Định hướng cho học sinh phát hiện và giải quyết vấn đề với bài toán tọa độ trong mặt phẳng từ các tính chất của tam giác vuông cân

MỤC LỤC
Nội dung
1- MỞ ĐẦU

Trang
2

1.1 Lí do chọn đề tài........................................................................

2

1.2 Mục đích nghiên cứu………………………………………….

2

1.3 Đối tượng nghiên cứu…………………………………………

2

1.4 Phương pháp nghiên cứu .........................................................

3

2- NỘI DUNG

3

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm .................................

3

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

4

2.2.1 Đối với giáo viên………………………………………..

4

2.2.2 Đối với học sinh…………………………………………

4

2.3 Một số bài toán khai thác từ tính chất của tam giác vuông cân

5

2.3.1 Tính chất

5

2.3.2. Phát hiện và giải quyết vấn đề với bài toán tọa độ trong

5

mặt phẳng từ các tính chất của tam giác vuông cân…………………
2.4 Một vài kinh nghiệm rút ra……………………………………
2.5 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo

15
15

dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường………………………
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

16

3.1 Kết luận……………………………………………………….

16

3.2 Kiến nghị……………………………………………………..

17

Tài liệu tham khảo………………………………………………..

17

1. MỞ ĐẦU
1


1.1 Lý do chọn đề tài :
Toán học là một trong những môn học quan trọng để rèn luyện tư duy, rèn
luyện kỹ năng vận dụng để giải quyết một số vấn đề xảy ra trong thực tế. Vì vậy
việc dạy học môn Toán là dạy cho học sinh có năng lực trí tuệ, năng lực từ đó
giúp học sinh học tập và tiếp thu các kiến thức khoa học và biết cách vận dụng
nó vào cuộc sống. Dạy học môn Toán người thầy không chỉ dạy cho học sinh
kiến thức toán học (những công thức, những định lý, định đề, tiên đề …) mà
người thầy còn phải dạy cho học sinh có năng lực, trí tuệ để giải quyết vấn đề

được nêu ra trong học tập và sau này.
Trong quá trình dạy học toán, việc lựa chọn công cụ và phương pháp phù
hợp để giải các bài toán là việc làm cần thiết và quan trọng. Chọn được công cụ
thích hợp sẽ cho ta lời giải hay và ngắn gọn, dễ hiểu. Để có bài giảng thu hút
được được học trò, giúp học trò phát triển được tư duy và dẫn dắt học trò tới
niềm say mê sáng tạo, tôi cũng như bao giáo viên yêu nghề khác luôn trăn trở
với những khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán.
Bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng là bài toán thường xuất hiện ở các
kỳ thi, vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với học sinh cũng như giáo
viên. Bên cạnh đó nó cũng là bài toán khó đối với nhiều đối đối tượng học sinh
đặc biệt là các em có năng lực trung bình và yếu. Băn khoăn trước những khó
khăn của học sinh tôi đã quyết định tìm tòi nghiên cứu lớp các bài toán tọa độ
trong mặt phẳng để giúp các em tiếp cận loại toán này một cách hiệu quả.
Trong số những bài toán về tọa độ trong mặt phẳng có một lớp bài toán
“thiên về tính chất hình học phẳng thuần túy” đặc biệt là tính chất của tam giác
vuông cân mà các em đã học ở THCS, điều này đã gây cho học sinh nhiều khó
khăn khi tiếp cận. Để giúp học sinh tháo gỡ những khó khăn vướng mắc trên và
có định hướng đúng đắn tôi đã trăn trở suy nghĩ chọn đề tài: “Định hướng cho
học sinh phát hiện và giải quyết vấn đề với bài toán tọa độ trong mặt phẳng từ
các tính chất của tam giác vuông cân ’’
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nhìn nhận rõ bản chất của bài toán tọa độ trong mặt phẳng bằng cách sử
dụng tính chất của hình học phẳng
- Làm cơ sở lý luận, cơ sở đánh giá cho các đề ôn tập thi học sinh giỏi
- Vận dụng vào thực tế nhà trường trên cơ sở đối tượng học sinh, phương
tiện dạy học hiện có.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
* Đề tài nghiên cứu về các bài tập khai thác tính chất của tam giác vuông
cân từ các bài toán tọa độ phẳng.
* Nghiên cứu trên cơ sở thực hiện là nội dung, chương trình, kế hoạch

giáo dục ở trường THPT, các định hướng và quan điểm về đổi mới phương
pháp dạy học, các thầy cô giáo và các em học sinh trường THPT Yên Định II.
2


1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết
Nghiên cứu một số tài liệu về cách ra đề trắc nghiệm, đổi mới PPDH môn
toán, tài liệu nghiên cứu cách kiểm tra đánh giá học sinh… để xây dựng lý luận
cho đề tài.
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin
Giảng dạy trực tiếp, ra đề kiểm tra từ đó đánh giá nhận xét cách làm, chất
lượng đề. Quan sát, hội thảo, đàm thoại, tổng kết kinh nghiệm để rút ra bài học.
- Phương pháp thống kê, xử lý dữ liệu
Điều tra thống kê, lập bảng biểu so sánh dữ liệu đánh giá trước và sau
khi học theo hệ thống bài tập được khai thác.
2. NỘI DUNG
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Không ngừng tìm tòi, phát hiện vấn đề, nhìn nhận vấn đề từ nhiều góc độ,
nhiều khía cạnh để từ đó tăng khả năng tư duy nhạy bén là một điều mà môn
học nào cũng đều hướng tới. Đặc biệt Toán học vốn đã mang trong nó rất nhiều
vẻ đẹp tiềm ẩn, là công cụ sắc bén cho nhiều ứng dụng thực tiễn cũng như trong
các môn học khác. Để làm được điều đó, để truyền lại cho học sinh cái nhìn
tổng thể, sâu sắc bản chất của vấn đề thì việc rèn luyện kĩ năng khai thác bài
toán là vô cùng quan trọng. Lý thuyết phải có thực hành để kiểm chứng và vận
dụng.
Những năm gần đây trong đề thi học sinh giỏi của tỉnh luôn có câu hỏi về
bài toán tọa độ trong mặt phẳng, mỗi loại lại là một đề tài vô cùng đa dạng và
phong phú mà chủ yếu lại được khai thác từ các tính chất của hình học phẳng
thuần túy, và lớp các bài toán khai thác từ các tính chất của tam giác vuông cân

