Phân dạng và sử dụng tính chất đặc biệt khi giải các bài toán về tam giác trong hình học phẳng

1. Mở đầu
1.1.Lý do chọn đề tài :
Những năm gần đây, câu hình học tọa độ trong mặt phẳng Oxy thuộc hệ thống
câu hỏi phân loại, đây là loại bài tập tương đối khó đến rất khó. Để giải quyết được,
yêu cầu chúng ta phải phát hiện ra những tính chất đặc biệt trên hình. Các tính chất
đặc biệt này chủ yếu nằm trong chương trình toán học cấp THCS mà chúng ta đã học
từ lâu, vì vậy đa số các em học sinh thường không còn nhớ.
Để chinh phục được câu hình học phẳng trong đề thi học sinh giỏi và đề thi
TNTHPT Quốc Gia, trước hết chúng ta cần cung cấp cho học sinh các kiến thức cơ
bản của Hình học phẳng và các tính chất đặc biệt thường sử dụng khi mở nút thắt của
bài toán. Sau đó cần làm thật nhiều bài tập áp dụng các tính chất này. Kho tàng toán
học thì thật mênh mông nhưng nếu chúng ta biết cách phân loại các dạng bài toán và
phân tích các hướng giải quyết thì chúng ta sẽ không cảm thấy “ngợp” cũng như thấy
“bí” trước một bài hình học phẳng.
Trong hệ thống các bài toán hình học phẳng, chúng ta rất hay gặp các bài toán
về tam giác, có thể nói sự xuất hiện của chúng chiếm đến một nửa số các bài toán.
Tính chất về các điểm cũng như các đường trong tam giác là vô cùng nhiều và rất
nhiều tính chất thú vị. Do sự đa dạng, vừa hay lại vừa khó của các bài toán trong tam
giác nên rất nhiều thầy cô giáo cũng như học sinh gặp khó khăn khi dạy và học phần
này.
Để giúp các thầy cô giáo cũng như các em học sinh có một tài liệu bổ ích về
các bài toán hình học phẳng trong tam giác và chinh phục được bài này trong đề thi
học sinh giỏi, các đề thi TNTHPT Quốc Gia, tôi xin chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm là: “PHÂN DẠNG, SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT GIẢI CÁC BÀI
TOÁN VỀ TAM GIÁC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
- Cung cấp cho học sinh các kiến thức cơ bản của Hình học phẳng và các tính
chất đặc biệt thường sử dụng khi mở nút thắt của bài toán về tam giác trong hình học
phẳng, giúp các em giải quyết chùm bài toán này đạt hiệu quả tốt hơn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Các tính chất hình học đặc biệt của tam giác trong hình học phẳng.

- Chùm bài toán về tam giác trong hình học phẳng .
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp phân loại và hệ thống lý thuyết
- Phương pháp thực nghiệm khoa học
- Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm
1.5.Những điểm mới của SKKN:
- Phân dạng rõ ràng, mạch lạc các tính chất đặc biệt của tam giác trong hình học
phẳng.
1


- Hệ thống ngắn gọn, đa dạng các bài toán về tam giác có sử dụng tính chất đặc
biệt để giải.
- Chỉ ra được tính hiệu quả của vấn đề khi ứng dụng trong thực tiễn.
2. Nội dung
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
10 bài toán cơ bản của hình học phẳng:
Bài toán 1: Tìm giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau:
Cho hai đt: d1 : a1 x + b1 y + c1 = 0, d 2 : a2 x + b2 y + c2 = 0 .
Cách tìm: Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của hpt:
a1 x + b1 y + c1 = 0

a2 x + b2 y + c2 = 0
Bài toán 2: Tìm tọa độ một điểm thuộc một đường thẳng và cách một điểm một
khoảng không đổi:
Cho đt (d): ax+by+c=0. Tìm tọa tọa độ điểm M thuộc (d) sao cho IM=l>0, với I
cho trước.
Cách tìm: - Do M thuộc (d) nên gọi tọa độ M(theo một ẩn t)
-Giải PT IM=l ta tìm được t, từ đó tìm được tọa độ M
Lưu ý nếu đề cho hoành độ hoặc tung độ M thỏa mãn điều kiện nào đó để loại

