K2pi net vn khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng

Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
Khai thỏc mt s tớnh cht hỡnh hc trong ta phng nhm phỏt trin
t duy sỏng to cho hc sinh
1. Lí DO CHN TI
Trang b nhng tri thc phng phỏp v phỏt trin t duy, trớ tu cho hc sinh l
cỏc mc tiờu c t lờn hng u trong cỏc mc tiờu dy hc mụn toỏn.
Trong chng trỡnh toỏn ph thụng núi chung v chng trỡnh toỏn 10 núi riờng ,
vn phng phỏp ta trong mt phng l mt trong nhng vn rt quan
trng. Nú l mt mng bt buc trong cỏc thi i hc & cao ng, ngoi ra nú cũn l
c s gii quyt mt s bi toỏn cỏc lp trờn nh: Bi toỏn ph trong kho sỏt hm
s gii tớch 12 nh cc tr, tng giao v phng trỡnh tip tuyn ... , biu din hỡnh
hc ca s phc v nú cú th giỳp dy hc t c cỏc mc tiờu trờn.
Vic to ra bi toỏn mi thụng qua cỏc bi toỏn quen thuc, t cỏc tớnh cht c
bit, c trng ca hỡnh, t cỏc mi quan h gia cỏc yu t c bn hỡnh tn ti hoc
cỏc tớnh cht khỏc ca hỡnh..., s giỳp hc sinh phỏt trin c t duy phng phỏp, t
duy tỡm li gii cho mt bi toỏn c bit l t duy sỏng to. ng thi giỳp hc sinh
hiu mt cỏch sõu sc, cú cỏi nhỡn tng quan v mt vn toỏn hc, nhm khc phc
yu im m hc sinh thng mc phi ú l thy cõy m khụng thy rng. Ngoi ra,
vic to ra h thng bi tp t n gin n phc tp xut phỏt t bi toỏn c bn cũn
giỳp hc sinh phỏt trin t duy h thng, hc sinh cú th nhỡn rừ hn cỏc yu t ct lừi
ca mt vn toỏn hc, thụng qua h thng tng i y cỏc bi toỏn liờn quan.
Chớnh vỡ vy, trong quỏ trỡnh dy hc giỏo viờn cn tỡm cỏch tip cn vn sao
cho hc sinh cú th t c hiu qu cao nht trong vic tip thu v nm bt c cỏc
kin thc trong ú. Qua thc tin ging dy nhiu ln vn ny, tụi nhn thy nu giỏo
viờn cú th giỳp hc sinh nhỡn thy c mt s ngun gc ca bi toỏn hoc giỏo viờn
giỳp cỏc em to ra mt h thng cỏc bi toỏn thụng qua vic khai thỏc phự hp cỏc bi
toỏn n gin, c bn thỡ hc sinh s cm thy hng thỳ hn, hiu v nh lõu hn vn
ú. ng thi, qua ti ny tụi cng mong mun giỳp cho cỏc em hc sinh hiu
hn v cỏch thc to ra mt bi toỏn, t ú cỏc em cú th t mỡnh to ra cỏc bi toỏn
mi, giỳp cỏc em phỏt trin t duy sỏng to v rốn luyn cho cỏc em kh nng t hc, t

nghiờn cu cỏc vn toỏn hc ph thụng. ú l lớ do c bn khin tụi chn ti
Khai thỏc mt s tớnh cht hỡnh hc trong ta phng nhm phỏt trin t duy
sỏng to cho hc sinh.
2. MC CH NGHIấN CU
- T c s thc tin ging dy khi lp 10 trng THPT Din Chõu 2, cựng vi kinh
nghim trong thi gian ging dy, tụi ó tng hp , khai thỏc v h thng hoỏ li cỏc
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

1


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
kiến thức thành một chuyên đề: “ Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ
phẳng nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh’’.
- Trong đề tài này tôi thực hiện hai nội dung chính như sau:
Thứ nhất: Áp dụng một số tính chất đặc biệt, đặc trưng của các hình đa giác vào mặt
phẳng tọa độ để tạo ra các bài toán tọa độ mới.
Thứ hai: Từ điều kiện để tồn tại của một đa giác ta hình thành hệ thống bài toán tọa độ
mới.
Qua nội dung của đề tài này, tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh một số hướng
nhìn nhận để tạo ra bài toán mới trong một vấn đề của toán học. Hy vọng đề tài nhỏ này
ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp có một cái nhìn mới về phương pháp khai thác dạng
toán này.
3. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU :
- Tập trung khai thác các tính chất đặc biệt, đặc trưng của tam giác và tứ giác nhằm áp
dụng vào mặt phẳng tọa độ để tạo ra hệ thống các bài toán mới tương ứng.
- Các yếu tố tối thiểu để một tam giác tồn tại từ đó áp dụng vào trong mặt phẳng tọa độ
nhằm tạo ra các bài toán mới.
4. PHẠM VI NGHIÊN CỨU :

- Nội dung phần phương trình đường thẳng, đường tròn và một số bài toán cơ bản,
nâng cao nằm trong chương trình hình học 10.
- Một số bài toán về phương trình đường thẳng trong mặt phẳng ở trong các đề thi
Đại học - Cao đẳng - TCCN.
5. NHIỆM VỤ- YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI:
- Sáng kiến kinh nghiệm nhằm thực hiện nhiệm vụ: giúp cho giáo viên thực hiện tốt
nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục và giúp cho học sinh hình thành tư duy logic, tư
duy tìm lời giải và sáng tạo bài toán mới. Đồng thời, giúp các em hình thành kỹ năng
phân tích để đi đến một hướng giải đúng, tối ưu, các em biết cách chuyển bài toán từ
dạng phức tạp đưa về dạng đơn giản, cơ bản và từ đó giải được một cách dễ dàng.
Muốn vậy, người giáo viên phải hướng cho học sinh biết các tính chất đặc trưng, đặc
biệt của các hình và biết cách khai thác giả thiết để đưa về các bài toán quen thuộc, cơ
bản.
- Yêu cầu của sáng kiến kinh nghiệm: Sáng kiến đã giới thiệu được một số hướng
khai thác, đưa ra được một số giải pháp và một số ví dụ minh hoạ nhằm tạo ra bài toán
mới. Đó là hướng đi mới đầy sáng tạo của đề tài này.
- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối 10 hệ
THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy môn Toán. Các thầy cô và
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh
2


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
học sinh có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải
quyết các bài tập cụ thể. Cũng theo cách khai thác này, giáo viên có thể thực hiện cho
các bài toán hoặc các vấn đề khác một cách tương tự.
6. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp:
- Nghiên cứu lý luận chung.

- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng
dạy.
- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 10 trong năm học 2013-2014
7. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
Trong suốt thời gian giảng dạy tại trường THPT Diễn Châu 2 , đặc biệt là khối lớp 10,
tôi đã nghiên cứu đề tài này.

Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

3


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
PHẦN II: NỘI DUNG
A. Cơ sở lý thuyết
1. Phƣơng trình đƣờng thẳng.
* Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm M0(x0 ; y0), có vtcp
x  x0  tu1
u  (u1 ; u 2 ) là 
 y  y0  tu 2



(u12  u 22  0)

* Phương trình đường thẳng  đi qua M0(x0 ; y0) và có hệ số góc k là: y – y0 = k(x – x0).


* Phương trình của đường thẳng  đi qua điểm M0(x0 ; y0) và có vtpt là n  (a ; b) là:
a(x – x0) + b(y – y0) = 0 ( a2 + b2  0)
* Phương trình
ax + by + c = 0 với a2 + b2  0 là phương trình tổng quát của đường

thẳng nhận n  (a ; b) làm VTPT; a  ( b; -a ) làm vectơ chỉ phương
 Chú ý: Cho (d) : ax+by+c=0 khi đó
Nếu  // d thì phương trình  là ax+by+m=0(mc)
Nếu   d thì phươnh trình  là : bx-ay+m=0
* Đường thẳng  cắt Ox và Oy lần lượt tại A(a ; 0) và B(0 ; b) có phương trình theo
x
a

đoạn chắn là : 

y
 1 (a , b  0)
b

2. Vị trí tƣơng đối của hai đƣờng thẳng.
Cho hai đường thẳng

1 : a1x  b1y  c1  0 vµ 2 : a 2x  b 2y  c2  0

Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 và  2 ta xét số nghiệm của hệ phương
a1 x  b1 y  c1  0
a2 x  b2 y  c2  0

trình 

(I)
a1 b1

a 2 b2
a
b
c
1 //  2  1  1  1
a 2 b2 c2
a
b
c
1   2  1  1  1
a 2 b2 c2

1   2 

 Chú ý: Nếu a2b2c2  0 thì :

3. Góc giữa hai đƣờng thẳng.




Góc giữa hai đường thẳng 1 và  2 có VTPT lần lượt là n1 và n2 được tính theo công

Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

4


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh




thức: cos(1 , 2 )  cos(n1 , n2 ) 





| n1 .n 2 |






| n1 || n 2 |

| a1a 2  b1b2 |
a12  a 22 . b12  b22

4. Khoảng cách từ một điểm đến một đƣờng thẳng
Khoảng cách từ một điểm M0(x0 ; y0) đến đường thẳng  : ax + by + c = 0 cho bởi công

thức: d(M0;  ) =

| ax0  by0  c |
a2  b2

B. Nội dụng chính
I. Xuất phát từ các tính chất đặc biệt, đặc trƣng gắn liền với các đa giác
1) Tam giác
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có AB=kAC (k≠0) khi đó ta có các tính chất sau:
i) ABC vuông tại A tanABC 

AC 1
 .
AB k

ii) Nếu lấy M và N lần lượt thuộc cạnh AB và BC thỏa mãn BM=kMN thì AC//MN.
Hƣớng dẫn:
+) Tính chất i) là một tính chất cơ bản trong tam giác vuông.
+) Giã sử AC không song song với MN 
Mà

BM MN

(*)
BA AC

BM k.MN MN


( mâu thuẩn (*))

BA k.AC AC

 đpcm.
Gắn bài toán với tính chất đặc trưng trên vào hệ trục tọa độ ta được một số bài toán
sau:
Bài toán 1.1 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có AB=3AC. Biết AB có
phương trình là x-y-2=0 và điểm I(-1;1) là trung điểm của BC. Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.
Hƣớng dẫn:
Cách 1 Nhìn nhận theo tính chất trên, ta có định hướng giải như sau:
+) ABC vuông tại A nên tanABC 

AC 1
3
  cosABC 
AB 3
10

+) Gọi vtpt của BC là: n   a;b  , a 2  b 2  0  pt BC : a(x+1)+b(y-1)=0
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

5


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
Ta có cos  BC,AB   cosABC 

ab
3

3


 5 a  b  3 a 2  b2
10
10
a 2  b2 2

a  2b
 2a 2  5ab  2b 2  0  
 b  2a
+) a=-2b  BC : 2x-y+3=0 B(-5 ;-7) C(3 ;9) A(7 ;5)
b=-2a cách làm tương tự  B(7 ;5), A(-5 ;-7) và C(-9 ;-3)
Ngoài ra chúng ta còn có một số cách giải sau :

1
Cách 2. Gọi H là trung điểm của AB  IH AB và IH= AC  d  I;AB   2 2
2
 AH=3IH= 6 2
+) AHI vuông tại H  AI= 4 5
Mà AAB A(t ;t-2)

t  5  A  5; 7  ,B  7;5 , C  5; 3
AI= 4 5  AI2=80 (t+1)2+(t-3)2=80 
t  7  A  7;5  ,B  5; 3, C 3;9 
Cách 3.
+) BAB  B(t ;t-2)  C-2-t;4-t)
+) AC qua C và AB nên AC: x+y+2t-2=0
A=ABAC A(2-t ;-t)

t  7  A  5; 7  ,B  7;5  , C  5; 3 
Mà AB=3AC 
t  5  A  7;5  ,B  5; 3, C 3;9 
Cách 4.
+) AB=3AC  d(I ;AC)=3d(I ;AB) = 6 2
+) ACAB nên AC : x+y+m=0
Do d(I ;AC) = 6 2  m A,B,C.
Cách 5.
+) Tính IA= 4 5  phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp ABC có tâm I và bán
kính IA
+) A,B=AB(T) A và B C.
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

6


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
Từ đó ta có một số giả thiết sau là tƣơng đƣơng :
i)

AB=3AC

ii)

cosABC 

iii)

SABC=48 (vì AB=3AC=6d(I ;AB)= 12 2 )

3
10

Từ bài toán 1.1 ta đƣợc một số kết quả sau :

3
. Biết
10
AB có phương trình là x-y-2=0 và điểm I(-1;1) là trung điểm của BC. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.
Kết quả 1.1.1 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có cosABC 

