PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở.
Phương
pháp
giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ
quả, tính chất hình học để suy luận.
Phương
pháp mang bản chất thuần túy hình học
này đôi khi g â

y kh ô

n

g ít

k h

ó

kh ă n cho học sinh, đặc biệt
là

những
học sinh
THPT.
Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây

pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của
toán
học. Descartes là nhà
toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời
đã giúp
con
người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con
người đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát
hoá
và trừu tượng hoá toán học
trong nhiều lĩnh
vực.
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông,
đặc biệt là dạy hình học là
hướng
dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ
độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo
các

kiến
thức về
toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải
toán.
2.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài .
a. Nội dung:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG TRANG 1
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tóm tắt lý thuyết:
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho :
•

r
r
•
( ; )
1 1 2 2
a b a b a b+ = + +
r
ur
;
)
2
;
1
( kakaak =
r
với k
∈
R
•
( )
. cos ;
1 1 2 2
a b a b a b a b a b= = +
r r r
ur ur ur
•
. 0 0
1 1 2 2
a b ab a b a b
⊥ ⇔ = ⇔ + =

= =
+ +
r
ur
r
ur

 Với
(
)
(
)
; ; ;A x y B x y
B B
A A
= =
•
(
)
;AB x x y y
B B
A A
= − −
uuur
•
2 2
( ) ( )AB AB x x y y
B B
A A
= = − + −

hoặc x
2
+ y
2
– 2ax - 2by + c= 0
 Phương trình chính tắc của (E):
2
2
a
x
+
2
2
b
y
= 1 với c
2
= a
2
- b
2

 Phương trình chính tắc của Hypebol:
2
2
a
x
-
2
2

ng

gặp
:

• Chứng minh các quan hệ song song, vuông
góc.
Tính
toán.
• Tập hợp
điểm.
• Điểm cố
định.
C á

c

b ư

ớc

g i

ả i

t


toán hình học đòi hỏi các em phải thành thạo
trong việc giải các bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối
liên
hệ giữa “ngôn
ngữ hình học” và “ngôn ngữ tọa
độ”.
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10,
làm công cụ
cơ
bản nghiên cứu quan hệ của các đối tượng trong hình học
phẳng.
Việc sử dụng vectơ và tọa độ để giải quyết bài toán hình học phẳng tạo cho học
sinh cảm giác
thích

thú,
trực quan và quen thuộc đặc biệt có hiệu quả trong bài
toán quỹ tích.
Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp
cho toán học thoát ra khỏi tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường,
nhằm đạt tới đỉnh cao khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán
học.
Mặt khác, một số kiến thức về
vectơ

này
sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình
học

2 3
1; , ;0 , 1;1
3 2
E F B
   
 ÷  ÷
   
Phương trình đường
thẳng

AE : x
+

3
y
-
3 = 0, BF
:

2
x + y
-
3 =
0
Tọa độ I là nghiệm của hệ:
3 3
6 3 6 2 1 3
; ; , ;
5 5 5 5 5 5
2 3

Chọn hệ trục
Oxy sao cho:
D

(
0;

0
)

,

B

(

-
1;

0
)

,
C
(
1;

0
)


1 1 2(1 ) 2(1 )
ax y a
a a a a
E F
x ay
a a a a
   

 ÷  ÷

 ÷  ÷

   
+ =
⇒ ⇒
− =
+ + + +
Ta có:
2 2 3
2 1 2
; , ;
2 2 2 2
1 1 2(1 ) 2(1 )
a a a a a
BE AF
a a a a
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

Ta có:
( )
( )
( )
.
.
0
; ; 0
2 2
2 2
; 2 ;0 0
2
x
c a
x y c a
DI BA
a c
OI BC
y
x y c
a

 

 ÷
  
 
  

 

uur
Vậy: IE
⊥
CD
Bài 4. (APMO 1998)
Cho tam giác ABC với đường cao AD, ∆ là một đường thẳng đi qua D.
Lấy E,F
∈
∆
,
khác D, sao cho AE
⊥
BE, AF
⊥
CF. Gọi M, N theo thứ tự là
trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF.
Chứng
minh rằng AN
⊥

MN.
Bài giải:
Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với ∆
Giả sử D(d;a), E(e;a), F(f;a) ⇒ N
;
2
e f
a
 