bớt trường hợp.
Bài toán 3: Tìm điểm đối xứng của một điểm qua một điểm cho trước.
Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua I .
 xM ' = 2 xI − xM
Cách tìm: I là trung điểm của đoạn MM’: Suy ra: 
 yM ' = 2 yI − yM
Bài toán 4: Tìm điểm đối xứng của một điểm qua một đường thẳng cho trước.
Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua đt (d):
Các bước tìm:
-Viết pt đt (d’) đi qua M và vuông góc với (d),
-Tìm tọa độ I là giao điểm của (d) và (d’),
-Tìm tọa độ M’ sao cho I là trung điểm của đoạn MM’.
Bài toán 5: Kiểm tra tính cùng phía hay khác phía của hai điểm đối với một
đường thẳng
Kiểm tra tính cùng phía hay khác phía của hai điểm A, B đối với đt (d):
ax+by+c=0
Cách làm:
-Đặt T= ax+by+c
-Tính TA = ax A + by A + c; TB = axB + by B + c
-Nếu TA .TB > 0 thì A,B cùng phía đối với (d)
-Nếu TA .TB < 0 thì A,B khác phía đối với (d)
2


Bài toán 6: Viết pt đt đi qua một điểm và tạo với một đt cho trước góc α .
Cách làm:
Viết pt đt (d) đi qua M(x
với một đt (d’): ax+by+c=0urcho trước góc α
r 0;y0) và tạo
-Gọi VTPT của (d) là n( p; q ), ( p 2 + q 2 > 0) , VTPT của (d’) là n '( a; b)

urur
ap + bq
c
os(
d
;
d
')
=
c
os(
n
;
n
')
=
= cosα
-Khi đó:
a 2 + b2 . p2 + q2
-Từ pt này ta được pt đẳng cấp bậc hai đối với p, q. Chọn được p, q và suy ra pt
đt cần tìm.
Bài toán 7: Viết pt đường phân giác của góc tạo bởi hai đt cắt nhau
Viết pt đường phân giác của góc tạo bởi hai đt cắt nhau (d): ax+by+c=0 và
(d’): a’x+b’y+c’=0
Cách làm:
-Gọi điểm M(x;y) thuộc đường phân giác cần tìm. Khi đó: d(M;d)=d(M;d’)
ax + by + c a'x + b ' y + c '
⇔
=
a 2 + b2

a '2 + b'2
-Chuyển vế rút gọn PT trên ta được pt hai phân giác cần tìm.
Bài toán 8: Viết pt đường phân giác trong, ngoài của góc của một tam giác
Viết pt đường phân giác trong, ngoài của góc A của tam giác ABC.
Cách làm:
-Viết pt TQ của đt AB và AC,
- Viết pt đường phân giác của góc A tạo bởi hai đt cắt nhau AB và AC.
-Xét một trong hai phân giác là (d):
Nếu B, C khác phía đối với (d) thì (d) là phân giác trong của góc A. Khi đó
phân giác còn lại là phân giác ngoài.
Nếu B, C cùng phía đối với (d) thì (d) là phân giác ngoài của góc A. Khi đó
phân giác còn lại là phân giác trong.
Bài toán 9: Tìm tọa độ trọng tâm, trực tâm của tam giác.
Bài toán: Cho tam giác ABC, biết tọa độ 3 đỉnh. Tìm tọa độ trọng tâm, trực
tâm của tam giác ABC.
Cách làm:
Gọi G là trọng tâm tam giác. Khi đó G có tọa độ là:
G(

x A + xB + xC y A + yB + yC
;
)
3
3

uuur uuur
 AH .BC = 0
Gọi H(a;b) là tọa độ trực tâm tam giác. Ta tìm a, b từ hệ pt:  uuur uuur
 BH . AC = 0
3

Bài toán 10: Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp
của tam giác
Cách làm: Gọi I(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta tìm tọa độ M, N là trung điểm của BC và AC.
uuur uuur
 IM .BC = 0
Khi đó ta tìm a, b từ hệ pt:  uur uuur
 IN . AC = 0
Gọi J(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi D là chân đường cao hạ từ A.
uuur AB uuur
.DC
Ta tìm tọa độ D từ đẳng thức: BD =
AC
uur AB uuu
r
.JD
Tương tự ta tìm tọa độ J từ đẳng thức: AJ =
BD
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
- Rất nhiều học sinh đã quên các kiến thức về hình học phẳng, nên nhiều khi
chỉ xác định làm phần cơ bản, chủ yếu mang tính chất nhận biết (6điểm) của đề thi
Quốc gia.
- Với thực tế tuyển sinh hiện nay và những năm tới thì 6, 7 điểm môn Toán
không thể cho các em một tỷ lệ cao để đậu vào học trường các em mong muốn. Tôi
trăn trở và viết đề tài này với hy vọng sẽ giúp các em có hứng thú cũng như sẽ chinh
phục đượcbài toán hình học phẳng, liên quan đến hình học phẳng trong đề thi Quốc
Gia.

