S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Trong quá trình dạy học, mục tiêu phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh là
rất quan trọng. Vì vậy, trong dạy học nói chung và dạy học môn toán nói riêng,
người thầy phải luôn tìm cách để đạt được mục tiêu này. Trong đó có một cách
quan trọng là: chính bản thân người thầy phải là người đi đầu trong các hoạt
động sáng tạo, qua đó cho các em thấy thế nào là một hoạt động sáng tạo và hướng
dẫn, khuyến khích các em học và làm theo.
Hiểu rõ điều này, trong quá trình dạy học, tôi luôn suy nghĩ, tìm tòi để tìm ra
những ví dụ về hoạt động sáng tạo trong phạm vi kiến thức phổ thông và phù hợp
với đối tượng học sinh. Tức là các ví dụ về hoạt động sáng tạo mà chính bản thân
các em học sinh cũng có thể tự mình tìm ra chỉ cần các em có sự tìm tòi, khám phá
và phát huy sáng tạo. Những ví dụ như thế sẽ có tác dụng khuyến khích rất lớn
đến hoạt động sáng tạo của học sinh. Bởi các em thấy, người có hoạt động sáng
tạo đó không xa lạ mà ngay trước mắt các em (đó là người thầy), hơn nữa các em
nhận thấy chính bản thân mình cũng có thể có những hoạt động sáng tạo đó chỉ
cần các em chịu khó suy nghĩ tìm tòi sáng tạo.
Sáng kiến kinh nghiệm này xin trình bày một ví dụ như thế về hoạt động
sáng tạo mà tôi đã tìm ra. Đó là hoạt động tìm tòi sáng tạo để “phát hiện, chứng
minh và khai thác sử dụng một công thức tính diện tích tam giác mới, hiệu quả
trong mặt phẳng toạ độ”. Ở đây tôi xin phép được dùng cụm từ “một công thức
tính diện tích tam giác mới” bởi hai lý do: thứ nhất, ít ra nó mới đối với tôi (bởi
trước khi tôi tìm ra công thức này thì tôi chưa hề biết đến sự tồn tại của nó); thứ
hai, công thức này chưa có trong Sách giáo khoa phổ thông hiện thời nên nó mới
đối với học sinh.
1
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Bài toán tính diện tích tam giác là một bài toán cơ bản, gắn liền với thực tế

.
Ngoài ra, đến năm học lớp 12, học sinh được trang bị thêm một công thức nữa để
tính diện tích tam giác dựa vào tích có hướng của hai vectơ trong không gian:

1
2
,
ABC
S AB AC
 
=
 
uuur uuur
.
Mỗi công thức có ưu và nhược điểm riêng, tuỳ từng tình huống học sinh lựa
chọn sử dụng một cách hợp lý.
Vậy phải chăng với số lượng “đồ sộ” các công thức tính diện tích tam giác
như thế, học sinh có thể giải quyết các bài toán cơ bản về diện tích tam giác
trong chương trình học một cách thuận lợi, tối ưu?
Để trả lời câu hỏi này, chúng ta xem xét một thực tế sau đây.
Trong quá trình dạy học, tôi luôn băn khoăn bởi có một “nghịch lý” thể hiện
2
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
qua lời giải hai bài toán sau:
Bài toán 1:
Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 3), B(5; 4),
C(6; -1). Tính diện tích tam giác ABC.
Bài toán 2:
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(2;-1;3), B(4;0;1),
C(-10;5; 3). Tính diện tích tam giác ABC.

cosA
AB AC
+ −
= = =
uuur uuur
(hoặc
2 2 2
32 10 26 1
2
2 4 2 10 5. .
b c a
cosA
bc
+ − + −
= = =
)
2
2
1
5
sinA cos A⇒ = − =
.
Áp dụng công thức:
1
2
S bcsinA=
.
1 1 2
4 2 10 8
2 2

 
⇒ =
 
uuur uuur
2 2 2
1
12 24 24 36
2
,S AB AC
 
⇒ = = + + =
 
uuur uuur
(đvdt).
Có thể nhận thấy, lời giải bài toán 2 đơn giản và ngắn gọn, đa số học sinh
hiểu và có thể áp dụng. Tuy nhiên lời giải bài toán 1 không hoàn toàn như vậy, học
sinh cần vận dụng nhiều kiến thức và sử dụng nhiều thao tác, tính toán phức tạp
hơn. Hay có thể nói, bài toán 2 dễ hơn bài toán 1. Đây chính là “nghịch lý”, bởi bài
toán 2 xét trong không gian tưởng chừng sẽ khó hơn bài toán 1 xét trong mặt phẳng
(là một trường hợp riêng trong không gian).
Tại sao lại có “nghịch lý” này? Có thể giải thích, bởi trong không gian
chúng ta có công thức tính diện tích tam giác thông qua tích có hướng của hai vectơ
(
1
2
,
ABC
S AB AC
 
