Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Phép đồng dạng và hình vuông trong hình học giải tích phẳng

I. TÊN SÁNG KIẾN
PHÉP ĐỒNG DẠNG VÀ HÌNH VNG TRONG HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
PHẲNG
II. CÁC TÁC GIẢ CỦA SÁNG KIẾN
1. Đỗ Thị Bích Thảo
Chức danh: Tổ trưởng tổ Tốn - Tin trường THPT Nho Quan B
Học vị: cử nhân toán
Địa chỉ: trường THPT Nho Quan B
Hòm thư điện tử:
Số điện thoại: 0975805618
2. Nguyễn Văn Sáng
Chức danh: giáo viên
Học vị: cử nhân tốn
Địa chỉ: trường THPT Nho Quan B
Hịm thư điện tử:
Số điện thoại: 0947378873
III. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN
1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm- hạn chế của giải pháp cũ
1.1. Thực trạng
Các bài toán về hình học giải tích Oxy trong đề thi THPT Quốc gia ln
là câu hỏi khó mang tính phân loại cao và đang có xu hướng khai thác sâu hơn.
Để giải được bài toán này học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản về
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, các tính chất đã học và vận dụng linh hoạt
các phương pháp, cơng cụ khác nhau để giải tốn
Trên thực tế học sinh trường THPT Nho Quan B trải qua quá trình học tập
và rèn luyện từ lớp 10 đến lớp 12 thì có rất ít học sinh có thể giải thành thạo bài
toán này trong đề thi THPT Quốc gia, học sinh giỏi cấp trường và tỉnh. Nguyên
nhân sâu xa của vấn đề này nằm ở việc kết hợp nhiều kiến thức hình học phẳng
vào bài tốn, vận dụng một cách khéo léo các phương pháp công cụ để giải toán.
1.2 Giải pháp cũ thường làm
1

Trong chương trình hình học lớp 10, nội dung về phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng đã giải quyết cơ bản những vấn đề về đường thẳng, đường tròn,
elip,… nhưng để đáp ứng được các bài toán trên thực tế, trên các đề thi, diễn
đàn,… thì các kiến thức này mới chỉ là mở đầu, đòi hỏi người học phải tìm hiểu
sâu hơn nữa, nắm bắt nhiều kiến thức, kỹ năng, phương pháp và cơng cụ thì mới
có thể hồn thành bài toán một cách thuần thục được.
Một số bài tốn khó địi hỏi học sinh phải có kỹ năng, khả năng vận dụng
cao như: phán đốn tính chất, chứng minh tính chất và giải tốn. Điều này địi
hỏi học sinh phải có kỹ năng vẽ hình, cảm nhận hình và phán đốn chính xác, có
kiến thức sâu về học học để chứng minh và giải quyết vấn đề. Ở khâu giải quyết
vấn đề (chứng minh tính chất) nhiều học sinh chỉ nhất nhất sử dụng hình học
thuần túy đề chứng minh, điều này cũng đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững
chắc, kỹ năng phân tích hình học phải tốt, dẫn đến rất nhiều khó khăn.
Ví dụ như trong bài tốn sau: (khối A - 2012) Cho hình vng ABCD,
 11 1 
; ÷là trung điểm BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2ND,
 2 2

M

phương trình AN: 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Phương pháp giải trong đáp án như sau:
+ Gọi H = AN ∩ BD. Chưng minh AH

A

B

vng góc với HM
+ Tìm A∈ AN, tìm AM =

3 10
, từ đó
2

M

suy ra điểm A

D

N

C

Vấn đề đặt ra là học sinh có phát hiện ra mối quan hệ giữa 3 điểm A, H và
M một cách đơn giản hay khơng? Nếu phát hiện ra rồi thì giải quyết vấn đề này
như thế nào?

2


Hiện nay có rất nhiều phương pháp để giải quyết vấn đề giữa 3 điểm A, H
và M như: sử dụng tính chất vectơ, tọa độ hóa, thuần túy hình học phẳng, đại số
hóa bằng cơng cụ như hệ thức lượng trong tam giác và đường trịn,… Nhưng cái
khó vẫn là ở chỗ phát hiện ra điểm H.
1.3. Hạn chế của phương pháp cũ
Với các bài tốn về hình vng hiện nay xuất hiện rất nhiều trong các bài

tập, đề thi vì đơn giản nó có tính đối xứng cao nên sẽ xuất hiện được nhiều tính
chất ẩn trong nó. Người ra đề có thể xuất phát từ tính chất đó dễ dàng ra một bài
tốn khó cho học sinh. Mà điều này như đã nói ở trên việc phát hiện và chứng
minh tính chất khơng hề dễ dàng.
Khi thực hiện phương pháp cũ, học sinh bắt buộc phải thực hiện các bước
sau:
Bước 1: vẽ hình (chính xác)
Bước 2:
+ Phân tích đề bài - dữ kiện, định hướng lời giải;
+ Phán đốn tính chất: có sẵn (nhìn thấy) hoặc phải dựng thêm hình (như
ví dụ trên);
Bước 3: chứng minh tính chất (bước này là khó nhất). Ở bước này học sinh phải
thuần thục các phương pháp, công cụ đã nêu ở trên;
Bước 4: tiến hình giải tốn theo tính chất đã chứng minh;
Bước 5: loại nghiệm, kết luận.
Qua đó, trên thực tế dạy học chúng tơi thấy, trong hình vng đôi khi việc
làm theo các bước thuần túy như trên tạo ra rất nhiều khó khăn cho các em, nhất
là ở bước 2, bước có tính chất quyết định cho bài tốn. Đơi lúc các em nản và
bài tốn khơng được giải quyết.
2. Những giải pháp mới và yêu điểm của giải pháp mới
2.1. Những nội dung cơ bản của giải pháp mới
Thay vì gắn hệ trục vào hình của đề bài, ta sẽ dựng một hình vng đồng
dạng với hình đã cho. Hình mới này sẽ được tọa độ hóa cụ thể, ta gọi nó là hình
cơ sở.
3