- Đây cũng là vấn đề khó trong những bài toán dành cho học sinh giỏi, nên cần
đưa ra một vài phương pháp tiếp cận dễ dàng hơn cho người học cũng như người dạy.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
Phân dạng và sử dụng tính chất đặc biệt khi giải các bài toán về tam giác trong
hình học phẳng.
Dạng 1: Sử dụng 10 tính chất đặc biệt trong tam giác để giải các bài toán hình
học phẳng.
Tính chất 1 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, H là trực tâm, gọi H’ là
giao điểm của (I) với đt AH. CMR : H’ đối xứng với H qua BC.
Bài giải :

4


·
·
Ta có : BAH
(cùng phụ với ·ABC )
= HCB
·
·
Lại có: BAC
= BCH
'
·
·
Suy ra : BCH = H ' CB Do đó BC là trung
trực của HH’
hay H’ đối xứng với H qua BC.(đpcm)

Tính chất 2: Cho tam giác ABC nội u
tiếp
uur đường
uuur tron (I), H là trực tâm. Kẻ đường
kính AA’, M là trung điểm BC. CMR: AH = 2.IM
Bài giải: Ta có : ·ABA ' = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đtr (I) )
⇒ BA ⊥ BA ' , mà BA ⊥ CH ⇒ BA '/ /CH (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có : CA’ //BH (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCA’ là
hình bình hành, mà M là trung điểm BC
suy ra M là trung điểm A’H ⇒ OM là
⇒
đường
uuur trung
uuur bình của tam giác AA’H
AH = 2.IM

Tính chất 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I), BH và CK là hai đường cao.
Chứng minh : AI ⊥ KH .
Lời giải:
sd »AC
·
Kẻ tiếp tuyến Ax ⇒ xAC
= ·ABC =
2
Mà ·ABC = ·AHK (do tứ giác KHCB nội
·
tiếp) ⇒ xAC
= ·AHK , mà 2 góc này ở vị
trí so le trong do đó Ax//HK. Lại có

Ax ⊥ AI ⇒ AI ⇒⊥ HK (đpcm)
Tính chất 4: Cho tam giác ABC nội tiếp (I), H là trực tâm, gọi J là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác HBC. Chứng minh I và J đối xứng qua BC.
Lời giải :

5


Gọi H’ là giao điểm của AH với (I), suy ra tứ
giác ACH’B nội tiếp đt (I), suy ra I đồng thời là
tâm đtr ngoại tiếp tam giác BH’C.
Mặt khác H, H’ đối xứng nhau qua BC, suy ra
tam giác HBC đối xứng với tam giác H’BC qua
BC. Mà I, J lần lượt là tâm đtr ngoại tiếp tam
giác H’BC và HBC . Vậy I và J cũng đối xứng
qua BC (đpcm)
Tính chất 5 : Cho tam giác ABC, gọi H, G, I lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm
đường
uuu
r tròn
uu
r ngoại
uur tiếp
uur tam giác. Chứng minh :
a) IH = IA + IB + IC
uuu
r uur
b) 3 điểm G, H, I thẳng hàng và IH = 3IG
Lời giải:
uuur

uuur
a) Ở tính chất 2, ta đã c/m AH = 2 IM
uu
r uur uur uu
r
uuur uu
r uuur uuu
r
Ta có: IA + IB + IC = IA + 2 IM = IA + AH = IH
b)
tâm
uu
r Do
uur G
uur là trọng
uur u
u
r tam
uuur giác
uur nên ta có :
IA + IB + IC = 3IG ⇒ IA + 2 IM = 3IG
uu
r uuur uur uuu
r uur
⇒ IA + AH = 3IG ⇒ IH = 3IG
Vậy 3 điểm H,G,I thẳng hàng.

Tính chất 6 : Cho tam giác ABC nội tiếp đtr (I), gọi D, E theo thứ tự là chân đường
cao hạ từ A, B. Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm BC và AB. Chứng minh tứ
giác MEND nội tiếp.

