Khai thác tính chất hình học phẳng xây dựng và giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng nhằm phát triển tư duy cho học sinh

MỤC LỤC
I. Mở đầu.........................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài....................................................................................1

II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.................................................3
2.1. Cơ sở lí luận..........................................................................................3
2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành..................................4
2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi............................................7
2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật..................................10

III.Kết luận, kiến nghị....................................................................17
3.1. Kết luận................................................................................................17
3.2. Kiến nghị..............................................................................................17

IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................19

I. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài.
Trong thực tế giảng dạy: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của
từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận
dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú
học tập cho học sinh”. Cụ thể như khi truyền thụ cho học sinh một đơn vị kiến
thức thì ngoài việc cho học sinh tiếp cận, nắm vững đơn vị kiến thức đó thì một


việc không kém phần quan trọng là vận dụng đơn vị kiến thức đã học vào thực
tế trong giải toán.. Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề giáo viên khai thác và
cùng học sinh khai thác các tính chất cơ bản đã biết để từ đó xây dựng được một
hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao là một hoạt động không thể thiếu đối
với người giáo viên. Việc khai thác một số bài toán hình học phẳng cơ bản

không những góp phần rèn luyện tư duy cho học sinh mà còn tạo chất lượng,
phù hợp với giờ học, gây hứng thú cho học sinh ở nhiều đối tượng khác nhau,
hình thành phong cách tự học, tự nghiên cứu ở mỗi học sinh.
Khả năng tự học, tự nghiên cứu của học sinh hiện nay còn yếu.Học sinh chưa có
hứng thú trong công tác tự học, tự nghiên cứu. Việc khai thác các kiến thức đã
học vận dụng vào thực tế giải toán chưa được phát huy.
Một thực trạng nữa là hiện nay, số lượng bài tập ngày càng phong phú. Bởi vậy
không thể nhớ hết các dạng toán để giải. Cần rèn luyện cho học sinh biết cách
nhìn nhận bài toán , biết cách vận dụng các tính chất, các bài toán đã biết vào
giải toán.
Với các lý do trên, tôi đã trăn trở, tự đặt cho mình câu hỏi làm thế nào để học
sinh có thể tiếp cận được với các bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
một cách hợp lý, làm sao để vận dụng được những kiến thức, tính chất đã học
vào giải toán nhằm gây hứng thú học tập cũng như tạo ra sự gắn kết trong
chương trình dạy học. Và từ đó tôi xây dựng đề tài “ Khai thác tính chất hình
học phẳng xây dựng và giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng nhằm phát triển tư
duy cho học sinh.

1.2. Mục đích nghiên cứu.
Với các lý do trên, tôi mạnh dạn xin đưa ra đề tài ‘ Khai thác các tính chất một
số hình tứ giác thường gặp trong bài toán tọa độ phẳng” nhằm mục đích vận
dụng các tính chất, các bài toán quen thuộc trong hình học phẳng để giải và tạo
ra các bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng , đồng thời kích thích
,phát triển tư duy cho học sinh. Với mục đích đưa ra để các đồng nghiệp tham
khảo và cùng thảo luận để góp phần vào quá trình giảng dạy toán ở phổ thông.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
2


1.3.1. Đối tượng nghiên cứu:

Các tính chất hình học phẳng, các bài toán hình học phẳng liên quan đến tứ
giác.
Mối liên hệ giữa hình học phẳng và phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Các dạng toán đã có trong chương trình về loại bài này.
1.3.2. Phạm vi nghiên cứu:
Bám sát nội dung chương trình Toán THCS, THPT.
Mở rộng phù hợp với nội dung của các kỳ thi như HSG và Đại học.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Khai thác các tính chất quen thuộc về hình học phẳng mà học sinh đã được
biết (Hình học phẳng THCS và Hệ thức lượng lớp 10).
- Tuyển chọn, sắp xếp theo dạng, theo trình tự hợp lý để học sinh dễ tiếp thu, dễ
khai thác… Sắp xếp bài tập theo mức áp dụng tính chất khó dần. Tạo được hứng
thú cho học sinh.
- Đưa ra một số nhận xét, phân tích về cách tiếp cận lời giải cho từng loại, từng
dạng. Phân tích một số ưu điểm của việc khai thác tính chất từ hình vẽ so với
việc giải thuần túy đại số.
- Định hướng khai thác, mở rộng hoặc tạo ra bài toán mới.