Kết quả 1.1.2 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có diện tích tam giác
bằng 48. Biết AB có phương trình là x-y-2=0 và điểm I(-1;1) là trung điểm của BC.
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Kết quả 1.1.3 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A , AB có phương trình là
x-y-2=0 và điểm I(-1;1) là trung điểm của BC. Biết khoảng cách từ I đến AC bằng 6 2
, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Ba kết quả trên có cách giải tương tự với bài toán 1.1
Kết quả 1.1.4 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC có AB=3AC. Điểm I(-1 ;1) và H(1;-1)
lần lượt là trung điểm của BC và AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Hƣớng dẫn : AB đi qua H và HI pt AB : x-y-2=0 bài toán trở về bài toán 1.1
Kết quả 1.1.5 Trong mp Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(-1 ;1). Biết AB=3AD
và phương trình cạnh AB là x-y-2=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Hƣớng dẫn : Từ cách giải bài toán 1.1  tìm được tọa độ 3 đỉnh A, B và D
 tọa độ đỉnh C.
Tiếp tục khai thác tính chất i) ta đƣợc bài toán :
Bài toán 1.2 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(2 ;3), có AB=2AC. Gọi M
là trung điểm của cạnh AB, hình chiếu vuông góc của M lên BC là H(4 ;9). Tìm tọa độ

đỉnh B và C.
Hƣớng dẫn : Đây là một bài toán khó đòi hỏi học sinh phải biết cách khai thác tốt các
giả thiết. Muốn làm được điều đó thì học sinh cần trả lời được câu hỏi : Điểm B và C
có mối liên hệ như thế nào với điểm A và H ? AB=2AC được sử dụng như thế nào ?đây
là một gt liên quan đến tỉ số nên ta thường dùng đến tính chất i) hoặc tam giác đồng
dạng từ đó ta có định hướng giải như sau :
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

7


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
Cách 1. +) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC  H là trung điểm của BK
MH là đường trung bình của ABKAK=2MH (1)

AC 1

AB 2
HM 1
BMH vuông tại H nên tanB 
    
BH 2
Kết hợp (1) BH=HK=AKAKH vuông cân tại K.
+) ABC vuông tại A nên tan B 

 K(6 ;5) và K(0 ;7) Tọa độ điểm B(2 ;13) và B(8 ;11) và phương trình BC C.
Cách 2.
+) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC  H là trung điểm của BK.
+) ABC HBM HB=2HM=AK

 AK=KH=HB AHK vuông cân tại K K(6 ;5) và K(0 ;7) Tọa độ điểm
B(2 ;13) và B(8 ;11) và phương trình BC C.
Cách 3.
+) ABC vuông tại A nên tan B 
BMH vuông tại H nên tanB 
 AB  5BH và cosB 

AC 1

AB 2
5
HM 1
1
BH
    BH  BM=
2
BH 2
2

2
5

+) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABH ta có AH2  AB2  BH2  2AB.BH.cosB
2
 40  5BH2  BH2  2 5BH2 .
 2  20  AB2 =100
5
 Phương trình đường tròn (T) tâm A bán kính AB là (x-2)2+(y-3)2=100 và đường tròn
(C) tâm H bán kính HB là (x-4)2+(y-9)2=20
B=(T)(C)  B(2 ;13) và B(8 ;11)  phương trình BC  C ?

Khai thác cách giải bài toán 1.2 ta đƣợc kết quả sau :

2
. Gọi
5
M là trung điểm của cạnh AB, hình chiếu vuông góc của M lên BC là H(4 ;9). Tìm tọa
độ đỉnh B và C.
Kết quả 1.2.1 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(2 ;3), có cosB 

Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

8


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
Hƣớng dẫn : ABC vuông tại A có cosB 

2
1
2
BC  AC 
BC nên
 AB=
5
5
5

AB=2AC bài toán 1.2
Kết quả 1.2.2 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(2 ;3), có AB=2AC. Gọi

K(6 ;5) là hình chiếu vuông góc của A lên BC . Tìm tọa độ đỉnh B và C.
Hƣớng dẫn : +) Gọi H là trung điểm của BK  AHK vuông cân tại K
 tọa độ điểm H  B, C.
Bằng cách thu hẹp vào trong ABK ta đƣợc kết quả sau :
Kết quả 1.2.3 Trong mp Oxy, cho tam giác ABK vuông tại K, có đỉnh A(2 ;3) và
2
. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, hình chiếu vuông góc của M lên BK là
cosB 
5
H(4 ;9). Tìm tọa độ đỉnh B và K.
Hƣớng dẫn : Cách giải tương tự như bài toán 1.2
Khai thác tính chất ii) ta đƣợc kết quả sau:
Bài toán 1.3 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AC là x-y-2=0 , BC
là x+2y-2=0 và AB đi qua điểm M(-1 ;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
AB=3AC.
Hƣớng dẫn : Đây là bài toán khá phức tạp, để giải quyết nó ta cần nắm được tính chất
ii), định hướng lời giải như sau :
+) C=ABAC  C(2 ;0)
+) Lấy E  0; 2   AC  CE  2 2
Lấy F(2-2t ;t) BC sao cho EF=3EC= 6 2

F  6;4 
t  4

 5t 2  4t  64  0  
   42 16 
16
t  
F
; 

  5

5
5
 AB đi qua M và song song với EF  AB : x+y=0 hoặc AB : x+7y-6=0
 Tọa độ điểm A và B.

1
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC, khi đó diện tích tam giác ABC là S ABC  AH.BC với
2
AH là độ dài đường cao và AH=d(A;BC)
Gắn bài toán với tính chất đặc trưng trên vào hệ trục tọa độ ta được một số kết quả
sau:
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

9


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
Bi toỏn 2.1 Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC cú A(2;-3), B(3;-2) v din tớch
3
tam giỏc bng . Tỡm ta im C bit C thuc ng thng d: 3x-y-4=0
2
Hng dn: +) Cd C(t;3t-4)
+) AB i qua A(2;-3) v cú vtcp l AB 1;1 pt AB: x-y-5=0
AB= 2 v d C;AB

2t 1
2

t 1 C 1; 1
1
3
+) S ABC d C;AB .AB C 2t 1 3
2
2
t 2 C(2; 10)
KL : C(1 ;-1) v C(-2 ;-10)
T bi toỏn trờn ta cú trng tõm ca tam giỏc ABC l G(2 ;-2) v G(1 ;-5)
Kt qu 2.1.1 Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC cú A(2;-3), B(3;-2) v din tớch
3
tam giỏc bng . Tỡm ta im C bit trng tõm G thuc ng thng d: 3x-y-8=0
2
Hng dn : Gd G(t ;3t-8) C(3t-5;9t-19) gii tng t nh bi toỏn 2.1
Bi toỏn 2.2 Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC cú A(2;4) v din tớch tam giỏc
7
bng . ng thng i qua trung im ca AB v AC cú phng trỡnh l
2
4x-6y+9=0, trung im ca cnh BC nm trờn ng thng d : 2x-2y-1=0. Tỡm ta
im B v C bit C cú honh ln hn 1.

