MỤC LỤC
MỤC LỤC
MỤC LỤC ………………………………………………………………… 1
I. PHẦN MỞ ĐẦU………………………………………………………… 2
1/ Lý do chọn đề tài:………………………………………………… 2
2/ Mục tiêu nghiên cứu:………………………………………………. 2
3/ Nhiệm vụ nghiên cứu:……………………………………………… 2
4/ Các phương pháp nghiên cứu:…………………………………… 3
5/ Đối tượng nghiên cứ:………… ………………………………… 3
6/ Những đóng góp mới của đề tài:…………………………………… 3
II. PHẦN NỘI DUNG:……………………………………………………… 4
A. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:…………………………………………. 4
I/ Các kiến thức cơ bản về toạ độ:…………………………………… 4
II/ Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải toán:…………………… 6
III/ Bài tập tự luyện: ………………………………………………… 22
B. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:…………………………………………… 23
III. PHẦN KẾT LUẬN:……………………………………………………. 25
1/ Kết luận:…………………………………………………………… 25
2/ Tài liệu tham khảo:
2/ Tài liệu tham khảo:
………………………………………………
……………………………………………… 25
IV. NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG: ……
IV. NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG: …… 26

1
PHẦN MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong những năm gần đây, bộ môn Toán của Tỉnh Hưng Yên đã có những tiến bộ
và thành tích trong những kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia ngày càng tốt hơn. Qua quá
trình nghiên cứu, theo dõi các đề thi học sinh giỏi và những lần dạy ôn thi học sinh giỏi đã

2
gợi ý về việc định hướng giải toán. Đồng thời thông qua lời giải các bài toán đó giúp học
sinh hình thành phương pháp giải toán cũng như các kỹ năng, kỹ xảo cần thiết khi vận
dụng phương pháp toạ độ vào giải toán.
* Thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy toán làm cho học sinh sáng tạo tìm
những kết quả mới, lời giải hay trên một loại bài, giúp bản thân nắm vững hơn nữa về
phương pháp toạ độ, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở thầy cô ở tổ Toán.
4/ Các phương pháp nghiên cứu:
* Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp với các đề thi học sinh giỏi rút ra những
kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới.
* Phương pháp trò chuyện – phỏng vấn: trao đổi với nhiều học sinh khá giỏi để nắm
tình hình sử dụng phương pháp toạ độ trong giải bài toán không gian.
* Phương pháp khảo sát: bản thân được tham dự các kỳ chấm thi học sinh giỏi nên
có nắm được tình hình sử dụng các phương pháp làm bài của các em học sinh.
* Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn
đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp.
5. Đối tượng nghiên cứu.
- Các tài liệu: SGK, các đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia, quốc tế…
- Học sinh trường THPT chuyên Hưng Yên và học sinh các đội tuyển học sinh giỏi
Quốc Gia.
6. Những đóng góp mới của đề tài.
- Về mặt lý luận, chuyên đề hệ thống lý thuyết cần thiêt và tư duy phương pháp
trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời thông qua chuyên đề cũng cung cấp cho
học sinh một phương pháp “đa năng” cho việc giải toán, không chỉ với các bài toán hình
học phẳng.
- Về mặt thực tiễn, chuyên đề là một tài liệu tham khảo đối với giáo viên dạy đội
tuyển toán đồng thời là một tài liệu học tập đối với học sinh chuyên toán.
3
PHẦN NỘI DUNG
A. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

số m như thế được gọi là toạ độ của
điểm M trên trục (O,
i
r
).
2. Toạ độ của vectơ, của một điểm đối với hệ trục toạ độ
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, nếu
a x.i y.j = +
r r r
thì cặp số (x ; y) được gọi là toạ độ
của vectơ
a
r
, ký hiệu là
a (x;y)=
r
;
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, toạ độ của
OM
uuuur
được gọi là toạ độ của điểm M.
3. Các phép toán
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 vectơ
1 1
u(x;y), v(x ;y )
r r
và số thực k:

