SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2014 - 2015
ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC
BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
TÁC GIẢ: QUÁCH CHI THẮNG
DƯƠNG THỊ LY
NGUYỄN THỊ THU HIỀN
TRƯỜNG THPT NHO QUAN C
GMAIL:
SỐ ĐIỆN THOẠI: 0303.674.215

1


I. Tên sáng kiến:
“VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI
TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG”
II. Nhóm tác giả của sáng kiến
- Quách Chi Thắng, giáo viên trường THPT Nho Quan C, trưởng nhóm;
- Dương Thị Ly, giáo viên trường THPT Nho Quan C.
- Nguyễn Thị Thu Hiền, giáo viên trường THPT Nho Quan C
III. Nội dung sáng kiến
1. Thực trạng và giải pháp cũ thường làm - Hạn chế của giải pháp cũ
1. 1. Thực trạng
Các bài toán hình phẳng Oxy trong các năm gần đây xuất hiện trong đề thi
Tuyển sinh Đại học phần lớn sử dụng kết hợp tính chất hình học trong quá trình
giải toán đưa ra lời giải nhanh trong khoảng thời gian ngắn. Dưới đây chúng tôi
tổng kết lại kỹ thuật vận dụng định lý Thales đã được áp dụng xuyên suốt trong thi
Đại học. Kỹ thuật này áp dụng giải quyết được phần lớn các bài toán có tính chất
song song từ viết phương trình đường thẳng, các bài toán về tam giác và tứ giác.
Hiện nay rất nhiều học sinh còn lúng túng trong việc giải các bài toán về

với A qua G.
- Viết phương trình các đường thẳng d1' ;d '2 qua A’ và lần lượt song song với
các đường thẳng d1;d 2 .
- Khi đó tọa độ các điểm B, C thỏa: B = d1 ∩ d '2 ; C = d 2 ∩ d1'
+ Phương pháp 2:
- Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác.
- Lấy các điểm B, C lần lượt thuộc các đường d1;d 2 ta được tọa độ của mỗi
điểm theo 1 ẩn số dạng B(b);C(c) với b, c là các ẩn số.
- Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm ta được hệ ẩn b, c. Giải hệ tìm được
tọa độ các điểm B, C.
Với cách tiếp cận như trên các sách tham khảo đã đưa ra rất nhiều dạng bài
tập và cách giải cho từng dạng cụ thể.
3


1. 3. Hạn chế của giải pháp cũ
- Với việc đưa ra hệ thống các dạng bài toán cố định và mặc định sẵn các
phương pháp giải tương ứng khiến học sinh rất vất vả trong việc nhớ các dạng toán
và phương pháp tương ứng cho từng dạng.
- Trong các bài tập khác khi đề bài cho không ở dạng chuẩn học sinh không
biết cách định hướng và tìm lời giải.
- Khi thực hiện theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm được các bài
toán mà yếu tố đề bài cho ở dạng suy luận.
- Các đề thi đại học trong các năm gần đây bài toán về hình học tọa độ trong
mặt phẳng đều đòi hỏi học sinh phải định hướng, tư duy, phân tích dữ kiện giả thiết
kết hợp với những kiến thức đã học để làm bài do đó nếu áp dụng giải pháp cũ thì
đại bộ phận học sinh không làm được bài tập thuộc dạng này.
- Theo xu thế dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, không
phát huy được tính chủ động, sáng tạo của học sinh trong quá trình giải toán. Bên
cạnh đó với việc cung cấp quá nhiều dạng toán và phương pháp như các tài liệu

