Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích từ những mối quan hệ giưã các điểm, điểm và đường thẳng

A. MỞ ĐẦU
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 q trình cơng 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 cơng tác giảng dạy bộ mơn Tốn ở trường phổ thơng nói
chung và dạy học bài tập tốn nói riêng. Tuy nhiên để có thành cơng 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
mơn tốn và dẫn dắt học trị tới niềm say mê tìm tịi sáng tạo, tơi thường trăn trở
với những khó khăn của học trị trong q trình tiếp cận từng bài tốn.
Bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng là bài tốn thường xuất hiện ở
các kì thi vì vậy nó ln được sự quan tâm đặc biệt đối với học trị, bên cạnh đó nó
cũng là bài tốn khó với nhiều đối tượng học trị đặc biệt là với các em có năng lực
trung bình. Băn khoăn trước những khó khăn của học trị, tơi tìm tịi 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 tốn về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp các
bài tốn thiên về tính chất hình phẳng thuần túy đã gây cho học trị nhiều khó khăn
khi tiếp cận. Vì vậy tơi chọn đề tài là “Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài tốn
hình giải tích từ những mối quan hệ giưã các điểm, điểm và đường thẳng” để
nghiên cứu.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bài tốn
hình giải tích trong mặt phẳng thơng qua phương pháp dạy học: “Phát hiện và giải
quyết vấn đề”.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Học sinh khối 10, 11 trường THPT Đông Sơn I

- Học sinh khối 12 ôn thi vào các trường đại học trường THPT Đông Sơn I
IV. 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 11a2, 12a2 trường THPT Đông
Sơn I để nắm bắt tình hình thực tế của học sinh.

1


B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Một số điểm cần lưu ý
1.1. Những bài tốn liên quan đến tam giác vng (đặc biệt là tam giác vng cân),
hình chữ nhật (đặc biệt là hình vng), hình thang vng 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 tốn đó. Bài tốn cơ bản
về khoảng cách và bài tốn cơ bản về góc cũng thường được sử dụng trong chủ đề
này.
1.2. Vẽ hình chính xác, từ đó dự đốn xem có hai đường thẳng nào vng góc với
nhau hay khơng. Từ đó sử dụng định lý Pitago, phương pháp vectơ hay cộng góc
để chứng minh dự đốn này. Việc phát hiện ra yếu tố vng góc có thể là mấu chốt
để chúng ta giải quyết bài toán.
1.3. 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 tốn cơ bản về khoảng cách hoặc phương
pháp tham số hóa để giải quyết bài tốn.
2. Một số tính chất của hình học phẳng vận dụng vào bài tốn phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng
Tính chất 1. Các hệ thức lượng trong tam giác vng.

Tính chất 2. Định lý hàm số cosin, hệ quả định lý hàm số cosin, định lý hàm số
sin, hệ quả định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến, công thức tính diện tích
tam giác.
Tính chất 3. Cho hình vng ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và
BC Khi đó AN ⊥ DM
Chứng minh. Gọi cạnh hình vng 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 vng ABCD. Gọi M , N lần lượt thuộc AB và BC sao
uuuur

uuuu
r uuur
uuur
cho 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 .

2


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 vng 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 .
ME / / =

Thay đổi hình thức của tính chất 4 ta có các hệ quả sau
1
6.1. Cho hình thang ABCD vng tại A và D, AB = CD. Gọi H là hình chiếu
2
D
AC
M