II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận.
Với bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, ta có thể thực hiện theo quy
trình sau:
Bước 1. Phân tích giả thiết. Ở bước này, thông thường ta vẽ phác họa hình vẽ.
Xác định xem bài toán cho cái gì? Cần xác định cái gì? Trước khi giải bài toán,
ta cần phân loại xem đây là loại toán nào. Với bài toán phương pháp tọa độ hiện
nay, ta thường bắt gặp một số bài toán điển hình như:
Bài toán tìm điểm. Khi tìm tọa độ của 1 điểm, ta có thể có các hướng nghĩ sau:
+ Hướng 1: Điểm đó là giao điểm của 2 đường nào? Có lập phương trình của 2
đường đó hay không? Từ đó giải hệ phương trình tìm được tọa độ điểm.
+ Hướng 2: Gọi dạng tọa độ điểm. Các làm này thường dùng nếu bài toán liên quan

đến các công thức về tọa độ.
3


Bài toán lập phương trình đường thẳng. Để lập phương trình một đường thẳng
nào đó, ta có thể:
+ Hướng 1: Xác định 1 điểm và 1 vectơ pháp tuyến (VTPT) hoặc vectơ chỉ phương
(VTCP). Một số bài toán lập phương trình đường thẳng, ta cũng hay đi tìm tọa
độ 2 điểm thuộc nó, từ đó mới xác định được VTCP, VTPT.
+ Hướng 2: Gọi dạng phương trình đường thẳng. Đặc biệt bài toán nào liên quan
đến góc và khoảng cách. Một số cách gọi dạng phương trình đường thẳng như:
i. Nếu ∆ P(d ) : mx + ny + p = 0 thì phương trình ∆ có dạng: mx + ny + c = 0, c ≠ p.
ii. Nếu ∆ ⊥ (d ) : mx + ny + p = 0 thì phương trình ∆ có dạng: nx − my + c = 0.
iii. Nếu ∆ có hệ số góc k thì phương trình ∆ có dạng : kx − y + c = 0.
iv. Nếu ∆ đi qua M ( x0 ; y0 ) thì phương trình ∆ có dạng :
a( x − xM ) + b( y − yM ) = 0, a 2 + b 2 > 0.
Bước 2. Tìm ra tính chất nào liên quan đến bài toán, xác định các điều kiện
của bài toán. Đây là bước có thể nói là mấu chốt để tìm ra lời giải cho bài toán.
Và đây cũng là nội dung mà đề tài thảo luận.
2.2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.2.1. Thuận lợi.
Học sinh được trang bị đầy đủ kiến thức, các bài tập thông thường
Học sinh hứng thú trong các tiết hình học tọa độ trong mặt phẳng.
2.2.2. Khó khăn.
Giáo viên mất nhiều thời gian chuẩn bị kiến thức,bài tập minh họa.
Nhiều học sinh quên kiến thức cơ bản trong hình học cơ sở.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề.
Khai thác các tính chất của một số hình tứ giác thường gặp:
2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành.
Kiến thức

Liên quan tới hình bình hành, chúng ta thường khai thác một số tính chất như
song song, vectơ bằng nhau, giao điểm 2 đường chéo là trung điểm mỗi đường,
một số tính chất về góc như góc bằng nhau, góc bù nhau.
Một điều đáng lưu ý về hình bình hành là 2 đường chéo chia hình thành 4 tam
giác có diện tích bằng nhau.
4


Ngoài ra giao điểm 2 đường chéo cách đều cặp cạnh đối diện. Đó cũng chính là
tâm đối xứng của hình bình hành.
Các ví dụ
Ví dụ 1: (SGK HH 10). Cho hình bình hành ABCD có phương trình 2 cạnh
AB, BC lần lượt là x − y + 5 = 0; x + 6 y − 16 = 0 . Giao điểm 2 đường chéo là
 3
I  0; ÷ . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành.
 2
Lời giải:
B = AB ∩ BC ⇒ B (−2;3) . Do I là trung điểm BD nên D(2;0) .

