Hướng dẫn học sinh lớp 10 giải bài toán “ tìm tọa độ của điểm ” từ việc khai thác “bài toán cơ bản” trong hình học giải tích phẳng

A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Môn Toán trong trường phổ thông giữ một vai trò, vị trí hết sức quan
trọng, là môn học công cụ. Nếu học tốt môn Toán thì những tri thức trong Toán
cùng với phương pháp làm việc trong Toán sẽ trở thành công cụ để học tốt
những môn học khác. Hơn nữa, môn Toán còn góp phần phát triển nhân cách
học sinh. Ngoài việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng, môn
Toán còn rèn luyện cho học sinh các đức tính, phẩm chất của người lao động
như: Tính cẩn thận, tính chính xác, tính kỉ luật, tính sáng tạo…
Do đó trong quá trình dạy học đòi hỏi đội ngũ các thầy, cô giáo phải tích
cực học tập, không ngừng nâng cao năng lực chuyên môn, đổi mới phương pháp
dạy học theo hướng phát huy tích cực, tự giác, chủ động và sáng tạo của học
sinh, bồi dưỡng khả năng tự học, khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế, đem
lại sự say mê, hứng thú học tập cho học sinh.
Trong quá trình thực tế giảng dạy học sinh khối 10 trường THPT Thạch
Thành 2 trong những năm học đã qua và đặc biệt là năm học 2019-2020 , tôi
thấy học sinh còn gặp rất nhiều lúng túng trong việc giải quyết một bài toán hình
học nói chung và đặc biệt là bài toán “Hình học giải tích trong mặt phẳng” nói
riêng. Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là một dạng toán thường
xuyên có mặt trong các kỳ thi và gây khó khăn cho học sinh. Đây là phần tiếp
nối của hình học phẳng ở cấp THCS nhưng được nhìn dưới quan điểm đại số và
giải tích. Như vậy mỗi bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng đều mang bản
chất của một bài toán hình học phẳng nào đó. Tuy nhiên nhiều học sinh còn có
tâm lý “bỏ luôn, không đọc đề” với những bài toán này. Một số khác chỉ quan
tâm tới việc tìm lời giải của bài toán đó mà không tìm hiểu bản chất hình học
của nó. Chính vì các em không phân loại được dạng toán cũng như bản chất nên
nhiều khi một bài toán tương tự nhau xuất hiện trong nhiều đề thi dưới các cách
cho khác nhau mà học sinh vẫn không nhận ra được dạng đó đã từng làm .
Có thể có rất nhiều nguyên nhân dẫn đến tình trạng nói trên, nhưng theo
tôi, nguyên nhân chủ yếu là khi học hình học, học sinh không để ý đến các các
định nghĩa, các định lý và các tính chất hình học. Các phương pháp giải còn

mang tính chất chủ quan, rời rạc, gặp bài toán nào thì chỉ chú trọng tìm cách giải
cho riêng bài toán đó mà không có một cách nhìn tổng quát. Chính vì vậy dẫn
đến tình trạng các em bị lúng túng trước các cách hỏi trong một bài toán mới.
Với vai trò là một giáo viên dạy Toán và qua nhiều năm giảng dạy, để trao
đổi cùng các thầy cô đồng nghiệp với mong muốn tìm ra hướng giải quyết đơn
giản nhất cho một bài toán, làm cho học sinh nhớ được kiến thức cơ bản trên cơ
sở đó để sáng tạo. Tôi xin trình bày kinh nghiệm của mình về việc giải quyết bài
toán “Tìm tọa độ của điểm trong hình học giải tích phẳng” đó là
Hướng dẫn học sinh lớp 10 giải bài toán “ Tìm tọa độ của điểm ” từ
việc khai thác “bài toán cơ bản” trong hình học giải tích phẳng.

1


2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích nghiên cứu là tìm ra phương pháp dạy học phù hợp cho từng đối
tượng học sinh, để từ đó tạo hứng thú học tập cho các em, giúp cho các em hiểu
rõ các dạng toán và định hướng cách giải cho một bài toán, cũng từ đó giáo viên
rút ra kết luận và đề xuất một số biện pháp cụ thể khi tiến hành giúp đỡ từng đối
tượng học sinh, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học.
3. Đối tượng nghiên cứu
+ Phương pháp giải các bài tập “ tìm tọa độ của điểm ” trong hình học giải
tích phẳng thông qua việc vận dụng bài toán cơ bản của hình học phẳng.
+ Các bài tập hình học giải tích trong mặt phẳng từ các đề thi HSG giao
lưu giữa các trường, HSG cấp tỉnh và các đề thi THPT Quốc gia qua các năm.
4. Phương pháp nghiên cứu
+ Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo
liên quan đến việc sử dụng phương pháp tọa độ, nghiên cứu chương trình giáo
khoa của bộ môn.
+ Phương pháp nghiên cứu thực tế: Thông qua việc dạy và học môn hình

