SKKN: Kinh nghiệm dạy học giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng nhờ mối quan hệ ba điểm
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.3 MB, 61 trang )
SỞ GD&ĐT ………
TRƯỜNG THPT ……….
_____________________
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
KINH NGHIỆM DẠY HỌC GIẢI BÀI TẬP
HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG
NHỜ MỐI QUAN HỆ BA ĐIỂM
Tác giả:
Tổ: Toán
Điện thoại:
MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.
Lý do chọn đề tài
Năm học
học
Năm
Trang 1
Trang 1
II.
Mục đích nghiên cứu
Trang 1
III.
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Trang 2
IV.
Kế hoạch nghiên cứu
Trang 2
V.
Phương pháp nghiên cứu
Trang 2
B. NỘI DUNG
Trang 3
I.
Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng
Trang 3
II.
Kết quả đạt được và kinh nghiệm rút ra
Trang 3
III.
Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả
Trang 3
IV. Cơ sở lý thuyết
1. Sơ đồ quy trình thực hiện phương pháp dạy học phát hiện
và giải quyết vấn đề
2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài
Trang 4
V.
Trang 6
1.
Nội dung đề tài
Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải
tích trong mặt phẳng
a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc
b.
2.
Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng
c. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ thẳng hàng
d. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng và mối quan hệ
giữa ba điểm
Xây dựng và mở rộng một số dạng bài tập hình giải tích
trong mặt phẳng từ bài toán hình phẳng thuần túy
a. Xây dựng bài toán từ sự kết hợp giữa bài toán thuần
túy hình phẳng với các bài toán ở mục IV.2
b.
Một số hướng thay đổi cách phát biểu để xây dựng bài
toán.
C. KẾT LUẬN
Trang 4
Trang 4
Trang 6
Trang 6
Trang 25
Trang 34
Trang 39
Trang 46
Trang 46
Trang 55
Trang 60
I.
Những kết luận
Trang 60
II.
Những kiến nghị, đề xuất
Trang 60
Danh mục tài liệu tham khảo
Trang 61
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.
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 giải bài tập toán nói riêng.
Tuy nhiên để có thể 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
cũng như bao giáo viên yêu nghề và yêu toán khác 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 kỳ thi vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với học
trò, bên cạnh đó nó cũng là một 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 đó của học trò, tôi đã 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 đã chọn đề tài “Kinh nghiệm dạy
học giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng nhờ mối quan hệ ba
điểm” để nghiên cứu.
II.
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”.
Phát triển tư duy khái quát hóa, tương tự hóa, lật ngược vấn đề, tư duy
sáng tạo của học sinh…
III.
ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh khối 10 THPT
Trang | 1
- Đội tuyển HSG khối 11 THPT
- Học sinh khối 12 THPT ôn thi vào các trường Đại học
- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT
IV.
V.
KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU
TT
Thời gian
Nội dung công việc
Sản phẩm
1
Từ 15 tháng 01
đến 15 tháng 02
năm 2014
Chọn đề tài, viết đề cương
nghiên cứu
Bản đề cương chi
tiết
2
Từ 15 tháng 02
đến 30 tháng 02
năm 2014
Đọc tài liệu lí thuyết viết
cơ sở lý luận
Tập hợp tài liệu
lý thuyết
3
Từ 01 tháng 03
đến 15 tháng 03
năm 2014
Trao đổi với đồng nghiệp
và đề xuất sáng kiến
Tập hợp ý kiến
đóng góp của
đồng nghiệp
4
Từ 15 tháng 03
đến 30 tháng 03
năm 2014
Dạy thử nghiệm ở các lớp
10A, 12C1, 12C2, 12C4
Thống kê các kết
quả thử nghiệm
5
Từ 01 tháng 04
đến 25 tháng 04
năm 2014
Hoàn thiện đề tài
Đề tài chính thức
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến
hình học phẳng, hình học giải tích trong mặt phẳng, phương pháp dạy
học môn toán và những sáng kiến kinh nghiệm của các giáo viên khác
thuộc bộ môn Toán THPT.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.
- Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A, 11C1, 12C1, 12C2,
12C4 trường THPT ……….. để thu thập thông tin thực tế.
B. NỘI DUNG
I.
THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG
Trang | 2
Trường THPT Đặng Thúc Hứa đóng trên địa bàn có nhiều xã khó
khăn về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chưa thực
sự được quan tâm từ các bậc học dưới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về
môn Toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.
