Phát triển bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng từ những dấu hiệu đặc trưng

I. LÝ DO CHON ĐỀ TÀI
Toán học là một trong những môn khoa học góp phần đào tạo nên những con
người toàn diện, hình thành các phẩm chất cần thiết và quan trọng của con người
lao động trong thời đại đổi mới.
Để nâng cao chất lượng giáo dục, đổi mới phương pháp dạy học, phát huy tính
tích cực, độc lập, sáng tạo của học sinh đó cũng là một quá trình trăn trở của nhà
giáo dục, đòi hỏi người thầy phải có một trình độ lành nghề cao, hiểu rõ tâm lý lứa
tuổi của học sinh, để từ đó có biện pháp giáo dục thích hợp nhằm nâng cao chất
lượng giáo dục. Cần phải dạy các em hoạt động độc lập, sáng tạo phát huy tính tích
cực trong học tập, khắc phục lối truyền thụ một chiều, cách học thụ động có tư
tưởng ỷ lại.
Với mong muốn góp phần nâng cao chất lượng dạy và học theo phương pháp
đổi mới tôi trình bày sáng kiến kinh nghiệm của tôi nhằm tăng cường tính tự giác,
tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập qua việc giải toán.
Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán ở trường THPT Nguyễn Quán Nho tôi
thấy đa số học sinh chưa có tinh thần tự giác, sáng tạo trong học tập, gặp vấn đề
khó thì ỷ lại gây cản trở việc đào sâu suy nghĩ. Bên cạnh đó có bộ phận học sinh có
tinh thần tự giác cao, ham học hỏi tìm tòi, ngoài việc tiếp thu kiến thức trên lớp các
em còn tìm thêm kiến thức trong các tài liệu tham khảo nhưng kết quả đạt được
chưa cao đó là vì các em chưa biết biết đặt tình huống có vấn đề từ những kiến thức
cơ bản hay bài toán đã biết, các em mới dừng lại ở việc cố gắng giải quyết một bài
toán mà chưa suy nghĩ đến việc giải một bài toán là giải quyết một lớp bài toán liên
quan. Các em chưa biết sắp xếp các bài toán thành dạng , thành một lớp bài quen
thuộc ví dụ các em học phần ‘phương pháp tọa độ trong mặt phẳng’ đa số học đều
cho là khó mà phần phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là phần hết sức quan
trọng trong quá trình học toán và phát triển tư duy.


Vì vậy tôi trình bày đề tài “ Phát triển bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng
từ những dấu hiệu đặc trưng ” mong góp một phần nào đó khắc phục hiện trạng
trên.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Mục đích khi vận dụng tính chất đặc trưng để giải quyết một lớp bài toán là làm
cho hiệu quả của quá trình dạy học ngày càng cao.
Vì vậy:
+ Hệ thống bài tập phải được sắp xếp theo một trình tự nhất định từ đơn giản đến
phức tạp.
+ Hệ thống bài tập phải đa dạng, phong phú có sử dụng các khái niệm tính chất
quan trọng, lưu tâm đến mức độ phù hợp của đối tượng học sinh.
+ Hệ thống bài tập chứa đựng khả năng hình thành và phát triển năng lực tư duy
toán học, đặc biệt là giải giải bài toán hình học phẳng có kết hợp tư duy hình vẽ và
suy luận cao trong quá trình giải toán.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Đối tượng: Học sinh lớp 10 Trường THPT Nguyễn Quán Nho
VI: CÁCH TIẾP CẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
I. Cơ sở lý luận
- Đi từ đơn giản đến phức tạp, từ những vấn đề đã biết đến những vấn đề chưa biết.
- Xây dựng cách xắp xếp các bài toán thành một lớp các bài toán, hình thành kĩ
năng phân dạng và nhận dạng.
- Học sinh được hoạt động trong học tập, lĩnh hội kiến thức một cách tự nhiên, biết
đặt ra tình huống có vấn đề và cố gắng giải quyết vấn đề.
- Tạo cho học sinh cách giải quyết vấn đề dưới nhiều góc độ khác nhau, không
dừng lại ở việc giải quyết vấn đề một cách đơn lẻ mà giải quyết vấn đề một cách có
hệ thống, suy nghĩ để giải quyết triệt để vấn đề.
a) Bước 1: Nhận dạng bài toán .


