SKKN một số BIỆN PHÁP GIÚP học SINH làm tốt bài TOÁN HÌNH học TRONG mặt PHẲNG TOẠ độ OXY của kỳ THI THPT QUỐC GIA

BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TrƣờngTHPT LONG KHÁNH
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIÚP HỌC SINH LÀM TỐT BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ OXY CỦA KỲ
THI THPT QUỐC GIA.

Người thực hiện: Hà Lê Anh
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 
- Lĩnh vực khác:



Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2015-2016

BM02-LLKHSKKN

SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Hà Lê Anh
2. Ngày tháng năm sinh: 25-1- 1961
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 54- Hai Bà Trưng –Phường Xuân Hoà – TX Long Khánh
5. Điện thoại: 0613876529

ĐTDĐ:0986612613

6. E-mail:
7. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Toán HPT Long Khánh
8. Nhiệm vụ được giao:
+ Thành viên HĐBM Toán của Sở GD&ĐT
+ Tổ trưởng tổ Toán THPT Long Khánh
+ Dạy BDHSG
+ Dạy Toán 12C3,10B1, 10B4
9. Đơn vị công tác: Tổ Toán THPT Long Khánh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị cao nhất: Cử nhân ĐHSP
- Năm nhận bằng:1983
- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học
- Số năm có kinh nghiệm: 34 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
1)Phát huy tính tích cực sáng tạo cho học sinh bằng cách “ quy lạ về quen”

qua dạng toán chứng minh bất đẳng thức hình học trong tam giác bằng phương
pháp đại số hóa- lượng giác hóa
2) Một số kinh nghiệm giải hệ phương trình hai ẩn bằng phương pháp thế .
3) Phát huy tính tích cực , sáng tạo của học sinh qua bài toán hình học trong mặt
phẳng toạ độ Oxy .
4) Một số biện pháp giúp học sinh làm tốt bài toán hình học Oxy trong kỳ thi
THPT Quốc Gia .

2


MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIÚP HỌC SINH LÀM TỐT BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ OXY CỦA KỲ THI
THPT QUỐC GIA.
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1) Trong kỳ thi THPTQG có bài toán hình học giải bằng phương pháp toạ độ
trong mp Oxy. Là loại toán đòi hỏi phát triển năng lực cao. Mức độ vận dụng tốt,
điểm 8 trên thang điểm 10.Bài toán này dùng để phát triển năng lực học sinh ,phân
loại học sinh giỏi , đáp ứng cho nhu cầu tuyển chọn nhân lực cao .Theo kết quả của
BGD-ĐT trong kỳ thi THPT năm học 2014-2015 tỉ lệ học sinh làm được bài này là
: 10% (Theo kết quả công bố của Bộ GD&ĐT). Có một nghịch lý là số học sinh
làm được bài này lại ít hơn số học sinh làm được câu điểm 9 là câu về phương
trình, hệ phương trình. Lý do là các em thường tiếp thu hình khó hơn tiếp thu đại
số và thời gian học cũng ít hơn. Trong thực tế là các em chưa hình thành được một
thuật toán giải loại toán này và các kỷ năng chứng minh hình học phẳng ( vốn học
từ lớp 9 ). Đó là khó khăn cơ bản mà học sinh gặp phải .
2) Bài toán hình Oxy là nối tiếp của bài toán hình học phẳng ở cấp THCS
dùng tư duy hình học và giải quyết bằng ngôn ngữ toạ độ Đề-Các trong mặt phẳng
Oxy. Như vậy mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều mang bản chất
của một bài toán hình học phẳng nào đó. Thông thường các bài toán dạng này đề

bài thường cho có một tính chất nào đó của hình học phẳng bị “ẩn”. Đây là then
chốt của bài toán. Thực tế học sinh chỉ cần vượt qua được cửa ải này là các em
làm được bài. Vậy làm sao để giúp các em vượt qua “cửa ải” này để đặt chân vào
ngôi đền bí ẩn đó .
Để đẩy mạnh phong trào dạy tốt , học tốt trong tỉnh nhà . Để hình thành cho các em
có một tư duy rõ ràng , mạch lạc để cho các em giải tốt bài toán này góp phần giúp
các em có kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc Gia . Đó là lý do tôi chọn đề tài này .
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1) Yếu tố tâm lý :
Do có tâm lý hình học phẳng là bài toán khó, học sinh ngại hình học phẳng. Vì
vậy, đây là rào cản tâm lý đối với các em. Thực tế giáo viên phải chỉ ra cho học
sinh là khó ở chỗ nào và các em có thể vượt qua được chỗ đó bằng những cách
nào. Bởi vậy, khi trang bị cho học sinh một hệ thống các phương pháp suy luận
giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng thì các em tự tin khi làm bài. Từ đó phần
nào giải toả được áp lực tâm lý cho các em.
3


2)Khó khăn khi dự đoán tính chất
Thông thường tính chất bị dấu nằm trong mối liên hệ giữa ba điểm mà giả thiết
cho. Bởi vậy rèn luyện cho các em luôn luôn tập trung vào các điểm đó và dựa vào
hình vẽ cộng với các phán đoán như ba điểm tạo với nhau góc vuông, tạo với nhau
một góc xác định được, ba điểm thẳng hàng, … để phát hiện được tính chất bị “dấu”.
Ví dụ .
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho hình thang vuông ABCD, vuông tại A và B,
biết AD= 2BC. H là hình chiếu vuông góc của A lên BD. E là trung điểm của đoạn
5
2

HD. H(-1;3), AE có phương trình : 4x+y +3 = 0. C( ; 4) Tìm toạ độ A,B,D ?