bài cho học sinh một cách chủ động không trùng lặp.
- Các giải pháp mới nêu ra đều sử dụng phần lớn những kiến thức mà học
sinh được học ngay trên lớp. Sự liên kết giữa các phần kiến thức cùng với những
định hướng ban đầu khiến cho bài toán trở nên quen thuộc và dễ tiếp cận. Việc vận
dụng một cách phù hợp vào từng bài toán cụ thể luôn tạo ra sự mới mẻ nhưng cũng
rất quen thuộc với học sinh. Các bài tập vận dụng giải pháp mới hầu như là những
bài toán đã xuất hiện trong các tài liệu tham khảo cũng như trong các Đề thi đại học
trong những năm gần đây nhưng được tiếp cận một cách hoàn toàn mới mẻ nhưng
đồng thời rất gần gũi với mức độ suy luận của các em học sinh.
IV. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
1. Hiệu quả kinh tế:
- Học sinh không phải sử dụng quá nhiều tài liệu như việc sử dụng các
phương pháp khác. Có thể tự sáng tạo hoặc giải các bài toán khác theo phương
pháp này. Thời gian nghiên cứu và học tập tương đối phù hợp. Các em học sinh có
thể dựa vào những phân tích về các bài toán trong sáng kiến để đi tìm lời giải cho
một bài toán khác, có thể tránh được tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn kém vừa
không mang lại hiệu quả cao.

5


- Qua quá trình triển khai sáng kiến kinh nghiệm tại trường THPT Nho Quan
C với đối tượng là các em học sinh lớp 10 với tổng số khoảng 280 em và các em
học sinh khối 12 với tổng số khoảng 283 em cho thấy để làm bài tập thuộc phần
hình học tọa độ các em học sinh tối thiểu phải có hai quyển sách tham khảo là:
+ Phương pháp giải toán trong mặt phẳng tọa độ - Tác giả Nguyễn Ngọc Thu
- Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội giá bìa 58.000 đồng.
+ Phương pháp giải toán đường thẳng, đường tròn, cô níc - Tác giả ThS Lê
Hồng Đức - Nhà xuất bản ĐHSP Hà Nội, giá bìa 58.000 đồng.
Như vậy với tổng số học sinh lớp 10 và lớp 12 của trường THPT Nho Quan

- Việc áp dụng đề tài trong hoạt động dạy học giúp học sinh hình thành tư
duy, khả năng vận dụng. Đề tài cho thấy việc học và nghiên cứu kỹ các nội dung
trong sách giáo khoa là rất cần thiết cho học sinh trong quá trình học tập.
Kết quả trong giảng dạy:
Với trường THPT Nho Quan C có điểm tuyển sinh đầu vào thấp: Điều kiện
kinh tế còn khó khăn, trình độ đầu vào còn rất hạn chế, đại bộ phận học sinh là con
em thuộc các vùng nông thôn, vùng núi chưa có điều kiện tốt để học tập nên việc
tiếp thu những phương pháp mới còn hạn chế. Trong ba năm liên tiếp gần đây điểm
chuẩn đầu vào của nhà trường rất thấp, là một trường có điểm đầu vào luôn đứng ở
vị trí thấp nhất tỉnh: Năm học 2012 - 2013 điểm chuẩn là 16.25 điểm, năm học
2013 - 2014 điểm chuẩn đầu vào là 19,5 điểm và năm học 2014 - 2015 điểm chuẩn
đầu vào là 16,75 điểm (Trong các kỳ thi vào lớp 10 gồm 3 môn thi trong đó môn
Văn và Toán tính hệ số 2; các em học sinh còn được cộng thêm điểm Nghề và các
điểm ưu tiên và khuyến khích khác). Tuy nhiên nhờ sự tìm tòi và áp dụng những
sáng kiến kinh nghiệm và tích cực đổi mới phương pháp nên trong các kỳ thi Đại
học và Cao đẳng trường THPT Nho Quan C luôn đạt được những thành tích tốt. Cụ
thể trong 3 năm học gần đây điểm thi đại học của nhà trường không ngừng được
nâng cao;
Như vậy với những kết quả đã đạt được, sáng kiến kinh nghiệm đã khẳng
định có sự ảnh hưởng rõ rệt đến chất lượng học tập bộ môn của các em học sinh.
Tác giả hi vọng sáng kiến kinh nghiệm được các bạn đồng nghiệp và các em
học sinh quan tâm và góp ý để trở thành một tài liệu hữu ích trong quá trình giảng
dạy cũng như học tập.
V. Điều kiện và khả năng áp dụng
Đề tài: VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC
BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG” mà tác giả trình bày
dễ dàng áp dụng trong thực tế, phù hợp với cả giáo viên, học sinh trung học phổ
thông. Không những hữu ích với học sinh ôn thi đại học mà còn hiệu quả với học
sinh đại trà khác, giúp các em nâng cao khả năng tư duy giải quyết các vấn đề liên
7


