Một số giải pháp giúp học sinh lớp 10 trường THPT hàm rồng giải các bài toán tìm điểm và phương trình đường thẳng liên quan đến yếu tố vuông góc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HIỆN

VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VỚI BÀI TOÁN
HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG

Người thực hiện: Dương Văn Hạnh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

1. MỞ ĐẦU

THANH HOÁ NĂM 2020
1


MỤC LỤC
Nội dung
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của SKKN.
1. Một số điểm cần lưu ý.

2. Một số tính chất của hình học phẳng.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN.
2.3. Giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

Trang
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4
4
19
20


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi mới
phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu.
Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phương pháp dạy học tích cực tôi nhận
thấy phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” có nhiều ưu điểm cũng như
phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán ở trường phổ thông nói chung và dạy học
bài tập toán nói riêng. Tuy nhiên để có thành công trong phương pháp dạy học “Phát hiện

và giải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng lực sư phạm của mỗi giáo viên
còn đòi hỏi ở người giáo viên nhiều thời gian và tâm huyết.
Để có một bài giảng thu hút được học trò, giúp học trò phát triển tư duy về môn
toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi thường trăn trở với những
khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán.
Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thường xuất hiện ở các kì
thi vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với học trò, bên cạnh đó nó cũng là bài
toán khó với nhiều đối tượng học trò đặc biệt là với các em có năng lực trung bình. Băn
khoăn trước những khó khăn của học trò, tôi tìm tòi và quyết định chọn phương pháp dạy
học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” để giúp các em tiếp cận loại toán này một cách hiệu
quả nhất.
Trong số những bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp các bài toán
thiên về tính chất hình phẳng thuần túy đã gây cho học trò nhiều khó khăn khi tiếp cận.
Vì vậy tôi chọn đề tài là “Một số giải pháp giúp học sinh lớp 10 trường THPT Hàm
Rồng giải các bài toán tìm điểm và phương trình đường thẳng liên quan đến yếu tố
vuông góc” để nghiên cứu.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bài toán hình giải
tích trong mặt phẳng thông qua phương pháp dạy học: “Phát hiện và giải quyết vấn đề”.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Học sinh khối 10 trường THPT Hàm Rồng.
- Học sinh khối 11 ôn thi học sinh giỏi môn Toán trường THPT Hàm Rồng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ nhiều nguồn khác nhau liên quan đến hình học
phẳng.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.
- Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A3, 10A4 trường THPT Hàm Rồng
để nắm bắt tình hình thực tế của học sinh.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận.

2.1.1. Một số điểm cần lưu ý
Những bài toán liên quan đến tam giác vuông (đặc biệt là tam giác vuông cân),
hình chữ nhật (đặc biệt là hình vuông), hình thang vuông thì ta có thể đặt một cạnh bằng
a. Từ đó sử dụng giả thiết, định lý Pitago, định lý hàm số côsin… sẽ xác định được các
yếu tố cần thiết thuận lợi cho việc giải quyết bài toán đó. Bài toán cơ bản về khoảng cách
và bài toán cơ bản về góc cũng thường được sử dụng trong chủ đề này.

1


Vẽ hình chính xác, từ đó dự đoán xem có hai đường thẳng nào vuông góc với nhau
hay không. Từ đó sử dụng định lý Pitago, phương pháp vectơ hay cộng góc để chứng
minh dự đoán này. Việc phát hiện ra yếu tố vuông góc có thể là mấu chốt để chúng ta giải
quyết bài toán.
Sử dụng định lý Talet, tam giác đồng dạng để so sánh khoảng cách từ 2 điểm đến
một đường thẳng. Từ đó sử dụng bài toán cơ bản về khoảng cách hoặc phương pháp tham
số hóa để giải quyết bài toán.
2.1.2. Một số tính chất của hình học phẳng vận dụng vào bài toán phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng
Tính chất 1. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.
AB 2  BH .BC ; AC 2  CH .CB .
AH 2  BH .HC ; AB .AC  BC .AH ;
1
1
1


.
AH 2 AB 2 AC 2

Tính chất 2. Cho tam giác ABC với đường cao AH, trung tuyến AM.
Định lý cosin a2  b2  c2  2bc.cosA.
a
b
c


 2R. trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
sin A sin B sinC
tam giác ABC.

Định lý sin:

b2  c2 a2
 .
2
4
Công thức tính diện tích tam giác (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, p là
1
1
abc
nửa chu vi) SABC  AH .BC  ab.sinC 
 pr
.  p(p  a)(p  b)(p  c).
2
2
4R
Tính chất 3. Cho hình vuông ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC Khi
đó AN  DM

Công thức trung tuyến ma2 

Chứng minh. Gọi cạnh hình vuông là a. Ta có
uuuu
r uuuur
uuur uuur uuur uuuur
AN .DM  AB  BN DA  AM
uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur
 AB .DA  AB .AM  BN .DA  BN .AM







a2 a2
 0

 0  0.
2 2
Suy ra AN  DM .

Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta có tính chất sau
Tính chất 4. Cho hình vuông ABCD. Gọi M , N lần lượt thuộc AB và BC sao cho
uuuur
uuuu
r uuur
uuur
AM  kAB, BN  kBC . Khi đó AN  DM .

Tính chất 5. Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, AD  a 2. Gọi M là trung điểm
AD. Khi đó AC  BM .


