skkn vận dụng tính chất của hình tứ giác vào bài toán “tìm tọa độ điểm viết phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

I.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Định hướng đổi mới phương pháp dạy và học đã được xác định trong
Nghị quyết Trung ương 4 khóa VII (1/1993), Nghị quyết Trung ương 2 khóa
VIII (12/1996), được thể chế hóa trong Luật Giáo dục (12/1998), được cụ thể
hóa trong các chỉ thị của Bộ Giáo dục và Đào tạo, đặc biệt là Chỉ thị số 15
(4/1999). Điều 24.2 của Luật Giáo dục đã ghi: “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”. Qua đây ta có thể thấy được
phương pháp dạy học tích cực là cần phải phát huy tính được tính tích cực, chủ
động, sáng tạo của người học.
Trong hoạt động dạy và học Toán nói chung, đối với bộ môn hình học nói
riêng thì vấn đề khai thác, nhìn nhận một bài toán cơ bản dưới nhiều góc độ
khác nhau nhiều khi cho ta những kết quả khá thú vị. Ta biết rằng ở trường phổ
thông, việc dạy toán học cho học sinh thực chất là việc dạy các hoạt động toán
học cho họ. 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. Đây là một hoạt động mà theo tôi, thông qua đó dạy cho học
sinh phương pháp tự học, tự nghiên cứu - Một nhiệm vụ quan trọng của người
giáo viên đứng lớp. 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.
1

Với các lý do trên, tôi chọn đề tài: Vận dụng tính chất của hình tứ giác
vào bài toán “Tìm tọa độ điểm. Viết phương trình đường thẳng trong mặt
phẳng” nhằm mục đích vận dụng các tính chất, các bài toán quen thuộc trong
hình học phẳng để giải các bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng,
đồng thời kích thích, phát triển tư duy của học sinh.
1.2. Mục đích 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.
 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.
1.3. 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 tập này.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
 Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo,
các tài liệu liên quan khác, khai thác trên mạng, các đề thi đại học …
 Nghiên cứu về thực tế giảng dạy môn toán hiện nay ở trường THPT Hoằng
Hóa 2, khảo sát học sinh, học hỏi và tiếp thu các ý kiến đóng góp của đồng
nghiệp qua các tiết dự giờ.

2

II. NỘI DUNG CỦA 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.

-

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: Cho đường thẳng d có phương trình ax + by + c = 0
Nếu  // d thì phương trình  có dạng ax + by + m = 0,

i.

m  c.
ii.

Nếu   d thì phương trình  có dạng bx – ay + n = 0.

iii.

Nếu  có hệ số góc k thì phương trình  có dạng y = kx
+ p.

3


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.
Bước 3. Giải bài toán. Vận dụng các tính chất thu được để giải bài toán. Cần
kiểm tra một số điều kiện của nghiệm.
2.2. Thực trạng của vấn đề
 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.
 Trong quá trình giảng dạy, ta thường nhận thấy, đại đa số học sinh học
bộ môn Đại số tốt hơn khi học Hình học. Hầu như, khi đứng trước các bài toán
về hình học, học sinh thường giải theo hướng “đại số” thì nhiều, việc giải nhờ
các tính chất hình học còn ít.
 Một thực trạng nữa là hiện nay, số lượng bài tập ngày càng phong phú.
Bởi vậy, học sinh 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 là 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 các tính chất hình
học phẳng để giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng nhằm phát triển tư duy cho
học sinh”.
2.3. Giải pháp thực hiện
Trong bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, chúng ta cũng
thường gặp một số dạng toán liên quan đến tứ giác. Chẳng hạn như hình bình
hành, hình thoi, hình thang, hình chữ nhật, hình vuông, tứ giác nội tiếp, …
4


Khi giải về các dạng toán này, chúng ta thường phải khai thác các tính
chất liên quan của mỗi hình, để từ đó tìm ra lời giải cho mỗi bài toán. Có những
tính chất có sẵn, nhưng cũng có những bài toán với thao tác vẽ hình minh họa và
tìm ra một số tính chất từ hình vẽ, từ đó tìm ra lời giải cho mỗi bài toán.
2.3.1. Khai thác các tính chất của hình thang cân

A

a) Kiến thức

E
)

(

B

Cho ABCD là hình thang cân ( AB // CD). Khi đó
AD = BC.
D

AC = BD.