vô cùng thú vị. Sau đây là một số kiến thức cơ sở liên quan đến nội dung của
sáng kiến :
2
2
+ Phương trình tổng quát của đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 ( a + b ≠ 0 )

r
r
∆ có véctơ pháp tuyến n = ( a ; b ) , véctơ chỉ phương u = ( b ; − a )

 x = x0 + at
( a 2 + b2 ≠ 0 )
y
=
y
+
bt
0

r
r
∆ có véctơ chỉ phương n = ( a ; b ) , véctơ pháp tuyến u = ( b ; − a )

+ Phương trình tham số của đường thẳng ∆ : 

2
2
+ Khoảng cách từ M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 ( a + b ≠ 0 ) là:

d ( M ; ∆) =

ax0 + by0 + c
a 2 + b2
3


+ Góc ϕ giữa hai đường thẳng ∆1 : a1 x + b1 y + c1 = 0 và ∆ 2 : a2 x + b2 y + c2 = 0 được
ur uu
r

tính theo công thức: cos ϕ = cos ( n1; n2 ) =

a1a2 + b1b2
a12 + b12 . a2 2 + b2 2

ur uu
r

(trong đó n1 , n2 là các

véc tơ pháp tuyến của ∆1 và ∆ 2 )
2.2 Thực trạng vấn đề
2.1.1. Đối với giáo viên :
Trong quá trình dạy toán ở Trường THPT với đối tượng HS lớp tôi phụ trách
một số các em có học lực khá và ham hiểu biết, cho nên làm thế nào để trong
quá trình giảng dạy học sinh từ hiểu biết đi đến yêu thích bộ môn, nắm vững
kiến thức và vận dụng linh hoạt vào việc giải bài tập là điêù tôi luôn trăn trở.
Với lượng kiến thức giảng dạy chính khóa, giáo viên không có đủ thời gian
để đưa ra những bài tập nhằm phát triển khả năng tư duy cho học sinh, hoặc nếu
có cũng chỉ là ở những tiết ôn tập chương, tuy nhiên số lượng cũng rất ít và chỉ

lướt nhanh qua một hoặc hai ví dụ.
Qua thực tế giảng dạy nhiều năm, tôi nhận ra rằng nếu chỉ dạy học sinh đơn
thuần kiến thức theo sách giáo khoa thì chỉ đáp ứng được yêu cầu của số HS
trung bình, khá và kết quả thu được của HS chưa cao. Đặc biệt là việc tổng hợp,
liên hệ các mảng kiến thức ở các bậc học dưới còn rất lúng túng, thậm chí còn
không có sự định hướng trước những bài toán. Do vậy trong quá trình giảng dạy
tôi thường xuyên nghiên cứu kĩ chương trình từng khối lớp: phân loại kiến thức,
dạy cho học sinh theo từng chuyên đề và trong mỗi dạng đó, tôi đã cố gắng tìm
tòi và cung cấp thêm cho các em những phương pháp giải ngoài sách giáo khoa
để có thể giúp học sinh vận dụng giải bài toán một cách nhanh nhất vào những
buổi học bồi dưỡng.
2.1.2. Đối với học sinh:
Trường THPT Yên Định 2 đóng trên địa bàn có nhiều xã khó khăn về kinh
tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chưa thực sự được quan tâm từ
các bậc học dưới vì vậy kiến thức cơ sở về môn toán của các em hầu hết tập
trung ở mức độ trung bình.
Với lớp bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng các em thường thụ
động trong việc tiếp cận và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức được giáo viên
cung cấp chứ chưa có ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng như tìm được niềm vui, sự
hưng phấn khi giải các bài toán.
Bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng thông thường được phân chia
thành hai mảng: mảng thứ nhất là lớp những bài toán mang nặng tính “đại số”
thường được xây dựng trên cơ sở là phương pháp tham số hóa và thường áp
dụng những kiến thức về tọa độ trong mặt phẳng để giải quyết; mảng thứ hai là
lớp những bài toán mang nặng tính “hình học” và thường được xây dựng trên
những bài toán hình học phẳng thuần túy
Trước thực trạng đó tôi muốn đưa ra ý tưởng giải quyết bài toán hình học
phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua việc “phát hiện” ra những tính chất hình
học dựa trên mối liên hệ giữa các dữ kiện của bài toán từ đó liên hệ với các kiến
4