Khi chưa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài
tập hình giải tích trong mặt phẳng, các em thường thụ động trong việc
tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức được giáo viên
cung cấp chứ chưa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng như tạo được niềm vui,
sự hưng phấn khi làm toán.
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 10% học sinh hứng thú với bài toán hình
giải tích trong mặt phẳng.
II.
KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA
Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát
cho thấy: Có trên 80% các em học sinh có hứng thú với bài học và 50%
trong số đó biết cách tìm tòi và xây dựng những bài toán mới từ những
bài toán gốc được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi.
Trong các kỳ thi thử ĐH trên toàn tỉnh cũng như khảo sát với các đề
thi thử ĐH trong cả nước, có 90% học sinh ở các lớp trên có thể giải
quyết bài toán hình giải tích trong mặt phẳng ở các đề thi đó.
III.
KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI KẾT QUẢ
- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học
khối 10 THPT cũng như các em học sinh khối 12 THPT đang ôn thi
vào các trường ĐH-CĐ.
- Đề tài có thể được phát triển thêm ở những lớp bài toán khác trong
phần hình giải tích phẳng để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng
dạy môn ở các trường THPT.
Bắttriển
đầu thành mô hình sách tham khảo
- Đề tài có thể ứng dụng để phát
cho học sinh và giáo viên phục vụ học tập và giảng dạy môn toán.
Phân tích vấn đề
IV.
Đề xuất và thực hiện hướng giải quyết
CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Sơ đồ quy trình thực hiện phương pháp dạy học phát hiện và giải
quyết vấn đề.
Hình thành giải pháp
Giải pháp đúng
Trang | 3
Kết thúc
2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài.
Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: ax by c 0 a 2 b 2 0 và hai điểm A x A ; y A , B xB ; yB .
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.
Bài toán 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: ax by c 0 a 2 b 2 0 và điểm C xC ; yC . Xác định tọa độ
điểm A trên đường thẳng , biết góc giữa hai đường thẳng AC và
bằng .
Quy trình giải toán.
Bước 1. Tham số hóa điểm A.
Trang | 4
uuur uur
AC.u
uu
r
cos
u
uur uur (Trong đó u là véc tơ chỉ
Bước 2. Sử dụng công thức
AC . u
phương của đường thẳng )
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
A x A ; y A , B xB ; yB . Xác định điểm M trên đường thẳng AB , biết
AM kBM ; k �R, k 0 .
Quy trình giải toán.
Bước 1. Giả sử M x; y
Bước 2. Xác định M utrong
hợp:
uuu
r hai utrường
uuu
r
- Trường hợp 1: AM k BM (Điểm M
nằm trong đoạn AB)
uuuu
r
uuuu
r
- Trường hợp 2: AM k BM (Điểm M nằm ngoài đoạn AB)
Bước 3. Kết luận.
Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm
A x A ; y A , B xB ; yB và đường thẳng : ax by c 0. Xác định tọa
độ điểm M thuộc sao cho d M , AB k , k �R, k 0
Quy trình giải toán.
Bước 1. Tham số hóa điểm M
Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng
cách d M , AB .
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
Quy trình giải toán.
Bước 1. Giả sử
Trang | 5
: ax by ax0 by0 a 2 b 2 0
Bước 2. Sử dụng hệ thức
a b
�
d A, k .d B, � �
*
a
b
�
Bước 3. Chọn a, b đại diện và thỏa mãn (*)
V.
NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Thông thường loại bài tập toán liên quan đến hình giải tích trong mặt
phẳng được chia thành hai mảng. Mảng thứ nhất là những dạng bài tập có
tính “đại số” cao, với phương pháp giải toán chủ đạo là phương pháp
tham số hóa. Mảng thứ hai là những dạng bài tập có tính “ thuần túy
hình phẳng” cao, mà cơ sở để giải toán thường dựa trên khả năng sử dụng
các tính chất hình phẳng học sinh đã được học ở bậc học THCS.
Trong những năm gần đây những bài toán về hình giải tích trong mặt
phẳng thuộc mảng thứ hai thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn
HSG và kỳ thi vào các trường ĐH và đã gây ra nhiều khó khăn cho các
đối tượng học sinh. Xuất phát từ yêu cầu thực tiễn đó trong phần này tôi
muốn được nêu lên những quan điểm dạy học sinh nghiên cứu, tìm tòi và
giải quyết một lớp các bài toán xuất phát từ cơ sở lý thuyết là các bài toán
cơ bản và quen thuộc được nêu ở mục IV.