Tại sao ta phát hiện được AE  CE ? Chúng tôi hướng dẫn cho các em thấy, phải
tập trung vào mối quan hệ ba điểm là A, C, E của giả thiết. Từ đó bằng hình vẽ các
em đoán ra tính chất. Vậy dựa vào hình vẽ là một công cụ lợi hại để dự đoán tính
chất. Tôi luôn luôn tập dượt cho các em điều này.
3)Một khó khăn nữa đối với các em là chứng minh tính chất vừa đoán ra.
Điều này đòi hỏi thầy cô giáo phải có một thời gian ôn tập lại một số kỹ năng
chứng minh về hình học phẳng, nhất là chứng minh về tứ giác nội tiếp. Sau đây tôi
chia sẻ với các đồng nghiệp về chứng minh hai đường thẳng vuông góc bằng
phương pháp toạ độ, rất có hiệu quả với các em ở phần các giải pháp.
4) Sự hình thành tƣ duy và thuật toán .
Tại sao các em lúng túng khi làm loại bài tập này ? Theo tôi các em do ngại
khó nên ít tập dượt, mặt khác các em cũng chưa được trang bị một cách đầy đủ các
bước để giải bài tập. Do đó, trong tham luận này tôi muốn nêu ra một qui trình
4


giải bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng. Việc khai thác các tính chất hình
học phẳng để định hướng tìm lời giải bài toán hình học toạ độ và xem việc chỉ ra
bản chất hình học phẳng sẽ bổ trợ cho giải bài toán. Do “Mỗi bài toán hình học toạ
độ trong mặt phẳng luôn chứa đựng một bài toán hình phẳng tương ứng”. Vì vậy
phân tích bản chất của bài toán hình học phẳng để bổ trợ cho việc giải bài toán
hình học toạ độ trong mặt phẳng là một suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ
động hơn trong việc tìm kiếm lời giải cũng như phân loại một cách tương đối các
bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng.
a. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong đó yêu
cầu khả năng lựa chọn lời giải trên cơ sở phân tích bài toán hình học phẳng tương
ứng.
b. Trong mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều yêu cầu học sinh thực
hiện phân tích bản chất hình học phẳng cũng như đưa ra các hướng khai thác mở

rộng cho bài toán.
c. Cung cấp hệ thống các bài tập cùng dạng để học sinh tự rèn luyện.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Nội dung này được triển khai thông qua 12 buổi học (mỗi buổi học 3 tiết). Các
buổi học chúng tôi nêu vấn đề và định hướng cách suy nghĩ giải toán. Bằng cách
phân tích trên hình phẳng tương ứng với bài toán, giáo viên phân tích lợi ích của
việc “suy nghĩ có định hướng theo bản chất hình học phẳng của bài toán hình học
toạ độ trong mặt phẳng”cũng như phân tích cho học sinh thấy rằng việc lựa chọn
phương pháp giải không phải là ngẫu nhiên mà luôn chất chứa những nguyên nhân
sâu xa rất bản chất. Đó chính là cấu trúc của bài toán, hình thức của bài toán và các
mối quan hệ “tất yếu”giữa các yếu tố tạo nên bài toán. Cũng chính vì điều đó mà
việc phân tích bài toán toạ độ trên hình phẳng tương ứng một mặt giúp học sinh
hiểu được bản chất của bài toán, mặt khác giúp học sinh biết cách định hướng
trong việc tìm lời giải bài toán. Để các buổi học đạt hiệu quả, tôi đã thực hiện ngay
trong học kỳ 1 lớp 12. Để tăng cường tính chủ động cho học sinh trong buổi học
thứ nhất tôi đã cung cấp cho học sinh một hệ thống các bài tập đề thi về bài toán
hình học toạ độ trong mặt phẳng cho bài học. Yêu cầu học sinh về nhà chuẩn bị lời
5


giải, phân loại các bài toán thành các nhóm tương tự nhau cũng như trả lời câu hỏi:
"tính chất hình phẳng trong bài toán ấy là gì? ". Bài toán hình học toạ độ trong mặt
phẳng xuất hiện thường xuyên trong các đề thi ĐH với mức độ tương đối khó. Vì
vậy để giải được dạng toán này chúng ta cần xây dựng phương pháp đặc trưng cho
loại toán này là "phân tích bản chất hình học phẳng trong bài toán hình học toạ độ
tương ứng”
Giải pháp 1 : Ôn tập kiến thức cũ .
Biện pháp ôn tập :
+ Giáo viên lập đề cương ôn tập cho học sinh .
+ Học sinh về nhà soạn đề cương chi tiết .

