ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG

ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
- Các phép biến hình ở chương đầu trong sách giáo khoa hình học lớp 11 gồm
 Phép tịnh tiến
 Phép đối xứng trục
 Phép đối xứng tâm
 Phép quay
 Phép vị tự
 Phép đồng dạng
- Hiện nay ở trường trung học phổ thông thì các phép biến hình trong hình học
phẳng và trong hình học không gian chiếm tỉ lệ không nhỏ của nội dung môn toán.
Do đó ta thấy sự “ Ưu việt ’’ của phép biến hình trong môn toán ở trung học phổ
thông. Hơn nữa có những bài toán hình học được giải thông qua phép biến hình đôi
khi nhanh và ngọn hơn khi giải bằng cách thông thường.
- Chính vì vậy mà trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bài học bản thân thấy các
phép biến hình đặc biệt là phép đối xứng trục và phép quay có nhiều kiến thức bổ
ích, có tác dụng tích cực đến phương pháp giải một số bài toán hình học phẳng
trong các đề thi đại học hiện nay.
- Đó cũng chính là lí do để tôi chọn viết đề tài “ Ứng dụng của phép quay và phép
đối xứng trục để giải một số bài toán hình học giải tích phẳng ’’
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
- Tuy nhiên thực tế hiện nay việc dạy và học các phép biến hình trong môn toán ở
trung học phổ thông của thầy và trò gặp nhiều khó khăn. Thầy thì gặp khó khăn chủ
yếu trong phương pháp dạy, còn trò thì e ngại khi gặp những bài toán về phép biến
hình và các bài toán liên quan đến phép biến hình.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
- Để giải được những bài tập và các bài toán có liên quan đến phép quay và phép
đối xứng trục; yêu cầu học sinh phải nắm được những kiến thức cơ bản về những

khái niệm, tính chất, có kỹ năng giải toán về phép quay và phép đối xứng trục có
hiệu quả.
- Nhiên cứu về phép quay và phép đối xứng trục, để đưa ra một số phương pháp
giải với mong muốn góp phần giúp học sinh có một công cụ mới để giải toán, đồng
1


thời tập cho học sinh làm quen với phương pháp tư duy và suy luận mới, cũng cố
kiến thức và áp dụng vào các bài toán liên quan và các môn học khác.
II. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
1. PHÉP QUAY
1.1. Định nghĩa
Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và góc lượng giác ϕ không đổi.
Phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm
M’ sao cho OM = OM’ và (OM, OM’) = ϕ được gọi là phép quay tâm O góc quay
ϕ . Kí hiệu: Q( O ,ϕ )
Như vậy
OM ' = OM
Q( O ,ϕ ) ( M ) = M ' ⇔ 
( OM , OM ') = ϕ

1.2. Biểu thức tọa độ
a) Phép quay tâm O trùng với gốc tọa độ
y
y’
y
O

M’
M

ϕ
α

x
x’

x

Gọi M ( x; y ) ; M’ ( x' ; y ')
Q( O ,ϕ ) ( M ) = M ' ; Đặt OM = r
 x = r cos α
 y = r sin α
 x' = r cos( α + ϕ ) = r ( cos α cos ϕ − sin α sin ϕ )

 y = r sin ( α + ϕ ) = r ( sin α cos ϕ + cos α sin ϕ )
 x' = r cos α cos ϕ − r sin α sin ϕ
 x' = x cos ϕ − y sin ϕ
⇔
⇔
 y ' = r sin α cos ϕ + r cos α sin ϕ
 y ' = y cos ϕ + x sin ϕ

Ta có 

2


 x' = x cos ϕ − y sin ϕ
(1a)

 y ' = x sin ϕ + y cos ϕ
b) phép quay tâm I ( x0 ; y 0 )

Hay 

Xét hệ trục tọa độ vuông góc IXY, theo công thức (1a) ta có
 X ' = X cos ϕ − Y sin ϕ

