chuyên đề: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT …………..
- - - - - - - - - -

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC …………..


PHẦN I: LỜI GIỚI THIỆU
1. Lý do chọn chuyên đề:
Trong đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng (mà ngày nay gọi là kỳ thi THPT
Quốc gia) thường có một câu hỏi về bài toán hình học vận dụng phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng. Đây là bài toán tương đối khó, dùng để phân loại thí sinh.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy không ít học sinh còn rất lúng túng khi xác định
phương pháp tiếp cận các bài toán tọa độ trong mặt phẳng. Vì vậy để giúp các em tư duy, nhận
dạng và có lời giải bài toán dạng này một cách hiệu quả , giúp cho việc học tập và ôn thi THPT
Quốc Gia của các em đạt hiệu quả cao nhất tôi chọn chuyên đề: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG ”.

Với mục đích của tôi là

giúp các em nhận thấy một bài toán tọa độ trong mặt phẳng phức tạp trở nên dễ dàng, đơn giản.
2. Phạm vi, đối tượng, mục đích của chuyên đề:
Phạm vi : Trường THPT Sáng Sơn
Đối tượng: Học sinh lớp 12
Mục đích : Giúp các em đạt điểm tối đa trong bài toán tọa độ trong mặt phẳng.
3. Thực trạng :
a. Thuận lợi:
Đa số học sinh các lớp tôi giảng dạy là học sinh có nhận thức khá, giỏi nên việc áp dụng đề tài
này khá thuận lợi.
b. Khó khăn:

Nhiều học sinh vẫn rất mơ màng khi gặp bài toán tọa độ trong mặt phẳng, do các em chưa thật
sự hiểu rõ bản chất của bài toán, vì thế các em còn rất lúng túng khi giải quyết bài toán hoặc
cách giải quyết của các em quá phức tạp hoá vấn đề dẫn đến đáp số cuối cùng dễ bị sai.
4. Cơ sở thực hiện chuyên đề:
Căn cứ vào tình hình nhận thức của đa số học sinh còn thụ động, hạn chế, mặt khác do từng
tham gia nhiều khóa học ôn thi Đại học cao đẳng, ôn thi THPT Quốc Gia cho học sinh tôi đã tự
đúc rút ra kinh nghiệm cho mình và phân chia dạng toán theo ý chủ quan dưới đây
Tuy nhiên vì thời gian nghiên cứu còn hạn chế và kinh nghiệm chưa nhiều nên chuyên đề của
tôi chắc hẳn không tránh khỏi sai sót. Rất mong được sự đóng góp chân thành của quý thầy cô
giáo và các em học sinh!

2


PHẦN II – NỘI DUNG CỦA CHUYÊN ĐỀ
A. Tóm Tắt Lý Thuyết
1. Hệ tọa độ phẳng Oxy:
a. Hệ tọa độ Oxy:
Hệ tọa độ Oxy gồm 2 trục Ox và Oy vuông góc nhau tại O. Ox, Oy lần lượt có vectơ đơn

r

r

vị là i và j .

rr
i . j = 0
r r
 i = j = 1

b. Tọa độ của vectơ:

r

r

r

r

Nếu a = x.i + y. j thì cặp số ( x; y ) được gọi là tọa độ của vectơ a và được viết là:

r
r
a = ( x; y ) hoặc a ( x; y ) .
c. Tọa độ của điểm:

uuuu
r

Nếu vectơ OM = ( x; y ) thì cặp số ( x; y ) được gọi là tọa độ của điểm M và được viết là:

M ( x; y ) .
d. Hai vectơ bằng nhau:

r
a1 = b1
r r
r
a

Cho a = ( a1; a2 ) , b = ( b1; b2 ) thì = b ⇔ 
.
a2 = b2
e. Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ:

r

r

Cho a = ( a1; a2 ) , b = ( b1; b2 ) , ta có:

r r
a ± b = ( a1 ± b1; a2 ± b2 )
r
k .a = ( ka1; ka2 ) , ∀k ∈ ¡
f. Quan hệ giữa tọa độ của vectơ và tọa độ của điểm:

uuu
r
A
x
;
y
,
B
x
;
y
Nếu ( A A ) ( B B ) thì AB = ( xB − x A ; y B − y A ) .
3

g. Hai vectơ cùng phương:

r

r

r

Cho a = ( a1; a2 ) , b = ( b1; b2 ) ≠ 0 . Khi đó:

r
a1 = kb1
r
r r
a , b cùng phương ⇔ ∃k ∈ ¡ : a = kb ⇔ ∃k ∈ ¡ : 
a2 = kb2
h. Tích vô hướng của hai vectơ:

r
r
Cho a = ( a1; a2 ) , b = ( b1; b2 ) .
r

r

rr

+ Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: Tích vô hướng của a và b ký hiệu là ab là một

số được xác định theo công thức:

rr r r
r r
ab = a b cos a , b = a1b1 + a2b2

( )

+ Các ứng dụng của tích vô hướng:

r

Độ dài của vectơ: a = a12 + a2 2
Khoảng cách giữa hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; y B ) :

uuu
r
AB = AB =

( xB − x A )

2

+ ( yB − y A )

2

rr
r r
ab

a1b1 + a2b2
Góc giữa hai vectơ: cos a , b = r r =
a b
a12 + a2 2 b12 + b2 2

( )

i. Tọa độ trung điểm đoạn thẳng, tọa độ trọng tâm tam giác:

I ( xI ; yI ) là trung điểm của AB với A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) thì:
x A + xB

x
=
I

2

 y = y A + yB
 I
2
G ( xG ; yG ) là trọng tâm của tam giác ABC với A ( x A ; y A ) , B ( xB ; y B ) , và C ( xC ; yC ) thì:

4


x A + xB + xC

 xG =
3


 y = y A + yB + yC
 G
3
j. Phương trình đường thẳng:

r

Đường thẳng ∆ đi qua điểm A ( xo ; yo ) và nhận n = ( a; b ) làm vectơ pháp tuyến có
phương trình tổng quát là:

a ( x − xo ) + b ( y − yo ) = 0
hay ax + by + c = 0, c = −axo − byo
r

Đường thẳng ∆ đi qua điểm A ( xo ; yo ) và nhận u = ( u1; u2 ) làm vectơ chỉ phương có
phương trình tham số là:

 x = xo + tu1
( t ∈¡

y
=
y
+
tu
o
2


)

k. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:
Khoảng cách từ điểm M ( xo ; yo ) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 được ký hiệu là

d ( M , ∆ ) và:
d ( M ,∆) =

axo + byo + c
a 2 + b2

l. Phương trình đường tròn:
Đường tròn ( C ) tâm I ( a; b ) , bán kính R có phương trình là:

( x − a)

2

+ ( y − b) = R2
2

hay x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0, c = a 2 + b 2 − R 2
m. Phương trình đường elip:
Elip ( E ) có độ dài trục lớn là 2a, độ dài trục bé là 2b có phương trình là:

x2 y2
( E) : 2 + 2 =1
a
b
5

n. Phương trình đường hyperbol:
Hyperbol ( H ) có độ dài trục thực là 2a, độ dài trục ảo là 2b có phương trình là:

x2 y2
( H ) : 2 − 2 =1
a
b
2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong chuyên dề
2
2
Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 ( a + b ≠ 0 )

và hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) không thuộc ∆ . Xác định điểm M trên đường thẳng ∆ , biết
đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng AB .
Quy trình giải toán.
Bước 1. Viết phương trình đường thẳng AM qua A và vuông góc với đường thẳng AB.
Bước 2. Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng ∆ .
Bước 3. Kết luận

M

A(xA;yA)

:ax+by+c=0

B(xB;yB)

2

2
Bài toán 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 ( a + b ≠ 0 )

và điểm C ( xC ; yC ) không thuộc ∆ . Xác định tọa độ điểm A trên đường thẳng ∆ , biết góc giữa
hai đường thẳng AC và ∆ bằng ϕ .

C (xC;yC)

Quy trình giải toán.
Bước 1. Tham số hóa điểm A.

ϕ

A
:ax+by+c=0
uuur r
AC.u ∆
r
Bước 2. Sử dụng công thức cos ϕ = uuur r ( u ∆ là véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ ).
AC u ∆

Bước 3. Giải phương trình ở bước 2 và kết luận.
Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm phân biệt A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) .
Xác định điểm M trên đường thẳng AB, biết AM = kBM ; ( k ∈ R, k > 0 ) .

6


Quy trình giải toán.
Bước 1. Giả sử M ( x; y )

Bước 2. Xác định M trong hai trường hợp:
-

uuuu
r

uuuu
r

B

Trường hợp 1: AM = −k BM (điểm M nằm trong đoạn AB).

M1

A

uuuu
r
uuuu
r
Trường hợp 2: AM = k BM (điểm M nằm ngoài đoạn AB).

M2

Bước 3. Kết luận.
2
2
Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 ( a + b ≠ 0 )

và hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) không thuộc ∆ . Xác định tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho
d ( M , AB ) = k ( k ∈ R, k > 0 ) .

M

Quy trình giải toán.
Bước 1. Tham số hóa điểm M.

B

Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng cách d ( M , AB ) .

A

Bước 3. Giải phương trình ở bước 2 và kết luận.
Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) . Viết
phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và thỏa mãn hệ thức
d ( A, ∆ ) = k .d ( B, ∆ ) ; ( k ∈ R, k > 0 ) .

A

Quy trình giải toán.
2
2
Bước 1. Giả sử ∆ : ax + by = ax0 + by0 ( a + b ≠ 0 )

a = α b
( *)
a = β b

Bước 2. Sử dụng hệ thức d ( A, ∆ ) = k .d ( B, ∆ ) ⇒ 

M
B

Bước 3. Chọn a, b đại diện và thỏa mãn ( *)

7


B. Một số phương pháp tiếp cận bài toán tọa độ trong mặt phẳng
1. Tiếp cận bài toán tọa độ trong mặt phẳng từ tính chất vuông góc
Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M(1;3) là trung
 3 1

1

điểm của cạnh BC, N  − ; ÷ là điểm trên cạnh AC sao cho AN = AC . Xác định tọa độ các
4
 2 2
đỉnh của hình vuông ABCD, biết D nằm trên đường thẳng x − y − 3 = 0 .
Phân tích:
-

Ta nhận thấy rằng giả thiết bài toán xoay quanh ba điểm D, M, N nên giữa chúng xuất
hiện những mối quan hệ đặc biệt. Bằng trực quan ta đưa ra giả thuyết DN ⊥ MN . Nếu
giả thuyết là đúng dựa vào bài toán 1 ta sẽ tìm được tọa độ điểm D. Từ đó ta sẽ tìm được
các đỉnh còn lại của hình vuông bằng phương pháp tham số hóa quen thuộc.

-

Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta chọn hình vuông
ABCD có tọa độ các đỉnh A ( −2; 2 ) , B ( 2; 2 ) , C ( 2; −2 ) , D ( −2; −2 ) . Khi đó
uuur uuuu
r
DN .MN = 0 ⇒ DN ⊥ MN .

Giải.
Trước hết ta sẽ chứng minh DN ⊥ MN . Ta có thể chứng minh bằng một trong các cách sau:
Cách 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm F là trung điểm của đoạn DI. Khi đó tứ
giác FNMC là hình bình hành và F là trực tâm tam giác NDC nên CF ⊥ DN . Mà CF / / MN nên
DN ⊥ MN .
A

B
N

I

M

F
C

D

Cách 2 . (Sử dụng công cụ véc tơ)
uuur

r uuur

u
r ru
r

(

r

u
r

)

uuur

3r
4

r uuuu
r uuur uuuur
1u
4

1r
4

r
3u

4

Đặt DA = x; DC = y x. y = 0; x = y . Ta có DN = x + y; MN = DN − DM = x − y.