=

1. Phát hiện công thức
Bài toán mở đầu:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với
( ; )
A A
A x y
,
( ; )
B B
B x y
,
( ; )
C C
C x y
. Hãy tính diện tích S của tam giác ABC.
Phân tích và lời giải:
Bài toán tương tự như thế này, trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz đã
được Sách giáo khoa Hình Học 12 giải quyết và đưa ra công thức
1
2
,S AB AC
 
=
 
uuur uuur
(*).
Vậy ta có thể xem bài toán trong mặt phẳng là trường hợp riêng của bài toán
trong không gian để sử dụng sự hiệu quả của công thức (*). Cụ thể như sau:
Xem bài toán đang xét là bài toán trên mặt phẳng toạ độ Oxy của hệ trục toạ
độ Oxyz trong không gian. Vậy ta có toạ độ các đỉnh của tam giác ABC là

AB AC
y y x x x x y y
 
− − − −
 
⇒ =
 ÷
 
 ÷
− − − −
 
uuur uuur
0 0, ; ;
B A B A
C A C A
x x y y
AB AC
x x y y
 
− −
 
⇒ =
 ÷
 
 ÷
− −
 
uuur uuur
1
2

C
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với
( ; )
A A
A x y
,
( ; )
B B
B x y
,
( ; )
C C
C x y
. Diện tích của tam giác ABC được tính theo công thức:

1
2
B A B A
C A C A
x x y y
S
x x y y
− −
=
− −
(1a).
2. Nếu đặt
1 1
( ; )AB x y=

1
8
2 4 4
S = =
−
(đvdt).
Nhận xét:
- Với sự xuất hiện của công thức 1a,1b - gọi chung là công thức (1), bài
toán1 được giải quyết một cách nhanh gọn, khắc phục được “nghịch lý” nói
trên.
- Để dễ nhớ và áp dụng thuận lợi, ta nên sử dụng công thức (1b) với lưu ý:
không nhất thiết phải lấy cặp vectơ
,AB AC
uuur uuur
mà có thể lấy hai vectơ không
cùng phương tuỳ ý miễn sao chúng có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của
tam giác ABC.
2. Chứng minh công thức
7
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Trong phần trên chúng ta đã có một cách (xem là cách 1) chứng minh công
thức (1) nhưng nó chỉ phù hợp với học sinh lớp 12 ở học kì 2 (sau khi học sinh đã
học tích có hướng của hai vectơ), như thế thì quá muộn. Bởi thực tế các bài toán
cần sử dụng công thức (1) đã có từ lớp 10. Vậy chúng ta cần tìm ra cách chứng
minh công thức (1) mà chỉ với kiến thức toán lớp 10 (tức là không thông qua tích
có hướng của hai vectơ và hình giải tích trong không gian).
Từ suy nghĩ đó, tôi tìm ra hai cách chứng minh khác (cách 2, cách 3 sau đây)
hoàn toàn phù hợp với kiến thức của học sinh lớp 10 và các em dễ dàng tiếp thu.
Cách 2 sử dụng sau khi học sinh đã học biểu thức toạ độ tích vô hướng của
hai vectơ. Sau đó, khi học sinh đã học công thức tính khoảng cách từ một điểm đến

1
2
. .AB AC sinA=
.
2
1
1
2
. .S AB AC cos A⇒ = −
2 2 2
1
2
. ( . . )AB AC AB AC cosA= −
2 2
2
1
2
. ( . )AB AC AB AC= −
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
1
2
( )( ) ( )x y x y x x y y= + + − +
2 2
1 2 1 2 2 1 2 1
1
2
2
( ) ( )( ) ( )x y x y x y x y= − +

2
x y
S
x y
=
.
Cách 3:
Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương
( ; )
B A B A
AB x x y y= − −
uuur

nên có vectơ pháp tuyến
( ; )
B A B A
n y y x x= − − +
r
.
Suy ra đường thẳng AB có phương trình
0( )( ) ( )( )
A B A A B A
x x y y y y x x− − − − − =
.
Độ dài đường cao
c
h
là khoảng cách từ C đến đường thẳng AB.
2 2
( )( ) ( )( )

