SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT HIỆN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH
HỌC PHẲNG ĐỂ ÁP DỤNG VÀO BÀI TOÁN HÌNH
HỌCGIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG LỚP 10

Người thực hiện: Lê Bá Tuân
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2017

1


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

1

2. Mục đich nghiên cứu

1

3. Đối tượng thời gian nghiên cứu

1

4. Phương pháp nghiên cứu

1

2. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận

2

2. Thực trạng vấn đề

17

3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện
4. Hiệu quả của đề tài

18
18

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị

19
19

2



1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Trong chương trình hình học lớp 10 có một phần rất quan trọng của hình học
phổ thông đó là phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đây là phần tiếp nối của
hình học phẳng ở cấp Trung học cơ sở nhưng được nhìn dưới quan điểm đại số
và giải tích. Như vậy, mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều mang
bản chất của một bài toán hình học phẳng nào đó. Tuy nhiên, khi giải các bài
toán hình học toạ độ học sinh thường không chú trọng đến bản chất hình học của
bài toán ấy, một phần vì học sinh ngại hình học phẳng vì cứ nghĩ hình học phẳng
là khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng không chú trọng khai thác hướng dẫn
cho học sinh. Do đó, hiệu quả giải toán không cao mà sự phân loại dạng toán,
phương pháp giải toán cũng không rõ ràng. Thực tế yêu cầu trong việc giảng dạy
chỉ phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương pháp suy luận giải toán
hình học toạ độ trong mặt phẳng. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm
này tôi muốn nêu ra một cách định hướng tìm lời giải bài toán hình học toạ độ
trong mặt phẳng dựa trên bản chất hình học phẳng của bài toán đó. Vì vậy, với
trách nhiệm của mình, tôi thấy cần phải xây dựng thành chuyên đề từ đó rèn
luyện kĩ năng nhận dạng, nâng cao năng lực giải toán cho học sinh để các em
không còn e ngại hay lúng túng khi gặp các dạng toán này. Qua quá trình tích lũy
tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học
phẳng để áp dụng vào bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10”.
1.2. Mục đich nghiên cứu
Nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng toán của phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài toán về hình
học giải tích.
Giúp học sinh nâng cao được tư duy, kĩ năng tính toán. Từ đó cung cấp cho
học sinh một dạng toán nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức bước vào các
kì thi, đặc biệt là kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá.
Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tố hơn

kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học toán.
Giúp cho bản thân và đồng nghiệp có thêm tư liệu để ôn tập cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Tính chất đặc trưng của hình học phẳng, bài toán hình học giải tích trong
mặt phẳng lớp 10.
Một số đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá từ 2012 đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu Toán lớp 10 và lớp 12
- Đánh giá kết quả học tập, kết quả các kì thi đại học, cao đẳng và thi học
sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán của học sinh lớp 12A1, 12A2 năm học 2015-2016.
Lớp 12A6, 12A7 năm học 2016-2017 trường THPT Yên Định 3.
- Phân tích, đánh giá, tổng hợp các dạng toán liên quan đến bài toán về
phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đặc biệt là các bài toán, dạng toán liên
quan đến hình học giải tích trong mặt phẳng trong các kì thi tuyển sinh Đại học,
cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa trong các năm gần đây.
1


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
a. Một số kết quả hình học phẳng thường dùng
Tính chất 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, tiếp tuyến Cx tại C.
1·
·
·
·
= BDC
= BCx
= BIC
Khi đó BAC

. [5]
2

Tính chất 2. Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và
CD. Khi đó AM ⊥ BN . [4]
Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Có trực tâm H,
uuuu
r

uuur

M là trung điểm của BC. Khi đó AH = 2 IM . [5]
Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H, K lần
lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó IA ⊥ HK [5]
Tính chất 5. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của
đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và M là giao điểm của AH với
BC. Khi đó M là trung điểm của HD. [5]
Tính chất 6. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao
điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác JBC và ID ⊥ BC . [5]
Tính chất 7. Cho ∆ABC có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vuông góc
của C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung điểm
của BC. Khi đó PM ⊥ ED [5]
Tính chất 8. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân
đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đó H là tâm đường
tròn nội tiếp ∆ DEF . [5]
Chú ý: 1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vuông góc, sự bằng nhau, quan hệ về góc
của hình vuông, hình thoi và các tam giác đặc biệt.
2. Các công thức diện tích, khoảng cách, công thức tính góc, các định lý