Chứng minh. Ta có
uuur uuuu
r uuu
r uuur uuu
r uuuu
r
AC.BM  AB  BC BA  AM
uuu
r uuuu
r uuur uuu
r uuur uuuu
r
  AB 2  AB. AM  BC.BA  BC . AM



  a 2  0  0  a 2.





a 2
 0.
2

Suy ra AC  BM .
Tính chất 6. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B lên AC và M , N
lần lượt là trung điểm của AH , CD. Khi đó BM  MN .
Chứng minh. Gọi E là trực tâm của
tam giác MBC . Khi đó ME / / AB (vì
cùng vuông góc với BC ). Do M là
trung điểm AH nên ME là đường
trung bình của tam giác HAB . Suy ra
1
AB � ME / /  NC
2
Suy ra MECN là hình bình hành � MN / / CE .
Vì E là trực tâm của tam giác MBC nên BM  CE � BM  MN .
Thay đổi hình thức của tính chất 4 ta có các hệ quả sau
ME / / 

1
TC 6.1. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB  CD. Gọi H là hình chiếu
2
của D lên AC và M là trung điểm CH . Khi đó MB  MD.

TC 6.2. Cho tam giác ABC vuông tại B có hai trung tuyến BN và CM . Gọi H là hình
chiếu của B lên CM , E là trung điểm của CH . Khi đó EN  EB .

Trên đây là những tính chất được khai thác nhiều trong các bài toán.

3


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN.

Kiến thức cơ sở về môn toán của các em trong các lớp 10A3, 10A4 hầu hết tập
trung ở mức độ trung bình, trung bình khá.
Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần hình giải tích
trong mặt phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn toán, chỉ có khoảng
20% học sinh hứng thú với bài toán hình giải tích trong mặt phẳng.
2.3. Giải pháp đã thực hiện để giải quyết vấn đề.
Đưa ra các bài toán cụ thể trong các tiết dạy học bài tập, phân tích từng bài toán cụ
thể để định hướng cho học sinh cách giải quyết bài toán và những bài mang tính chất
tương tự.
Trong khuôn khổ của đề tài, sau đây tôi xin trình bày một số bài toán hình học giải
tích phẳng liên quan đến tam giác vuông, hình thang vuông, hình chữ nhật và hình vuông.
Ở mỗi bài toán đều có sự phân tích bài toán và đưa ra hướng giải để giúp các em
học sinh tiếp cận bài toán một cách dễ dàng hơn, qua đó học sinh có thể vận dụng cho
những bài toán tương tự
BÀI TẬP MINH HỌA
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và
B. M  9; 1 là trung điểm AB, CD : 2x  y  4  0. Tìm toạ độ của C biết rằng
3
AD.
2
Phân tích bài toán. Bài toán này chúng ta có thể đi theo một trong các hướng như sau:
Hướng thứ nhất. Vì C �CD
nên ta tham số hóa điểm C (ẩn
c). Hình thang vuông này có
các cạnh liên hệ với nhau qua
đẳng
thức
3
AB  BC  AD, nên nếu
2

đặt độ dài một cạnh nào đó
bằng x thì ta sẽ tính được tất
cả các cạnh còn lại theo x.
Để tìm C, ta sẽ đi tính độ dài
đoạn thẳng MC. Chú ý rằng
AB  BC 





d M , CD đã có.

Lời giải. Đặt AB  6x. Suy ra BC  6x, AD =4x. Do đó CD  2x 10.

Ta có d  M ,CD   3 5. Suy ra SMCD  15x 2.

4x  6x
3x.4x 3x.6x
.6x 

 15x2.
2
2
2
Suy ra x  2. Suy ra MC  3x 5  3 10.

Mặt khác

SMCD 





Vì C �CD : 2x  y  4  0 � C c; 2c  4 . Khi đó


�
c0
2
2
MC  3 10 � c  9  2c  3  90 � �
.
c6
�



 



Từ đó suy ra C  0; 4 , C  6;8 .

Hướng thứ hai. Nếu viết được phương trình của đường thẳng MC thì sẽ tìm được tọa
� , từ đó sử dụng bài toán cơ bản về góc.
độ của C . Ta sẽ tìm cách tính cosMCD
Lời giải. Đặt AB  6x. Suy ra BC  6x, AD = 4x. Do đó
CD  2x 10, MD  5x, MC  3 5x.

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác MCD ta có
MC 2  DC 2  MD 2
1
�
cos MC , CD  cosMCD 

.
2MC .DC
2





Gọi MC : a  x  9  b y  1  0. ( a2 + b2 # 0). Ta có





cos MC , CD 

1
2

�

 

2a  b
5. a2  b2



1
2

� 3a2  8ab  3b2  0 *

Nếu b  0 � 3a2  0 � a  0 (loại).
Nếu b �0, chia cả hai vế của phương trình (*) cho b2 ta có
�
a
2
3
�
�
MC : 3x  y  26  0
�
a� �
a�
b
3� � 8� � 3  0 � �
��
a
1
MC : x  3y  12  0
�
�b � �b �

�

�
b
3
Từ đó suy ra C  6;8 , C  0; 4 .



Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại



A 3;  3 , trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng  : 2x  y  7  0. Gọi H là

 

hình chiếu của A lên trung tuyến BN của tam giác ABC. Biết rằng I 1; 9 là trung điểm
BH . Tìm tọa độ các đỉnh B và C .