Lời giải :
Ta có D là trung điểm HH’ ( tính chất 1),
M là trung điểm HA’( do HCA’B là hình
bình hành- tính chất 2) Như vậy ta có phép vị
( A ') = M
tự : V 1 : 
(H ; )
( H ') = D
2

Mà hai điểm A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra hai điểm M,D
V
thuộc đường tròn (C’) là ảnh của (C) tâm I qua ( H ; 1 ) (1)
2

6


Chứng minh tương tự A’, H’cũng thuộc đường
V
tròn (C’) là ảnh của (C) tâm I qua ( H ; 1 ) (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra D, M, E, N thuộc (C’)
Tính chất 7: Cho tam giác ABC, gọi I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội
tiếp. AJ cắt (I) tại D. Chứng minh DB=DJ=DC.
Lời giải:
·
·
Ta có: BJD

= BAD
+ ·ABJ
·
Mà ·ABJ = JBC
(Do BJ là phân giác góc ABC),
·
·
BAD
= DAC
·
·
Suy ra BJD
Do đó tam giác IBD
= JBD
cân tại D ⇒ DJ=DB
·
·
⇒ BD=DCVậy DB=DJ=DC.
Lại có: BAD
= DAC

Tính chất 8: Cho tam giác ABC, gọi D, E, F là chân đường cao hạ từ A, B, C, gọi H
là trực tâm. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Lời giải:
Ta có : tứ giác BDHF nội tiếp nên
·ABE = ·ADF
tứ giác ECDH nội tiếp nên ·ACF = ·ADE
Mà ·ABE = ·ACF
·
Suy ra EDA

= ·ADF Hay DH là phân
giác của góc EDF

Chứng minh tương tự EH, FH cũng là các phân giác của tam giác DEF.
Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Tính chất 9: Cho tam giác ABC nội tiếp (I). Gọi D, E là giao điểm của các đường
cao qua A, C cắt (I). Chứng minh: IB là trung trực của ED.
Lời giải:

7


µ = µA = 1 sd BD
» ,D
µ =C
µ = 1 sd BE
»
E
1
1
1
1
2
2
Ta có :
µ =D
µ
⇒E
1

1

Tam giác EBD cân tại B suy ra BE=BD
Mà IE=ID Vậy IB là trung trực của ED.(DPCM)
Tính chất 10: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I, G là trọng tâm
tam giác ABC, D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh I là
trực tâm tam giác DEG.
Lời giải:
Gọi F, H, K lần lượt là trung điểm BC, AC, AD. E là
giao điểm của DH và CK.G là giao điểm của AF và CD
CE CG 2
=
= ⇒ GE / / AB, do
Ta có : CK CD 3
AB ⊥ DI ⇒ GE ⊥ ID
DE / / CB, GI ⊥ BC
Lại có:
⇒ GI ⊥ ED
Vậy I là trực tâm tam giác DEG.
Sử dụng các tính chất trên giải một số bài tập:
Bài tập 1:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD, M(3;-1) là trung điểm BC.
Đường cao kẻ từ B của tam giác ABC đi qua E(-1;-3) điểm F(1;3) nằm trên đường
thẳng AC. Tìm tọa độ điểm A và viết pt cạnh BC, biết D(4;-2)
Hướng dẫn giải:
-Trước hết các em vẽ hình bằng thước thật chính xác
và điền các dữ kiện của bài toán vào hình vẽ.
- Các em hãy tạo ra một hình bình hành. ( Gọi H là
trực tâm c/m được BHCD là hình bình hành, SỬ
DỤNG TC 2)

Bước tiếp theo thật đơn giản vì các em đã gỡ được nút
thắt của bài toán.
ĐS: A(2;2), pt BC: y+1=0

Bài tập 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đtr I(2;1), bk R=5, trực tâm H(-1;-1), độ dài
BC=8. Hãy viết pt BC.
8


Hướng dẫn giải:
Hãy tìm nút thắt của bài toán và cởi bỏ
nó nhé.
-Các em tạo ra hình bình hành?
Tao ra đường kính AA’ ta có hình bình
hành BHCA’ (SỬ DỤNG TC 2)
Ta có: AH=2MI ( M là tr đ BC)
ĐS:BC: y+2=0

Bài tập 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đtr I(-2;0), A(3:-7), trực tâm H(3;-1). Xác định
tọa độ C biết C có hoành độ dương.
Hướng dẫn giải: Các em sử dụng TC 2
Bài tập 4:
Cho tam giác ABC nội tiếp đtr O(0;0), gọi M(-1;0), N(1;1) lần lượt là chân các đường
cao kẻ từ B, C. Tìm tọa độ A, B, C biết A nằm trên (d): 3x+y-1=0
Hướng dẫn giải:
Nút thắt của bài toán là các em tìm được
OA vuông góc MN.
Các em hãy áp dụng tính chất 3 để giải.
ĐS: A(1;-2), B(1;2), C(-2;1)

Bài tập 5: Cho tam giác ABC, có đỉnh A(1;5). Tâm đtr nội tiếp và ngoại tiếp lần lượt
5
là I(2;2), K ( ;3) . Tìm tọa độ B, C.
2
Hướng dẫn giải:

9


Ta sẽ đi tìm nút thắt của bài toán
-Các em viết dược pt đtr (C) ngoại tiếp
tam giác ABC ( tâm K, bk AK)
-Viết pt AI
AI cắt (C) tại D suy ra tọa độ D
SỬ DỤNG TC 7 ta có: BD=DI=CD
B,C là giao điểm của đtr (C) và đtr (C’)
tâm D bk DI
ĐS: B(4;1), C(1;1) hoặc C(4;1), B(1;1)

Các em hãy tìm tòi các ví dụ tương tự và sử dụng các tính chất trên để giải nhé.
Dạng 2: Tìm tọa độ đỉnh của tam giác khi biết tọa độ ba điểm
Phần này sẽ giới thiệu một số bài toán về tìm tọa độ 3 đỉnh của một tam giác
khi biết tọa độ 3 điểm có cùng tính chất
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC biết toa độ trung điểm của ba cạnh. Hãy xác định tọa
độ các đỉnh của tam giác.
Hướng giải : Giả sử M; N ; P lần lượt là ba trung điểm của ba cạnh AB; BC;
CA theo công thức tính tọa độ của trung điểm ta có
 x A + xB
 2 = xM


 xC + xB
= xN

 2
 x A + xC
 2 = xP


 y A + yB
= yM
 2

 yC + xB
= yN

 2
 y A + yC
= yP
 2


Giải hệ này ta có tọa độ đỉnh của tam giác ABC
Bài tập minh họa 1. Cho tam giác ABC biết M(1;2); N(2;1) P(4;0) lần lượt là tọa
độ trung điểm của ba cạnh AB; BC;CA Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
Bài giải :
Áp dụng công thức trên ta có
 x A + xB
 2 = 1 (1)

 xC + xB

= 2 (2)

 2
 x A + xC
 2 = 4 (3)


 y A + yB
= 2 (4)
 2

 yC + xB
= 1 (5)

 2
 y A + yC
= 0 (6)
 2


⇒ x A + xB + xC = 7; y A + y B + yC = 3

Vậy : xA = 3; xB = −1; xC = 5; y A = 1; yB = 3; yC = −1 ⇒ A(3;1); B(−1;3); C (5; −1)

10


Bài toán 2 : Cho tam giác ABC nhọn biết tọa độ 3 chân đường cao. Hãy xác định tọa
độ các đỉnh của tam giác
Hướng giải :

Giả sử AD; BE; CF là các đường cao của tam
giác ABC với trực tâm H . Sử dụng tính chất của
tứ giác nội tiếp dễ rằng chứng minh được
HD;HE;HF là các đường phân giác trong của tam
giác DEF.
Bài tập minh họa 2: (HSG Thanh Hóa 2011)
Cho tam giác ABC nhọn có tọa độ chân các đường cao hạ từ đỉnh A; B; C xuống các
cạnh tương ứng là D(-1; - 2); E( 2; 2) ; F(-1; 2). Hãy xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác.
Bài giải :
Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có phương trình DE : 4x – 3y – 2 = 0 ;
EF : y – 2 = 0
4x − 3y − 2
= ± ( y − 2)
5
Ta có hai phương trình đường thẳng là : x − 2 y + 2 = 0 (∆) hay 2 x + y − 6 = 0 (d )

Vậy phương trình phân giác góc FED là :

Khi thay tọa độ của F; D vào (d) thấy F; D cùng phía đối với (d) nên phương
trình AC : 2x + y – 6 = 0
(Ta có thể tìm phương trình các cạnh còn lại và từ đó xác định các định của
tam giác ABC). ĐS: A(1;4), B(-4;-1), C(5;-4)
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC biết tọa độ P;Q;R là ba điểm tiếp xúc của đường tròn
nội tiếp tam giác ABC và các cạnh của tam giác ABC
Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.
Hướng giải
Ta gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì IP ⊥ BC ; IQ ⊥ AC ; IR ⊥ AB
Do đó ta lập phương trình đường tròn qua P; Q; R và lập phương trình các cạnh tam
giác ABC

 11 8 
; ÷lần lượt
 5 5

Bài tập minh họa 3: Cho tam giác ABC biết tọa độ P (3;0);Q (4;1);R 

là ba điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC; CA; AB
của tam giác ABC. Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
Bài giải :
Do đường tròn nội tiếp tam giác ABC qua P; Q; R nên phương trình của nó
2
2
là : ( x − 3) + ( y − 1) = 1
Ta có tâm
I(3;1) vì vậy các đường thẳng AC; BC; AB đi qua Q; P ; R có véc tơ
uur uur uur
pháp tuyến là IQ; IP; IR sẽ có phương trình tương ứng là :
AC : x = 4 BC: 4x – 3y – 4 = 0 ; AB : y = 0
11