1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải tích trong
mặt phẳng.
a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc.
Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
� 3 1�
; �là điểm
ABCD. Gọi M 1;3 là trung điểm của cạnh BC, N �
� 2 2�
1
trên cạnh AC sao cho AN AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình
4
vuông ABCD, biết D nằm trên đường thẳng x y 3 0.
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
- Ta nhận thấy rằng giả thiết bài toán xoay quanh
ba điểm D, M, N nên giữa chúng có thể xuất hiện
những mối quan hệ đặc biệt. Bằng trực quan ta
đưa ra giả thuyết DN MN . Nếu giả thuyết này
Trang | 6
đúng dựa vào bài toán 1 chúng ta sẽ tìm được tọa độ điểm D. Từ đó ta
sẽ tìm được tọa độ 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 ,
uuur uuuu
r
C 2; 2 , D 2; 2 . Khi đó DN .MN 0 � DN MN .
Bước 2. Tìm giải pháp.
Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán là
quan hệ vuông góc, trung điểm và các mối liên
quan đến độ lớn cạnh của hình vuông, vì vậy ta
đề xuất các giải pháp chứng minh sau:
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và
BD. Điểm F là trung điểm 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 .
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uuu
r r uuur u
r ru
r
r u
r
DA
x
;
DC
y
x
.
y
0;
x
y
Đặt
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
uuur uuuu
r 3 r2 u
r2
x y 0 � DN MN .
Suy ra DN .MN
16
Giải pháp 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 .
� a � �a 3a �
a; �
,N� ; �
.
Nên M �
� 2 � �4 4 �
Do đó
uuur uuuu
r
3
3
DN .MN a 2 a 2 0 � DN MN .
16
16
Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt AB BC CD DA a.
- Xét tam giác AND, ta có
Trang | 7
5
DN 2 AN 2 AD 2 2 AN . AD.cos A a 2 .
8
- Xét tam giác CMN, ta có
5
MN 2 CN 2 CM 2 2CN .CM . cos C a 2 .
8
- Xét tam giác DCM, ta có
5
DM 2 DC 2 CM 2 a 2 . Suy ra DM 2 DN 2 MN 2 � DN MN .
4
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trước hết ta sẽ chứng minh DN MN . (Có thể sử dụng một trong các
giải pháp ở bước 2)
Phương trình đường thẳng DN : x y 1 0
�x y 1 0
�x 1
��
� D 1; 2
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ �
�x y 3 0 �y 2
uuur
uuur
A
m
;
n
AC
4
AN � C 6 3m; 2 3n .
Giả sử
, từ
uuu
r uuur
Từ AB DC � B 7 2m; 4 2n .
�13 5m 6 5n �
;
Suy ra tọa độ điểm M là M �
�
2 �
� 2
13 5m 2 �
m 3
�
��
� A 3;0 , B 1; 4 , C 3; 2
Từ đó ta có �
6 5n 6
n0
�
�
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Để giải quyết bài toán 1.1 ta đã 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 dựa trên bài toán hình phẳng thuần túy: Cho hình vuông
ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao
1
AC. Chứng minh rằng DN MN .
4
- Trong các giải pháp chứng minh DN MN thì giải pháp 4(sử dụng
công cụ lượng giác) giúp chúng ta phát hiện ra một mối liên quan khác
giữa ba điểm D, M , N đó là ND NM hay nói cách khác, tam giác
NDM vuông cân tại N , từ đó ta nhận thấy nếu bỏ đi giả thiết “D nằm
trên đường thẳng x y 3 0 ” bài toán vẫn có thể giải quyết, song sẽ
cho chúng ta nhiều nghiệm số.
- Bằng giải pháp 2 (sử dụng công cụ véctơ) ta sẽ kiểm tra bài toán tương
tự trong trường hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
cho AN
Trang | 8
r � 1 �r
u
r
uuur
r
u
r uuuu
MN
k
x
k
y
Ta có DN k x 1 k y ,
�
�
� 2�
uuur uuuu
r
� 1 �2
DN
.
MN
k�
k �x k 1 k y 2
Suy ra
� 2�
+) Trường hợp 1. Nếu k 0 N C.