1
2
B A B A
C A C A
x x y y
S
x x y y
− −
=
− −
.
II. KHAI THÁC SỬ DỤNG CÔNG THỨC
Trong phần này, tôi trình một số ví dụ về khai thác sử dụng công thức (1)
vào giải toán. Trước hết đó là áp dụng giải những bài toán cơ bản, sau đó mở rộng
áp dụng cho các bài toán mang tính tổng quát, phức tạp hơn.
Qua phần này, chúng ta sẽ thấy rõ và bất ngờ về tính hiệu quả của công thức
(1), nhờ vào nó một số bài toán tương đối khó đã được giải quyết một cách gọn gẽ,
mà trước đây phần lớn các bài toán này chỉ được xét trong những trường hợp đặc
9
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
biệt (như liên quan đến tam giác vuông, cân, đều, ). Trong số đó có các bài toán rất
đáng chú ý (như ví dụ 6, 7, 8).
Ngoài ra, công thức (1) còn được tôi khai thác sử dụng theo hướng: dựa vào
nó để đặt ra các bài toán và tìm cách giải quyết chúng, từ đó làm phong phú thêm
các dạng toán và hơn nữa nhiều khi thu được những kết quả thú vị, bất ngờ. Với
hướng khai thác này, công thức (1) cũng tỏ ra rất hiệu quả.
Sau đây là nội dung cụ thể của những hướng khai thác và sử dụng công thức
(1) nói trên.
1. Giải toán về diện tích trong mặt phẳng toạ độ
Xét một số ví dụ sau:

−
=
−
(đvdt).
10
A
B
C
D
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
AC
uuur
= (6; -6),
AD
uuur
= (4; -1)
⇒
S
ACD
=
6 6
1
9
2 4 1
−
=
−
(đvdt).
Vậy diện tích tứ giác ABCD là S = 15 + 9 = 24 (đvdt).
Ví dụ 3:

=
2
2 2 3a a= − −2
2 2 3( )a a= − − −
(vì
1 3a
− ≤ ≤
).
2
2 4 1 8( )S a
 
⇒ = − − ≤
 
,
a∀
.
[ ]
8 1 1 3;S a= ⇔ = ∈ −
.
1a
=

⇒
M(1; 1).
Vậy diện tích tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi M(1;1).
Ví dụ 4:
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho hai đường thẳng có phương trình

∆
và
∆
’ nên A(4a; 3a), B(3b; 4b) (với a, b > 0).
Ta có:
2 2
16 9 5OA a a a= + =
,
2 2
9 16 5OB b b b= + =
.
1 1
2
OA OB
+ =
1 1 1 1
2 10
5 5a b a b
⇔ + = ⇔ + =
(1).
Gọi S là diện tích tam giác OAB.
4 3
1 7 7
2 3 4 2 2
a a
S ab ab
b b
= = =
(2).
Từ (1), áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có:



1
5
a b⇔ = =
.
Suy ra: S bé nhất
1
5
a b⇔ = =
(3).
Khi đó A
4 3
5 5
;
 
 ÷
 
, B
3 4
5 5
;
 
 ÷
 
.
Vậy đường thẳng d cần tìm là đường thẳng đi qua hai điểm A, B có phương trình:
4 3
5 5
3 4 4 3


⇒
A(0; 1).
Tương tự ta có: B(1; 3), C(2; 2).
⇒

AB
uuur
= (1; 2),
AC
uuur
= (2; 1),
BC
uuur
= (1; -1).
⇒

5 2 5, ,AB BC AC= = =
.
a) Gọi S, p lần lượt là diện tích và nửa chu vi của tam giác ABC.
Suy ra:
1 2
1 3
2 2 1 2
S = =
;
2 3 3 2
2
2
a

=
− − −
hay
1 2 8 7 0( ) ( )a x a y a+ + − + − =
.
A’M cắt AC tại N có toạ độ là nghiệm của hệ
13
A
C
A’
M
N
B
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
2 2 0
1 2 8 7 0( ) ( )
x y
a x a y a
− + =


+ + − + − =


4
4
2
3
x
a

2 2
1 3 2
2 1
4 2
2 2
2 1
( )( )
CMN
a a
S a
a
a a
− −
= = − −
− −
=
2
3 2
2
( )a
a
−
(vì
1 2a≤ ≤
).
Đường thẳng A’M chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau khi và
chỉ khi
2
CMN
S S=