thức tọa độ để định hướng và đi đến hoàn chỉnh lời giải bài toán. Do thời gian và
khuôn khổ của đề tài nên tôi quyết định chọn lớp bài toán mang nặng tính “hình
học” nhưng chỉ trong mảng kiến thức liên quan đến tính chất của tam giác vuông
cân.
2.3 Một số bài toán khai thác từ tính chất của tam giác vuông cân
2.3.1 Tính chất :
Tính chất 1: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Các điểm M,N lần lượt thuộc các
cạnh AB và AC sao cho AM = AN ( M, N không trùng với các đỉnh của tam giác
). Đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại H; đường
thẳng d 2 đi qua M và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại K . Khi đó KH = HC
Tính chất 2: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi H là trung điểm của đoạn BC, D
là hình chiếu vuông góc của H trên đường thẳng AC và M là trung điểm của
đoạn HD. Khi đó AM ⊥ BD
Tính chất 3: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC.
Lấy E là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên
đường thẳng AE. Khi đó ∆MHK là tam giác vuông cân tại M
Tính chất 4: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABM và D là điểm thuộc đoạn MC sao cho GA =
GD. Khi đó ∆AGD vuông cân tại G
Tính chất 5: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AC và BC. Gọi G là trọng tâm ∆ABC . Đường thẳng qua A vuông góc với BM
cắt BC tại E. Khi đó MN là đường trung trực của đoạn GE
Tính chất 6: Cho ∆ABC vuông cân tại C. Trên đường tròn (ABC) lấy điểm D
( khác A, B, C). Gọi I là giao điểm thứ 2 của đường tròn tâm C bán kính CA với
đường thẳng BD. Khi đó CD là đường trung trực của đoạn thẳng AI
Tính chất 7: Cho ∆ABC vuông cân tại C. Lấy P là điểm bất kỳ trên cạnh BC.
Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của P trên AB và AC. Gọi Q là điểm đối xứng
của P qua đường thẳng DE. Khi đó PQ ⊥ QA và Q thuộc đường tròn (ABC)

Tính chất 8: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm AC. Gọi D là
hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BM. Gọi H là hình chiếu vuông
uuur 2 uuur
góc của D trên đường thẳng AC. Khi đó AH = HC
3

2.3.2 Phát hiện và giải quyết vấn đề với bài toán tọa độ trong mặt phẳng
từ các tính chất của tam giác vuông cân
Tính chất 1: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Các điểm M,N lần lượt thuộc các
cạnh AB và AC sao cho AM = AN ( M,N không trùng với các đỉnh của tam giác
). Đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với BN cắt cạnh BC tại H; đường
thẳng d 2 đi qua M và vuông góc với BN cắt
cạnh BC tại K . Chứng minh KH = HC
Chứng minh :
Qua C dựng đường thẳng vuông góc với
AC,đường thẳng này cắt AH tại P. Ta có

5


KH BK
=
MA BM

Mặt khác ∆BMK : ∆CPH nên
BK CH CH
=
=
do ∆ABN = ∆CAP
BM CP AN

KH CH
=
⇒ KH = CH (đpcm)
Suy ra
MA MA

Nhận xét : Học sinh hoàn toàn có thể chứng
minh KH = CH theo hướng khác.Chẳng hạn:
Dựng hình vuông ABDC có MK và AH cắt CD
lần lượt tại các điểm E và P. Do AM = EP và AN
= CP ( ∆ABN = ∆CAP ) nên EP = CP theo tính
chất của đường trung bình suy ra KH = HC
Cách này tương đối dễ hiểu nhưng việc dựng
thêm nhiều điểm đối với học sinh là một động tác
tương đối khó.

Bài 1 : Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho ∆ABC vuông cân tại A. Các điểm
M,N lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AM = AN ( M,N không trùng
với các đỉnh của tam giác ). Đường thẳng d1 đi qua A và vuông góc với BN cắt


cạnh BC tại H  ; − ÷ ; đường thẳng d 2 đi qua M và vuông góc với BN cắt
5 3
6

2



cạnh BC tại K  ; ÷ . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A

5 3
thuộc đường thẳng ( ∆ ) : 5 x + 3 y + 13 = 0 và có hoành độ dương.
(Trích đề thi HSG lớp 11, Tỉnh Thanh Hóa 2017-2018)
Bước 1: Phát hiện vấn đề
Mấu chốt của bài toán là phát hiện được KH=CH
(muốn vậy yêu cầu học sinh phải kết hợp vẽ hình
tương đối chính xác)
Sau khi có được tính chất này suy ra được tọa độ
điểm C cũng như phương trình đường thẳng BC
Viết được phương trình AC nhờ góc giữa hai đường
thẳng
Kết hợp ta có tọa độ điểm A và B
Bước 2 : Giải quyết vấn đề
Do H là trung điểm
CK nên C(2;-2). Véc tơ pháp
ur
tuyến của BC là n1 = ( 5;3)
Suy ra phương trình BC : 5 x + 3 y − 4 = 0
2 2

6


r

Gọi n = ( a; b ) ;(a 2 + b 2 ≠ 0) là một véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AC và
ur
n1 = ( 5;3) là một véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC. Khi đó :
r ur
n

.n1
1
cos 450 = r ur ⇔
=
2
n . n1

5a + 3b
a + b 2 . 34
2

b = 4 a
⇔ 4b − 15ab − 4a = 0 ⇔ 
b = − 1 a

4
b
=
4
a
⇒
AC
:
x
+
4
y
+
6
=

0
⇒ A( −2; −1) loại
Với
1
Với b = − a ⇒ AC : 4 x − y − 10 = 0 ⇒ A(1; −6) thõa mãn
4
⇒ Phương trình AB : x + 4 y + 23 = 0 ⇒ B ( 5; −7 )
2