1 1
1 1

)
2
=
2
1
R

(C
2
): (x – a
2
)
2
+ (y – b
2
)
2
=
2
2
R
khi đó phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn là:
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2
2 a a x 2 b b y R R 0− + − + − =

5. Phương trình các đường cônic
Phương trình chính tắc của parabol:
2

⇔ = +
uur uuur uuur
(với điểm O bất kỳ).
c) G là trọng tâm
ABC GA GB GC 0∆ ⇔ + + =
uuur uuur uuur r
hay G là trọng tâm
1
ABC OG (OA OB OC)
3
∆ ⇔ = + +
uuur uuur uuur uuur
(với O là điểm bất kỳ).
d) Đường thẳng a song song với đường thẳng b
AB kCD (k )⇔ = ∈
uuur uuur
¡
(với vectơ
AB
uuur
,
CD
uuur
là các vectơ chỉ phương của a, b)
e) Ba điểm A, B, C thẳng hàng
AB kBC (k )⇔ = ∈
uuur uuur
¡
f) Đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b
AB .CD 0⇔ =

1 2
1 2
x x
OA OB
y y
=

= ⇔

=

uuur uuur

b)
1 2 1 2
x x y y
IA IB 0 I ;
2 2
+ +
 
+ = ⇔
 ÷
 
uur uur r

c)
1 2 3 1 2 3
x x x y y y
GA GB GC 0 G ;
3 3

các kiến thức về toạ độ của các phép toán trên các vectơ để làm cơ sở cho việc nghiên cứu
toạ độ .
Cần cho học sinh thấy rõ sự tương ứng 1 – 1 giữa các tập hợp điểm và tập hợp số.
Trên đường thẳng: mỗi điểm ứng với một số thực xác định; Trên mặt phẳng: mỗi điểm ứng
với một cặp số thực sắp thứ tự. Từ đây dần dần làm nổi bật cho học sinh thấy được rằng
5
mỗi hình trong mặt phẳng là một tập hợp điểm sắp thứ tự theo một quy tắc nào đó, do vậy
mỗi hình đó được xác định bởi một hệ rằng buộc nhất định tương ứng nào đó về mối liên
hệ giữa các toạ độ của các điểm trên hình đó, thể hiện học sinh phải có các kỹ năng cơ bản
sau :
+ Khi lấy M thuộc hình H thì các toạ độ của M phải thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ
độ điểm của hình H.
+ Ngược lại nếu có điểm M có toạ độ thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ độ điểm của
hình H thì M thuộc hinh H.
2. Hướng dẫn học sinh giải toán bằng PPTĐ
Với những bài toán hình học phẳng có chứa các quan hệ hình học: thẳng hàng, song
song, vuông góc hay có chứa các yếu tố khoảng cách, tính góc, nếu ta chọn hệ toạ độ
thích hợp thì ta có thể chuyển về bài toán đại số với quan hệ giữa các số và giữa các vectơ,
giữa các phép toán. Các bài toán này rất có khả năng tìm ra được lời giải, thậm chí còn rất
ngắn gọn.
Việc giải bài tập bằng PPTĐ đòi hỏi học sinh phải được luyện tập vận dụng tổng hợp
các kiến thức liên quan.
Học sinh cần nắm được quy trình :
+ Chọn hệ trục toạ độ thích hợp (đây là vấn đề mấu chốt của bài toán, nếu chọn
thích hợp thì bài toan sẽ được giải quyết nhanh gọn);
+ Phiên dịch bài toán đã cho sang ngôn ngữ vectơ;
+ Chuyển bài toán từ ngôn ngữ vectơ sang ngôn ngữ toạ độ;
+ Dùng các kiến thức toạ độ để giải toán;
+ Phiên dịch kết quả từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học.
II. Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải các bài toán hình học phẳng.