Do đó ta giả sử hình vng ABCD : A’B’C’D’. Khi đó ta có tỉ số đồng
dạng: k =

AB
CD
MA
=
= ... =
= ...
A 'B' C'D'
M 'A '

Khi tìm được tỉ số đồng dạng, ta suy ra được độ dài cạnh của hình vng.
Dựa vào giả thiết ta tìm được tọa độ các đỉnh cần tìm.
Ngồi ra từ hình vng cơ sở ta có thể xác định được góc, từ đó chứng
minh được các tính chất vng góc, chỉ ra được số đo của góc,…. Vì qua phép
đồng dạng biến góc thành góc bằng với nó.
 11 1 
; ÷là trung điểm
 2 2

Ví dụ 1: (khối A - 2012) Cho hình vuông ABCD, M 

BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2ND, phương trình AN: 2x - y - 3 =
0. Tìm tọa độ điểm A.
Phân tích:
Bài toán cho điểm M cố định là trung điểm BC, điểm N đặc biệt thỏa mãn
CN = 2ND;
Có thể tính khoảng cách từ M đến AN.
Như vậy nếu xét một hình vng cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với hình
vng đã cho, các điểm trong hình vng biến thành các điểm tương ứng. Khi
đó xác định được khoảng cách từ M’ đến A’N’. Vì hai hình vng bất kỳ ln
đồng dạng nên có tỉ số đồng dạng chính là k =

d( M,AN )
AB
=
, từ đó suy ra
A 'B' d( M ',A 'N')

độ dài cạnh hình vng.
Dựa vào giả thiết ban đầu ta tìm được điểm A một cách nhanh chóng.
Lời giải:
Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ
và tọa độ các điểm như hình vẽ.

4


y

A

B

B'(1;1)

A'(0;1)

( )

M' 1;

D'(0;0)

( )

N'

1
3

;0

1

M

2

x

1
C'(1;0)

D

Phương trình A’N’: 3x + y - 1 = 0. Suy ra d( M ',A 'N') =
Mà d ( M,AN ) =

C

N

5
2 10

15
.
2 5

Do hai hình vng bất kì ln đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau theo tỉ số k =

d( M,AN )
AB
=
= 3 2 ⇒ AB = 3 2A 'B' = 3 2 , BM =
A 'B' d( M ',A 'N')

1
3 2
3 10
AB =
⇒ AM =
2
2
2

Điểm A nằm trên AN: 2x - y - 3 = 0 nên A(t; 2t - 3), AM =

3 10 ⇔  t = 1
t = 4

2


Vậy có hai điểm A(1; -1) hoặc A(4; 5)
2.2 Những ưu điểm của giải pháp mới
Giải pháp mới giúp học sinh giảm bớt gánh nặng phải phán đốn, tìm tịi
tính chất và chứng minh nó. Điều này như đã nói ở trên là rất khó khăn, khơng
phải học sinh nào cũng thực hiện được.
Nếu phải chứng minh tính chất ở bước 2 ta hồn tồn có thể áp dụng
phương pháp mới để chúng minh một cách nhanh chóng.

5


Khi tiếp cận phương pháp mới học sinh dễ dàng tự chủ động tìm tịi lời
giải độc lập và khơng máy móc dựa vào việc chứng minh các tính chất một cách
khó khăn;
Ở ví dụ nêu trên: để giảm tải bớt những khó khăn trong việc tìm ra điểm
H, phán đốn tính chất vng góc, ta chuyển bài tốn này về việc tìm ra độ dài
cạnh của hình vng để tìm ra điểm A theo u cầu bài tốn. Cụ thể, khi đã biết
độ dài hình vng, ta suy ra AM và suy ra điểm A một cách nhanh chóng và
khơng mất thời gian tìm hiểu tính chất.
IV. HIỆU QUẢ KINH TẾ VÀ XÃ HỘI DỰ KIẾN ĐẠT ĐƯỢC
1. Hiệu quả kinh tế
Học sinh không phải sử dụng nhiều tài liệu, kết hợp nhiều phươp pháp,
không mất quá nhiều thời gian để giải quyết một bài tốn về hình vng. Từ đó
áp lực về kinh tế khơng cịn là vấn đề quan trọng.
Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh tiếp cận một cách nhanh chóng,
khơng mất nhiều thời gian, công sức. Giúp học giảm được thời gian đầu tư cho
việc học thêm tràn lan như hiện nay.

2. Hiệu quả xã hội
Sáng kiến mang tính thực tiễn cao, kiến thức phù hợp cho học sinh Trung
bình khá, khá và giỏi. Phù hợp cho giáo viên tham khảo và áp dụng vào thực tế
giảng dạy.
Giúp giải quyết nhanh chóng các bài tốn về hình vng trong các bài thi
THPT quốc gia nhưng năm gần đây;
Đề tài đã được trải qua thực tế giảng dạy của nhóm tác giả, của đồng mơn
trường THPT Nho Quan B trong việc ôn thi THPT Quốc gia và ôn thi học sinh
giỏi bước đầu đạt hiệu quả cao;
V. ĐIỀU KIỆN VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tài mà nhóm tác giả trình bày dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp
với giáo viên và học sinh THPT.