 ÷

f
2
-
a
2
=
0
Do BC
⊥
AD nên BC có phương trình dx + ay
-
d

2
-
a
2
=
0
Từ đó, tìm được

( )
; , ; . ;
2 2
de df e f d e f
B d e a C d f a Suy raM d a
a a a
     
 ÷  ÷  ÷
     

O
i
)
tại

A
i
. Đường thẳng qua M, song
song
với

A
1
A
2
,
cắt
lại đường tròn
(
O
i
)
ở

B
i
. Các đường thẳng A
i
B
i

1
(
0;
r
1
)

,
O
2
(a;
r
2
)
.
Giả sử: M(s;t), Khi
đó
B
1
(

-
s;

t

)

,
B

2
.
Suy
ra
A
1
,
A
2
theo thứ tự là trung
điểm
B
1
C,
B
2
C
Do đó: C(s;-t). Vậy
CM
uuuur
=
(0;
2t),
1 2
B B
uuuuuur

=
(2a;


   
= = = =
uuuur uuuuur
uuuuur uuuur

Suy ra: K là trung
điểm của
A
1
A
2
.
Từ đó,
do

A
1
A
2
// B
1
B
2
nên M là trung điểm DE
(2)
Từ (1), (2) suy ra CM là trung trực của đoạn DE
(đpcm)
( )
;0 , 0;
b

trình
y = - ax
-
b
(do A thuộc trục hoành, AB, AC đối xứng nhau
qua trục hoành )
Do PO
⊥
AB nên PO có phương trình
1
y x b
a
= − +
và O(ab;0)
Do BC qua gốc tọa đô N, nên BC có phương trình
y =
cx( c ≠ 0)
Suy ra
; ; ;
b bc b b
B C
c a c a c a c a
   
 ÷  ÷
   
− −
− − + −
Do đó
( )
2

Bài 7. (Bungari league 1981)
Đường phân giác trong và ngoài của góc C trong tam giác ABC cắt AB ở L
và M. Chứng minh
nếu
CL = CM
thì

AC

2
+
BC

2
= 4R
2
( R là bán kính đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC)
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của
LM.
Chọn hệ trục Oxy:
O

(
0;

0
)



L

(
c;

0
)

,
M
(

-
c;

0
)
Theo tính chất phân giác:
2 2
2
2 2
2 2
AL AC AL AC c a a c
LB BC LB BC b c
b c
 
   
 
 ÷

2
2 2
2 2
1
a c
AB BC
a
 
 ÷
 ÷
 
+
⇒ + =
Trong ∆ABC:
4R
2
=
2
2
2 2 2
2
2
2 2 2 2
.
2 2
sin
c
c a c
a
BC BC AC a c

+
BC

2
= 4R
2
.
0
Bài 8.(NewYork 1976)
Các đường cao của tam giác nhọn ABC cắt nhau ở H. Trên đoạn HB và HC
người ta lấy hai
điểm
B
1
,
C
1
sao cho
·
AB
1
C
=
·
AC
1

B =
90
0

(

-
b;

0
)

,
C
(
c;

0
)
Phương trình đường thẳng BH: cx
-
ay
+
bc =
0
.
Mà B(x
1
;y
1
) ∈BH

⇒
cx

2
1 1 1 1 1 1
AB x y a x y ay a a bc= + − = + − + = −
Tương tự:
2 2
1
AC a bc= −
. Vậy: ta có đpcm.
Bài 9.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) và elip (E) cố định (tâm đường tròn là
tâm đối xứng của elip) . Từ điểm M thuộc(C) ta dựng
hai
tiếp tuyến
MT
1
,

MT
2

tới
(E) trong đó T
1
,

T
2
là tiếp điểm.Chứng minh rằng các đường thẳng
T
1

t
π



∈
Gọi
M ( p s
i
n t; p
co
s
t
)
∈
(
C
)
và T
1
(
x
1
; y
1
)
là tọa độ tiếp
điểm.
Phương trình tiếp tuyến của (E) tại T
1

T
2
(
x
2
; y
2
)
là tọa độ tiếp
điểm.
Tiếp
tuyến
MT
2
qua M
( )
sin . cos .
2 2
1 2
2 2
p t x p t y
a b
⇔ + =
Từ (1) và (2) suy ra phương trình
T
1
T
2
:
sin . cos .

