỗ phát hiện ra điểm H.
1.3. Hạn chế của phương pháp cũ
Với các bài toán về hình vuông hiện nay xuất hiện rất nhiều trong các bài

tập, đề thi vì đơn giản nó có tính đối xứng cao nên sẽ xuất hiện được nhiều tính
chất ẩn trong nó. Người ra đề có thể xuất phát từ tính chất đó dễ dàng ra một bài
toán khó cho học sinh. Mà điều này như đã nói ở trên việc phát hiện và chứng
minh tính chất không hề dễ dàng.
Khi thực hiện phương pháp cũ, học sinh bắt buộc phải thực hiện các bước
sau:
Bước 1: vẽ hình (chính xác)
Bước 2:
+ Phân tích đề bài - dữ kiện, định hướng lời giải;
+ Phán đoán tính chất: có sẵn (nhìn thấy) hoặc phải dựng thêm hình (như
ví dụ trên);
Bước 3: chứng minh tính chất (bước này là khó nhất). Ở bước này học sinh phải
thuần thục các phương pháp, công cụ đã nêu ở trên;
Bước 4: tiến hình giải toán theo tính chất đã chứng minh;
Bước 5: loại nghiệm, kết luận.
Qua đó, trên thực tế dạy học chúng tôi thấy, trong hình vuông đôi khi việc
làm theo các bước thuần túy như trên tạo ra rất nhiều khó khăn cho các em, nhất
là ở bước 2, bước có tính chất quyết định cho bài toán. Đôi lúc các em nản và
bài toán không được giải quyết.
2. Những giải pháp mới và yêu điểm của giải pháp mới
2.1. Những nội dung cơ bản của giải pháp mới
Thay vì gắn hệ trục vào hình của đề bài, ta sẽ dựng một hình vuông đồng
dạng với hình đã cho. Hình mới này sẽ được tọa độ hóa cụ thể, ta gọi nó là hình
cơ sở.
3


Do đó ta giả sử hình vuông ABCD : A’B’C’D’. Khi đó ta có tỉ số đồng
dạng: k =

AB
CD
MA
=
= ... =
= ...
A'B' C'D'
M'A'

Khi tìm được tỉ số đồng dạng, ta suy ra được độ dài cạnh của hình vuông.
Dựa vào giả thiết ta tìm được tọa độ các đỉnh cần tìm.
Ngoài ra từ hình vuông cơ sở ta có thể xác định được góc, từ đó chứng
minh được các tính chất vuông góc, chỉ ra được số đo của góc,…. Vì qua phép
đồng dạng biến góc thành góc bằng với nó.
 11 1 
; ÷là trung điểm
 2 2

Ví dụ 1: (khối A - 2012) Cho hình vuông ABCD, M 

BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2ND, phương trình AN: 2x - y - 3 =
0. Tìm tọa độ điểm A.
Phân tích:
Bài toán cho điểm M cố định là trung điểm BC, điểm N đặc biệt thỏa mãn
CN = 2ND;
Có thể tính khoảng cách từ M đến AN.
Như vậy nếu xét một hình vuông cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với hình
vuông đã cho, các điểm trong hình vuông biến thành các điểm tương ứng. Khi
đó xác định được khoảng cách từ M’ đến A’N’. Vì hai hình vuông bất kỳ luôn
đồng dạng nên có tỉ số đồng dạng chính là k =

d ( M, AN )
AB
=
, từ đó suy ra
A ' B ' d ( M ', A ' N ' )

độ dài cạnh hình vuông.
Dựa vào giả thiết ban đầu ta tìm được điểm A một cách nhanh chóng.
Lời giải:
Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ
và tọa độ các điểm như hình vẽ.

4


y

A

B

B'(1;1)

A'(0;1)

( )

M' 1;

D'(0;0)

( )

N'

1
3

;0

1

M

2

x

1
C'(1;0)

D

Phương trình A’N’: 3x + y - 1 = 0. Suy ra d ( M ', A ' N ' ) =
Mà d ( M, AN ) =

C

N

5
2 10

15
.
2 5

Do hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau theo tỉ số k =

d ( M, AN )
AB
=
= 3 2 ⇒ AB = 3 2A ' B ' = 3 2 , BM =
A ' B ' d ( M ', A ' N ' )

1
3 2
3 10
AB =
⇒ AM =
2
2
2

Điểm A nằm trên AN: 2x - y - 3 = 0 nên A(t; 2t - 3), AM =

3 10 ⇔  t = 1
t = 4

2


Vậy có hai điểm A(1; -1) hoặc A(4; 5)
2.2 Những ưu điểm của giải pháp mới
Giải pháp mới giúp học sinh giảm bớt gánh nặng phải phán đoán, tìm tòi
tính chất và chứng minh nó. Điều này như đã nói ở trên là rất khó khăn, không
phải học sinh nào cũng thực hiện được.
Nếu phải chứng minh tính chất ở bước 2 ta hoàn toàn có thể áp dụng
phương pháp mới để chúng minh một cách nhanh chóng.