⇒


= + + = + + =


⇒ G
a h
;
6 2
 
 ÷
 

Gọi I ( 0 ; y
0
)
0
a h
IM ( ; y ).
2 2
−
⇒ −
uuur
mà
AB
uuur
(-a; - h)

2h
 
−
 ÷
 
2 2
a h h a
IG ( ; ).
6 2 2h
−
⇒ = −
uur
Ta có
a h 3a h
CM ( a; ) ( ; ).
2 2 2 2
− −
= − =
uuuur
2 2 2 2
a h h a
IG.CM 0.
4 4 4 4
−
⇒ = + − + =
uur uuuur
Vậy
IG CM⊥
uur uuuur
(đpcm ).

2
b b
x y
2 4
 
+ − =
 ÷
 
Phương trình đường tròn tâm O:
( )
2
2
x a y 1− + =
⇒ Phương trình trục đẳng phương CD của (O) và (I) là: 2ax – by + b
2
= 0
Phương trình AC: bx + (a – 1)y = b(a – 1)
Phương trình HE: (a – 1)x – by = 0
⇒ Toạ độ
( )
2
b 1 a
b
E ;
2 2
 − 
−
 ÷
 
Phương trình EF:

pháp khác. Tuy nhiên, khi chọn hệ toạ độ khéo léo ta giải bài toán này mà không phải tính
toán nhiều.
+ Bài toán này có nhiều cách giải. Trong phương pháp toạ độ như trên nhận xét
CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) là khá quan trọng, giúp ta giảm
nhiềm trong việc tính toán. Ý tưởng này cũng thường hay được sử dụng để viết phương
trình đường thẳng qua giao điểm của hai đường tròn hay đường thẳng đi qua hai tiếp điểm.
Bài 3 (China TST 1996): Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần
lượt tại E, D. Gọi F, G là hình chiếu của D và E trên BC; M là giao điểm của EF và DG.
Chứng minh rằng AM ⊥ BC.
Hướng dẫn
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ (chân đường cao hạ từ đỉnh A là gốc toạ độ)
Khi đó, giả sử toạ độ các đỉnh: A(0; 1);
B(b; 0); C(c; 0).
8
Phương trình AC: x + cy – c = 0.
Phương trình AB: x + by – b = 0.
Phương trình BD: cx – y – bc = 0.
Phương trình CE: bx – y – bc = 0.
⇒ Toạ độ điểm
2 2
2 2
bc c c bc
D ;
c 1 c 1
 
+ −
 ÷
+ +
 


+
 
Phương trình đường thẳng DG:
2
2
2 2 2
2 2 2
b c b
x
y
b 1
bc c b c b c bc
c 1 b 1 c 1
+
−
+
=
+ + −
−
+ + +
M = DG ∩ Oy ⇒ y
M
=
bc
bc 1−
Ta thấy biểu thức trên đối xứng với b,c nên nếu gọi M’ = EF ∩ Oy thì M’ trùng với M.
Do đó, EF cắt DG tại M thuộc trục Oy. Vậy AM ⊥ BC (đpcm)
Nhận xét: + Dựa vào đề bài có nhiều yếu tố vuông góc và dựa vào hình vẽ ta thấy bài toán
này rất thuận lợi cho việc áp dụng toạ độ.
+ Chú ý đến tính đối xứng của biểu thức toạ độ để việc tính toán thuận lợi hơn.

