TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

- 1 -

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1. Họ và tên: TRƯƠNG NGỌC DŨNG
2. Ngày tháng năm sinh: 17 – 10 – 1959
3. Nam, nữ: NAM
4. Địa chỉ: 257/ 5, KP 9, Tân Biên, Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0918309278;
6. Email:
7. Chức vụ: TỔ TRƯỞNG CHUYÊN MÔN
8. Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Cử nhân Toán, Đại học sư phạm
- Năm nhận bằng: 1982

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán bậc THPT
- Số năm công tác: 33 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có:
 “Giải toán Hình học 11” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2008;
 “Giải toán Giải tích 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;
 “Giải toán Hình học 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;
 Kỹ thuật viết câu hỏi trắc nghiệm trong việc đổi mới phương pháp KTĐG –
Tập san Giáo dục Trung học Đồng Nai năm 2010;
 Đổi mới phương pháp KTĐG trong giảng dạy Toán bậc THPT năm 2011.

nói riêng, tôi chọn đề tài “Tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt
phẳng” gồm có ba phần chính:
- Phần thứ nhất: Các bài toán liên quan đến tam giác;
- Phần thứ hai: Các bài toán liên quan đến tứ giác;
- Phần thứ ba: Các bài toán tổng hợp về đường thẳng, đường tròn và ê-lip.
Nội dung đề tài này là Phần thứ nhất của đề tài, bao gồm: 6 ví dụ và 14 bài toán thực
hành có gợi ý về cách tìm tòi nhằm tạo điều kiện để học sinh có thể định hướng trong việc
tìm lời giải bài toán.

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN

- Kiến thức cơ bản về hình học phẳng;
- Kiến thức cơ bản về đường thẳng, đường tròn và các vấn đề liên quan trên hệ tục tọa
độ
Oxy
trong chương trình hình học Lớp 10.
Oxy
, cho tam giác
ABC
cân tại
A
và
2
BC

, đường cao kẻ từ đỉnh
A
là
: 2 0
d x y
  
, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
B

là
: 2 0
x
  
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết rằng đỉnh
B
có tung độ dương.


Tìm tòi
Ta thấy
;

A
,
B
,
C
của tam giác.


Lời giải
A d


;
( 2 )
A a a
 
;
B
 

;
(2 )
B b

,
0
b

.
Gọi

AC
là ;
0 0
2
2 2
x a y a
M
 
  
 
 
 
thuộc đường thẳng

, nên ta có
0
4
x a
 
. Do đó
;
(4 2 )
C a a b
  
.
Vậy
2
BC



1
b
  
(loại).
 Với
3
a

, ta có:
;
(3 1)
A
và
;
(1 1)
C b

. Khi đó
AB AC


3
b
 
(nhận).
Vậy các đỉnh của tam giác là:
;
(3 1)
A
,

   
. Biết rằng khoảng cách từ
C
đến
đường thẳng

bằng
2 10
và
82
BC

. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
B
của tam giác.


Tìm tòi
Ta có
;
( 0)
C t
và ,
( ) 2 10
d C
  , suy ra tọa độ của
C
.


thuộc đường thẳng
AC
, suy ra tọa độ của điểm
A
.


Lời giải
C Ox


;
( 0)
C t

,
0
t

.
A

B
C
M

A

B

t
t

 






Vậy
;
( 5 0)
C

.
B d


;
(2 2 )
B b b
 
. Do đó, ta có
82
BC


2 2
(2 7) ( ) 82

là phân giác trong của góc
A
, nên ta chỉ nhận được
;
(4 1)
B

.
Gọi
;
0 0
( )
B x y

là điểm đối xứng của
B
qua

và ;
(3 1)
n

 

. Ta có

.
BB k n






( 0)
k

.

, ,
( ) ( )
d B d B

  

10 8 8
k
  

0
8
.
5
k
k





 


 
 

, nên
;
(1 7)
n
 

là một vec-tơ pháp tuyến của đường
thẳng
( )
AC
. Do đó
( ) : 7 5 0
AC x y
  
.
Tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ
3 5 0
7 5 0
x y
x y

  



. Viết phương trình của đường thẳng
( )
AC
của tam
giác.