+) Trường hợp 2. Nếu k 0 , rõ ràng k 1
uuur uuuur
1
hoặc k ta luôn có DN .DM 0 .
2
uuur uuuur
x2 2 1 k 1
, k 1 *
Suy ra DN .DM 0 � 2
y
2k 1 2
x2
3
Ta thấy, nếu 2 1 � x y � k khi đó hình chữ nhật ABCD trở
y
4
thành hình vuông.
Ta cũng có thể phát biểu một bài toán tương tự bài toán 1.1 với một
hình chữ nhật có độ lớn được chọn thỏa mãn (*). Thí dụ, ta chọn
3
x 2 y � k , khi đó ta cũng có thể xây dựng bài toán hình giải tích
5
thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho hình chữ nhật ABCD có
AD 2 DC . Gọi M là trung điểm của BC, N là điểm trên đường chéo
AC sao cho 3 AN 2 NC . Chứng minh rằng DN MN .
� 1 �2
k �x 1 k y 2 0, k ta xét bài toán sau để
+) Trường hợp 3. �
� 2�
làm rõ hơn trường hợp này.
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 của B xuống AC.
�9 2 �
, K 9; 2 lần lượt là trung điểm của AH và CD.
Biết điểm M � ; �
�5 5 �
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có tung
độ dương.
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
- 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.
Trang | 9
- 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 .
Bước 2. Tìm giải pháp.
Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán đã cho là vuông góc, trung
điểm và các góc bằng nhau. Vì vậy ta đề xuất các giải pháp để chứng
minh BM KM như sau:
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác
MECK là hình bình hành và E là trung trực
của tam giác BMC nên CE MB . Mà
MK / / CE � MK MB.
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uuu
r r uuur u
r ru
r
BA
x
;
BC
y
x
.
y
0
Đặt
Ta
uuurcó uuu
r
uuur
r
u
r
BH k BA 1 k BC k x 1 k y
uuur uuur uuu
r
r u
r
AC BC BA x y
uuur uuur
Nên BH . AC 0 � kx 2 1 k y 2 0 *
uuuu
r 1 uuu
r uuur 1
r
u
r
;
Lại có BM BA BH �
�1 k x 1 k y �
�
2
2
uuuu
r uuur uuuu
r
u
r
1 r 1
MK BK BM k x 1 k y
2
2
uuuu
r uuuu
r 1
� BM .MK 1 k �
kx 2 1 k y 2 �
�
� 0 hay BM MK .
4
Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ,
điểm B 0;0 , A 0; a , C c;0 .
� a�
c; �
Tọa độ điểm K �
� 2�
Phương trình các đường thẳng
AC : ax cy ac; BH : cx ay 0
ax cy ac
� a2c
�
ac 2 �
�
H
;
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ �
�2
2
2
2 �
cx ay 0
�
�a c a c �
Trang | 10
� a2c
a 3 2ac 2 �
�
;
Do đó M � 2
�2 a c 2 2 a 2 c 2 �
�
�
2
2
3
2
uuuu
r uuuu
r a c a c 2c ac a 3 2ac 2
� BM .MK
0 � BM MK .
2
2 2
4 a c
Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
� ; CMB
� .
Đặt AB a; BC b; BKC
Ta có
ab
1
a2
BH
; MH AH
.
2
a 2 b2
2 a 2 b2
Do đó
BC 2b
BH 2b
; tan
� tan tan �
KC a
MH
a
� 900 hay MK MB.
Suy ra tứ giác KMBC nội tiếp, do đó KMB
tan
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trước hết ta sẽ chứng minh BM KM (Có thể sử dụng các giải pháp
đã nêu ở bước 2). Khi đó:
Phương trình đường thẳng BM : 9 x 2 y 85.
9 x 2 y 85
�
� B 1; 4
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ �
2
x
y
2
�
Giả sử C c; c 5 ,
uuur uuur
�
c 9 � C 9;4
Từ BC.KC 0 � c 9 2c 8 0 � �
c 4 � C 4; 1 lo�
i
�
Phương trình đường thẳng BH : 2 x y 6.
Phương trình đường thẳng MC : x 2 y 1
2x y 6
�
13 4 �
�
ޮ H � ; � A 1;0 .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ �
�5 5 �
�x 2 y 1
Từ đó tìm được D 9;0 .
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Trong trường hợp hình chữ nhật suy biến thành
hình vuông bài toán 1.2 có “bản chất hình
Trang | 11
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 .