0
; y
0
) thì (x
0
; y
0
)
cũng thoả mãn phương trình CC’.
Vậy 3 đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy tại I. (đpcm)
Nhận xét: Bài toán này đề bài khá đơn giản, nhưng chứng minh bằng phương pháp tổng
hợp khá rắc rối. Trong hình có nhiều yếu tố vuông góc nên có thể nghĩ tới cách dùng toạ
độ. Với bài này ta có thể thấy ngay cách xây dựng hệ trục toạ độ để bài toán được đơn giản
hơn.
2. Các bài toán chứng minh tính cố định.
Bài 5 (Đề thi HSG quốc gia 2007-2008): Cho tam giác ABC với trung tuyến AD, đường
thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M trên (d). Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của MB và MC. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với (d) cắt đường thẳng AB tại
P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với (d) cắt đường thẳng AC tại Q. Chứng minh rằng
đường thẳng đi qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định, khi M di động
trên (d).
Hướng dẫn
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ
O D,Oy DA≡ ≡
.Khi đó
Ox
song song (d). Khi đó,
toạ độ các điểm: A(0;a), B(b; c) , C(-b; -c)
Phương trình đường thẳng
AB : (a c)x by ab 0− + − =

2
Q d AC= ∩
Suy ra đường thẳng ∆ đi qua M và vuông góc PQ có phương trình:
10
(d)
>x
^y
D
B
C
A
M
F
E
2
2
M
bc b
b x (ax bc) y d 0
a a
 
 
− − − − + =
 ÷
 ÷
 
 
Suy ra đường thẳng đi qua điểm cố định
2
bc b

 
−
 ÷
 
Phương trình đường tròn đường kính HQ:
2 2
2 2 2 2
2
1 c m 1 c m
x y
2m 2m
   
− + − −
+ − =
 ÷  ÷
   
Khi đó, DE là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính IH và đường tròn đường
kính AB
⇒ phương trình DE:
2 2
2 2 2 2 2 2
2
1 c m 1 c m 1 c m
2cx y 1 c
m 2m 2m
   
− + − − − +
+ = − − +
 ÷  ÷
   

Với mỗi điểm M trên đường thẳng ∆, xác định mỗi điểm N nằm trên ∆ sao cho:
BN k.BA=
uuur uuur
,
MA
k
MB
=
. Trên nửa mặt phẳng bờ
∆
, dựng nửa đường tròn
( )α
đường kính
MN. Chứng minh rằng khi M di động trên đường thẳng ∆ thì nửa đường tròn
( )α
luôn tiếp
xúc với một đường tròn cố định.
Hướng dẫn
Gọi O là trung điểm của AB.
Chọn hệ trục Oxy với
Ox
≡ ∆
, ta xét các điểm
A( -1; 0), B( 1; 0), I (0;2).
M di động trên Ox: M( x; 0),
x ∈ ¡
.
Ta có:
MA (x 1), MB 1 x= − + = −
(x 1) x 1

− −
 ÷
−
 
.
Xét nửa đường tròn
( )α
tâm K, đường kính MN nằm phía trên Ox.
Ta sẽ chứng minh:
( )α
luôn tiếp xúc với đường tròn (I; 1) với mọi x. Thật vậy:
2 2
2
2 2 2
2 2
2
2 2
(x 1) 4 16(x 1) (x 1) 4
x 2x 3 (x 1) 4
IK 4 IK
2(x 1) 4(x 1) 4(x 1) 2 x 1
   
− − + − − +
− − − +
   
= + = = ⇒ =
− − − −
Độ dài MN là:
2
x 3

= ⇒ − = − = = =
− − − −
Suy ra:
( )α
, (I;1) tiếp xúc trong với nhau.
12
P
K
N
I
O
A
B
M
+ Nếu x < 1:
2
(x 1) 4
IK
2(1 x)
− +
=
−
,
2 2 2 2
x 3 x 3 x 2x 5 (x 1) 4
R R 1 1 IK
2(1 x) 2(1 x) 2(1 x) 2(1 x)
+ + − + − +
= ⇒ + = + = = =
− − − −

+ y
2
– 2my – 1 = 0.
Toạ độ giao điểm A của IC và (K) là nghiệm của hệ:

2 2
2 2
2 2
y ax a
2ma 1 a 2ma 2a
A ;
1 a 1 a
x y 2my 1 0
= +

 
+ − +
⇒

 ÷
+ +
+ − − =
 

Tương tự, toạ độ điểm B
2 2
2 2
2mb 1 b 2mb 2b
B ;
1 b 1 b


+ + + +
    

   

= + + +
 ÷  ÷

+ + + +
   

(1)
Từ đó ⇒ G luôn chạy trên đường thẳng có phương trình tham số là (1)
Giới hạn: Ta có:
A
B
1
m
x 1
a
x 1 1
m
b

≥ −

≥ −



. Giả sử
0 0 0
A(x , y ) y 0≠
Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình
0
0 0
x x
(x a)(a x ) y y 0
=


+ − − =

2 2
0
0
0
a x
H x ,
y
 
−
⇒
 ÷
 
14
^y
>x
I
H

3a 3x y 0 1 (y 0)
a 3a
− + = ⇔ − = ≠
Vậy quỹ tích A là hyperbol
2 2
2 2
x y
1
a 3a
− =
bỏ đi hai điểm B, C
Bài 10 (Đề thi OLYMPIC 30/4 năm học 2008-2009): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C
cố định và đỉnh A thay đổi. Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt đường
trung tuyến AI của tam giác ABC tại K.Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích
điểm A, biết rằng IH song song với KC.
Hướng dẫn
Chọn hệ trục Oxy với O trùng I và trục Ox là
đường thẳng BC.
Đặt
BC 2a 0
= >
. Khi đó
B( a; 0); C(a; 0)−
Giả sử tọa độ điểm
0 0
A(x ; y )
với
0
y 0≠
Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình:

x
= −



=


0
0
y
K a; a
x
 
⇒ − −
 ÷
 
với
0
x 0≠
Theo giả thiết, ta có :
IH
→
cùng phương
KC
→
2 2
0 0
0
0 0

Bài 11: Cho ∆ABC có M là điểm di động trên cạnh BC. Hạ MN, PQ tương ứng vuông góc
và song song với AB ( N
∈
AB, Q
∈
BC ). Gọi P là hình chiếu của Q trên AB, I là tâm của
hình chữ nhật MNPQ. Tìm quỹ tích tâm I khi M chạy trên cạnh AB.
15
Hướng dẫn
Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB
Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( như hình vẽ ).
Giả sử toạ độ các đỉnh A, B, C là: A(a; 0),
B(b; 0), C(0; h ), h > 0
Phương trình đường thẳng AB theo đoạn
chắn:
x y
1
a h
+ =

Phương trình đường thẳng BC theo đoạn chắn:
x y
1
b h
+ =
.
Giả sử MQ có phương trình y = m
(0 m h )≤ ≤
Toạ độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình:
y m y m

I M P
I I
I M p
1 (a b)(h m)
x ( x x ) (1)
x Y
2 2h
1
a b h
1 m
y (y y ) (2)
2 2
2 2
+ −

= + =


⇒ + =

+

= + =


(*)
Từ (1) suy ra
I
2x
m h(1 )

⇔
 
 
≤ ≤
≤ ≤



(**)
Từ (*) và (**) suy ra quỹ tích tâm I của hình chữ nhật MNPQ là đoạn KH, ở đây K, H lần
lượt là trung điểm của OC và AB. (đpcm)
Nhận xét: Mọi lập luận ở đây không phụ thuộc vào hình dáng của
ABC∆
16
4. Một số dạng toán khác.
Bài 12 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979): Cho điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp
tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA
4
+ MB
4
+ MC
4
không phụ thuộc vào vị trí
của M.
Hướng dẫn
Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng hệ trục
toạ độ Oxy sao cho:
3R R 3 3R R 3
A(0,0);B( , );C( , );I(R,0)
2 2 2 2