Phân tích bài toán. Dựa vào tính chất 6 hay hệ quả 6.2 thì
ta có được MI  AI . Từ đó viết được phương trình của MI và
tìm được tọa độ của M.
Lời giải. Gọi P là trung điểm của AH . Ta có MN / /  IP
nên MNPI là hình bình hành. Vì IP / / MN � IP  AC . Từ
đó P là trực tâm của tam giác AIN . Suy ra
NP  AI � MI  AI .

 

Đường thẳng MI đi qua I 1; 9 và vuông góc với AI nên
MI : x  3y  28  0.

5


uuur 2 uuuur
�
11 11�
M
7;
7
.
E

BN
�
AM
�
AE
 AM � E � ; �
.
Do đó
Gọi
3
3
3
�
�

 





Suy ra BN : 2x  y  11  0. Đường thẳng AH đi qua A 3;  3 và vuông góc với BN

 



 



nên AH : x  2y  3  0. Dẫn đến H 5; 1 . Suy ra B 3; 17 , C 17;  3 .



Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có



A 3;  5 , đỉnh C thuộc đường thẳng  : 2x  y  9  0. E là điểm đối xứng với D qua





C . Hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE là H 3; 13 . Tìm tọa độ các

đỉnh B, C .
Phân tích bài toán. Nút thắt của bài toán này là AH  HC . Từ đó tìm được tọa độ của
đỉnh C .
Dễ thấy BE / / AC nên lập được phương trình của BE . Từ đó tham số hóa đỉnh B (ẩn
uuur uuur
b). Dựa vào phương trình BA.BC  0 để tìm b.

Lời giải. Lấy F đối xứng với E qua B . Khi đó A là trung điểm của DF . Trong các
tam giác vuông HDE , HDF ta có AH  AD, CH  CD. Suy ra
�
� H
� D
� D
�  900 � AH  HC .
AHC
H
1
2
1
2
uuuu
r uuur
Suy ra nHC  HA 6;  18  6 1;  3 � HC : x  3y  42  0. Do đó C 3; 15 .

















Vì HE song song với AC : x  3 nên HE : x  3 � B 3; b .
uuur
uuur
Suy ra AB 6; b  5 , CB 6; b  15 . Ta có









uuur uuur
�
b  13
AB .CB  0 � 36  b  5 b  15  0 � �
�

b  3
�







 










�
B 3; 13 �H
�
�
B 3;  3 .
�



Vậy B 3;  3 , C 3; 15 .

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung
điểm của AB, đỉnh C 6;  4 . Tìm tọa độ đỉnh D biết rằng DM : 2x  y  4  0.






� ,
Phân tích bài toán. Ta đi tính góc MDC
từ đó viết được phương trình đường thẳng
CD dựa vào bài toán cơ bản về góc. Dẫn đến
tọa độ đỉnh D.
Lời giải. Đặt cạnh hình vuông bằng 2x. Áp
dụng định lý Pitago ta tính được
MD  MC  x 5.
5x2  4x2  5x2
1
�
Suy ra cosMDC 

.
2.x 5.2x
5

Gọi phương trình đường thẳng CD là CD : a  x  6  b y  4  0. Ta có





cos DM , DC 

1
5

�

2a  b
5. a2  b2



�
a0
� 3a2  4ab  0 � �
.
3
a

4
b

0
�
5

1





Với a  0, chọn b  1 � CD : y  4  0 � D 4;  4 .

 

Với 3a  4b  0, chọn a  4 và b  3 � CD : 4x  3y  12  0 � D 0; 4 .



  

Vậy D 4;  4 , D 0; 4 .
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
M 7; 10 là trung điểm của BC . Hình chiếu vuông góc của A lên BD là H 5; 3 ,
đường trung tuyến AK của tam giác AHD có phương trình x  4y  13  0. Viết
phương trình cạnh BC .
Phân tích bài toán. Từ tính chất 6 ta có
AK  K M . Do đó lập được phương trình của
đường thẳng K M , suy ra tọa độ của K , D. Từ
đó lập phương trình của BD, AH . Suy ra tọa độ





 

của A. Lưu ý rằng, đường thẳng BC đi qua M

và song song với AD.
Lời giải. Gọi E là trực tâm của tam giác ABK . Khi đó K E / / AD (cùng vuông góc với
AB ). Vì K là trung điểm của DH nên K E là đường trung bình của tam giác ADH .
1
Suy ra K E / /  AD � K E / /  BM .
2
Do đó K EBM là hình bình hành. Dẫn đến MK / / BE � MK  AK . Suy ra

 

 

MK : 4x  y  18  0 � K 5; 2 � BD : x  5, AH : y  3 � A 1; 3 .

 

Vì K là trung điểm của DH nên D 5; 1 � AD : x  2y  6  0.
Vì BC / / AD � BC : x  2y  27  0.

7


Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và
� 22 4 �
D, AB  AD  2 DC . Điểm M �
 ; �thuộc đoạn BC sao cho 3BM  2MC , điểm
3
� 5 5�





N 2;4 thuộc đoạn CD sao cho ND  2NC . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông biết
A có hoành độ dương.