6


Kiến thức của đề tài nằm hoàn toàn trong chương trình hình học lớp 10,
đầu năm lớp 11 nên dễ dàng cho học sinh tiếp cận, giải quyết vến đề. Phù hợp
với nhiều đối tượng.
VI. NỘI DUNG CỦA GIẢI PHÁP
Phần A: Kiến thức liên quan trong đề tài
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, SGK hình học lớp 10 hiện hành;
Phép dời hình và phép đồng dạng, chương I SGK hình học 11 hiện hành.
Phần B: Một số nguyên tắc cơ bản trong quá trình tìm lời giải các bài toán
1. Hướng nhận định ban đầu:
Dựa vào giả thiết bài tốn trong hình vng, phân tích tìm mối liên hệ
giữa các yếu tố đã biết.
Xác định các điểm cố định (hay khơng cố định) ở vị trí đặc biệt (hay
khơng đặc biệt), tìm yếu tố khoảng cách, góc có sẵn (hoặc tính tốn đơn giản).
2. Ngun tắc thực hiện

Vẽ mơ tả hình học giả thiết.
Xét hình vng cơ sở (có tọa độ cố định), hình vng này ln đồng dạng
với hình vng trong đề bài. Tìm các mối quan hệ về góc, khoảng cách và xây
dựng cách giải cụ thể.
Phần C: Một số kiến thức thường dùng
1. Tính chất hình học đã học
* Phép đồng dạng tỉ số k:
+ Biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự
giữa các điểm ấy;
+ Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn
thẳng thành đoạn thẳng;
+ Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc
bằng nó;
+ Biến đường trịn thành đường trịn bán kính R thành đường trịn có bán
kính kR.
* Nhận xét: Hai hình vng bất kì ln đồng dạng với nhau.
7


2. Kiến thức hình học dạng tọa độ
Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm biết vtcp, vtpt; song song hoặc
vng góc với đường thẳng cho trước, biết góc giữa hai đường, khoảng cách,…
Bài tốn tìm điểm cơ bản: tìm giao điểm hai đường thẳng, điểm hình
chiếu, điểm đối xứng,…
Bài tốn khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, góc giữa hai đường
thẳng:
Bài tốn vectơ: tích vơ hướng, góc giữa hai vectơ, độ dài vectơ
Phần D: Mơ tả q trình thực hiện nội dung xây dựng hoạt động học tập
của học sinh trong các bài tốn hình giải tích gắn với các nội dung hình học.
Bước 1: vẽ hình

Bước 2: phân tích hình vẽ, tìm yếu tố: khoảng cách từ điểm đến đường thẳng,
khoảng cách giữa hai điểm, góc giữa hai đường thẳng,…
Bước 3: Xây dựng hình vng cơ sở (có tọa độ cụ thể) đồng dạng với hình
vng đã cho. Các điểm biến thành điểm tương ứng trên hình vng cơ sở
Bước 4: Tìm tỉ số đồng dạng hoặc xác định góc giữa hai đường thẳng (quy về
góc giữa hai vectơ)
Bước 5: Chuyển về bài toán ban đầu, giải toán.

8


Phần E: MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
1. Hình vng có các điểm trên hình xác định rõ tỉ lệ
Ta tạm gọi các hình vng có các điểm nằm trên các cạnh có vị trí cụ thể
và có tỉ lệ cho trước.
Ví dụ 2. Cho hình vng ABCD có A(1;1), điểm M thuộc CD sao cho DM =
2CM. Biết phương trình cạnh BM: x + 3y - 19 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C của hình
vng biết C thuộc d: x - y = 0.
Phân tích:
Bài tốn cho điểm A và điểm M có tỉ lệ nằm trên CD và phương trình
BM. Dó đó ta hồn tồn có thể tính khoảng cách từ A đến BM, khi đó bằng cách
xét hình vng cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với hình vng đã cho ta sẽ tìm được
cạnh của hình vng
Bài giải:
Ta có: d ( A, BM ) =

15
10

Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa

độ các điểm như hình vẽ.
y

B

A

B'(1;1)

A'(0;1)

D

( )

D'(0;0)
M

M'

C

Phương trình B’M’: 3x - y - 2 = 0. Suy ra: d ( A ', B'M ') =

2
3

;0

x

C'(1;0)

3
10

Do hai hình vng bất kì ln đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau theo tỉ số k =

d ( A, BM )
AB
=
= 5 ⇒ AB = 5A 'B' = 5 ⇒ AC = 5 2
A 'B' d ( A ', B'M ' )
 c = −4
c = 6

Khi đó gọi C(c,c)∈ d : x − y = 0 . Mà AC = 5 2 ⇒ 
Vậy có hai điểm C(-4; 4) và C(6; 6)

9


Bình luận: đây là bài tốn mà điểm M thuộc CD có tỉ lệ cho trước, biết điểm và
đường thẳng cố định cho trước.
Ví dụ 3. (Nho Quan B - 2016) Trong hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD. Gọi
M đối xứng với B qua C. Từ D, C kẻ các đường vng góc với AM lần lượt cắt
AM tại P và Q. Biết Q(-1; 0), đường thẳng đi qua P và tâm I của hình vng có
phương trình d: x - y - 3 = 0 và điểm P có hồnh độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vng.
Phân tích:

Hướng 1: giả thiết cho đường thẳng PI với P có vị trí cố định, I đặc biệt
và điểm Q cố định cho trước. Do đó có thể tính được khoảng cách từ Q đến PI.
Nhưng nếu xét hình vng cơ sở liệu rằng có tìm được P’ và Q’ khơng? Câu trả
lời là có, vì có thể lập được phương trình A’M’, tìm được hình chiếu của C’ và
D’ lần lượt là Q’ và P’ trên A’M’. Do đó tính được khoảng cách từ Q’ đến P’I’.
Cuối cùng là tìm được tỉ số đồng dạng và tìm được độ dài PQ dựa vào tỉ số đồng
dạng.
Hướng 2: quan sát thấy PI chính là trung trực của DQ. Khi đó ta hồn
tồn có thể chứng minh điều này từ hình vng cơ sở.
Bài giải 1: (theo hướng 1)
Ta có d ( Q, PI ) =

4
2

Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.
y

B

A
P

A'(0;1)

B'(1;1)
P'

Q

( )

I'

D

C

M

1 1
;
2 2

Q'

x
D'(0;0)

C'(1;0)

M'(2;0)

Phương trình A’M’: x + 2y - 2 = 0. Đường thẳng qua D’ và vng góc với A’M’:
2x - y = 0. Khi đó P’ là giao điểm của A’M’ và đường thẳng trên, có tọa độ là
2

x=


 x + 2y − 2 = 0

2 4
5
⇔
⇒ P ' ; ÷
nghiệm của hệ: 
5 5
2x − y = 0
y = 4

5

10


Đường thẳng qua C’ và vng góc với A’M’ cắt A’M’ tại Q’ có phương trình: 2x


- y - 2 = 0. Suy ra Q’  ; ÷
5 5
6 2





Phương trình P’I’: 3x + y - 2 = 0. Ta có: d ( Q ', P 'I ' ) =

2

10

Do hai hình vng bất kì ln đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau theo tỉ số k =

d ( Q, PI )
AB
=
= 2 5 ⇒ AB = 2 5A 'B' = 2 5
A 'B' d ( Q ', P 'I ' )

Dễ dàng tính được PQ = 3 2 ⇒ P(3;0) . Từ đó ta tìm được M(-5;0)
Tiếp tục ta tìm được A(5;0), B(1;2), C(-1;-2), D(3;-4)
Bài giải 2: (theo hướng 2)
Bài toán xoay quanh 3 điểm P, I và Q. Như vậy hoàn toàn cho ta một gợi
ý: phải đi tìm mối liên hệ giữa 3 điểm này, có thể là quan hệ vng góc, có thể là
quan hệ tạo góc,….
Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ
và tọa độ các điểm như hình vẽ.
Phương trình A’M’: x + 2y - 2 = 0. Đường thẳng qua D’ và vuông góc với A’M’:
2x - y = 0. Khi đó P’ là giao điểm của A’M’ và đường thẳng trên, có tọa độ là
2

x
=

 x + 2y − 2 = 0

2 4
5

⇔
⇒ P ' ; ÷
nghiệm của hệ: 
5 5
2x − y = 0
y = 4

5


Đường thẳng

qua C’ và vng góc với A’M’ cắt A’M’ tại Q’ có phương



trình: 2x - y - 2 = 0. Suy ra Q’  ; ÷
5 5
6 2



P 'Q ' = P 'D '
Khi đó dễ dàng thấy  uuur uuuuur
nên P’I’ là đường trung trực của D’Q’
P 'I '.D 'Q ' = 0

Do hai hình vng bất kỳ ln đồng dạng nên ta suy ra PI là đường trung trực
của DP
Từ đó dễ dàng viết được phương trình DQ, tìm ra giao điểm J = DQ ∩ PI. Suy ra

điểm D(3;-4)
uuu
r uuu
r
Mặt khác PD.PQ = 0 ⇒ P(3;0) , suy ra điểm M(-5; 0), từ đó suy ra C(-1;-2)
Tiếp tục ta tìm được các điểm cịn lại một cách dễ dàng.
Bình luận: Như vậy qua ví dụ 2 này ta có thể thấy việc sử dụn tính chất của
phép đồng dạng với nhận xét hai hình vng bất kỳ ln đồng dạng giúp ta giải
quyết bài tốn một cách nhanh chóng. Ngồi ra ta có thể dùng hình vng cơ sở
để chứng minh tính vng góc, xác định góc của hai đường.

11


Ví dụ 4: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, đỉnh A(-1;2). Gọi N
 19 8 
; − ÷ là hình chiếu vng góc của B lên CN.
 5 5

là trung điểm của AD, điểm H 

Xác định tọa độ các đỉnh cịn lại của hình vng, biết trung điểm M của BC nằm
trên đường thẳng x + 2y + 6 = 0.
Phân tích: ta suy luận bài toán theo hai hướng như sau
Hướng 1: Rõ ràng bài toán cho biết điểm cố định A và H là hình chiếu của
B lên CN, N cho trước vị trí trung điểm AD. Như vậy nếu lầm bì tốn theo cách
hình vng cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với ABCD thì ta hồn tồn có thể tìm
được H’. Do đó tính được A’H’ và tìm được tỉ số đồng dạng. Suy ra độ dài cạnh
và tính được AM, tìm ra điểm M.
Hướng 2: ta thấy bài toán xoay quanh 3 điểm A, H, M và bằng trực quan

thấy AH vuông góc với HM. Ta đi chứng minh điều này bằng hình vng cơ sở
A’B’C’D’ đồng dạng với hình vng đã cho ABCD.
Bài giải:
Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.
y
A

B

I

B'(1;1)

A'(0;1)
N

M
N'

( )
0;

( )

1

M'

2

1;

1
2

H
H'

C

D

D'(0;0)

x
C'(1;0)