2

Vậy A(1;-6); B(5;-7) và C(2;-2)
Nhận xét : Từ bài toán này có thể nhấn mạnh cho học sinh thấy rằng lớp
các bài toán tọa độ trong mặt phẳng có chứa giả thuyết tam giác vuông cân
có sử dụng một kỹ năng vô cùng quan trọng : “ viết phương trình đường
thẳng hợp với đường thẳng cho trước một góc 450 ”. Kỹ năng này sẽ được sử
dụng thường xuyên trong các tính chất và bài toán tiếp theo
Tính chất 2: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi H là trung điểm của đoạn BC, D
là hình chiếu vuông góc của H trên đường thẳng AC và M là trung điểm của
đoạn HD. Khi đó AM ⊥ BD
Chứng minh :
AB
AD
·
=2=
nên ∆ABD : ∆DAM suy ra DAM
= ·ABD
AD
DM
Mặt khác ∆ABC vuông tại A nên AM là đường cao của ∆ABD hay AM ⊥ BD

Vì

Nhận xét :
Học sinh hoàn toàn có thể chứng minh
AM ⊥ BD bằng tích vô hướng của hai
véc
tơ
như sau:
uuuu
r uuur uuur

2AM = AH + AD
uuur uuur uuur nên
BD = BH + HD
uuuu
r uuur uuur uuur uuur uuur
2 AM .BD = BH + HD . AH + AD
uuur uuur uuur uuur uuur uuu
r uuur uuur uuur
= BH . AD + AH .HD = CH CA − CD − HA.HD
uuur uuu
r uuur uuur uuur uuur
= CH .CA − CH .CD − HA.HD
CH
CD
HD
= CH .CA.
− CH .CD.
− HA.HD.

CA
CH
HA
2
2
2
= CH − CD − HD = 0
Do đó AM ⊥ BD . Đây cũng là phương pháp để rèn luyện kỹ năng biến đổi các

(

)(

(

)

)

phép toán véc tơ của hình học lớp 10
Bài 2 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A
có H là trung điểm BC, D là hình chiếu vuông góc của H trên AC và M là trung
7


điểm HD. Đường thẳng BD đi qua điểm E(0;4) và đường thẳng AC đi qua điểm
F(-1;5). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết đường thẳng AM có phương trình
x − 3 y + 14 = 0

Bước 1: Phát hiện vấn đề

Mấu chốt của bài toán là nếu học sinh biết sử dụng tính chất 2 thì có thể phát
hiện ra ngay là có thể viết được phương trình đường thẳng BD
Phương trình cạnh AC cũng viết được dựa vào bài toán số 1 ở trên. Như vậy có
thể tìm được tọa độ A và D.
Tọa độ điểm C có được là do D là trung điểm AC từ đó suy ra tọa độ điểm B
Bước 2: Giải quyết vấn đề
Đường thẳng BD qua E và BD ⊥ AM
( chứng minh trên ) nên có phương
trình là 3x + y − 4 = 0
Đường thẳng AC qua F và tạo với AM
·
góc DAM
mà
1
2
·
·
tan DAM
= ⇒ cos DAM
=
2
5
r
2
2
Gọi n = ( a; b ) ;(a + b ≠ 0) là một véc tơ
ur
pháp tuyến của đường thẳng AC và n1 = ( 1; −3) là một véc tơ pháp tuyến của
r ur
n.n1

a − 3b
2
·
= r ur ⇔
=
đường thẳng AM. Khi đó : cos DAM
5
n . n1
a 2 + b 2 . 10
b = − a
⇔ 7 a 2 + 6ab − b 2 = 0 ⇔ 
b = 7 a
Với b = −a ⇒ AC : x − y + 6 = 0 ⇒ A(−2; 4) thõa mãn
 2 24 
Với b = 7a ⇒ AC : x + 7 y − 34 = 0 ⇒ A  ; ÷ loại
5 4 
 1 11 
Vì D = AC ∩ BD nên D  − ; ÷ và C ( 1;7 )
 2 2
 1 19 
Phương trình HD : x + y − 5 = 0 ⇒ M  ; ÷⇒ H ( 1; 4 ) ⇒ B ( 1;1)
4 4 

Vậy A(-2;4), B(1;1), C(1;7)
Tính chất 3: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC.
Lấy E là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C
trên đường thẳng AE. Khi đó ∆MHK là tam giác vuông cân tại M
Chứng minh :
·
Ta có hai tứ giác AKMC và ABHM là các tứ giác nội tiếp nên MKH

= ·ACM = 450 ,
·
·
MHK
= MBA
= 450 suy ra ∆MHK vuông cân tại M
Bài 3 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC vuông cân tại A, Gọi
5 5
M  ; ÷ là trung điểm của đoạn BC. Lấy E là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Gọi
2 2
8


H, K lần lượt là hình chiếu của B, C trên đường thẳng AE. Tìm tọa độ A, B, C
biết H(2;4) và K là trung điểm của HA, K có hoành độ nhỏ hơn 2
Bước 1: Phát hiện vấn đề
Mấu chốt của bài toán là nếu học sinh biết sử
dụng tính chất 3 thì có thể phát hiện ra ngay là
tam giác MHK vuông cân tại M suy ra được tọa
độ điểm K
Do K là trung điểm của AH nên tìm được tọa độ
điểm A
Kết hợp tam giác ABC vuông cân cùng với tọa độ
A, M suy ra tọa độ 2 điểm B, C
Bước 2: Giải quyết vấn đề
Theo chứng minh trên ∆MHK là tam giác vuông ân
tại M nên đường thẳng MK qua M và vuông góc với HM có phương trình
x − 3y + 5 = 0
Gọi K ( 3a − 5; a ) ∈ MK . Vì MH=MK nên tìm được K(1;2) hoặc K(4;3) (loại)

Vì K là trung điểm HA nên A(0;0)
Đường thẳng BH qua H và vuông góc với AH nên có phương trình x + 2 y − 10 = 0
Gọi B ( 10 − 2b; b ) ∈ BH . Phương trình đường trung trực của MH là d:
2 x − 6 y + 15 = 0