- Bài toán 1.2 chính là bài toán mở rộng cho hình chữ nhật trong trường
� 1 �2
k �x 1 k y 2 0, k .
hợp 3: �
� 2�
Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang
� 900 có đỉnh D 2;2 và CD 2 AB. Gọi H
AD
vuông ABCD �
là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC. Điểm
�22 14 �
M � ; �là trung điểm HC . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C , biết
�5 5 �
rằng đỉnh B thuộc đường thẳng : x 2 y 4 0 .
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm 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 .
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uuu
r r uuur u
r ru
r
r
u
r
Đặt DA x; DC y x. y 0; x x; y y
uuuu
r
r
u
r uuur
r u
r
có DH k x 1 k y ; AC x y
uuuu
r uuur
DH
. AC 0 � kx 2 1 k y 2 0 *
Từ
Lại có
Ta
Trang | 12
uuuur 1 uuuu
r uuur 1 r 1
u
r
DM DH DC k x 2 k y
2
2
2
uuuu
r uuuur uuur 1
r 1
u
r
BM DM DB k 2 x 1 k y
2
2
do *
uuuur uuuu
r 1
2
2
�
Suy ra DM .BM k 2 �
kx 1 k y � 0 . Hay DM BM .
�
4
Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với
�c �
D 0;0 , A 0; a , C c;0 , B � ; a �.
�2 �
Phương trình các đường thẳng
AC : ax cy ac; DH : cx ay 0
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
ax cy ac
� a2c
�
ac 2 �
� H �2
; 2
�
2
2 �
cx ay 0
�
�a c a c �
�c 3 2a 2 c
�
ac 2
�
�
;
Suy ra M
�2 a 2 c 2 2 a 2 c 2 �
�
�
Do đó
uuuur uuuu
r a 2 c c3 2a 2 c ac 2 ac 2 2a3
DM .BM
0 � DM BM .
2
2 2
4 a c
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trước hết ta chứng minh được DM BM (Có thể sử dụng các giải
pháp đã nêu ở bước 2)
Phương trình đường thẳng BM : 3 x y 16
�x 2 y 4
� B 4; 4
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ �
3
x
y
16
�
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
uur
uur
AB IB 1
10 10 �
�
� DI 2 IB � I � ; �
Ta có
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 �
�
Suy ra tọa độ điểm H � ; �� C 6; 2
�5 5 �
uur
uu
r
Từ CI 2 IA � A 2; 4
Trang | 13
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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 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 2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M là
trung điểm của HC. Chứng minh rằng DM BM .
- Chúng ta cũng có thể kiểm tra xem những hình thang vuông thỏa mãn
mối liên hệ nào sẽ có tính chất phẳng tương tự mà ta có thể dùng để phát
biểu bài
toán
uuu
ur hình
r giải tích
u
r tương
uuuu
r tự bài toán
r 1.3.
u
r
Ta có DM k x 1 k y, BM k 1 x 1 k m y
uuu
r
uuur
uuuu
r uuuur
2
2
�
�
BM
.
DM
0
�
k
1
kx
1
k
m
y
0
AB
mDC
.
�
� ,
Suy ra
+) Trường hợp 1. Nếu k 1 M A.
1
�1
�2
2
+) Trường hợp 2. m
và kx � k �y 0, k chính là trường
2
�2
�
hợp bài toán 1.3.
x2 m k 1
+) Trường hợp 3. 2
như vậy
y
k
ta hoàn toàn xây dựng được bài toán tương
tự bài toán 1.3 bằng cách xây dựng mối
liên hệ của ba cạnh AB, CD, DA của hình
�y 2 x
2
�
thang. Chẳng hạn � 1 � k , ta có
3
m
�
� 2
bài toán: Cho hình thang ABCD có DC 2 DA 2 AB. Gọi M là điểm
trên đoạn AC sao cho CM 2MA . Chứng minh BM DM .
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 3 AD
�1 3 �
và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm M � ; �là
�2 2 �
trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên
đường thẳng x y 7 0.
Trang | 14
Bước 1. Nghiên cứu và thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A. Từ
hình vẽ ta đề xuất 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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
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 trọng
1
BC.
2
Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực tâm
tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình
hành nên từ NE BM � AM BM .
tâm tam giác IBC . Do đó AN / /
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uu
r r uur u
r ru
r
r
u
r
Đặt IA x; IC y x. y 0; x x; y y
uur 2 r 1 u
r
Ta có ID x y;
3
3
uuu
r
uur
uur 2k r � 4k �
u
r
IH k ID 1 k IC
x�
1
y
�.