Tìm tòi
( )
B AB
  
, suy ra tọa độ điểm
B
.
Tính góc giữa hai đường thẳng
( )
AB
và

. Sử dụng

là phân giác trong của góc
B
, tìm được phương
trình của đường thẳng
( )
BC
.
Sử dụng:
( )

B
 
.
Các đường thẳng
( )
AB
và

lần lượt có vec-tơ pháp tuyến là ;
(1 3)
AB
n
 

và ;
(2 1)
n

 

.
Ta có
 
,
2
cos
2
AB
n n


Vậy
( ) : 3 3 0
BC x y
  
.
( )
A AB


;
(3 1 )
A a a
 
và
( )
C BC


;
( 3 3)
C b b
  
.
B

C
A





, nờn
( ) : 7 21 0
AC x y

.
Khi ú
;
16 7
5 5
A
v
;
9 42
5 5
C

nm v cựng mt phớa i vi

, suy ra

l phõn giỏc
ngoi ca gúc
B

B
.

Do ú ng thng cn tỡm l
( ) : 3 0
AC x y

.

Vớ d 1.4. Trong mt phng vi h trc ta
Oxy
, cho tam giỏc
ABC
ni tip trong ng
trũn ( )
2 2
: 2 30 0
x y x y

C ; ng phõn giỏc trong ca gúc
A
ct cnh
BC
ti
im
;
3
2
2
D

,
E
l giao im th
hai ca
( )
C
v ng phõn giỏc trong
AD
. Khi ú ta cú


BAE CAE




BE CE

, nờn
BC IE

.


Li gii
A d


;
( 4 2)



Vỡ
0
t

, nờn ta nhn c
;
(2 6)
A
. Khi ú
;
15
0
2
AD


nờn
( ) : 2 0
AD x

.
( )
E AD





Vy
;
(2 4)
E

.
ng trũn
( )
C
cú tõm l
;
1
1
2
I

v


BAE CAE

nờn


BE CE

cú nh
A
thuc
ng trũn ( )
2 2
: ( 1) ( 2) 25
x y

C ; hai nh
,
B C
cựng thuc ng thng
: 3 4 55 0
d x y

v trc tõm ca tam giỏc trựng vi tõm ca ng trũn
( )
C
. Bit
rng ng trũn
( )
C
ct cnh
AB
ti im th hai
M
sao cho
2
MB MA


( )
C
. Ta cú:
AI d

v
( )
A

C
, suy ra ta im
A
.
B d

v
2
MB MA, kt hp vi
( )
M

C
,
suy ra ta im
B
.
S dng


v
,
B C d

nờn
.
d
IA k n
1 3
2 4
A
A
x k
y k









3 1
4 2.
A







Ta thy
B d

nờn
;
3 55
4
b
B b


.
Vỡ
M
thuc on
AB
v
2
MB MA

, nờn


Vi
;
(4 2)
A
, ta cú
; ( )
8 13
3 4
b b
M C
nờn
2 2
5 5
25
3 4
b b






2

.
C d AC

nờn ta cú
;
361 92
13 13
C

.
Vi
;
( 2 6)
A

, ta cú
; ( )
4 3 103
3 12
b b
M C


.

Vớ d 1.6. Trong mt phng vi h trc ta
Oxy
, cho tam giỏc
ABC
cõn ti
A
cú trc tõm
l
;
( 3 2)
H

. Gi
,
D E
ln lt l chõn ng cao k t
B
v
C
ca tam giỏc vi
2
HD

. Bit rng nh
A
cú honh dng v thuc ng thng
: 3 3 0

AB AC

và
H
là trực tâm của tam giác
ABC

nên ta có
HD HE

.
Ta có
;
(3 3 )
A a a

và
HD AD

,
HE AE

suy ra
phương trình của đường thẳng
DE
theo
a
.
Sử dụng ,
9 10

.
Vì
AB AC

và
H
là trực tâm của tam giác
ABC
, nên ta có:

2
HD HE
 
nên
,
D E
cùng thuộc đường tròn tâm
H
bán kính
2
HD

. Suy ra:

2 2
6 4 9 0
D D D D
x y x y
    
(1a);