Phương trình C’N’: x + 2y - 1 = 0. H’ là hình chiếu của B’ lên C’N’ nên có tọa


độ là H '  ; ÷
5 5
Lúc này ta có 2 hướng giải bài tốn:
Hướng 1: tính độ dài AH = 6, A’H’ = 1
Do hai hình vng bất kì ln đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
3 1

với nhau nên suy ra tỉ số đồng dạng k =

AB
AH
=
= 6 ⇒ AB = 6
A 'B' A 'H '

Suy ra: AM = AB2 + BM 2 = 3 5
Điểm M thuộc đường thẳng x + 2y + 6 = 0 nên từ đó suy ra điểm M.
Tương tự như trên ta tìm ra được các điểm của hình vng.
12


Hướng 2: Để ý thấy bài toán xoay quanh 3 điểm H, A, M nên ta xét:

uuuuur  3 4  uuuuur  2 3  uuuuur uuuuur
A 'H ' =  ; − ÷, M 'H ' =  − ; − ÷⇒ A 'H '.M 'H ' = 0 nên A’H’ ⊥ M’H’
5 5
 5 10 

Do hai hình vng bất kì ln đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau nên suy ra AH ⊥ MH.
Từ đó viết được phương trình HM, suy ra tọa độ điểm M(2;-4).
Do CH//AM nên CH: 2x + y - 6 = 0.
Gọi N là trung điểm AD, N thuộc CH và AN ⊥ MN từ đó suy ra N(2;2)
Suy ra D(5;2), B(-1; -4), C(5;-4).
Bình luận: bài tốn này đi theo hai hướng khá đơn giản, dễ dàng khai thác như
ví dụ 2.
Ví dụ 5. Trong hệ trục Oxy cho hình vng ABCD, có điểm N(1; 2) là trung
điểm BC, trung tuyến kẻ từ A của tam giác AND có phương trình d: 5x - y + 1 =
0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng.

Phân tích:
Giả thiết cho điểm N cố định có vị trí cho trước, đường trung tuyến kẻ từ
A của tam giác AND cho trước. Vậy ta có thể tính khoảng cách từ N đến đường
trung tuyến này. Trong hình vng cơ sở ta cũng viết được đường trung tuyến
của tam giác A’N’D’ một cách dễ dàng, do đó cũng tính được khoảng cách từ N’
đến đường trung tuyến này.
Bài giải:
Hướng 1: dùng hình vng đồng dạng
Ta có d ( N,d ) =

4
26

Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.

13


y
A

B

I

A'(0;1)

B'(1;1)

M

( )

N' 1;

1
2

C

D

x
D'(0;0)

C'(1;0)

d

Phương trình đường trung tuyến hạ từ A’ của tam giác A’D’N’ là d’: 3x + 2y - 2
= 0.
Ta có: d ( N ',d ' ) =

2
.
13

Do hai hình vng bất kì ln đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng
với nhau nên suy ra tỉ số đồng dạng k =

Suy ra: AN =

d ( N,d )
AB
2
2
=
=
⇒ AB =
A 'B' d ( N ',d ' )
2
2

10
. Vì A thuộc d nên A(a, 5a + 1), từ đó có phương trình AN =
2

10
. Tìm được A.
2

Từ đó tìm được tọa độ các đỉnh cịn lại của hình vng.
Ví dụ 6. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi F là điểm trên
cạnh AB thỏa mãn: 7BF = 5FA, đường thẳng đi qua trung điểm E của cạnh AD
và trọng tâm G của tam giác ABC có phương trình là 11x - 7y + 6 = 0, F
 13 3 
 − 6 ; 2 ÷, điểm B có hồnh độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng.



Bài giải:
Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 12. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.

14


y
C

D
I

D'(12;12)

C'(0;12)

I

I'

E

E'(12;6)

G

G'(4;4)

J

J'
L
B

F

L'
A

B'(0;0)

F'(5;0)

x
A'(12;0)

uuuuu
r
G'E' = (8;2)
G'E' ⊥ G'F' ⇔ GE ⊥ GF
⇒
r
Ta có:  uuuuu
G'E': x − 4y + 12 = 0
G'F' = ( 1;−4)

Từ đó ta có sơ lược cách giải:
Ta có: d(F’,G’E’) = 17 , d(F,GE) =

170
.
6

Hai hình vng bất kì luôn đồng dạng nên ABCD và A’B’C’D’ đồng dạng theo tỉ
số
k=

AB d( F’,G’E’ )
10
10
=
=
⇒ AB = 12x
= 2 10
A 'B' d( F,GE )
6
6

Ta có B’J’ =

12
12 2 170
L ∈ GF
⇒
, suy ra BJ = k.
=
. Từ đó suy ra
17
17

17
GL = BJ

phương trình BL, suy ra B do BL = k .B’L’.
Với mỗi B suy ra A, suy ra AD, BC. Suy ra C và D
Nhận xét chung:

Qua các ví dụ trên ta thấy khi một hình vng cho trước, có các điểm
thỏa mãn yêu cầu nào đó cho trước những vị trí cố định tỉ lệ thì ta hồn tồn có
thể giải bài tốn nhanh chóng bằng hướng giải như đã nêu. Phương pháp này
giúp học sinh không phải quá nặng nề về việc phát hiện yếu tố vng góc, tạo
góc hay đường đặc biệt,… mà chỉ phải tính độ dài cạnh, khéo léo lồng ghép vào
hình vng để tìm ra lời giải ngắn gọn.
Ngoài ra với phương pháp xét hình vng cơ sở này ta có thể tìm được
góc, chứng minh được vng góc, chỉ ra đường trung trực, phân giác một cách
dễ dàng.
2. Hình vng có các điểm trên hình khơng xác định rõ tỉ lệ
15