Đứng trước một bài toán hình học phẳng, học sinh phải hiểu được yêu cầu của
đề toán, phải biết được mình đang làm việc với bài toán ở mức độ nào, cần phải
vận dụng kiến thức, tính chất hay phát hiện dấu hiệu nào đó đã biết.
b) Bước 2: Vẽ hình, phát hiện tính chất đã biết và vạch ra hướng giải quyết

Đây là khâu quan trọng và khó đối với cả thầy và trò trong giải bài toán hình
học phẳng. Học sinh phải huy động các kiến thức có liên quan đến bài toán rồi lựa
chon trong đó những kiến thức gần gũi nhất, có khả năng tiếp cận tốt nhất đến bài
toán, mò mẫm dự đoán.
Vạch ra các hướng giải quyết có thể để từ đó lựa chon cách giải phù hợp, biết
loại bỏ các hướng không phù hợp, đặc biệt biết phát hiện tính chất quen thuộc để áp
dụng.
Từ hình vẽ nhận định ra dấu hiệu đặc trưng, dự đoán và thực hiện chứng minh
dự đoán đó hoặc xét một vài trường hợp đặc biệt, bài toán tương tự, bài toán khái
quát,…
Người giáo viên cần động viên tất cả học sinh tham gia một cách tích cực và tự
giác bằng các câu hỏi gợi ý, thông minh, phù hợp với trình độ của học sinh. Tiến
hành khéo léo là nghệ thuật dạy học của người thầy.
c) Bước 3: Giải bài toán nhận được
Sau khi vạch được hướng giải quyết, giáo viên cần đòi hỏi học sinh phải thể
hiện trên văn bản và chỉ chấp nhận đánh giá học lực của học sinh dựa trên bài làm
của các em hoặc cho các em ghi nhớ tính chất, dấu hiệu đặc trưng để vận dụng vào
làm bài thi trắc nghiệm.
d) Bước 4: Kiểm tra kết quả và phân tích sai lầm.
- Cần rèn luyện học sinh thói quen kiểm tra lại lời giải của bài toán, xét xem có sai
lầm hay thiếu sót gì không. Việc kiểm tra nên được tiến hành thường xuyên.


- Khả năng mắc sai lầm của học sinh trong giải bài toán hình học phẳng là nhiều.
Vì vậy phân tích sai lầm của học sinh cũng là một hoạt động đặc biệt quan trọng và
lí thú đối với người giáo viên.
e) Bước 5: Mở rộng bài toán.
Nhiều giáo viên không chú trọng bước này, như vậy đã không tận dụng hết khả
năng của học sinh, mọi định hướng trong khi giải toán, để phát triển năng lực, trí
tuệ của học sinh. Mở rộng bài toán làm cho học sinh quen và có ý thức sử dụng

những quy tắc suy đoán như tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa … cho học
sinh thấy sự phong phú, hấp dẫn của một bài toán, một lớp bài toán có cùng cách
giải và không cùng cách giải, đồng thời khuyến khích học sinh tập dượt sáng tạo
toán học.
II. Cơ sở thực tiễn
- Là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán phổ thông. Dạy phần phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng có một vị trí quan trọng. Kết quả của việc dạy có
thành công hay không thể hiện ở chỗ học sinh có giải được bài toán và khai thác bài
toán hay không. Tuy nhiên sự phản hồi này hiện nay chưa đạt được kết quả mong
muốn, thể hiện cở chỗ:
- Học sinh chưa có thói quen giải một bài toán là giải một lớp bài toán, khai thác
tính chất quen thuộc vào giải bài toán nên khi thay giả thiết bài toán thì không vận
dụng được tính chất đã biết để giải.
Nguyên nhân của tình trạng trên là do học sinh nắm các tính chất hình học trong
mặt phẳng còn hạn chế, việc vẽ hình và khai thác hình vẽ
Sáng kiến kinh nghiệm“ Phát triển bài toán hình học phẳng từ những dấu hiệu
đặc trưng ” giúp học sinh khắc phục thực trạng trên.
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện. Thực hiện theo 3 hoạt động
Hoạt động 1: Học sinh độc lập giải một số bài toán cơ bản:
Hoạt động 2: Một số tính chất cơ bản trong tam giác :


Hoạt động 3: Khai thác bài toán từ dấu hiệu cơ bản, xây dựng một lớp bài toán từ
dấu hiệu đặc trưng đó.
(*) Cụ thể:
1. ÔN TẬP KIẾN THỨC CƠ BẢN

Hoạt động 1: Học sinh độc lập giải một số bài toán cơ bản:
Viết phương trình đường thẳng trong các trường hợp sau:
1) Đường thẳng đi qua hai điểm A(-1;2), B(1;3)

2) Đường thẳng đi qua M(-2;1) và song song với đường thẳng 2x – 5y + 1 = 0.
3) Đường thẳng đi qua N(7;4) và vuông góc với đường thẳng (d): 3x + 4y – 12 = 0.
4) Đường thẳng đi qua điểm M(2;4) và hợp với đường thẳng (d): x + 3 y − 4 = 0 một
góc 600.