+ Giáo viên cử một học sinh đại diện lên thuyết trình .
+ Giáo viên cho các em thảo luận và giáo viên chốt lại.
Sau đây là các vấn đề các em cần nắm vững để thực hiện .
I.Vectơ:
Cho a  (a1; a2 ) và b  (b1; b2 )

a cùng phương b  a  tb1 và b  tb2
Nếu b1  0 và b2  0 ,thì:
a cùng phương b 

cos(a; b) 

a1 a2

b1 b2

a  b  a.b  0  a1.b1  a2.b2  0

a1.b1  a2 .b2
a12  b12 . a22  b22

II. Đƣờng thẳng:
1)Vectơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng
Vectơ u  0 được gọi là vectơ chỉ phƣơng của đường thẳng  nếu giá của nó song
song hoặc trùng với .
Nhận xét:– Nếu u là một VTCP của  thì ku (k  0) cũng là một VTCP của .
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTCP.
2)Vectơ pháp tuyến của đƣờng thẳng
Vectơ n  0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng  nếu giá của nó vuông góc với .
Nhận xét: – Nếu n là một VTPT của  thì kn (k  0) cũng là một VTPT của .

– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTPT.
– Nếu u là một VTCP và n là một VTPT của  thì u  n .
3)Phƣơng trình tham số của đƣờng thẳng
Cho đường thẳng  đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP u  (u1; u2 ) .
6


 x  x  tu

0
1 ( t là tham số).
Phương trình tham số của : 
y

y

tu

0
2

 x  x  tu

0
1.
Nhận xét: – M(x; y)     t  R: 
y

y


tu

0
2
4) Phƣơng trình chính tắc của đƣờng thẳng
Cho đường thẳng  đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP u  (u1; u2 ) .

Phương trình chính tắc của :

x  x0 y  y0

u1
u2

(2) (u1  0, u2  0).

5) Phƣơng trình tổng quát của đƣờng thẳng
PT ax  by  c  0 với a2  b2  0 là phƣơng trình tổng quát của đường thẳng.
Nhận xét: – Nếu  có phương trình ax  by  c  0 thì  có:
VTPT là n  (a; b) và VTCP u  (b; a) hoặc u  (b; a) .
– Nếu  đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTPT n  (a; b) thì phương trình của  là:
a( x  x0 )  b( y  y0 )  0

  đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b  0): Phương trình của :

x y
  1.
a b

(phương trình đường thẳng theo đoạn chắn).

  đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ) và có hệ số góc k: Phương trình của : y  y0  k( x  x0 )
(phương trình đường thẳng theo hệ số góc)
6) Vị trí tƣơng đối của hai đƣờng thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1x  b1y  c1  0 và 2: a2 x  b2 y  c2  0 .
Toạ độ giao điểm của 1 và 2 là nghiệm của hệ phương trình:
a1x  b1y  c1  0
(1)

a2 x  b2 y  c2  0
a
b
 1 cắt 2  hệ (1) có một nghiệm  1  1 (nếu a2 , b2 , c2  0 )
a2 b2

 1 // 2  hệ (1) vô nghiệm



a1 b1 c1


(nếu a2 , b2 , c2  0 )
a2 b2 c2

 1  2  hệ (1) có vô số nghiệm 

a1 b1 c1


(nếu a2 , b2 , c2  0 )

a2 b2 c2

7) Góc giữa hai đƣờng thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1x  b1y  c1  0 và
cos(1, 2 )  cos(n1, n2 ) 

Chú ý:

n1.n2
n1 . n2

2: a2 x  b2 y  c2  0


a1b1  a2 b2
a12  b12 . a22  b22

 1  2  a1a2  b1b2  0 .
 Cho 1: y  k1x  m1 , 2: y  k2 x  m2 thì:
+ 1 // 2  k1 = k2
+ 1  2  k1. k2 = –1.

8) Khoảng cách từ một điểm đến một đƣờng thẳng

7


 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Cho đường thẳng : ax  by  c  0 và điểm M0 ( x0 ; y0 ) .

d ( M0 , ) 

ax0  by0  c
a2  b2

 Vị trí tương đối của hai điểm đối với một đường thẳng

Cho đường thẳng : ax  by  c  0 và hai điểm M( xM ; yM ), N ( xN ; yN )  .
– M, N nằm cùng phía đối với   (axM  byM  c)(axN  byN  c)  0 .

– M, N nằm khác phía đối với   (axM  byM  c)(axN  byN  c)  0 .
 Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1x  b1y  c1  0 và 2: a2 x  b2 y  c2  0 cắt nhau.
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng 1 và 2 là:
a1x  b1y  c1
a12  b12



a2 x  b2 y  c2
a22  b22

III. Đƣờng tròn:
1)Đường tròn(C) có tâm I (a; b) bán kình R có phương trình là:

( x  a)2  ( y  b)2  R2
2)Phương trình x2  y 2  2ax  2by  c  0 ,điều kiện: a2  b2  c >0 là phương trình
đường tròn có tâm I(a;b) bán kính R  a2  b2  c
3)Phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C): ( x  a)2  ( y  b)2  R2 tại