8


uuur uuuu
r

Suy ra DN .MN =

(

)

r2
3 r2 u
x − y = 0 ⇒ DN ⊥ MN .
16

A

B
N

M

x

C

D
y

Cách 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Khi đó D ( 0;0 ) , A ( 0; a ) , C ( a;0 ) , Nên
uuur uuuu
r
3
3
 a   a 3a 
M  a; ÷, N  ; ÷. Do đó DN .MN = − a 2 + a 2 = 0 ⇒ DN ⊥ MN .
16
16
 2 4 4 

N
M

Cách 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt AB = BC = CD = DA = a.
5
8

-

Xét tam giác AND, ta có DN 2 = AN 2 + AD 2 − 2 AN . AD.cosA = a 2 .

-

2
2
2
2
Xét tam giác CMN, ta có MN = CN + CM − 2CN .CM.cosC = a .

-

Xét tam giác DCM, ta có DM 2 = DC 2 + CM 2 = a 2 . Suy ra

5
8

5
4

DM 2 = DN 2 + MN 2 ⇒ DN ⊥ MN .
B

A
N

M

9
D

C

Sau khi chứng minh DN ⊥ MN ta có
Phương trình đường thẳng DN : x + y + 1 = 0.
x + y +1 = 0
x = 1
⇒
⇒ D ( 1; −2 ) .
 x − y − 3 = 0  y = −2
uuur
uuur
uuur uuur
Giả sử A ( m; n ) , từ AC = 4 AN ⇒ C ( −6 − 3m; 2 − 3n ) . Từ AB = DC ⇒ B ( −7 − 2m; 4 − 2n ) . Suy ra

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 

 −13 − 5m 6 − 5n 
;
÷.
2
2 


tọa độ điểm M 

 −13 − 5m = 2 m = −3
⇒
⇒ A ( −3;0 ) , B ( −1; 4 ) ; C ( 3; 2 )
 6 − 5n = 6
n = 0

Từ đó ta có 
Nhận xét:
-

Để giải quyết bài toán 1.1 ta mở “ nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm D nhờ mối quan
hệ DN ⊥ MN . Như vậy bài toán 1.1 thực chất được xây dựng trên bài toán hình phẳng
thuần túy : Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên
1
4

cạnh AC sao cho AN = AC . Chứng minh rằng DN ⊥ MN .
Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc
đường thẳng d1 : 2 x − y + 2 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x − y − 5 = 0 . Gọi H là hình chiếu
9 2



của B xuống AC. Biết điểm M  ; ÷, K ( 9; 2 ) lần lượt là trung điểm của AH và CD. Xác định
5 5
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có tung độ dương.
Phân tích:
-

Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M, K, B. Bằng trực quan ta đề xuất giả thuyết
BM ⊥ KM và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 1 để “

mở nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm B. Từ đó bằng các phương pháp giải toán quen
thuộc ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật.
-

Để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra, ta cụ thể hóa bài toán 1.2 bằng hình chữ nhật ABCD
với A ( −2;1) , B ( 2;1) , C ( 2; −1) , D ( −2; −1) .

Giải:

10


Trước hết ta chứng minh BM ⊥ KM . Tương tự như bài toán 1. 1 ta có 4 cách chứng minh
BM ⊥ KM , ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác MECK là hình bình hành và E là trực tâm của tam
giác BMC nên CE ⊥ MB. Mà MK / /CE ⇒ MK ⊥ MB .
Phương trình đường thẳng BM : 9 x + 2 y = 85 .
9 x + 2 y = 85
⇒ B ( 1; 4 )
 2 x − y = −2

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

B

A
M

Giả sử C ( c; c − 5 )

E

c = 9 ⇒ C ( 9; 4 )

uuur uuur

Từ BC.KC = 0 ⇒ ( c − 9 ) ( 2c − 8 ) = 0 ⇒ 

c = 4 ⇒ C ( 4; −1) ( loai )

H
D

Phương trình đường thẳng BH : 2 x + y = 6

C

K

Phương trình đường thẳng MC : x − 2 y = 1
2 x + y = 6
 13 4 
⇒ H  ; ÷⇒ A ( 1;0 )
 5 5
x − 2 y = 1

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
Từ đó ta có D ( 9;0 ) .
Nhận xét:
-

Trong trường hợp hình chữ nhật suy biến thành hình vuông bài toán 1.2 có “ bản chất
hình phẳng ” chính là bài toán 1.1 hay nói cách khác bài toán 1.1 là một trường hợp đặc

biệt của bài toán 1.2.

-

Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất được xây dựng trên bài toán thuần túy
hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên
đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng
BM ⊥ KM .

(

µ = 900
Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD µA = D

)

có đỉnh D ( 2; 2 ) và CD=2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên đường chéo AC. Điểm
 22 14 
M  ; ÷ là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đỉnh B thuộc
 5 5

đường thẳng ∆ : x − 2 y + 4 = 0 .

Phân tích:

11


-

Nhận thấy dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, B. Bằng trực quan ta đưa ra giả
thuyết BM ⊥ DM . Nếu giả thuyết trên là đúng , ta sẽ “mở được nút thắt đầu tiên” của
bài toán đó là việc xác định được tọa độ điểm B. Từ đó ta hoàn toàn xác định được tọa độ
các đỉnh còn lại.