C

F

Nếu E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD thì EF là trục đối xứng của
hình thang.
Góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng góc giữa hai đường thẳng AB
và BD.
b) Bài tập
Bài toán sau đây thấy được sự khác nhau giữa việc khai thác các tính chất
của hình.
Bài 1. Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB và CD có A(-1;3), B(1;2),
C(2;-1). Tìm tọa độ điểm D.
Lời giải:
Lời giải 1: Khai thác tính chất trục đối xứng của hình thang
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD. Khi đó EF là trục đối xứng
của hình thang.

A

AB (2;-1)

E

B

Phương trình đường thẳng CD là x + 2y = 0.
5
2

E là trung điểm của AB nên E(0; )
Phương trình đường thẳng EF là 2x – y +

D

F

C

5
= 0.
2
1
2

F là giao điểm của hai đường thẳng EF và CD nên F(-1; ). Suy ra D(-4; 2).
5


Thử lại: AB (2;-1), CD (6;-3) nên D(-4;2) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lời giải 2: Khai thác tính chất hai cạnh bên của hình thang bằng nhau
Phương trình đường thẳng CD là x + 2y = 0.
Lấy D( 2a; a)  CD

Ta có AD  BC  ( 2a  1) 2  (a  3) 2  10  5a 2  10a 0  a 0 hoặc a 2 .
Với a = 0 thì D(0; 0). Khi đó AC = 5, BD = 5 nên D(0; 0) loại
Với a = 2 thì D(-4; 2). Khi đó AC = BD = 5 nên D(-4; 2) thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
Vậy D(-4;2)
Bài 2. Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AB, CD, phương trình cạnh AB,
BD lần lượt là x  y  4 0,7 x  3 y  16 0 . Diện tích tam giác ABD bằng
16
7

4. M (0; )  AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết D có hoành độ âm.
Lời giải:
r
Giả sử n AC  (a; b), a 2  b2  0 là VTPT của đường thẳng AC
Phương trình đường thẳng AC là ax  b( y 

16
)  0.
7

A

Vì ABCD là hình thang cân nên



 

�  DBA
�  900 � �

� ; BA
CAB
AC ; AB  BD
�

a b
2 a 2  b2





)

(

B

M�
C

D

10
� 10 a 2  b 2  58 a  b
2 58

7
�
a



b
�
3
2
2
� 42a  116ab  42b  0 � �
3
�
a b
�
7
7
+ Với a   b : Chọn a = 7, b = -3 (loại vì AC // BD).
3

6


3
+ Với a   b : Chọn a = 3, b = -7  AC có phương trình 3 x  7 y  16  0 .
7
B = BD  AB  B(-1; 3).
A = AC  AB  A(-3; 1).

�  1  cos 2 DBA
� 
AB  2 2,sin DBA

2 29
.
29

1
� � BD  58.
AB.BD.sin DBA
2
D(3t  1;7t  3) �BD

S ABD 

�
D  2;10 
t 1
�
BD  58 � (3t ) 2  (7t )2  58 � t 2  1 � �
��
.
t


1
D
(

4;

4)
�

�
Vì D có hoành độ âm nên D(-4; -4).
uuu
r
AB (2; 2)

Phương trình cạnh DC đi qua điểm D và song song với AB là x - y = 0.
C = AC  DC  C(4; 4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang là A(-3; 1), B(-1; 3), C(4; 4), D(-4; -4).
2.3.2. Khai thác các tính chất của hình bình hành
a) 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.
Ngoài ra giao điểm 2 đường chéo cách đều cặp cạnh đối diện. Đó cũng
chính là tâm đối xứng của hình bình hành.
b) Bài tập
Bài 3. Cho hình bình hành ABCD có phương trình 2 cạnh AB, BC lần lượt là