 ÷  ÷
   
+ < ⇔ + <
Ta chứng minh
T
1
T
2
luôn tiếp xúc với (E
1
) :
2 2
1
4 4
2 2
x y
a b
p p
+ =
Thật vậy:
2 2
4 4
cos
2 2
sin cos 1
2 2 2 2
a psint b p t
t t
p a p b
   

kính
CH; D khác C. CMR: K; D; C thẳng
hàng.
Bài giải:

Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H(0; 0); A(-1+a; 0); B(1+a; 0); O(a; 0);
C(0;
b)
Xét trong tam giác vuông ABC có:
( ) ( )
2 2
1 1 1b a a a
= − + = −
Gọi I là trung điểm CH. Khi đó phương trình đường tròn (I) là:
2
2
2
2 4
b b
x y
 
 ÷
 
+ − =
và phương trình đường tròn (O) là:
(

x
-


a
-

1
)

x
-
by =
0
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương
trình:
( ) ( )
( )
2
1 1
1
;
2 2
(a - 1) x - by = 0
bx a y b a
b a
b
E
 


 ÷

 ÷

−
−
−
Vậy: K;C;D thẳng hàng.
Bài 11. (Vô địch Nam Tư
1983)
Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật ABCD, lấy M
khác A và B. Gọi P,
Q,
R, S là hình chiếu của M trên AD, AB, BC, CD. Chứng
minh PQ
⊥

R
S và giao điểm của
chúng
nằm trên một trong hai đường chéo của
hình chữ
nhật.
Bài giải:
Dựng hệ trục toạ độ Oxy có Ox, Oy lần lượt song song với AD,
AB.
Giả sử bán kính của đường tròn là R.
Phương trình của đường tròn
là
x
2
+ y
2
=

, y
0
) bất kì thuộc cung AB nên
2 2 2
0 0
x y R+ =
Ta có tọa độ các hình chiếu P, Q, R, S là P(
x
0

b) ,
Q(
- a

.y
0
),
R(
x
0

.b) ,
S
(a,
y
0
)
. Suy
ra
:


;
Nên
PQ
uuuur
RS
uuur

=
-
a
2

+
2 2
0 0
x y+
- b
2
=
0
. Vậy PQ vuông góc
RS
Đường thẳng PQ đi
qua

P(
x
0
;

y
+
b) = 0
⇔
(b + y
0
)
x + (a + x
o
)
y
-
x
o
y
o
+ ab =
0
Tương tự phương trình RS
là
(b
-
y
0
)(
x
-
a)
-
(

(

x
I
; y
I
)

lả giao điểm của PQ và RS thì ta
có

x
I
; y
I
là nghiệm của hệ
sau
(b + y ) x + (a + x ) y - x y + ab = 0
0 0 0 0
(b - y ) x + (a - x ) y + xy - ab = 0
0 0 0





Cộng lại ta được bx + ay = 0 suy ra bx
I
+
ay

BD.
Bài 12. IMO Shortlist 23
rd
Trên các đường chéo AC và CE của lục giác đêu ABCDEF, ta lấy hai điểm M
và N sao cho
AM CN
k
AC CE
= =
. Biết B, M, N thẳng hàng. Tìm k.
Bài giải:
Đặt 2R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCDEF. Chọn hệ trục:
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
(
0;0 , ; 3 , 0;2 3 , 3 ; 3 , 0; , ; ; 2 ;0
3 2 3 )
A B R R C R E R R M m N x y F R
R m R
−
< <
Ta có:
MN
uuuur
cùng phương với
BM
uuuur

m R



 


 ÷
 
 ÷
 
 



−
=
− + = −
− −
−
⇒ ⇒ ⇒
− −
−
+ =
=
−
Ta có:
( Vì ta đặt
( )
( ) ( )

định.
Bài giải:
Dựng hệ trục tọa độ như hình
vẽ.
Chọn A(0; 0); M(0; m); B(0; b) ; C(1; 0) với m thay đổi, 0 < m < b
≠

1
Ta có MB = CN, suy ra N(1 + m – b
;0)
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
6 3 7 6 3
2
2 3
3 2 3 2
3 2 2 3
2 3 6 4 3 12 8 3 24 0 2
AM CN
k AM AC do AC CE
AC CE
R mR mR R
m R
m R m R
m R m Rm R m R m R
   
 ÷  ÷

 
 ÷
 
+ −
và
( )
1 ;MN m b m= + − −
uuuur
Suy ra phương trình đường trung trực của MN
là:
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1
1 0 1 1 1 0
2 2 2
m b m
m b x m y m x y b b x b
 