Trung điểm của AB thuộc d nên có phương trình
b
 10 − 2b 
2
÷− 6. + 15 = 0 ⇔ b = 5
2
 2 

Do đó B(0;5). Vì M là trung điểm BC nên C(5;0).
Vậy A(0;0); B(0;5); C(5;0)
Tính chất 4: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn BC.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABM và D là điểm thuộc đoạn MC sao cho GA =
GD. Khi đó ∆AGD vuông cân tại G
Chứng minh:
Ta có GA=GB=GD nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABD
Mặt khác Bµ = 450 nên ·AGD = 2 Bµ = 900 suy ra tam giác AGD vuông cân tại G
Bài 4 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC vuông cân tại A, Gọi M
là trung điểm của đoạn BC và G là trọng tâm ∆ABM . Điểm D ( 7; −2 ) ∈ MC sao
cho GA=GD. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình đường thẳng AB biết
AG : 3x − y − 13 = 0 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 4
( Trích đề thi thử lần 1, THPT Chuyên Bắc Ninh 2015)
Bước 1: Phát hiện vấn đề
Nhận thấy tam giác ADG vuông cân tại G theo chứng minh trên nên có thể tìm
được tọa độ điểm A thông qua tọa độ điểm D và phương trình đường thẳng AG
Với tọa độ 3 điểm A, G, D ta có thể tính được độ dài các đoạn thẳng

GA;GD;AD;AN;NG từ đó suy ra được cosin góc giữa AB và AG
9


Sử dụng bài toán 1 để tìm được phương trình đường thẳng AB
Bước 2: Giải quyết vấn đề
GA = GD = d ( D; AG ) = 10 ⇒ AD 2 = 20
Gọi A ( a;3a − 13) , a < 4. Từ
AD 2 = 20 ⇔ ( a − 7 ) + ( 3a − 11) = 20
2

2

⇔ a = 3 hoặc a = 5 (loại), suy ra A(3;-4)
r
Gọi n = ( a; b ) ;(a 2 + b 2 ≠ 0) là một véc tơ pháp
ur
tuyến của đường thẳng AB và n1 = ( 3; −1) là một

véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AG. Khi
r ur
n.n1
3a − b
3
·
= r ur ⇔
=
đó : cos NAG
10
n . n1

a 2 + b 2 . 10

b = 0
⇔ 6ab + 8b 2 = 0 ⇔ 
3a = −4b
Với b = 0 ⇒ AB : x − 3 = 0
Với 3a = −4b ⇒ AB : 4 x − 3 y − 24 = 0
Nhận thấy với AB : 4 x − 3 y − 24 = 0 ta có d ( D; AB) = 2 < d ( D; AG ) = 10

Trường hợp này không thõa mãn
Vậy A(3;-4) và AB: x – 3 = 0
Tính chất 5: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
AC và BC. Gọi G là trọng tâm ∆ABC . Đường thẳng qua A vuông góc với BM
cắt BC tại E. Khi đó MN là đường trung trực của đoạn GE
Chứng minh:
Ta có G là trực tâm ∆ABE nên GE ⊥ MN mặt khác ∆ABC vuông cân nên ∆ANC
vuông cân nên ∆NGE vuông cân,, do đó MN là đường trung trực của GE
Bài 5 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC vuông cân tại A, Gọi M
là trung điểm của đoạn AC. Đường thẳng qua A và vuông góc với BM cắt AC tại
E(2;1). Trọng tâm ∆ABC là G(2;2). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
Bước 1: Phát hiện vấn đề
Ta nhận thấy giả thiết bài toán xoay quanh 2
điểm E và G. Nếu học sinh không phát hiện ra
được tính chất quan trọng số 5 thì rất khó để
giải quyết bài toán
Vậy theo chứng minh trên ta có ngay phương
trình của đường thẳng MN
Kết hợp thêm giả thiết tam giác NGE vuông
cân tại N ta có được tọa độ điểm N.
Từ tọa độ N và G suy ra được tọa độ điểm A nhờ tính chất của đường trung

tuyến
10


Kết hợp phương trình AC và độ dài AC suy ra được tọa độ 2 điểm B, C
Bước 2: Giải quyết vấn đề
Theo chứng minh trên MN là đường trung trực của GE nên phương trình MN:
y=

3
2



Gọi N  n; ÷∈ MN . Ta có GN = GE =
nên
2
2
 2
1

3

n=

1

( n − 2)

2

+

1 1
3
= ⇔n=
hoặc
4 2
2

5
2





Do đó ta tìm được N  ; ÷ hoặc N  ; ÷
2 2
2 2
3 3

uuur

5 3

uuur




Với N  ; ÷ ta có AG = 2GN ⇒ A(3;3)
2 2
3 3

Đường thẳng AC : x + y − 3 = 0 . Vì AC = 3 nên phương trình đường tròn tâm A
2
2
bán kính AC có phương trình ( x − 3) + ( y − 3) = 9 . Từ đó tìm được B(0;3) và
C(3;0)


Với N  ; ÷ giải tương tự ta tìm được A(1;3); B(4;3) và C(1;0)
2 2
5 3

Vậy A(3;3); B(0;3) và C(3;0)
A(1;3); B(4;3) và C(1;0)
Tính chất 6: Cho ∆ABC vuông cân tại C. Trên đường tròn (ABC) lấy điểm D
( khác A, B, C). Gọi I là giao điểm thứ 2 của đường tròn tâm C bán kính CA với
đường thẳng BD. Khi đó CD là đường trung trực của đoạn thẳng AI
Chứng minh :
Do ·ACB = 900 nên ·AIB = 450 hoặc ·AIB = 1350
⇒ ·AID = 450 . Do đó ∆AID vuông cân tại D nên
DA=DI mà CA=CI nên CD là đường trung
trực của AI