Hoạt động 2: Một số tính chất cơ bản trong tam giác :
+ Bài toán liên quan đến đường cao của tam giác sử dụng quan hệ vuông góc.
+ Bài toán liên quan đến đường trung tuyến sử dụng tính chất trung điểm.
+ Bài toán liên quan đến đường phân giác trong sử dụng tính đối xứng.
Bài 1: Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(-4;-5) và hai đường cao
hạ từ A,C lần lượt có phương trình: 5x + 3y – 4 = 0, 3x + 8y + 13 = 0.
HD:
Bước 1: Viết phương trình đường
thẳng BA, BC. Sử dụng bài toán
viết phương trình đường thẳng đi
qua một điểm và vuông góc với
một đường thẳng.
Bước 2: Tìm tọa độ điểm A, C và
viết phương trình đường thẳng
AC:


Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có C(-1;-2), đường
trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt là 5x + y – 9 = 0 và x+3y– 5 =0.
Tìm tọa độ các đỉnh A và B.
HD
Bước 1: Viết phương trình
đường thẳng AC và tìm tọa độ
điểm A(1;4).
Bước 2: Điểm B∈ BH suy ra

B(5-3b;b), M(

4 − 3b b − 2
;
) là
2
2

trung điểm BC. M thuộc đường
thẳng AM ta có 5(
4 − 3b b − 2
)+
− 9 = 0 => b = 0
2
2

=> B(5;0).
Bài 3: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(0;3), phương trình hai
đường phân giác trong xuất phát từ B và C lần lượt là (dB): x – y = 0,
(dC): x + 2y – 8 = 0
HD:
Bước 1: Lấy A1, A2 lần lượt đối xứng
với A qua (dC), (dB) thì A1, A2 thuộc BC.
Bước 2: Viết đường thẳng BC và tìm
tọa độ hai điểm B,C.
Bước 3: Viết phương trình các cạnh
AB: 2x + y – 3 = 0
AC: 22x – 19y + 57 = 0
BC: 34x + 5y – 39 = 0

Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC, biết rằng hình chiếu
vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(-1;-1), đường phân giác trong góc
A có phương trình x – y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình
4x + 3y – 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C.
HD:
Bước 1: Tìm tọa độ điểm H’ đối
xứng với H qua phân giác góc A
suy ra H’ thuộc AC.
Bước 2: Viết phương trình AC qua
H’ vuông góc với đường cao kẻ từ
B. Từ đó suy ra tọa độ điểm A.
Bước 3: Viết phương trình đường
cao CH suy ra tọa độ điểm C(
−

10 3
; ).
3 4

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh C(-4;1), phân giác trong góc A có
phương trình x + y – 5 = 0, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và xA > 0. Viết
phương trình cạnh BC.
HD:
Bước 1: Tìm tọa độ điểm C’ đối xứng với C
qua đường phân giác góc A.
Bước 2: Điểm A(a;5-a), cho AC. AC ' = 0
suy ra tọa độ điểm A.
Bước 3: Viết phương trình đường thẳng AB,
gọi tọa độ điểm B theo đường thẳng AB.

S ABC =

1
AB. AC = 24 suy ra tọa độ điểm B.
2

Bước 4: Kiểm tra vị trí tương đối của B,C so với đường phân giác loại bớt một
điểm B, từ đó suy ra phương trình đường thẳng BC: 3x – 4y + 16 = 0.