 
 ÷
 ÷
 
 
+ −
+ − − − − = ⇔ − − + + − − − =
Ta thấy đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định
1 1
;
2 2
b b

2
BC
EH =
nên E thuộc đoạn OC, H thuộc
đoạn OB.
Vậy, nếu E(x
0
;0) , thì H( x
0
– b;0) và do đó
Gọi (d) là đường thẳng qua E vuông góc với DE thì phương trình của (d) là:
2 2
0
0 0
b x ax y b x− − =
. Phương trình này tương đương với:
( )
2 2
0
0
b ay x b x− + + =
Suy ra (d) luôn đi qua điểm cố định là
2
0;
b
a
 
 ÷
 ÷
 

0
).
Vậy

DG
uuuur
= (b +
2
y
0
;
b
-
2
x
0
)
Và do đó đường thẳng DG có phương
trình:
0 0
2 2
0 0
x y y x
b y b x
+ −
=
+ −
Hay (b
-
2x)

+
OC = b
(b là độ dài cho trước). Gọi B là đỉnh của hình chữ nhật
OABC. Chứng minh
đường
thẳng d qua B, vuông góc với AC luôn đi qua một điểm
cố
định
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy,
gọi

A

(

a;

0
)

,
C
(
0;

c

)


= 0 ⇔
( ) ( )
0
a
x b y b
c
− − − =
Vậy d luôn đi qua
điểm
( )
;I b b
là đỉnh của hình vuông OHIK với
, ,H Ox K Oy OH OK b∈ ∈ = =
Vấn đề 3:

Tìm quỹ tích của điểm
Bài 1. Cho tam giác ABC với góc C nhọn. Tìm quỹ tích các điểm M sao
cho
MA
2
+
MB
2
=
M
C

2
Bài giải:
Chọn hệ toạ độ Oxy sao cho A(a; 0) và B(-a; 0). Khi đó giả sử C(p; q).

p
;

-
q

)
với D là đỉnh thứ tư của
hình bình
hành
ACBD và bán kính là
R
=
( )
2 2 2 2 2 2
2 p q a AC BC AB+ − = + −
Bài 2. Cho hai điểm AB cố định.
Tìm quỹ tích các điểm M sao cho 2MA
2
-
3MB
2
=

5

AB
2
Bài giải:
Gọi O là điểm xác định bởi

Vậy M thuộc đường tròn tâm O bán kính R =
AB.
Bài 3. Cho ba điểm A, B, C cố định không thẳng hàng. Một đường thẳng d di động
qua C. M
là

điểm trên
d
sao cho đại lượng
2MA
2
+
3MB
2
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm
quỹ tích của
M.
Bài giải:
Lấy O là điểm trên AB sao cho
2 3OA OB= −
uuur uuur
. Lấy O làm gốc tọa độ như hình vẽ.
Không mất
tính

tổng quát giả sử A(0; 3)và B(0; -2) và M
(

x
0

2MA
2
+
3MB
2
nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất ( M thuộc
d
).
Khi đó M là hình
chiếu
vuông
góc của O lên d
.
Do OC cố định, suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính OC xác định như
trên.
Bài 4. (30/4/2011)
Cho góc xOy và hai điểm A, B lần lượt nằm trên Ox, Oy sao cho
∆
O
A
B
cân tại O. Gọi d là đường thẳng không đi qua O nhưng luôn đi qua trung điểm I của
AB và cắt Ox, Oy tại C,
D.
Gọi M là trung điểm CD, N là giao điểm của OM và
AB. H là hình chiếu vuông góc của N trên CD. Khi d di
động
tìm quỹ tích trực tâm
H.
Bài giải:

;
0),
B

(
t
a
n

α
;

0
)
Khi
đó:

CD : y
=
kx
,
OA : y
= (
co
t

α
)x
+


cot cot
k
D
k k
α α
 
 ÷
 
⇒
+ +
2
2
; :cot 0
2 2 2 2
cot cot
k k
M OM x kx k
k k
α
α α
 
 ÷
 ÷
 
⇒ ⇒ − + =
− −
N = OM∩IX
;0
2
cot

α
⇔ + + =
2
2 4
tan tan
2
2 4
x y
α α
 
 
 