40 31
Hng dn : +) Gi A i xng vi A qua A' ;
13 13
+) BC// v i qua A pt BC : 2x-3y+1=0

5
+) M l trung im BC M=BCd M ;2
2

3t 1
11 3t

;t C
;4 t BC 13 t 2
+) BBC B
2

2


d A;BC

7
13

t 3 B(4;3), C(1;1) loại
1
7
S ABC d A;BC .BC t 2 1
2
2
t 1 B 1;1 ,C 4;3 t / m
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

10


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh

KL : B(1 ;1) v C(4 ;3)
T cỏch gii bi toỏn 2.2. ta suy ra mt s bi toỏn sau :
Kt qu 2.2.1 Trong mt phng Oxy, cho im A(2;4) v ng thng d : 2x-3y+1=0 .
5
Tỡm trờn d hai im B v C i xng nhau qua M ;2 sao cho din tớch tam giỏc
2
7
ABC bng , bit C cú honh ln hn 1.
2
Kt qu 2.2.2 Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC cú B(1 ;1), ng cao AH cú
7
phng trỡnh l 3x+2y-14=0 v din tớch tam giỏc bng . Tỡm ta im A v C bit
2
C thuc ng thng d : 2x-y-5=0.
Vớ d 3. Cho tam giỏc ABC nhn, H l trc tõm ca tam giỏc thỡ ta cú cỏc tớnh cht
sau :
i) H l tõm ng trũn ni tip PEF vi P, E, F ln lt l chõn ng cao h t cỏc
nh ca tam giỏc ABC.
ii) ng trũn Euler i qua 9 im 3 chõn cỏc ng cao,
3 trung im ca 3 cnh tam giỏc v 3 trung im ca
3 on thng ni trc tõm v cỏc nh.
Chng minh
i) +) 4 im B,P,H,F ni tip trong ng trũn
nờn HPF HBF 1

4 im C,P,H,E ni tip trong mt ng trũn nờn HPE HCE 2
4 im B,C,E,F ni tip trong mt ng trũn nờn HBF HCE 3

T (1),(2),(3) HPF HPE HP l ng phõn giỏc trong ca gúc EPF
Tng t H l tõm ng trũn ni tip PEF (pcm)

ii) +) Hai t giỏc MNSR v MQSK l hai hỡnh ch nht 6 im M, K, N, S, Q v R
cựng thuc mt ng trũn ng kớnh MS
+) 3 im P, E, F nhỡn MS di mt gúc vuụng nờn 9 im M,K,P,N,S,E,Q,F,R cựng
thuc mt ng trũn ng kớnh MS, tng t ta cú cỏc ng kớnh l KQ v NR.
Gn bi toỏn vi tớnh cht c trng trờn vo h trc ta ta c mt s kt qu
sau:

Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

11


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
Bài toán 3.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H và các chân
đường cao từ A, B, C lần lượt là P, E, F. Biết P(2;-14), E(-2;14) và F(-5;-7), hãy tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC.
Hƣớng dẫn: +) Theo t/c i) thì H là tâm đường tròn nội tiếp PEF H(-2;-6)
+) AB đi qua F(-5;-7) và HF pt AB: 3x+y+22=0
AC đi qua E(-2;14) và HE pt AC: y-14=0
BC đi qua P(2 ;-14) và HP pt BC : x-2y-30=0
A=ABAC A(-12 ;14), B(-2 ;-16) và C(58 ;14)
Trong một tam giác ta đã biết nếu biết tọa độ hai đỉnh và tâm đường tròn nội tiếp thì
tìm được đỉnh thứ 3 (sự tồn tại hình sẽ được tác giả làm rõ ở phần 2 của đề tài này)
nên ta có một số kết quả sau:
Kết quả 3.1.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(-2;-6) và các
chân đường cao từ A, B lần lượt là P(2;-14) và E(-2;14). Hãy tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.
Hƣớng dẫn: Tìm tọa độ điểm F(-5;-7) bài toán 3.1
Kết quả 3.1.2 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(-2;-6) và các

chân đường cao từ A, C lần lượt là P(2;-14) và F(-5;-7). Hãy tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.
Kết quả 3.1.3 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(-2;-6) và các
chân đường cao từ B, C lần lượt là E(-2;14) và F(-5;-7). Hãy tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.
Khai thác tính chất ii) ta đƣợc bài toán sau:
Bài toán 3.2 . (Trích đề thi HSG Tỉnh môn Toán lớp 12 năm học 2010 - 2011)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2). Gọi H là trực tâm của
tam giác ABC. Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có
phương trình là: : x 2  y2  2x  4y  4  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
Hƣớng dẫn:
+) Áp dụng tính chất ii) đường tròn (T): x 2  y2  2x  4y  4  0
là đường tròn Euler đi qua 9 điểm trong đó có 3 trung điểm của 3 cạnh ABC tâm của
đường tròn (T) là T(1;-2) và bán kính r1=1

2x I  x H  3
+) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC thì ta cm được IH  3IG  
1
2y I  y H  6
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh
12