5


Khi tiếp cận phương pháp mới học sinh dễ dàng tự chủ động tìm tòi lời
giải độc lập và không máy móc dựa vào việc chứng minh các tính chất một cách
khó khăn;
Ở ví dụ nêu trên: để giảm tải bớt những khó khăn trong việc tìm ra điểm
H, phán đoán tính chất vuông góc, ta chuyển bài toán này về việc tìm ra độ dài
cạnh của hình vuông để tìm ra điểm A theo yêu cầu bài toán. Cụ thể, khi đã biết
độ dài hình vuông, ta suy ra AM và suy ra điểm A một cách nhanh chóng và
không mất thời gian tìm hiểu tính chất.
IV. HIỆU QUẢ KINH TẾ VÀ XÃ HỘI DỰ KIẾN ĐẠT ĐƯỢC
1. Hiệu quả kinh tế
Học sinh không phải sử dụng nhiều tài liệu, kết hợp nhiều phươp pháp,
không mất quá nhiều thời gian để giải quyết một bài toán về hình vuông. Từ đó
áp lực về kinh tế không còn là vấn đề quan trọng.
Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh tiếp cận một cách nhanh chóng,
không mất nhiều thời gian, công sức. Giúp học giảm được thời gian đầu tư cho
việc học thêm tràn lan như hiện nay.

2. Hiệu quả xã hội
Sáng kiến mang tính thực tiễn cao, kiến thức phù hợp cho học sinh Trung
bình khá, khá và giỏi. Phù hợp cho giáo viên tham khảo và áp dụng vào thực tế
giảng dạy.
Giúp giải quyết nhanh chóng các bài toán về hình vuông trong các bài thi
THPT quốc gia nhưng năm gần đây;
Đề tài đã được trải qua thực tế giảng dạy của nhóm tác giả, của đồng môn
trường THPT Nho Quan B trong việc ôn thi THPT Quốc gia và ôn thi học sinh
giỏi bước đầu đạt hiệu quả cao;
V. ĐIỀU KIỆN VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tài mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp
với giáo viên và học sinh THPT.

6


Kiến thức của đề tài nằm hoàn toàn trong chương trình hình học lớp 10,
đầu năm lớp 11 nên dễ dàng cho học sinh tiếp cận, giải quyết vến đề. Phù hợp
với nhiều đối tượng.
VI. NỘI DUNG CỦA GIẢI PHÁP
Phần A: Kiến thức liên quan trong đề tài
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, SGK hình học lớp 10 hiện hành;
Phép dời hình và phép đồng dạng, chương I SGK hình học 11 hiện hành.
Phần B: Một số nguyên tắc cơ bản trong quá trình tìm lời giải các bài toán
1. Hướng nhận định ban đầu:
Dựa vào giả thiết bài toán trong hình vuông, phân tích tìm mối liên hệ
giữa các yếu tố đã biết.
Xác định các điểm cố định (hay không cố định) ở vị trí đặc biệt (hay
không đặc biệt), tìm yếu tố khoảng cách, góc có sẵn (hoặc tính toán đơn giản).
2. Nguyên tắc thực hiện

Vẽ mô tả hình học giả thiết.
Xét hình vuông cơ sở (có tọa độ cố định), hình vuông này luôn đồng dạng
với hình vuông trong đề bài. Tìm các mối quan hệ về góc, khoảng cách và xây
dựng cách giải cụ thể.
Phần C: Một số kiến thức thường dùng
1. Tính chất hình học đã học
* Phép đồng dạng tỉ số k:
+ Biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự
giữa các điểm ấy;
+ Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn
thẳng thành đoạn thẳng;
+ Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc
bằng nó;
+ Biến đường tròn thành đường tròn bán kính R thành đường tròn có bán
kính kR.
* Nhận xét: Hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng với nhau.
7


2. Kiến thức hình học dạng tọa độ
Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm biết vtcp, vtpt; song song hoặc
vuông góc với đường thẳng cho trước, biết góc giữa hai đường, khoảng cách,…
Bài toán tìm điểm cơ bản: tìm giao điểm hai đường thẳng, điểm hình
chiếu, điểm đối xứng,…
Bài toán khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, góc giữa hai đường
thẳng:
Bài toán vectơ: tích vô hướng, góc giữa hai vectơ, độ dài vectơ
Phần D: Mô tả quá trình thực hiện nội dung xây dựng hoạt động học tập
của học sinh trong các bài toán hình giải tích gắn với các nội dung hình học.
Bước 1: vẽ hình

Bước 2: phân tích hình vẽ, tìm yếu tố: khoảng cách từ điểm đến đường thẳng,
khoảng cách giữa hai điểm, góc giữa hai đường thẳng,…
Bước 3: Xây dựng hình vuông cơ sở (có tọa độ cụ thể) đồng dạng với hình
vuông đã cho. Các điểm biến thành điểm tương ứng trên hình vuông cơ sở
Bước 4: Tìm tỉ số đồng dạng hoặc xác định góc giữa hai đường thẳng (quy về
góc giữa hai vectơ)
Bước 5: Chuyển về bài toán ban đầu, giải toán.