3 ( 2) 7 9 0
D D D D
x y ax a y a
      
(2a);
2 2
3 ( 2) 7 9 0
E E E E
x y ax a y a
      
(2b).
Trừ theo vế (1a) và (2a), (1b) và (2b) suy ra phương trình của đường thẳng
DE
có dạng
(3 6) ( 2) 7 18 0
a x a y a
     
.
Do đó ,
9 10
( ( ))
5
d A DE 
2 2
(3 6)(3 3) ( 2) 7 18
9 10
5
(3 6) ( 2)
a a a a a
a a

t t
t t





  





  




2 10
10
.
5
t
t







10
5
t  , ta có
2
25 80 99 0
a a
  
(vô nghiệm).
Vậy
;
(3 0)
A
và
: 3 9 0
DE x y
  
, suy ra
3 9
D D
y x
 
. Thế vào (1a), ta nhận được
2
5 24 27 0
D D
x x
  

9
5


 
 
và
;
( 3 0)
E

.
Gọi
;
0 0
( )
B x y
, ta có
;
0 0
( 3 )
AB x y
 

vuông góc với
;
(0 2)
HE


nên suy ra
;
0

0
7
B
 

 
 
.
Vì
/ /
BC ED
nên
27
( ) : 3 0
7
BC x y
  
.
Do đó phương trình của đường thẳng
BC
là
21 7 27 0
x y
  
. B. BÀI TẬP THỰC HÀNH
C
của
tam giác, biết rằng
3 2
MB MC

.


Gợi ý tìm tòi
Ta có
1 2
A d d
 
,
1
B d


;
( 4 2 )
B b b
 
,
2
C d


;
(4 1 3 )


, đường thẳng chứa cạnh
AB
có phương trình
2 6 0
x y
  
và trọng tâm của
tam giác thuộc đường thẳng
: 1 0
d x y
  
. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
B
.


Gợi ý tìm tòi
Trọng tâm của
ABC

là
G d


;
( 1 )
G t t

(6 2 )
A a a

, ;
(2 2 )
M A M A
B x x y y
  .
Sử dụng:
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
y y y x

  


  


ta tìm được tọa độ các đỉnh
A
và
B
.

 Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy

.

A

B

C

M

G



TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

- 9 -


Gợi ý tìm tòi
B d


;
(1 2 )
B b b
 
,
0
b

C x x y y BC
   suy ra tọa độ của
các đỉnh
A
và
C
.
Diện tích tam giác
ABC
là ,
1
. ( ( ))
2
S BC d A BC
 .

 Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông cân tại đỉnh
;
(1 3)
A
, đỉnh
B
thuộc trục
Ox
và đỉnh
C

  

và ;
( 1 6)
AC c c
  

.
Sử dụng: +
AB AC

, ta có
6
1 3
1
c
b
c

 

(1).
+
AB AC

, ta có
2 2 2
( 1) 9 ( 1) ( 6)
b c c
      (2).

AB
và đường thẳng chứa cạnh
AC
đi qua điểm
;
(1 3)
N
. Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác
ABC
.


Gợi ý tìm tòi
Gọi
;
( )
AB
n a b


và ;
(1 3)
BC
n
 

tương ứng là
vec-tơ pháp tuyến của các đường thẳng
( )



Suy ra phương trình các đường thẳng
( )
AB
và
( )
AC
.
Tọa độ các đỉnh
A
,
B
,
C
thỏa mãn yêu cầu bài
toán khi hai vec-tơ
MA

và
MB

ngược hướng.

 Bài toán 1.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có tâm của đường
tròn ngoại tiếp là

1
n

là một vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng
1
d
.
A

B

C

M

N




A
B
C
M

G


n

làm một
vec-tơ chỉ phương, suy ra phương trình đường thẳng
( )
BC
.
Ta có
( )
B BC


;
( 2 2 )
B b b
 
.
Sử dụng
IB IA

suy ra tọa độ các đỉnh
B
,
C
.

 Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC

;
( 3 9)
M t t

và
2
GA GM
 
 

;
(3 2 21 6 )
A t t
  
.
Sử dụng
A d

, tìm được tọa độ của
A
và
M
.
Vì
BC
 
, nên suy ra phương trình của đường
thẳng
( )
BC

( )
AB
đi qua điểm
;
( 2 3)
M

và
2
MC

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
.