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
+) Ta cm được tứ giác IKHQ là hình bình hành
nên tâm T của đường tròn (T) là trung điểm
của KQ củng là trung điểm của HI

x I  x H  2

2
y

y


4
 I
H
Từ (1) và (2) xI=1 và yI=10 I(1;10)

1
R
+) Ta cm được TQ là đường trung bình của HIA TQ= IA   R=2TQ=2
2
2
 phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là (x-1)2+(y-10)2=4
Bình luận: Đây là bài toán khó để giải quyết được đòi hỏi phải nắm kỹ tinh chất ii) và
các tính chất liên quan đến đường tròn Euler.
Khai thác lời giải bài toán 3.2 ta đƣợc bài toán sau:
Kết quả 3.2.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2). Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC và K(0;-2) là trung điểm của BC. Biết đường tròn đi qua ba
trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x 2  y2  2x  4y  4  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Hƣớng dẫn:
+) Từ lời giải trên ta có I(1;10) H(1;-14)
+) Do T(1;-2) là trung điểm của KQ nên Q(2;-2)
Mà Q là trung điểm của AH nên A(3;10)

 pt BC: x+12y-24=0
C1) Đường tròn ngoại tiếp ABC là (C): (x-1)2+(y-10)2=4
 B,C=BC(C) B và C
C2) BBCB(24-12t;t) C(12t-24;-4-t)
H là trực tâm ABC nên BHAC t= ? B và C.
Nhận xét : Gọi K, S, R lần lượt là trung điểm của BC, CA và AB thì trọng tâm G của
ABC cũng là trọng tâm của RKS và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ABC là
trực tâm của RKS nên ta có TI  3TG .Mà ta đã có IH  3IG , do vậy nếu biết tọa độ 2
trong 4 điểm T,G, I ,H thì tìm được tọa độ điểm còn lại. Từ đó ta được một số kết quả
sau :

Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

13


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
Kt qu 3.2.2 Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(1; 2) v ng
trũn ngoi tip ABC cú phng trỡnh l (x-1)2+(y-10)2=4. Hóy vit phng trỡnh
ng trũn i qua cỏc trung im ca cỏc cnh tam giỏc ABC.
Kt qu 3.2.3 Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC cú nh A(3 ;10), trng tõm
G(1; 2) v tõm ng trũn i qua trung im ba cnh ca tam giỏc l T(1 ;-2). Tỡm ta
hai nh B v C.
Hng dn :
T T v G I H bi toỏn quen thuc .
2) Hỡnh bỡnh hnh
Vớ d 1: Cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm I khi ú ta cú tớnh cht sau l tng ng
i) tanABC a
ii) AB aBC

iii) d(I;BC) ad(I;AB)
iV) d(M;BC)=ad(N;AB) bit MAD v NCD.
Gn bi toỏn vi tớnh cht c trng trờn vo h trc ta ta c mt s bi toỏn
sau:
1
2

Bi toỏn 1 Cho hỡnh ch nht ABCD tõm I( ; 0 ), AB=2AD v AB: x-2y+2=0. Tỡm ta
bn nh ca hỡnh vuụng bit rng nh A cú honh õm.
Hng dn:
Cỏch 1. +) AD v BC AD nờn phng trỡnh
AD, BC: 2x+y+m=0
+) Do AB=2AD nờn d(I;AD)=d(I;BC)=2d(I;AB)

m 4
m 1 5
m 6
phng trỡnh AD v BC
A=ADAB vi xA<0 A(-2;0) ta im B(2;2) ,C(3;0) v D(-1;-2).
Cỏch 2.
+) ABD vuụng ti A nờn tanBAC

BC 1
2
cosBAC
BA 2
5

Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

14


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
ng thng AC i qua I v to vi AB mt gúc BAC tha món cosBAC

2
5

Phng trỡnh AC A=ACAB Ta im C B v D.
Cỏch 3.
+) Gi J l hỡnh chiu vuụng gúc ca I lờn AB J(0;1)
+) Do AB=2AD nờn AJ=2JI=2d(I;AB)= 5 A v B thuc ng trũn (T) tõm J bỏn
kớnh JA= 5
A,B =(T)AB vi xA<0. ta im C v D.
c bit húa bi toỏn 1 trờn khi AB=AD ta cú kt qu sau:
1
2

Kt qu 1.1 Cho hỡnh vuụng ABCD bit tõm I( ; 0 ) v AB: x-2y+2=0. Tỡm ta cỏc
nh ca hỡnh vuụng bit nh A cú honh õm.
Trong bi toỏn 1 ta thay gi thit AB=2AD bng gi thit gúc BAC ta c kt
qu sau:
Kt qu 1.2 Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú M(2;2) thuc
1
AB, N(1;4) thuc BC, tõm hỡnh ch nht l I( ; 0 ) v cosBAC 2 . Xỏc nh ta
2
5
cỏc nh ca hỡnh ch nht bit nh A cú honh õm.

Hng dn:
+) cosBAC 2 d(I;BC)=2d(I;AB)
5
+) AB: a(x-2)+b(y-2)=0 v BC: b(x-1)-a(y-4)=0
+) d(I;BC)=2d(I;AB) pt AB v BC ta im B D A v C.
Cựng cỏch khai thỏc ú ta cú mt s kt qu tng t:
Kt qu 1.3 Cho hỡnh ch nht ABCD cú AB=2BC, ng thng AB, BC v CD ln lt
1
4

i qua cỏc im M ;1 , N(0;3) v P 4; . Hóy tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng.
3
3

Kt qu 1.4 Cho hỡnh ch nht ABCD cú cỏc cnh AB, BC, CD v DA ln lt i qua
cỏc im M(4;5), N(6;5), P(5;2) v Q(2;1). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht bit din
tớch bng 16.

3 1
Kt qu 1.5 Cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm I ; , cỏc ng thng AB, CD ln lt
2 2
i qua cỏc im M(-4;-1) v N(-2;-4). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ú bit B cú
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

15


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
honh õm.

Nhn xột: Trong bi 3 nu IM IN thỡ ta s cú vụ s hỡnh vuụng ABCD nờn khi to ra bi
toỏn mi chỳng ta cn trỏnh trng hp ny.
Vớ d: Cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm I(4;3). Tỡm ta nh D ca hỡnh vuụng bit
ng thng AB v BC ln lt i qua cỏc im M(2;4) v N(3;1).
Trong kt qu 1 ta cú gi thit AB=2AD AC2=5AB2 AC = 5AB , ngc li
cho AC thỡ ta c kt qu sau:
Kt qu 1.6 Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú M(2;2) thuc
1
2

AB, N(1;4) thuc BC, tõm hỡnh ch nht l I( ; 0 ) v di ng chộo AC bng 5. Xỏc
nh ta cỏc nh ca hỡnh ch nht bit nh A cú honh õm.
Hng dn:
+) Gi vtpt ca AB l n a;b ,a 2 b 2 0 pt AB: a(x-2)+b(y-2)=0
pt BC: b(x-1)-a(y-4)=0
+) Ta cú AB=2d(I ;BC)=