sin, cosin trong tam giác…
2


b. Các ví dụ điển hình
Các ví dụ một bài toán hình học toạ độ có thể được giải theo một trong ba hướng
chính sau:
Hướng 1: Giải hoàn toàn theo quan điểm hình học giải tích
Hướng 2: Giải hoàn toàn theo quan điểm hình học phẳng sau đó áp dụng vào toạ độ
Hướng 3: Khai thác các yếu tố hình học phẳng để giải toán hình giải tích
Mỗi hướng giải toán đều có những ưu thế riêng cho từng bài toán nhưng nói
chung hướng 3 thường hiệu quả hơn cả.
Dạng 1. Sử dụng quan hệ vuông góc trong giải toán
Bài toán cơ bản 1. Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của
BC và CD. Chứng minh rằng AM ⊥ BN

Bài toán cơ bản 2 . Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H,
K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Chứng minh
rằng IA ⊥ HK
Chứng minh

Kẻ tiếp tuyến Ax của đường trong ngoại tiếp tam giác
3


1
·
= ·ACB = sd »AB
ABC tại A ⇒ KAx
(1)

2
·
·
Do BHC
= BKC
= 900 nên tứ giác BKHC nội tiếp
·
·
suy ra ⇒ AKH
(2) (cùng bù với góc BKH
)
= ·ACB
·
Từ (1) và (2) ⇒ KAx
= ·AKH ⇒ HK / /Ax mà
IA ⊥ Ax ⇒ IA ⊥ HK (đpcm)
Bài toán cơ bản 3. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là
giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ
và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC và ID ⊥ BC
Chứng minh.
µA B
µ
·
= +
Ta có DJB
2

2


(góc ngoài tam giác) (1)

µ
µ
µA B
µ
B
·
µ mà B
µ = A ⇒ DBJ
·
DBJ
= +B
= +
(2)
3
3
2
2
2 2
·
·
Từ (1) và (2) suy ra DJB
hay tam giác
= DBJ

DJB cân tại D hay DJ=DB
(3)
¶ ⇒ DB = DC
mà µA1 = A

2
(2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau) (4)
Từ (3) và (4) suy ra DB=DJ=DC hay D là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆JBC (đpcm)
Ta có

DB = DC 
 nêm ID là đường trung trực của BC ⇒ DI ⊥ BC (đpcm)
IB = IC = R 

Bây giờ ta xét một số ví dụ điển hình
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh B(0;4). Gọi M và
4 8
5 5

N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Gọi H ( ; ) là giao điểm của AM và
BN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường
thẳng (d) : x +2y +4 =0.
Hướng dẫn giải

4


+PT đường thẳng BN: 3x+y-4=0
+PT đường thẳng AM ⊥ BN sẽ có PT : x − 3 y + 4 = 0
+ Điểm A là giao điểm của AM & d nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x − 3y + 4 = 0
⇒ A(−4;0) ⇒ PT (BC): x+y-4=0

x

+
2
y
+
4
=
0

+ Điểm M là giao điểm của AM & CB nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x + y − 4 = 0
⇒ M (2;2) ⇒ C 4;0), D(0; −4)

x − 3y + 4 = 0
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC=2BA. Gọi
1
4

4 8
5 5

F(1;1) là điểm trên cạnh BC sao cho BE = BC . Điểm H ( ; ) là giao điểm của
BD và AF. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B nằm trên
đường thẳng (d): x+2y-6=0.
Hướng dẫn giải.

+ Viết PT đường thẳng AF qua H và F
+ Viết PT đường thẳng BD qua H và vuông góc với AF
+ Điểm B là giao điểm của (d) với BD. Ta có

uuur 1 uuur

BF = BC ⇒ C
4

+ Viết PT đường thẳng AB qua B và vuông
gócrvới BF
uuur uuu
+ Điểm A là giao điểm của AF với AB; DC = AB ⇒ D

5


Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của
AB, BC, biết CM cắt DN tại I (

22 11
; ) . Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng
5 5

7
2

AH cắt CD tại P( ;1) . Biết xA < 4 , tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông
Hướng dẫn giải
M
A
B
I

E


N
H

D

P

C

Ta chứng minh tam giác AIP vuông tại I. ∆MBC = ∆NCD ⇒ CM ⊥ DN
Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra
ED = EI, mà H là trung điểm của DI ⇒ EH ⊥ DI ⇒ AH ⊥ DN ,
mà CM ⊥ DN suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình
bình hành, do đó P là trung điểm DC ⇒ tứ giác AMPD là hình chữ nhật
⇒ IE =