8


Phần E: MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
1. Hình vuông có các điểm trên hình xác định rõ tỉ lệ
Ta tạm gọi các hình vuông có các điểm nằm trên các cạnh có vị trí cụ thể
và có tỉ lệ cho trước.
Ví dụ 2. Cho hình vuông ABCD có A(1;1), điểm M thuộc CD sao cho DM =
2CM. Biết phương trình cạnh BM: x + 3y - 19 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C của hình
vuông biết C thuộc d: x - y = 0.
Phân tích:
Bài toán cho điểm A và điểm M có tỉ lệ nằm trên CD và phương trình
BM. Dó đó ta hoàn toàn có thể tính khoảng cách từ A đến BM, khi đó bằng cách
xét hình vuông cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với hình vuông đã cho ta sẽ tìm được
cạnh của hình vuông
Bài giải:
Ta có: d ( A, BM ) =

15
10

Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa

độ các điểm như hình vẽ.
y

B

A

B'(1;1)

A'(0;1)

D

( )

D'(0;0)
M

M'

C

Phương trình B’M’: 3x - y - 2 = 0. Suy ra: d ( A ', B'M ') =

2
3

;0

x

C'(1;0)

3
10

Do hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau theo tỉ số k =

d ( A, BM )
AB
=
= 5 ⇒ AB = 5A 'B' = 5 ⇒ AC = 5 2
A 'B' d ( A ', B'M ' )
 c = −4
c = 6

Khi đó gọi C(c,c)∈ d : x − y = 0 . Mà AC = 5 2 ⇒ 
Vậy có hai điểm C(-4; 4) và C(6; 6)

9


Bình luận: đây là bài toán mà điểm M thuộc CD có tỉ lệ cho trước, biết điểm và
đường thẳng cố định cho trước.
Ví dụ 3. (Nho Quan B - 2016) Trong hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi
M đối xứng với B qua C. Từ D, C kẻ các đường vuông góc với AM lần lượt cắt
AM tại P và Q. Biết Q(-1; 0), đường thẳng đi qua P và tâm I của hình vuông có
phương trình d: x - y - 3 = 0 và điểm P có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vuông.
Phân tích:

Hướng 1: giả thiết cho đường thẳng PI với P có vị trí cố định, I đặc biệt
và điểm Q cố định cho trước. Do đó có thể tính được khoảng cách từ Q đến PI.
Nhưng nếu xét hình vuông cơ sở liệu rằng có tìm được P’ và Q’ không? Câu trả
lời là có, vì có thể lập được phương trình A’M’, tìm được hình chiếu của C’ và
D’ lần lượt là Q’ và P’ trên A’M’. Do đó tính được khoảng cách từ Q’ đến P’I’.
Cuối cùng là tìm được tỉ số đồng dạng và tìm được độ dài PQ dựa vào tỉ số đồng
dạng.
Hướng 2: quan sát thấy PI chính là trung trực của DQ. Khi đó ta hoàn
toàn có thể chứng minh điều này từ hình vuông cơ sở.
Bài giải 1: (theo hướng 1)
Ta có d ( Q,PI ) =

4
2

Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.
y

B

A
P

A'(0;1)

B'(1;1)
P'

Q

( )

I'

D

C

M

1 1
;
2 2

Q'

x
D'(0;0)

C'(1;0)

M'(2;0)

Phương trình A’M’: x + 2y - 2 = 0. Đường thẳng qua D’ và vuông góc với
A’M’: 2x - y = 0. Khi đó P’ là giao điểm của A’M’ và đường thẳng trên, có tọa
2

x=


 x + 2y − 2 = 0

2 4
5
⇔
⇒ P ' ; ÷
độ là nghiệm của hệ: 
5 5
2x − y = 0
y = 4

5

10


Đường thẳng qua C’ và vuông góc với A’M’ cắt A’M’ tại Q’ có phương trình:


2x - y - 2 = 0. Suy ra Q’  ; ÷
5 5
6 2





Phương trình P’I’: 3x + y - 2 = 0. Ta có: d ( Q ', P 'I ' ) =

2

10

Do hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau theo tỉ số k =

d ( Q, PI )
AB
=
= 2 5 ⇒ AB = 2 5A 'B' = 2 5
A 'B' d ( Q ', P 'I ' )