M ( x0 ; y0 )  (C) là: (a  x0 )( x  x0 )  (b  y0 )( y  y0 )  0
Giải pháp 2 :Sử dụng phƣơng pháp toạ độ để chứng minh một số tính chất
của hình học phẳng
Trong một số bài toán chứng minh tính chất vuông góc của hai đường thẳng bằng
phương pháp hình phẳng khá khó , khi đó tôi hướng dẫn các em dùng phương pháp
toạ độ . Để các em có kỹ năng giải toán , tôi cho các em hình thành phương pháp
như sau :
+ Bước 1 : Lập hệ trục toạ độ và tính toạ độ các điểm liên quan
+ Bước 2 : Dùng tính chất vuông góc của tích vô hướng để chứng minh
Ví dụ 1 : Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho hình thang vuông ABCD, vuông
tại A và B, biết AD= 2BC. H là hình chiếu vuông góc của A lên BD. E là trung
5
2

điểm của đoạn HD. H(-1;3), AE có phương trình : 4x+y +3 = 0. C( ; 4) Tìm toạ độ
A,B,D ?

8


Tính chất bị “ẩn “trong bài toán là AE vuông góc CE. Bước qua được chốt này
coi như đặt được một chân vào “cung cấm”.
dùng kiến thức hình phẳng để chứng minh AE  CE là khá khó với các em, vì
phải lấy thêm trung điểm của AB. Bởi vậy tôi cho các em lập hệ trục toạ độ có gốc
A và D nằm trên chiều dương trục hoành, D(2a;0) a>0, B(0;b) b> 0. Tìm toạ độ C,
E qua a, b rồi tính AE.CE là xong.
Ví dụ 2 : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chử nhật ABCD , đỉnh B thuộc
đường thẳng d : 2x – y + 2 = 0 , C thuộc đường thẳng d‟ :x – y – 5 = 0
9 2
) , K(9 ;2) lần lượt là trung điệm của AH

5 5

H là hình chiếu của B xuống AC . M( ;

và CD . Tìm toạ độ của B ,C biết hoành độ của C lớn hơn 4.
Phân tích :
Trong bài toán này có tính chất là BM 
KM . Để giải quyết khó khăn khi chứng
minh tôi cho các em dùng phương pháp
toạ độ bằng cách chọn hệ trục toạ độ Bxy
với A(a ;0) a > 0 ; C( 0 ;c) c > 0 dể dàng
chứng minh được BM .KM  0  BM 
KM .
Lưu ý rằng đối với học sinh thì chứng
minh bằng phương pháp thuần tuý sơ cấp
là khó khăn hơn phương pháp này . Nếu
tập cho các em nhuần nhuyễn thì hiệu
quả rất lớn. Phương pháp này nếu kiên
9


nhẫn rèn luyện thì học sinh trung bình khá trở lên có thể thực hiện được.
Giải pháp 3 : Rèn luyện kỷ năng giải một số bài toán gốc
Các bài toán mà các em gặp phải trong các đề thi thường xuất phát từ các bài toán
gốc sau đây :
Bài toán 1: Điểm đối xứng qua đường đường phân giác.
Tính chất: Hai đường thẳng 1; 2 cắt nhau tại I, đường phân giác của góc của
1; 2 là (d).M là điểm  1 , và M‟ là điểm đối xứng với M qua (d), thì M‟  2

Chứng minh:

M‟ đối xứng với M qua(d)MIM‟cân tạ I (d) là phân giác của

MIM ' M‟  2
Ví dụ 1:
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, có đỉnh B(-4;1), trọng
tâm G(1;1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình
x  y 1  0 .Tìm tọa độ A và C.

(Đề thi khối D-2011)
*Tìm tòi lời giải:

10


M là trung điểm AC, G là trọng tâm tam giác.Từ mối quan hệ ba điểm
B; G; M em tìm tọa độ điểm nào? Từ đó các em tìm được tọa đọ điểm M.
AD là phân giác trong của góc A, B là điểm biết tọa độ thuộc AB, vậy điểm K đối
xứng B qua AD thuộc đường thẳng nào? Áp dụng tính chất đường phân giác các
em phát hiện K thuộc AC.
Do M và K là các điểm thuộc AC vậy phương trình AC viết được, suy ra tọa độ A
và C.
*Lời giải:
Tìm tọa độ M ( xM ; yM ) ,theo tính chất trọng tâm G, có:

7
2
 xM 
BG  BM  
2

3
 y 1
 M

Tìm tọa độ K đối xứng với B qua AD. I là trung điểm BK  I (

xK  4 yK  1
;
)
2
2

BK  ( x  4; y 1)  với vectơ chỉ phương của AD là a  (1;1) .Ta có BK .a  0

 xK  yK  3 .Mà I AD  xK  yK  7 Từ đó K(2;-5)
+Phương trình AC là: 4x  y 13  0
+Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
Vậy A (4;3). +Tọa độ C:
M là trung điểm AC, ta có:

 xC  2 xM  xA  3
Vậy C (3;-1).


 yC  2 yM  y A  1

11


Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, phân giác trong của

góc A có phương trình: x  y  2  0 , đường cao kẻ từ B có phương trình:
4x  3 y 1  0 , H (-1;-1) là hình chiếu vuông góc của C lên AB. Tìm tọa độ C?