học ở trường THPT Thạch Thành 2, từ đó rút ra một số nhận xét và phương
pháp giúp học sinh rèn luyện kỹ năng giải toán.
+ Phương pháp kiểm chứng sư phạm: Tiến hành dạy và kiểm tra khả năng
ứng dụng của học sinh khối 10, đội tuyển HSG các khối, học sinh đang ôn luyện
thi tốt nghiệp THPT.
B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận
Trong học tập môn Toán thì hoạt động chủ đạo và thường xuyên của học
sinh là hoạt động tư duy giải bài tập, thông qua đó hình thành kỹ năng, kỹ xảo
đồng thời rèn luyện phát triển trí tuệ. Vì vậy, nó được quan tâm nhiều trong dạy
học. Việc hướng dẫn cho học sinh tự học, tự nghiên cứu, biến quá trình đào tạo
thành quá trình tự đào tạo là một vấn đề cần thiết. Đối với môn toán việc rèn
luyện khả năng tư duy trìu tượng, tư duy logic, khả năng phân tích tổng hợp, dự
đoán, tương tự hóa, khái quát hóa, biết liên hệ, xâu chuỗi kiến thức sẽ góp phần
quyết định trong việc tìm ra lời giải của một bài tập hình học nói chung và các
bài tập phần phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nói riêng. Do đó trong quá
trình hướng dẫn học sinh làm bài tập giáo viên cần quan tâm đến vấn đề phát
huy khả năng tư duy độc lập, định hướng tìm lời giải cho mỗi bài toán đồng thời
tạo điều kiện thuận lợi để phát huy tính tích cực, tư duy sáng tạo cho các em.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng
Sau nhiều năm dạy học môn Toán phần hình học giải tích trong mặt phẳng
ở trường THPT Thạch Thành 2, tôi nhận thấy một số vấn đề thực trạng như sau:
+ Trường THPT Thạch Thành 2 là một trường đóng trên địa bàn miền núi, học
sinh đại đa số là con em nông thôn có đời sống khó khăn. Điểm chuẩn đầu vào
2


của trường còn thấp, học sinh có học lực trung bình chiếm trên 60% nên việc
học toán của các em còn nhiều hạn chế. Bên cạnh đó còn có nhiều học sinh đi
học với tâm lý là chỉ để thi tốt nghiệp, không tham gia xét tuyển vào các trường

ĐH, cao đẳng…
+ Khi gặp một bài toán hình học, các em thường lúng túng trong việc định
hướng tìm lời giải và đa số lựa chọn "con đường" mò mẫm, thử nghiệm, đôi khi
việc thử nghiệm đó có thể đi đến kết quả hoặc không đưa ra được kết quả, rõ
ràng là sẽ mất nhiều thời gian và không nhận ra được bản chất của bài toán.
+ Bài tập phần hình học giải tích trong mặt phẳng đa dạng và khó nên học sinh
thường lúng túng khi làm bài tập phần này.
+ Khi dạy xong nội dung phương pháp tọa độ trong mặt phẳng tôi thấy đa số học
sinh mới chỉ làm được một số dạng bài tập đơn giản, những bài tập mang tính
suy luận, đòi hỏi khả năng vận dụng cao thì các em không tự mình tìm được lời
giải mặc dù trước đó khi giáo viên tiến hành giảng dạy các tiết chữa bài tập các
em tỏ ra khá hiểu bài. Trong khi đó, các bài toán liên quan đến phần này ở các
đề thi trung học phổ thông quốc gia, các đề thi HSG trong những năm gần đây
lại đòi hỏi tính suy luận cao. Để giải được những bài toán này học sinh không
chỉ phải nắm được các kiến thức của hình học giải tích mà còn phải phát hiện ra
“điểm nút” của bài toán đó là các tính chất hình học thuần túy ở trung học cơ sở
ẩn chứa trong mỗi bài toán. Điều này dẫn đến kết quả làm bài của học sinh chưa
được tốt.
+ Khi dạy các dạng bài tập phần này, một thực tế thường xảy ra là nhiều giáo
viên đi theo lối mòn như: Nêu dạng toán, phương pháp giải chứ chưa phân tích
cho học sinh thấy được trong bài toán tại sao lại phải đi tìm toạ độ điểm này
trước, điểm kia sau, ưu tiên đường này trước, đường kia sau, tính độ dài các
đoạn thẳng , tính các góc để làm gì? Tại sao lại kẻ thêm đường thẳng này, kẻ với
mục đích gì?...
3. Các giải pháp thực hiện để giải quyết vấn đề
Để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong quá trình giải toán hình học
giải tích trong mặt phẳng, đặc biệt là bài toán “ tìm tọa độ của điểm ” giáo viên
cần tạo cho học sinh thói quen xem xét bài toán dưới nhiều góc độ, khai thác các
yếu tố đặc trưng liên hệ các tính chất của hình học phẳng. Trong đó việc hình
thành cho học sinh khả năng tư duy theo các kiến thức hình học phẳng là một

điều cần thiết. Việc trải nghiệm qua quá trình giải toán sẽ giúp học sinh hoàn
thiện kỹ năng định hướng và giải toán.
Để giải quyết các vấn đề thực trạng nêu trên, tôi đưa ra các giải pháp thực
hiện sau đây
1. Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ năng giải toán thông qua các buổi
học có sự hướng dẫn của giáo viên
2. Tổ chức rèn luyện khả năng phân tích, định hướng giải toán của học
sinh.
3. Tổ chức kiểm tra, đánh giá để thu thập thông tin về khả năng nắm vững
kiến thức của học sinh.
3


4. Trong mỗi bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng đều yêu cầu học
sinh thực hiện phân tích bản chất hình học phẳng cũng như đưa ra các hướng
khai thác mở rộng cho bài toán.
5. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện.
Từ những giải pháp đó, tôi xin giới thiệu “ bài toán cơ bản ” và những
kinh nghiệm của mình khi hướng dẫn học sinh tại trường THPT Thạch Thành 2
áp dụng bài toán này vào việc “tìm tọa độ của điểm” trong hình học giải tích
phẳng.
3.1. Bài toán cơ bản
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm N  x0 ; y0  và đường thẳng
 : Ax  By  C  0 . Tìm tọa độ của điểm M thuộc đường thẳng  và cách
điểm N một khoảng không đổi d .
Nhận xét: Từ giả thiết bài toán, rõ ràng tọa độ của điểm N , phương
trình của đường thẳng  và khoảng cách d đã biết nên ta có thể hướng dẫn học
sinh trình bày lời giải bài toán này theo 2 cách sau đây
Cách 1:
- Do M thuộc đường thẳng Δ đã biết phương trình nên ta sẽ tham số hóa tọa độ