7


� 3�
x  y  5  0; x  6 y  16  0 . Giao điểm 2 đường chéo là I �
0; �. Tìm tọa độ
� 2�
các đỉnh của hình bình hành.
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, có phương trình x  6 y  2  0 .
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).
Bài 4. Cho 2 điểm A(2;1), B(-1;-3). Xác định tọa độ 2 đỉnh C,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
uuu
r
ABCD là hình bình hành  �uuur
AC
�
k
AB
k
�
uuur uuur
5b  14  a  1 �
a3
�
��
Từ AD  BC � �
 C(3;-6), D(6;-2).

b  1  a
b  2
�
�
uuur
uuu
r
Kiểm tra thấy AC �k AB k .
Vậy C(3;-6), D(6;-2).
Nhận xét: Khai thác tính chất giao điểm của 2 đường chéo là tâm đối xứng, ta
có bài toán sau:
Bài 5. 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:

A

B

Gọi M’ đối xứng với M qua I. Khi đó M’(9;5) và M’  BC.

M/
I
M
D

8N�
C

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).
Bài 6. Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD, có diện tích bằng 4. Biết
A(1; 0), B(2; 0) và giao điểm I của 2 đường chéo AC và BD nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm tọa độ C và D.
Lời giải:
Ta có AB = 1 và phương trình cạnh AB là y = 0.
Gọi I(a;a). Ta có S ABCD  4S IAB  2 AB.d ( I ; AB ) . Do đó
a2
�
2.1. a  4 � �
a  2
�
Với I(2;2)  C(3;4), D(2;4).
Với I(-2;-2)  C(-5;-4), D(-6;-4).
2.3.3. Khai thác các tính chất của hình thoi
a) Kiến thức
Khi giải các bài toán liên quan đến hình thoi ABCD, ta thường khai thác một
số tính chất như:
Hình thoi có các tính chất của hình bình hành.
AC  BD. 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.
AC, BD là các trục của hình thoi.
AB = BC = CD = DA.

B
A

))
))

I

C

I là tâm đối xứng của hình thoi
D

d(AB; CD) = d(AD;BC) = 2d(I; AB) = 2d(I; BC) = 2d(I; CD) = 2d(I; DA).
b) Bài tập
Bài 7. 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.
9


Lời giải:
Gọi giao điểm đường chéo là I (a; a  3) . Ta có
a5
�
uu
r uur
IA.IB  0 � (1  a)(4  a)  (3  a)(7  a)  0 � � 5
�
a
� 2
Với a=5: I(5;2). Do I là trung điểm AC, BD nên C (9;4), D(6;0).
Với a 

5
: I(5/2;-1/2). Do I là trung điểm AC, BD nên C (4; 1), D (1; 5) .
2

Vậy C (9;4), D(6;0) hoặc C (4; 1), D(1; 5) .
Bài 8. Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, giao điểm 2 đường chéo là I(3;3). Hai
� 4 � � 13 �
2; �
,N�
3; �
đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua M �
. Viết phương trình
� 3� � 3 �
cạnh BD biết điểm B có tung độ nguyên.
Lời giải:
Gọi N’ đối xứng với N qua I.

A

M
�

N

/

� 5�
3; �và N’  AB.
Khi đó N ' �

� 3�

H

B

C

I
N
D

Đường thẳng AB đi qua M và N’nên phương trình AB: x  3 y  2  0 .
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
IH 2



1
IA2



1
IB 2

�a 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.
10


Bài 9. Cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh AB là 2x – 3y +7 = 0, phương
trình cạnh CD là 2x – 3y - 5 = 0. Viết phương trình hai cạnh còn lại của hình thoi
1
2

5
2

biết M ( ;0)  BC , N ( ;2)  AD.

Lời giải:
r
Giả sử n AD  (a; b), a 2  b2  0 là VTPT của đường thẳng AD
5
Phương trình đường thẳng AD là a( x  )  b( y  2)  0 .
2
Lấy P(1; -1)  CD.