3
� 3 �
uuur 2 r
u
r
uuur 2 r 4 u
r
� 2 �
1 k �y; CD x y
Nên BH k x 2 �
3
3
3
� 3 �
uuur uuur
1
� 2k � 2
� BH .CD 0 � kx 2 2 �
1
�y 0 *
3
� 3 �
uuuu
r 1 uuur uuur 1 r
u
r
� 1 �
1 k �y;
Lại có BM BH BC k x 2 �
2
3
� 3 �
uuuu
r uuur uu
r �k
r
u
� � 2 �r
AM IM IA � 1�x �
1 k �y
�3 � � 3 �
uuuu
r uuuu
r �k
1
��
� 2 �2 �
� AM .BM � 1�� kx 2 2 �
1 k �y � 0, do * � AM BM .
3
�3 ��
� 3 � �
Trang | 15
Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Các điểm I 0;0 , A 0; a , C c;0 , B c;0
Phương trình các đường thẳng
CD : ax 2cy ac; BH : 2cx ay 2c 2
�a 2 c 4c3 4ac 2 �
; 2
Suy ra tọa độ điểm H � 2
�
2
a
4
c
a 4c 2 �
�
� a2c
2ac 2 �
; 2
và tọa độ điểm M � 2
2
2 �
�a 4c a 4c �
Nên
uuuu
r uuuu
r a 2 c 4c3 2a 2 c 2ac 2 a3 2ac 2
AM .BM
0, theo * � AM BM .
2
2 2
a 4c
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trước hết ta chứng minh AM BM (Có thể sử dụng các giải pháp đã
nêu ở bước 2). Khi đó:
Đường thẳng BM có phương trình x 3 y 5 . Tọa độ điểm B là
�x y 7
� B 4; 3
nghiệm của hệ �
�x 3 y 5
uuu
r uuur
Từ AB 3 AD � D 2;1 . Lúc đó ta có phương trình các đường thẳng
CD : x y 1; BH : x y 1 . Suy ra tọa độ điểm H 1;0 .
Suy ra C 2; 3
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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. 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 thực hiện 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 3 AD . Gọi H là hình chiếu của B trên CD; M là
trung điểm đoạn CH. Chứng minh AM BM .
Trang | 16
Bài toán 1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD có đỉnh A 1; 2 . Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm
19 8 �
�
H � ; �là hình chiếu vuông góc của B lên CN . Xác định tọa độ
5�
�5
các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm M của cạnh BC nằm
trên đường thẳng x 2 y 6 0.
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Dữ kiện bài toán xoay quanh các mối liên hệ về
tính vuông góc, trung điểm, các độ lớn phụ
thuộc lẫn nhau, vì vậy các giải pháp để chứng
minh AH MH được đề xuất là:
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
�
�
Tứ giác NHMB nội tiếp � BHM
BNM
Tứ giác ABMN là hình chữ nhật
� BNM
� . Suy ra BAM
� BHM
�
hay tứ giác ABMH nội tiếp.
� MAB
Mà �
ABM 900 � �
AHM 900 hay AH MH .
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uuu
r r uuur u
r ru
r
r u
r
Đặt BA x; BC y x. y 0; x y . Ta có
uuur
uuur
uuur
r �2 k �
u
r
BH k BN 1 k BC k x �
�y;
�2 �
uuur uuur uuur r 1 u
r
CN BN BC x y ;
2
uuur uuur
2 k 2
2
BH .CN 0 � kx 2
y 0 � k *
4
5
Trang | 17
uuur
r 2 k u
r uuuu
r
r 1 k u
r
Lại có AH k 1 x
y ; MH k x
y .
2
2
uuuu
r uuur
� 2 2 k 2�
kx
y � 0, do * . Hay MH AH .
Suy ra MH . AH k 1 �
4
�
�
Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Các điểm B 0;0 , A 0; a , C c;0
�c � �c �
, N � ;a�
.
Suy ra M � ;0 �
�2 � �2 �
Phương trình các đường thẳng
CN : 2ax cy 2ac; BH : cx 2ay 0
� 4a 2 c
2ac 2 �
; 2
Suy ra H � 2
2
2 �
�4a c 4a c �
Do đó
uuur uuuu
r 2a 2 c 4a 2 c c3 2ac 2 ac 2 4a 3
AH .MH
0 � AH MH .