Hoạt động 3: Khai thác bài toán từ dấu hiệu cơ bản.
Dấu hiệu 1: Bài toán liên quan đến trực tâm của tam giác và tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác
Cho tam giác ABC có trực tâm
H, tâm đường tròn ngoại tiếp I.
(Xem hình vẽ)
1) Tứ giác BHCA’ là hình bình
hành.
1
2

2) IM//AH và IM = AH
Hay AH = 2 IM .
3) Kéo dài AH cắt đường tròn tại
điểm thứ hai H’. Ta có H và H’ đối
xứng với nhau qua đường thẳng
BC .
Bài toán 1: (Đề khối D 2010) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
A(3;-7) trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định tọa độ đỉnh

C biết xC>0.
Bước 1: HS xác định được dấu hiệu bài toán có liên quan đến trực tâm H và tâm
đường tròn ngoại tiếp I của tam giác nên chứng minh tứ giác BHCA’ là hình bình
hành.
Bước 2: M là trung điểm của BC ta có AH = 2 IM suy ra M(-2;3).


Bước 3: Viết phương trình đường thẳng BC qua M và nhận IM làm véc tơ pháp
tuyến.
Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có H(3;-2), I(8;11),
K(4;-1) lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, chân đường cao kẻ từ A của
tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A,B,C. Biết xC > 0.
HD:
Bước 1: HS xác định được dấu hiệu
bài toán có liên quan đến trực tâm H
và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam
giác nên chứng minh tứ giác BHCA’ là
hình bình hành.
Bước 2: Chứng minh H’ đối xứng với
H qua BC suy ra tọa độ của H’(5;0)
Bước 3: Viết phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán
kính R = IH’ là: (x-8)2 + (y-11)2 = 130
Phương trình đường thẳng BC: x + y
– 3 = 0 suy ra tọa độ của B(-1;4),
C(1;2).
Gọi M(0;3) là trung điểm của BC ta có AH = 2 IM suy ra A(19;14).
Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết phương trình
đường thẳng BC: 2x + y – 4 = 0 và đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương
trình x2 + y2 -6x – 6y + 8 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC.
HD: HS xác định dấu hiệu bài toán như các bài trên
H’ đối xứng với H qua đường thẳng BC mà H’ thuộc đường tròn (I,R) nên H thuộc
đường tròn (I’,R) với (I,R) đối xứng với (I’,R) qua đường thẳng BC.


+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có I’(3;3), bán kính R =

10 . Lấy I đối

xứng với I’ qua đường thẳng BC được I(-1;1)
+ Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 10.
Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi
E,F lần lượt là chân đường cao hạ từ B,C, đỉnh A(3;-7). Xác định tọa độ hai điểm
B,C biết trung điểm của BC là điểm M(-2;3) và đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF có phương trình (x – 3)2 + (y + 4)2 = 9.
HD
Bước 1: HS xác định được dấu hiệu bài toán có liên quan đến trực tâm H và tâm
đường tròn ngoại tiếp I của tam giác nên chứng minh tứ giác BHCD là hình bình
hành.
Bước 2: Đường tròn ngoại tiếp
tứ giác AEHF có tâm I(3;-4) nên
điểm H(3;-1).
AI = KM => K(-2;0)

Phương trình đường thẳng
BC: y – 3 = 0.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC (x + 2)2 + y2 = 74.
Bước 3: Tìm tọa độ B,C

B (−2 + 65 ;3), C (−2 − 65 ;3)

và

ngược lại.
Bài toán 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có M(3;-1) là trung
điểm của BC. Đường thẳng chứa đường cao đỉnh B đi qua E(-1;-3), đường chứa


cạnh AC đi qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC có đường kính AD với D(4;-2).

Đáp số: A(1;1), B(2;-2), C(5;1)

Bài toán 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là
H ( 2;1) , tâm đường tròn ngoại tiếp là I (1; 0 ) và trung điểm của BC nằm trên đường
thẳng có phương trình x − 2 y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm E ( 6; − 1) và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.
Đáp số: B( 2; 3) , C ( 4;−1)

Bài toán 7: Cho tam giác ABC có trực tâm H thuộc đường thẳng (d): 5x – 3y – 2 =
0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình x 2 + y 2 − 3x + 5 y − 4 = 0 và
7
2

trung điểm của AB là M ( ;0) . Hãy tìm tọa độ ba đỉnh A,B,C biết điểm H có hoành
độ dương.
Đáp số: A(2;3), B(5;-3), C(-2;0) hoặc A(3;0), B(4;0), C(-2;0)
Dấu hiệu 2: Bài toán liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp của tam giác và
tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác.