CH
.
MB
⊥
MD
.
của lên
và
là trung điểm
Khi đó

6.2. Cho tam giác ABC vng 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


II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG
- Kiến thức cơ sở về mơn tốn của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung
bình.
- Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập tốn về phần hình
giải tích trong mặt phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ mơn tốn,
chỉ có khoảng 10% học sinh hứng thú với bài tốn hình giải tích trong mặt phẳng.
III. 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
tốn cụ thể để định hướng cho học sinh cách giải quyết bài toán và những bài
mang tính chất tương tự.
IV. 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 vào các trường đại học.
- 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 12 THPT đang ôn thi vào các trường đại học và cao
đẳng
V. BÀI TẬP ÁP DỤNG
-Trong khuôn khổ của đề tài, sau đây tơi xin trình bày một số bài tốn hình
học giải tích phẳng liên quan đến tam giác vng, hình thang vng, hình chữ
nhật và hình vng.
- Ở mỗi bài tốn đều có sự phân tích bài tốn và đưa ra hướng giải để giúp
các em học sinh tiếp cận bài tốn một cách dễ dàng hơn, qua đó học sinh có thể
vận dụng cho những bài tốn tương tự
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại A
và B. M ( 9; −1) là trung điểm AB, CD : 2x − y − 4 = 0. Tìm toạ độ của C biết rằng
AB = BC =

3
AD.
2

Phân tích bài tốn. Bài tốn 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
vng này có các cạnh liên
hệ với nhau qua đẳng thức
AB = BC =

3
AD, nên nếu
2

đặt độ dài một cạnh nào đó
bằng x thì ta sẽ tính được tất
cả các cạnh cịn lại theo x.

4


Để tìm C, ta sẽ đi tính độ
dài đoạn thẳng MC. Chú ý

(

)

rằng 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.
SMCD =

Mặt khác

4x + 6x
3x.4x 3x.6x
.6x −

−
= 15x2.
2
2
2

Suy ra x = 2. Suy ra MC = 3x 5 = 3 10.

(

)

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 độ của C . Ta sẽ tìm cách tính cosMCD
, từ đó sử dụng bài tốn cơ bản về
góc.
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
 =3
a
a
3 ÷ − 8 ÷ − 3 = 0 ⇒  b
⇒
 b
 b
a = − 1
 b

3
2

MC : 3x + y − 26 = 0

MC : x − 3y − 12 = 0

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

5


( )

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 tốn. 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 vng góc với AI nên
MI : x + 3y − 28 = 0.

( )

Do đó M 7; 7 .
uuur 2 uuuur
 11 11
E
=
BN
∩
AM
⇒
AE
= AM ⇒ E  ; ÷.
Gọi
3
 3 3

Suy ra
BN : 2x + y − 11 = 0.

(

)

Đường thẳng AH đi qua A −3; − 3 và vng 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 vng 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
uuur uuur
(ẩn b). Dựa vào phương trình BA.BC = 0 để tìm b.

6


Lời giải. Lấy F đối xứng với E qua B . Khi đó A là trung điểm của DF . Trong
các tam giác vng 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 vng 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 tốn. Ta đi tính góc

·
MDC
, từ đó viết được phương trình
đường thẳng CD dựa vào bài tốn cơ bản

về góc. Dẫn đến tọa độ đỉnh D.
Lời giải. Đặt cạnh hình vng bằng 2x.
Áp dụng định lý Pitago ta tính được
MD = MC = x 5.

Suy ra

5x2 + 4x2 − 5x2
1
·
cosMDC =
=
.

2.x 5.2x
5

7


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

=

1
5

a = 0
⇔ 3a2 − 4ab = 0 ⇔ 
.

3a − 4b = 0

(

)

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 vng 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 tốn. 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 vng
góc với AB ). Vì K là trung điểm của DH nên K E là đường trung bình của tam
giác ADH . Suy ra
1
AD ⇒ K E / / = BM .
2
Do đó K EBM là hình bình hành. Dẫn đến
MK / / BE ⇒ MK ⊥ AK .
KE / / =

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.
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại
A

 22 4 

2
và D, AB = AD = DC . Điểm M  − ; ÷ thuộc đoạn BC

(

3

)



5 5

sao cho

3BM = 2MC , điểm N −2;4 thuộc đoạn CD sao cho ND = 2NC . Tìm toạ độ các

đỉnh của hình vng biết A có hồnh độ dương.