Nên tọa độ các đỉnh tam giác là A(4;4) ; B(1;0) ;C(4;0)
Bài toán 4: Cho tam giác ABC biết H là trực tâm tam giác ABC và tọa độ trung điểm
E; F; K của ba đoạn HA; HB; HC.Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
Hướng giải:
Ta có EK // AC; EF // AB; FK // BC nên tam giác
ABC là ảnh của tam giác EFK qua phép vị tự tâm H tỷ
số 2
Bài tập minh họa 4:
Cho tam giác ABC nhọn với H là trực tâm tam giác

ABC.
Biết
tọa
độ
trung
điểm
 5  3 5 1
E  4; ÷; F  1; ÷; K  ; − ÷ của ba đoạn HA; HB;
 2  2 2 2

HC.Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.
Bài giải
Ta thấy trực tâm tam giác ABC cũng là trực tâm tam giác EFK
Phương trình EH vuông góc với FK : - 3x + 4y + 2 = 0
Phương trình FH vuông góc với EK : x + 2y – 4 = 0
 −3 x + 4 y + 2 = 0
⇒ H (2;1)
x + 2 y − 4 = 0

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 


 
 

Do E  4; ÷; F 1; ÷; K  ; − ÷ là trung điểm HA; HB; HC
 2  2 2 2
nên tọa độ đỉnh A (6;4);B(0;2); C(3 ;- 2)
Bài toán 5 : Cho tam giác ABC biết tọa độ giao điểm của các đường cao với đường
tròn ngoại tiếp tam giác. Hãy xác định tọa độ các đỉnh của

tam giác
Hướng giải :
Giả sử các đường cao cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại
P,Q,R
Theo tính chất trực tâm H ta có HE= EP; HG= GR nên
EF//PQ; FG//QR vì vậy QC là phân giác góc
PQR hay đỉnh C là giao của đường tròn và
phân giác QC, tương tự ta xác định được A;
B
5

3

5

1

Bài tập minh họa 5:
Cho tam giác ABC biết ba đường cao AH;
CH của tam giác lần lượt cắt đường tròn

12

BH;


 11 3 
; ÷ .Hãy xác định tọa độ các đỉnh của
 5 5

ngoại tiếp tam giác tại R(-1;-1) ; P (1;3); Q 
tam giác
Bài giải :

Do đường tròn ngoại tiếp tam giác qua P; Q; R nên có phương trình :
x + ( y − 1) = 5
2

2

Lại có phương trình các đường thẳng RP : 2x – y =1; PQ : 2x + y – 5 = 0;
RQ : x – 2y – 1 = 0
Nên phương trình các đường phân giác góc QPR là: x= 1; y = 3 thử lại ta
thấy phân giác trong góc QPR là x = 1 nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :
 x 2 + ( y − 1)2 = 5
⇒ C (−2; 2); C (1;3) ≡ F (1;3)

x = 1

Vậy tạo độ

đỉnh C ( -2 ; 2)
Tương tự tọa độ đỉnh A(2; 2) và B(1; -1)
Bài toán 6 : Cho tam giác ABC biết tọa độ giao
điểm của các phân giác trong với đường tròn ngoại
tiếp tam giác.Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam
giác
Hướng giải :
Ta có :
¼ ¼ 1

¼ ¼ ¼
1
sd ( AP + Q1 N ) = sd (CP + BN + Q1B )
2
2
¼
¼
1
= sd ( AQ1 + NP ) = ∠AQQ1 ⇒ ∠AQP = 900
2
Hay AN ⊥ Q1P
∠AQP =

Từ đó ta có cách dựng sau :
Dựng đường tròn qua ba điểm đã cho, sau đó dựng các đường thẳng
Vuông góc với dây cung cắt đường tròn tại các điểm đó là đỉnh của tam giác
Bài tập minh họa 6:
Cho tam giác ABC biết tọa độ giao điểm của các phân giác trong kẻ từ đỉnh A; B; C
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác lần lượt tại P(−2;3); Q(6;3); R(1; −2) .Hãy xác định
tọa độ các đỉnh của tam giác
Hướng dẫn giải
Như chứng minh trên ta lập phương trình đường tròn qua P; Q; R
2
2
Ta có phương trình : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 17
Phương trình PQ : y = 3; QR : x – y – 3 = 0; PR : 5x – 3y – 1 = 0
Vậy đường thẳng qua R vuông góc với PQ : x = 1;
đường thẳng qua P vuông góc với RQ : x + y = 1;
đường thẳng qua Q vuông góc với PR : 3x – 5y = 3;
13

