THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1.

Tên sáng kiến
MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN PHƯƠNG
PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO KĨ
NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
- Đề tài áp dụng cho tất cả học sinh ở bậc trung học phổ thông
- Giáo viên dùng làm tài liệu tham khảo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến
- Từ tháng 9 năm 2010 đến tháng 7 năm 2015
4. Tác giả
- Họ và tên: PHẠM VĂN PHI
- Năm sinh: 1984
- Nơi thường trú: Nam Trực, Nam Định
- Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Sư phạm toán
- Chức vụ: TKHĐ, giáo viên môn Toán
- Nơi làm việc: Trường THPT C Nghĩa Hưng
- Địa chỉ liên hệ: Trường THPT C Nghĩa Hưng
- Điện thoại: 0902277186
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
- Trường THPT C Nghĩa Hưng
- Địa chỉ: Khu Đông Bình, thị trấn Rạng Đông, Nghĩa Hưng, NĐ
- Điện thoại: 035033728748

1


MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG



II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Bài viết này được đưa ra nhằm hỗ trợ phần nào cho người học có cách tiếp
cận bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng một cách hiệu quả nhất, giải
quyết những khó khăn của dạng toán mang lại.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh lớp 10
- Học sinh lớp 12, ôn thi THPT Quốc gia
- Giáo viên Toán
IV. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI
Trong bài viết này tôi mới chỉ đề cập đến một số định hướng từ những bài
toán cơ bản và những tính chất sẵn có ngay trong giả thiết bài toán và chỉ tập trung
đến các dạng toán liên quan đến điểm và đường thẳng; hướng tiếp cận bài toán khi
sử dụng tính chất hình sơ cấp (tính song song, vuông góc, thẳng hàng, đồng quy …)
và tiếp cận những bài toán về đường tròn sẽ được tiếp tục nghiên cứu và bổ sung
sau này.

3


B. NỘI DUNG
I. TÓM TẮT LÍ THUYẾT CƠ BẢN
1. Điểm - đường thẳng
a. Phương trình đường thẳng

r
- Đường thẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) và nhận n = ( a; b ) làm véc tơ chỉ

 x = x0 + at


M ∈d .
- Khi xác định được diện tích của tam giác ABC thì d ( A; d ) =

2S ABC
; với
BC

d ≡ ( BC ) .
- Cho hai đường thẳng cắt nhau d: ax + by + c = 0 và d’: a ' x + b ' y + c ' = 0 ,
thì:
+) cos ( d , d ' ) =

aa '+ bb '
a 2 + b 2 . a '2 + b ' 2
4


+) Phương trình đường phân giác tạo bởi giữa hai đường thẳng d, d’ là:
ax + by + c
a +b
2

2

=

a'x + b' y + c'
a '2 + b '2


Khai thác những đường đặc biệt của tam giác:
+ Đường cao, trực tâm: Yếu tố vuông góc.
+ Đường trung tuyến, trọng tâm: Đường
trung tuyến AE, G là trọng tâm của tam giác, ta
có:
5


x A + xB + xC

 xG =
uuur 2 uuur
3
AE = AG
và

y
+
y
+
y
3
A
B
C
y =
G

3
· D = CA


1
+2
2
12 + ( −2 )

2

1
d ( I , AD )
2

1
2. + 4 − 5a
a = 0
1
2
⇔
5
−
5a
=
5
⇔
 a = 2(l ) Suy ra A(- 2; 0),
= .
2
2

2


=

AB
2

 AB 
AB 2 + 
÷
 2 

=

2
5

1 
+ Viết phương trình đường thẳng AC: Đi qua I  ;0 ÷ và tạo với đường thẳng AB
2 
2
·
·
=
một góc xác định CAB
mà cosCAB
.
5
r
+ Gọi VTPT của đường thẳng AC là n = ( a; b ) (a, b không đồng thời bằng 0)
1

x − 2 y + 2 = 0
 x = −2
⇔
Khi đó, tọa độ của A là nghiệm của hệ 
(t/m).
y = 0
y = 0
Vậy A(- 2;0). Do I là trung điểm của AC, nên tọa độ của C ( 3;0 )
+ Đường thẳng CB vuông góc với AB nên có dạng: 2x + y + c’ = 0, CB đi qua điểm
C nên ta có 2.3 + c’ =0 ⇒ c ' = −6 , vậy đường BC có phương trình x + 2y - 6 = 0
x + 2 y − 6 = 0
x = 2
⇔
+ B = BC ∩ AB nên tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình: 
x − 2 y + 2 = 0
y = 2
Vậy B(2; 2), I là trung điểm của BD nên tọa độ D(-1; - 2).
Cách 3.