Giải:
Trước hết ta chứng minh BM ⊥ DM Tương tự như bài toán 1. 1 ta có 4 cách chứng minh
BM ⊥ DM ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành ⇒ ME ⊥ AD nên E
là trực tâm tam giác ADM. Suy ra AE ⊥ DM mà AE / / BM ⇒ DM ⊥ BM .
Phương trình đường thẳng BM : 3x + y = 16 .
 x − 2 y = −4
⇒ B ( 4; 4 ) .
3 x + y = 16

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

Gọi I là giao điểm của AC và BD. Ta có

uuu
r
uur
AC IB 1
 10 10 
=
= ⇒ DI = 2 IB ⇒ I  ; ÷ .
CD IC 2
 3 3

Phương trình đường thẳng AC : x + 2 y = 10 .
Phương trình đường thẳng DH : 2 x − y = 2 .
 14 18 

uur

uu
r

Suy ra tọa độ điểm H  ; ÷ ⇒ C ( 6; 2 ) . Từ CI = 2 IA ⇒ A ( 2; 4 ) .
 5 5
A

B

H

E

Nhận xét :
-

D

M
C

Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho AE=DC khi đó ta thấy hình thang ABCD
trong bài toán 1.3 thực ra được cắt từ hình chữ nhật trong bài toán 1.2 hay nói cách
khác, bài toán 1.3 là một cách phát biểu khác nhau của bài toán 1.2

-

Ngoài việc phát biểu lại bài toán 1.2, chúng ta cũng có thể xây dựng các bài toán hình
giải tích mới thông qua bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD
có DC = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M là trung điểm của
HC. Chứng minh rằng DM ⊥ BM .

Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1; 3). Gọi D là
một điểm trên cạnh AB sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm

12


1 3
M  ; − ÷ là trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên đường thẳng
2 2
x+ y+7 =0 .

Phân tích:
-

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A. Ta giả thuyết AM ⊥ BM .

-

Nếu giả thuyết này là đúng, ta sẽ “ mở được nút thắt đầu tiên” đó là xác định được tọa độ
điểm B, từ đó ta tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.

Giải:

Trước hết ta chứng minh AM ⊥ BM Tương tự như bài toán 1. 1 ta có 4 cách chứng minh
AM ⊥ BM ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Gọi N, I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và
CA. Do tam giác IBC vuông tại B và AB = AC ⇒ A là trung điểm của đoạn IC, suy ra D là
 AN / / BC

trọng tâm tam giác IBC. Do đó 
. Gọi E là trung điểm của BH, khi đó E là trực tâm
1
 AN = 2 BC

tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình hành nên từ NE ⊥ BM ⇒ AM ⊥ BM
Đường thẳng BM có phương trình x − 3 y = 5. Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
uuur
uuur
 x + y = −7
⇒ B ( −4; −3) . Từ AB = 3 AD ⇒ D ( −2;1) . Lúc đó ta có phương trình các đường thẳng

x − 3y = 5
CD : x + y = −1; BH : x − y = −1. Suy ra tọa độ điểm H ( −1;0 ) . Suy ra C ( 2; −3) .

I

A
N
D
H
M

Nhận xét:
-

E
B

C

Ta nhận thấy, tam giác cân trong bài toán 1.4 được cắt từ hình thang của bài toán 1.3.
Hay nói cách khác, bài toán 1.4 là cách phát biểu khác của bài toán 1.3.

13


-

Tuy nhiên với giả thiết đã cho, nếu không nhận biết được sự quen thuộc của bài toán 1.3
trong bài toán 1.4 công việc chứng minh AM ⊥ BM sẽ phức tạp hơn nhiều.

-

Ngoài việc xây dựng bài toán 1.4 bằng cách phát biểu lại bài toán 1.3 cũng có thể xây
dựng bài toán hình giải tích mới thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho tam giác
ABC cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB = 3AD. Gọi H là hình chiếu của B
trên CD; M là trung điểm đoạn CH. Chứng minh AM ⊥ BM .

Bài toán 1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A ( −1; 2 ) .
 19

8

Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm H  ; − ÷ là hình chiếu vuông góc của B lên CN. Xác
 5 5
định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường
thẳng x + 2 y + 6 = 0 .

Phân tích:
-

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Từ hình vẽ ta có thể đặt giả thuyết
AH ⊥ MH , ta cũng có thể kiểm chứng giả thuyết đã đặt ra bằng một hình vuông với các

tọa độ cụ thể nào đó.
-

Nếu giả thuyết trên là đúng, từ kết quả bài toán 1 chúng ta sẽ tìm được tọa độ điểm M, từ
đó ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông thông qua tọa độ các điểm đã
biết.

Giải :
Trước hết ta chứng minh AH ⊥ MH Tương tự như bài toán 1. 1 ta có 4 cách chứng minh
AH ⊥ MH ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:
·
·
·
·
Tứ giác NHMB nội tiếp ⇒ BHM
. Tứ giác ABMN là hình chữ nhật ⇒ MAB
= BNM
= BNM

·
·
·
Suy ra MAB
hay tứ giác ABMH nội tiếp. Mà MAB
= 900 ⇒ ·AHM = 900 hay AH ⊥ MH .
= BHM

Phương trình đường thẳng HM : 4 x − 3 y = 20. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
 4 x − 3 y = 20
⇒ M ( 2; −4 ) .

 x + 2 y = −6

Do CH // AM nên phương trình đường thẳng CH : 2 x + y = 6.
Gọi N là trung điểm AD, từ N ∈ CH ⇒ N ( n;6 − 2n ) .

14


A

 n = 2 ⇒ N ( 2; 2 )
uuur uuuu
r

Lại có AN .MN = 0 ⇒  19
 19 8 
n = ⇒ N  ; − ÷ ≡ H ( loai )


5
 5 5

B

N

M

uuur uuuur

Suy ra D ( 5; 2 ) . Từ AB = NM ⇒ B ( −1; −4 ) , khi đó C ( 5; −4 ) .
Nhận xét:
-

D

H

C

Để giải bài toán 1.5 ta cần “ mở nút thắt đầu tiên” đó là việc tìm ra tọa độ điểm M dựa
vào mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm A, H, M. Hay nói cách khác bài toán 1.5 được
xây dựng dựa trên bài toán thuần túy hình học phẳng sau đây: Cho hình vuông ABCD.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và AD, H là hình chiếu vuông góc của B
lên CN. Chứng minh rằng AH ⊥ MH .