Dễ dàng tính được PQ = 3 2 ⇒ P(3;0) . Từ đó ta tìm được M(-5;0)
Tiếp tục ta tìm được A(5;0), B(1;2), C(-1;-2), D(3;-4)
Bài giải 2: (theo hướng 2)
Bài toán xoay quanh 3 điểm P, I và Q. Như vậy hoàn toàn cho ta một gợi
ý: phải đi tìm mối liên hệ giữa 3 điểm này, có thể là quan hệ vuông góc, có thể
là quan hệ tạo góc,….
Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ
và tọa độ các điểm như hình vẽ.
Phương trình A’M’: x + 2y - 2 = 0. Đường thẳng qua D’ và vuông góc với
A’M’: 2x - y = 0. Khi đó P’ là giao điểm của A’M’ và đường thẳng trên, có tọa
2

x
=

 x + 2y − 2 = 0

2 4
5

⇔
⇒ P ' ; ÷
độ là nghiệm của hệ: 
5 5
2x − y = 0
y = 4

5


Đường thẳng

qua C’ và vuông góc với A’M’ cắt A’M’ tại Q’ có phương



trình: 2x - y - 2 = 0. Suy ra Q’  ; ÷
5 5
6 2



P 'Q ' = P 'D '
Khi đó dễ dàng thấy  uuur uuuuur
nên P’I’ là đường trung trực của D’Q’
P 'I '.D 'Q ' = 0

Do hai hình vuông bất kỳ luôn đồng dạng nên ta suy ra PI là đường trung trực
của DP
Từ đó dễ dàng viết được phương trình DQ, tìm ra giao điểm J = DQ ∩ PI. Suy ra

điểm D(3;-4)
uuu
r uuu
r
Mặt khác PD.PQ = 0 ⇒ P(3;0) , suy ra điểm M(-5; 0), từ đó suy ra C(-1;-2)
Tiếp tục ta tìm được các điểm còn lại một cách dễ dàng.
Bình luận: Như vậy qua ví dụ 2 này ta có thể thấy việc sử dụn tính chất của
phép đồng dạng với nhận xét hai hình vuông bất kỳ luôn đồng dạng giúp ta giải
quyết bài toán một cách nhanh chóng. Ngoài ra ta có thể dùng hình vuông cơ sở
để chứng minh tính vuông góc, xác định góc của hai đường.

11


Ví dụ 4: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, đỉnh A(-1;2). Gọi N
 19 8 
; − ÷ là hình chiếu vuông góc của B lên CN.
 5 5

là trung điểm của AD, điểm H 

Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm M của BC nằm
trên đường thẳng x + 2y + 6 = 0.
Phân tích: ta suy luận bài toán theo hai hướng như sau
Hướng 1: Rõ ràng bài toán cho biết điểm cố định A và H là hình chiếu của
B lên CN, N cho trước vị trí trung điểm AD. Như vậy nếu lầm bì toán theo cách
hình vuông cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với ABCD thì ta hoàn toàn có thể tìm
được H’. Do đó tính được A’H’ và tìm được tỉ số đồng dạng. Suy ra độ dài cạnh
và tính được AM, tìm ra điểm M.
Hướng 2: ta thấy bài toán xoay quanh 3 điểm A, H, M và bằng trực quan

thấy AH vuông góc với HM. Ta đi chứng minh điều này bằng hình vuông cơ sở
A’B’C’D’ đồng dạng với hình vuông đã cho ABCD.
Bài giải:
Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.
y
A

B

I

B'(1;1)

A'(0;1)
N

M
N'

( )
0;

( )

1

M'

2

1;

1
2

H
H'

C

D

D'(0;0)

x
C'(1;0)

Phương trình C’N’: x + 2y - 1 = 0. H’ là hình chiếu của B’ lên C’N’ nên có tọa


độ là H '  ; ÷
5 5
Lúc này ta có 2 hướng giải bài toán:
Hướng 1: tính độ dài AH = 6, A’H’ = 1
Do hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
3 1

với nhau nên suy ra tỉ số đồng dạng k =

AB
AH
=
= 6 ⇒ AB = 6
A 'B' A 'H '

Suy ra: AM = AB2 + BM 2 = 3 5
Điểm M thuộc đường thẳng x + 2y + 6 = 0 nên từ đó suy ra điểm M.
Tương tự như trên ta tìm ra được các điểm của hình vuông.
12


Hướng 2: Để ý thấy bài toán xoay quanh 3 điểm H, A, M nên ta xét:

uuuuur  3 4  uuuuur  2 3  uuuuur uuuuur
A 'H ' =  ; − ÷, M 'H ' =  − ; − ÷⇒ A 'H '.M 'H ' = 0 nên A’H’ ⊥ M’H’
5 5
 5 10 

Do hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau nên suy ra AH ⊥ MH.
Từ đó viết được phương trình HM, suy ra tọa độ điểm M(2;-4).
Do CH//AM nên CH: 2x + y - 6 = 0.
Gọi N là trung điểm AD, N thuộc CH và AN ⊥ MN từ đó suy ra N(2;2)
Suy ra D(5;2), B(-1; -4), C(5;-4).
Bình luận: bài toán này đi theo hai hướng khá đơn giản, dễ dàng khai thác như
ví dụ 2.
Ví dụ 5. Trong hệ trục Oxy cho hình vuông ABCD, có điểm N(1; 2) là trung
điểm BC, trung tuyến kẻ từ A của tam giác AND có phương trình d: 5x - y + 1 =
0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.