8a b
a 2 b2

v BC=2d(I ;AB) =

8a b 3a 4b

2

+) AC AB BC
2

2

2

a 2 b2

2

3a 4b
a 2 b2

b 3a
25 a 2 ab b2 0
b 2a

pt AB, BC B D, A v C.
Khai thỏc tớnh cht ii) ta c kt qu sau:
Kt qu 1.7 (Trớch thi HSG tnh lp 11 NA-2014)
Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD cú im A(1 ;3). Bit M(6 ;4)
17 9
thuc cnh BC v N ; thuc ng thng CD. Tỡm ta cỏc nh B, C v D
2 2
ca hỡnh vuụng.
Hng dn: +) AB: a(x-1)+b(y-3)=0 v AD: b(x-1)-a(y-3)=0
+) ABCD l hỡnh vuụng nờn d M;AD d N;AB 2 5b a 15a 3b

17a 7b

a b
+) TH1: a=-b, chn a=1b=-1 AB: x-y+2=0 v AD: x+y-4=0
BC: x+y-10=0 v CD: x-y-4=0 B(4;6), C(7;3), D(1;3)

+) TH2: 17a=7b, cỏch gii tng t.
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

16


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
T cỏch gii Kq 1.7 ta cú bi toỏn tng quỏt sau:
Kt qu 1.8 Trong mt phng ta Oxy, vit phng trỡnh cỏc cnh ca hỡnh vuụng
17 9
ABCD bit rng AB,BC,CD v DA ln lt i qua cỏc im P(2;4), M(6;4), N ;
2 2
v Q(1;3). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng.
Hng dn:
Cỏch gii hon ton tng t nh KQ1.3
Vớ d 2. Ta xột tớnh cht sau: Cho hỡnh vuụng ABCD. M, N ln lt l trung im ca
AB, BC khi ú ta cú:

4
5

i) cosMAN
ii) BNAM

Tớnh cht 2 cú th tng quỏt c nh sau: M v N l hai im bt kỡ trờn 2 cnh BC
v CD sao cho CM=CN thỡ ta luụn cú AMBN
Chng minh:
+) t AB=x BM=
AM=AN=

x
CN ND
2

x 5
x
v MN=
2
2

+) Theo nh lớ cosin trong AMN

AM2 AN 2 MN 2 4

cú cosMAN
2AM.AN
5
Gn bi toỏn vi tớnh cht c trng trờn vo h trc ta ta c mt s bi toỏn
sau:
Bi toỏn 2.1 Trong mt phng Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD, gi M v N ln lt l
5

trung im ca BC v CD. Bit N ; 1 v phng trỡnh AM l 7x-4y-2=0. Hóy tỡm
2

ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ú bit A cú honh nguyờn.
Hng dn:

5

+) Gi vtpt ca AN l n a;b ,a 2 b 2 0 pt AN: a(x- )+b(y+1)=0
2
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

17


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
+) p dng tớnh cht i) ta cú cosMAN
Ta cú cosMAN

7a 4b
a 2 b 2 65



4
5

a 8b
4
37a 2 280ab 128b 2 0
5
37a 16b

6 13
Vi 37a=-16b AN: 16x-37y-77=0 A( ; ) (loi)
5 5
Vi a=8b AN: 8x+y-19=0 A(2;3) (t/m)

+) AB i qua A v to vi AM mt gúc tha món: cosBAM

2
5

+) Theo tớnh cht ii) ta cú BNAM phng trỡnh BN B=ABBNB(-1;1)
C(1;-2) v D(4;0).
Khai thỏc kt qu ca bi toỏn trờn ta cú kt qu sau:
Kt qu 2.1.1 Trong mt phng Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD, gi M v N ln lt l
1
trung im ca BC v CD. Bit M( 0; ) v phng trỡnh AN l 8x+y-19=0. Hóy tỡm
2
ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ú bit A cú honh nguyờn.
Hng dn:
+) t AB=x BM=

x 5
x
x
v MN=
CN ND AM=AN=
2
2
2

+) Theo tớnh cht i) ta cú cosMAN

4
5

1
+) AM: ax+b(y )=0
2
cosMAN

8a b
a 2 b 2 65



4a 7b
4
112a 2 80ab 203b 2 0
5
28a 29b

Vi 4a=7b AM: 7x-4y-2=0 A(2;3) (t/m)

246 439
;
28a=-29b AM: 29x-28y-14=0 A
(loi)
253
253


+) Tỡm B,C, D tng t nh bi trờn.
Trong bi toỏn 2.1 vi TH tng quỏt ca tớnh cht ii) khi ú CM kCB, CN kCD
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

18


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
vi 0
1
3 7 8 8
thỡ M ; , N ; ta c kt qu sau:
5
5 5 5 5

Kt qu 2.2.2 Cho hỡnh vuụng ABCD, gi M v N ln lt l trung im ca BC v
8 8
CD. Bit N ; v phng trỡnh AM l 22x-7y-23=0. Hóy tỡm ta cỏc nh ca
5 5
hỡnh vuụng ú bit A cú honh nguyờn.
Bỡnh lun: Vi tớnh cht tng quỏt ca t/cii) ta cú th cho k cỏc giỏ tr khỏc nhau
to ra c mt h thng bi toỏn tng t nhau v cỏch gii.
Trong vớ d 2 nu ta thay im N l trung im ca CD bng im N thuc canh
1
CD sao cho CN=2ND thỡ tỡnh cht i) tr thnh : cosMAN
MAN 450
2
Ta c bi toỏn sau:
Bi toỏn 2.2 (Trớch thi H & C KA-2012)
Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD. Gi M l trung im ca
11 1
cnh BC, N l im trờn cnh CD sao cho CN = 2ND. Gi s M ; v ng thng

2 2

AN cú phng trỡnh 2x y 3 = 0. Tỡm ta im A.
Hng dn: +) Ta cú ỏp dng tớnh cht ta cú MAN 450
Phng trỡnh ng thng AM : ax + by

cosMAN

2a b
5(a b )
2

2



11 1
a b= 0
2
2

a
1
1
3t2 8t 3 = 0 (vi t = ) t = 3 hay t
b
3
2

2x y 3 0

+) Vi t = 3 ta A l nghim ca h :
A (4; 5)
3x

y

17

0


+) Vi t

1
ta A l nghim ca h :
3

2x y 3 0
A (1; -1)

x

3y

4

0


Ngoi cỏch gii trờn ta cú th gii theo cỏch sau:

3 5
3 10
, MA = MH. 2
2
2
11
7
45
(a )2 (2a )2
a = 1 hay a = 4 A (1; -1) hay A (4; 5).
2
2
2
A(a;2a3), d(M,AN)

Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

19


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh

1
1
Vớ d 3. Cho hỡnh vuụng ABCD, hai im E v F tha món BE BC v CF CD .
3
2
0

Gi I l giao im ca AE v BF. Chng minh rng gúc AIC 90 .
6
2
HD: +) Ta biu din c AI AB AD
5
5
1
3
CI AB AD
5
5
AI.CI 0 AI CI AIC 900 (pcm).