Cho tam giác ABC có I, E lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam
giác ABC ta có tính chất đặc trưng sau.
1) Chứng minh được tam giác
A’BE cân tại A’
2) A’ là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác BEC (A’B=A’C=A’E)
3) Đường thẳng BC là giao của
hai đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và BCE.
Bài toán 1: Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy cho A(-1;-1) và đường
tròn (T): (x – 3)2 + (y - 2)2 = 25.
B,C là hai điểm phân biệt thuộc


(T) (B,C không trùng với A). Viết phương trình đường thẳng BC biết tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC là E(1;1).
HD:
Bước 1: Nhận thấy điểm A thuộc đường tròn (T) nên bài toán có liên quan đến tâm
đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bước 2: Kẻ đường phân giác trong góc A cắt đường tròn tại điểm thứ hai A’ và
chứng minh A’B=A’C=A’E suy ra Đường thẳng BC là giao của hai đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC và BCE.
Bước 3: Viết phương trình đường thẳng AE cắt đường tròn (T) tại điểm thứ hai A’
Viết phương trình đường tròn tâm A’ bán kính A’E và suy ra phương trình đường
thẳng BC.
+ Đường tròn ( T ) có tâm I(3;2) bán kính là R = 5
Ta có AE: x – y = 0 khi đó đường thẳng AE cắt đường tròn ( T ) tại A ' ( A' khác A )
( x − 3) 2 + ( y − 2 ) 2 = 25  x = −1
x = 6

⇔
có tọa độ là nghiệm của hệ 
(loại) hoặc 
 y = −1
y = 6
 x − y = 0

Vậy A ' ( 6; 6 )

Do đó B,E,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A’E có phương trình là

( x − 6)

2

+ ( y − 6 ) = 50
2

Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x + 4 y − 17 = 0 .
Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tâm
I(3;5) và ngoại tiếp đường tròn tâm K(1;4). Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và
cạnh AB,AC kéo dài(đường tròn bàng tiếp góc A) có tâm F(11;14). Viết phương
trình đường thẳng BC và phương trình đường cao AH của tam giác ABC.
HD:
Bước 1: Nhận thấy bài toán có liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.


Bước 2: Kẻ đường phân giác
trong góc A cắt đường tròn

tại điểm thứ hai D và chứng
minh DB=DC=DK suy ra
Đường thẳng BC là giao của
hai đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và BCK.
Bước 3: Điểm F nằm trên
đường phân giác trong góc A
và nằm trên đường phân giác
ngoài

của

hai

góc

B,C

KC ⊥ FC và KB ⊥ FB nên tứ

giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính KF cũng là đường tròn ngoại tiếp tam
giác tam giác BKC suy ra D là trung điểm của KF.
Bước 4: Tọa độ điểm D(6;9) => ID = 5
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: (C) ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 = 25
+ Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF: (C’) ( x − 6) 2 + ( y − 9) 2 = 50
Phương trình đường thẳng BC: (C) – (C’): 3x + 4y – 29 = 0.
Điểm A là giao điểm của FK và đường tròn (C) suy ra phương trình đường cao AH.
Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm K(2;1). Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình:
2x + y – 10 = 0 và D(2;-4) là giao điểm thứ hai của AK với đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B
thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0.
HD:
Bước 1: Nhận thấy bài toán có liên quan đến tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.


Bước 2: Chứng minh tam giác DBK
cân tại D.
Bước 3: + DK = DB và B(b; -7-b)
=> B(-3;-4)
+ Đường thẳng BC: x – 2y – 5 = 0
=> C(2c+5;c) và tam giác DKC cân
tại D suy ra DK = DC => C(5;0).
+ A = AD ∩ AH => A(2;6)

Bài toán 4: cho tam giác ABC có A(-1;2), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
3
2

là I ( ;2) , tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là K(2;1). Tìm tọa độ điểm B biết
điểm B có hoành độ lớn hơn 3. (Đáp số B(4;2))
Dấu hiệu 3: Với giả thiết bài toán cho tọa độ liên quan đến ba điểm.
Nếu giả thiết bài toán cho tọa độ liên quan đến ba điểm thì ta nối ba điểm đó
lại (yêu cầu khi vẽ hình phải chính xác theo tỷ lệ các cạnh giả thiết đã cho)
+ Nếu nối ba điểm lại thành một tam giác thì xác định xem tam giác đó có
vuông, cân, đều hay xác định được số đo của góc nào đó trong tam giác hay
không)
+ Nếu ba điểm thẳng hàng thì ta xác định theo véc tơ
Bài toán 1: Cho hình vuông ABCD có tâm I. Trung điểm cạnh AB là M(0;3).