− +
 ÷
 ÷
 
.
Ví dụ 6:
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC với A(1; 3), B(4; 0),
C(7; -1).
Tìm toạ độ điểm M sao cho các tam giác MAB, MBA, MAC có diện tích
bằng nhau.
Giải
Gọi M(x; y) và S
MAB
, S
MBC
, S
MAC
lần lượt là diện tích của các tam giác MAB,
MBC, MAC.
14
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có
4( ; )BM x y= −
uuuur
,
3 3( ; )AB = −
uuur
⇒
S
MAB

3 4x y= + −
2 2 3 11x y= + −
3 4 3 4
3 4 2 2 3 11
x y x y
x y x y

+ − = + −

⇔

+ − = + −


(*)
Từ hệ (*) ta có 4 trường hợp sau:
- Trường hợp 1:
3 4 3 4
3 4 2 2 3 11
( )
( )
x y x y
x y x y
+ − = + −


+ − = + −

2 8 0 4
3 3 18 0 2

⇔ ⇔
 
+ − = = −
 

⇒
M
2
(10;-4).
- Trường hợp 3:
3 4 3 4
3 4 2 2 3 11
( )
( )
x y x y
x y x y
+ − = + −


+ − = − + −

4
2 8 0
2
5 9 26 0
3
x
x
x y
y

+ − = − + −

2 3 8 0 2
5 9 26 0 4
x y x
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇔
 
+ − = =
 

⇒
M
4
(-2; 4).
Vậy có 4 điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán là
M
1
(4; 2), M
2
(10;-4), M
3
(4;
2
3
), M
4
(-2; 4).

Gọi toạ độ của điểm M là (x
o
; y
o
), ta có
2 2
2 2
1
o o
x y
a b
− =
.
Tiếp tuyến d của (H) tại M có phương trình
2 2
1
o o
x x y y
a b
− =
.
(H) có hai tiệm cận
b
y x
a
= ±
.
Suy ra tiếp tuyến d cắt hai tiệm cận trên tại
A
;

x =
o o o o
a a
x y x y
a b a b
 
 ÷
+
 ÷
 ÷
− +
 ÷
 
=
2 2
2 2
o
o
o o
x
x
x y
a b
=
−
Tương tự
I o
y y=
.
Vậy trung điểm của AB chính là điểm M.

Vậy diện tích của tam giác OAB luôn bằng ab, không phụ thuộc vào vị trí
của điểm M trên (H).

3. Chứng minh công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Trong trường hợp chúng ta chứng minh công thức (1) bằng cách 2 (tức là
thông qua tích vô hướng của hai vectơ), khi đó chúng ta có thể dụng công thức (1)
17
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
để chứng minh công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng trong
mặt phẳng toạ độ. Cách chứng minh này ngắn gọn, đơn giản hơn so với cách chứng
minh trình bày trong SGK 10 và 12. Đây là một điều rất đáng chú ý, phải chăng
nên xây dựng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng trong
mặt phẳng toạ độ theo hướng này?
Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm M
o
(x
o
; y
o
) và đường thẳng
∆
có phương trình Ax + By + C = 0.
Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm M
o
đến đường thẳng
∆
được cho bởi
công thức:
d(M


thuộc
∆
sao cho
1 2
M M u=
uuuuuur r
.
Khi đó ta có tam giác M
o
M
1
M
2
và gọi S là diện
tích của nó.
Giả sử M
1
(x
1
; y
1
), suy ra C = - Ax
1
– By
1
.
Ta có
1 2
1

O
x
y
M
o
M
1
M
2
H
∆
u
r
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
2 2
( , )
o o
o
Ax By C
d M
A B
+ +
⇒ ∆ =
+
.
Vậy trong mọi trường hợp, công thức (*) được chứng minh.
4. Giải toán về diện tích liên quan đến đồ thị hàm số
Ví dụ 9:
Xác định m để đồ thị hàm số
4 2 4

Ta có:
2
( ; )BA m m=
uuur
,
2 0( ; )BC m=
uuur
Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có diện tích bằng 32 khi và chỉ khi

2
1
32
2
2 0
m m
m
=

( )
5
2
32 32m m m⇔ = ⇔ =
19
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
2 4m m⇔ = ⇔ =
.
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 4.
Ví dụ 10:
Cho hàm số
2

x
 
+ +
 ÷
+
 
với
x Z
∈
.
Tâm đối xứng I là giao điểm hai tiệm cận y = 3x + 2 và x + 3 = 0
⇒
I(-3; -7).
Suy ra tam giác IMO có diện tích
1 2 3
7 3 3 2 3
2 3 3
S x x x
x x
 