Bài toán 1.6. (Trích đề TSĐH khối A- năm 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình
chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2 x + y + 5 = 0 và A ( −4;8 ) . Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm

B và C biết rằng N ( 5; −4 ) .

Phân tích:
-

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, N, C. Từ trực quan, ta đề xuất giả thuyết
AN ⊥ CN . Nếu giả thuyết được đề xuất là đúng, ta sẽ xác định được tọa độ điểm C, từ đó

ta tìm được tọa độ các đỉnh còn lại.
Giải.
Trước hết ta chứng minh AN ⊥ CN . Tương tự như bài toán 1. 1 ta có 4 cách chứng minh
AN ⊥ CN ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

·
·
·
·
Do tứ giác DBCN nội tiếp, nên BDC
mà BDC
(do tứ giác ABCD là hình chữ
= BNC
= CAB
·
·
nhật ). Suy ra CAB
= BNC
⇒ tứ giác ABCN nội tiếp ⇒ ·ANC = 900 (do ·ABC = 900 ) hay
AN ⊥ CN .

Đường thẳng CN có phương trình 3 x − 4 y = 31.

3 x − 4 y = 31
⇒ C ( 1; −7 ) . Do tứ giác ADMC là hình bình hành
 2 x + y = −5

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

nên AC // DM mà BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ AC .
Đường thẳng BN có phương trình x − 3 y − 17 = 0.

15


 3 1
5 10
Điểm B là giao điểm của BN với đường tròn tâm I  − ; ÷ bán kính R = IA =
, nên tọa độ
 2 2
2

 x = 5
⇒ B ≡ N (loai)
 x − 3 y = 17


 y = −4

2
2
điểm B là nghiệm hệ  3  
1  125 ⇒ 

x
+
+
y
−
 x = −4
÷ 
÷ =


⇒ B ( −4; −7 )
2 
2
2

  y = −7

A
B

C

D

N

Nhận xét:
-

M

Nếu ta đặc biệt bài toán 1.6 thành hình vuông ABME, ta nhận được kết quả tương tự bài
toán 1.5.

-

Để giải quyết bài toán 1.6 “ mấu chốt” của vấn đề là xử lý bài toán thuần túy hình phẳng
sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên MD. Chứng minh rằng AN ⊥ CN .

Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD (vuông tại A
 13 9 

và B) có BC = 2AD. Điểm H  ; ÷ là hình chiếu vuông góc của điểm B lên cạnh CD. Xác
 5 5
định tọa độ các đỉnh B và D của hình thang, biết điểm A ( −3;1) và trung điểm M của cạnh BC
nằm trên đường thẳng x + 2 y − 1 = 0.

Phân tích:

16


-

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Bằng trực quan ta đề xuất giả thuyết
AH ⊥ MH . Nếu giả thuyết nêu ra là đúng, ta sẽ tìm được tọa độ điểm M, từ đó ta tìm

được tọa độ các đỉnh của hình thang.
Giải:

Trước hết ta chứng minh AH ⊥ MH Tương tự như bài toán 1. 1 ta có 4 cách chứng minh
AH ⊥ MH ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:
·
·
·
·
Tứ giác BDHM nội tiếp nên BDM
.
= BHM
. Tứ giác ABMD là hình chữ nhật nên BAM
= BDM
·
·
Suy ra BAM
hay tứ giác AHMB nội tiếp, mà ·ABM = 900 ⇒ ·AHM = 900 hay AH ⊥ MH .
= BHM

Phương trình đường thẳng MH : 7 x + y = 20 .
7 x + y = 20
⇒ M ( 3; −1) .
x + 2 y = 1

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 

Đường thẳng DC qua H và song song với AM nên có phương trình: x + 3 y = 8 .
 d = 3 ⇒ D ( −1;3)
uuur uuuu
r

Gả sử D ( 8 − 3d ; d ) , từ AD.MD = 0 ⇒ 

9
 13 9 
d = ⇒ D  ; ÷ ≡ H (loai)

5
 5 5
A
uuur uuuu
r
Lại có AD = MC ⇒ C ( 5;1) , từ đó suy ra B ( 1; −3) .

B

H

Nhận xét:
-

C

D
M

Bài toán 1.7 là một cách phát biểu khác của bài toán 1.6. Hay nói cách khác hai bài toán
trên là những kết quả tương tự của nhau.

-

Để giải quyết bài toán 1.7 “ mấu chốt” của vấn đề là xử lý bài toán thuần túy hình phẳng
sau: Cho hình thang vuông ABCD (tại A và B) có BC = 2AD. Gọi H là hình chiếu vuông

góc của B trên cạnh CD. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AH ⊥ MH .

2. Tiếp cận bài toán tọa độ trong mặt phẳng từ tính chất góc
Bài toán 1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
 3 1

1

của cạnh BC, N  − ; ÷ là điểm trên cạnh AC sao cho AN = AC . Xác định tọa độ các đỉnh
4
 2 2
của hình vuông ABCD, biết đường thẳng DM có phương trình x − 1 = 0 .

17


Phân tích:
-

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, N. Bằng trực quan ta dễ nhận thấy những nét
giống bài toán 1.1.
Theo kết quả của bài toán 1.1, ta đã có DN ⊥ MN . Tuy nhiên một vấn đề nảy sinh là giả

-

thiết bài toán 1.8 không đủ để “mở nút thắt đầu tiên” chỉ với mối quan hệ vuông góc.
-

Từ đó ta đưa ra nhận định, giữa ba điểm này có mối quan hệ ràng buộc khác nữa. Ta dễ
·

dàng nhận ra mối quan hệ này là tam giác DMN vuông cân, hay NDM
= 450 từ cách giải

4 trong bài toán 1.1
-

Cũng từ mối liên hệ này, kết hợp với kết quả bài toán 2 ta tìm được tọa độ điểm D, từ đó
ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại.