Phân tích:
Giả thiết cho điểm N cố định có vị trí cho trước, đường trung tuyến kẻ từ
A của tam giác AND cho trước. Vậy ta có thể tính khoảng cách từ N đến đường
trung tuyến này. Trong hình vuông cơ sở ta cũng viết được đường trung tuyến
của tam giác A’N’D’ một cách dễ dàng, do đó cũng tính được khoảng cách từ
N’ đến đường trung tuyến này.
Bài giải:
Hướng 1: dùng hình vuông đồng dạng
Ta có d ( N,d ) =

4
26

Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.

13


y
A

B

I

A'(0;1)

B'(1;1)

M

( )

N' 1;

C

D

1
2

x
D'(0;0)

C'(1;0)

d

Phương trình đường trung tuyến hạ từ A’ của tam giác A’D’N’ là d’: 3x + 2y - 2
= 0.
Ta có: d ( N ',d ' ) =

2
.
13

Do hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau nên suy ra tỉ số đồng dạng k =

Suy ra: AN =

d ( N,d )
AB
2
2
=
=
⇒ AB =
A 'B' d ( N ',d ' )
2
2

10
. Vì A thuộc d nên A(a, 5a + 1), từ đó có phương trình AN =
2

10
. Tìm được A.
2

Từ đó tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
Ví dụ 6. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi F là điểm trên
cạnh AB thỏa mãn: 7BF = 5FA, đường thẳng đi qua trung điểm E của cạnh AD
và trọng tâm G của tam giác ABC có phương trình là 11x - 7y + 6 = 0, F
 13 3 
 − 6 ; 2 ÷, điểm B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.



Bài giải:
Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 12. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.

14


y
C

D
I

D'(12;12)

C'(0;12)

I

I'

E

E'(12;6)

G

G'(4;4)

J

J'
L
B

F

L'
A

B'(0;0)

F'(5;0)

x
A'(12;0)

uuuuu
r
G ' E ' = (8;2)
G ' E ' ⊥ G ' F ' ⇔ GE ⊥ GF
⇒
r
Ta có:  uuuuu
G ' E ' : x − 4y + 12 = 0
G ' F ' = ( 1; −4 )

Từ đó ta có sơ lược cách giải:
Ta có: d(F’,G’E’) = 17 , d(F,GE) =

170
.
6

Hai hình vuông bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng theo
tỉ số
k=

d ( F’, G’E’)
AB
10
10
=
=
⇒ AB = 12x
= 2 10
A'B'
d ( F, GE )
6
6

Ta có B’J’ =

12
12 2 170
L ∈ GF
⇒
, suy ra BJ = k.
=
. Từ đó suy ra

17
17
17
GL = BJ

phương trình BL, suy ra B do BL = k .B’L’.
Với mỗi B suy ra A, suy ra AD, BC. Suy ra C và D
Nhận xét chung:

Qua các ví dụ trên ta thấy khi một hình vuông cho trước, có các điểm
thỏa mãn yêu cầu nào đó cho trước những vị trí cố định tỉ lệ thì ta hoàn toàn có
thể giải bài toán nhanh chóng bằng hướng giải như đã nêu. Phương pháp này
giúp học sinh không phải quá nặng nề về việc phát hiện yếu tố vuông góc, tạo
góc hay đường đặc biệt,… mà chỉ phải tính độ dài cạnh, khéo léo lồng ghép vào
hình vuông để tìm ra lời giải ngắn gọn.
Ngoài ra với phương pháp xét hình vuông cơ sở này ta có thể tìm được
góc, chứng minh được vuông góc, chỉ ra đường trung trực, phân giác một cách
dễ dàng.
2. Hình vuông có các điểm trên hình không xác định rõ tỉ lệ
15


Với hình vuông dạng này, việc tính toán có phức tạp hơn vì một số điểm
không cố định ta phải xác định tọa độ các điểm này bằng một số thực chưa xác
định. Từ đó ta tiếp tục khai thác dữ kiện để tìm ra khoảng cách, góc hay mối
tương quan cần thiết khác. Ta xét một số ví dụ sau:
 7

Ví dụ 7. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, có C(1; -1), N  1; ÷
 2

(

nằm trên AD, M thuộc AB sao cho AN + AM + MN = 2AB. Điểm H 1 − 5;1

)

là hình chiếu của B lên MN. Tìm tọa độ điểm B.
Phân tích:
Bài toán đã cố định điểm N, nhưng N không ở vị trí đặc biệt hoặc biết tỉ lệ rõ
ràng. Để tìm tính chất đặc biệt của bài toán. Ta thử N vào các vị trí đặc biệt:
N ≡ D ⇒ M ≡ A
·
. Dễ thấy cả hai trường hợp này góc NCM

= 45 0 . Từ đó ta có
N
≡
A
⇒
M
≡
D

·
thể phán đoán góc NCM
= 45 0 .