Đường thẳng AD đi qua D và song song với BC nên
x + 6y − 2 = 0.

có phương trình:

A = AD ∩ AB ⇒ A(−4;1) .

Do I là trung điểm AC nên C (4; 2) .
Vậy A(−4;1), B(−2;3), C (4; 2), D(2;0) .
Ví dụ 2:(SGK HHNC 10). Cho 2 điểm A(2;1), B(−1: 3). . Xác định tọa độ 2 đỉnh
C và D lần lượt thuộc 2 đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0; d 2 : x − 5 y − 16 = 0 sao

cho ABCD là hình bình hành.
Lời giải:
Gọi C (a; −3 − a), D(5b + 16; b).

uuur uuur
 AD = BC
ABCD là hình bình hành ⇔  uuur
uuu
r
 AC ≠ k AB ∀k
uuur uuur
5b + 14 = a + 1 a = 3
⇒ C (3; −6), D(6; −2) .
⇔
Từ AD = BC ⇔ 
b − 1 = − a
b = −2
uuur
uuu
r
Kiểm tra thấy AC ≠ k AB ∀k .
Vậy C (3; −6), D(6; 2).
Nhận xét: Bằng việc “bắt chước” một số giả thiết của bài toán trong tam giác,
cùng với việc vận dụng các tính chất của hình bình hành, chúng ta có thể xây
dựng được nhiều bài toán khác nhau. Chẳng hạn, nhờ tính chất giao điểm của 2
đường chéo là tâm đối xứng, ta có bài toán sau:

5

Ví dụ 3 :(TL chủ đề tự chọn NC). Cho hình bình hành ABCD phương trình cạnh
AB: x − 6 y + 5 = 0 , giao điểm 2 đường chéo là I(3;0), đường thẳng AD đi qua
M(-3;-5), đường thẳng BC đi qua N(3;-4). Lập phương trình 3 cạnh còn lại của
hình bình hành.
Lời giải:
Gọi M’ đối xứng với M qua I. Khi đó M’(9;5) và M’ ∈ BC.
BC đi qua 2 điểm M’ và N có phương trình: 3 x − 2 y − 17 = 0 .
B = BC ∩ AB ⇒ B (7; 2).

Từ đây ta tìm được D(−1; −2), A(1:1), C (5; −1).
Ví dụ4 : ( Trích Đề ĐH khôí B-năm 2014) .Cho hình bình hành ABCD có
trung điểm AB là M(-3;0), H( 0; -1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD,
4 
G  ;3 ÷ là trọng tâm tam giác BCD. Tìm tọa độ hai điểm B, D.
3 

Lời giải:
E

B

F C
I

G
G

M

A

H

D

Gọi I= AC ∩ BD ⇒ I là trung điểm của AC và BD ⇒ G∈ CI
Gọi E =MH ∩ BC
Ta có:

ME MB
=
= 1 ⇒ ME = MH ⇒ M là trung điểm EH ⇒ E (−6 :1)
MH MA

Ta có:

GF GC 1
=
= ⇒ GH = 2GF
GH GA 2

6


4
4 


⇔  ; 4 ÷= 2  x − ; y − 3÷
3

3 


uuur
uuur
 
4 4
Giả sử F ( x; y ) .Ta có: HG = 2GF
2  x − 3 ÷ = 3
x = 2
 

⇔
⇔
⇒ F (2;5)
y = 5
2  y − 4  = 4
÷
 
3
r
Đường thẳng BC đi qua E (−6;1) , có VTCP u = (2;1) nên đường thẳng BC có

PT: x -2y + 8 = 0

r

Đường thẳng BH đi qua H (0; −1) có VTPT n ( 2;1) . Nên đường thẳng BH có
PT : 2x + y + 1 = 0
 x − 2 y + 8 = 0  x = −2

⇒
⇒ B(−2;3)
B = BC ∩ BH ⇒ Tọa độ B là nghiệm của hệ 
 2x + y + 1 = 0  y = 3
M là trung điểm của AB ⇒ A(−4; −3)
16
16 4
=
a
+
a = 0
 3 3
uuur 4 uur
3