8


Phân tích bài tốn. Mấu chốt ở bài
tốn 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.
Suy ra A ( −2 + 4t; −1 − 3t ) .

Đặt AB = 2a ⇒ NC = a, MC =

3a 5
1
·
, cosMCN
=
.
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 vng 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 vng ABCD. Điểm
M 6; 4 nằm trên cạnh BC . Đường trịn 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 vng
đã cho, biết rằng đỉnh C có tọa độ nguyên và đỉnh A có hồnh độ nhỏ hơn 1.
Phân tích bài tốn. Gọi I là trung điểm AM .
Dự đoán và chứng minh IMN vng 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 vng đã cho theo c. Từ tính chất
EN ⊥ AC ta tìm được c. Suy ra tọa độ của C , E ,
B, D.

·
·
Lời giải. Ta có tam giác NAM vng tại N và NMB
= NBA
= 450 nên tam giác
NAM vuông cân tại N . Gọi I là trung điểm của AM . Khi đó tam giác IMN
vng cân tại I . Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của
MN . Do đó

9

(

)

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 hồnh độ nhỏ hơn 1 nên A ( 0; 0) .

Vì C ∈ ∆ : x − 2y + 6 = 0 ⇒ C ( 2c − 6; c) . Gọi E là tâm của hình vng. Khi đó
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



uuuu

r uuur
c

AC .NE = 0 ⇔ 2c − 6 c − 4 + c  − 5÷ = 0
2


(

)(

)

c = 6
⇔ 5c − 38c + 48 = 0 ⇔ 
c = 8

5
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) .

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 tốn. 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

10


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
;
 5

Suy ra CM ⊥ DH . Do đó DH : 11x + 7y + 16 = 0 ⇒ H  −
 9
 5

3
5

(

9

÷.
5

)

Suy ra AH : 3x + y + 6 = 0 ⇒ M  − ; − ÷ ⇒ A −1; − 3 .

(

)

Đường thẳng AB vng 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 vng ABCD. Biết

( )

rằng G 3; 3 là trọng tâm tam giác ABD. Đường thẳng đi qua A vng góc với

( )

BG cắt BD tại E 1; 3 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng đã cho biết rẳng đỉnh
A có tung độ lớn hơn 1.

Phân tích bài tốn. Hình vng đã cho có hai đường chéo vng góc với nhau tại
I . Dự đoán GE / / AD. Từ đó suy ra tam giác IGE vng cân tại I . Do đó tìm
được tọa độ của I .
Lời giải. Gọi I là tâm của hình vng 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 =

t = 4
⇒ 1+ t − 3 = 2 ⇒ 
⇒
2
t = 2

GE

(

)

2

( )

( )
( )

I 2; 4

I 2; 2


TH1. I 2; 4 . Ta có
uur
uuu
r
xA − 2 = 3.1
IA = 3IG ⇒ 
⇒ A 5; 1 (loại vì điều kiện yA > 1).
y
−
4
=
3.
−
1
 A

( )

( )

( )

TH2. I 2; 2 . Ta có
uur
uuu
r
x − 2 = 3.1
IA = 3IG ⇒  A
⇒ A 5; 5 .
yA − 2 = 3.1

( )

11


( )

uur
uur
x − 2 = 3. −1
ID = 3IE ⇒  D
⇒ D −1; 5 .
y
−
2
=
3.1
 D

(

) (

(

)

)

Suy ra C −1; − 1 , B 5; − 1 .

( ) (

) (

) (

)

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 vng ABCD có M 5; 3
3
4

là trung điểm của AB . Điểm E thuộc AC sao cho AE = AC . Biết rằng

DE : 3x − y + 8 = 0. Viết phương trình cạnh CD.