Phân tích bài toán. Mấu chốt ở bài
toán này là dự đoán và chứng minh được
AM  MN . Từ đó viết được phương
trình của AM và tham số hóa điểm A.
Từ độ dài của MN , sử dụng định lý
Pitago ta sẽ tính được độ dài các cạnh
hình thang đã cho.
Lời giải. Bằng phương pháp véc tơ ta chứng minh được AM.MN 0
Ta có AM  MN . Suy ra AM : 3x  4y  10  0.
3a 5
1
�
, cosMCN

.
Suy ra A  2  4t; 1  3t  . Đặt AB  2a � NC  a, MC 
5
5

Từ đó a  10. Suy ra AN  2a 2  4 5.

2
Suy ra 25t  30t  55  0 � t  1 � A  2; 4 (vì xA  0).

Tam giác ABN vuông cân nên B  4; 2 .

Chú ý B, M cùng phía so với AN . Từ đó tìm được C  5;5 , D  4;2 .



 

 

  

Vậy A 2;  4 , B 4;  2 , C 5; 5 , D 4; 2 .

 

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm M 6; 4

 

nằm trên cạnh BC . Đường tròn đường kính AM cắt đoạn BD tại N 1; 5 . Đỉnh C
thuộc đường thẳng  : x  2y  6  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho, biết
rằng đỉnh C có tọa độ nguyên và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1.

Phân tích bài toán. Gọi I là trung điểm AM . Dự
đoán và chứng minh IMN vuông cân tại I nên tìm
được tọa độ của I , suy ra tọa độ của A.
Vì C � : x  2y  6  0 nên ta tham số hóa điểm C
với ẩn c. Từ đó tìm được tọa độ tâm E của hình
vuông đã cho theo c. Từ tính chất EN  AC ta tìm

được c. Suy ra tọa độ của C , E , B, D.


�
�  450 nên tam giác
Lời giải. Ta có tam giác NAM vuông tại N và NMB
 NBA
NAM vuông cân tại N . Gọi I là trung điểm của AM . Khi đó tam giác IMN vuông cân
tại I . Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của MN . Do đó
IH : 5x  y  13  0 � I t; 5t  13 .



IM 

Ta có

MN
2





 
2



2

� t  6  5t  17  13

 
 
 
 
Vì đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1 nên A  0; 0 .
Vì C � : x  2y  6  0 � C  2c  6; c . Gọi E là tâm của
uuuu
r
uuur �
�
�
c�
c
E�
c  3; �
. Suy ra AC  2c  6; c , NE �
c  4;  5�
. Ta có
2�
2
�
�
�
�
t4
� 26t  182t  312  0 � �
�

t3
�
2

�
�
I 4; 7
A 2; 10
�
��
�
�
I 3; 2
A 0; 0
�
�

hình vuông. Khi đó

uuuu
r uuur
�
�
c
AC .NE  0 � 2c  6 c  4  c �  5� 0 � 5c2  38c  48  0 �
�2
�







 

 
MC : x  6, NE : x  y  6  0 � B  6; 0 � D  0; 6 .
Vậy A  0; 0 , B  6; 0 , C  6; 6 , D  0; 6 .

�
c6
�
8
�
c
� 5

Vì C có tọa độ nguyên nên C 6; 6 � E 3; 3 . Do đó

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A,
đường cao AH . Gọi D là điểm đối xứng với B qua A. Điểm E 11; 15 thuộc đường
thẳng DH , BC : x  3y  8  0, đường trung tuyến kẻ từ C của tam giác ACH có
phương trình 7x  11y  6  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .





Phân tích bài toán. Trước hết tìm được tọa

độ của C . Gọi M là trung điểm của AH . Mấu
chốt ở bài toán này là dự đoán và chứng minh
được CM  DH . Viết được phương trình của
DH và tìm được H , M , A, B .

 

Lời giải. Gọi M là trung điểm của AH . Vì C  BC �CM nên C 7; 5 .
Ta chứng minh CM  DH bằng phương pháp vectơ. Ta có

9


uuuu
r uuuu
r 1 uuu
r uuur uuur uuuu
r
CM .DH  CA  CH . AB  AH
2
r uuuu
r uuur uuur
1 uuu
1
 CA.AH  CH .AB  AH 2  CH .HB  0
2
2








 



� 13
Suy ra CM  DH . Do đó DH : 11x  7y  16  0 � H � ;
� 5
�9
Suy ra AH : 3x  y  6  0 � M � ; 
�5



9�
.
�
5�



3�
�� A 1;  3 .
5�





Đường thẳng AB vuông góc với AC nên AB : x  y  4  0 � B 5; 1 .



 

  

Vậy A 1;  3 , B 5; 1 , C 7; 5 .
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết rằng
G 3; 3 là trọng tâm tam giác ABD. Đường thẳng đi qua A vuông góc với BG cắt BD

 
tại E  1; 3 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho biết rẳng đỉnh A có tung độ lớn
hơn 1.
Phân tích bài toán. Hình vuông đã cho có hai đường chéo vuông góc với nhau tại I . Dự
đoán GE / / AD. Từ đó suy ra tam giác IGE vuông cân tại I . Do đó tìm được tọa độ của
I.
Lời giải. Gọi I là tâm của hình vuông ABCD. Khi đó
AI  BE , BG  AE nên G là trực tâm của tam giác
ABE . Suy ra GE  AB � GE / / AD.
Từ đó suy ra tam giác IGE vuông cân tại I .

 

Đường trung trực của GE là  : x  2 � I 2; t .
Ta có

IE 

 
 

I 2; 4
�
t4 �
� 1 t  3  2 � �
��
t2 �
I 2; 2
2
�
�

GE





2

uur
uuu
r
�
xA  2  3.1

�
� A 5; 1 (loại vì yA  1).
TH1. I 2; 4 . Ta có IA  3IG � �
y

4

3.