3
⇔
Gọi I (a; b) ta có: AG = AI ⇔ 
3 ⇒ I (0; ) ⇒ D(2;0)
2
3
6 = 4 b + 4
b = 2

3

2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi.
Kiến thức
Khi giải các bài toán liên quan đến hình thoi, ta thường khai thác một số tính
chất như:

- Hình thoi có các tính chất của hình bình hành.
- Hai đường chéo vuông góc với nhau. Nói cách khác, giao điểm 2 đường chéo
nhìn mỗi cạnh dưới một góc vuông. Điều này giúp chúng ta có các hệ thức
lượng liên quan đến tam giác vuông.
- Hình thoi có 4 cạnh bằng nhau.
- Với hình thoi, luôn tồn tại đường tròn nội tiếp hình thoi (tiếp xúc với 4 cạnh).
Tâm của đường tròn này chính là giao điểm của 2 đường chéo.
Các ví dụ:
Ví dụ 1: (BT HH 10). Cho hình thoi ABCD có A(1;0), B(4 : 4) . Giao điểm 2
đường chéo thuộc đường thẳng x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ 2 đỉnh còn lại.
Lời giải:
Gọi giao điểm đường chéo là I (a; a − 3) . Ta có
7


a = 5
uu
r uur
IA.IB = 0 ⇔ (1 − a)(4 − a) + (3 − a)(7 − a) = 0 ⇔ 
a = 5

2
Với a=5: I (5; 2) . Do I là trung điểm AC , BD nên C (9;4), D(6;0).
5
5 −1
: I ( ; ) . Do I là trung điểm AC, BD nên C (4; −1), D(1; −5) .
2
2 2
Vậy C (9;4), D(6;0) hoặc C (4; −1), D(1; −5) .
Với a =

Ví dụ 2 :(SGK HH 10). Lập phương trình chính tắc của elip có tiêu cự 2 6 ,
2
2
biết rằng tứ giác tạo bởi 4 đỉnh của elip tiếp xúc với đường tròn x + y =

8
.
5

Lời giải:
Giả sử phương trình chính tắc của elip là

x2
a2

+

y2
b2

= 1, a > b > 0.

Ta có 2c = 2 6 ⇔ c = 6 ⇔ a 2 = b 2 + 6.
Mặt khác, 4 đỉnh của elip là A1( −a;0), A2 (a;0), B 1(0; −b), B 2 (0; b) tạo thành một
hình thoi, O là giao điểm 2 đường chéo. Gọi H là hình chiếu của O lên AB ⇒
OH = R =

⇔

1
1
1
5 1
1
8
=
+
⇔
=
+
. Khi đó ta có
.
8 a2 b2
OH 2 OA12 OB12
5

5
1
1
= 2
+ 2 ⇔ b 2 = 2 ⇒ a 2 = 8.
8 b +6 b

x2 y2
+
=1 .
8
2
Ví dụ 3: (Đề thi thử ĐH TG1 2005). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, giao

điểm 2 đường chéo là I (3;3). Hai đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua
Vậy phương trình chính tắc của elip là

 4   13 
M  2; ÷, N  3; ÷. Viết phương trình cạnh BD biết điểm B có tung độ nguyên.
 3  3 
Lời giải:
 5
Gọi N’ đối xứng với N qua I. Khi đó N '  3; ÷ và N ' ∈ AB
 3
Đường thẳng AB đi qua M và N’nên phương trình AB: x − 3 y + 2 = 0 .
8


Gọi H là hình chiếu của I lên AB ⇒ IH = d ( I ; AB ) =

4
.
10

Đặt IB = a>0. Do AC =2BD nên IA= 2IB = 2a.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
1
1
1
=
+
⇒a= 2.
IH 2 IA2 IB 2
Do B ∈ AB nên B (3b − 2; b) , b ∈ .