điểm M theo ẩn t.
- Khi đó việc sử dụng dữ kiện MN = d sẽ giúp ta thiết lập được một phương trình
chứa t ( f  t   0 ), từ đây giải phương trình tìm t và suy ra được tọa độ điểm M.
Cách 2: Do MN = d nên M thuộc đường tròn (C) tâm N, bán kính d. Khi đó tọa
độ điểm M chính là nghiệm của hệ phương trình gồm một phương trình Δ và
một phương trình đường tròn (C)
Ta xét cụ thể ví dụ sau: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I  5; 2  và
đường thẳng  : 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ của điểm M thuộc đường thẳng Δ sao
cho MI  5 .
Cách 1:
+ Vì M � nên gọi M  t ; 2t  3
+ Ta có MI  5 � MI 2  25 �  t  5    2t  1  25 � 5t 2  6t  1  0
2

2

�
M  1;5 
t 1
�
�
� � 1 � � �1 17 �
�
t
M �; �
� 5 �
� �5 5 �

Cách 2:
+ Vì MI  5 nên M thuộc đường tròn (C) tâm I và R = 5 có phương trình

 x  5

2

  y  2   25
2

+ M � nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

4


2x  y  3  0
�
�
�
2
2
 x  5   y  2 
�

�
�x  1
�
�
�y  5
�
�
M  1;5 

�
�
� 1 �
��
x
�1 17 �
�
�
M
 25
�
5
�; �
�
�
�5 5 �
�
�
�
17
�
y
�
� 5
�

Nhận xét
+ Với cách 1 chúng ta không cần quan tâm tới bài toán về sự tương giao giữa
đường thẳng và đường tròn và giải theo phương pháp đại số thông thường. Với
cách 2 ta thấy rõ hơn bản chất của bài toán , ở đây điểm cần tìm là giao của

đường thẳng và đường tròn
+ Cách 1 và cách 2 là hai cách trình bày khác nhau của cùng một phương pháp
thế trong giải hệ phương trình. Nếu tìm được duy nhất một điểm M khi đó
IM   (hay đường tròn (I;R) tiếp xúc với Δ tại M).
Vấn đề đặt ra bây giờ là làm thế nào để giúp học sinh áp dụng được bài toán
cơ bản trên vào các bài toán khác, để thực hiện được ý tưởng đó ta cần chỉ ra
được hai điều kiện sau:
1. Điểm cần tìm thuộc một đường thẳng nào đã biết phương trình hoặc có thể
lập được phương trình, tức là điểm cần tìm thuộc đường nào? Đường thẳng đó
đã biết phương trình chưa? Nếu chưa thì có viết được không? Viết bằng cách
nào?
2. Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi, tức là
điểm cần tìm cách một điểm cho trước (đã biết tọa độ) một khoảng bằng bao
nhiêu? Cắt nghĩa dữ kiện của bài toán như thế nào để tính được khoảng cách đó?
3.2. Áp dụng
1
�2

� �
Ví dụ 1: Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I � ;0 �, phương trình đường thẳng
�

AB là x  2 y  2  0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết rằng A có
hoành độ âm.
Phân tích bài toán
+ Có A �AB : x  2 y  2  0
+ AD  2d  I , AB  � AB  ? � AI  ? � chuyển về bài toán cơ bản → tọa độ điểm
A → tọa độ B, C, D.

Lời giải mong muốn

5


Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB.
Khi đó IH  d  I , AB  
Suy ra AH 

1
2
2
12  22



5
2

AB
5
5
 AD  2 IH  5 � IB  IA  IH 2  AH 2 
5 
2
4
2

Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I, bán kính
R

5

2

�x  2 y  2  0
�x  2
�x  2
�
2
�
Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ: �� 1 �
hoặc
�
�
25
2
�y  0
�y  2
�x  � y 
�
4
� 2�
�

Suy ra A  2;0  , B  2; 2  (Vì xA  0 )
Mặt khác I là trung điểm của AC và BD nên suy ra C  3;0  , D  1; 2 
Vậy A  2;0  , B  2;2  , C  3;0  , D  1; 2 
Nhận xét: Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà các điểm có vai trò
như nhau (trong bài trên A, B có vai trò như nhau) thì ta nên hướng dẫn học
sinh trình bày theo cách 2 để từ điểm này ta suy ra được điểm kia.
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên
đường thẳng có phương trình x  y  3  0 , điểm M  1; 2  thuộc đường thẳng AB,

điểm N  2; 2  thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Phân tích bài toán
+ Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu
tiên chính là điểm B, bởi B thuộc BD đã biết phương trình và B có hoành độ
dương.
+ Ta đã biết tọa độ hai điểm M  1; 2  và N  2; 2  nên nếu tính được độ dài
đoạn BM hoặc BN ta sẽ tìm ra được tọa độ điểm B nhờ bài toán cơ bản. Nghĩa
là ta đang cần yếu tố về định lượng, điều này gợi ý ta đi tính d  M , BD  hoặc
d  N , BD  . Trong hai đại lượng này, đại lượng d  M , BD  sẽ giúp ta dễ dàng tìm
�  90�), từ đó “tháo” được điểm B theo góc nhìn của
được độ dài BM (do MBH
bài toán cơ bản.
+ Khi tìm được tọa độ điểm B ta sẽ tìm được tọa độ các điểm còn lại nhờ viết
được phương trình AB, AD và tính chất trung điểm của hai đường chéo.