B

A

C

I

Ta có:

�
N

d(AB; CD) = d(AD;BC)  d(P; AB) = d(M; AD)

D

3a  2b

12

� 12 a 2  b 2  13 3a  2b

13
a 2  b2
� 46
a b
�
9
2
2
� 27 a  156ab  92b  0 � �
2
�
a b
� 3
+ Với a 

M
�

46
b : Chọn a = 46, b = 9  AD có phương trình 46 x  9 y  133  0 .
9

Phương trình cạnh BC là 46 x  9 y  23  0 .
2
+ Với a  b : Chọn a = 2, b = 3  AD có phương trình 2 x  3 y  11  0 .
3
Phương trình cạnh BC là 2 x  3 y  1  0 .
2.3.4. Khai thác các tính chất của hình chữ nhật
a) Kiến thức
Khi giải các bài toán liên quan đến hình chữ nhật ABCD, ta thường khai thác

một số tính chất như:
IA = IA = IC = ID

d2
A

B

)

(
E

I
d1

M
D

F
C

11


 I là tâm đối xứng của hình chữ nhật.
I là trung điểm của EF.
�
�
ABD  BAC

d(I; AB) = d(I; CD); d(I; AD) = d(I; BC).
d1 , d2 là các trục đối xứng của hình chữ nhật.
b) Bài tập
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.
Bài 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 A và song song với CD có phương trình x+2y3=0.
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 với CD có phương trình 2xy+9=0.
Bài toán sau được xây dựng từ tính chất của tâm hình chữ nhật.
Bài 11. 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
IA2  IB 2 � (a  5)2  a 2  (a  1)2  (a  2)2 � a   
2

�5 5�
I�
 ; �
� 2 2�

Do I là trung điểm AC, BD nên C(0;0), D(6;2).

Bài toán sau đây thấy được sự khác nhau giữa việc khai thác các tính chất
của hình.
12


Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(1;3), đỉnh
C thuộc đường thẳng d1: xy1=0. Phương trình đường thẳng đi qua D và trung
điểm AB là d2: x+2y1=0. Xác định tọa độ B, C, D, biết D có tung độ âm.
Lời giải:
Lời bình 1: Xuất phát từ một bài toán quen thuộc về hình chữ nhật: “Trong hình
chữ nhật ABCD, 2 đường thẳng BN, DM chia đoạn AC thành 3 phần bằng nhau
(M, N lần lượt là trung điểm AB, CD)”. Từ đây ta có thể dễ dàng thu được tính
chất d(C;DM)=2d(A;DM). Từ đây ta có lời giải sau.
Lời giải 1:
N

D

Gọi M, N là trung điểm AB, CD.
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AC

F

với DM, BN. Dễ dàng chứng minh
được E là trung điểm AF, F là trung
điểm CE  AE = EF = FC

C

E

A

B
M

 d(C; DM)=d(A; DM).
Gọi C(a; a1). Ta có
d (C ; DM )  2d ( A; DM ) �

a  2(a  1)  1
5



a5
C (5;4)
�
�
12
��
��
a  3 �
C (3; 4)
5
�

Do A và C khác phía so với đường thẳng DM nên C(3;4).
b  1
�
uuur uuur

�
Gọi D(12b;b). Ta có DA.DC  0 � (2b)(2b  4)  (3  b)(4  b)  0 �
12
�
b
� 5
uuu
r uuur
 D(3;1). Sử dụng AB  DC  B(5;0).
Vậy B(5;0), C(3;4), D(3;1).
Lời bình 2: Ngoài ra, nếu chúng ta chỉ dừng lại ở việc sử dụng các tính chất của
đỉnh, trung điểm, ta cũng có thể giải được bài toán. Ta có lời giải sau.
Lời giải 2:
Gọi M là trung điểm AB  M(12a;a)  B(14a;2a3).
13


uuur uuur
Gọi C(b;b1). Do AD  BC  D(4a+b;b2a+5).
Theo bài ra ta có:
�D �d 2
(4a  b)  2(b  2a  5)  1  0
�
r uuur
��
�uuu
( 4a )(4a  b  1)  (2a  6)(b  2a  2)  0
�AB.BC  0 �
b  3
�

�
�� 2
10a  13a  3  0
�
1
� 19 12 �
 ; �: Loại
+ Với a   , b  3 � D �
5
� 5 5�
3
+ Với a  , b  3 � D  3; 1 : Thỏa mãn. Khi đó B(5;0), C(3;4).
2
Vậy B(5;0), C(3;4), D(3;1).
Bài 13. Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB là x2y+1=0,
phương trình cạnh BD là x7y+14=0, đường thẳng AC đi qua M(2;1). Xác định
m

tọa độ các đỉnh hình chữ nhật.
Lời giải:

Q

Lời giải 1:

P

B = AB  BD  B(

d

21 13
; ).
5 5

Đường thẳng AC đi qua M có dạng a( x  2)  b( y  1)  0, a 2  b 2  0 .
Ta có cos( AB, AC )  cos  AB, BD  nên
a  2b
5( a 2  b 2 )



15
� 3 a 2  b 2  2 a  2b
5. 50

a  b
�
� 7 a  8ab  b  0 � �
1
�
a b
7
�
2

2

1
+ Với a   b : Chọn a =1, b = -7AC có phương trình x  7 y  5  0 : Loại.

7
14


+ Với a = b: Chọn a=1, b= -1:  AC có phương trình x  y  1  0 .
7 5
2 2

A = AC  AB  A(3;2). Gọi I = AC  BD  I ( ; ) .
14 12
).
5 5

Do I là trung điểm AC, BD nên C(4;3), D( ;
Vậy A(3;2), B(

21 13
14 12
; ) ,C(4; 3), D( ; ) .
5 5
5 5

Lời giải 2:
Đường thẳng d đi qua M và song song với AB có phương trình là x – 2y = 0.
P  BD �d � P (

28 14
; ).
5 5

Đường thẳng m đi qua M và song song với AD có phương trình là 2x + y -5 =0
7 11
Q  BD �m � Q ( ; ).
5 5
7 5
2 2

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I là trung điểm của PQ � I ( ; ).
B = AB  BD  B(

21 13
14 12
; ). Do đó D( ; ) .
5 5
5 5

Phương trình cạnh AD là 2x + y – 8 =0.
A= AB  AD  A(3; 2). Do đó C(4; 3).
Vậy A(3;2), B(

21 13
14 12
; ) ,C(4; 3), D( ; ) .
5 5
5 5

2.3.5. Khai thác các tính chất của hình vuông
a) 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.
15


+ 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.
b) Bài tập
Khai thác các tính chất của tâm và đường chéo của hình vuông:
Bài 14. 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 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

ba0
(i  (1;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), C(1;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:
Bài 15. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I(1;1), 2 cạnh AB, CD
lần lượt đi qua M(2;2), N(2;2). Xác định tọa độ A và B.
Lời giải:

A

Gọi E đối xứng với N qua I  E(0;4)  AB.

E

H M
�

B

N

C

I

Đường thẳng AB đi qua M, E
nên phương trình AB là x  y  4  0 .

D

16


Gọi H là hình chiếu của I lên AB. Khi đó AH  IH  d ( I ; AB )  2 2
 IB  IA  AH 2  IH 2  4
 Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABCD là ( x  1) 2  ( y  1) 2  16 .
Ta có A, B là giao điểm của AB với (C)  Tọa độ A, B là các nghiệm của hệ:
�
�
x  1; y  5
�
�x  y  4  0
�y  x  4
�
�
.
�
�
�
x  3, y  1
( x  1)2  ( y  1)2  16 �

2x2  4x  6  0
�
�
Vậy A(1;5), B(3;1) hoặc A(3;1), B(1;5).
Nhận xét: Bài toán trên cho giả thiết là 2 cạnh đối diện đi qua 2 điểm cho trước.
Thay đổi bởi 2 cạnh kề, ta có bài toán sau:
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho 3 điểm I(1;−1); M(2;3);
N(5;0). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD sao cho I là tâm của hình
vuông, M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh BC?
Lời giải:
r
Giả sử n AB  (a; b), a 2  b2  0.
Phương trình đường thẳng AB là a( x  2)  b( y  3)  0 .
Phương trình đường thẳng BC là b( x  5)  ay  0 .
Ta có
d ( I ; AB )  d ( I ; BC ) �

a  4b
a 2  b2



a0
�
��
b0
�
a 2  b2

a  4b

+ Với a =0: phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là y3=0; x5=0.
B=AB  BC  B(5;3). I là trung điểm BD  D(3;5).
Đường thẳng AD qua D và song song với BC có phương trình x+3=0.
A = AD  AB  A(3;3). Do I là trung điểm AC  C(5;5).
+ Với b=0: phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là x2=0; y=0.
B=AB  BC  B(2;0). I là trung điểm BD  D(0;2).
Đường thẳng AD qua D và song song với BC, có phương trình y+2=0.
17