Trung điểm cạnh CI là J(1;0). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm
D thuộc đường thẳng (d): x – y + 1 = 0.


HD: Bài toán liên quan tọa độ ba đỉnh M,J,D. Nối
ba đỉnh M,J,D lại ta thấy MJ ⊥ JD ⇒ MJ .JD = 0
+ Tìm tọa độ điểm D
+ Đường thẳng AC: a.(x – 1) + b.y = 0
d ( D, AC ) = 2d ( M , AC )

Kiểm tra hai điểm M,D nằm khác phía với AC ta
được phương trình đường thẳng AC.
+ Viết phương trình đường thẳng BD suy ra tọa độ
điểm B. Từ đó suy ra tọa đọ điểm A, C.
Chứng minh MJ ⊥ JD .
Cách 1: Từ J kẻ đường thẳng song song với DC cắt DI tại H thì H là trực tâm của
tam giác ADJ suy ra AH ⊥ DJ, mà HJ // AM , HJ = AM nên tứ giác AMJH là hình
bình hành => AH//MJ => MJ ⊥ JD .
Cách 2:
Gọi K là trung điểm DC ta có tam giác AJK vuông
1
2

1
2

tại J nên JE = AK = DM (tứ giác AMKD là hình
chữ nhất) nên tam giác DMJ vuông tại J.
Cách 3: Gọi cạnh hình vuông là x
Tính MD2 = AM2 + AD2 theo x

MJ2 = AM2 + AJ2 – 2AM.AJ.cos450 theo x
DJ2 = DI2 + IJ2 theo x
Suy ra MD2 = MJ2 + DJ2 tam giác DMJ vuông tại J
Cách 4: MJ .DJ = 0
MJ = AJ − AM biểu diễn qua hai véc tơ AB, AD
DJ = DI + IJ biểu diễn qua hai véc tơ AB, AD


Bài toán 2:
Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D, điểm D(2;2) và CD = 2AB. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M (

22 14
; ) là trung điểm HC. Xác
5 5

định tọa độ các điểm A,B,C biết điểm B thuộc đường thẳng (d): x – 2y + 4 = 0
HD:
Bước 1: Bài toán liên quan ba điểm D,B,M nối ba điểm đó lại ta thấy MB ⊥ MD .
Chứng minh MB ⊥ MD theo cách 1 hoặc cách 2 như bài toán 1.
Bước 2: MB.MD = 0 suy ra tọa độ điểm B(4;4). Tứ giác ABCE là hình bình hành
nên d(E,AC) = d(B,AC) =
AC: a( x −

1
d ( D, AC )
2

22
14

) + b( y − ) = 0
5
5

3a + b = a − 3b

- 2x + y + 6 = 0 và x + 2y – 10 = 0
Vì B,D nằm khác phía với AC nên
đường thẳng AC: x + 2y – 10 = 0.
Bước 3: Tìm tọa độ A,C.
+ AB. AD = 0 ⇒ A(2;4)
+ DC = 2 AB ⇒ C (6;2)
Bài toán 3: Cho hình vuông ABCD trên cạnh BC lấy điểm M(5;7) (M không trùng
với B,C). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt BD tại N(6;2) điểm C thuộc
đường thẳng (d): 2x – y – 7 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD
biết xc nguyên và
xA < 2.


HD:
Bước 1: Bài toán liên quan ba điểm M,N,C
và thấy được tam giác MNC cân tại N
Bước 2: Chứng minh ∆ MNC cân tại N. Tứ
giác ABMN nội tiếp và ∆ABN = ∆BCN
Bước 3: Tìm tọa độ các đỉnh
+ ∆ MNC cân tại N => NC = NM => tọa độ
điểm C(7;7)
+ Đường thẳng AN: -x + 5y – 4 = 0 và NA =
NC => A(1;1)
+ Viết phương trình đường thẳng BD, BA.BC = 0 => tọa độ B, D

Bài toán 4: Cho tam giác ABC có E(-1;-2), F(2;2), Q(-1;2) lần lượt là chân đường
cao hạ từ các đỉnh A,B,C của tam giác. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C.
HD:
+ Bài toán có tọa độ liên quan ba
điểm E,F,Q nối ba điểm E,F,Q ta thấy
AE,BF,CQ lần lượt là các đường
phân giác của các góc E, F, Q.
+ Chứng minh: các tứ giác ABEF,
AQEC, BQFC nội tiếp.
Đáp số: A(1;4), B(-4;-1), C(5;-4)