AD AE
=
,
AB AC

AD AE
=
DB EC

Chú ý: Định lí Thales cũng đúng đối với hình thang
AB // EF // CD →

AE BF AE BF
=
,
=
AD BC ED FC

(Hình 2)
b) Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác thì nó tạo với các
đường thẳng chứa hai cạnh kia một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba
cạnh của tam giác đã cho.
∆ABC , DE // BC
AD
AE
DE
→
=
=


Chứng minh:
Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1).
Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K.
Áp dụng định lý Thales có:
B ' C BC C ' A AK
=
;
=
B ' A AI C ' B BC

Hơn nữa ta có:
AI
AM
AK
A' B AI
=
=
⇒
=
A' B MA' A' C
A' C AK

Vậy ta có:

10


A' B B ' C C ' A AI BC AK
.

trên hai cạnh của tam giác (*). Điều kiện cần và đủ để A’, B’, C’ thẳng hàng là:
A' B B ' C C ' A
.
.
= 1 (1)
A' C B ' A C ' B

Chứng minh:
Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1).
Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ tại M.
Áp dụng định lý Thales ta có:
A' B A' C ' B ' C B ' M
=
,
=
A' C A' M B' A B ' C '

11


Mặt khác ta có:
Do đó ta có:

CM B ' M
CM A' M
C ' A A' M .B ' C '
=
=
⇒
=

DA B ' A

Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng.
Trong trường hợp 3 điểm A’, B’, C’ cùng thuộc phần kéo dài của các cạnh thì
chứng minh tương tự.
Nhận xét: Trong các bài toán dưới đây ta chỉ cần chứng minh theo chiều thuận tức
là 3 điểm A’, B’, C’ thẳng hàng và ta chứng minh đẳng thức (*).
3. Phương trình đường thẳng:
 x = x 0 + at
(t ∈ ¡ )
 y = y0 + bt

r

+ Đường thẳng d đi qua M 0 (x 0 ; y0 ) có vtcp u(a;b) : (d) : 
r

+ Đường thẳng d đi qua M 0 (x 0 ; y0 ) có vtpt n(A;B) :
(d) : A(x − x 0 ) + B(y − y 0 ) = 0

4. Phương trình đường tròn:
+ Đường tròn tâm I(a; b) bán kính R: (x − a)2 + (y − b) 2 = R 2
5. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:
Cho d : Ax + By + C = 0 và M 0 (x 0 ; y0 ) : d(M 0 ;d) =

| Ax 0 + By0 + C |
A 2 + B2

6. Góc giữa hai đường thẳng:
·

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M (-2;5) và cắt hai đường thẳng d1, d2
lần lượt tại B và C sao cho:c
a) AB =

13
AC
41

b) BC =

2 14
AB
7

Lời giải
a) Tọa độ giao điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
13


⇒ A(-3;1).

Lấy điểm B1(-5;-2) ∈ d1 và điểm C1(c; −

5c + 11
)∈ d2 sao cho AB1 =
7

13
AC1.
41

 126 238 
;
 ( ta chọn véc tơ chỉ phương của
 37 37 

Suy ra: B1C1 = (7;-1) hoặc B1C1 =  −

đường thẳng d có tọa độ rút gọn: (9; -17)).
Theo giả thiết ta có:

AB AB1
13
=
=
AC AC1
41

Theo định lý Thales đảo ta có: BC // B1C1 ⇒ d // B1C1.
Vậy d là đường thẳng đi qua M và nhận B1C1 làm vectơ chỉ phương.
Do đó có 2 phương trình đường thẳng thỏa mãn là:
d:

x+2 y −5
x+2 y −5
=
=
hoặc d:
7
−1
9

;  ( ta chọn véc tơ chỉ phương của đường
 37 37 

Suy ra B1C1 = (0;4) hoặc B1C1 = 

thẳng d có tọa độ rút gọn: (35; 12).
14


Theo giả thiết ta có:

BC B1C1 2 14
=
=
AB
AB1
7

Theo định lý Thales đảo ta có: BC // B1C1 ⇒ d // B1C1.
Vậy d là đường thẳng đi qua M và nhận B1C1 làm vectơ chỉ phương.
Do đó có 2 phương trình đường thẳng thỏa mãn là:
d:

x+2 y −5
=
hoặc d: x+2=0
35
12

Bài 2. ( TSĐH khối A-2014) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD

3

Phương trình đường thẳng CD: a( x − ) + b( y + 2) = 0 , ( a 2 + b 2 > 0)
Tới đây ta có nhiều hướng giải quyết bài toán:

15


Cách 1: Phương pháp tìm điểm kết hợp tính độ dài:
Gọi cạnh hình vuông là a. E là hình chiếu của M lên CD. Ta có:
MA
1
a
= 3 ⇒ FC = a ⇒ EF = ; ME = a
FC
6
3
2
a
16
⇒ MF 2 = a 2 +
= + 42 ⇔ a = 4
9
9

Tọa độ của điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
ME =4

(x−
1) 2 +( y −2) 2 =


6
5

Trường hợp 2: Nếu E ( ; − ) thì phương trình đường thẳng CD là: 3x -4y -15 =0
Cách 2: Sử dụng khoảng cách:

Ta có:

d ( M , DC ) = a ⇔

7
a (1 − ) + b ( 2 + 2)
3
a 2 + b2

=4

a = 0
⇔
 4a + 3b = 0

16


Với a = 0 thì phương trình đường thẳng CD là: y + 2 = 0
Với 4a + 3b = 0 thì phương trình đường thẳng CD là : 3x -4y -15 =0
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, điểm E là trung điểm AB,
điểm D trên cạnh AC sao cho AD =


 xC = 43
⇔

 yC − 4 = 27
 yC = 31
⇒ C (43;31)

Vậy điểm cần tìm là C(43;31).
7
2

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC = 3 AB. Lấy D( ;3 )
∈ AB, E ∈ AC sao cho CE=BD, DE cắt BC tại K(17;-3) (E nằm giữa D và K). Biết

C(14;-2). Viết phương trình cạnh AC.
Lời giải
Kẻ EF//AB và F thuộc BC. Áp dụng định lý Thales trong tam giác KDB và tam
giác ABC.
17


Ta


BD = CE

EF
KE
1
 KE


3( x − 17) =
x =
 25 
2 ⇔
2 ⇒ E  ;−1
Ta có: KD = 3KE ⇔ 
 2

3( y + 3) = 6
 y = −1

Phương trình AC đi qua C và E là: 2x + 33y - 22 = 0
Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G trên cạnh
CD sao cho DG = 2GC. Gọi E là giao điểm của AG và BD. Giả sử E(1;3), G(3;-1)
và đỉnh B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 3 = 0; cot ADC =
3
2

bình hành đã cho biết xB < − .
Lời giải
Theo định lý Thales ta có:
3

EA = GE

EA EB AB 3 
2
=
=


Vì B∈ d ⇒ B(b;2b-3) suy ra D 

2b − 11 4b + 6 
 2b + 4 4b − 24 
;
;
, DG = 
.
3 
3 
 3
 3
uuur uuur
DA.DG
(2b − 11)(2b + 4) + (4b + 6)(4b − 24)
cos
ADC
=
u
uur uuur =
Ta có:
DA . DG
(2b − 11) 2 + (4b + 6) 2 (2b + 4) 2 + (4b − 24) 2

Suy ra DA = 

=

20b 2 − 86b − 188


2
229

)

⇔ 2b 2 − 7b − 22 10b 2 − 51b − 78 = 0

b = −2

11
⇔ b =

2

b = 5 ± 5721

20

⇒ B( − 2;−7 ) do xB



Suy ra E( 2; 5). Gọi I là trung điểm của HE, ta có I( 1;2). Tam giác ABH vuông tại
H có M là trung điểm của cạnh huyền AB nên MB =MH = 10

Gọi B(x; y), ta có hệ phương trình sau:

{

( x + 3)2 + y 2 = 10
( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 10

Giải hệ ta có : B( 0; -1) hoặc B( -2; 3)
Với B(0; -1) loại do khi đó B trùng với H
Với B( -2; 3), vì M là trung điểm của AB nên A( -4; -3)
→
EC
NC 1
1 →
11
=
= ⇒ CE = HA ⇒ C ( 3; )
Mặt khác HA NA 4
4
2