Bài 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,
cho ∆ABC vuông cân tại C(-2;1). Trên đường tròn đường kính AB lấy điểm D(1;-1). Gọi I là giao điểm thứ 2 của đường tròn (C;CA) với BD. Tìm tọa độ các
đỉnh A, B biết đường thẳng AI đi qua M(-1;4) và điểm A có hoành độ dương
11

Bước 1: Phát hiện vấn đề
Ta nhận thấy giả thiết bài toán xoay quanh tọa độ C;D và điểm M trên AI. Như
vậy theo tính chất 6 ta có thể viết được phương trình AI do AI ⊥ CD .
Sử dụng khoảng cách từ điểm D đến AI để suy ra độ dài đoạn AD từ đó suy ra
tọa độ điểm A
Có A;C tính được tọa độ điểm B
Bước 2: Giải quyết vấn đề
Theo chứng minh trên đường thẳng CD là trung trực của đoạn AI nên phương
trình AI: x − 2 y + 9 = 0
Gọi A ( 2a − 9; a ) ∈ AI . Vì DA = 2d ( D; AI ) = 2 10 nên ta có phương trình :

( 2a − 8 )

2

+ ( a + 1) = 2 10 ⇔ a 2 − 6a + 5 = 0 ⇔ a = 1 hoặc a = 5
2

Suy ra A(1;5) hoặc A(-7;1) loại
Ta có phương trình BD : x + 3 y + 4 = 0 . Gọi B ( −3b − 4; b ) ∈ BD . Khi đó
uuu
r uuu
r
CA.CB = 0 ⇔ 3 ( −3b − 2 ) + 4 ( b − 1) = 0 ⇔ b = −2

Do đó B(2;-2). Vậy A(1;5) và B(2;-2)
Tính chất 7: Cho ∆ABC vuông cân tại C. Lấy P là điểm bất kỳ trên cạnh BC.
Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của P trên AB và AC. Gọi Q là điểm đối xứng

của P qua đường thẳng DE. Khi đó PQ ⊥ QA và Q thuộc đường tròn (ABC)
Chứng minh :
Gọi I = AP ∩ DE . Khi đó
IA=IP=IQ nên ∆APQ vuông tại Q
hay AQ ⊥ QP . Tiếp theo vì EP=EQ
( P và Q đối xứng nhau qua ED)
mà ∆EPC vuông cân nên
EC=EP=EQ
Do đó E là tâm đường tròn (PQC)
·
do đó PQC
= 450 ⇒ ·AQC = 1350 . Suy
ra
·AQC + ·ABC = 1350 + 450 = 1800 . Suy ra tứ giác ABCQ nội tiếp nên Q ∈ ( ABC )
Bài 7 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC vuông cân tại A. Trên


cạnh BC lấy điểm P  ;0 ÷ . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của P trên
5
2



12


AB và AC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết DE : 12 x + 24 y − 75 = 0 ; BC = 10 và
điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2
Bước 1: Phát hiện vấn đề
Bài toán cho phương trình đường thẳng DE và tọa độ điểm P. Vậy câu hỏi đặt ra

là mối liên hệ của điểm P và DE là gì? Có thể khai thác được những điểm nào
khác từ điểm P?
Sau khi khai thác được tọa độ điểm Q và biết Q thuộc (ABC) thì việc tạo ra
điểm F chính là “ nốt thắt” của bài toán khi kết hợp được giả thiết BC = 10 bằng
việc sử dụng tính chất
uuu
r uuur
FP.FQ = FM .FA = 50 ⇒ FP.FQ = 50

Bước 2: Giải quyết vấn đề
Vì Q đối xứng với P qua DE nên Q(4;3).
Theo chứng minh trên AQ ⊥ QP nên
phương trình đường thẳng AQ là :
x + 2 y − 10 = 0

Gọi F = QP ∩ AM với M là trung điểm
BC . Theo chứng minh trên Q thuộc đường
tròn (ABC) nên AF là đường kính của
đường tròn (ABC) suy ra AF = BC. Khi đó
tứ giác AQPM nội tiếp :
uuu
r uuur
FP.FQ = FM .FA = 50 ⇒ FP.FQ = 50

Ta có PQ : 2 x − y − 5 = 0
uuu
r uuur

Gọi F ( a; 2a − 5) ∈ PQ. Khi đó FP.FQ = 50 ⇔ 2a 2 − 13a = 0 ⇔ a = 0 hoặc a =

13
2

Vì P nằm giữa Q và F nên F(0;5)
Gọi A ( 10 − 2m; m ) ∈ AQ. Vì AF = 10 nên A(0;5) hoặc A(8;1). Chon A(0;5)
Khi đó M(0;0) nên MP: x = 0
Do đó B(-5; 0);C(5;0). Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A(0;5);B(-5;0) và C(5;0)

Bình luận:
Việc lấy điểm F ở bài số 7 là tự nhiên vì đề bài cho đường kính của đường
tròn (ABC), mặt khác tọa độ điểm P, Q đã có. Đây có lẽ là mấu chốt để có
được lời giải như trên
13


Tính chất 8: Cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm AC. Gọi D là
hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BM. Gọi H là hình chiếu vuông
uuur

2 uuur
3

góc của D trên đường thẳng AC. Khi đó AH = HC
Chứng minh :
MB 2 + BC 2 − MC 2
3
·
=
Ta có cos MBC =
2 MB.MC

10
3
1
·
·
⇒ cos CAD
=
⇒ tan CAD
= . Do đó AH =
3
10
HD AM 1
∆CHD : ∆BAM ⇒
=
=
HC
AB 2
3HD. Mặt khác
uuur 3 uuur
1
⇒ HD = HC ⇒ AH = HC
2
2