Giải:
Để chứng minh tam giác DMN vuông cân tại N ta có thể thực hiện theo các cách sau:
A

Cách 1: (Sử dụng công cụ lượng giác)

B
N

Đặt AB = BC = CD = DA = a.
5
8

M

Xét tam giác AND, ta có DN 2 = AN 2 + AD 2 − 2 AN . AD.cosA = a 2 .
5
8

2
2

2
2
Xét tam giác CMN, ta có MN = CN + CM − 2CN .CM .cosC = a .

C

D

 DN = MN

5
4

Xét tam giác DCM, ta có DM 2 = DC 2 + CM 2 = a 2 . Suy ra 

2
2
2
 DM = DN + MN

⇒ ∆DMN

vuông cân tại N.
Cách 2: (Thuần túy hình phẳng)
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm F là trung điểm của đoạn DI. Khi đó tứ
giác FNMC là hình bình hành và F là trực tâm tam giác NDC nên CF ⊥ DN . Mà CF//MN nên
DN ⊥ MN .
·
·
Tứ giác DNMC nội tiếp nên NMD

= NCD
= 450 . Từ đó suy ra tam giác DMN vuông cân tại N.

Cách 3: (Sử dụng công cụ véc tơ)
uuur

r uuur

u
r ru
r

(

r

u
r

)

Đặt DA = x; DC = y x. y = 0; x = y = a . Ta có
uuur 3 r 1 u
r uuuu
r uuur uuuur 1 r 3 u
r
DN = x + y; MN = DN − DM = x − y;
4
4
4

4

uuuur uuuu
r

Suy ra DM .MN =

(

)

r2
3 r2 u
x − y = 0 ⇒ DN ⊥ MN .
16

18


r 2 9 r 2 1 u
r 2 5
3r 1u
x +
y = a2 ;
Lại có DN =  x + y ÷ =
4  16
16
8
4

( )

2

( )

r 2 1 r 2 9 u
r 2 5
1r 3u
MN =  x − y ÷ =
x +
y = a 2 ⇒ DN = MN . Từ đó suy ra tam giác DMN vuông
4  16
16
8
4

( )

2

( )

cân tại N.
Cách 4: ( Sử dụng công cụ tọa độ )
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó D ( 0;0 ) , A ( 0; a ) , C ( a;0 ) .


a

 a 3a 

Ta có M  a; ÷; N  ; ÷.
 2 4 4 
uuur

r  3a a 
 a 3a  uuuu

uuur uuuu
r

3

3

2
2
Do đó DN =  ; ÷; MN =  − ; ÷⇒ DN .MN = − a + a ⇒ DN ⊥ MN .
16
16
4 4 
 4 4

5
8

2
2
2

Và DN = MN = a . Hay tam giác DMN vuông cân tại N.

Sau khi chứng minh tam giác DMN vuông cân tại N ta có:
1
uuur r
d−
DN .u DM
 d = −2
2
2
·
cos
NDM
=
⇒
=
⇒
u
u
u
r
r
D
1;
d
d = 3
(
)
Giả sử
, ta có

2
2
2
DN u DM

1
5 
 ÷ +d − ÷
2
2 

Với d = −2 ⇒ D ( 1; −2 ) . Phương trình đường thẳng NM : x − y = −2 . Suy ra M (1;3) .
Từ đó theo kết quả bài toán 1.1 ta có A ( −3;0 ) ; B ( −1; 4 ) ; C ( 3; 2 ) .
Với d = 3 ⇒ D ( 1;3) . Phương trình đường thẳng NM : x + y = −1 . Suy ra M (1; −2) .
Từ đó theo kết quả bài toán 1.1 ta có A ( −3;1) ; B ( −1; −3) ; C ( 3; −1)
Nhận xét :
-

Ta nhận thấy bài toán 1.1 và bài toán 1.8 là giống nhau về mặt hình thức, song kết quả
bài toán 1.1 và bài toán 1.8 lại có sự khác nhau . Nguyên nhân của sự khác nhau này
chính là việc lựa chọn mối quan hệ ba điểm tạo thành góc ϕ = 450 trong cách phát biểu
bài toán. Từ đó đẫn tới việc chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 2 để tìm tọa độ điểm ,
đó cũng là công cụ để chúng ta “mở nút thắt đầu tiên” của bài toán.

-

Từ đó ta cũng dễ dàng nhận ra bài toán 1.8 thực ra được xây dựng dựa trên bài toán
thuần túy hình phẳng sau: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N
là điểm trên cạnh AC sao cho AN =

1
AC . Chứng minh tam giác DMN vuông cân.
4

19


Bài toán 1.9. (Trích đề TSĐH khối A- năm 2012) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên CD sao cho CN = 2ND.
 11 1 

Giả sử M  ; ÷ và đường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
 2 2
Phân tích:
-

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, M, N đồng thời ta nhận thấy nếu ta biết được giá
·
·
trị của góc MAN
hoặc giá trị của cos MAN
ta có thể áp dụng kết quả bài toán 2 để xác

định tọa độ điểm A.
-

·
Việc phán đoán và đề xuất giả thuyết độ lớn của góc MAN
sau đó sử dụng thuần túy hình

phẳng để chứng minh là không mấy khả thi. Do vậy ta lựa chọn những giải pháp mạnh về
tính “ đại số” nhiều hơn như: sử dụng công cụ lượng giác, sử dụng công cụ véc tơ, sử
dụng công cụ tọa độ.
Giải:
·
Trước hết ta tính góc MAN
bằng công cụ lượng giác.