→

→

1

Ba điểm A, M, I nằm trên đường thẳng chứa các cạnh của tam giác BDC và thẳng
hàng. Áp dụng định lý Menelaus ta có:

AD MB IC
.
.
=1
AB MC ID

1 1 MB
⇔ . .
= 1 ⇔ MB = 4MC ⇒ MB = −4 MC
2 2 MC

Do đó dễ tìm được tọa độ điểm B và suy ra tọa độ điểm A.
Vậy là bài toán cơ bản hoàn tất.
Vậy khi trình bày thì các em chứng minh MB = −4MC .
Lời giải chi tiết
Theo giả thiết ta có:

22
1
22 
 xC − 3 = − 2 10 − 3 
 xC = 6
1



⇔

⇒ B(11;2)

Vì D là trung điểm của AB nên A(9;8).
Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I. Một đường
thẳng d đi qua A và cắt các cạnh BC và CD lần lượt tại M và N, đường thẳng IM
 3 1
cắt BN tại E và cắt đường thẳng CD tại F. Biết B(5;-4) và E  − ;  và đỉnh C nằm
 2 2

trên đường thẳng ∆ : 6 x − 2 y + 11 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh A.
Ta chứng minh. CE ⊥ BE .
+ Nếu đường thẳng d đi qua A và trung điểm của BC thì IM song song với CD.
Suy ra tam giác BCN vuông cân tại C. Do đó CE ⊥ BE (đpcm).
+ Nếu d không đi qua trung điểm của BC.
Áp

dụng

định

lý

Menelaus cho tam giác
CAN với cát tuyến I, M,
F ta có:
MA FN IC
.
.
= 1 nên
MN FC IA


Từ (*) và (**) suy ra:

MC EB BC
EB BC MB BC 2
.
=
hay
=
.
=
MB EN CN
EN CN MC CN 2

Kẻ CH ⊥ BC thì BC2 = BH.AN, CN2 = HN.BN.
− 13 9 
 3

;  . Vì C ∈ ∆ ⇒ C  − − c;−3c − 5  .
 2 2
 2



Suy ra BE = 

Ta có phương trình:
−

13

89

a=
 A 8 ; 8 

49




8
⇔ (a − 5) 2 =   ⇔ 
⇒
  9 81 
 8 
a = − 9
 A − ;− 
8

  8 8
2


Chú ý: A và E nằm khác phía với BC nên chỉ nhận điểm A

89 17 
; .
 8 8



Ta có:

HI
AI
=
= 2 ⇒ AB//HK ⇒ d//HK (Thales đảo).
HK AB

Vậy đường thẳng cần tìm đi qua M và nhận KH = (3;1) làm vectơ chỉ phương.
Suy ra d:

x −1 y − 2
=
⇔ d : x − 3y + 5 = 0 .
3
1

Vậy đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là d: x - 3y + 5 = 0.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi N là điểm trên cạnh
AC sao cho AN = 2NC. Gọi P là giao điểm của BN và đường trung tuyến kẻ từ
 13 10 
;−  . Tìm tọa độ ba đỉnh A, B, C.
3
3

đỉnh C. Giả sử P(3; -2), N 

Lời giải
Với hai điểm P và N đã biết trước tọa độ ta
thấy việc tìm B trước tiên là khả thi nhất.


(

)(

=

5
13

)

⇔ 5b 2 − 9b − 72 5b 2 − 34b − 22 = 0

b = −3

24
⇔ b =
⇒ B( − 3;−9)
5

17 ± 399

b =
5

Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1). Một đường
thẳng song song với BC cắt AB và AC tại 2 điểm D và E(0;2) sao cho AB=3AD.
Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.
Giải

 y = 4 ⇒ C (−2;4)
C (4;−2)
 x = 4


 y = −2

Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có điểm A(0; 1), B(3;4),
CD = 2AB, AB song song CD. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và
BD. Giả sử I thuộc cung AB cuat Parabol (P): y =( x − 1)2 và diện tích tứ giác
ABCD đạt giá trị lớn nhất. Tìm tọa độ các điểm C và D.
Giải
25

Trích đoạn Các bài toán về hình bình hành: Các bài toán về hình thang:

---