Phân tích bài toán. Mấu chốt của bài toán
này là dự đoán và chứng minh được tam giác
EMD vng 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 vng bằng a. Sử dụng định lý Pitago và định lý hàm số
cosin ta có
MD 2 =

5a2
4

2

a 2
a 2
5a2
÷ − 2.a.
DE 2 = a2 + 
.cos450 =
 4 ÷
4
8


2

2
 a   3a 2 
a 3a 2
5a2
2
÷ − 2. .
ME =  ÷ + 
.cos450 =
2 4
8
 2   4 ÷

Suy ra tam giác EMD vng 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
2
2
ED = EM ⇔ d + 1 + 3d + 3 = 40 ⇔ 
⇔

d = −3

(

) (

)

(
(

)

D 1; 11

D −3; − 1


)

Gọi I = ME ∩ CD. Ta có

uur
uuuu
v
EM
EA
=
= 3 ⇒ ME = 3EI
EI

EC
−6 = 3. x + 1

17 
I
⇒
⇒ I  −3; ÷.
3

2 = 3. yI − 5

(

(

)

)

12


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 vng 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 hồnh độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , D.
Phân tích bài tốn. Gọi N là trung điểm của AB . Ta có C , I , N thẳng hàng và
·
CN ⊥ BH nên viết được phương trình của CN . Tính được góc BCN
. Sử dụng bài
tốn cơ bản về góc ta viết được phương trình của BC .
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

Ta có : tanBCN = BC = 2 ⇒ cos BCN =
5
Vì CN đi qua I và vng 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. (a2 +b2 # 0) Ta có

(

)

cos BC , CN =

2
5

⇔

a + 2b
5. a2 + b2

a = 0
3a − 4ab = 0 ⇔ 
⇒
3a = 4b
2

=

2
5

BC : y + 10 = 0
⇒


BC : 4x + 3y + 90 = 0

(

)

(
(

)
)

C 5; − 10

C −27; 6


Vì C có hồnh độ dương nên C 5; − 10 .
Đường thẳng CD qua C và vng 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.

13


Phân tích bài tốn. Giả thiết cho tam
giác vng mà cạnh góc vng này gấp
đơi cạnh góc vng kia nên ta có thể nghĩ
đến việc dựng hình vng để từ đó phát
hiện các yếu tố vng góc. Chẳng hạn, gọi
H là trung điểm AC . Dựng hình vng
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 vng 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 − x
H
FB = 3HF ⇔ 
⇒ H −1; 19 .
−
30
=
3
9
−
y

H

(

)

(

(

)

)

Vì E là trung điểm AH nên A 19; − 1 .

(

)

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 vng 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 ngun.
Phân tích bài tốn. Đặt cạnh hình vng bằng tham số. Sử dụng định lý Pitago,

·
định lý hàm số côsin để tính góc MCE
. Từ đó, sử dụng bài tốn cơ bản về góc 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
AI =

1
AB .
3

Đặt cạnh hình vng bằng 6a. Sử dụng định lý
Pitago ta có
CM =
CI =

( 6a) + ( 3a)
2

( 6a) + ( 4a)
2

2

2

= a 45

= a 52.

14


( 3a) + ( 2a)
2

IM =

2

= a 13.

Áp dụng định lý hàm số cơsin trong tam giác CMI ta có
·
cosICM
=

45a2 + 52a2 − 13a2

7

=

2.a 45.a 52
65
Gọi CM : a x − 10 + by = 0. Ta có

(

(

)

cos CM , ∆ =

.

)

7

⇔

a − 5b

7

=

65
26. a2 + b2
a 1
 =
⇔ 1209a2 + 650ab − 351b2 = 0 ⇔  b 3
 a = − 27
 b

31
C 25; − 5
MC : x + 3y − 10 = 0

⇔
⇒   725 405 
MC : 27x − 31y − 270 = 0
C  − 26 ; − 26 ÷


 
65

(

(

)

)

Vì C có tọa độ nguyên nên C 25; − 5 . Ta có
CM = 250 = a 45 ⇒ a =

( )

5 2
.
3

Gọi D x; y . Ta có
DM = 5 2

⇔

DC
=
10
2


(
(

)
) (

2
2

 x − 10 + y = 50
⇔

2
2
 x − 25 + y + 5 = 200

)

(

(
(

)

D 15; 5

.
D 11; − 7


)

)

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 hồnh độ âm.
Phân tích bài tốn. Bài tốn 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 vng cân tại E . Từ đó tìm
được tọa độ của N , A, B, C .