A = AD  AB  A(2;2). Do I là trung điểm AC  C(0;0).
Vậy A(3;3), B(5;3), C(5;5), D(3;5) hoặc A(2;2), B(2;0),C(0;0),D(0;2).
Bài 17. Trong mặt phẳng Oxy viết phương trình các cạnh hình vuông ABCD biết
rằng AB có hệ số góc dương, AB, CD lần lượt đi qua các điểm P(0;1) và Q(4;3)
còn AD và BC lần lượt đi qua các điểm R(4;3),S(6;1).
Lời giải:
Q

D

Lời giải 1: (Khai thác tính chất của tâm I là

C

tâm đối xứng)
Gọi tâm I(a;b). Gọi E,K lần lượt là trung điểm

E

I

S

PQ, RS  E(2;1), K(1;2).
Dễ thấy IE  AD, IK  AB.

uur
+ Nếu I  E: AB đi qua P, nhận KI  (1; 3)

R

K

A
P

B

làm VTPT  Phương trình AB: x3y+3=0.
AD đi qua R,  AB  Phương trình AD: 3x+y+9=0.
Ta thấy d ( I ; AB ) �d ( I ; AD)  Không thỏa mãn.
+ Tương tự I không trùng với K.
uur
uur
Ta có EI  (a  2; b  1); KI  ( a  1; b  2).
uur uur
Khi đó IE.IK  0 � a 2  b 2  3a  b  0.
uur
Đường thẳng AB đi qua P, nhận KI làm VTPT  Phương trình AB là:

(a  1) x  (b  2)( y  1)  0.
Theo giả thiết suy ra điều kiện (a1)(b2)<0.
Đường thẳng AD đi qua R,  AB  Phương trình AD là
(b  2)( x  4)  (a  1)( y  3)  0.
Ta có

18


d ( I ; AB)  d ( I ; AD) � ( a  1)a  (b  2)(b  1)  (b  2)(a  4)  ( a  1)(b  3)
� a 2  b 2  a  3b  2  a  5b  11
� 2a  2b  2  a  5b  11
a  1, b  2 ( L )
�
�
�
�a 2  b2  3a  b  0
�a  7b  13
�� 2
� � 39
TH1: �
52
a  ; b  ( L)
50b  204b  208  0 �
�2a  2b  2  a  5b  11 �
25
� 25
b 3 a
�
�

a  1, b  2 ( L)
�
a 2  b 2  3a  b  0
�
�
�� 2
��
TH2: �
a  3; b  0 (TM )
2a  2b  2   a  5b  11 �
2a  8b  6  0
�
�
 a = 3, b=0.
Vậy AB: x  y  1  0; AD : x  y  1  0; BC : x  y  7  0; CD : x  y  7  0 .
Lời giải 2: (Khai thác tính chất của các cạnh hình vuông)
r
r
n

(
a
;
b
),
ab

0
�
n

Gọi AB
AD  (b;  a ) .
AB đi qua P(0;1) có phương trình:

ax  b( y  1)  0 .

AD đi qua R(4;3) có phương trình:

b( x  4)  a( y  3)  0 .

a  b
�
Ta có: d ( S ; AD)  d (Q; AB) � 10b  2a  4a  4b � �
a  7b
�

(TM )
( L)

Chọn a = 1, b=1. Khi đó phương trình các cạnh là:
AB: x  y  1  0; AD : x  y  1  0; BC : x  y  7  0; CD : x  y  7  0 .
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có C(3;5). Phương
trình đường thẳng đi qua D và trung điểm BC là xy2=0. Xác định tọa độ A, B,
D.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm BC. Đặt CD = a>0
 CM=

a
. Gọi H là hình chiếu của C lên DM  CH  d (C ; DM )  3 2 .