+ MC
4
không phụ thuộc vào vị trí M
Bài 13: Cho góc Oxy vuông tại O. M là điểm bên trong góc sao cho khoảng cách từ M đến
Ox, Oy lần lượt là 3 và 4. Tìm điểm A ∈ Ox, B ∈ Oy sao cho AB qua M và OA +
OB nhỏ nhất.
Hướng dẫn
Xét hệ trục toạ độ Oxy với O là gốc toạ độ.
Khi đó, M(3; 4). Giả sử A(a; 0), B(0; b)
Phương trình AB:
x y
1
a b
+ =
M ∈ AB nên ta có:
3 4
1
a b
+ =
17
B
A
M
O
Khi đó: OA + OB = a + b =
( )
( )
2
3 4
a b 3 2

( )
2
3 2+
khi OA =
3 4 3+
và OB =
4 2 3+
Bài 14 (IMO 2000): Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N.
Tiếp tuyến chung (gần M hơn) tiếp xúc với (O
1
), (O
2
) lần lượt tại A
1
và A
2
. Đường thẳng
qua M song song với A
1
A
2
cắt lại đường tròn (O
1
), (O
2
) lần lượt tại B

(a; 0), O
1
(0; r
1
), O
2
(a; r
2
).
Giả sử, toạ độ M(s; t), khi đó: B
1
(-s; t), B
2
(2a – s; t).
⇒ B
1
B
2
= 2a = 2A
1
A
2
.
Do A
1
A
2
// B
1
B

2
. Từ đó, do A
1
A
2
// B
1
B
2
nêm M là trung điểm của DE (2)
Từ (1) và (2) ⇒ CM là trung trực của DE. (đpcm)
Nhận xét: + Trong ví dụ trên, chúng ta hoàn toàn có thể chọn hệ trục toạ độ sao cho trục
hoành chứa đường thẳng O
1
O
2
, tuy nhiên, khi đó việc tìm phương trình của B
1
B
2
( và do đó
toạ tìm toạ độ B
1
, B
2
) không đơn giản. Việc chọn hệ trục như trong hướng dẫn là khôn
ngoan vì việc tính toạ độ của các điểm cần thiết là rất dễ dàng.
+ Trong lời giải trên đã có sự kết hợp giữa phương pháp toạ độ và phương pháp
tổng hợp. Điều đó giúp lời giải ngắn gọn và đẹp hơn.
Bài 15 (VMO 2011): Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một điểm

= −


⇔


=

− + =

+


⇒
2 2
2 2 2 2
2Rt 4R t
C ;
4R t 4R t
 
 ÷
+ +
 
19
Mà D đối xứng với C qua O nên
3 2
2 2 2 2
8R 4R t
D ;
4R t 4R t


=


=
 
+
⇔
 
 
+ =
=


+

⇒ Toạ độ điểm M
2 2
2 2 2 2
Rt 2R t
;
2R t 2R t
 
 ÷
+ +
 
Để chứng minh BC, AE, PO đồng quy ta cần chứng minh A, E, M thẳng hàng.
Để đơn giản, ta chọn 2R = 1, khi đó
2
2 2

2 2
4 2
2 3
4 2 4 2
1
x
y t t 2t x
1 t
t
x x y 0
x
t 3t 1
t t t
E ;
t 3t 1 t 3t 1

=

= − +
+
⇔



− + =


=

+ +

sao cho góc AB
1
C
và góc AC
1
B bằng 1 vuông. Chứng minh rằng AB
1
= AC
1
.
20
Hướng dẫn
Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( như hình vẽ )
Trong hệ toạ độ này A (0; h), B (b; 0), C (c; 0) , ( ở đây h, c > 0, b < 0 )
Ta có
AC
uuur
= (c; - h). Theo gt
BH AC⊥
Đường cao BH qua B (b; 0) và có vectơ pháp tuyến
AC
uuur
= (c; - h) nên có phương trình :
c(x - b) - h(y – 0) = 0
⇔
cx – hy – bc = 0 .
Gọi B
1
( x
1

uuuur
= ( x
1
– c; y
1
)
Vì
1 1 1 1
AB CB AB CB 0⊥ ⇒ =
uuuur uuuur uuuuruuuur
hay x
1
(x
1
– c) + y
1
(y
1
– h) = 0
2 2
1 1 1 1
x y cx hy 0⇔ + − − =
(2)
Mặt khác :
2
1
AB
=
2
1