Y ' = X sin ϕ + Y cos ϕ

Mà theo công thức đổi hệ trục tọa độ
 x = x0 + X

 y = y0 + Y

Ta có
 x'− x0 = ( x − x 0 ) cos ϕ − ( y − y 0 ) sin ϕ

 y '− y 0 = ( x − x 0 ) sin ϕ + ( y − y 0 ) cos ϕ

(1b)

Sau đây là một số ví dụ được trích trong các đề thi đại học mà có thể giải được
bằng phép quay.
Ví dụ 1: (Khối A, A1 năm 2014)
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) .
Cách giải 1: (Theo cách giải của một số tài liệu đã trình bày)
A

M

B

O
N
D

C

Ta có MN = 10 . Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0
a
3
3a 2
Ta có AM = và AN = AC =
.
2
4
4
Áp dụng định lí côsin trong tam giác AMN
MN2 = AM2 + AN2 - 2AM.AN cos( ∠MAN ) =

5a 2
8

5a 2
= 10 ⇔ a = 4
8
Gọi I ( x; y ) là trung điểm của CD. Ta có

Suy ra

3


IM = AD = 4, IN =

1
BD =
4

2 , nên ta có hệ phương trình

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

* Với x = 1; y = −2 ta có I (1;−2) và IM = (0;4)
Đường thẳng CD đi qua điểm I và có véc tơ pháp tuyến là IM
Phương trình CD: y + 2 = 0 .
17

6
17 6
12 16
4
; y = − ta có I ( ;− ) và IM = (− ; ) = ( − 3;4 )
5
5
5 5
5 5
5
Đường thẳng CD đi qua điểm I và có véc tơ pháp tuyến là IM
Phương trình CD: 3x − 4 y − 15 = 0 .

* Với x =

Cách giải 2: (Sử dụng phép quay)
Gọi I ( x; y ) là trung điểm của CD, O là tâm của hình vuông ABCD suy ra O
(

x +1 y + 2
;
)
2
2

Ta thấy các tam giác NIC, MAO vuông cân.
TH1: * Q( M ,90 ) ( A) = O (hình vẽ trên)
Áp dụng công thức (1b) ta có
0

5− x
x +1

 2 − 1 = −( y A − 2)
 y A = 2
⇔

 y + 2 − 2 = ( x − 1)
x = y
A
 2
 A 2

y 5− x
⇒ A( ;
)
2 2

* Q( N ,90 ) ( I ) = C
0

 xC − 2 = −( y + 1)
 xC = 1 − y
⇔

 y C + 1 = ( x − 2)
 yC = x − 3

⇒ C (1 − y; x − 3)

Mà O là trung điểm của AC suy ra
 x +1 1  y

 2 = 2  2 +1− y
x = 1



⇔

 y = −2
 y + 2 = 1  5 − x + x − 3 
 2
2 2

Phương trình CD: y + 2 = 0 .

⇒ I (1;−2)

TH2:

D

I

C
4


N

O

* Q( M ,900 ) ( O ) = A

A

M

B

Áp dụng công thức (1b) ta có
y+2
4− y


 x A − 1 = −( 2 − 2)
 x A = 2
⇔

 y − 2 = ( x + 1 − 1)
y = x + 3
 A
 A
2
2

⇒ A(

4− y x+3
;

)
2
2

* Q( N ,90 ) ( C ) = I
0

 x − 2 = −( y C + 1)
 xC = y + 3
⇔

 y + 1 = ( xC − 2)
 yC = 1 − x

⇒ C ( y + 3;1 − x)

Mà O là trung điểm của AC suy ra
 x +1 1  4 − y

17

x=
 2 = 2  2 + y + 3





5
⇔


 y + 2 = 1  x + 3 + 1 − x 
y = − 6

 2
5
2 2

Phương trình CD: 3x − 4 y − 15 = 0 .