1


A
�
uur
uuu
r
�
xA  2  3.1
�
� A 5; 5 .
TH2. I 2; 2 . Ta có IA  3IG � �
yA  2  3.1
�
uur
uur
�
x  2  3.  1
�
ID  3IE � �D

� D 1; 5 . Suy ra C 1;  1 , B 5;  1 .
y

2

3.1
�D

 

 

 

 



  

 

 







Vậy A 5; 5 , B 5;  1 , C 1;  1 ; D 1; 5 .

 




 

Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M 5; 3 là
trung điểm của AB . Điểm E

thuộc AC

sao cho AE 

DE : 3x  y  8  0. Viết phương trình cạnh CD.

3
AC . Biết rằng
4

Phân tích bài toán. Mấu chốt của bài toán này
là dự đoán và chứng minh được tam giác EMD
vuông cân. Từ đó tìm được điểm E , D. Gọi I là
giao điểm của ME và CD. Từ định lý Talet ta
tìm được tọa độ I . Từ đó viết được phương trình
của đường thẳng CD.
Lời giải. Đặt cạnh hình vuông bằng a. Sử dụng định lý Pitago và định lý hàm số cosin
2

�
a 2�
a 2
5a2
5a2
ta có MD 2 
DE 2  a2  � � 2.a.
.cos450 
�4 �
4
8
4
� �
2

2
�
a � �3a 2 �
a 3a 2
5a2
0
� 2. .
ME  � � �
.cos45 
�
4
2
4
8

�2 � �
�
�
2





Suy ra tam giác EMD vuông cân tại D. Do đó ME : x  3y  14  0 � E 1; 5 .





Vì D �DE : 3x  y  8  0 � D d; 3d  8 . Ta có






�
D 1; 11
�
d1
ED  EM � d  1  3d  3  40 � �
��
d  3
�

D 3;  1
�
�
uur
uuuu
v
EM
EA
Gọi I  ME �CD. Ta có

 3 � ME  3EI
EI
EC
�
6  3. xI  1
� 17 �
�
��
�I �
3; �
.
3
2

3.
y

5
�
�

�
I







 



2



2





Từ đó suy ra có hai phương trình đường thẳng CD thỏa mãn yêu cầu bài toán
CD : x  3, CD : 4x  3y  29  0.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung
điểm CD. Biết rằng, H 7; 6 là hình chiếu của B lên CM , I 11;  2 là trung điểm
BH , đỉnh C có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , D.









Phân tích bài toán. Gọi N là trung điểm của AB . Ta có C , I , N thẳng hàng và
� . Sử dụng bài toán
CN  BH nên viết được phương trình của CN . Tính được góc BCN
cơ bản về góc ta viết được phương trình của BC .

11


Lời giải. Gọi N là trung điểm của AB . Khi đó NI / / AH
tính chất đường trung bình nên NI  BH . Lại có AMCN
là hình bình hành nên AM//CN. Do đó C , I , N thẳng hàng.
NB 1
2
  cos BCN 
BC 2
5

Ta có : tanBCN =

Vì CN đi qua I và vuông góc với IH nên CN : x  2y  15  0.





Vì I là trung điểm của BH nên B 15;  10 .
Gọi BC : a  x  15  b y  10  0. (a, b không đồng thời bằng 0) Ta có





2

cos BC , CN 

5

a  2b

�

5. a2  b2



2
5








�
C 5;  10
�
�
a0
BC : y  10  0
3a2  4ab  0 � �
��
��
3a  4b �
BC : 4x  3y  90  0 �
C 27; 6
�
�





Vì C có hoành độ dương nên C 5;  10 .
Đường thẳng CD qua C và vuông góc với BC nên CD : x  5.
Đường thẳng HM qua H và song song với CN nên

 





HM : x  2y  5  0 � M 5; 0 � D 5; 10 .





Suy ra A 15; 10 .



 

 

 



Vậy A 15; 10 , B 15;  10 , C 5;  10 , D 5; 10 .
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A,
AC  2AB . M 11; 9 là trung điểm của BC . Điểm E thuộc đoạn AC sao cho





 

EC  3EA. Giao điểm của AM và BE là I 7; 3 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam

giác ABC biết rằng E nằm trên đường thẳng  : 2x  y  27  0.
Phân tích bài toán. Giả thiết cho tam giác
vuông mà cạnh góc vuông này gấp đôi cạnh
góc vuông kia nên ta có thể nghĩ đến việc
dựng hình vuông để từ đó phát hiện các yếu
tố vuông góc. Chẳng hạn, gọi H là trung
điểm AC . Dựng hình vuông BAHD. Theo
tính chất 6.1 ta có AM  BE . Đây là mấu
chốt của bài toán.
Lời giải. Gọi H là trung điểm của AC . Dựng hình vuông BAHD. Từ giả thiết suy ra
M , E lần lượt là trung điểm của HD và HA. Theo tính chất 6.1 ta có AM  BE . Suy
ra


 

BE : 3x  y  18  0 � E 9; 9 � IE : 3x  y  18  0.





Vì BH là đường trung trực của ME nên BH : x  1 � B 1;  21 .