A

B

5
4

Đặt AB = BC = CD = DA = a. Ta có AM 2 = AB 2 + BM 2 = a 2 .
MN 2 = CM 2 + CN 2 =
·
Do đó cos MAN
=

N

25 2
10
a ; AN 2 = AD 2 + DN 2 = a 2 .
36
9

AM 2 + AN 2 − MN 2

2
·
=
⇒ MAN
= 450 .
2 AM . AN
2

uuuu
rr
AM .u AN
2
·
=
uuu
r uuur ⇔
Giả sử A ( a; 2a − 3) , ta có cos MAN = u
2
AM u AN

C

D
M

25
− 5a
2

a = 1

⇒
a = 4
 11
 7

5  − a ÷ +  − 2a ÷
2
 2

2

2

Suy ra A ( 1; −1) hoặc A ( 4;5 ) .
Nhận xét:
-

Bản chất thuần túy hình học phẳng của bài toán 1.9 có thể phát biểu lại như sau: Cho
hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên CD sao cho CN =
·
2ND. Tính cos MAN
.

20


Bài toán 1.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A ( 1;3) . Biết
 17 9 
M ( 6; 4 ) thuộc cạnh BC và N  ; ÷ thuộc đường thẳng DC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của
 2 2

hình vuông ABCD.
Phân tích:
-

Dữ kiện bài toán xoay quanh mối quan hệ ba điểm A, M, N song sự khác biệt là chúng ta
đã biết tọa độ của cả ba điểm này. Và một phát hiện tương đối thú vị là ba điểm này cúng
nằm trên một đường thẳng, điều đó khiến chúng ta đặt ra giả thuyết là ngoài mối quan hệ
này bài toán còn xuất hiện những mối quan hệ ba điểm khác.

-

Một giả thuyết đặt ra là chúng ta có thể viết được phương trình đường thẳng CD nhờ kết
quả bài toán 2, nếu chúng ta tính được giá trị cos ·AND . Từ đó ta sẽ tìm được tọa độ
điểm D, và sau đó ta tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông nhờ những mối liên
hệ với các điểm đã biết.

Giải:
Trước hết ta tính cos ·AND bằng công cụ lượng giác.
Ta có MC//AD ⇒

A

B

NC MN 1
1
=
= ⇒ NC = ND .
ND AN 3

3

Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng a
ND
⇒ cos ·AND =
=
AN

3a
9
2 a + a2
4
2

=

3
13

C

D

Phương trình đường thẳng AM: x − 5 y + 14 = 0 . Ta có N ∈ AM .
r
r
r
Giả sử u CD ( a; b ) , u CD ≠ 0 là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng CD.
r r
u AM .u CD

5a + b
a = b
3
3
3
·
⇔ r
⇒
=
⇒
r =
Khi đó cos AND =
13
13
13
u AM u CD
 7a = −17b
26 ( a 2 + b 2 )

M

N

+) Với a = b, chọn b = 1 ⇒ a = 1 . Lúc đó phương trình các đường thẳng
AB : x − y = −2; BC : x + y = 10;CD : x − y = 4; DA : x + y = 4

Suy ra B ( 4;6 ) ; C ( 7;3) ; D ( 4;0 ) .
+) Với 7a = -17b, chọn b = −7 ⇒ a = 17 . Lúc đó phương trình các đường thẳng
AB : 7 x + 17 y = 58; BC :17 x − 7 y = 74;CD : 7 x + 17 y = 136; DA :17 x − 7 y = −4

21


 64 18 

 85 69 

 34 90 

Suy ra B  ; ÷; C  ; ÷; D  ; ÷ .
 13 13   13 13   13 13 
Kiểm tra điểm M nằm trên cạnh BC, nhận thấy cả hai trường hợp trên đều thảo mãn yêu cầu.
Nhận xét:
-

Mối quan hệ giữa ba điểm A, M, N trong bài toán 1.10 tưởng chừng không liên quan đến
các mối quan hệ ba điểm đã nêu ở bài toán 1 và bài toán 2. Song với các suy luận ta
hoàn toàn có thể đưa bài toán đã cho về bài toán 2 quen thuộc với phép gọi véc tơ đại
diện.

-

Bài toán trên cũng có thể giải quyết theo hướng vận dụng kết quả bài toán 1 bằng cách
qua A dựng đường thẳng vuông góc với AM cắt CD tại E, tìm tạo độ điểm E nhờ vận
dụng kết quả bài toán 1, từ đó giải quyết bài toán một cách khá đơn giản.

-

Ta có bài toán về bản chất hình phẳng có trong bài toán 1.10: Cho hình vuông ABCD.
Gọi M là điểm trên cạnh BC. Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại N. Biết

MN
=k ,
AN

tính cos ·AND theo k.
-

Ta cũng dễ dàng nhận ra trường hợp A, M, N thẳng hàng trong bài toán là một trường
hợp đặc biệt của bài toán tổng quát đã nêu ở bài toán 1.9

Bài toán 1.11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm
trên cạnh AC sao cho AB = 3AM. Đường tròn tâm I(1;-1) đường kính CM cắt BM tại D. Xác
4
3




định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0 ÷ , phương trình
đường thẳng CD : x − 3 y − 6 = 0 và C có hoành độ dương.

Phân tích:
-

Từ dữ kiện bài toán ta nhận thấy mối quan hệ giữa ba điểm I, C, D là mối quan hệ quen
thuộc của bài toán 2.

-

·
Nếu ta tính được cos ICD
chúng ta sẽ tìm được nút thắt đầu tiên của bài toán.

-

Lại thấy rằng từ mối quan hệ ba điểm A, M, B cho ta cos ·ABM =

AB
3
=
, mà
BM
10

·
·
·
BAM
= MDC
= 900 , từ đó ta đưa ra giả thuyết ·ABM = MCD
.