Với hình vng dạng này, việc tính tốn có phức tạp hơn vì một số điểm
khơng cố định ta phải xác định tọa độ các điểm này bằng một số thực chưa xác
định. Từ đó ta tiếp tục khai thác dữ kiện để tìm ra khoảng cách, góc hay mối
tương quan cần thiết khác. Ta xét một số ví dụ sau:
 7

Ví dụ 7. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, có C(1; -1), N  1; ÷
 2

(

)

nằm trên AD, M thuộc AB sao cho AN + AM + MN = 2AB. Điểm H 1− 5;1 là
hình chiếu của B lên MN. Tìm tọa độ điểm B.
Phân tích:
Bài tốn đã cố định điểm N, nhưng N khơng ở vị trí đặc biệt hoặc biết tỉ lệ rõ
ràng. Để tìm tính chất đặc biệt của bài tốn. Ta thử N vào các vị trí đặc biệt:
N ≡ D ⇒ M ≡ A
·
. Dễ thấy cả hai trường hợp này góc NCM

= 450 . Từ đó ta có
N
≡
A
⇒
M
≡
D

·
thể phán đốn góc NCM
= 450 .

Bài giải:
Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ.
y
M

A
I

B

C'(1;1)

D'(0;1)

N'
N
b
C

D

x

a
M'

A'(0;0)

B'(1;0)

Đặt A’M’ = a, A’N’ = b. Ta có:
a + b + a2 + b2 = 2 ⇔ a2 + b2 = 2 − a − b ⇔ 2 + ab = 2(a + b)

·

·
·
· 'B'C' = tanN'C'D' + tanM 'B'C' = 2 − a − b = 1
+M
Ta có tan N'C'D'

(

)

·
· 'B'C'
1− tanN'C'D'.tanM
· 'C'N' = 450
·
· 'B'C' = 450 ⇔ M
Vậy: N'C'D'
+M

a + b + ab

Do hai hình vng bất kì đồng dạng nên ABCD đồng dạng với A’B’C’D’, suy ra
·
góc tương ứng MCN
= 450 . Ta có lược đồ cách giải:
16


 M ∈ NH
B ∈ HB

r
⇒
M
⇒
B
:

 uuur uuu
0
·
BM.BC = 0
cos NCM = cos45

(

)

Ví dụ 8: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, có điểm C thuộc
đường x + 2y - 6 = 0. Điểm M ( 1; 1 ) thuộc canh BD. Hình chiếu của M lên AB,
AD đều nằm trên đường thẳng x + y - 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C.
Phân tích:
Gọi F, G lần lượt là hình chiếu của M lên AB, AD
Bài toán xoay quanh các điểm C, M, G và F. Xây dựng hình vng cơ sở
ta dê dàng suy ra CM vng góc với GF
Bài giải:
Gọi F, G lần lượt là hình chiếu của M lên AB, AD
Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ
và tọa độ các u
điểm
G’

uuuur như hình vẽ.uuM’(a
uur ; a), F’ (a; 1)
uuu,uu
r ( u0;
uuua)
r
Ta có: C 'M ' = ( a − 1; −a ) ;G 'F' = ( a;1 − a ) ⇒ C 'M ' ⊥ G 'F'
hay suy ra CM ⊥ GF
CM ⊥ GF
uuuu
rCuuu
rthuộc đường
uuuu
r uurthẳng x + 2y - 6 = 0 nên gọi C(6-2t; t). Vì
⇒ CM.GF = 0 ⇔ CM.u d = 0 ⇒ C

Bình luận: đối với bài tốn này việc xác định độ dài cạnh là rất khó khăn vì
vướng tham số của các điểm khơng cố định.
Ví dụ 9: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, hai điểm E, F tương
ứng thuộc hai cạnh AD và AB sao cho AE = AF. Gọi H là chân đường cao hạ từ
A xuống BE. CH cắt AD tại M. Tính tọa độ các đỉnh của hình vng, biết
 7 7
M  ;− ÷, F(2; 0) và C thuộc đường thẳng d: x - 2y + 1= 0
 3 3

Phân tích:
Bài tốn xoay quanh 3 điểm F, M và C. Bằng cách dựng hình vng cơ sở
ta suy ra được MF vng góc với FC.
Bài giải:

17


y
F'

A'(0;1)
F

A

B

M'

M

E

B'(1;1)

H'

E'

H

1
D'(0;0)
D

x

C'(1;0)

C

Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ. M’(0;b), F’(1-a;1), E’(0;a)
Ta tìm tọa độ H’ như sau:
Phương trình B’E’: (a - 1) x + y - a = 0, phương trình C’M’: bx + y - b = 0
 ( 1− a) 2 ( 1− a) 2 + ( 1− a) + 1
;
÷
Khi đó H’ = B’E’ ∩ C’M’ ⇒ H’ 
2
2
÷
1
+
1
−
a
1
+
1
−
a
(
)

(
)



(

)