b = 2 (TM )
IB = 2 ⇔ (3b − 5) + (b − 3) = 2 ⇔ 
8
b = ( L )
5

2

2

⇒ B(4;2). Đường thẳng BD đi qua B và I có phương trình x + y − 6 = 0.
Ví dụ 4:(Tạp chí Toán học). Cho hình thoi ABCD có ·ABC = 600 , đường tròn
(C) tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi có bán kính là 2 và tâm có tung độ
dương. Phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm của AB và CD với đường
tròn này là d : x + 3 y − 1 = 0 . Đường thẳng AD đi qua P(3;0) và không vuông
góc với Oy. Viết phương trình đường thẳng AB, AD.
Lời giải:
Gọi M, N lần lượt là các tiếp điểm của AB, CD với (C).
Ta thấy tâm đường tròn (C) chính là giao điểm của 2 đường chéo.
Và ta có IM ⊥ AB, IN ⊥ CD, AB // CD ⇒ I, M, N thẳng hàng.
⇒ Đường thẳng MN đi qua tâm I.
r
r
r
Ta có u AB = n MN = 1; 3 ⇒ n AB =

(

)

(

)

3; −1 .

Do ·ABC = 600 nên góc giữa 2 đường thẳng AB và AD là 600.
r
Giả sử n AD = ( a; b ) , a 2 + b 2 > 0 . Do AD không vuông góc với Oy nên a ≠ 0.
Ta có

a 3 −b
2 a 2 + b2

=

a = 0
1
⇔ a 2 − ab 3 = 0 ⇔ 
2
a = b 3

AD đi qua P có phương trình x 3 + y − 3 3 = 0 .

(

)

Do I ∈ MN nên I 1 − a 3; a . Ta có

9

( L)
(TM )


a = 2 − 3 > 0
d ( I ; AD) = 2 ⇔ a + 3 = 2 ⇔ 
 a = −2 − 3 < 0

(

(TM )
( L)

)

⇒ I 4 − 2 3;2 − 3 .

(

)

Gọi M 1 − b 3; b .

(

IM = 2 ⇔ b 3 + 3 − 2 3

(

Với M ( 4 −

Với M 4 − 3 3;3 − 3
3;1 − 3

)

)

) +(b+
2

3−2

)

2

b = 3 − 3
=4⇔
b = 1 − 3

⇒ Phương trình AB: x 3 − y + 12 − 5 3 = 0 .
⇒ Phương trình AB: x 3 − y + 4 − 5 3 = 0 .

Kiểm tra điều kiện ·ABC = 600 ta có phương trình AB là
x 3 − y + 4 − 5 3 = 0.
Vậy AB: x 3 − y + 4 − 5 3 = 0 , AD: x 3 + y − 3 3 = 0 .
2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật.
Kiến thức

- Hình chữ nhật có các tính chất của hình bình hành, chẳng hạn như song song,
các góc bằng nhau, …
- Hình chữ nhật có thêm giả thiết các cặp cạnh kề vuông góc.
- Hình chữ nhật có 2 trục đối xứng (2 đoạn nối 2 trung điểm của cặp đối diện)
và có 1 tâm đối xứng.
- Tâm của hình vuông cách đều 4 đỉnh và là trung điểm của 2 đường chéo.
Các ví dụ:
Với mức độ nâng cao dần về việc vận dụng các tính chất hình học của hình chữ
nhật, ta có thể xây dựng một lớp các bài toán sau. Bài toán sau được xây dựng
nhờ tính chất song song, vuông góc của các cạnh hình chữ nhật.
Ví dụ 1: (BT HH 10). Cho hình chữ nhật ABCD có A(3;0), C có hoành độ −2,
phương trình CD là x+2y−8=0. Lập phương trình các cạnh còn lại.
Lời giải:
Đường thẳng AB đi qua và song song với CD có phương trình : x + 2 y − 3 = 0 .
10


Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với CD có phương trình: 2x − y − 6 = 0
Ta có C (−2 : 5) .
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc CD có phương trình : 2x − y − 9 = 0
Ví dụ 2:(SGK HHNC 10). Cho hình chữ nhật ABCD có D(7;2), trung điểm AD
thuộc đường thẳng d : x+3y−15= 0, phương trình cạnh BC là x+y−3=0. Xác định
tọa độ điểm A,B,C.
Lời giải:
AD đi qua D và song song với BC có phương trình: x + y − 9 = 0
Gọi M là trung điểm AD ⇒M = AD ∩ d ⇒ M (6;3) ⇒ A(5; 4).
AB đi qua A, ⊥ BC ⇒ Phương trình AB: x −y −1=0.
uuur uuur
Ta có B = AB ∩ BC ⇒ B (2;1). Sử dụng AD = BC ⇒ C (4; −1).
Vậy A(5; 4), B(2;1), C (4; −1).