Giải:

22


Ta có

·
·
BAM
= MDC
= 900

⇒

tứ giác ABCD nội tiếp, suy ra

·ABM = MCD
·

mà

B

AB
3
3
·
=
⇒ cos ICD
=
.
BM
10
10
uur r
IC.u CD

3
Giả sử C ( 3c + 6; c ) ta có cos ·ACD = uur r =
10
IC u CD

cos ·ABM =

 c = −1
⇒
= 3 ⇒ 5c + 16c + 11 = 0 ⇒ 
 c = − 11 (loai)
10c 2 + 32c + 26
5

10c + 16

C

A
I

M

2

D

Với c = 1 ⇒ C ( 3; −1) . Phương trình đường thẳng BC : 3x + y − 4 = 0
Điểm M(-1;-1). Phương trình đường thẳng BM : 3 x + y + 4 = 0 .
Điểm B = BC ∩ BM ⇒ B ( −2; 2 ) . Phương trình đường thẳng AC : y + 1 = 0 . Phương trình đường

thẳng AB : x + 2 = 0 . Điểm A = AB ∩ AC ⇒ A ( −2; −1) .
Nhận xét:
-

Ta có thể nhận thấy ở bài toán 1.11 ý đồ sử dụng kết quả bài toán 2 bằng việc sử dụng
gián tiếp nó thông qua việc chứng minh hai góc bằng nhau trong một bài toán hình học
phẳng thuần túy.

-

Như vậy chúng ta có thể xây dựng những bài toán tương tự bằng việc xuất phát từ một
bài toán hình phẳng thuần túy chứng minh hai góc bằng nhau ( α = β ) , sau đó gán giá trị
cos α và sau đó sử dụng kết quả bài toán 2 cho cos β .

3. Tiếp cận bài toán hình học phẳng từ mối quan hệ thẳng hàng.
Bài toán 1.12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của
 3 1

1

cạnh BC, N  − ; ÷ là điểm trên cạnh AC sao cho AN = AC , giao điểm của AC và DM là
4
 2 2
 4
I  1; ÷ . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD.
 3

Phân tích:

23

-

Từ trực quan ta nhận thấy sự giống nhau cơ bản của bài toán này với bài toán 1.1, song
giả thiết của bài toán 1.12 không phải là mối quan hệ giữa ba điểm D, M, N như phát
biểu của bài toán 1.1 và bài toán 1.8 nghĩa là để mở “nút thắt đầu tiên” chúng ta không
thể sử dụng kết quả của bài toán 1 và bài toán 2.

-

Ta cũng nhận thấy, dữ kiện bài toán liên quan đến ba điểm A, I, N hoặc C, I, N và ta đề
uur

uu
r

ra giả thuyết là tìm được số thực k : IN = k IA và từ đó áp dụng kết quả bài toán 3.
Giải:
Ta có ∆IMC : ∆IDA ⇒

r
IA ID DA
IN 5 uur 5 uu
=
=
= 2⇒
= ⇒ IN = IA .
IC IM MC
IA 8

8

 5 5
 − 2 = 8 ( x A − 1)
⇒ A ( −3;0 ) .
Giả sử A ( x A ; y A ) , ta có 
 − 5 = 5  y A − 4 ÷
 6 8 
3
uuur

1 uuur
4

Từ AN = AC ⇒ C ( 3; 2 ) .
Phương trình đường thẳng BD : 3x + y − 1 = 0, đường tròn tâm J đường kính AC có phương trình
x 2 + ( y − 1) = 10.
2

  x = −1

3 x + y − 1 = 0
y = 4
⇒
Tọa độ B, D là nghiệm của hệ  2
2
 x + ( y − 1) = 10   x = 1

  y = −2
 x = −1

ta có B ( −1; 4 ) ; D ( 1; −2 ) .
y = 4

Với 

A

B
N

x = 1
Với 
ta có B ( 1; −2 ) ; D ( −1; 4 ) .
 y = −2

M

J
I

Nhận xét:
-

D

C

Ta nhận thấy rằng là cùng một bài toán thuần túy hình phẳng (bài toán 1.1, bài toán 1.8
và bài toán 1.12) nhưng với cách lựa chọn mối quan hệ ba điểm là khác nhau, chúng ta
tìm được những bài toán với những lời giải thú vị khác nhau.

-

Bài toán 1.12 được xây dựng dựa trên sự kết hợp kết quả bài toán 3 và bài toán thuần
túy hình phẳng sau: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là

24


1
4

điểm trên cạnh AC sao cho AN = AC ; I là giao điểm của DM và AC. Chứng minh
uur

r
5 uu
8

rằng IN = IA .
Bài toán 1.13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD
và CD = 2AB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC.
Biết tọa độ đỉnh B(5;6), phương trình đường thẳng DH : 2 x − y = 0 ; phương trình đường thẳng
DM : x − 3 y + 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD.

Phân tích:
-

Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D. Để giải quyết bài toán, ta đưa ra hai giả thuyết : giả
thuyết thứ nhất là tìm được tọa độ điểm M từ mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm D, M,

B và giả thuyết thứ hai là tìm được tọa độ điểm I từ mối quan hệ thẳng hàng giữa ba điểm
D, I, B. Từ trực quan ta loại bỏ giả thuyết thứ nhất (có thể kiểm chứng bằng một hình
uuu
r

uur

thang cụ thể). Như vậy giả thuyết còn lại là tìm được số thực k thỏa mãn DI = k BI .
Giải:
Có nhiều giải pháp có thể lựa chọn, song đơn giản nhất chính là việc sử dụng mối quan hệ giữa
AB và CD.
Ta có AB / / CD ⇒

uuu
r
uur
BI AB 1
=
= ⇒ DI = 2 BI ⇒ DI = 2 IB .
DI CD 2
2 x − y = 0
⇒ D ( 1; 2 ) .
 x − 3 y = −5

Tọa độ của D là nghiệm của hệ 

Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có AB / / CD ⇒

uuu

r
uur
AB BI
 11 14 
=
⇒ DI = 2 BI ⇒ DI = 2 IB ⇒ I  ; ÷
CD DI
3 3

Đường thẳng AC có phương trình x + 2 y = 13 .
2 x − y = 0
 13 26 
⇒H ; ÷.
5 5 
 x + 2 y = 13

Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 

 x − 3 y = −5
 29 18 
⇒M ; ÷.
 5 5
 x + 2 y = 13

Tọa độ M là nghiệm của hệ 

A

M là trung điểm của HC suy ra C ( 9; 2 ) .

B
H

I

M
D

25
C