(đpcm)
Bài 8 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC vuông cân tại A. Gọi M
là trung điểm của AC. Gọi D(1;-3) là hình chiếu vuông góc của C lên BM. Tìm
tọa độ A, B, C biết đường thẳng AC có phương trình : x + y = 0 và điểm C có
hoành độ dương.
Bước 1: Phát hiện vấn đề

Nốt thắt lại là kỹ năng dùng mối quan hệ về góc để viết phương trình đường
thẳng CD được vận dụng ở đa số các bài toán trước.
Kết hợp phương trình AC và DH để có tọa độ điểm H và sử dụng tính chất
uuur 2 uuur
AH = HC để tìm tọa độ A
3

Bước 2: Giải quyết vấn đề
Kẻ DH ⊥ AC ( H ∈ AC ) theo chứng minh trên HC = 2 HD nên
·
tan DCA
=
r

1
2
·
⇒ cos DCA
=
2
5

Gọi n = ( a; b ) ;(a 2 + b 2 ≠ 0) là một véc tơ pháp tuyến của đường thẳng DC và
ur
n1 = ( 1;1) là một véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AC. Khi đó :
r ur
n.n1
a+b
2
·

cos DCA
= r ur ⇔
=
5
n . n1
a 2 + b2 . 2

 a = 3b
⇔ 3a 2 − 10ab + 3b 2 = 0 ⇔ 
b = 3a

Với a = 3b ⇒ CD : 3x + y = 0 ⇒ C ( 0;0 ) loại
Với b = 3a ⇒ CD : x + 3 y + 8 = 0 ⇒ C ( 4; −4 )
Phương trình đường thẳng DH là : x − y − 4 = 0 . Do đó H(2;-2) theo chứng minh
uuur

2 uuur
3

trên AH = HC tìm được A(-1;1) từ đó suy ra B(4;6)
14


Vậy A(-1;1) ; B(4;6); C(4;-4)
2.4 Một vài kinh nghiệm rút ra
Đứng trước bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng, ta cần nghiên cứu
kỹ dữ kiện mà bài toán đã cho, tìm thấy được mối liên hệ giữa các dữ kiện đó.
Để tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện thì câu hỏi thường trực của chúng ta
là: “giữa chúng có quan hệ nào chăng? Bài toán cho dữ kiện này nhằm mục đích
gì?”. Từ đó dặt ra giả thuyết tức là phát hiện ra “vấn đề” cần giải quyết. Sau đó

kiểm chứng tính đúng đắn của giả thuyết đặt ra bằng cách đặc biệt hóa bài toán.
Cuối cùng là tìm kiếm giải pháp chứng minh giả thuyết. Tuy nhiên việc phát
hiện ra mối liên hệ giữa các giả thuyết tức là phát hiện ra “vấn đề” thì lại phụ
thuộc vào kỹ năng giải toán, trình độ của từng người. Có những “vấn đề” dễ
dàng phát hiện và chứng minh với người này nhưng lại khó khăn với người
khác, điều này phụ thuộc năng lực, trình độ và kỹ năng của từng người.
Trong quá trình dạy học tôi nhận thấy phần tọa độ trong mặt phẳng thông
thường được phân chia thành hai mảng: mảng thứ nhất là lớp những bài toán
mang nặng tính “đại số”; mảng thứ hai là lớp những bài toán mang nặng tính
“hình học”. Do thời gian và khuôn khổ của đề tài nên tôi chỉ trình bày lớp bài
toán mang nặng tính “hình học” nhưng chỉ trong mảng kiến thức liên quan đến
tính chất của tam giác vuông cân. Tuy nhiên lớp bài toán mang nặng tính “hình
học” thường phù hợp hơn với học sinh khá giỏi có kiến thức hình học phẳng ở
THCS vững vàng, biết xâu chuỗi và liên hệ tốt các vấn đề với nhau. Qua đó có
thể rút ra được quy trình xây dựng bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng dựa
vào sự kết hợp giữa các bài toán cơ sở trong hình học tọa độ và các bài toán hình
học phẳng “thuần túy”, từ đó kích thích tính sáng tạo, lòng say mê bộ môn và
phát triển tư duy toán học, khả năng phân tích liên hệ xâu chuỗi kiến thức một
cách linh hoạt.
2.5 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi thực hiện đề tài này cho HS lớp 10A1, 10A2 trường THPT Yên Định 2
Tôi kiểm tra với đề bài :
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết BC :


x + 7y – 31 = 0 có điểm N 1; ÷∈ AC và M ( 2; −3) ∈ AB . Xác định tọa độ các đỉnh
 2
của tam giác ABC biết rằng A có hoành độ âm.
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A có H là trung

điểm cạnh BC , D là hình chiếu vuông góc của H trên cạnh AC và M là trung
điểm của HD. Đường thẳng BD đi qua điuểm E(0;4) và đường trung bình của
tam giác ABC ứng với cạnh AC có phương trình y = x + 3 . Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC biết AM : x – 3y + 14 = 0 và điểm A có hoành độ âm
5