6


Lời giải mong muốn
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên BD � MH  d  M , BD  

1  2  3
12  12

 2

Do MHB là tam giác vuông cân tại H � BM  2MH  2
Gọi B  t ;3  t  với t  0 , khi đó:
BM 2  4 �  t  1   t  1  4 � t 2  1 � t  1 hoặc t  1 (loại) � B  1; 2 

2

2

AB đi qua B và M nên có phương trình y  2
AD đi qua N và vuông góc với AB nên có phương trình x  2
Suy ra A  2; 2 
�x  2
�x  2
��
� D  2;1
�x  y  3  0
�y  1

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ �

3 3

� �
Gọi I là trung điểm của BD � I � ; �� C  1;1 (do I là trung điểm của AC)
�2 2 �
(Có thể tìm C qua hệ thức DC  AB )

Vậy A  2; 2  , B  1; 2  , C  1;1 , D  2;1
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D,
có AB  AD  CD , điểm B  1; 2  , đường thẳng BD có phương trình y  2 . Biết
đường thẳng  : 7 x  y  25  0 cắt các đoạn thẳng AD, CD lần lượt tại hai điểm
� .
M, N sao cho BM vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác trong của MBC
Tìm tọa độ điểm D biết D có hoành độ dương.

Phân tích bài toán
+ Với dữ kiện bài toán ta có D �BD : y  2 và điểm B  1; 2  , nên nếu tính được độ
dài đoạn BD ta sẽ nhìn thấy luôn bài toán cơ bản và việc tìm ra điểm D không
có gì là khó khăn. Nghĩa là ta đang cần có yếu tố về “định lượng”. Lúc này
đường thẳng Δ đã biết phương trình nên ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ B
tới Δ và tạo mối liên hệ gắn kết với độ dài BD.
+ Với dữ kiện còn lại của bài toán và bằng phương pháp hình học thuần túy ta
dễ dàng chỉ ra được BH  d  B, CD   d  B,   , khi đó sẽ tính được độ dài BD .

7


Lời giải mong muốn
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, khi đó ABHD là hình vuông
�  MBA
�
� )
Suy ra CBH
(hai góc cùng phụ với MBH
Từ đây ta có được CBH  MBA (g.c.g) � CB  MB � CBN  MBN (c.g.c)
Khi đó BH  d  B, CN   d  B, MN  

7  2  25
50



4
2

Mà tam giác DHB vuông cân tại H nên BD  2 BH  4
Gọi D  t ; 2  �BD với t  0 , khi đó:
BD 2  16 �  t  1  16 � t  5 hoặc t  3 (loại) � D  5; 2 
2

Vậy D  5; 2 
Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm
11 1

�
�
trên cạnh CD sao cho CN  2 ND . Giả sử M � ; � và AN có phương trình
�2 2 �
2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A.
Phân tích bài toán
+ A �AN : 2 x  y  3  0
+ Điểm M biết tọa độ nên nếu tính được đoạn AM thì coi như điểm A sẽ tìm
được nhờ bài toán cơ bản. Lúc này ta sẽ gắn AM vào tam giác vuông AMH với
cạnh MH  d  M , AN  ta dễ dàng tính được. Như vậy nếu biết thêm một yếu tố về
cạnh hoặc về góc trong tam giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài AM. Do
các cạnh của tam giác AMH đều có thể biểu diễn thông qua độ dài cạnh hình
vuông nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc tính góc A nhờ định lí cosin trong tam giác.

8


Lời giải mong muốn
Gọi H là hình chiếu của M lên AN � MH  d  M , AN  

2.

11 1
 3
2 2
2 1
2

2



3 5
2

�ND  2a; NC  4a
�MB  MC  3a

Đặt AB  6a � �

(Vì ABCD là hình vuông và CN  2 ND )
(Ta có thể đặt AB  a , ở đây ta đặt AB  6a để việc biểu diễn các độ dài khác
được đơn giản)
Khi đó áp dụng Pitago ta được AM  3 5a; MN  5a và AN  2 10a
Trong
ΔAMN
ta
có
cos �MAN 

AM 2  AN 2  MN 2 45a 2  40a 2  25a 2

60a 2
2



2 AM . AN
2
2.3 5a.2 10a
60 2a 2

� �MAN  45�� MAH cân tại H � AM  2MH  2.

Gọi A  t ; 2t  3 �AN . Ta có AM 2 

3 5 3 10

(*)
2
2

45
(theo (*))
2

2
2
�
A  1; 1
t 1
�

� 11 � � 7 � 45
��
t  � �2t  �
� t 2  5t  4  0 � � � �
t4 �
A  4;5 
� 2 � � 2� 2
�

Vậy A  1; 1 hoặc A  4;5
Nhận xét
+ Khi muốn chuyển việc tìm điểm về bài toán cơ bản mà yếu tố độ dài MI chưa
biết (trong bài toán này AM chưa biết) thì thường ta hay “cắt nghĩa” thông qua
dữ kiện về định lượng. Nếu không có điều này thì trong đề bài thường ẩn chứa
�
những yếu tố bất biến như góc (ví dụ như trong bài toán này góc MAH
ta luôn
tính được), khoảng cách (trong ví dụ này d  M , AN  cũng là một đại lượng
không đổi)… Từ đây việc tìm độ dài MI (trong bài toán trên là AM) sẽ khá đơn
giản .
+ Ngoài cách tìm ra được AM 
sinh

tham

khảo

việc

3 10

như ở ví dụ trên, có thể hướng dẫn học
2

tìm

AB  a � S AMN  S ABCD   S ADN  SCNM  S BAM  

AM

theo

cách

sau:

Đặt

2

5a
a 10
và AN 
12
3

5a 2
2S AMN
3 5
10 � a  3 2 � AM  a 5  3 10
Khi đó d  M , AN   AN � 2 

2
2
a 10
3
2.