15


Lời giải. Gọi H là trung điểm của BN . Khi đó
IMNH là hình chữ nhật nội tiếp đường trịn ( C )
BE
BH 1
=
=
BM BC 4
HE / / CM . Suy ra HE ⊥ EM ⇒ E ∈ C .
·
Do đó IEN
= 900.
·
·
Lại EIN
= EMN
= 450.

đường kính

IN , HM .

Vì

nên

( )

Từ đó suy ra tam giác EIN vng cân tại E . Suy ra

(

)

EN : 3x − y = 0 ⇒ N n; 3n .
n = 3

Vì EN = EI ⇒ ( n − 1) + ( 3n − 3) = 40 ⇒ n = −1.
2

2

(



)

(

)

Vì N có hồnh độ âm nên N −1; − 3 . Vì I là trung điểm AN nên A 15; 5 . Gọi
G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có

1
uuuu

r 1 uuur
xG + 1 = .16
 13 1 
3
NG = NA ⇒ 
⇒ G  ; − ÷.
3
3
 3
y + 3 = 1.8
G

3
1
1 3
3
Ta có BE = BM = . BG = BG . Suy ra
4
4 2
8

13 8  10 
= . − ÷
uuur 8 uuur
xB −
3
5  3  ⇒ B −1; 5 .
GB = GE ⇒ 
5
y + 1 = 8. 10

 B 3 5 3
Vì N là trung điểm của BC nên C −1; − 11 .

(

(

) (

) (

)

(

)

)

Vậy A 15; 5 , B −1; 5 , 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 vng.
Lúc này, ngồi kết quả BM ⊥ MN ta cịn có BM = MN , hay tam giác BMN vuông
cân tại M .

16

Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

uuur
uuuu
r
·ACD = α với cosα = 1 , điểm H thỏa mãn điều kiện HB = −2HC , K là giao
5
 1 4
điểm của hai đường thẳng AH và BD. Cho biết H  ; − ÷, K 1; 0 và điểm B có
 3 3
hồnh độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B,C , D.

( )

Phân tích bài tốn. 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
cosα =

1
5

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

2
3

Lời giải. Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH = BC .
K H BH 2
2
=
= ⇒ HK = K A .
Vì BH / / AD nên

K A AD 3
3
uuur 5 uuuu
r

1
4  5  2 4   5 10 
Suy ra HA = HK ⇔  xA − ; yA + ÷ = .  ; ÷ =  ; ÷ ⇒ A(2; 2).
3
3 2  3 3  3 3 
2

1
·
Vì ∆ACD vng tại D và cosACD = cosα =
nên
5
AD = 2CD, AC = 5CD.
4
3

Đặt CD = a (a > 0) ⇒ AD = 2a ⇒ AB = a, BH = a.
Trong tam giác vuông ABH ta có
AB 2 + BH 2 = AH 2 ⇔

25 2 125
a =
⇒ a = 5.
9
9

Suy ra AB = 5, HB = 4 5 .
3

(*)

17


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
8
1 

4
80 ⇔ 
x = − , y = (ktm)
 x − ÷ +  y + ÷ =

5
5
3 
3
9

uuur uuur
uuur 3 uuur
B
(3
;
0).
AD
= BC ⇒ D −2; 0 .
Suy ra
Từ BC = BH ⇒ C −1; − 2 . Từ
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 hồnh 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 tốn. 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·
·
·
AFB
= AIB
= MIB
.
2
Suy ra tứ giác BINF nội tiếp. Do đó
·
·
BIF
= BNF
= 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 vng góc với AB nên BC : x + y + 2 = 0.