Sau khi chấm bài tôi thu được kết quả như sau:
Tổng số
Kết quả
15


SL
90

20

Giỏi
%
22.2

Khá
SL
%

Trung bình
Yếu
SL
%
SL

%

Kém
SL
%

45

10

0

50

11.1

15

16.7

0

Qua kết quả áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 10, trong ôn tập bồi
dưỡng học sinh khá giỏi, dạy học đại trà tôi nhận thấy:
- Học sinh có tâm lý vững vàng, tự tin, có kỹ năng vận dụng tốt hơn, đặc
biệt học sinh dễ dàng giải được những lớp bài tập đã được nêu trong sáng kiến
trên.
- Tôi thấy học sinh lĩnh hội kiến thức một cách thoải mái, rõ ràng, có hệ
thống. Học sinh biết phát hiện xâu chuỗi các kiến thức đã học, xoá đi cảm giác
khó và phức tạp ban đầu là không có quy tắc giải tổng quát, cảm thấy lý thú với

chủ đề này và qua đó cũng thấy được dạng toán này thật phong phú chứ không
đơn điệu. Qua kiểm tra việc làm bài tập của HS tôi thấy đa số HS làm được bài,
hầu hết các bài tập giao đều được các em ở mọi đối tượng tham gia tích cực.Với
HS khá giỏi các em đã được phát triển và nâng cao ngay từ các bài tập ở sau mỗi
buổi học, bề sâu kiến thức được tăng dần.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Là giáo viên toán, bản thân tôi đã cố gắng tìm tòi và cung cấp thêm cho các em
những phương pháp giải mà sách giáo khoa không có thời gian đề cập đến để có
thể giúp học sinh vận dụng giải bài toán một cách nhanh nhất. Thực tế cho thấy
rằng muốn có kết quả cao trong giảng dạy thì phải có sự phấn đấu, sự bền bỉ,
kiên trì của thầy và trò. Kết quả đó cũng khích lệ giáo viên trong miệt mài say
sưa nghiên cứu cách giải các dạng toán để phát triển, nâng cao cho học sinh.
Để nâng cao chất lượng dạy học với từng đối tượng học sinh, bản thân tự rút
ra một số kinh nghiệm nhỏ như sau:
- Khi dạy, phải cho học sinh hiểu sâu sắc lý thuyết, nắm được các dạng để
rồi nhận được dạng trước 1 bài toán. Cần rèn luyện về cách lập luận và trình bày
của học sinh.
- Với mỗi bài, giáo viên phải để lại cho học sinh một ấn tượng, bước đi nào
đó để gặp bài toán tương tự học sinh có thể liên hệ được.
- Nắm vững nội dung, yêu cầu của chương trình, phạm vi, mức độ kiến
thức. Phải có quá trình tự học, tự nghiên cứu nghiêm túc và sáng tạo. Bám sát
việc đổi mới phương pháp dạy học sao cho phù hợp với đặc trưng bộ môn.
- Việc bồi dưỡng phát triển tư duy học sinh phải thực hiện ngay từ lớp 10,
để giúp học sinh rèn luyện tư duy lôgic và kỹ năng tính toán, đồng thời phát huy
tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh khi gặp bài tập ở dạng phức tạp.
Trên đây là một số vấn đề về kiến thức và phương pháp mà tôi đã rút ra được
khi dạy phần phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Bằng những hiểu biết của
bản thân còn hạn chế, kinh nghiệm chưa nhiều. Trong quá trình thực hiện đề tài
chắc chắn chưa được hoàn hảo tôi rất mong được sự góp ý chân tình của các bạn

16


đồng nghiệp, của hội đồng khoa học để đề tài những năm học tới được tốt hơn,
đáp ứng với yêu cầu đổi mới giáo dục.
Tôi xin chân thành cảm ơn./.
3.2 Kiến nghị
Để chất lượng ngành GD và ĐT được nâng lên một cách rõ rệt thì phải
đổi mới toàn diện, trong đó chất lượng đội ngũ giáo viên là một vấn đề cấp thiết.
Chương trình đào tạo có chất lượng cho giáo viên là một hình thức nên được
quan tâm và tổ chức thường xuyên một cách có hiệu quả. Hình thức thi viết sáng
kiến kinh nghiệm ít nhiều cũng đã giúp đội ngũ giáo viên tăng khả năng tự học,
tự sáng tạo. Bất kể một công việc nào muốn đạt được kết quả cao cũng đòi hỏi
phải có sự tâm huyết và quyết tâm cao. Rất mong Nghành GD duy trì thường
xuyên và liên tục những chương trình giúp đội ngũ giáo viên được rèn luyện
nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ.
Vì vậy để đề tài thu được kết quả tốt và triển khai sâu rộng cho các em HS
thì Tôi có một vài kiến nghị đề xuất như sau:
1. Đối với cán bộ quản lý nhà trường cần đầu tư thêm nhiều tài liệu tham
khảo cho giáo viên, có thư viện phong phú để HS tham gia nghiên cứu tài
liệu, có kinh phí hỗ trợ khuyến khích động viên giáo viên
2. Mở rộng hội nghị khoa học để trao đổi kinh nghiệm dạy và học, tìm cách
áp dụng đề tài nghiên cứu một cách có hiệu quả.
Tạo điều kiện về thời gian để rèn luyện HS yếu kém, bồi dưỡng HS khá giỏi
để đề tài được áp dụng rộng rãi và có kết quả cao hơn.
Tài liệu tham khảo
[1]. Sách giáo khoa Hình học lớp 10 – chương trình chuẩn của nhà xuất bản
Giáo Dục
[2]. Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh THPT tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018
[3]. Các đề thi khảo sát đội tuyển học sinh giỏi của các trường THPT được gửi

trên mạng internet.
[4]. Đề thi thử lần 1 THPT chuyên Bắc Ninh, Tỉnh Bắc Ninh năm 2015
Danh mục các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã được xếp loại cấp tỉnh
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2019
CAM KẾT KHÔNG COPY
Tôi xin cam đoan SKKN này là của bản
thân tích lũy được trong quá trình công
tác, không sao chép copy của người khác
Tác giả
17


Trịnh Huy Hiệp

18