Ví dụ 5: Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn  C  : x  y  2 x  2 y  18  0 .
Biết AC  2 BD , điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng  : 2 x  y  5  0
. Viết phương trình cạnh AB.
2

2

9


Phân tích bài toán
+ Ở đây B đang thuộc đường thẳng Δ và I là tâm của đường tròn (C) đã biết tọa
độ do đó nếu tính được độ dài đoạn BI ta sẽ chuyển được về bài toán cơ bản.
Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này.
+ Khi đã tìm được điểm B ta chuyển về bài toán viết phương trình đường thẳng
AB đi qua điểm B đã biết tọa độ và cách điểm I cho trước một khoảng không đổi
R
Lời giải mong muốn

Đường tròn (C) có tâm I  1; 1 và bán kính R  2 5
Gọi H là hình chiếu của I trên AB, suy ra IH  R  2 5
Vì ABCD là hình thoi và AC  2 BD nên AI  2 BI , khi đó xét tam giác vuông ABI
ta có:
1

1
1
1
1
1
 2 
�
 2 
2
2
2
AI
BI
IH
4 BI
BI
2 5





2

� BI  5

2
2
Gọi B  t; 2t  5 � với t  0 , khi đó: BI  5 � BI 2  25 �  t  1   2t  4   25

2
(loại) � B  4;3
5
uuur
Gọi vecto pháp tuyến của AB là nAB   a; b  với a 2  b 2  0 , khi đó phương trình
� 5t 2  18t  8  0 � t  4 hoặc t  

AB có dạng:
a  x  4   b  y  3  0 � ax  by  4a  3b  0

Ta có d  I , AB   R �

a  b  4a  3b
a2  b2

 2 5 �  3a  4b   20  a 2  b 2 
2

2

a 2
a
�a �
�a �
� 11a  24ab  4b  0 � 11� � 24 � � 4  0 �  2 hoặc 
b 11
b
�b �
�b �
2

2

Với

�a  2
a
 2 chọn �
, khi đó phương trình AB là: 2 x  y  11  0
b 1
b
�

Với

�a  2
a 2

chọn �
, khi đó phương trình AB là: 2 x  11y  41  0
b  11
b 11
�

Như vậy trong các đề thi, nhiệm vụ của người ra đề là sẽ làm “mờ” bài
toán cơ bản, bằng các dữ kiện và số liệu đi kèm. Nhiệm vụ của học sinh là dùng
10


các kiến thức cơ bản để cắt nghĩa bài toán, làm cho bài toán cơ bản “hiện

nguyên hình”. Qua bài toán cơ bản ta thấy phần nào tầm “sát thương” và tính
hiệu quả của nó trong việc giải quyết các “bài toán tìm điểm” và các bài toán
liên quan khác… Nó giúp học sinh biết cách đặt ra các câu hỏi hướng vào các
đối tượng và dữ kiện của đề bài mà ta đang cần và có được định hướng để tư
duy và tháo gỡ bài toán. Nếu biết cách “làm chủ” bài toán cơ bản có nghĩa là
các em học sinh đang có trong tay một công cụ đơn giản nhưng khá hiệu quả và
việc đưa ra đáp số chính xác cho các bài toán không có gì khó khăn với học
sinh.
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có E, F lần lượt
thuộc các đoạn AB, AD sao cho EB  2 EA, FA  3FD, F  2;1 và tam giác CEF
vuông tại F. Biết rằng đường thẳng x  3 y  9  0 đi qua hai điểm C, E. Tìm tọa
độ điểm C, biết C có hoành độ dương
Phân tích bài toán
+ Điểm C �CE đã biết phương trình và F  2;1 . Điều đó gợi ý ta đi tính độ dài
CF, nếu làm được điều này ta sẽ dễ dàng có được đáp số theo góc nhìn của bài
toán cơ bản.
+ Với dữ kiện EB  2 EA, FA  3FD và tam giác CEF vuông tại F ta sẽ tìm được
mối liên hệ giữa hai cạnh của hình chữ nhật. Song ta vẫn đang thiếu một yếu tố
về định lượng. Nếu trong đề bài không cho thì ta sẽ nghĩ ngay tới việc đi tính
d  F , CE  (yếu tố ẩn trong bài toán). Thông số này sẽ giúp ta có được độ dài
đoạn CF.
Lời giải mong muốn

Ta

có

�C
�
F

1
1

AEF ~ DFC �

(vì

cùng

phụ

với

�)
F
2

và

�
�  90�
,
AD

suy

ra

AE AF EF



DF DC FC

1
�
AE  AB
�
EB

2
EA
�
�
3
��
Mà �
�FA  3FD �DF  1 AD; AF  3 AD
�
4
4
1
3
AB
AD
9
AB 3
3
4

� AB 2  AD 2 �


suy ra 1
AB
16
AD
4
AD
4

11


1
AB
EF AE 3


 1 � EF  FC , suy ra FEC vuông cân tại F
Do đó
FC DF 1 AD
4

Gọi H là hình chiếu vuông góc của F trên EC. Khi đó:
CF  2 FH  2.d  F , CE   2.