1
1
DM = AP ⇒ ∆AIP vuông tại I
2
2

Ta có ∆ADI cân tại A ⇒ AI = AD = DC = 2 IP ( do tam giác DIC vuông tại I)
⇒ AI = 2 IP

Đường thẳng AI qua I và vuông góc với PI nên có phương trình 3x + 4 y − 22 = 0 .
t = 0
2
2
12  

9

A ∈ AI ⇒ A(2 − 4t; 4 + 3t ) ⇒  4 t + ÷ +  3t + ÷ = 9 ⇔ 
t = − 6
5 
5

5

6


Do xA < 4 nên A(2; 4) suy ra pt(AP): 2 x + y − 8 = 0
DN ⊥ AP suy ra pt(DN): x – 2y = 0

 16 8 
H = DN ∩ AP ⇒ H  ; ÷ ⇒ D(2;1), C(5;1), B(5; 4)
 5 5

Vậy A(2; 4), D(2;1), C(5;1), B(5; 4) .
Ví dụ 4.Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J(2;1). Biết
đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác có phương trình : 2 x + y − 10 = 0 và
D(2 ;-4) là giao điểm của đường thẳng AJ với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Tìm
tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có
phương trình x+y+7=0 (d).
Hướng dẫn giải

Ta có JD = (2 − 2) 2 + (−4 − 1)2 = 5
Theo kết quả bài toán gốc thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác JBC (C’). Do đó PT đường tròn (C’) :

( x − 2) 2 + ( y + 4) 2 = 25
Điểm {B} = (d ) ∩ (C ') nên tọa độ điểm B là
(1)
x + y + 7 = 0
nghiệm của hệ 
2
2
( x − 2) + ( y + 4) = 25 (2)

Thế (1) vào (2) ta được
 x = −3
( x − 2) 2 + (− x − 3) 2 = 25 ⇔ 2 x 2 + 2 x − 12 = 0 ⇔ 
x = 2

Điểm B có hoành độ âm nên B(-3 ;-4)
Đường thẳng AJ qua J và D có PT : x-2=0 .Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x = 2
x = 2
⇔
⇒ A(2;6)

 2 x + y − 10 = 0
y = 6

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH : ( BC ) : x − 2 y − 5 = 0
+Đường thẳng ID ⊥ BC ⇒ ID / / AH và ID qua D(2 ;-4) ⇒ ( ID) : 2 x + y = 0
+ Gọi M là trung điểm của BC ⇒ {M } = ID ∩ BC ⇒ M (1; −2) ⇒ C (5;0).
Ví dụ 5. ( trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm 2014)
7



Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần
lượt là trung điểm của đoạn AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống
5
2

CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết N (−1; − ), H (−1;0) và điểm
D nằm trên đường thẳng (d ) : x − y − 4 = 0 .
Hướng dẫn giải
A

M

B

H
H

D

N

C

Trong tam vuông BCH ta có : HN=NC (1)
Mặt khác: BH và DN song song với
(Vì cùng vuông góc với MC)
Từ đó: H và C đối xứng qua DN
·
·

⇒ DHN
= DCN
= 900 ⇒ DH vuông góc với HN
uuur uuur
Gọi D(m ; m-4) Sử dụng điều kiện HD.HN = 0 ⇒ m = 4 ⇒ D(4;0)
Nhận xét H và C đối xứng qua DN tìm được C (1; −4)
Từ đó tìm được : A(0;3), B(−3; −1) .
Ví dụ 6. (Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm 2016)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có
·
B (2;4), BAD
= ·ADC = 900 và A, C thuộc trục hoành. Gọi E là trung điểm của đoạn
AD, đường thẳng EC đi qua điểm F (−4;1). Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D biết EC
vuông góc với BD và điểm E có tọa độ nguyên.
Hướng dẫn giải

Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H; gọi J
là
giaor điểm
của
BD với
CE. Khi
đó ta có:
uuur uuu
uuu
r uuu
r uur uuu
r
uuur uuur uuur uuur uuu
r uuur

2
EH .EB = EA.EB = EI .EB = EA và EH .EC = ED.EC = EJ .EC = ED 2 = EA2
uuur uuu
r uuur uuur uuur uuu
r uuur r
uuur uuur
⇒ EH .EB = EH .EC ⇒ EH ( EB − EC ) = 0 ⇔ EH ⊥ BC suy ra H là trực tâm của ∆EBC
suy ra A, H , C thẳng hàng. Do đó BE ⊥ AC.
8