Đề thi khối B – 2008
*Tìm tòi lời giải:

AD là phân giác góc A, H thuộc AB. K là điểm đối xứng với H qua AB  K
thuộc AC. Trên đường thẳng AC xác định được tọa độ điểm K, đường thẳng AC đi
qua K và vuông góc với BE  phương trình AC  tọa độ A. Do A và H xác định
được tọa độ nên viết được phương trình AB, tìm được B, phương trình AC  tọa
độ C.
*Lời giải:
K là điểm đối xứng với H qua AD  K (-3;1). AC qua K và vuông góc với BE 
phương trình AC: 3x  4 y  7  0 , tọa độ A (5;7), CH qua H và vuông góc với AH
có phương trình 3x  4 y  7  0 . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:

10
 x   3
3x  4 y  7  0

.

y  3
3x  4 y  13  0

4

 10 3 
; .
Vậy C 

 3 4

Bài toán 2: Dùng tính chất hai đƣờng thẳng vuông góc.
Nếu a  b thì a.b  0

12


Các bài toán để khai thác tính chất vuông góc của hai đường thẳng hầu hết tính
vuông góc đều “ẩn”. Dựa vào hình vẽ và bằng trực giác hướng dẫn học sinh phát
hiện. Bởi vậy việc vẽ hình chính xác là một điều kiện dẫn đến sự phán đoán đúng.
Ví dụ 3.
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình vuông ABCD, có A(-2;6),
B(d): x  2 y  6  0 . M và N là hai điểm trên hai cạnh BC và CD sao cho

2 14
BM=CN. I là giao điểm của AM và BN và I ( ; ) . Xác định tọa độ C.
5 5
*Tìm tòi lời giải:

12 16
AI  ( ;
) và BI  (2b  6; b)
5 5
Để giải quyết được điểm B ta phải “kiếm”được phương trình cho ẩn b. Dựa vào
hình vẽ ta phán đoán AMBN. Nếu điều này đúng thì “giải quyết”xong điểm B.
Khi tìm được B thì lập được phương trình BC từ đó tìm được C.
*Lời giải:
+Chứng minh AMBN.
Cách 1: Hướng dẫn các em chứng minh tam giác vuông ABM bằng tam giác

vuông BCN.
Cách 2: Hướng dẫn các em chứng minh AM .BN  0

12 16
32
14
) ; B(2b-6; b) BI  (  2b;  b) ; AI .BI  0 b=4B(2;4)
+ AI  ( ;
5 5
5
5
+Phương trình BC: 2 x  y  0 C(c;2c). Do BC=ABc=0 hoặc c=4. Vậy C(0;0)
hoặc C(4;8).
Ví dụ 4.
13


Trong mặt phẳng với hệ trục tọa dộ Oxy, cho hình vuông ABCD có A(d):
x  y  4  0 . M(4;0) BC; N(0;2)CD sao cho tam giác MAN cân tại A. Xác định

tọa độ các đỉnh hình vuông.
*Tìm tòi lời giải:

Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A. Từ yếu tố MCNC ta có được một phương
trình cho C, vì c có hai ẩn vậy phải tìm một phương trình nữa. Dựa vào hình vẽ các
em có thể phán đoán ACMN. Nếu phán đoán đúng thì khi đó ta có AC.MN  0 ta
được phương trình thứ hai, vậy giải quyết được C. Khi biết được C thì B và D dễ
dàng tìm được. Vậy mấu chốt là chứng minh được ACMN.
*Lời giải:
+Chứng minh ACMN

Do MAN cân tại AMA=NA vậy A thuộc đường trung trực của MN. Do 
vuông ABM bằng  vuông ADN MB=ND  NC=MC vậy C  trung trực MN
 ACMN.
+A(d): x  y  4  0  A(a; a-4). Mặt khác AM=AN  a=-1A(-1;-5).
+Tìm C ( x0 ; y0 )
Do MC.NC  0 và AC.MN  0 ta có C(1;-1) hoặc C(3;3).
Khi C(1;-1)B(-2;-2) và D(2;4) hoặc B(2;-4) và D(-2;-2).
Khi C(3;3)B(5;-3) và D(-3;1) hoặc B(-3;1) và D(5;-3).
Tính chất 3: Xác định toạ độ điểm nhờ ba điểm thẳng hàng.
Nếu A,B,C thẳng hàng thì AB và AC cùng phương  AB =k AC .
14


Khi hai véc tơ cùng phương ta khai thác được hai phương trình, đây là một lợi thế
không nhỏ. Khi giả thiết cho hai điểm xác định tọa độ, chúng tôi cho học sinh phát
hiện xem có điểm nào khả nghi trên đường thẳng qua hai điểm đó không ? Nếu có
thì tiến hành so sánh hai véc tơ tạo thành.
Đường thẳng Ơ-le được học sinh học ở lớp 10(phần vectơ). Đây là một tính chất
nói về ba điểm thẳng hàng. Chúng tôi sau khi cho các em ôn tập lại tính chất đó.
Để khai thác tính chất này, chúng tôi cho các em làm các ví dụ sau đây:
Ví dụ 5.
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC, có tâm đường tròn ngoại