⇒ I(

17 6
;− )
5 5

Nhận xét: Qua cách giải 2 ta thấy sử dụng phép quay để giải bài toán trên là rất
hiệu quả, cách giải rất trong sáng và hoàn toàn tự nhiên. So với cách giải thứ nhất ở
cách giải 2 chúng ta không cần phải tính độ dài cạnh của hình vuông và tìm tọa độ
điểm I trở nên đơn giản hơn.
Ví dụ 2: (Khối A năm 2012)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
 11 1 
;  và
 2 2

của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M 
đường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
Cách giải : (Sử dụng phép quay)

5


A

B

I
H

M
K

D
N
C
Gọi H là giao điểm của AN và BD, I là tâm của hình vuông ABCD.
Ta dễ thấy H là trung điểm của ID
Gọi K là trung điểm của IC
Xét phép quay tâm I góc quay 900, ta có
Q( I ,90 ) : A
 D
 K
H
Suy ra Q( I ,90 ) : AH  DK
0

0

 AH = DK

⇒
 AH ⊥ DK

Mặt khác KM // DH và KM = DH suy ra KMDH là hình bình hành


Nên AH = HM và AH ⊥ HM ⇒ H  ;2 

TH1: * Q( H ,90 ) ( M ) = A
Áp dụng công thức (1b) ta có

5
2



0

1
 5
 x'− 2 = −( 2 − 2)
 x' = 4
⇔

 y' = 5
 y '−2 = (11 − 5 )

2 2
TH2: * Q( H ,900 ) ( A) = M
11 5

 2 − 2 = −( y − 2)
x = 1
⇔

 y = −1
1 − 2 = (x − 5)
 2
2
Vậy A ( 4;5) hoặc A (1;−1)

⇒ A(4;5)

⇒ A(1;−1)

Ví dụ 3:
6


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi
10
3

M là trung điểm của cạnh CD, điểm G (2; ) là trọng tâm tam giác BCM. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật biết phương trình đường thẳng AM: x − 1 = 0 .
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A

B

G

D
M
Ta thấy các tam giác DAM, CMB vuông cân
Suy ra AM ⊥ MB, CG ⊥ MB ⇒ CG // AM
Đường thẳng CG đi qua điểm G và song song với AM
Suy ra phương trình CG: x − 2 = 0
Gọi M (1; m) , C (2; c)
TH1: * Q( C ,90 ) ( B ) = M
Áp dụng công thức (1b) ta có

C

0

1 − 2 = −( y B − c)
y = c +1
⇔ B

m − c = ( x B − 2)
xB = m − c + 2

⇒ B (m − c + 2; c + 1)

Mà G là trọng tâm của tam giác BCM ta có
 x M + xC + x B
= xG

3

 y M + yC + y B = y

G

3
11
1 + 2 + m − c + 2

=2
m=



3
3
⇔

 m + c + c + 1 = 10
c = 8


3
3
3
11
8
11
Suy ra M (1; ) ; C (2; ) ; B (3; )
3
3
3
14

17
M là trung điểm của CD suy ra D (0; ) ; A (1; ) .
3
3
TH2: * Q( C ,900 ) ( M ) = B
 x B − 2 = −( m − c )
x = c − m + 2
⇔ B

 y B − c = (1 − 2)
 yB = c − 1

⇒ B (c − m + 2; c − 1)

G là trọng tâm của tam giác BCM ta có
7


1 + 2 + c − m + 2
=2

m = 3
3
⇔

c = 4
 m + c + c − 1 = 10

3
3

Suy ra M (1;3) ; C (2;4) ; B (3;3)
M là trung điểm của CD suy ra D (0;2) ; A (1;1) .
17
11
8
14
Vậy A (1; ) ; B (3; ) ; C (2; ) ; D (0; )
3
3
3
3
(
1
;
1
)
(
3
;
3
)
(
2
;
4
)
(
0
;
2

)
hoặc A
; B
; C
; D
.