Đường thẳng BE qua B(2;4) vuông
góc vớiuuurOx nên có uphương
trình x =2.
uuu
r
uur
uuu
r
Gọi A(a;0), E (2; b) ⇒ D(4 − a; 2b); BA(a − 2; −4); EA(a − 2; −b); BD(2 − a; 2b − 4) và FE (6; b − 1)
uuu
r uuu
r
BA ⊥ EA ⇔ (a − 2) 2 + 4b = 0
uuu
r uuur
FE ⊥ BD ⇔ 6(2 − a) + (b − 1)(2b − 4) = 0

(1)


(2)

Thay (2) vào (1) ta được b − 6b + 13b + 24b + 4 = 0
⇔ (b + 1)(b3 − 7b 2 + 20b + 4) = 0 ⇒ b = −1 (do b nguyên)
(Ta chứng minh được phương trình b3 − 7b 2 + 20b + 4 = 0 có nghiệm duy nhất trên
khoảng ( −1;0 ) nên không có nghiệm nguyên ).
Khi đó A(4;0), D (0; −2) , đường thẳng CD có phương trình 2 x + y + 2 = 0 cắt Ox
4

3

2

tạiC(-1;0).Vậy A(4;0), D(0; −2) và C ( −1;0) là các điểm cần tìm.
Dạng 2. Bài toán liên quan đến tính chất trung điểm của đoạn thẳng
Bài toán cơ bản. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai
của đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và K là giao điểm của AH
với BC. Chứng minh rằng K là trung điểm của HD
Chứng minh

» )
Ta có Bµ1 = µA1 (góc nội tiếp cùng chắn DC
Và B¶ 2 = µA1 ( cùng phụ với góc ·ACB )
µ =B
¶ ⇒ ∆BHD cân tại B nên K là trung điểm
⇒B
1
2
của HD (đpcm)
Từ bài toán trên ta xây dựng các ví dụ sau.

Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nhọn có trực tâm H(5;5), phương trình
đường thẳng chứa cạnh BC là x+y-8=0. biết đường tròn ngoại tiếp ∆ABC đi qua
2 điểm M(7 ;3), N(4 ;2). Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC .
Hướng dẫn giải.

9


Gọi H’ là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo KQ bài
toán gốc thì H’ đối xứng với H qua BC
+Đường thẳng (HH’) vuông góc với BC và qua H có PT x-y=0
+ Gọi A’ là chân đường cao hạ từ A ⇒ {A '} = AH ∩ BC ⇒ A '(4; 4) ⇒ H '(3;3)
+ Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm
H’(3 ;3),M(7 ;3),N(4 ;2) có PT : x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0
x − y = 0

⇒ A(6;6)
2
2
 x + y − 10 x − 8 y + 36 = 0
x + y − 8 = 0
⇒ B (6; 2), C (3;5)
+ Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ  2 2
x
+
y
−
10
x
−

8
y
+
36
=
0


+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

hoặc B(3 ;5),C(6 ;2).
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nhọn. Đường trung tuyến kẻ từ A và
phương trình đường thẳng BC lần lượt là 3x + 5 y − 8 = 0 & x − y − 4 = 0. Đường
thẳng qua A và vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tai
điểm thứ hai là D(4;-2). Viết phương trình các cạnh AB, AC biết xB ≤ 3
Hướng dẫn giải

x − y − 4 = 0
7 1
⇒ M ( ;− )
2 2
3 x + 5 y − 8 = 0

+ Tọa độ điểm {M}= AM ∩ BC là nghiệm của hệ 
+ AD qua D & ⊥ BC có PT: x+y-2=0.

x + y − 2 = 0
⇒ A(1;1)
3 x + 5 y − 8 = 0
x + y − 2 = 0

⇒ K (3; −1)
+ Tọa độ điểm {K}= AD ∩ BC là nghiệm của hệ 
x − y − 4 = 0
+Theo KQ bài toán gốc thì D đối xứng với H qua BC ⇒ H (2; 4)
Do B ∈ BC ⇒ B(t ; t − 4). M là trung điểm của BC nên C(7-t;3-t).