1 8
4 5
tiếp I ( ; ) , trực tâm H ( ; ) và M(1;1) là trung điểm cạnh BC. Xác định A,B,C.
3 3
3 3

*Tìm tòi lời giải:

Gỉa thiết của bài toán đưa đến một liên tưởng về đường thẳng Ơ-le đó là ba điểm
thẳng hàng H,G,I với G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có HG  2GI , từ đấy xác
định G. Xác định được G là cởi được nút thắt của bài toán. Từ G ta xác định A và
xác định B,C.
Điều gì làm chúng ta nghỉ tới đường thẳng Ơ-le? Đó là giả thiết đề cập đến trực
tâm H và tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác. Dùng tính chất hình phẳng mà học
sinh đã được ôn tập: “Trong tam giác ABC, tâm đường tròn ngoại tiếp I, trực tâm
H và trọng tâm G là ba điểm thẳng hàng đồng thời HG  2GI ”.
*Lời giải:
+Chứng minh HG  2GI
15


+Tìm tọa độ G(1;2)
+Tìm tọa độ A(1;4)
+Phương trình BC là x  2 y  3  0

4
5
50
+Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x  )2  ( y  )2 
3
3
9
+Tọa độ B(-1;2), C(3;0) hoặc B(3;0), C(-1;2).
Ví dụ 6 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  1;4 ,

I  3;0  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và M  0; 3 là trung điểm BC. Viết
phương trình AB, biết B có hoành độ dương.

+ Xác định A  7;10 (từ *)

Tìm tòi lời giải:
Nếu ở ví dụ 11 ta hướng dẫn học sinh
tìm toạ độ trọng tâm G thông qua mối
quan hệ 3 điểm thẳng hàng H, G, I thì
bài tập này, chúng ta hướng sự suy nghĩ
của học sinh vào cách tìm trực tiếp
điểm A thông qua mối quan hệ giữa
AH với IM . Dễ dàng các em dự đoán
được AH  2.IM . Đến đây điểm A
được giải quyết xong. Khi đó, viết được
phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC và phương trình BC. Dĩ nhiên
tính được toạ độ B và ta viết được
phương trình AB.
Lời giải:
+ Chứng minh AH  2.IM (*)

+ Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác là  x  3  y 2  16 .
2

 x  3 2  y 2  16


Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:  x  y  3  0
 B  7;4  .
x  0
 B


Phương trình AB: 3x  7 y  49  0 .
Bài toán 4: Viết phƣơng trình đƣờng thẳng liên quan đến khoảng cách từ một
điểm đến đƣờng thẳng.
*Cho đường thẳng (  ): ax  by  c  0
Khoảng cách từ M  x0 ; y0  đến () là

d  M ,  

ax0  by0  c

a 2  b2
*Cho tam giác ABC vuông ở A, AH là đường cao. Ta có:
16


1
1
1


2
2
AH
AB AC 2
Khai thác khoảng cách đưa đến cho bài toán một phương trình. Dạng khoảng cách
được ẩn dưới dạng cạnh hình vuông, đường cao tam giác, diện tích tam giác.
Ví dụ 7:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A  2; 1 , B 1; 2 , trọng tâm
27

. Viết phương trình AC.
G  (d ): x  y  2  0 . Diện tích tam giác ABC bằng
2

Tìm tòi lời giải:
Để viết phương trình AC ta chỉ
cần xác định C. Để xác định C
ta phải xác định G. Do
G t;2  t  nên G chỉ cần một
phương trình với ẩn t. Diện tích
tam giác chắc chắn có liên quan
đến khoảng cách từ C đến AB.
Theo giả thiết khoảng cách này
xác định được. Vậy khoảng
cách này liên quan đến G chỗ nào? Vấn đề là chỗ đó. Theo tính chất trọng tâm
1
 d  G; AB   d C; AB  . Bài toán được giải quyết.
3
Lời giải:
1
+ Chứng minh d  G; AB   d C; AB 
3
+ Viết phương trình AB: x  y  3  0
27 2
+ d  C; AB  
2
9 2
+ d  G; AB  
 G  7; 5
2

 C  9;15
+ Phương trình AC: 16x 11y  21  0
Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh
BC, N là điểm trên CD sao cho CN = 2.ND.
AN có phương trình: 2 x  y  3  0 và
 11 1 
M  ;  . Tìm toạ độ A.
 2 2
(Đề thi TSĐH Khối A – 2012)
Tìm tòi lời giải:
A AN : 2 x  y  3  0  A  a;2a  3
Làm cách nào để lập được một phương trình
cho ẩn a? Rõ ràng là khoảng cách từ M đến
17


AN là tính được. Gọicạnh hình vuông là p ta có AN 
Diện tích tam giác AMN là

p 10
3

5 p2
12

p 10
p 10 3 5



 p3 2
4
4
2
3 10
 AM 
 A 1; 1 , A  4;5
2
Bài toán 5: Lập phƣơng trình đƣờng thẳng qua một điểm cho trƣớc và tạo với
đƣờng cho trƣớc một góc xác định.
MH 