( )

uuuur
uuur
x − 9 = 3. −2
MN
=
3
MI
⇒ N
⇒ N 3; 7 .
Ta có
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 khơng song song với các trục tọa độ. Điểm G −9; 5 là trọng tâm tam giác
18


( )

(

)

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.
AB là
uuurPhân tích bài tốn. Gọi VTPT của
nAB = a; b . Từ đó viết được phương trình của

( )

AB và BC . Diện tích của hình chữ nhật được
tính thơng qua tích khoảng cách từ G đến AB
và BC .
uuur
Lời giải. Gọi VTPT của đường thẳng AB là nAB = a; b . Khi đó

(

)

(

)

(

( )

)

AB : a x − 1 + by = 0, BC : b x − 11 − a y + 5 = 0.

Ta có
SABCD = AB .AD =
⇔

(

) (

)

3
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 nhật đãuucho
song song với các trục tọa độ nên
ur có các cạnhuukhơng
ur
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 tuyến AM , G ( 5; −1) là trung điểm của AM . Điểm E ( 3;5) thoả mãn
uuur 1 uuur
CE = AB. Viết phương trình đường thẳng AB .
2

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 vng BACD. Khi đó M là tâm của hình
vng 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
vng 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 .
Lời giải. Theo định lý Talet ta có

19



1
x
−
5
=
.2
u
u
r
u
u
u
r


I
 17

GI
GA 1
1

3
=
= ⇒ GI = EG ⇔ 
⇒ I  ; − 3÷.
GE GD 3
3
 3

y + 1 = 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
Trong tam giác vng HIE ta có
·
tan HIE
=

HE
2AH
1
·
=
= 3 ⇒ cosHIE
=
.
HI
2
10
AH
3


Ta có GE : 3x + y − 14 = 0. Gọi AB : a  x −


(

)

cos AB, GE =

1
10

⇔

3a + b
10. a2 + b2

=

17 
÷ + b y + 3 = 0. Ta có
3

(

)

1
10

a = 0
⇔ 3a2 + 2ab = 0 ⇔ 
.
 4a + 3b = 0
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 tốn trên ta có làm theo hướng khác như sau

Đặt AB = AC = a. Khi đó BC = a 2. Ta có
ME =

a
a 2
, MG =
, GE = 2 10.
2
4

( )

Suy ra a = 8. Gọi H x; y là trung điểm AB .
 39 7 
Từ độ dài HG, HE suy ra H ( 3; −3) , H  ; − ÷.

 5 5
Từ đó có 2 đường thẳng AB là y + 3 = 0, 3x − 4y − 29 = 0.
Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại A
2
và D có AB = 2AD = CD, C 11; 4 , đỉnh A thuộc đường thẳng ∆1 : x + y − 9 = 0,
3
đỉnh D thuộc đường thẳng ∆2 : 2x − y = 0. Gọi M là trung điểm của AB. Hình
chiếu của A, B lên CM lần lượt là H và K . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng

(

HK =

)

12 5
và đỉnh D có tọa độ nguyên.
5

20


Phân tích bài tốn. Giả thiết cho hình thang
vng có các cạnh góc vng liên hệ với nhau. Từ
đó nếu đặt AD = a thì ta tính được độ dài các đoạn
thẳng liên quan. Ta tìm cách lập phương trình của
a, tính được CD. Từ đó tìm được D và A.
Lời giải. Đặt AD = a. Suy ra AB = 2a, CD = 3a, MC = a 5, BC = a 2.
Ta tính a theo một trong hai hướng như sau:
Hướng thứ nhất. Ta có
·
cosBMC
=

MB 2 + MC 2 − BC 2 a2 + 5a2 − 2a2
2
=
=
.
2.MB .MC
2.aa
. 5
5

Vì MA = MB nên MH = MK = 6 5 . Do đó
5

a = MB =

MK
6 5 2
=
:
= 3.
·
5
5
cosBMC

Hướng thứ hai. Ta có
uuur uuuur
uuuu
r uuuu
r uuur uuuur uuuu
r uuuur 12 5
AB .MC = AH + HK + K B .MC = HK .MN =
.a 5 = 12a.
5

)

(

Mặt khác

uuur uuuur uuur uuur uuur uuuu
r
uuuur uuur uuur uuuu
r
AB .MC = AB . MA + AD + DC = AM .MA + AB .DC = −2a2 + 6a2 = 4a2.