+ Tọa độ điểm {A}= AM ∩ AD là nghiệm của hệ 

10


uuur
uuur
HB = (t − 2; t − 8); AC = (6 − t ; 2 − t )
uuur uuur
t = 2
HB. AC = 0 ⇔ (t − 2)(6 − t ) + (t − 8)(2 − t ) = 0 ⇔ 
t = 7
Do xB ≤ 3 ⇒ B(2; −2), C (5;1). ⇒ AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0

Ví dụ 3. ( Trích đề thi HSG cấp tỉnh môn toán tỉnh Thanh Hoá năm 2013)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương
trình là 3x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) .
Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B
không lớn hơn 3.
Hướng dẫn giải
A


H

B

K

M

C

D

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC,
K là giao điểm của
uu
r uu
r
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp
của đường thẳng d.
Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
7

 x = 2
x − y − 4 = 0
7 1
⇔
⇒ M  ;− ÷

2 2
3 x + 5 y − 8 = 0

y = − 1

2
uuur uuur
AD vuông góc với BC nên nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương

trình của AD :1( x − 4 ) + 1( y + 2 ) = 0 ⇔ x + y − 2 = 0 . Do A là giao điểm của AD và
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3 x + 5 y − 8 = 0
x = 1
⇔
⇒ A ( 1;1)

x + y − 2 = 0
y =1

x − y − 4 = 0
x = 3
⇔
⇒ K ( 3; − 1)
x + y − 2 = 0
 y = −1
·
·
·
·
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK
, mà KCE
(nội tiếp chắn cung »AB )
= KCE

= BDA
·
·
Suy ra BHK
, vậy K là trung điểm của HD nên H ( 2; 4 ) .
= BDK

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 

Do B thuộc BC ⇒ B ( t ; t − 4 ) , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C ( 7 − t;3 − t ) .
uuur
uuur
HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; 2 − t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

11


uuur uuur
t = 2
HB. AC = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 6 − t ) + ( t − 8 ) ( 2 − t ) = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 14 − 2t ) = 0 ⇔ 
t = 7
Do t ≤ 3 ⇒ t = 2 ⇒ B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) . Ta có
uuur
uuur
uuur
uuur
AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 ) ⇒ nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1)

Suy ra AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0.
Dạng 3. Bài toán liên quan đến trực tâm của tam giác

Bài toán cơ bản. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E và G lần lượt là trọng tâm
các tam giác ACD và ABC. Chứng minh rằng I là trực tâm tam giác DEG
Chứng minh

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AD. Khi đó theo tính chất trọng tâm
CG CE 2
=
= ⇒ GE / / DN Hay GE//AB mà ID ⊥ AB ⇒ ID ⊥ GE
CD CN 3
Mặt khác ∆ABC cân tại A nên AI ⊥ BC mà DM
là đường trung bình của ∆ABC ⇒ DM / / BC
(2)
do đó AI ⊥ DM hay GI ⊥ DM

tam giác ta có

(1)

Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm tam giác DGE
Ta xây dựng các bài toán sau đây.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn AB.
3 3
2 2

1 5
4 4

Biết rằng I ( ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp và G(0;1), K ( ; ) lần lượt là
A của tam giác ABC

trọng tâm tam giác ACM. Tìm tọa độ các đỉnh
N

Hướng dẫn giải
K

D
I

P

G(0;1)
B

C

12


 uur 1 1
3
3
 uuuur
GI = ( 4 ; 4 )
 KM = ( x − ; y − )
2
2 và 
Giả sử M(x;y) ⇒  uuuur
.
uur

GM = ( x; y − 1)
 KI = ( − 5 ; − 1 )


4 4
uur uuuur
GI .KM = 0  x + y − 3 = 0
1 7
⇒ M (− ; )
Ta có  uur uuuur ⇒ 
2 2
 KI .GM = 0 5 x + y = 0
uuuu
r

uuuu
r

Lại có MC = 3MG ⇒ C (1; −4).
Mặt khác K là trọng tâm tam giác ACM
suy ra A(4;5) và M là trung điểm của AB . suy ra B(-5;2).
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn AB.
3 3
2 2

1 5
4 4

Biết rằng I ( ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp và K ( ; ) trọng tâm tam giác
ACM. Các đường thẳng AB, CM lần lượt đi qua các điểm E(-2;3), F(0;1). Tìm

tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm M âm.
Hướng dẫn giải
A
N
K

D

P

I
G
E(-2;3)
B

F(0;1)
C

+ PT đường thẳng CM qua F và vuông góc với KI là:
5x+y-1=0
+ M thuộc CM nên M(m;1-5m)
+

 m = 0 (L)
uuur uuur
IM .ME = 0 ⇒ 
 m = − 1 ⇒ M (− 1 ; 7 )