Ta có F 1; 9 là trung điểm của ME . Khi đó

uuur
uuur
�
0  3 1  xH 
�
FB  3HF � �
� H 1; 19 .
A 19;  1 .
E
AH
Vì
là trung điểm
nên
�30  3 9  yH 
Vì H là trung điểm của AC nên C 21; 39 .





 

 













Vậy A 19;  1 , B 1;  21 , C 21; 39 .





Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M 10; 0 là trung
điểm AD. Đường trung tuyến kẻ từ C của tam giác BCM có phương trình
 : x  5y  50  0. Tìm tọa độ đỉnh D biết C có tọa độ nguyên.
Phân tích bài toán. Đặt cạnh hình vuông bằng tham
số. Sử dụng định lý Pitago, định lý hàm số côsin để
� . Từ đó, sử dụng bài toán cơ bản về góc
tính góc MCE
ta sẽ lập được phương trình của đường MC , từ đó tìm
được tọa độ của điểm C , D.
Lời giải. Lấy F đối xứng với M qua A. Khi đó
BCMF là hình bình hành. Suy ra BM , CF cắt
nhau tại trung điểm của mỗi đường. Gọi I là giao
điểm của CF với AB thì I là trọng tâm của tam
giác BMF . Do đó
1
AI  AB .
3
Đặt cạnh hình vuông bằng 6a. Sử dụng định lý

Pitago ta có
CM 
CI 
IM 

 6a   3a
2

 6a   4a
 3a   2a
2

2

2

2

2

 a 45

 a 52.
 a 13.

Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác CMI ta có
2
2
2
�  45a  52a  13a  7 .

cosICM
2.a 45.a 52
65





7
�
Gọi CM : a  x  10  by  0. Ta có cos CM ,  
65
�
a 1

�
b 3
� 1209a2  650ab  351b2  0 � �
a
27
�

�
b
31

a  5b
26. a2  b2



7
65

13






�
C 25;  5
�
MC : x  3y  10  0
�
��
� � � 725 405 �
MC : 27x  31y  270  0
C�

;
�
�
�
26
26 �
�
�





Vì C có tọa độ nguyên nên C 25;  5 . Ta có CM  250  a 45 � a  5 2 .
3
2
�x  10  y2  50
�
�
D 15; 5
DM  5 2


�
�
�
D
x
;
y
.
�
�
.
Gọi
Ta có �
�
2
2

�
D
11
;

7
DC

10
2
�
�
 x  25   y  5  200 �
�
�




 









Kiểm tra lại điều kiện MD  DC suy ra D 15; 5 .

Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại B . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của AC và BC . I 7; 1 là trung điểm của AN , E 1; 3

 

 

thuộc đoạn BM sao cho BM  4BE . Tìm tọa độ của A, B, C biết rằng điểm N có
hoành độ âm.
Phân tích bài toán. Bài toán chỉ cho tọa độ của hai điểm I và E . Mấu chốt của bài toán
này là phát hiện và chứng minh được tam giác EIN vuông cân tại E . Từ đó tìm được tọa độ
của N , A, B, C .
Lời giải. Gọi H là trung điểm của BN . Khi đó
IMNH là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn  C  đường
BE
BH 1
kính IN , HM . Vì

 nên HE / / CM . Suy
BM BC 4
ra HE  EM � E � C  .
�  900.
Do đó IEN
�  EMN
�
Lại EIN
 450.
Từ đó suy ra tam giác EIN vuông cân tại E . Suy ra
EN : 3x  y  0 � N n; 3n .





�
n3
2
2
EN  EI � n  1  3n  3  40 � �
.
n  1
Vì
�



 











Vì N có hoành độ âm nên N 1;  3 . Vì I là trung điểm AN nên A 15; 5 . Gọi G là
�

1
xG  1  .16
uuuu
r 1 uuur
�
�
13 1 �
�
3
�G � ;  �
.
trọng tâm tam giác ABC . Ta có NG  NA � �
1
3
3
3
�
�
�
y  3  .8
�G
3
1
1 3
3
Ta có BE  4 BM  4. 2 BG  8 BG . Suy ra
�
13 8 � 10 �
xB 
 .�

 �
uuur 8 uuur
�
�
3 5 � 3 �� B 1; 5 .
GB  GE � �
5
1 8 10
�
yB   .
�
3 5 3
�







Vậy A  15; 5 , B  1; 5 , C  1;  11 .



Vì N là trung điểm của BC nên C 1;  11 .
Nhận xét. Bài toán trên được xây dựng từ tính chất
6. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu
của B lên AC và M , N lần lượt là trung điểm của
AH , CD. Khi đó BM  MN .
Xét trường hợp đặc biệt, ABCD là hình vuông.

Lúc này, ngoài kết quả BM  MN ta còn có BM  MN , hay tam giác BMN vuông cân
tại M .