Khi một đường thẳng di qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một
góc được xác định, thì phương trình đường thẳng đó viết được phương trình.Dấu
hiệu sử dụng kết quả này là giả thiết cho phương trình một đường thẳng và đường
thẳng „‟đối tác‟‟ còn lại đi qua một điểm biết tọa độ.
*Trong mặt phẳng cho tam giác ABC:
AB. AC
cos A  cos AB; AC 
AB . AC





*Trong mặt phẳng cho 2 đường thẳng 1, 2 lần lượt có phương trình:
a1x  b1 y  c1  0; a2 x  b2 y  c2  0 :
a1a2  b1b2
cos  1; 2  
a12  b12 . a22  b22

Ví dụ 9:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương
trình cạnh BC là (d): x  7 y  31  0, điểm N  7;7  thuộc AC, M  2; 3 thuộc AB
và ở ngoài đoạn AB. Viết phương trình AB, AC.
Tìm tòi lời giải:
Tam giác ABC vuông cân tại A, vậy
Bˆ  Cˆ  450. AC là đường thẳng qua
N tạo với BC góc 450, AB là đường
thẳng qua M  AC
Lời giải:
AB có phương trình dạng:
a  x  2  b  y  3  0  ax  by  2a  3b  0
AB

tạo

BC
1
 cos  AB; BC  
2

góc

450

3a  4b
 12a 2  7ab 12b2  0  
 4a  3a
*Khi 3a  4b, chọn a  4, b  3 có phương trình: AB: 4x  3 y 1  0
Phương trình AC: 3x  4 y  7  0

* Khi 4a  3b

18


Phương trình AB: 3x  4 y 18  0
Phương trình AC: 4x  3 y  49  0
Trường hợp này AB, AC, BC đồng quy nên loại.
Do đó phương trình AB: 4x  3 y 1  0 , AC: 3x  4 y  7  0 .
Ví dụ 10:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho P  7;8 và hai đường thẳng  d1  : 2 x  5 y  3  0;

 d2  :5x  2 y  7  0

cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng  d3  đi qua P

tạo với d1, d2 một tam giác cân tại A có diện tích S 
Tìm tòi lời giải:

29
2

Dễ dàng thấy d1  d2 , vậy ABC cân tại A thì ABC chính là tam giác vuông cân
tại A.
d3 là đường thẳng qua P tạo với d1 góc 450.
Lời giải:
A  d1  d2  A 1; 1 .





d3 là đường thẳng có phương trình dạng ax  by  7a  8b  0 a2  b2  0 .
3a  7b
1

2
7a  3b
*Khi 3a  7b  d3 : 7 x  3 y  25  0

cos  d1, d3   cos 450 

29
58
 BC  58  d  A; BC  
2
2
Phương trình BC là 7 x  3 y  25  0
*Khi 7a  3b . Tương tự trên nhưng không thoả yêu cầu (loại).
Do diện tích tam giác ABC là

Giải pháp 4 : Rèn luyện kỷ năng phát hiện tính chất và định hƣớng tìm tòi lời
giải
Bƣớc 1: Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán. Trên cơ sở dữ kiện và yêu cầu bài
toán phân tích các yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán.
Bƣớc 2: Lập sơ đồ các bước giải bài toán
Bƣớc 3: Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ ở bước 2
19

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác vuông 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 AD. Giả sử h(-5 ; -5), K( 9 ; - 3) và
trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x – y + 10 = 0. Tìm toạ độ điểm A
(Trích Đề thi THPTQG – 2015 )

Bƣớc 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán
Bƣớc 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
Do điểm M  x – y + 10 = 0. Vậy M phải là đối tượng mà các em phải xem xét. Từ
đó các em phát hiện đƣợc mối quan hệ ba điểm H, M, K là tam giác HMK cân
tại M. Với phát hiện này ta tìm được toạ độ M(0;10)
Từ hình vẽ ta dự đoán A, K đối xứng với nhau qua HM. Nếu điều này đúng thì tìm
được toạ độ A. Hướng học sinh vào chứng minh MH là trung trực của AK
 HA  HK

+ Chứng minh HA  HK
+ Viết phương trình đường thẳng AK
+ Tìm giao điểm AK với HM
+ Tìm toạ độ A
20


Bƣớc 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
Phương trình đường trung trực HK: 7x + y – 10 = 0
7 x  y  10  0
 M (0;10)
 x  y  10  0

Toạ độ M là nghiệm hệ 

Phương trình MH: 3x – y + 10 = 0
Phương trình AK: x + 3y = 0
Toạ độ giao điểm J của MH với AK là J( - 3 ; 1 ). Toạ độ A (-15 ; 5 )
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K(2;2). Đường tròn nội tiếp
tam giác ABC có tâm I(0;1). Đỉnh A ( - 2 ; 5 ). Tìm toạ độ B ; C.
(Trích đề thi HSG lớp 12 – Đồng Nai 2015 )

Bƣớc 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Gọi D là giao của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì: DB = DI.
Tại sao phát hiện được tính chất này ? Đây là mấu chốt của bài toán . Chúng ta hãy
cho các em thấy được mối quan hệ giữa các điểm A, I, B , từ đó phải ngắm điểm D
là tất yếu . Vậy , phán đoán DI = DB là có cơ sở . Điều tiếp theo là chinh phục dự
đoán đó .
Bƣớc 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
+ Chứng minh KD  BC
21