239
12  32

2 5

Gọi C  3t  9; t  với t  3 (do xC  0 ). Suy ra:
CF 2  20 �  3t  7    t  1  20 � t 2  4t  3  0 � t  1
2

2

hoặc

t  3

(loại)

� C  6; 1

Vậy C  6; 1
Nhận xét
Ở ví dụ trên việc tìm điểm C theo góc nhìn của bài toán cơ bản là khá “tự
nhiên” khi C đang thuộc một đường thẳng biết phương trình và điểm F  2;1 cố
định. Song nếu câu hỏi bài toán không chỉ dừng lại ở việc tìm điểm C mà phải
đi tìm tất cả các đỉnh của hình chữ nhật ABCD ta vẫn hoàn toàn có thể giải
quyết triệt để bài toán. Cụ thể:
+ Khi tìm được điểm C ta sẽ viết được phương trình EF (đi qua F và vuông góc
với CF) và suy ra được tọa độ điểm E (với CE �EF   E )
�
AB 3
�AE  2
FE

2
5

�

+ Việc chỉ ra
và
�
AD 4
�AF  3 2

hay A là giao điểm của đường tròn  E; 2  và  F ;3 2  � tọa độ điểm A (chú ý
A, C khác phía EF để loại bởi 1 điểm A)
uuur
uuur
�AB  3 AE
�
+ Từ �uuur uuur ta suy ra được tọa độ điểm B và D.
�AF  3FD

Ví dụ 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D
�  45�. Đường thẳng AD và BD lần lượt có phương trình
có đáy lớn CD và BCD
3 x  y  0 và x  2 y  0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình
thang bằng 15 và điểm B có tung độ dương.
Phân tích bài toán
+ Với việc B �BD đã biết phương trình và điều kiện B có tung độ dương giúp ta
nghĩ tới nên đi tìm tọa độ điểm B trước. Do AD �BD   D ta dễ dàng tìm được
tọa độ điểm D, khi đó B �BD và nếu cắt nghĩa được dữ kiện của bài toán để
tính độ dài BD ta sẽ tìm được tọa độ điểm B theo bài toán cơ bản. Ở đây có dữ
kiện S ABCD  15 (*) mà S ABCD phụ thuộc vào AB, AD và DC. Nghĩa là trong đẳng
thức (*) chứa tới 3 ẩn. Nếu thế sẽ cần giảm số ẩn, điều này chỉ có thể làm được
khi AB, AD và DC có mối liên hệ với nhau, hay nói cách khác sẽ có hai trong ba

ẩn trên biểu diễn được theo ẩn còn lại. Vậy ta sẽ cần khai thác số liệu cụ thể
12


�  45�và AD, BD đã biết phương
của bài toán. Dữ kiện bài toán cho góc BCD
trình, từ đây gợi ý ta nên đi tính góc ADB (ta nháp
uuur uuur
nAD .nBD
3 2
1
cos  AD, BD   uuur uuur 

��
ADB  45�). Như vậy tam giác ABD và
10. 5
2
nAD . nBD

DBC lần lượt vuông cân tại A và B. Lúc này ta sẽ biểu diễn được AD, BD theo
AB; từ (*) ta sẽ suy ra được AB và dễ dàng có được độ dài BD.
+ Khi tìm được B suy ra được phương trình BC do CB  BD (tam giác DBC
vuông tại B).
Lời giải mong muốn

Do

AD �BD   D

nên

tọa

độ

điểm

D

là

3x  y  0
�
�x  0
��
� D  0;0 
�
�x  2 y  0
�y  0

nghiệm

uuur

của

hệ:

uuur

Ta có các vecto pháp tuyến tương ứng của AD và BD là: nAD   3; 1 , nBD   1; 2 
uuur uuur
nAD .nBD
3 2
1

��
ADB  45�
Suy ra: cos  AD, BD   uuur uuur 
10. 5
2
nAD . nBD

Khi đó tam giác ABD và BDC lần lượt vuông cân tại A và B, suy ra:
AB  AD 

DC
2

Ta có: S ABCD 

 AB  DC  . AD   AB  2 AB  .AB  3 AB 2  15 � AB 
2

2

2

10 � BD  2 5

Gọi B  2t; t  với t  0 .
Khi đó: BD  2 5 � BD 2  20 �  2t   t 2  20 � t 2  4 � t  2 hoặc t  2 (loại)
2

� B  4; 2 

uuur

uuur

Đường thẳng BC đi qua B  4; 2  và có vecto pháp tuyến: nBC  uBD   2;1 , (vì
tam giác BDC vuông tại B) nên ta có phương trình
2  x  4    y  2   0 � 2 x  y  10  0

Ví dụ 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường
chéo vuông góc với nhau và AD  3BC . Đường thẳng BD có phương trình
x  2 y  6  0 và tam giác ABD có trực tâm là H  3; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh C và
D.
Phân tích bài toán
13


Với yêu cầu của bài toán, ban đầu sẽ cho ta được chùm các câu hỏi và
các hướng phân tích sau: “Với C và D ta ưu tiên tìm điểm nào trước? D đang
thuộc đường thẳng BD đã biết phương trình, C thuộc đường thẳng AC mà ta
hoàn toàn có thể viết được phương trình (AC đi qua H và vuông góc với BD).
Khi đó giao điểm  I   BD �AC hoàn toàn xác định. Ta cần thêm những dữ kiện
“có lợi” cho C và D”. Do ABCD là hình thang cân nên
�  45�� BCH là tam giác cân tại B � I là trung điểm của HC.
IB  IC � BCI

Nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm C trước. Lúc này các dữ kiện chưa được
khai thác là BC // AD và AD  3BC , từ đây ta nghĩ tới định lý Ta – Lét và suy ra
được DI  3BI  3IH . Khi đó việc tìm tọa độ điểm D được đưa về bài toán cơ
bản.
Lời giải mong muốn

uuur

uuur

Vì AC  BD � nAC  u BD   2; 1 , nên AC có phương trình là:
2  x  3   y  2   0 � 2 x  y  8  0

Gọi BD �AC   I  . Khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
�x  2 y  6  0
�x  2
��
� I  2; 4 
�
2x  y  8  0
�
�y  4
�  45�� BCH là tam giác cân tại B
Do ABCD là hình thang cân nên IB  IC � BCI

Suy ra I là trung điểm của HC � C  1;6 
Áp dụng định lí Ta – lét với AD / / BC ta có:

ID AD


 3 � ID  3IB  3IH  3 5
IB BC

Gọi D  6  2t; t  �BD , khi đó ID  3 5 � ID 2  45
�  2t  8    t  4   45
2

2

�
D  4;1
t 1
�
� t 2  8t  7  0 � � � �
t 7 �
D  8;7 
�
�
C  1; 6 
�
C  1;6 
�
�
hoặc �
�D  4;1
�D  8;7 

Vậy �

Nhận xét

Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên thì thứ tự tìm điểm thường ưu
tiên theo các dữ kiện sau: Điểm cần tìm có liên quan tới hệ thức vecto (trong ví

14


dụ trênuuurI làuutrung
điểm của HC cũng được hiểu là C liên hệ với H, I qua hệ thức
r
vecto HI  IC ), điểm thuộc đường đã biết phương trình…
Ví dụ 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm B  1;1 . Trên tia BC lấy điểm M
sao cho BM .BC  75 . Phương trình đường thẳng AC : 4 x  3 y  32  0 . Tìm tọa độ
điểm C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC bằng

5 5
2

Phân tích bài toán
+ Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A là giao của AC và AB (AB đi qua B và
vuông góc với AC).
+ Khi bài toán dữ kiện BM.BC = 75 thường chúng ta nghĩ tới tam giác đồng
dạng và tứ giác nội tiếp đường tròn (kiến thức hình lớp 9 hay đề cập tới điều
này). Trong bài toán lại có yếu tố bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
MAC, để khai thác được dữ kiện này gợi ý ta dựng thêm điểm D sao cho ACMD
nội tiếp đường tròn, việc này sẽ giúp ta cắt nghĩa được tất cả những thông số
trên
+ Sau khi dựng điểm D ta sẽ cắt nghĩa các số liệu của bài toán để đi tính độ dài
đoạn AC, khi đó ta sẽ tìm được tọa độ của điểm C theo góc nhìn của bài toán cơ
bản. Cụ thể đó là điểm C �AC : 4 x  3 y  32  0 và điểm C cách A một khoảng xác
định AC.

Lời giải mong muốn

uuur

AB đi qua B  1;1 và vuông góc với AC  u AC   3; 4   nên có phương trình:
3x  4 y  1  0

Do

AC �AB   A

nên

tọa

độ

điểm

A

là

nghiệm

của

hệ:

4 x  3 y  32  0

�
�x  5
��
� A  5; 4 
�
3x  4 y  1  0
�
�y  4

Kẻ MD vuông góc với BC và cắt AB tại K, suy ra ACMD là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính CD (cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác
MAC), khi đó: CD  2 R  5 5
BM

BD

Ta có BMD ~ BAC (g.g) nên BA  BC � BD 

BM .BC
75

 15  5  AB
2
BA
4  32

� A nằm giữa B và D.

15

Khi đó AD  BD  BA  15  5  10 , suy ra AC  CD 2  AD 2 

 5 5

2

 102  5

2
2
Gọi C  8  3t ; 4t  �AC , khi đó AC  5 � AC 2  25 �  3t  3   4t  4   25

�
C  8;0 
t 0
�
� 25t 2  50t  0 � �
��
t  2 �
C  2;8 
�

Vậy C  8;0  hoặc C  2;8 .
Ví dụ 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
 C  : x 2  y 2  2 x  4 y  20  0
và
hai
đường
thẳng

d1 : 2 x  y  5  0, d 2 : 2 x  y  0 . Lập phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với
đường tròn  C  tại A và cắt d1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho B là trung điểm
của đoạn thẳng AC.
Phân tích bài toán
+ Như cách tư duy thông thường để viết đường thẳng Δ, ta sẽ nghĩ tới việc tìm
một điểm mà Δ đi qua cùng với vecto pháp tuyến hoặc chỉ phương của nó. Lúc
này có ba sự lựa chọn là điểm A, B hoặc C. Song cả ba điểm trên đều chưa biết
tọa độ. Vậy câu hỏi lúc này là nên tìm tọa độ điểm nào? Ta nhận thấy hai điểm
B, C có lợi thế là đều đang thuộc các đường thẳng đã biết phương trình, nhưng
gần như đó là dữ kiện có lợi duy nhất cho B và C. Nghĩa là việc tìm tọa độ B, C
là gặp “khó khăn”. Chỉ còn một sự lựa chọn là điểm A. Có vẻ hợp ulí,
vì nếu tìm
u
r
được tọa độ điểm A, ta sẽ tìm được vecto pháp tuyến của Δ là IA và suy ra
phương trình Δ. Thế tìm điểm A bằng cách nào? Với dữ kiện bài toán ta chỉ có
được IA  R  5 . Vậy việc tìm điểm A trực tiếp lúc này lại gặp trở ngại. Khi đứng
trước những tình huống kiểu này, một kinh nghiệm là ta hãy chú ý tới những
thông số, dữ kiện của đề bài và rất có thể trong đó đang ẩn chứa những yếu tố
đặc biệt sẽ giúp ta tháo gỡ được “nút thắt” của bài toán. Nhận thấy, có hai yếu
tố về số liệu khá đặc biệt là tâm I của (C) thuộc d 2 và d1 / / d 2 . Nghĩa là JB là
đường trung bình trong tam giác IAC với d1 �IA   J  , suy ra J là trung điểm
của IA. Nếu tìm được tọa độ điểm J ta sẽ suy ra tọa độ điểm A và viết được
phương trình Δ. Vậy thay vì đi tìm A ta sẽ tìm gián tiếp thông qua điểm J.
+ Ta nhận thấy: J �d1 và JI 

IA R
 . Như vậy lúc này đã “lộ diện” bài toán cơ
2 2

bản, có nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm J nhờ bài toán cơ bản.