( x − 2 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 17
Do đó tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ : 
 x = 1
( x − 2 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 17
Do đó tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ : 
 x + y = 1
( x − 2 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 17
Do đó tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ : 
3 x − 5 y = 3

Giải

các

hệ

này

ta

có

 −39 −18 
 A ( 3; −2 ) ; B 
;
÷; C ( 1;6 )
 51 17 

Bài toán 7 : Cho tam giác ABC biết tọa độ ba tâm
đường tròn bàng tiếp tam giác. Hãy xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác
Hướng giải :
Giả sử R; S ; T là tâm ba đường tròn bàng tiếp
Tam giác ABC như hình vẽ
Theo tính chất phân giác ngoài và trong ta có
R;A; S thẳng hàng; S;C; T thẳng hàng; R; B T thẳng hàng
Bên cạnh đó ta còn có : RS ⊥ AT ; RC ⊥ TS ; SB ⊥ RT
Từ đó ta có cách giải sau :
Lập phương trình đường thẳng RS; ST; RT, sau đó tìm hình chiếu của T; R; S
lên ba đường thẳng đó. Tọa độ hình chiếu là tọa độ đỉnh cần tìm.
Bài tập minh họa 7: Cho tam giác ABC biết tọa độ tâm đường tròn bàng tiếp góc A
là T(-3;-1); tâm đường tròn bàng tiếp góc B là S(4;0) tâm đường tròn bàng tiếp góc C
là R(-2;4) .Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
Bài giải : Hình trên
Ta có phương trình qua R; S; T là:
RS : 2 x + 3 y − 8 = 0; RT : 5 x − y + 14 = 0; ST : x − 7 y − 4 = 0

Khi đó phương trình đường cao TA; SB; RC là :

TA : 3 x − 2 y + 7 = 0; RC : 7 x + y + 10 = 0; SB : x + 5 y − 4 = 0

Vậy : tọa độ ba đỉnh A; B; C là nghiệm của các hệ sau:
2 x + 3 y − 8 = 0
⇒

3 x − 2 y + 7 = 0

 −5 12  5 x − y + 14 = 0

A ; 2 ÷ ; 
⇒
 13 13   x + 5 y − 4 = 0
7 17   x − 7 y − 4 = 0

 −33 −19 
B  −2 ; ÷; 
⇒C
;
÷
 13 13  7 x + y + 10 = 0
 25 25 

Bài toán 8: Cho tam giác ABC biết tọa độ của ba điểm
M; N; P là ba điểm đối xứng của trực tâm H qua trung
điểm ba cạnh .Hãy xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC
14


Hướng giải :
Giả sử M ; N; P là các điểm đối xứng của trực tâm H qua trung điểm ba cạnh.
Khi đó xét tứ giác BHCP dễ thấy tứ giác này là hình bình hành nên BH // CP hay AC
vuông góc với AC vậy A; I ; P thẳng hàng; tương tự B; I; N và C; I ; M thẳng hàng
(Với I là tâm đường tròn. Từ đó ta xác định được ba đỉnh tam giác khi biết tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nhưng đó chính là đường tròn qua ba điểm M; N; P
Bài tập minh họa 8:
Cho tam giác ABC biết tọa độ của ba điểm M (1;3); N (9;3); P(8; - 4) là ba điểm đối
xứng của trực tâm H qua trung điểm ba cạnh .Hãy xác định tọa độ đỉnh tam giác
ABC.
Bài giải : Hình trên