+ Chứng minh DB = DI
+ Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giac ABC.
+ Viết phương trình AD
+ Tìm toạ độ D.
+ Tìm toạ độ B
+ Viết phương trình BC
+ Tìm toạ độ C
Bƣớc 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB,
BC, biết CM cắt DN tại I (

22 11

; ) . Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng AH
5 5

7
2

cắt CD tại P( ;1) . Biết xA  4 , tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông

M

A

B

I

E

N

H
D

P

C

Bƣớc 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Ta có MBC  NCD  CM  DN
Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra ED

= EI, mà H là trung điểm của DI  EH  DI  AH  DN ,

22


mà CM  DN suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình
bình hành, do đó P là trung điểm DC  tứ giác AMPD là hình chữ nhật
 IE 

1
1
DM  AP  AIP vuông tại I
2
2

Ta có ADI cân tại A  AI  AD  DC  2IP ( do tam giác DIC vuông tại I)
 AI  2IP

Bƣớc 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
+ Chứng minh tam giác AIP vuông tại I
+ Viết phương trình đường thẳng AI: đi qua I và vuông góc với PI
+ Chứng minh AI = 2 IP, A  AI biểu thị toạ độ điểm A theo tham số t. AI = 2IP
suy ra toạ độ điểm A, rồi viết phương trình AP
+ Viết phương trình DN: qua I và vuông góc với AP, suy ra toạ độ điểm
H  AP  DN , H là trung điểm ID suy ra toạ độ điểm D

+ Viết phương trình DC: qua D và vuông góc với AD, suy ra toạ độ điểm
P  AH  DC , P là trung điểm DC suy ra toạ độ điểm C

+ AB  DC suy ra toạ độ điểm B

Bƣớc 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
MBC  NCD  CM  DN

Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra ED
= EI, mà H là trung điểm của DI  EH  DI  AH  DN ,
mà CM  DN suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình
bình hành, do đó P là trung điểm DC  tứ giác AMPD là hình chữ nhật
 IE 

1
1
DM  AP  AIP vuông tại I
2
2

Ta có ADI cân tại A  AI  AD  DC  2IP ( do tam giác DIC vuông tại I)
 AI  2IP

23


Đường thẳng AI qua I và vuông góc với PI nên có phương trình 3x  4 y  22  0 .
t  0
2
2
12  
9

A  AI  A(2  4t;4  3t )   4 t     3t    9  
t   6

5 
5

5


Do xA  4 nên A(2; 4) suy ra pt(AP): 2 x  y  8  0
DN  AP suy ra pt(DN): x – 2y = 0
 16 8 
H  DN  AP  H  ;   D(2;1),C(5;1), B(5;4)
 5 5

Vậy A(2;4), D(2;1),C(5;1), B(5;4)
Ví dụ 4. Cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC. Một đường thẳng qua
A vuông góc với AE cắt CD tại F, đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác
AEF cắt CD tại K. Tìm toạ độ điểm D biết A(-6; 6), (-4; 2), K(-3; 0).

A

B
E

F

D

K

C

Bƣớc 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
ABE  ADF  AE  AF nên tam giác AEF cân tại A, mà AM là đường trung

tuyến  AM  EF . Do đó 3 điểm A, E, F thuộc đường tròn tâm M bán kính MA
Bƣớc 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
+ Chứng minh AM  EF ; A, E, F thuộc đường tròn tâm M
+ Viết phương trình EF: qua M và vuông góc AM
24


+ Viết phương trình đường tròn (C) tâm M bán kính MA
+ E, F là giao điểm của đường thẳng EF và đường tròn (C), suy ra toạ độ E, F
+ Viết phương trình CD đi qua F, K. Viết phương trình AD: đi qua A và vuông góc
với CD, suy ra toạ đô D  AD  CD
Bƣớc 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
ABE  ADF  AE  AF nên tam giác AEF cân tại A, mà AM là đường

trung tuyến  AM  EF . Do đó 3 điểm A, E, F thuộc đường tròn tâm M bán kính
MA
Đường thẳng EF qua M và vuông góc EA nên có phương trình x  2 y  8  0 .
Phương trình đường tròn tâm M, bán kính MA là ( x  4)2  ( y  2)2  20
 x  2 y 8  0

Toạ độ E, F thoả mãn hệ phương trình 

2
2
( x  4)  ( y  2)  20

 x  8

x  0
hoặc 
y  0
y  4

Giải hệ, suy ra 

Trường hợp 1: E(-8; 0), F(0; 4)
Viết phương trình CD đi qua F, K: 4 x  3 y  12  0
6 12

Viết phương trình AD: đi qua A và vuông góc với CD, suy ra D  ; 
 5 5
Trường hợp 1: E(0; 4), F(-8; 0) suy ra D(-6;0)
Ví dụ 5. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC;
M, N lần lượt là trung điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho
9 2
MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  , K(9; 2) và các đỉnh B,C lần lượt nằm trên
5 5

các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d2 : x  y 5  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn hơn 4.

25