)

(

Từ đó suy ra 4a2 = 12a ⇒ a = 3.

Vì D ∈ ∆2 : 2x − y = 0 ⇒ D ( m; 2m) .
Ta có

(

) (
2

)

CD = 9 ⇔ 11 − m + 4 − 2m

2

m = 2
= 81 ⇔ 5m − 38m + 56 = 0 ⇔ 
.

m = 28

5
2

Vì D có tọa độ nguyên nên D ( 2; 4) .

Vì đường thẳng AD đi qua D và vng góc với CD nên AD : x = 2.
Ta có A là giao điểm của ∆1 và AD nên A ( 2; 7) .

Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi E là
trung điểm của AB . Đường thẳng qua E vng góc với BD cắt BC tại F . Biết rằng
D 1; 8 , AF : 5x + 7y − 36 = 0, E thuộc đường thẳng ∆ : x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ

( )

B, C biết rằng đỉnh A có tọa độ ngun.

Phân tích bài tốn. Mấu chốt của bài toán này là dự đoán và chứng minh được
AF ⊥ DE . Từ đó viết được phương trình của DE . Suy ra tọa độ điểm E . Ta có A

21


chính là giao điểm của AF với đường trịn đường kính DE . Từ đó tìm được
A, B, C .

Lời giải. Trước hết ta chứng minh AF ⊥ DE .
Thậy vậy, ta có
uuur uuur

uuur uuur uuur uuur
AF .DE = AB + BF DA + AE
uuur uuur uuur uuur
= AB .AE + BF .DA
= BE .BA − BC .BF
(1)

(

)(

)

Gọi I

là giao điểm của BD với EF . Vì
·
·
·
·
DAE
= DIE
= 900 và DIF
= DCF
= 900 nên các
tứ giác DAEI , DICF nội tiếp.
Suy ra BE .BA = BI .BD = BC .BF (2).

(

)

Từ (1) và (2) suy ra AF ⊥ DE . Suy ra DE : 7x − 5y + 33 = 0 ⇒ E −4; 1 . Khi đó
đường trịn đường kính DE có phương trình
2

2


3 
9
37
C : x + ÷ + y − ÷ =
.
2
2
2

 

Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình

( )

5x + 7y − 36 = 0

2
2

3 

9
37 ⇔
x
+
+
y
−
=

÷

÷

2 
2
2



36 − 7y
x =
⇔
5

2
37y − 417y + 968 = 0


(

)


36 − 7y
x=

5
.

121
y = 8, y =

37

(

)

Vì A có tọa độ nguyên nên A −4; 8 . Vì E là trung điểm AB nên B −4; − 6 . Ta
uuur uuur
xC + 4 = 5
BC
=
AD
⇔
⇒ C 1; − 6 .

có
yC + 6 = 0

(

(

) (

)

)

Vậy B −4; − 6 , C 1; − 6 .

C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
22


I. KẾT LUẬN
- Bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nói chung và trong đề thi
đại học 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 tốn. Vì vậy giáo viên cần phải giúp cho
học sinh định hướng được cách giải những bài tốn đó thơng qua hệ thống bài tập.
- Trong đề tài tơi đã đưa ra một số bài tốn 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,đơng thời có thể phát triển tư duy học toán cũng như tạo niềm vui
và hứng thú học toán.
II. 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 tốn

Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh khối 10 và
những học sinh đang ôn thi vào các trường đại học và cao đẳng .
Thanh hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2016
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

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

Lê Thị Tú Lệ

23