 
⇔ + + =
Suy ra tập hợp điểm H là đường tròn tâm
2
tan
0;
2
K
α
 
 ÷
 ÷
 
−
, bán kính R =
2
tan
2

( ) ( ) ( )
;1 , ; 1 ; ; 2CA m p CB n p AB n m⇒ − − − − −
uuur uuur uuur
Vì CA⊥CB ⇒ p
2
= 1- mn
Đường thẳng AB có phương trình 2x + ( n – m)y – m – n = 0
Đường cao hạ từ C có phương trình ( n – m)x – 2y + 2p = 0
Vậy toạ độ H là nghiệm của
hệ:
2x + ( n - m)y - m - n = 0
( n - m)x - 2y + 2p = 0



Bình phương hai vế của hai phương trình rồi cộng lại ta
được:
[4
+ (n
-
m)
2
](
x
2
+ y
2
) = (n + m)
2
+

y

2
=

1
. Vậy H nằm trên đường tròn (O;1).
Trở lại bài toán ban đầu, gọi M,N là giao điểm của c với a, b thì qũy tích H
là
đường
tròn đường kính
MN
Bài 6.Trong mặt phẳng cho trước đường thẳng d và một điểm A
∉

d
. Xét B, C∈
d

sao
cho
BC = b > 0 cho trước. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Bài giải:
Gọi O là hình chiếu của A trên d và đặt a = d(A;
d
). Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao
cho A(a;0), O(0;0) (tức
là
trục hoành chứa

+
và HA = HB =
2
b
Gọi
I

(

x;
y

)

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Khi đó
0
2
b
x x= +
và IA = IB. Suy ra:
2
2
2
0
2 4
b b
ay x
 


), dễ dàng kiểm tra được
d

(I

;
Ox) < IA , do đó
đường tròn tâm I, bán kính IA cắt Ox tại hai điểm B, C.
Dễ dàng kiểm tra được BC =
b
Vậy quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là parapol có phương trình
cho ở
(*).
Bài 7. Cho ba điểm A, B và C thẳng hàng theo thứ tự đó, gọi ∆ là đường thẳng
vuông góc với đường thẳng AC tại
B.
Với mỗi điểm S
∈
∆, gọi D là giao điểm
của đường thẳng qua B vuông góc với SC
với đường thẳng SA. Tìm quỹ tích điểm
D
Bài giải:
Chọn hệ tọa độ Bxy sao cho A( -a; 0), C(c; 0) (a, c > 0), S(0; s), S ≠ 0
Khi đó
(SA):

x
a c
− + =
hay
( )
2
2
2
1 *
2
2
2
a
x
y
ac
a
 
 ÷
 
+
−− =
Vậy: khi S chạy trên trục tung thì D chạy trên đường hyperpol có phương trình
(*).
Bài 8. Cho 3 điểm A, O, B cố định O nằm giữa A và B sao cho OA = a, OB = b;
a, b > 0. Tìm quỹ tích điểm M sao cho góc
·
·
OMA OMB=
Bài giải:




+ − − =
⇒
− + + =
Phương trình phân giác của góc tạo bởi MA và MB
là
( )
( )
( )
( )
0
2 2
2
2
nx m b y bn
nx m a y an
m a n
m b n
− + +
− − −
+ =
− +
+ +
Mà một trong hai đường này qua O (0;0) và a>0, b>0 nên phương trình phân giác
qua O
là
( )
( )

2 0
m a b n a b mab a b
a b m a b n mab
⇔ − + − + + =
⇔ − + − + =
Vậy : Tập hợp M là đường tròn có phương trình
2
2 2
0
xab
x y
a b
+ + =
−
( khi a ≠ b)
hoặc là đường thẳng x = 0 ( khi a = b)
Bài 9. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B,C cố định và đỉnh A di động.
Qua B
dựng
đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt trung tuyến AI của tam giác
ABC tại K. Gọi H là trực tâm của tam
giác
ABC. Chứng minh rằng : Nếu IH song
song với KC thì điểm A di động trên đường cố định.
Bài giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng
BC.
Không mất tính tổng quát giả sử
BC = 2. Khi đó, tọa độ B(-1; 0) và

=
=
uuuur uuuur
uuuur
uuuur
⇔
(
)
( )
2
1
0
0
;
0
1 1 0
0
0 0
x x
x
H x
y
x x yy
 


 ÷

 ÷



 ÷

 


= −
≠ ⇔ − −
=
Theo giả thiết ta
có:

// ,IH KC IH KC⇒
uuuur
uuur
cùng phương
2 2 2
1
0 0 0 0
2 0 1
0
1 2
0 0
x x x y
x
y y
−
− = ⇔ + =
.