= − + + + = + +
 ÷
+ +
 
.
Vậy S nhận giá trị là số tự nhiên khi và chỉ khi x + 3 là ước của 3, ta có:
- Với x + 3 = 3
⇒
x = 0, y =
8

- Với x + 3 = 1
⇒
x = -2, y = - 2
⇒
M
3
( )
2 2;− −
.
- Với x + 3 = -1
⇒
x = - 4, y = -12
⇒
M
4
( )
4 12;− −
.
Vậy có 4 điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán là:
M
1
8
0
3
;
 
 ÷
 
, M
2

O,
B , D lần lượt thuộc tia Ox, Oy (hình bên).
Khi đó A(0; 0), B(2; 0), C(2; 2), D(0; 2),
E(1; 0), F(2; 1).
Suy ra: các đường thẳng AF, DE, BD lần lượt
có phương trình
x - 2y = 0; 2x + y –2 = 0; x + y – 2 = 0.
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
2 0
2 2 0
x y
x y
− =


+ − =

4
5
2
5
x
y

=


⇔



=


⇔


=



⇒
H
2 1
3 3
;
 
 ÷
 
.
Ta có:
1 0( ; )EB =
uuur
,
1 2
5 5
;EI
 
= −
 ÷
 

 ÷
 
uur
,
4 1
3 3
;HB
 
= −
 ÷
 
uuur

⇒
Diện tích
∆
HIB là S
2
=
1 6 8 1
2 15 15 15
− + =
(đvdt).
Vậy tứ giác BEIH có diện tích S = S
1
+ S
2
=
1 1 4
5 15 15

.MM
3
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5. Cho parabol (P): y = x
2
– 3x + 2 và các điểm A(1; 0), B(3; 5) thuộc (P).
Tìm toạ độ điểm M thuộc cung AB của (P) để
∆
MAB có diện tích lớn nhất.
Bài 6. Cho tam giác ABC với A(1; 0), B(4; 2), C(2; 6); I là trung điểm của BC, M
đối xứng với I qua C. Viết phương trình đường thẳng qua M và chia tam giác
ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Bài 7. Cho tam giác OAB với A(1; 1), B(9; 2). Tìm phương trình đường thẳng song
song với trục tung chia tam giác OAB thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Bài 8. Tìm trên đồ thị (C) của hàm số
2
2 11 8
2 3
x x
y
x
+ +
=
+
những điểm M có hoành độ
22
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
nguyên sao cho
∆
IMO có giá trị diện tích là một số tự nhiên với I là tâm đối

Chứng minh rằng diện tích
∆
AND và
∆
BMC bằng nhau.
C. KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu
1.1. Đối với học sinh
- Học sinh nắm được một công thức tính diện tích tam giác rất hiệu quả trong
mặt phẳng toạ độ và vận dụng giải quyết một số các bài toán có trong chương trình.
- Hơn nữa, như phần đặt vấn đề đã nói, điều quan trọng sáng kiến kinh nghiệm
này cho các em học sinh một ví dụ sống động về một hoạt động nghiên cứu tìm tòi
sáng tạo. Cho các em thấy, từ những vấn đề quen thuộc nhất cũng có thể tìm ra
23
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
những điều mới mẻ nếu luôn có tinh thần tìm tòi nghiên cứu, nhìn nhận vấn đề theo
nhiều góc độ khác nhau. Và tạo cho các em niềm tin rằng bản thân các em hoàn
toàn có thể là chủ thể của những hoạt động sáng tạo đó. Qua đó khích lệ, tạo hứng
thú và lôi cuốn các em say mê học tập và học tập một cách sáng tạo.
1.2. Đối với giáo viên
- Giáo viên có thể sử dụng sáng kinh nghiệm này như một ví dụ về hoạt động
tìm tòi sáng tạo, qua đó khích lệ các em tham gia vào hoạt động này nhằm phát huy
tinh thần học tập sáng tạo của học sinh.
- Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này có thể xem là một bài tập mở để giáo
viên hướng dẫn học sinh phát hiện ra những nội dung đó. Đây sẽ là một bài tập thú
vị, bổ ích cho đối tượng học sinh khá giỏi, tạo ra hứng thú học tập và rèn luyện tư
duy sáng tạo cho các em.
- Dựa trên kinh nghiệm này, giáo viên có thêm một cách xem xét vấn đề nhằm
phát hiện ra những nội dung tương tự, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học
sinh và ngày một nâng cao hơn nữa hiệu quả của hoạt động dạy học.