Gn bi toỏn vi tớnh cht c trng trờn vo h trc ta ta c mt s kt qu
sau:
Bi toỏn 3.1 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im A(-1;3) v im C thuc
ng thng cú phng trỡnh 2x-y-2=0, E v F l hai im xỏc nh bi
BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE v BF. Bit I(1;1),
hóy tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng bit im D cú honh dng.
Hng dn:
+) Ta chng minh IAIC ACI vuụng ti I.
+) Tỡm ta im C.
Do C C(t;2t-2) IC t 1;2t 3
M IA 2;2

IAIC IA.IC 0 -2 (t-1)+2(2t-3)=0 t=2 C(2;2)
+) Tỡm ta im B,D.

1 5
Gi J l tõm ca hỡnh vuụng ABCD J l trung im AC v BD J ;

2 2
pt BD: 3x-y+1=0 D(a;3a+1) DA 1 a;2 3a , DC 2 a;1 3a

a 1(tm)
ABCD l hỡnh vuụng nờn ADDC DA.DC 0
a 0(loại)
D(1;4) v B(0;2)
Vy B(0;1), C(2;2) v D(1;4)

Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

20


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
Bi toỏn 3.2 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im A(-1;3), E v F l hai
im xỏc nh bi BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE
v BF. ng trũn (T) ngoi tip tam giỏc ACI cú phng trỡnh l
2
2
1
5 5

x 2 y 2 2 , hóy tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng bit im D cú



honh dng.

1 5
HD: +) Chng minh ACI vuụng ti I (T) l ng trũn tõm J ; v ng
2 2
kớnh AC (T) l ng trũn i qua 5 im A, B, C, D, I v J l tõm ca hỡnh vuụng
1 5
Do A(-1;3) v J ; C(2;2)
2 2
+) Do ABCD l hỡnh vuụng nờn BD i qua J v AC nờn BD : 3x-y+1=0
+) B,D (T) nờn B,D l giao im ca ng thng BD v (T)
M xD>0 nờn B(0;1) v D(1;4)
Vy B(0;1), C(2;2) v D(1;4)
* Nhn xột:
i) Nu hai bi trờn khụng phỏt hin ra ACI vuụng ti I thỡ rt khú gii quyt nú.
ii) Thay i gi thit bi toỏn trờn ta c h thng bi toỏn sau m cỏch gii hon
ton tng t:
Kt qu 3.2.1 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD, E v F l hai im xỏc nh bi
BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE v BF. ng
2

2

1
5 5

trong (T) ngoi tip tam giỏc ACI cú phng trỡnh l x y v ng
2
2 2

thng BD song song vi ng thng d cú phng trỡnh l: 3x-y+5=0, hóy tỡm ta
cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng bit im C v D cú honh dng.

Kt qu 3.2.2 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im A(-1;3) v C(2;2) , E v
F l hai im xỏc nh bi BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng
thng AE v BF. Bit im I(1;1), tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng trong ú
im D cú honh dng.
Kt qu 3.2.3 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im B(0;1) v D(1;4) , E v
F l hai im xỏc nh bi BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng
thng AE v BF. Bit im I(1;1), tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng trong ú
im C cú honh dng.
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

21


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
Kt qu 3.2.4 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im B(0;1) v C(2;2) , E v F
l hai im xỏc nh bi BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng
thng AE v BF. Bit im I(1;1), tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng.
Kt qu 3.2.5 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im B(0;1), E v F l hai
im xỏc nh bi BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE
2 4
v BF. Bit im I(1;1) v im E ; , tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng.
3 3
Kt qu 3.2.6 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD cú im A(-1;3), E v F l hai
im xỏc nh bi BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE
5
v BF. Bit im I(1;1) v F ;1 , tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng trong ú
2
im D cú honh dng .
Kt qu 3.2.7 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD, E v F l hai im xỏc nh bi

BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE v BF. Bit im
1 5
5
I(1;1), J ; v F ;1 ,tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng.
2 2
2
Kt qu 3.2.8 Trong mp Oxy, Cho hỡnh vuụng ABCD, E v F l hai im xỏc nh bi
BC 3BE, CD 2CF . Gi I l giao im ca hai ng thng AE v BF. Bit im
2 4
5
I(1;1), E ; v F ;1 ,tỡm ta cỏc nh cũn li ca hỡnh vuụng trong ú im
3 3
2
D cú honh dng.
II. Mi quan h gia cỏc yu t c bn t s xỏc nh hỡnh.
1. Bi toỏn c bn 1: Trong mp Oxy, cho tam giỏc ABC bit rng A(-1;2), B(2;-4) v
C(1;0). Tỡm ta trng tõm G, trc tõm H, tõm ng trũn ngoi tip I v ni tip J
ca tam giỏc.
Hng dn:

2 2
*) Ta trng tõm ca ABC l G ;
3 3
*) AH BC AH: x-4y+9=0 v BH AC BH: x-y-6=0
H=AHBH H(11 ;5)
*) Ta tõm ng trũn ngoi tip I

Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh

22

Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh





Cách 1. Gọi (T) : x2  y2  2ax  2by  c  0 a2  b2  c  0 là đường tròn ngoại tiếp

2a  4b  c  5

ABC  A,B,C(T) hệ phương trình 4a  8b  c  20
2a  c  1


9
7
 a  , b  , c  10  (T) : x2+y2+9x+7y-10=0  Tâm
2
2

 9 7
I   ; 
 2 2

Cách 2. Gọi I(a ;b)
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên IA=IB=IC=R hpt 2 ẩn a và b
 tọa độ điểm I.