Bài toán 5: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm
11 1
2 2

trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Gỉa sử M ( ; ) và đường thẳng


AN: 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A
HD:
+ Bài toán liên quan đến ba điểm A,M,N và ta
tính được số đo góc MAN bằng 450 . Gọi
cạnh hình vuông là x, tính AM,AN,MN theo x
rồi sử dụng định lý hàm số cosin
cos MAN =

AM 2 + AN 2 − MN 2
2
=
2 AM . AN

2

+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
M và hợp với đường thẳng AN một góc 450
Đáp số: A(1;-1) và A(4;5)
Bài toán 6: Cho hình chữ nhật ABCD có I(1;3). Gọi N là điểm thuộc AB thõa mãn
AN =

2
AB . Biết đường thẳng DN có phương trình x + y – 2 = 0 và AB = 3AD.
3

Tìm tọa độ điểm D.
HD: Tương tự bài toán 5 tính được cosNDB =

7 2
.
10


V. Kết quả thực nghiệm:
Giáo viên đã triển khai ý tưởng đề tài qua nhiều khóa học sinh, thu thập kiến
nhức ở nhiều tài liệu của nhiều tác giả, kiểm nghiệm qua các đề thi đại học, các đề
học sinh giỏi của các năm.
Giáo viên đã thực nghiệm qua nhiều khóa học sinh và kết quả thu được khá tốt.
Qua việc triển khai đề tài ngoài việc học sinh tiếp thu kiến thức một cách tổng quát
các em còn được rèn luyện các kĩ năng nhìn nhận, đánh giá, khái quát hóa, có ý
thức sử dụng những quy tắc suy đoán như tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa
…
Giáo viên đã triển khai ý tưởng của đề tài qua các tiết ôn tập ở các phần học

khác nhau, các chương trình học khác nhau như phần “Phương pháp tọa độ trong
mặt phẳng, Hệ phương trình, phương trình lượng giác, phương trình, bất phương
trình mũ lôgarit, tích phân …” các em có cách suy đoán và triển khai giải quyết bài
toán nhanh, ít bị rơi vào thế bế tắc.
Giáo viên yêu cầu học sinh làm bài kiểm tra thực hành sau mỗi lần triển khai đề
tài và theo dõi kết quả thi đại học của học trong các lớp mình dạy thì điểm toán của
các em khá ổn định, trong đó có nhiều điểm giỏi.
III. PHẦN KẾT LUẬN:
Kết quả đạt được qua việc trển khai sáng kiến kinh nghiệm :
Phát triển bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng từ những dấu hiệu đặc trưng
+ Đổi mới phương pháp dạy học. Lấy học sinh làm trung tâm, tạo ra những con
người toàn diện trong quá trình học tập, tránh thụ động, ỷ lại, luôn tạo ra tình huống
có vấn đề và tự nghiên cứu để giải quyết vấn đề đó.
+ Khả năng phân tích, tổng hợp hóa, đặc biệt hóa, khái quát hóa, tương tự hóa,
luôn có ý thức hướng tới cái mới.
+ Gây hứng thú môn học, đào sâu suy nghĩ.


+ Phát huy tính tích cực, độc lập sáng tạo, xem xét vấn đề từ nhiều góc độ.
+ Tạo cho học sinh thói quen là việc nghiêm túc. Không bằng lòng với kết quả đã
có, cách giải đã biết. Nảy sinh ý muốn cấu trúc lại vấn đề, nâng vấn đề lên mức độ
cao hơn, khái quát hơn, đa dạng hơn.
IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tham khảo đề thi thử của các trường qua các năm (nguồn trên mạng)
2. Hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh các năm (2002-2012)
3. Hình học giải tích trong mặt phẳng (Th.S Đỗ Viết Tuân)

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2017

Tôi xin cam kết đề tài sáng kiến kinh nghiệm
là của tôi, không sao chép, copi.
Nếu sai tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Người viết sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Quốc Vang


PHỤ LỤC
I. LÝ DO CHON ĐỀ TÀI

1

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

2

III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

2

VI: CÁCH TIẾP CẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

2

I. Cơ sở lý luận

2

II. Cơ sở thực tiễn

4

III. Giải pháp và tổ chức thực hiện
V. PHẦN KẾT LUẬN:
VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO

4
19
20