2
2 2


+ PT đường thẳng AB qua M và E là: x-3y+11=0
13


+ Goi P là trung điểm của AC thì theo

uuur

3
2
A
∈
AB
⇒
A
(2
a
−
11;
a
);
C
∈
CM
⇒
C
(
c;1 − 5c )
+ Ta có


5 1
2 2

tính chất trọng tâm tam giác ta có : MP = MK ⇒ P ( ; )
+ P là trung điểm của AC ⇒ a = 5, c = 1 ta được A(4 ;5), C(1 ;-4).
Chọn một tam giác nào đó giả sử A(7;5), B(-1;1), C(3;-3). Khi đó ta tìm được
11 5
điểm D(3;3). Tâm đường tròn ngoại tiếp I ( ; ), trọng tâm tam giác ACD là
3 3
13 5
E( ; ) .
3 3
Dạng 4. Bài toán liên quan đến khoảng cách
Ví dụ 1. Cho hình chữ nhật ABCD có D(4; 5), M là trung điểm đoạn AD, đường
thẳng CM có phương trình x − 8 y + 10 = 0 . Điểm B nằm trên đường thẳng
d1 : 2 x + y + 1 = 0, yC < 2 . Tìm toạ độ A, B, C

Hướng dẫn giải
A

B
I

K
M

G
H
C


D

Ta có DK = d ( D, CM ) =

26
.
65
2
3

1
3

G ọi G là trọng tâm tam giác ADC ⇒ DG = DI = BD ⇒ BG = 2GD .
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM
⇒

BH BG
52
=
= 2 ⇒ BH = 2d ( D, CM ) =
DK GD
65

B ∈ d1 ⇒ B(b; -1-2b) ⇒ BH =

17b + 18
65


b = 2
52
=
⇔
b = −70
65
17

14


Vì B, D nằm khác phía đối với CM nên b = 2 ⇒ B(2; −5) ⇒ I (3;0)
C ∈ CM ⇒ C (8c − 10; c ) (c < 2).

c = 1
uuu
r uuur
2
Có CB.CD = 0 ⇔ 65c − 208c + 143 = 0 ⇔  143 .
c=
65


Do c < 2 nên C(-2; 1), A(8; -1)
Vậy A(8; −1), B(2; −5), C(−2;1)
Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của CD, đường thẳng
BN có phương trình là 13x − 10 y + 13 = 0 , điểm M(-1; 2) thuộc đoạn thẳng AC sao
cho AC = 4 AM. Gọi H là điểm đối xứng với N qua C, H thuộc đường thẳng
∆ : 2 x − 3 y = 0 . Biết 3AC = 2AB, tìm toạ độ A, B, C, D.


Hướng dẫn giải
A

B
I

M

G

D

N

H

C

Gọi I = AC ∩ BD, G = BN ∩ AC suy ra G là trọng tâm tâm tam giác BCD
2
1
1
5
⇒ CG = CI = AC , mà AM = AC ⇒ MG = AC − AM − CG = AC
3
3
4
12
4
5


4
5

8
5

Do đó CG = MG ⇒ d (C , BN ) = d (M , BN ) ⇒ d (H, BN) = 2 d(C, BN) = d ( M , BN )
3
4

3 2
4 3

1
2

1
2

1
2

1
2

Ta có CM = AC = . AB = AB = CD = NH ⇒ CM = NH
suy ra tam giác MNH vuông tại M. H ∈ ∆ ⇒ H (3a; 2a)
15



a = 1
20
32
⇒ d ( H , BN ) =
⇔
Ta có d ( M , BN ) =
 a = −45
269
269
19


Vì H, M nằm khác phía đối với BN nên H(3; 2) ⇒ pt ( MH ) : y − 2 = 0 .
Suy ra pt(MN): x + 1 = 0 ⇒ N (−1;0) ⇒ C(1;1), D(−3; −1)
uuuu
r

uuur

−5 7 
 −1 5 
 7 13 
; ÷⇒ I  ; ÷⇒ B  ; ÷
 3 3
 3 3
3 3 


Do CM = 3MA ⇒ A 


 −5 7   7 13 
Vậy A  ; ÷, B  ; ÷, C(1;1), D(−3; −1)
 3 3 3 3 

Dạng 5. Bài toán liên quan đến phân giác của góc
Ví dụ 1. Cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD và BC, biết AB = BC,
AD = 7. Đường chéo AC có phương trình x − 3 y − 3 = 0 , điểm M(-2; -5) thuộc
đường thẳng AD. Viết phương trình CD biết B(1; 1).
Hướng dẫn giải
B

C

F

A
D

M

Tứ giác ABCD là hình thang cân nên ABCD nội tiếp đường tròn.
·
·
·
Mà AB = BC = CD ⇒ BAC
nên AC là đường phân giác trong góc BAD
.
= CAD


Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC suy ra E thuộc AD
3 1
Ta có pt(BE): 3x + y − 4 = 0 ⇒ F  ; − ÷⇒ E (2; −2)
2