�
Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ACD

u
u
u
r
u
u
u
u
r
1
, điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2HC , K là giao điểm của hai
với cos 
5
�1 4 �
, K 1; 0 và điểm B có hoành độ dương.
đường thẳng AH và BD. Cho biết H � ;  �
�3 3 �
Tìm tọa độ các điểm A, B,C , D.
Phân tích bài toán. Tìm được tọa độ của A
thông qua tọa độ của H , K và đẳng thức
K H BH 2

 .
K A AD 3

Nếu đặt một cạnh của hình chữ nhật đã cho bằng
a thì từ giả thiết

 

cos 

1
5

, ta sẽ tính được các đoạn thẳng liên quan qua a. Từ đó tìm a.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH 
K H BH 2
Vì BH / / AD nên

 � HK
K A AD 3
uuur 5 uuuu
r
�
1
4�
xA  ; yA  �
Suy ra HA  HK � �
3
3�
2
�

2
BC .
3

2
KA .
3
5 �2 4 � �5 10 �
. � ; � � ; �� A(2; 2).
2 �3 3 � �3 3 �


15


�
Vì ACD vuông tại D và cosACD  cos 

1
5

nên

AD  2CD, AC  5CD. Đặt CD  a (a  0) � AD  2a � AB  a, BH 

Trong tam giác vuông ABH ta có AB 2  BH 2  AH 2 �

4
a.
3

25 2 125
a 
� a  5.
9
9

Suy ra AB  5, HB  4 5 .
(*)
3
Giả sử B (x; y) với x  0, từ (*) ta có
�
(x  2)2  (y  2)2  5
�
x  3, y  0
�
2
2
�
�
� 1 � � 4 � 80 � �
1
8
x   , y  (ktm)
x  � �
y  �
�
�
�
5

5
� 3� � 3 � 9
�
uuur uuur
uuur 3 uuur
Suy ra B (3; 0). Từ BC  BH � C 1;  2 . Từ AD  BC � D 2; 0 .
2
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại B . Lấy









 

E trên cạnh BC sao cho BC  3BE . I 7; 3 là trung điểm của AE . Điểm F thuộc
cạnh AC sao cho IF  IA. Tìm tọa độ đỉnh C biết rằng đỉnh A có hoành độ lớn hơn 5,
trung điểm AB thuộc đường thẳng  : x  3y  12  0, đỉnh B thuộc đường thẳng
x  y  2  0 và đường thẳng IF có phương trình x  2y  13  0.
Phân tích bài toán. Mấu chốt của bài toán này là dự đoán và chứng minh IB  IF . Từ
đó viết được phương trình IB, tìm được B .
Lời giải. Gọi M , N là trung điểm của
AB và AC thì M , I , N thẳng hàng và
BN  AC . Ta có tam giác ABF nội
tiếp đường tròn tâm I . Suy ra
�  1 AIB

�  MIB
� .
AFB
2
Suy ra tứ giác BINF nội tiếp. Do đó
�  BNF
�
BIF
 900 hay BI  IF . Suy ra





BI : 2x  y  11  0 � B 3;  5 .





Vì M � : x  3y  12  0 � M 12  3m; m . Suy ra
uuuu
r
uuur
MB 3m  9;  5  m , MI 3m  5; 3  m .
uuuu
r uuur
Ta có MB.MI  0 �  3m  9  3m  5   m  5  m  3  0



�
m 3
��
�
m1
�



 
 











�
�
M 3; 3
A 3; 11
�
��
.

�
�
M 9; 1
A 15; 7
�
�

  



Vì A có tung độ lớn hơn 5 nên ta chọn trường hợp M 9; 1 , A 15; 7 .
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AB nên BC : x  y  2  0.


uuuur
uuur
�
x  9  3.  2
�
� N 3; 7 .
Ta có MN  3MI � �N
y

1

3.2
�N

 





Vì AC đi qua A và N nên AC : y  7. Từ đó suy ra C 9; 7 .
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh
không song song với các trục tọa độ. Điểm G 9; 5 là trọng tâm tam giác ABD. Đường



 







thẳng AB đi qua M 1; 0 , đường thẳng BC đi qua N 11;  5 . Viết phương trình cạnh
AB biết rằng diện tích hình chữ nhật đã cho bằng 450.
uuur Phân tích bài toán. Gọi VTPT của AB là

 

nAB  a; b . Từ đó viết được phương trình của AB

và BC . Diện tích của hình chữ nhật được tính thông
qua tích khoảng cách từ G đến AB và BC .
uuur

n
AB
Lời giải. Gọi VTPT của đường thẳng
là AB  a; b . Khi đó











 



AB : a x  1  by  0, BC : b x  11  a y  5  0.



 



3
Ta có SABCD  AB .AD  d G , BC .3d G , AB  450
2

10a  5b 20b  10a
�
.
 100 � 2a2  3ab  2b2  2 a2  b2 .
2
2
2
2
a b
a b









�
�
2a2  3ab  2b2  2 a2  b2
3ab  4b2
�
�
��
.
3ab  4a2
2a2  3ab  2b2  2 a2  b2
�

�
�
�
Vì hình chữ
uuurnhật đã cho có các
uuurcạnh không song song với các trục tọa độ nên ab �0. Từ

 









đó suy ra nAB  4; 3 hoặc nAB  3;  4 .

Vậy AB : 4x  3y  4  0, AB : 3x  4y  3  0.
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung
uuur 1 uuur
tuyến AM , G  5; 1 là trung điểm của AM . Điểm E  3;5 thoả mãn CE  AB. Viết
2
phương trình đường thẳng AB .
Phân tích bài toán. Để dễ dàng phát hiện thêm các
mối quan hệ giữa các yếu tố trong bài toán, ta hãy dựng
hình vuông BACD. Khi đó M là tâm của hình vuông
này, E là trung điểm của CD. Gọi I là giao điểm của
EG với AB . Từ định lý Talet ta tìm được tọa độ của I .

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta cũng
tính được góc giữa hai đường thẳng AB và GE .