2
2 2
4a c
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trước hết ta sẽ chứng minh AH MH (Có thể sử dụng các giải pháp
ở bước 2). Khi đó:
Phương trình đường thẳng HM : 4 x 3 y 20 . Tọa độ điểm M là
4 x 3 y 20
�
� M 2; 4 .
nghiệm của hệ �
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 .
�
n 2 � N 2;2
uuur uuuu
r
�
Lại có AN .MN 0 � � 19
19 8 �
�
n � N � ; ��H lo�
i
�
�5 5 �
� 5
uuu
r uuuur
Suy ra D 5; 2 . Từ AB NM � B 1; 4 , khi đó C 5; 4
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Để giải quyết 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
Trang | 18
thuần túy hình 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 .
- Ta có thể sử dụng giải pháp 2(công cụ véctơ) hoặc giải pháp 3(công cụ
tọa độ) để tìm và xây dựng bài toán khái quát.
Ta xét hình chữ nhật ABCD với M, N lần lượt là trung điểm của AD,
BC. Ta cần tìm vị trí điểm H trên CN sao cho
AH MH .
Ta có
uuur
r � k�
u
r
BH k x �
1 �y ,
� 2�
uuur uuur uuu
r
r � k�
u
r uuuu
r
r 1
u
r
AH BH BA k 1 x �
1 �y, MH k x 1 k y .
2
� 2�
uuur uuuu
r
1
� k �2
2
1 �y 0
Suy ra AH .MH 0 � k k 1 x 1 k �
2
� 2�
� k 1 �
4kx 2 2 k y 2 �
�
� 0 *
+) Trường hợp 1. Nếu k 1
H
N
2
+) Trường hợp 2. Nếu x y � k chính là bài toán 1.5 chúng ta
5
đang nghiên cứu.
2
2
+) Trường hợp 3. 4kx 2 k y 0, k lúc đó điểm H chính là
hình chiếu của B lên CN, nghĩa là chúng ta có bài toán hình phẳng
thuần túy khái quát hơn: Cho hình chữ nhật ABCD, các điểm M, N lần
lượt là trung điểm của BC và DA. Gọi H là hình chiếu vuông góc của
B lên CN. Chứng minh AH MH .
x2 2 k
+) Trường hợp 4. 2
chúng ta có thể xây dựng các bài toán
y
4k
tương tự nhờ mối quan hệ về độ dài giữa hai cạnh của hình chữ nhật,
chẳng hạn ta cho x 2 y � k
2
tức AB 2 BC � 2 NH 15 HC.
17
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 .
Trang | 19
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, N, C. Từ trực quan, ta đề xuất
giải 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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
� BNC
� ,
Do tứ giác DBCN nội tiếp, nên BDC
� CAB
� (do tứ giác ABCD là hình chữ
mà BDC
nhật)
� BNC
� � tứ giác ABCN nội tiếp
Suy ra CAB
��
ANC 900 do �
ABC 900 hay AN CN .
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uuu
r r uuur u
r ru
r
r
u
r
Đặt BA x; BC y x. y 0; x x; y y
Ta
uuurcó uuur
uuuu
r
r
u
r
BN k BD 1 k BM k x 2 k y ;
uuuur uuuu
r uuur
r u
r
DM BM BD x y.
uuuur uuur
Từ DM .BN 0 � kx 2 2 k y 2 *
Lại có:
r
u
r
uuur uuur uuu
r
AN BN BA k 1 x 2 k y;
uuur uuur uuur
r
u
r
CN BN BC k x 1 k y
uuur uuur
� AN .CN k 1 �
kx 2 2 k y 2 �
�
� 0, do * � AN CN .
Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Trong đó B 0;0 , A 0; a , C c;0 .
Phương trình các đường thẳng
MD : ax cy 2ac và BN : cx ay 0
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương
trình
ax cy 2ac
� 2a 2 c
�
2 ac 2 �
� N �2
; 2
�
2
2 �.
cx ay 0
�
�a c a c �
Trang | 20
uuur uuur 2a 2 c a 2 c c 3 2ac 2 ac 2 a 3
0 � AN CN .