2

Pt(AD): 3x − 4 y − 14 = 0 ⇒ A(6;1) .
16


Ta có D thuộc AD nên D(2 + 4t; −2 + 3t ) . AD = 7 suy ra t =

12
−2
hoặc t =
. Do B,
5
5

 2 −16 
D nằm về hai phía của AD nên D  ;
÷ . Vì BC // AD nên BC có phương
5 5 

trình 3x - 4y + 1 = 0 ⇒ C (−3; −2) ⇒ AB = 5, CD = 13 suy ra ABCD không phải là
hình thang cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
Thực trạng đứng trước một bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng học
sinh thường lúng túng và đặt ra câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải bài toán

từ đâu ? Một số học sinh có thói quen không tốt là khi đọc đề chưa kỹ đã vội
làm ngay, có khi sự thử nghiệm đó sẽ dẫn tới kết quả, tuy nhiên hiệu suất giải
toán như thế là không cao. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn
trong quá trình giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng, giáo viên cần tạo cho
học sinh thói quen xem xét bài toán dưới nhiều góc độ, khai thác các yếu tố đặc
trưng hình học của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học
sinh khả năng tư duy theo các phương pháp giải là một điều cần thiết. Việc trải
nghiệm qua quá trình giải toán sẽ giúp học sinh hoàn thiện kỹ năng định hướng
và giải toán. Cần nhấn mạnh một điều rằng, đa số các học sinh sau khi tìm được
một lời giải cho bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng thường không suy
nghĩ, đào sâu thêm. Học sinh không chú ý đến bản chất hình học phẳng của bài
toán nên mặc dù làm rất nhiều bài toán hình học toạ độ nhưng vẫn không phân
loại được dạng toán cơ bản cũng như bản chất của bài toán.
Kết quả, hiệu quả của thực trạng trên với thực trạng đã chỉ ra, thông
thường học sinh sẽ dễ dàng cho lời giải đối với các bài toán có cấu trúc đơn
giản. Còn khi đưa ra bài toán khác một chút cấu trúc cơ bản học sinh thường tỏ
ra rất lúng túng và không biết định hướng tìm lời giải bài toán. Từ đó, hiệu quả
giải toán của học sinh bị hạn chế rất nhiều. Trước thực trạng đó của học sinh, tôi
thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét bài toán hình học
toạ độ trong mặt phẳng theo bản chất hình học phẳng. Vì vậy, song song với các
lời giải cho bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng, tôi luôn yêu cầu học sinh
chỉ ra bản chất và bài toán hình phẳng tương ứng, từ đó phân tích ngược lại cho
bài toán vừa giải. Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi sẽ chỉ ra một trong nhiều
nội dung được áp dụng có hiệu quả. Việc đưa nội dung này nhằm khai thác các
tính chất hình học phẳng để định hướng tìm lời giải bài toán hình học toạ độ và
xem việc chỉ ra bản chất hình học phẳng sẽ bổ trợ cho giải toán chứ không phải
là chúng ta đi giải một bài hình học phẳng. Qua đó giúp học sinh nhận thức được
rằng: “Mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng luôn chứa đựng một bài
toán hình phẳng tương ứng”. Vì vậy phân tích bản chất của bài toán hình học
phẳng để bổ trợ cho việc giải bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng là một

suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ động hơn trong việc tìm kiếm lời giải
17


cũng như phân loại một cách tương đối các bài toán hình học toạ độ trong mặt
phẳng
2.3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề
1. Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ năng giải toán thông qua một (hay
nhiều) buổi học có sự hướng dẫn của giáo viên
2. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong
đó yêu cầu khả năng lựa chọn lời giải ngắn gọn trên cơ sở phân tích bài toán
hình học phẳng tương ứng.
3. Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin về khả năng nắm vững kiến thức
của học sinh.
4. Trong mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều yêu cầu học
sinh thực hiện phân tích bản chất hình học phẳng cũng như đưa ra các hướng
khai thác mở rộng cho bài toán.
5. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện.
Để tăng cường tính chủ động cho học sinh trong buổi học thứ nhất, tôi đã
cung cấp cho học sinh một hệ thống các bài tập đề thi về bài toán hình học toạ
độ trong mặt phẳng cho bài học. Yêu cầu học sinh về nhà chuẩn bị lời giải, phân
loại các bài toán thành các nhóm tương tự nhau cũng như trả lời câu hỏi: bản
chất bài toán ấy là gì? Có tổng quát, mở rộng, phân loại dạng toán được không?
Bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng xuất hiện thường xuyên trong các đề
thi học sinh giỏi với mức độ tương đối khó. Vì vậy, để giải được dạng toán này
chúng ta cần tìm hiểu bản chất cũng như xây dựng phương pháp tư duy giải toán
đặc trưng cho loại toán. Trong các buổi học này chúng ta sẽ cùng nghiên cứu về
một phương pháp tư duy giải toán: "phân tích tính chất hình học phẳng trong bài
toán hình học toạ độ tương ứng". Trước hết, ta cần chú ý chuyển bài toán toạ độ
về bài toán hình phẳng trên cơ sở các dữ kiện bài toán đã cho. Sau đó, ta sẽ phân