Áp dụng bài toán cơ bản về góc ta viết được phương trình đường thẳng AB .
17


Lời giải. Theo định lý Talet ta có
�
1
xI  5  .2
u
u
r
u
u
u
r
�
�
�
GI
GA 1
1
17
�
3

 � GI  EG � �
� I � ;  3�

.
1
GE GD 3
3
3
�
�
�
y  1  .  6
�I
3
Gọi H là trung điểm của AB . Theo định lý Talet ta có
AI
GA 1
1
2

 � AI  DE  AH � HI  AH .
DE GD 3
3
3
�  HE  2AH  3 � cosHIE
�  1 .
tan HIE
Trong tam giác vuông HIE ta có
HI
2
10
AH
3

� 17 �
x  � b y  3  0. Ta có
Ta có GE : 3x  y  14  0. Gọi AB : a �
� 3�





cos AB, GE 

1
10

�

3a  b
10. a2  b2



�
a0
� 3a2  2ab  0 � �
.
4a  3b  0
�
10

1

Với a  0, chọn b  1. Khi đó AB : y  3  0.
Với 4a  3b  0, chọn a  3 và b  4. Khi đó AB : 3x  4y  29  0.
Nhận xét. Bài toán trên ta có làm theo hướng khác như sau
Đặt AB  AC  a. Khi đó BC  a 2. Ta có ME  a , MG  a 2 , GE  2 10.
2
4
Suy ra a  8. Gọi H x; y là trung điểm AB . Từ độ dài HG, HE suy ra

 

�39 7 �
H 3; 3 , H � ;  �
. Từ đó có 2 đường thẳng AB là y  3  0, 3x  4y  29  0.
�5 5 �





2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu của đề tài, qua việc kiểm tra khảo sát cho thấy
có trên 70% các em học sinh có hứng thú với bài học và trong số đó có khoảng 40% các
em học sinh biết cách vận dụng một cách linh hoạt, nhất là số các em đang chuẩn bị thi
HSG văn hóa môn toán cấp tỉnh.
Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học khối 10 cũng
như các em học sinh khối 11 THPT ôn thi học sinh giỏi môn Toán.
Năm học 2019 – 2020 tôi được phân dạy môn toán lớp 10A3, 10A4 trường THPT
Hàm Rồng. Kết quả kiểm tra 2 nhóm học sinh cuối năm lớp 10 về áp dụng SKKN tôi thu
được kết quả như sau:

Nhóm

Sĩ số

Nhóm 1
Nhóm 2

49
48

Giỏi
SL
25
10

TL%
51,0%
20,8%

Khá
SL
20
16

TL%
40,8%
33,3%

Trung bình
SL

TL%
4
8,2%
18
37,5%

Yếu
SL
0
4

TL%
0%
8,4%


Nhóm 1 được áp dụng SKKN là các học sinh của lớp 10A3
Nhóm 2 không được áp dụng SKKN là học sinh của lớp 10A4

3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nói chung và trong đề thi học
sinh giỏi cấp tỉnh nói riêng trong những năm gần đây thuộc nhóm câu hỏi nâng cao. Để
giải quyết được ngững bài toán này, ngoài việc nắm vững các kiến thức cơ bản về
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, học sinh còn phải biết vận dung các tính chất thuần
túy của hình học phẳng vào các bài toán. Vì vậy giáo viên cần phải giúp cho học sinh
định hướng được cách giải những bài toán đó thông qua hệ thống bài tập.
Trong đề tài tôi đã đưa ra một số bài toán điển hình minh họa cho việc định
hướng cách giải cho học sinh, qua đó giúp cho học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung bài
học,đông thời có thể phát triển tư duy học toán cũng như tạo niềm vui và hứng thú học

toán.
3.2. Kiến nghị.
Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây dựng bài giảng thành hệ thống
những bài tập có phương pháp và quy trình giải toán
Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh khối 10 và những học
sinh đang ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán.

Thanh hóa, ngày 10 tháng 6 năm 2020
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

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

Dương văn Hạnh

19



TÀI LIỆU THAM KHẢO
TT
1
2
3
4

TÊN TÀI LIỆU
SGK Hình học 10 cơ bản
SGK Hình học 10 nâng cao

Toán nâng cao và phát triển toán lớp 8
Một số đề thi thử ĐH môn toán các trường THPT năm

5
6

học 2015-2020
Toán nâng cao hình học 10
Một số tài liệu về hình học phẳng khác trên báo Toán

7

học và tuổi trẻ, trên internet
Bộ đề thi thử trọng tâm môn toán

DANH MỤC

TÁC GIẢ
NXB Giáo dục
NXB Giáo dục
Vũ Hữu Bình

Phan Huy Khải

T.S. Lê Xuân Sơn


CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI
Họ và tên tác giả: Dương Văn Hạnh

Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên
Kết quả

Năm học

Cấp đánh giá

đánh giá

đánh giá

xếp loại

xếp loại

xếp loại

Tạo hứng thú cho học sinh

Sở giáo dục và đào

(A, B, C)
C

2011-2012

thông qua các chức năng của

tạo thanh hóa

2

MTCT.
Hướng dẫn HS tìm lời giải bài

Sở giáo dục và đào

B

2014-2015

3

toán bằng MTBT
Gây hứng thú cho học sinh

tạo thanh hóa
Sở giáo dục và đào

B

2018-2019

bằng phương pháp tích hợp trên

tạo thanh hóa

TT

1

Tên đề tài SKKN

nền kiến thức cấp số nhân