Bài giải:
Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa

độ các điểm như hình vẽ.
y
M

A
I

B

C'(1;1)

D'(0;1)

N'
N
b
C

D

x

a
M'

A'(0;0)

B'(1;0)

Đặt A’M’ = a, A’N’ = b. Ta có:

a + b + a 2 + b 2 = 2 ⇔ a 2 + b 2 = 2 − a − b ⇔ 2 + ab = 2(a + b)

·
·
· 'C ' D ' + M
· ' B 'C ' = tan N ' C ' D ' + tan M ' B ' C ' = 2 − a − b = 1
Ta có tan N

(

)

· ' C ' D '.tan M
· 'B'C'
1 − tan N
· ' C ' N ' = 450
· 'C'D' + M
· ' B ' C ' = 450 ⇔ M
Vậy: N

a + b + ab

Do hai hình vuông bất kì đồng dạng nên ABCD đồng dạng với A’B’C’D’, suy
·
ra góc tương ứng MCN
= 450 . Ta có lược đồ cách giải:
16


 M ∈ NH

B ∈ HB
r
⇒
M
⇒
B
:

 uuur uuu
0
·
BM.BC = 0
cos NCM = cos 45

(

)

Ví dụ 8: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, có điểm C thuộc
đường x + 2y - 6 = 0. Điểm M ( 1; 1 ) thuộc canh BD. Hình chiếu của M lên AB,
AD đều nằm trên đường thẳng x + y - 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C.
Phân tích:
Gọi F, G lần lượt là hình chiếu của M lên AB, AD
Bài toán xoay quanh các điểm C, M, G và F. Xây dựng hình vuông cơ sở
ta dê dàng suy ra CM vuông góc với GF
Bài giải:
Gọi F, G lần lượt là hình chiếu của M lên AB, AD
Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ
và tọa độ các u
điểm

M’(a
G’
uuuur như hình vẽ.uu
uur ; a), F’ (a; 1)
uuu,uu
r ( u0;
uuua)
r
Ta có: C 'M ' = ( a − 1; −a ) ;G 'F' = ( a;1 − a ) ⇒ C 'M ' ⊥ G 'F'
hay suy ra CM ⊥ GF
CM ⊥ GF
uuuu
rCuuu
rthuộc đường
uuuu
r uurthẳng x + 2y - 6 = 0 nên gọi C(6-2t; t). Vì
⇒ CM.GF = 0 ⇔ CM.u d = 0 ⇒ C

Bình luận: đối với bài toán này việc xác định độ dài cạnh là rất khó khăn vì
vướng tham số của các điểm không cố định.
Ví dụ 9: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, hai điểm E, F tương
ứng thuộc hai cạnh AD và AB sao cho AE = AF. Gọi H là chân đường cao hạ từ
A xuống BE. CH cắt AD tại M. Tính tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
7 7
M  ; − ÷, F(2; 0) và C thuộc đường thẳng d: x - 2y + 1= 0
3 3

Phân tích:
Bài toán xoay quanh 3 điểm F, M và C. Bằng cách dựng hình vuông cơ sở
ta suy ra được MF vuông góc với FC.

Bài giải:

17


y
F'

A'(0;1)
F

A

B

M'

M

E

B'(1;1)

H'

E'

H

1

D'(0;0)
D

x

C'(1;0)

C

Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ. M’(0;b), F’(1-a;1), E’(0;a)
Ta tìm tọa độ H’ như sau:
Phương trình B’E’: (a - 1) x + y - a = 0, phương trình C’M’: bx + y - b = 0
 ( 1 − a) 2 ( 1 − a) 2 + ( 1 − a) + 1 
;
÷
Khi đó H’ = B’E’ ∩ C’M’ ⇒ H’ 
2
2
÷
1
+
1
−
a
1
+
1
−
a

(
)
(
)



(

2
Ta có H’∈ C’M’ ⇒ b = ( 1 − a ) + ( 1 − a ) + 1 ⇒ M ' 0; ( 1 − a ) + ( 1 − a ) + 1
2

)

uuuuur uuuur
Từ đó tính được F ' M '.F ' C ' = 0 ⇔ F ' M ' ⊥ F ' C ' .
Do hai hình vuông bất kỳ đồng dạng nên: FM ⊥ FC. Từ đây ta định hướng giải

như sau:
+ Tìm được C
+ Giải sử CB: a ( x − x c ) + b ( y − y c ) = 0 , CD: -b ( x − x c ) + a ( y − y c ) = 0
+ Ta có d(M, CB) = d(F, CD), suy ra a và b và tìm được B, D, A
Ví dụ 10: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, có đỉnh C(-4; -3) và
điểm M là điểm nằm trên cạnh AB (M không trùng với các đỉnh). Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu của A, C lên DM và I là giao điểm của CE và BF. Tìm tọa độ
A, B, C biết I(2; 3) và đỉnh B nằm trên đường thẳng x - 2y + 10 = 0.
Phân tích:
Bài toán xoay quanh 3 điểm B, I, C. Dựng hình và dự đoán CI vuông góc
với IB. Ta đi chứng minh điều dự đoán.