Lời giải mong muốn

16


Đường tròn (C) có tâm I  1; 2  thuộc d 2 và bán kính R  5 . Gọi d1 �IA   J  .
Do d1 / / d 2 nên JB là đường trung bình trong tam giác IAC, suy ra J là trung điểm
của IA.
IA R 5
25
25
2
2
  � JI 2 
�  t  1   2t  7  
2 2 2
4
4
5
7
� 4  5t 2  30t  50   25 � 4t 2  24t  35  0 � t  hoặc t 
2
2

Gọi J  t ;5  2 t  �d1 , khi đó: JI 

Do J là trung điểm của IA nên:
5

2

5
�2

7

7

� �
Với t  � J � ;0 �� A  4; 2  , khi đó Δ đi qua A  4; 2  và có vecto pháp tuyến
�
uu
r
IA   3; 4  nên có phương trình: 3  x  4   4  y  2   0 � 3x  4 y  20  0 .

�
�
Với t  � J � ; 2 �� A  6; 2  , khi đó Δ đi qua A  6; 2  và có vecto pháp tuyến
2
2
�
�
uu
r
IA   5;0  nên có phương trình: 5  x  4   0.  y  2   0 � x  4 .

Vậy Δ có phương trình: 3x  4 y  20  0 hoặc x  4 .
Nhận xét
Ví dụ trên là kiểu bài toán không mẫu mực, nghĩa là với các cách tư duy

thông thường (chưa để ý tới những số liệu cụ thể) ta khó có thể đưa ra được lời
giải cho nó. Khi đó giải pháp cho những lớp bài toán trên là khai thác triệt để
số liệu đặc biệt của đề bài, và chính số liệu này mới là “chìa khóa” giúp ta đi
đến đáp số của bài toán.

3.3. Bài tập tương tự
17


Bài

1:

Trong

mặt

 C  : x2  y2  2x  2 y  1  0

phẳng

tọa

độ

Oxy,

cho

đường

tròn

và đường thẳng d : x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm M

nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn
(C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y  2  0 và đường
2
2
tròn  C  : x  y  4 x  2 y  0 . Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc Δ. Qua M

kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M,
biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A  1; 4 
và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y  4  0 . Xác định tọa độ các điểm B
và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Bài

4:

Trong

mặt

phẳng

Oxy,

cho

hai

đường

thẳng

1 : 3x  y  5  0,  2 : x  2 y  3  0 và đường tròn  C  : x  y  6 x  10 y  9  0 . Gọi M
2

2

là một điểm thuộc đường tròn (C) và N là điểm thuộc đường thẳng 1 sao cho M
và N đối xứng nhau qua  2 . Tìm tọa độ điểm N.
Bài 5: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A  1;  3  có góc
�
ABC  30�, đường thẳng  : x  y  2  0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết B có hoành độ là một số
hữu tỉ
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Việc hướng dẫn học sinh áp dụng bài toán cơ bản để tìm tọa độ của
điểm trong hình học giải tích phẳng đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp
cùng đơn vị thí điểm trên các lớp mũi nhọn và các em học sinh có học lực từ khá
trở lên. Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập một cách say mê hứng
thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giỏi
tỉnh, thi THPT Quốc gia.
Tuy nhiên với đề tài này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo các
phương pháp, luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng
nghiệp, xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em

học tập, tìm hiểu.

C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
18


Với mục đích nâng cao năng lực tư duy, tính sáng tạo trong giải toán của
học sinh. Hy vọng với kết quả nhỏ này sẽ bổ sung được phần nào kiến thức cơ
bản cho các em, giúp các em nhận thức đầy đủ và rèn luyện tốt kỹ năng giải các
bài toán tìm tọa độ của điểm trong hình học giải tích phẳng.
Qua thời gian thực tế giảng dạy bài toán tìm tọa độ của điểm dựa vào bài
toán cơ bản ở trường THPT Thạch Thành 2, tôi rút ra được một số kinh nghiệm
sau đây.
 Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri của
học sinh, giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt
tri thức trong các tình huống đa dạng.
 Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các kĩ
năng giải toán thông qua việc luyện tập, nhằm khắc phục tính chủ quan,
hình thành tính độc lập, tính tự giác ở người học, thông qua đó hình thành
và phát triển nhân cách của các em.
 Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp
dạy học phù hợp.
 Phải nhiệt tình, gương mẫu quan tâm tới học sinh, giúp đỡ các em để các
em không cảm thấy áp lực trong học tập.
 Luôn tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tòi học tập ở
học sinh.
 Đặt ra câu hỏi gợi mở phù hợp với đối tượng học sinh trong quá trình
giảng dạy.
Do thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa nhiều nên đề tài của tôi không
tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp

để tôi có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình.

XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 30 tháng 6 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Người thực hiện

Nguyễn Sỹ Thạc

19