Bài toán sau được xây dựng từ tính chất của tâm hình chữ nhật.
Ví dụ3 : (SGK HH10). Cho hình chữ nhật ABCD có A(−5;5), B(1;3). . Tâm của
hình chữ nhật nằm trên ∆ : x − y + 5 = 0 . Xác định tọa độ 2 đỉnh C, D.
Lời giải:
Gọi tâm của hình chữ nhật là I(a;a+5).
Ta có
5
 5 5
IA2 = IB 2 ⇔ ( a + 5) 2 + a 2 = (a − 1) 2 + (a + 2) 2 ⇔ a = − ⇒ I  − ; − ÷
2
 2 2
Do I là trung điểm AC , BD nên C (0;0), D(−6; 2) .
Ví dụ 4 : ( Trích Đề ĐH Khối A-2013). Cho hình chữ nhật ABCD có C thuộc
đường thẳng d có PT: 2x + y + 5 = 0 ,điểm A(−4;8) , điểm M đối xứng với B
qua C , N (5; −4) là hình chiếu vuông góc của B trên MD . Xác định tọa độ các
điểm B, C
Lời giải
C∈ d : 2x + y + 5 = 0 ⇒ C (t ; −2t − 5)
Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I là trung điểm AC và BD

11


 t − 4 −2t + 3 
I
;
÷
2 
 2

Ta có IN = IA ⇔ IN 2 = IA2 với

2

2

2

2

t −4
  3 − 2t
 t−4
  3 − 2t

⇔
− 5÷ + 
+ 4÷ = 
+ 9÷ + 
− 8÷
 2
  2
  2
  2

⇔ t = 1 ⇒ C (1; −7)

Ta có : AD PCM và AD = CM ⇒ ACDM là hình bình hành
uuu
r

⇒ DM P AC
BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ AC

Đường thẳng BN đi qua N (5; −4) có VTCP CA = (−1;3) ⇒ PT của đường thẳng
BN là : x − 3 y − 17 = 0

B ∈ BN ⇒ B (3a + 17; a )
uuu
r uuur
 a = −4 ⇒ B(5; −4)
BA ⊥ BC ⇔ BA.BC = 0 ⇔ 
 a = −7 ⇒ B( −4; −7)
B (5; −4) loại vì B trùng N

Vậy C (1: −7), B(−4; −7)
2.3.4 Dạng toán khai thác tính chất hình vuông.
Kiến thức
−Hình vuông có các tính chất của hình chữ nhật.
− Ngoài ra, khi bài toán liên quan đến hình vuông, chúng ta còn để ý đến một số
tính chất như:
+ Hai đường chéo vuông góc.
+ Hình vuông có 4 trục đối xứng và I là tâm đối xứng.
+ 2 đỉnh đối diện đối xứng nhau qua đường chéo còn lại.
+ Một số tính chất khác nữa nhờ phân tích hình vẽ mà có được.
Các ví dụ:
Ví dụ 1:(SGK HHNC 10). Cho hình vuông đỉnh A(−4;5) và một đường chéo có
phương trình d: 7x−y+8=0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
Lời giải:
Do A không thuộc d nên d là đường chéo BD. Gọi I là tâm hình vuông.

AC đi qua A và vuông góc với d ⇒ Phương trình AC: x + 7 y − 31 = 0
I = AC ∩ BD ⇒ I (

−1 9
; )
2 2

I là trung điểm AC ⇒ C (3 : 4). .