Từ đó AN .CN
2
2 2
a
c
Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
�
Đặt AD x; DC y; MDC
y
x
cos
;sin
Lúc đó
x2 y 2
x2 y2
DN
Xét tam giác DBN ta có cos 2
BD
y 2 x2
� DN BD. cos 2 sin 2
x2 y 2
Do đó AN AD DN 2 AD.DN .cos 90
2
2
2
0
y 4 x2 y 2
2
y2
2
x y
x4 x2 y 2
x2
và CN DC DN 2 DC.DN . cos 2
2
x y
Nên AN 2 CN 2 AC 2 � ANC vuông tại N, hay AN CN .
2
2
2
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Ta sẽ chứng minh AN CN (Có thể sử dụng một trong các giải pháp
ở bước 2). Khi đó:
Đường thẳng CN có phương trình 3 x 4 y 31.
3 x 4 y 31
�
� C 1; 7
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ �
2
x
y
5
�
Do tứ giác ADMC là hình bình hành, nên AC / / DM mà
BN DM � BN AC
Đường thẳng BN có phương trình x 3 y 17 0 .
�3 1 �
; �bán kính
Điểm B là giao điểm của BN với đường tròn tâm I �
�2 2 �
5 10
, nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
2
�
�x 5
� B �N lo�
i
�x 3 y 17
�
�
y
4
�
�
2
2
�
�
� 3 � � 1 � 125 � �
�x 4
�x � �y �
�
�
� B 4; 7
� 2� � 2� 2
�
�
y
7
�
�
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
R IA
Trang | 21
- 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
13 9 �
�
vuông ABCD (vuông tại A và B) có BC 2 AD. Điểm H � ; �là
�5 5 �
hình chiếu vuông góc của điểm B lên cạnh CD. Xác 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.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Bằng trực quan ta đề
xuất giả thuyết AH MH .
Nếu giả thuyết được nêu ra là đúng, ta sẽ tìm được tọa độ điểm M, từ
đó ta tìm được tọa độ các đỉnh của hình thang.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
�
� Tứ
Tứ giác BDHM nội tiếp nên BDM
BHM
� BDM
� .
giác ABMD là hình chữ nhật nên BAM
� BHM
�
Suy ra BAM
hay tứ giác AHMB nội tiếp,
mà �
ABM 900 � �
AHM 900 .Hay AH MH .
Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
uuu
r r uuur u
r ru
r
r
u
r
BA
x
;
BC
y
x
.
y
0;
x
x
;
y
y
Đặt
uuur
uuur
uuur
r 2 k u
r
Ta có BH k BD 1 k BC k x
y
2
uuur uuur uuur r 1 u
r
CD BD BC x y
2
uuur uuur
2 k 2
BH .CD 0 � kx 2
y 0 * Lại có
4
Trang | 22
uuur
r �2 k �
u
r uuuu
r uuur uuuu
r
r 1 k u
r
AH k 1 x �
y
;
y.
� MH BH BM k x
�2 �
2
uuur uuuu
r
� 2 2 k 2�
kx
y � 0, do * � AH MH .
Suy ra AH .MH k 1 �
4
�
�
Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Các điểm B 0;0 , A 0; a , C c;0
�c � �c �
, M � ;0 �
.
Tọa độ các điểm D � ; a �
�2 � �2 �
Phương trình các đường thẳng
CD : 2ax cy 2ac; BH : cx 2ay 0
� 4a 2 c
2ac 2 �
; 2
Suy ra H � 2
�
2
4
a
c
4a c 2 �
�
Do
đó
uuur uuuu
r 2a 2 c 4a 2 c c3 2ac 2 ac 2 4a 3
AH .MH
0 � AH MH .
2
2 2
4a c
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trước hết ta chứng minh AH MH (Có thể sử dụng một trong các
giải pháp ở bước 2). Khi đó:
Phương trình đường thẳng MH : 7 x y 20. Tọa độ điểm M là
7 x y 20
�
� M 3; 1
nghiệm của hệ �
x
2
y
1
�
Đường thẳng DC qua H và song song với AM nên có phương trình
DC : x 3 y 8 .
�
d 3 � D 1;3
uuur uuuu
r
�
Giả sử D 8 3d ; d , từ AD.MD 0 � � 9
13 9 �
�
d � D � ; ��H lo�
i
�
5
5
5
�
�
�
uuur uuur
Lại có AD MC � C 5;1 , từ đó suy ra B 1; 3
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Bài toán 1.7 là một cách phát biểu khác của bài toán 1.6. Hay nói cách
khác nó 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
Trang | 23