1
– hy
1
) + h
2
(3)
Thay (1),(2) vào (3) ta được AB
1
= bc + h
2
Tương tự ta có: AC
1
= bc + h
2
Từ đó suy ra AB
1
= AC
1
(đpcm).
21
III. Bài tập tự luyện.
Bài 1: Cho hình vuông ABCD. Trên BD lấy điểm M không trùng với B, D. Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng:
a) CM ⊥ EF
b) Các đường thẳng CM, BF, DE đồng quy.
Bài 2 (APMO) Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến và phân giác kẻ từ A theo thứ tự
cắt BC tại M và N. Từ N kẻ đường thẳng vuông góc với NA cắt MA và BA lần lượt tại Q
và P. Từ P kẻ đường thẳng vuông góc với BA cắt NA tại O. Chứng minh QO vuông góc
với BC.
Bài 3 (IMO 1995) Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt trên một đường thẳng, theo thứ tự

đỉnh của một thập nhị diện đều.
Bài 8 (IMO 1999) Cho hai đường tròn (C
1
), (C
2
) nằm bên trong và tiếp xúc với đường tròn
(C) tại M, N theo thứ tự đó tâm đường tròn (C
2
) thuộc (C
1
). Trục đẳng phương của (C
1
),
(C
2
) cắt (C) tại A và B. Các đường thẳng MA, MB cắt lại đường tròn (C) tại E và F. Chứng
minh rằng EF tiếp xúc với (C
2
).
22
B/ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Qua quá trình nghiên cứu và vận dụng đề tài “GIẢI TOÁN HÌNH PHẲNG BẰNG
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ”, tôi nhận thấy vấn đề này giúp ích nhiều cho học sinh trong
việc học toán, giải toán.
Riêng bản thân tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa về phuơng pháp này và hy
vọng sẽ có thêm một phương pháp hữu hiệu khi giải các bài toán hình phẳng trong các đề
thi HSG.
Qua thời gian giảng dạy phương pháp này cho học sinh tôi nhận thấy:
a) Khi nào ta vận dụng phương pháp?
Nếu đề toán xuất hiện nhiều yếu tố vuông góc và thuận lợi cho việc gắn hệ trục tọa

24
III. PHẦN KẾT LUẬN:
1 / Kết luận:
Thông qua các bài tập trên giải bằng phương pháp toạ độ, các bạn có thể nghĩ rằng
tính toán quá nhiều và phức tạp và cảm thấy không thích. Tuy nhiên, mọi phương pháp đều
có cái hay và đẹp nếu ta vận dụng một cách hợp lý. Đối với phương pháp này người làm
cần phải kiên trì, cẩn thận và không ngại tính toán.
Tôi viết đề tài nhằm mục đích cùng trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán về
một phương pháp giải các bài toán hình học phẳng trong các đề thi HSG tỉnh, Quốc gia,
Quốc tế. Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng tài liệu có thiếu sót, tôi
chân thành đón nhận sự góp ý của Quý Thầy Cô. Xin chân thành cảm ơn.
2/ Tài liệu tham khảo:
1. CÁC TRANG WEB TOÁN HỌC: mathlinks.ro, mathcope.org,
diendantoanhoc.net…
2. CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU
TOÁN (Tài liệu Hội nghị Khoa học).
3. BÁO TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ.
4. CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH.
5. CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4, ĐỀ THI HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ
ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ.
6. CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC GIA (VMO).
7. CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC TẾ (IMO) VÀ CÁC NƯỚC…
25