12


2
2
a = 0
1 
7
25

⇔
Gọi B(a;7a+8). Ta có IA = IB ⇔  a + ÷ +  7 a + ÷ =
2 
2
2

 a = −1
2

2

Với a =0: B(0;8), D(−1;1).
Với a=−1: B(−1;1), D(0;8).
Vậy B(0;8), C(3;4), D(−1;1) hoặc B(−1;1), C(3;4), D(0;8).
Tiếp tục khai thác các tính chất của tâm và đường chéo của hình vuông:
Ví dụ 2:(BTHHNC10). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông
ABCD có B, D thuộc trục hoành, 2 đỉnh A, C lần lượt nằm trên các đường thẳng
d1 : x − y = 0; d 2 : 2 x + y − 1 = 0 . Xác định tọa độ điểm A, B, C, D.
Lời giải:
 a + b a − 2b + 1 
;
Gọi A(a; a), C (b;1 − 2b). Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I 
÷.
2
 2

Ta thấy A, C đối xứng nhau qua BD nên I ∈ Ox và AC ⊥ Ox. Do đó ta có hệ
a − 2b + 1 = 0
a − 2b + 1 = 0
r
⇔
⇔ a = b =1 .
phương trình  uuur r
(i = (1;0)
b − a = 0
 AC.i = 0
⇒ A(1;1), C(1;−1), I(1;0). Gọi B(c;0). Ta có
c = 0
IA2 = IB 2 ⇔ 1 = (c − 1) 2 ⇔ 
c = 1
Vậy A(1;1), B(0;0), C1; −1), D(2;0) hoặc A(1;1), B(2;0), C (1;1), D(0;0). .

Tiếp tục với cách khai thác tính chất của tâm hình vuông, ta xét bài toán sau:
Ví dụ 3:(Trích đề ĐH khối A năm 2005). Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường
thẳng (d1): x − y = 0 và (d2): 2x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết rằng đỉnh A thuộc (d1), đỉnh C thuộc (d2) và các đỉnh B, D thuộc
trục hoành.
Lời giải:
Vì A ∈ (d ) nên A(t ; t ).
1

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B, D ∈ Ox nên C (t ; t )
Vì C ∈ (d 2 ) nên 2t − t − 1 = 0 ⇔ t = 1
Vậy A(1;1), C (1; −1)

13


 IB = IA = 1
 ID = IA = 1

Trung điểm của AC là I (1;0) . Vì I là tâm của hình vuông ABCD nên 
 b = 0

 b − 1 = 1
 B ∈ 0x
 B (b;0)
b = 2
⇔
⇒
⇔
Ta có : 

 D ∈ 0x
 D( d ;0)  d − 1 = 1   d = 0
  d = 2


Vậy bốn đỉnh của hình vuông ABCD là : A(1;1), B(0;0), C (1; −1), D(2;0)
hoặc A(1;1), B(2;0), C (1; −1), D(0;0).
11 1
2 2

Ví dụ 4: (Trích đề ĐH khối A năm 2012). Cho hình vuông ABCD , M ( ; ) là
trung điểm của BC , N thuộc CD , CN = 2 ND . Phương trình đường thẳng AN
là: 2x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm A
Lời giải:
D

N

P

C
Q

H

M
2
1
A

B

Gọi H = BD ∩ AN ⇒ ∆AHM vuông cân tại H
Thật vậy:
Qua H kẻ đường thẳng song song với DC cắt AD tại P , cắt BC tại Q
Theo định lý Talét ta có:

HQ BQ AD
=
=
DC BC AD

⇒ HQ = AP (1)
AP PH
PH
PH
=
=
=
⇒ AP = 3PH = 3PD
mà DC = AD,
AD DN 1 DC 1 AD
3
3

Vì ∆POH vuông cân tại P ⇒ PH = PD ⇒ BQ = 3QC ⇒ Q là trung điểm MC
14


⇒ MQ = PN (2) . Từ (1) và (2) ⇒ ∆APH = ∆HQM ⇒ HA = HM

¶
Vì ∆APH = ∆HQM ⇒ µA1 = H
1
µA + H
¶ = 900 ⇒ H
¶ +H
¶ = 900 ⇒ ·AHM = 900 ⇒ AH ⊥
1
2
1
2

mà

µ
¶ = 900 ⇒ H
¶ +H
¶ = 900 ⇒ ·AHM = 900 ⇒ AH ⊥ HM ⇒ ∆AHM vuông cân tại H
A1 + H
2
1
2
MH = d ( M , AN ) =

2.

11 1
− −3
11
2 2

=
5
2 5

⇒ AM 2 = HA2 + HM 2 = 2 HM 2
⇔ AM = 2 HM = 2.