2
Ta có H’∈ C’M’ ⇒ b = ( 1− a) + ( 1− a) + 1 ⇒ M ' 0;( 1− a) + ( 1− a) + 1
2

uuuuur uuuur
Từ đó tính được F 'M '.F'C' = 0 ⇔ F'M ' ⊥ F'C' .
Do hai hình vng bất kỳ đồng dạng nên: FM ⊥ FC. Từ đây ta định hướng giải

như sau:
+ Tìm được C
+ Giải sử CB: a ( x − xc ) + b( y − yc ) = 0, CD: -b ( x − xc ) + a ( y − yc ) = 0
+ Ta có d(M, CB) = d(F, CD), suy ra a và b và tìm được B, D, A
Ví dụ 10: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, có đỉnh C(-4; -3) và
điểm M là điểm nằm trên cạnh AB (M không trùng với các đỉnh). Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu của A, C lên DM và I là giao điểm của CE và BF. Tìm tọa độ
A, B, C biết I(2; 3) và đỉnh B nằm trên đường thẳng x - 2y + 10 = 0.
Phân tích:
Bài tốn xoay quanh 3 điểm B, I, C. Dựng hình và dự đốn CI vng góc
với IB. Ta đi chứng minh điều dự đốn.
Bài giải:

18


y
A'(0;1)
M

A

B

M'

B'(1;1)

E'

E
I'
I

F'

F
x

1
D'(0;0)
D

C'(1;0)

C

Xét hình vng A’B’C’D’ có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hệ trục tọa độ và tọa
độ các điểm như hình vẽ. M’(a; 1)
 a
a2 
;1
−
Ta có D’M’: x - ay = 0. Từ đó suy ra điểm E’ 
÷và F’
2
1+ a2 
 1+ a
1
a 

 1− 1+ a2 ;1+ a2 ÷


uuuuu
r uuuur
Tính được C'E'.F 'B' = 0 ⇔ C’E’ ⊥ F’B’

Do hai hình vng bất kỳ ln đồng dạng nên CE ⊥ BF.
Ta có định hướng cách giải như sau:
+ Viết phương trình BI suy ra điểm B và phương trình BA, CD
+ Có BA = CD = BC suy ra A và D
Nhận xét chung: với bài tốn trên, điểm M và N khơng ở vị trí đặc biệt hoặc là

ở vị trí xác định rõ tỉ lệ, thông thường ta thường đặt tọa độ theo tham số rồi
chứng minh, chỉ ra các tính chất trong hình. Việc sử dụng tính đồng dạng của
hai hình vng để chứng minh các tính chất cũng là một nét mới và điển hình
trong việc giải tốn hình học giải tích trong mặt phẳng.
Đối với các bài toán về tam giác ta hồn tồn có thể sử dụng phương pháp
trên, tuy nhiên nó chỉ có thể hạn chế ở tam giác vng, cân hay đều. Đối với
hình chữ nhật khi biết tỉ lệ độ dài hai cạnh thì bài tốn được xây dựng tương tự
như hình vng, nhưng khi khơng biết tỉ lệ độ dài hai cạnh thì ta có thể cố định
cạnh bằng 1, cạnh cịn lại tùy ý thì vấn đề cũng được giải quyết như hình vng.
1 
2 

Ví dụ 11: Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có tâm I  ;0÷, AB
= 2AD và đường thẳng AB có phương trình x - 2y + 2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật, biết đỉnh A có hồnh độ âm.
Phân tích:
19


Bài tốn cho hình chữ nhật có tỉ lệ hai cạnh, có tâm I, đường thẳng AB.
Như vậy ta hồn tồn có thể dựng hình chữ nhật cơ sở đồng dạng với hình chữ
nhật đã cho và tính được độ dài cạnh hình chữ nhật đã cho.
Bài giải:
y

A

B
A'(0;1)

B'(2;1)

I

( )

I' 1;

1
2

C

D

x

1
C'(2;0)

D'(0;0)

Dựng hình chữ nhật cơ sở A’B’C’D’ đồng dạng với hình chữ nhật ABCD. Gắn
vào hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Ta có phương trình A’B’: y - 1 = 0, d(I’, A’B’) =
Mặt khác d(I, AB) =

1
2

5
.
2

AB
d(I,AB)
=
= 5 ⇒ AB = 5A 'B' = 2 5
A 'B' d(I ',A 'B')
BD 5
= . Vì A∈ AB ⇒ A(2t − 2;t)
Suy ra AD = 5 ⇒ BD = 5 ⇒ IA =
2 2
5
Giải phương trình IA = ⇒ A(−2;0) , B(2;2), C(3;0),D(-1;-2)
2

Từ đó suy ra tỉ số đồng dạng k =

Bình luận: Đối với bài toán này rất thuận lợi là tỉ số hai cạnh đã biết, do đó dễ
dàng tìm được đỉnh A và suy ra các đỉnh cịn lại.
Ví dụ 12: Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Hai điểm D, E lần lượt thuộc CA
và CB sao cho CD = CE. Đường thẳng qua C vuông với AE cắt AB tại L. Đường
thẳng qua D vuông với AE cắt AB tại L. Chứng minh LK = LB
Hướng dẫn:

20


Xét tam giác A’B’C’ đồng dạng

với tam giác ABC và gắn vào hệ
trục như hình vẽ. uuur
A’B’: x + y - 1 = 0, AE = ( a;−1)

y

A(0;1)

C'L ': ax − y = 0
D'K ': ax − y + a = 0

K'

Suy ra: 

Gọi I’ là trung điểm K’B’, K’
∈ A 'B' nên suy ra K’

D'(0;a)

L'

a 
 1− a 2a 
 1
 1+ a;1+ a ÷ ⇒ I ' 1+ a;1+ a ÷ suy





≡
∈
C'L
'
⇒
I
'
≡
L
'
ra I’
hay I L

Điều phải chứng minh

x

1
C'(0;0)

E'(a;0)

B'(1;0)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy, cho hình vng ABCD có
các đỉnh A(−1;2) ; C (3; −2) . Gọi E là trung điểm của cạnh AD, BM là đường
thẳng vng góc với CE tại M ; N là trung điểm của củaBM và P là giao điểm
của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM: 2 x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ
điểm P

Bài 2. Trên hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, hai điểm E, F tương ứng
trên hai cạnh AB, AD sao cho AE = AF. Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống
7


7

BE. CH cắt AD tại M. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng biết M  ;− ÷, F(2;
3 3


0), C thuộc đường thẳng d: x - 2y + 1 = 0.
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có điểm M là
trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC . Viết
phương trình đường thẳng CD , biết rằng M (1; 2) và N (2; −1) .
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC . Gọi I là giao điểm của CM và DN .
Chứng minh rằng AI = AD .