Bài giải:

18


y
A'(0;1)
M

A

B

M'

B'(1;1)

E'

E
I'
I

F'

F
x

1
D'(0;0)

D

C'(1;0)

C

Xét hình vuông A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ. M’(a; 1)
 a
a2 
;1
−
Ta có D’M’: x - ay = 0. Từ đó suy ra điểm E’ 
÷và F’
2
1 + a2 
1+ a
1
a 

1 − 1 + a2 ; 1 + a2 ÷


uuuuu
r uuuur
Tính được C ' E '.F ' B ' = 0 ⇔ C’E’ ⊥ F’B’

Do hai hình vuông bất kỳ luôn đồng dạng nên CE ⊥ BF.
Ta có định hướng cách giải như sau:
+ Viết phương trình BI suy ra điểm B và phương trình BA, CD

+ Có BA = CD = BC suy ra A và D
Nhận xét chung: với bài toán trên, điểm M và N không ở vị trí đặc biệt hoặc là
ở vị trí xác định rõ tỉ lệ, thông thường ta thường đặt tọa độ theo tham số rồi
chứng minh, chỉ ra các tính chất trong hình. Việc sử dụng tính đồng dạng của
hai hình vuông để chứng minh các tính chất cũng là một nét mới và điển hình
trong việc giải toán hình học giải tích trong mặt phẳng.
Đối với các bài toán về tam giác ta hoàn toàn có thể sử dụng phương pháp
trên, tuy nhiên nó chỉ có thể hạn chế ở tam giác vuông, cân hay đều. Đối với
hình chữ nhật khi biết tỉ lệ độ dài hai cạnh thì bài toán được xây dựng tương tự
như hình vuông, nhưng khi không biết tỉ lệ độ dài hai cạnh thì ta có thể cố định
cạnh bằng 1, cạnh còn lại tùy ý thì vấn đề cũng được giải quyết như hình vuông.
1





Ví dụ 11: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có tâm I  ;0 ÷,
2
AB = 2AD và đường thẳng AB có phương trình x - 2y + 2 =0. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật, biết đỉnh A có hoành độ âm.
Phân tích:
19


Bài toán cho hình chữ nhật có tỉ lệ hai cạnh, có tâm I, đường thẳng AB.
Như vậy ta hoàn toàn có thể dựng hình chữ nhật cơ sở đồng dạng với hình chữ
nhật đã cho và tính được độ dài cạnh hình chữ nhật đã cho.
Bài giải:
y

A

B
A'(0;1)

B'(2;1)

I

( )

I' 1;

1
2

C

D

x

1
C'(2;0)

D'(0;0)

Dựng hình chữ nhật cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với hình chữ nhật ABCD. Gắn
vào hệ trục tọa độ như hình vẽ.

Ta có phương trình A’B’: y - 1 = 0, d(I’, A’B’) =
Mặt khác d(I, AB) =

1
2

5
.
2

AB
d(I, AB)
=
= 5 ⇒ AB = 5A ' B ' = 2 5
A ' B ' d(I ', A ' B ')
BD 5
= . Vì A∈ AB ⇒ A(2t − 2;t)
Suy ra AD = 5 ⇒ BD = 5 ⇒ IA =
2
2
5
Giải phương trình IA = ⇒ A(−2;0) , B(2;2), C(3;0),D(-1;-2)
2

Từ đó suy ra tỉ số đồng dạng k =

Bình luận: Đối với bài toán này rất thuận lợi là tỉ số hai cạnh đã biết, do đó dễ
dàng tìm được đỉnh A và suy ra các đỉnh còn lại.
Ví dụ 12: Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Hai điểm D, E lần lượt thuộc CA
và CB sao cho CD = CE. Đường thẳng qua C vuông với AE cắt AB tại L.

Đường thẳng qua D vuông với AE cắt AB tại L. Chứng minh LK = LB
Hướng dẫn:

20


Xét tam giác A’B’C’ đồng dạng
với tam giác ABC và gắn vào hệ
trục như hình vẽ. uuur
A’B’: x + y - 1 = 0, AE = ( a; −1)

y

A(0;1)

C ' L ' : ax − y = 0
D ' K ' : ax − y + a = 0

K'

Suy ra: 

Gọi I’ là trung điểm K’B’, K’
∈ A ' B ' nên suy ra K’

D'(0;a)

L'

a 

 1 − a 2a 
 1
 1 + a ; 1 + a ÷ ⇒ I '  1 + a ; 1 + a ÷ suy




≡
∈
C
'
L
'
⇒
I
'
≡
L
'
ra I’
hay I L

Điều phải chứng minh

x

1
C'(0;0)

E'(a;0)

B'(1;0)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD
có các đỉnh A(−1;2) ; C (3; −2) . Gọi E là trung điểm của cạnh AD, BM là đường
thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm của củaBM và P là giao điểm
của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM: 2 x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ
điểm P
Bài 2. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, hai điểm E, F tương ứng
trên hai cạnh AB, AD sao cho AE = AF. Gọi H là chân đường cao hạ từ A
xuống BE. CH cắt AD tại M. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết M
7 7
 3 ; − 3 ÷, F(2; 0), C thuộc đường thẳng d: x - 2y + 1 = 0.



Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , 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) .
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . Gọi I là giao điểm của CM và DN .
Chứng minh rằng AI = AD .

21


Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M , N



lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD . Biết rằng M  − ; 2 ÷ và đường
 2 
1

thẳng BN có phương trình 2 x + 9 y − 34 = 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B biết rằng
điểm B có hoành độ âm.
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Có đường
chéo AC: x + y - 5 = 0. Trên tia đối của tia CB lấy điểm M, trên tia đối của tia
DC lấy điểm N sao cho DN = AM. Đường thẳng song song với AN kẻ từ M và
đường thẳng song song với AM kẻ từ N cắt nhau tại F(0; -3). Biết điểm M thuộc
trục hoành, hãy tìm các đỉnh của hình vuông.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có M(7; 3) là
trung điểm AB. Gọi E là giao điểm của MC và AD, N là hình chiếu vuông góc
của A lên MC, I(2; 5) là giao điểm của AN và BE. Biết B thuộc đường thẳng d:
2x + 3y - 44 = 0, tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(-1; 2).
 19 8 
; − ÷ là hình chiếu vuông góc của B lên
 5 5

Gọi N là trung điểm AD; điểm H 

CN. Xác định tọa độ đỉnh hình vuông, biết trung điểm M của BC nằm trên
đường thẳng: x + 2y + 6 = 0.
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có A(4;6).
·
Gọi M, N là các điểm nằm trên BC, CD sao cho MAN
= 450 , M(-4;0) và đường

thẳng MN có phương trình 11x + 2y + 44 = 0. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.

Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I, gọi G
 10 11 
; ÷ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
 3 3

là trọng tâm tam giác ADC, điểm J 
 11 7 

giác AGB, M  ; ÷ là trung điểm của đoạn BI. Tìm tọa độ các đỉnh của hình
 2 2
vuông, biết G có hoành độ là số nguyên.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2), C(3;-2). Gọi E là trung điểm AD, BM là đường thẳng vuông góc với CE tại
M, N là trung điểm BM và P là giao điểm AN và DM. Biết phương trình đường
thẳng BM: 2x - y - 4 = 0. Tìm tọa độ điểm P

22


VII. HIỆU QUẢ ÁP DỤNG
Trên đây là một số ví dụ điển hình về sử dụng tính chất đồng dạng và tọa
độ hóa để giải bài toán hình học giải tích đối với hình vuông, tuy nhiên chưa thể
diễn tả hết được ý định của người viết đề tài này. Tôi nhận thấy rằng: trong
những bài tập cụ thể ta phải linh hoạt sử dụng phương pháp cho hợp lí, việc
chứng minh tính chất nào đó, khi tọa độ hóa đôi khi làm cho bài toán trở nên
phức tạp hơn rất nhiều so với việc dùng hình học thuần túy.
Trong quá trình giảng dạy chúng tôi đã hướng dẫn học sinh nắm các ý
tưởng, cách thức thực hiện giải toán đối với phương pháp đã trình bày ở trên.
Qua thực hành học sinh rất thích thú và đam mê giải toán, những bài toán trong
hình vuông trở thành những bài toán giải ngắn gọn, đơn giản và không mất quá
nhiều công sức suy nghĩ, phân tích và chứng minh các tính chất.

VIII. KẾT LUẬN
Sáng kiến đã trình bày một số kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ
hóa ứng dụng phép đồng dạng, nghiên cứu các bài toán về hình vuông trong
hình học giải tích lớp 10.
Sáng kiến đã xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập về Hình học 10.
Kết quả thực nghiệm cho thấy tính khả thi và hiệu quả của sáng kiến. Việc
tự giải quyết hệ thống bài tập, giúp các em hiểu rõ bản chất, phương pháp giải
dạng toán này, từ đó các em có thể tự xây dựng các bài toán tương tự, hoặc các
bài toán mới. Chính điều đó kích thích sự say mê, tìm tòi khám phá, nâng cao
năng lực tự học ở mỗi học sinh.
Sáng kiến trước hết rất có ý nghĩa đối với tác giả vì nó là một nội dung
quan trọng trong chương trình giảng dạy. Hi vọng sáng kiến là một tài liệu tham
khảo bổ ích cho các em học sinh, cũng như các bạn đồng nghiệp.
Sáng kiến đã cố gắng trình bày vấn đề một cách chi tiết, rõ ràng, dễ hiểu,
có nhiều hình vẽ minh họa thông qua một hệ thống các bài tập phong phú.
Qua đây rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp cũng như
những ai quan tâm đến toán học nói chung, hình học giải tích trong mặt phẳng
nói riêng để chúng tôi hoàn thiện sáng kiến này được tốt hơn.
Xác nhận của cơ quan

Nho Quan, tháng 5 năm 2016
Người viết sáng kiến

Đỗ Thị Bích Thảo

23


Nguyễn Văn Sáng

24