15
5
3 10
=
=
2
2 5
10

AM =

3 10
90
⇔ AM 2 =
2
4
2

2

7  90
 11  
A(t ; 2t − 3) , Ta có ⇔  t − ÷ +  2t − ÷ =

2 
2
4

t = 1
 A(1; −1)
⇔
⇔
t = 4
 A(4;5)

15


Có thể nói rằng, việc chuyển từ bài toán hình học phẳng sang bài toán hình học
tọa độ trong mặt phẳng theo hướng này sẽ xây dựng được nhiều bài toán hay và
khó. Nó tùy thuộc vào việc chúng ta cho giả thiết như thế nào. Bài toán hình học
phẳng về hình chữ nhật và hình vuông tương đối nhiều, tuy nhiên việc lựa chọn
bài toán nào để xây dựng bài toán mới tùy thuộc vào định hướng của mỗi chúng
ta. Mức độ khó dễ của bài toán hình học tọa độ được xây dựng chưa hẳn phụ
thuộc vào bài toán hình học phẳng gốc, mà nó còn phụ thuộc vào việc chúng ta
gắn các giả thiết nào, cho tọa độ điểm nào, cho phương trình đường nào.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Đề tài này bản thân tôi áp dụng trong việc dạy học sinh lớp 10 và 12 luyện cho
học sinh ôn thi HSG cấp trường, cấp tỉnh và ôn thi THPT Quốc Gia. Đa số học
sinh hứng thú vận dụng tốt và phần nào tự tin khi gặp dạng toán này.
Kết quả cụ thể ở lớp khối 10, sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này bài
kiểm tra như sau:
Năm
học

20152016
20162017

Lớp

Tổng
số

Điểm 8 trở lên

Điểm 5 trở lên

10C1 40

Số
Tỷ lệ
Số
lượng
lượng
7
17,5% 20

50%

Số
Tỷ lệ
lượng
13
32,5%

10C5 42

6

50%

16

14,3% 21

16

Tỷ lệ

Điểm dưới 5

35,7%


III.Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Bằng việc khai thác các tính chất hình học liên quan đến một số hình như : hình
bình hành, hình thoi, hình vuông, hình chữ nhật, đề tài đã phần nào xây dựng và
giải được một số lớp các bài toán về hình học tọa độ. Những kết quả đã đạt được
là:
- Đề tài đã khai thác các tính chất hình học phẳng của một số hình:hình bình
hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông, … để xây dựng và giải bài toán
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
- Đề tài đưa ra định hướng xây dựng bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng

bằng cách xuất phát từ một số bài toán hình học phẳng ở THCS hoặc xuất phát
từ một số tính chất quen thuộc của một số hình thường gặp.
3.2. Kiến nghị.
Đề tài sử dụng hình học phẳng vào bài toán hình học tọa độ là một chủ đề
khá rộng, với thời lượng cho phép, bản thân mới chỉ đưa ra các bài toán sử dụng
các tính chất :hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông. Với kinh
nghiệm giảng dạy chưa nhiều nhưng tôi cũng mạnh dạn xin đưa ra đề tài này
nhằm mục đích trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, kinh nghiệm giải toán với các
đồng nghiệp và bạn đọc. Tuy nhiên đề tài không tránh khỏi thiếu sót, kính mong
các bạn đọc và đồng nghiệp xem xét góp ý.
Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 10, nên tăng số tiết cho hình
học tọa độ trong mặt phẳng

17


XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, Ngày 25 tháng 5 năm 2017

…………………………………….... Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình.
……………………………………… Không sao chép nội dung của người khác
Người thực hiện

………………………………………
………………………………………
………………………………………

Lê Thị Sơn Hà

……………………………………..

18


IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Hình học 10, NXB GD năm 2010
2. Sách giáo khoa Hình học 10 Nâng cao, NXB GD năm 2010
3. Bài tập Hình học 10
4. Rèn luyện các kỹ năng giải các dạng bài tập nâng cao 10, NXB GD
5. Tài liệu chủ đề tự chọn nâng cao, NXB GD
6. Đề thi ĐH – CĐ các năm : 2005, 2012, 2013, 2014

19