Gợi ý tìm tòi
Gọi
N
là điểm đối xứng của
M
qua

, tìm được
tọa độ của
N
. Sử dụng
BC d

và

C t t
  
.
Sử dụng
2
MC

và
A
,
C
nằm về hai phía đối với
đường thẳng

, tìm được tọa độ của đỉnh
C
.

 Bài toán 1.9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
C
thuộc
đường thẳng
: 2 3 0
d x y
  
, đường thẳng chứa đường phân giác trong kẻ từ đỉnh

 
. Khi đó
;
(2 2 )
M C M C
A x x y y
   
suy ra tọa độ của
A
và
C
.
Viết được phương trình đường thẳng
( )
AC
.
Gọi
N
là điểm đối xứng của
M
qua

, tìm được
tọa độ của
N
. Vì
( )
N AB

nên tìm được phương trình

A
B
M



N

A
B
C

M

G



A
B
C

M


. Suy ra phương trình
( )
BC
.

 Bài toán 1.10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
A
,
trung điểm của cạnh
BC
là
;
( 2 3)
M

, đường thẳng chứa cạnh
AC
đi qua điểm
;
(4 5)
E

và đường thẳng chứa đường phân giác trong của góc
B
là
: 2 1 0

N AB
 
.
ABC

vuông tại
A
nên
. 0
NB EC

 
, suy ra tọa độ
của
B
và
C
.
Khi đó ta có
( ) ( )
A BN CE
 
.

 Bài toán 1.11. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có trọng tâm là
G



Gợi ý tìm tòi
BC
 
nên
( ) : 2 0
BC x y
  

;
(3 5)
B
 
.
A
 

;
( 6)
A a a
 
và
3
ABC ABG
S S
 nên ta có:
,
. ( ( )) 6
BC d A BC


,
;
(2 1)
B

. Diện tích của tam giác là
4
S

và bán kính đường tròn ngoại tiếp
là
2
R

. Tìm tọa độ đỉnh
C
của tam giác, biết rằng
C
có tung độ dương.


Gợi ý tìm tòi
Đường trung trực của cạnh
AB
là
: 5 0
d x y
  
.


Gọi
;
0 0
( )
C x y
ta có:
(1)
(2).
2 2
0 0
2 2
0 0
( 4) ( 1) 4
( 2) ( 3) 4
x y
x y

   

   



Vì
0
0
y

, nên (2) vô nghiệm.

B
C
M

N

E



A
B
C
G


TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

- 12 -

 Bài toán 1.13. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC

C d


;
( 1)
C a a
 
, khi đó
;
( 6 11 )
A a a
  
.
Vì
AE d

nên ;
( 10 10)
AE a a
  

cùng phương với
;
(1 1)
d
n
 

, suy ra tọa độ của các đỉnh
A

ABC
có

0
135
BAC

,
trung điểm của cạnh
BC
là
;
1 5
2 2
M
 

 
 
, trực tâm
H
có hoành độ dương và
290
2
MH  , đường thẳng chứa đường cao
BH
có phương trình là
3 8 0
x y
  

   
, suy ra
;
(1 11)
H

.
( )
B BH


;
( 3 8)
B b b
  
và
;
(1 3 3)
C b b
 
.
Gọi
B

,
C

lần lượt là chân các đường cao của tam
giác kẻ từ
B

và
( )
CH
. Ta có:
2 2
3
2
2
10( )
a b
a b




2 2
2 3 2 0
a ab b
   
2
2 .
a b
a b

 






5 5
B
 
 
 
 
,
;
19 27
5 5
C
 

 
 
.
+
( ) : 2 21 0
CH x y
  
, vì
( )
C CH

nên ta có
28
5
b
 



C



B


A
C
M

H

B
C
TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

- 13 -

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

Nội dung của đề tài là một phần cơ bản trong chương trình Luyện thi đại học hàng năm
dành cho học sinh tại Trung tâm luyện thi đại học của Trường THPT Nguyễn Trãi và đã tạo