2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông CMD ta có

19


1
CD

2



1
CM

2



1
CH

2

�

1
a

2



4
a

2



1
� a  3 10  CD  3 10 .
18

b6
�
2
2
2
Gọi D(b;b2). Ta có CD  90 � (b  3)  (b  3)  90 � �
b  6
�
uuur
+Với b = 6: D(6;4). Đường thẳng BC đi qua C nhận CD làm VTPT nên phương
trình CD là: x  3 y  12  0 .

uuur uuur
M = BC  DM  M(3/2;7/2)  B(6;2). Do AD  BC  A(3;7).

uuur
+ Với b = 6: D(6;8). Đường thẳng BC đi qua C nhận CD làm VTPT nên
phương trình CD là: 3 x  y  4  0 .

uuur uuur
M = BC  DM  M(3/2;1/2)  B(0;4). Do AD  BC  A(9;1).
Vậy A(3;7), B(6;2), D(6;4), hoặc A(9;1), B(0;4), D(6;8).
Nhận xét: Để giải bài toán trên, chúng ta cũng có thể đi theo hướng gọi dạng tọa
uuur uuuu
r
�
CD.CM  0
độ của D và M. sau đó sử dụng hệ điều kiện �
để giải.
CD  2CM
�
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Đề tài được bản thân tôi triển khai dạy cho các em học sinh cuối lớp 10 và đã
mang lại kết quả đáng khích lệ, các em học tập một cách say mê hứng thú, chất
lượng học tập của học sinh tăng lên rõ rệt. Qua thực tế bài kiểm tra ở lớp chuyên
đề qua 3 bài tập sau:
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có
diện tích bằng 4, A(1; 0), B(2; 0) và tâm I thuộc đường thẳng d có phương trình
x - y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành.
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình cho hình chữ nhật ABCD
1
2

có tâm I ( ;0) , phương trình cạnh AB là x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật biết A có hoành độ âm.

20


Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có
điểm A (-2;3). Điểm M (4;-1) nằm trên cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường
thẳng DC tại điểm N(7;-3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD.
Tôi thu được kết quả như sau :
Trước khi giảng dạy đề tài
Bài
1
2
3

Số HS làm bài
43
38
35

Số HS có lời giải tốt
13
9
5

Đạt tỷ lệ %
30,2
23,7
14,3

Sau khi giảng dạy đề tài
Bài

1
2
3

Số HS làm bài
43
38
35

Số HS có lời giải tốt
35
28
25

Đạt tỷ lệ %
81,4
73,7
71,4

Điều này chứng tỏ các em đã có sự tiến bộ về nhận thức và kỹ năng vận dụng
phương pháp giải dạng toán trên. Từ đó, học sinh chủ động sáng tạo hơn trong
việc học toán và thêm yêu thích bộ môn. Góp phần không nhỏ vào luyện trí
thông minh, khả năng tư duy sáng tạo của học sinh.
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 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 tứ giác như
tứ giác nội tiếp, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông, … để giải

bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
 Đề tài đã hệ thống bài tập theo mức độ nâng cao dần.
3.2. Kiến nghị và đề xuất
21


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 của hình thang cân, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình
vuông. Ngoài ra, ta còn có thể phát triển thêm về các hình như hình thang (hình
thang vuông, hình thang thường), tứ giác nội tiếp, tứ giác có một số tính chất đặc
biệt khác …
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.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh

Hóa,

ngày

20

tháng

05

năm2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Lê Thị Diệu Hương

22


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Báo toán học và tuổi trẻ.
2. Lê Hồng Đức – Lê Hữu Trí, phương pháp giải toán hình học giải tích trong
mặt phẳng, NXB Hà Nội, 2008.
3. Nguồn internet.
4. SGK Toán 8, NXB Giáo dục Việt Nam, 2014.
5. SGK Hình học 10, NXB Giáo dục Việt Nam, 2006.

23