Ví dụ 4: (Khối D năm 2009)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
( x − 1) 2 + y 2 = 1 . Gọi I là tâm của (C). Xác định tọa độ của điểm M thuộc (C) sao cho
góc ∠ IMO = 300.
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
M
1200
I

O

Ta thấy O ∈ (C); I (1;0)
Tam giác IMO cân tại I suy ra góc ∠ MIO = 1200.
TH1: * Q( I ,120 ) ( O ) = M
Áp dụng công thức (1b) ta có
0

3

x' =

 x'−1 = (0 − 1) cos120 − (0 − 0) sin 120
2


⇔

0
0
 y '−0 = (0 − 1) sin 120 + (0 − 0) cos 120
 y' = − 3

2
3
3
Suy ra M ( ;− ) .
2
2
(
Q
TH2: * ( I ,1200 ) M ) = O
0

0

 x + y 3 = 3
0 − 1 = ( x − 1) cos120 0 − ( y − 0) sin 120 0
⇔


0 − 0 = ( x − 1) sin 120 0 + ( y − 0) cos120 0
 x 3 − y = 3

8

3

x
=

2
3 3
⇔
Suy ra M ( ; ) .
2 2
y = 3

2
3
3
3 3
Vậy M ( ;− ) hoặc M ( ; ) .
2
2
2 2

Ví dụ 5:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
x 2 + y 2 − 4 x − 2 y − 1 = 0 và đường thẳng d: x + y + 1 = 0 . Tìm những điểm M thuộc
đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 .
Cách giải : (Sử dụng phép quay)

A

M

I
B

d
Gọi tâm của đường tròn (C) là I(2;1). A, B là hai tiếp điểm
Ta dễ thấy IAMB là hình vuông
Gọi M (t;−1 − t ) ∈ d
* Q( A,90 ) ( M ) = I
Áp dụng công thức (1b) ta có
0

 2 − x A = − ( −1 − t − y A )
x = 0
⇔ A

1 − y A = (t − x A )
yA = 1− t

⇒ A(0;1 − t )

Mà A ∈ (C) suy ra (1 − t ) 2 − 2(1 − t ) − 1 = 0
1 − t = 1 + 2
t = − 2
⇔
⇔
1 − t = 1 − 2
t = 2

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là điểm M1 ( 2 ;−1 − 2 ) ; M2
( − 2 ; −1 + 2 ) .

9


Ví dụ 6:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình
5 5 3
x 2 + y 2 = 25 và B (− ;
) . Điểm C có hoành độ dương thuộc (C). Sao cho góc
2 2
1
1
+
∠ BOC = 1200. Tìm tọa độ điểm M thuộc cung nhỏ BC sao cho
đạt giá
MB MC
trị nhỏ nhất (M ≠ B, C).

Cách giải : (Sử dụng phép quay)
C
M
1200
O

1

1

2

B

4

≥
Ta có MB + MC ≥
MB.MC MB + MC
Dấu bằng xảy ra ⇔ MB = MC suy ra M nằm chính giữa cung nhỏ BC
⇒ góc ∠ MOB = 600
Xét phép quay tâm O(0;0) góc quay 600
TH1: * Q( O ,60 ) ( B ) = M
Áp dụng công thức (1a) ta có
0


5
5 3
0
sin 60 0
 x' = − cos 60 −
 x ' = −5

2
2
⇔

 y' = 0
 y ' = − 5 sin 60 0 + 5 3 cos 60 0


2
2
* Q( O ,600 ) ( M ) = C
5

x' = −

 x' = −5 cos 60 − 0 sin 60
2

⇔

0
0
 y ' = −5 sin 60 + 0 cos 60
 y' = − 5 3

2
TH2: * Q( O ,600 ) ( M ) = B
0

0

⇒ M (−5;0) .

⇒ C ( − 5 ;− 5 3 )
2
2

(loại).

5
 5

0
0
− 2 = x cos 60 − y sin 60
 x = 2
 x − y 3 = −5
⇔
⇔

 x 3 + y = 5 3
 5 3 = x sin 60 0 + y cos 60 0
y = 5 3
 2

2
10


5 5 3
).
2 2
* Q( O ,600 ) ( C ) = M

Suy ra M ( ;

5

0
0
 2 = x cos 60 − y sin 60
 x − y 3 = 5
x = 5
⇔
⇔

 x 3 + y = 5 3
y = 0
 5 3 = x sin 60 0 + y cos 60 0
 2
⇒ C (5;0) (thỏa mãn).
1 
2
2 2
 1
5 5 3
+
= = ( vì tam giác OBM đều)
=
Vậy M ( ;
) và Min 
 MB MC  MB R 5
2 2

Ví dụ 7:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M(3;2) nằm
trên đường chéo BD. Từ M kẻ các đường thẳng ME và MF lần lượt vuông góc với
AB tại E(3;4) và AD tại F(-1;2). Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD.

Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A
E
B

F

M

D
Ta thấy các tam giác EBM, FDM vuông cân
* Q( E ,90 ) ( M ) = B
Áp dụng công thức (1b) ta có

C

0

 x'−3 = −( 2 − 4)
 x' = 5
⇔

 y '−4 = (3 − 3)
 y' = 4

⇒ B (5;4)

* Q( F ,90 ) ( D ) = M
0

3 + 1 = −( y − 2)
 y = −2
⇔

2 − 2 = ( x + 1)
 x = −1
3 − x = 4
 x = −1
⇔
Ta có AE = FM ⇒ 
4 − y = 0
y = 4

⇒ D(−1;−2)

Suy ra A(-1;4), C(5;-2).
11


Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có các đỉnh A(-1;2);
C(3;-2). Gọi E là trung điểm cạnh AD; BM là đường thẳng vuông góc với CE tại
M; N là trung điểm cạnh BM và P là giao điểm của AN và DM. Biết phương trình
đường BM: 2 x − y − 4 = 0 . Tìm tọa độ điểm P.
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A

B
N

E

I
P
M

D
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD suy ra I(1;0)
Xét phép quay tâm I góc quay 900
* Q( I ,90 ) ( C ) = B
Áp dụng công thức (1b) ta có

C

0

 x'−1 = −(−2 − 0)
 x' = 3
⇔

 y '−0 = (3 − 1)
 y' = 2

⇒ B (3;2)

* Q( I ,90 ) ( A) = D
0

 x'−1 = −(2 − 0)
 x ' = −1

⇔

 y '−0 = ( −1 − 1)
 y ' = −2

⇒ D(−1;−2)

Đường thẳng CE đi qua điểm C và vuông góc với BM
Phương trình CE: x + 2 y + 1 = 0
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
7

 x = 5
2 x − y − 4 = 0
⇔

x + 2 y + 1 = 0
y = − 6

5
11 2
N là trung điểm BM ⇒ N ( ; )
5 5

7 6
⇒ M ( ;− )
5 5

+ Đường thẳng AN đi qua hai điểm A và N có phương trình x + 2 y − 3 = 0
+ Đường thẳng DM đi qua hai điểm D và M có phương trình x − 3 y − 5 = 0

P = AN ∩ DM suy ra tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình
12


19

x
=

x + 2 y − 3 = 0
5
⇔

x − 3 y − 5 = 0
y = − 2

5
19 2
Vậy P ( ;− ) .
5 5

Ví dụ 9:
Tìm tọa độ hai điểm B, C thuộc hai nhánh của đồ thị hàm số y =
tam giác ABC vuông cân tại A(2;1).
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
Gọi B (a;

3x − 1
(P) sao cho
x −1

3a − 1
) ∈ (P) với a ≠ 1
a −1

Xét phép quay tâm A góc quay 900
* Q( A,90 ) ( B ) = C
Áp dụng công thức (1b) ta có
0

3a − 1
2


− 1)
 x'−2 = −(
 x' = −
⇔
a −1
a −1

 y '−1 = (a − 2)
 y ' = a − 1

⇒ C(

−2
; a − 1)
a −1

Mà C thuộc (P) suy ra

−6
−1
a = −2
a
−
1
a −1 =
⇔ a2 − a − 6 = 0 ⇔ 
−2
a = 3
−1
a −1
7
2
+ Với a = −2 ⇒ B (−2; ) , C ( ;−3) không thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh của (P)
3
3
⇒
(
3
;
4
)
(−
1
;
2
) thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh của (P)

+ Với a = 3
B
,C
Vậy B (3;4) , C (−1;2) hoặc B (−1;2) , C (3;4) .

2. PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC
Định nghĩa
Phép đối xứng trục a là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ đối xứng
với M qua a.
Kí hiệu: Đa
Như vậy Đa(M) = M’ ⇔ a là trung trực của MM’
Nếu M ∈ a thì M’ ≡ M.
Ví dụ 10:
13


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H, tâm đường
tròn ngoại tiếp I(2;4). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC biết
B(3;2), C(4;3).
Cách giải : (Sử dụng phép quay)
A

H
B

I
C

H’
- Gọi H’ là giao điểm của đường thẳng AH và đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác

ABC
Ta có ∠ H’BC = ∠ H’AC
∠ H’AC = ∠ CBH
Suy ra ∠ H’BC = ∠ CBH nghĩa là BC là đường phân giác của góc ∠ H’BH
Mà BC ⊥ AH’ suy ra tam giác HBH’ cân tại B
Nên H và H’ đối xứng nhau qua đường thẳng BC
Do đó ĐBC( ∆ HBC) = ∆ H’BC
Ta thấy đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác BH’C suy ra đường tròn (C’) ngoại tiếp
tam giác HBC là ảnh của đường tròn (C) qua phép đối xứng trục BC.
- IB = 5 suy ra phương trình đường tròn (C): ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 5
Phương trình BC: x − y − 1 = 0
- Gọi I’ đối xứng với I qua BC suy ra I’(5;1)
Phương trình đường tròn (C’): ( x − 5) 2 + ( y − 1) 2 = 5
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là ( x − 5) 2 + ( y − 1) 2 = 5 .
Bài tập áp dụng
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(-4;5)
và phương trình một đường chéo là (d): 7 x − y + 8 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh
còn lại của hình vuông ABCD.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm E thuộc
đoạn BC. Một đường thẳng qua A vuông góc AE cắt CD tại F, trung tuyến
AM của tam giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết A(-6;6),
M(-4;2), K(-3;0).

14


3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi E là trung
11 2
3 6
điểm của cạnh AD, điểm H ( ;− ) là hình chiếu của B lên CE và M ( ;− )

5 5
5 5

là trung điểm của BH. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết
đỉnh A có hoành độ âm.
4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt
là trung điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M, biết N(0;-2)
đường thẳng AM có phương trình x + 2 y − 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4.
5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2;-1) và
phương trình hai đường phân giác trong của góc B và C lần lượt là
(dB):
x − 2 y + 1 = 0 ; (dC): x + y + 3 = 0 . Tìm phương trình cạnh BC.
6. (Khối D năm 2011)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1;0) và đường tròn
(C): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai
điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
3. KIỂM NGHIỆM ĐỀ TÀI
- Để đánh giá kết quả của đề tài tôi đã tiến hành nhiều cuộc đều tra, sau đây là kết
quả đều tra.
- Cho hai lớp làm bài kiểm tra thời gian 45 phút, mỗi lớp có 45 học sinh với lực học
từ trung bình trở lên.
ĐỀ BÀI
Câu 1: (5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(0;5) và
phương trình một đường chéo là (d): x − y + 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của
hình vuông ABCD.
Câu 2: (5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1;0) và đường tròn (C):
x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và
N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.

- Kết quả thu được như sau.
Loại
điểm
11A
11E

9 - 10
S.lượng
%
8
17,8
7
15,6

7-8
S.lượng
%
18
40
20
44,4

5-6
S.lượng
%
14
31,1
15
33,3

Dưới 5
S.lượng
%
5
11,1
3
6,7

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

15


- Kết quả việc đánh giá cho thấy học sinh tiếp thu đề tài một cách tích cực,
biết vận dụng thành thạo vào giải các bài tập tương tự.
- Cách giải mà tôi đã trình bày trong đề tài hoàn toàn khác và mới so với các
cách giải trước đây. Đều đó đã gây được sự hứng thú trong học tập cho học sinh,
nâng cao khả năng tư duy lôgic và khả năng sáng tạo của học sinh.
- Đề tài có tác dụng tốt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn luyện thi
ĐH,CĐ cho học sinh.
-Trong khi trình bày đề tài chắc chắn còn những thiếu sót, rất mong được sự
góp ý của các thầy cô.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

16