Qua ba điểm M; N; P ta có phương trình đường tròn là : ( x – 5 ) 2 + y2 = 25
Vậy tâm đường tròn là : I(5;0)
Do A đối xứng với P(8; -4) qua tâm I nên A(2:4); Do B đối xứng với N(9; 3)
qua tâm I nên B(1:-3)
Do C đối xứng với M(1; 3) qua tâm I nên C(9:-3)
Vậy tọa độ ba đỉnh là A(2;4); B(1;-3) ; C(9;-3)
Bài tập luyện tâp.
Bài 1 : Cho tam giác ABC nhọn Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC khi
biết tọa độ chân các đường cao hạ từ A; B; C tương ứng là : H(2;-1)’; Q(2;2) K(-2;2)
Bài 2 : Cho tam giác ABC biết trung điêm ba cạnh AB; BC ; CA lần lượt là
M(-2;1); P( -1;-2) Q( 0; 0)
Bài 3 Cho tam giác ABC biết tọa độ giao điểm của các phân giác trong kẻ từ đỉnh A;
B; C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác lần lượt tại P(5; 4); Q(5;0); R( −1; 4) .Hãy xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác
Bài 4: Cho tam giác ABC biết tọa độ của ba điểm M (0;5); N (1;0); P(5; 0) là ba
điểm đối xứng của trực tâm H qua trung điểm ba cạnh .Hãy xác định tọa độ đỉnh tam
Bài 5: Cho tam giác ABC có đường tròn bàng tiếp góc A là K(2;-9), đỉnh B(-3;-4),
A(2;6). Tìm tọa độ C.
Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đtr, D(1;-1) là chân đường phân giác góc A, AB có
Pt: 3x+2y-9=0, tiếp tuyến tại A có pt: x+2y-7=0. Viết pt BC.
Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp (C), đường phân giác trong và ngoài góc A cắt (C)
lần lượt tại M(0;-3), N(-2;1). Tìm tọa độ B,C biết đường thẳng BC đi qua E(2;-1) và
C có hoành độ dương.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường:
- Đối với hoạt động giáo dục:
+ Qua kết quả về các bài kiểm tra của học sinh ở 2 lớp có lực học tương đương
nhau, dạy lớp 10 C3 tôi đã dạy đề tài “PHÂN DẠNG VÀ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT
15

ĐẶC BIỆT KHI GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC TRONG HÌNH HỌC
PHẲNG”, còn lớp 10 C4 thì không dạy đề tài này, kết quả thực nghiệm cho thấy việc
giảng dạy chuyên đề này là có tính khả thi. Điểm các bài kiểm tra, các bài thi học kỳ
hoặc kỳ thi khảo sát cấp trường học sinh lớp 10 C3 đạt kết quả cao hơn 10 C4.
+ Dạy học đề tài này đã rèn luyện cho học sinh biết phân tích vấn đề, rèn luyện
tư duy logic và nhạy bén, biết tìm ra cơ sở để giải các bài toán tương tự.
+ Dạy học đề tài này đã giúp học sinh có hứng thú, có cơ hội tiếp cận và giải
quyết được các câu khó về Hình học phẳng trong đề thi Quốc gia sắp tới.
- Đối với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
+ Với những vấn đề khó như hình học phẳng, bản thân tôi cũng như nhiều giáo
viên khác cũng gặp nhiều khó khăn trong việc hiểu, trình bày vấn đề một cách có hệ
thống, logic cho học sinh. Vì vậy tôi rất trăn trở đúc rút kinh nghiệm của bản thân
cũng như tham khảo tài liệu, đồng nghiệp để viết nên sáng kiến kinh nghiệm này, hi
vọng nó sẽ là tài liệu có ích đối với đồng nghiệp và học sinh.
+ Hiện nay, chất lượng đại trà nói chung đang được các nhà trường chú trọng
bên cạnh việc không ngừng nâng cao chất lượng của các lớp mũi nhọn, cần tăng số
lượng học sinh đạt 27 và trên 27 điểm thi Đại học. Để làm được điều đó thì vượt qua
mốc Hình học phẳng là không thể thiếu được. Tôi mong đề tài, sáng kiến của mình sẽ
đóng góp một phần nhỏ vào mục tiêu chung nâng cao chất lượng và vị thế của nhà
trường trong những năm học tới.
3. Kết luận, kiến nghị
3. 1. Kết luận
Trên đây tôi đã trình bày cơ sở lí luận, các tính chất trong tam giác của Hình
học phẳng gồm:
- 10 bài toán cơ bản, 10 tính chất đặc trưng trong tam giác
- Một số bài toán mẫu, các ví dụ áp dụng
- Đưa ra hệ thống bài tập tự luyện.
Tôi hy vọng rằng, sáng kiến kinh nghiệm này là tài liệu tham khảo bổ ích cho
các thầy cô giáo và các em học sinh THPT.

3.2. Kiến nghị
Để dạy học đề tài “PHÂN DẠNG VÀ SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT
KHI GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG”
có hiệu quả ở trường THPT, tôi có một số đề nghị sau:
- Các em học sinh cần được trang bị đầy đủ MTBT.
- Giáo viên nên dạy cho học sinh đề tài này, vì chúng ta đã hệ thống và chứng
minh các tính chất hay về tam giác.
- Động viên, khuyến khích giáo viên và học sinh sử dụng các tính chất này để
giải toán
16


Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo, các em
học sinh và bạn đọc.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Lê Thị Huyền

17