tích tính chất hình học trên hình phẳng để định hướng tìm lời giải bài toán.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
- Từ những giải pháp nêu trên, bản thân tôi thấy các kết quả khả quan.
+ Việc tiếp cận các bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng của các em
học sinh đã nhanh nhạy hơn, các em đã tự tin khi tiếp cận dạng toán này.
+ Không khí lớp học sôi nổi, các em thấy hứng thú với việc tiếp cận vấn
đề mới.
+ Chất lượng ôn thi mũi nhọn môn Toán của nhà trường được nâng lên rõ
rệt, làm tiền đề cho việc nâng cao chất lượng dạy và học.
Trong hai đề thi học sinh giỏi cấp trường môn toán năm học 2016 - 2017
thì có 85% học sinh lớp 10 và 90% học sinh lớp 11 giải được bài toán hình học
giải tích phẳng.

18


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Trước một bài toán, giáo viên phải biết hướng dẫn học sinh tự giải, biết
tìm ra hướng đi đúng đắn. Bởi một số bài toán đòi hỏi phải sáng tạo, phải có tư
duy nhất định mới có thể giải được.
Biết trân trọng thành quả lao động sáng tạo của các nhà khoa học, giúp
học sinh hứng thú học tập bộ môn nhằm nâng cao chất lượng bộ môn toán và
chất lượng giáo dục hiện nay.
Hiện nay, đa số các thầy cô giáo cũng biết phương pháp này. Tuy nhiên
ứng dụng của nó hiện nay chưa được nghiên cứu một cách tổng thể. Do vậy tôi
mong rằng những kinh nghiệm nhỏ mình có thể giúp ích phần nào cho công tác
giảng dạy tại các trườngtrung học phổ thông.
3.2. Kiến nghị
Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy để học sinh hiểu, nắm vững kiến thức cơ

bản, vận dụng được kiến thức để giải toán cần lưu ý một số nội dung sau:
Phải đầu tư nhiều thời gian để nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, tài liệu
tham khảo để hiểu rõ kiến thức cơ bản, kiến thức trọng tâm.
Biết phân loại, dạng bài tập phù hợp các đối tượng trong lớp, kiên trì uốn
nắn động viên, phát huy kiến thức học sinh đã có, bổ sung hoàn thiện kiến thức
học sinh thiếu, hổng trong từng tiết dạy.
Thường xuyên nắm bắt ý kiến phản hồi từ phía học sinh thông qua các tiết
bài tập, bài kiểm tra định kỳ, kiểm tra miệng … điều chỉnh kịp thời nội dung
giúy học sinh dể hiểu bài học.
Trước khi giảng dạy phần này nói riêng cũng như các nội dung khác nói
chung giáo viên cần bổ sung những nội dung kiến thức có liên quan để học tốt
nội dung mới.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân để phần nào giúp học sinh
có cái nhìn dễ dàng hơn về bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng. Tôi cũng
nhận thấy với sự hiểu biết có hạn, thời gian, không gian hẹp nên sáng kiến này
không tránh khỏi thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự đóng góp của các đồng
nghiệp. Tôi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 26 tháng 5 năm 2017

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

Nguyễn Hữu Tuấn

Lê Bá Tuân


19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi đại học, cao đẳng từ các năm học 2010 đến nay.
2. Đề thi học sinh Giỏi tỉnh Thanh Hóa từ năm học 2010 đến nay.
3. Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng oxy, Đặng Thành Nam, NXB ĐHQG Hà Nội
năm 2014.
4. Sách giáo khoa hình học 9, NXB Giáo dục Việt Nam 2012.
5. Sách giáo khoa hình học 9, NXB Giáo dục Việt Nam 2012.
6. Sách giáo khoa môn Hình học lớp 10, NXB Giáo dục Việt Nam 2012.
7. Sách giáo khoa Hình học 10 (Chương trình Nâng cao), NXB Giáo dục Việt
Nam 2012.
8. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ 2015, 2016, NXB Giáo dục.

20