Cách 3. Viết phương trình đường trung trực AB và AC  Tâm I là giao điểm của hai
đường trung trực đó.
*) Tọa độ tâm đường tròn nội tiếp J
Cách 1. AB : 2x+y=0
AC : x+y-1=0 và BC : 4x+y-4=0
 Phương trình đường phân giác của góc A là :

2x  y
x  y  1  5  2 2 x  5  2 y  5  0  d1 


 5 2 2 x 5  2 y 5 0 d
5
2
 2





 
 




Dễ thấy B và C nằm về 2 phía của d2 nên d2 là đường phân giác trong của góc A



 

Tương tự : d3 : 2 17  4 5 x 



17  5 y  4 5  0 là phương trình đường phân

giác trong của góc B  J=d2d3 tọa độ của J
Cách 2 : Ta lập phương trình đường tròn (T1) nội tiếp ABC
+) Gọi J(a ;b)
+) (T1) nội tiếp trong ABC  AB, AC và BC là 3 tiếp tuyến của (T1)
 d  J;AB   d  J;AC   d  J;BC   r  tìm được a,b J.
Cách 3. Dùng đẳng thức véc tơ a.JA  b.JB  c.JC  0
Tuy nhiên việc chứng minh đẳng thức trên là bài toán không đơn giản.
* Kết luận : Một tam giác luôn tồn tại khi biết tọa độ 3 đỉnh hay ta sẽ tìm được tất cả
các yếu tố liên quan đến tam giác đó khi biết tọa độ 3 đỉnh tam giác. Vấn đề là khi ta
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

23


Khai thác một số tính chất hình học trong tọa độ phẳng nhằm phát triển t- duy
sáng tạo cho học sinh
gim bt gi thit thỡ trong trng hp ú ta cn thay bng gi thit no thỡ tam giỏc
ú s tn ti, gii quyt vn ny sau õy ta xột c th cỏc trng hp nh sau :
Hng khai thỏc th nht. Gi nguyờn ta hai nh, thay ta mt nh bng
mt gi thit khỏc.
Trng hp 1. Thay gi thit ta nh C bng ta cỏc im c bit trong tam
giỏc nh trng tõm G, trc tõm H, tõm ng trũn ngoi tip I, tõm ng trũn ni tip

J,... thỡ ta c kt qu sau :
Thay gi thit ta nh C bng ta trng tõm G ta c kt qu sau:
Kt qu 1.1 Trong mp Oxy, cho tam giỏc ABC bit rng A(-1;2), B(2;-4) v trng tõm
2 2
G ; . Tỡm ta nh C, trc tõm H v tõm ng trũn ngoi tip I, ni tip J
3 3
ca tam giỏc.
Hng dn :
tỡm cỏc yu t ú ta ch cn tỡm c ta im C thỡ bi toỏn tr v bi toỏn c
bn trờn

xC 3x G x A x B 1
+) Do G l trng tõm ABC nờn
C(1 ;0)
y C 3y G y A y B 0
Thay gi thit ta nh C bng ta trc tõm H ta c kt qu sau:
Kt qu 1.2 Trong mp Oxy, cho tam giỏc ABC bit rng A(-1;2), B(2;-4) v trc tõm
H(11 ;5). Tỡm ta nh C, trng tõm G v tõm ng trũn ngoi tip I, ni tip J ca
tam giỏc.
Hng dn :
+) AC i qua A(-1 ;2) v cú vtpt l BH 9;9 pt AC : x+y-1=0

+) BC i qua B(2 ;-4) v cú vtpt l AH 12;3 pt BC : 4x+y-4=0

9 7
2 2
+) C=ACBC C(1 ;0) ta im G ; v I ; .
2 2
3 3
Thay gi thit ta nh C bng ta tõm ng trũn ngoi tip I.

Vn t ra : Thay gi thit ta im C bng tõm ng trũn ngoi tip I thỡ bi
ton cú gii quyt c khụng ?
Nhn xột : D thy khi bit A,B v I thỡ vit c phng trỡnh ng trũn ngoi tip
tam giỏc ABC, vi C l mt im tựy ý trờn ng trũn khụng trựng vi A v B vỡ vy
khụng tỡm c im C. Do ú ta phi thờm gi thit khỏc na thỡ mi tỡm c ta
im C, c th nh sau :
Giáo viên Tr-ờng THPT Diễn Châu 2- Nguyễn Văn Minh
24


Khai th¸c mét sè tÝnh chÊt h×nh häc trong täa ®é ph¼ng nh»m ph¸t triÓn t- duy
s¸ng t¹o cho häc sinh
Kết quả 1.3 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC biết rằng A(-1;2), B(2;-4) , tâm đường
 9 7
tròn ngoại tiếp I   ;   và điểm C thuộc đường thẳng d :x+y-1=0. Tìm tọa độ đỉnh
 2 2
C, trọng tâm G và trực tâm H của tam giác.
Hƣớng dẫn :
+) C là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn tâm I bán kính IA=IB
Kết quả 1.4 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC biết rằng A(-1;2), B(2;-4) , tâm đường
 9 7
tròn ngoại tiếp I   ;   và tam giác ABC cân tại A. Tìm tọa độ đỉnh C, trọng tâm G
 2 2
và trực tâm H của tam giác.
Hƣớng dẫn :
+) Đường thẳng BC đi qua B và AI  BC : 4x+y-4=0
+) C=BC đường tròn tâm I, bán kính R=IA=IB.
Kết quả 1.5 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC biết rằng A(-1;2), B(2;-4) , tâm đường
 9 7
tròn ngoại tiếp I   ;   và diện tích tam giác ABC bằng 3. Tìm tọa độ đỉnh C, trọng

 2 2
tâm G và trực tâm H của tam giác.
Hƣớng dẫn :
+) Viết pt đường tròn (T) ngoại tiếp ABC và gọi C(a ;b)
+) C thuộc đường tròn (T) 1 phương trình 2 ẩn a và b (1)

1
d  C;AB  .AB  3  1 phương trình bậc nhất 2 ẩn a và b (2)
2
Từ (1) và (2)  tọa độ điểm C.
+) SABC=

Thay giả thiết tọa độ đỉnh C bằng giả thiết không liên quan đến G, H và I ta đƣợc
một số kết quả sau:
Kết quả 1.6 Trong mp Oxy, cho tam giác ABC biết rằng A(-1;2), B(2;-4) . Tìm tọa độ
đỉnh C, trọng tâm G và trực tâm H của tam giác. Biết rằng điểm C thuộc đường thẳng
d : x-y-1=0 và diện tích tam giác ABC bằng 3.
Hƣớng dẫn :
+) Điểm Cd  C(t ;t-1)
+) SABC=

1
d  C;AB  .AB  3  tìm được t  tọa độ điểm C.
2
Gi¸o viªn Tr-êng THPT DiÔn Ch©u 2- NguyÔn V¨n Minh

25