21


Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD . Gọi M , N


lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD . Biết rằng M  − ; 2 ÷ và đường
 2 
1

thẳng BN có phương trình 2 x + 9 y − 34 = 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B biết rằng

điểm B có hồnh độ âm.
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD . Có đường
chéo AC: x + y - 5 = 0. Trên tia đối của tia CB lấy điểm M, trên tia đối của tia
DC lấy điểm N sao cho DN = AM. Đường thẳng song song với AN kẻ từ M và
đường thẳng song song với AM kẻ từ N cắt nhau tại F(0; -3). Biết điểm M thuộc
trục hồnh, hãy tìm các đỉnh của hình vng.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có M(7; 3) là
trung điểm AB. Gọi E là giao điểm của MC và AD, N là hình chiếu vng góc
của A lên MC, I(2; 5) là giao điểm của AN và BE. Biết B thuộc đường thẳng d:
2x + 3y - 44 = 0, tìm tọa độ các đỉnh của hình vng.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A(-1; 2).
 19 8 
; − ÷ là hình chiếu vng góc của B lên
 5 5

Gọi N là trung điểm AD; điểm H 

CN. Xác định tọa độ đỉnh hình vng, biết trung điểm M của BC nằm trên
đường thẳng: x + 2y + 6 = 0.
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có A(4;6).
·
Gọi M, N là các điểm nằm trên BC, CD sao cho MAN
= 450 , M(-4;0) và đường

thẳng MN có phương trình 11x + 2y + 44 = 0. Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD tâm I, gọi G
 10 11 
; ÷ là tâm đường trịn ngoại tiếp tam
 3 3

là trọng tâm tam giác ADC, điểm J 
 11 7 

giác AGB, M  ; ÷ là trung điểm của đoạn BI. Tìm tọa độ các đỉnh của hình
 2 2
vng, biết G có hồnh độ là số nguyên.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A(1;2), C(3;-2). Gọi E là trung điểm AD, BM là đường thẳng vng góc với CE tại
M, N là trung điểm BM và P là giao điểm AN và DM. Biết phương trình đường
thẳng BM: 2x - y - 4 = 0. Tìm tọa độ điểm P

22


VII. HIỆU QUẢ ÁP DỤNG
Trên đây là một số ví dụ điển hình về sử dụng tính chất đồng dạng và tọa
độ hóa để giải bài tốn hình học giải tích đối với hình vng, tuy nhiên chưa thể
diễn tả hết được ý định của người viết đề tài này. Tôi nhận thấy rằng: trong
những bài tập cụ thể ta phải linh hoạt sử dụng phương pháp cho hợp lí, việc
chứng minh tính chất nào đó, khi tọa độ hóa đơi khi làm cho bài tốn trở nên
phức tạp hơn rất nhiều so với việc dùng hình học thuần túy.
Trong q trình giảng dạy chúng tơi đã hướng dẫn học sinh nắm các ý
tưởng, cách thức thực hiện giải toán đối với phương pháp đã trình bày ở trên.
Qua thực hành học sinh rất thích thú và đam mê giải tốn, những bài tốn trong
hình vng trở thành những bài tốn giải ngắn gọn, đơn giản và khơng mất q
nhiều cơng sức suy nghĩ, phân tích và chứng minh các tính chất.
VIII. KẾT LUẬN
Sáng kiến đã trình bày một số kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ
hóa ứng dụng phép đồng dạng, nghiên cứu các bài toán về hình vng trong
hình học giải tích lớp 10.
Sáng kiến đã xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập về Hình học 10.

Kết quả thực nghiệm cho thấy tính khả thi và hiệu quả của sáng kiến. Việc
tự giải quyết hệ thống bài tập, giúp các em hiểu rõ bản chất, phương pháp giải
dạng tốn này, từ đó các em có thể tự xây dựng các bài tốn tương tự, hoặc các
bài tốn mới. Chính điều đó kích thích sự say mê, tìm tịi khám phá, nâng cao
năng lực tự học ở mỗi học sinh.
Sáng kiến trước hết rất có ý nghĩa đối với tác giả vì nó là một nội dung
quan trọng trong chương trình giảng dạy. Hi vọng sáng kiến là một tài liệu tham
khảo bổ ích cho các em học sinh, cũng như các bạn đồng nghiệp.
Sáng kiến đã cố gắng trình bày vấn đề một cách chi tiết, rõ ràng, dễ hiểu,
có nhiều hình vẽ minh họa thông qua một hệ thống các bài tập phong phú.
Qua đây rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp cũng như
những ai quan tâm đến tốn học nói chung, hình học giải tích trong mặt phẳng
nói riêng để chúng tơi hồn thiện sáng kiến này được tốt hơn.
Xác nhận của cơ quan

Nho Quan, tháng 5 năm 2016
Người viết sáng kiến

Đỗ Thị Bích Thảo

23


Nguyễn Văn Sáng

24