8


Gọi M là trung điểm của AB, theo giả thiết ABCD là hcn, AB = 2AD nên ta có
ngay tam giác MIA vuông tại M, IM = d ( I ; AB ) và AM = 2IM
Mà IM = d ( I ; AB ) =

1
+2
2
12 + ( −2 )

x − 2 y + 2 = 0

2
2
thỏa mãn hệ phương trình 
1
5 .
2
 x − 2 ÷ + y =  2 ÷

 

Giải hệ này ta được A ( −2;0 ) , B ( 2;2 ) (vì A có hoành độ âm)
I là trung điểm của hai đường chéo AC, BD nên suy ra C ( 3;0 ) , D ( −1; −2 ) .
• Nhận xét: Đối với cách thứ nhất, có lối suy nghĩ đơn giản, phù hợp với học
sinh ở mức độ trung bình khá, lời giải có thiên hướng đại số hóa, không cần
nhiều các phép biến đổi phức tạp mà vẫn giải quyết bài toán một cách tối
ưu. Cách 2 ta thấy sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình đường thẳng
đi qua một điểm và tạo với đường thẳng cho trước một góc xác định, lối tư
duy đơn giản nhưng đòi hỏi cần có sự suy luận để xác định góc (điều này giả
thiết không đưa ra). Đối với cách thứ 3, hướng sử dụng hình học để xác định
điểm là rõ ràng, không chỉ điểm là giao của hai đường thẳng mà điểm còn là
giao của đường thẳng và đường tròn.
Ví dụ 2 (D-12). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD;
các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình x + 3y = 0 và x - y + 4 = 0,

9


 1 


a
·
− b = 0 (1). Theo tính chất của hình chữ nhật, ta có ·ADB = DAC
3

·
suy ra cos ·ADB = cos DAC
hay

10


1− 3

cos ( AD, AC ) = cos ( DA, DB ) ⇔

2. 10

a −b

=

2 a +b
2

2

⇔ 2 a 2 + b 2 = 10 a − b


0


+ Vì I là trung điểm của AC và BD, áp dụng công thức trung điểm ta được C(3; -1),
B(1; -3)
Cách 2.
+

A = AD ∩ AC ,

nên tọa

độ

điểm

A

thỏa

mãn hệ

phương

trình:

x + 3y = 0
 x = −3
⇔
. Vậy A(- 3; 1).


⇔ d 2 + 2ad + 6a + 4d + 3 = 0 (2)
11


Từ (1), (2) ta được hệ phương trình, giải hệ này bằng cách từ pt(1) rút a thế vào (2)
ta được a = 0; d = - 1. Vậy I(0; 0), D(- 1; 3). Vì I là trung điểm của AC, BD nên áp
dụng công thức trung điểm ta được C(3; -1) và B(1; -3).
Cách 3.
x + 3y = 0
 x = −3
⇔
+ A = AD ∩ AC , nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ PT: 
.
x − y + 4 = 0
y =1
Vậy A(- 3; 1).
+ Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với AD, nên phương trình đường AB có
dạng: x + y + c = 0, AB đi qua A nên tọa độ điêm A thỏa mãn , hay -3 + 1 + c = 0
suy ra c = 2. Vậy phương trình đường thẳng AB: x + y + 2 = 0.
uuuu
r 
1

+ D thuộc AD, gọi D ( d ; d +4 ) . Phương trình đường BD nhận MD =  d + ; d + 3 ÷
3


1
3 = y − 1 (trường

÷
2
3d
+
5
2
3d
+
5
(
)
(
)


I nằm trên AC, nên tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình AC, hay:
 d = −1
3d 2 − 3
3d 2 + 16d + 13
+ 3.
=0⇔
2 ( 3d + 5 )
2 ( 3d + 5 )
 d = −3
12


Với d = - 1 suy ra D(- 1; 3), B(1; -3).
Với d = -3 suy ra D(-3;1), B(-3;1) (loại vì B trùng với D)
Khi đó I(0; 0) và vì I là trung điểm của AC nên C(3; -1)

⇔
Gọi I = HH '∩ AD , tọa độ điểm I thỏa mãn hệ PT: 
x − y + 2 = 0
y = 0
Vậy I(-2; 0). H’ là điểm đối xứng của H qua I nên I là trung điểm của HH’, áp dụng
công thức trung điểm, suy ra tọa độ H’(-3; 1).
+ Viết phương trình đường AC: Đi qua H’ và vuông góc với BK, nên đường AC có
phương trình là 3x - 4y + 13 = 0.
3 x − 4 y + 13 = 0
+ A là giao của AC và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ PT: 
x − y + 2 = 0
x = 5
⇒
. Vậy A(5; 7).
y = 7

uuu
r
+ Viết phương trình đường AB: Qua H, A nên đường AB nhận HA = ( 6;8 ) làm
VTCP và qua điểm H nên có phương trình: 4x - 3y + 1 = 0.
+ Viết phương trình đường CH: Qua H và vuông góc với AB nên phương trình CH
là 3x+4y + 7 = 0.
10

x
=
−
3 x + 4 y + 7 = 0

3

nên có phương trình là 2x - y - 7 = 0
+ Viết phương trình AH vuông góc với BC nên đường AH có dạng x + 2y + c = 0,
đi qua H nên phương trình AH là: x + 2y - 3 = 0.
+ Gọi A ( 3 − 2a; a ) ∈ AH , do M(0; 1) là trung điểm của AB nên B ( 2a − 3;2 − a ) .
Mặt khác B ∈ BC suy ra 2 ( 2a − 3) − ( 2 − a ) − 7 = 0 ⇔ a = 3 , vậy A(-3; 3).
uuur
+ Viết phương trình đường AD: Qua hai điểm A, D nên nhận AD = ( 8;0 ) làm
VTCP nên có phương trình là y - 3 = 0.
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác AD, khi đó M’ thuộc AC. Đường
MM’ vuông góc với AD và đi qua điểm M nên có phương trình là x = 0.
Gọi I là giao điểm của MM’ và AD, suy ra tọa độ I(0; 3), I là trung điểm của MM’
nên tọa độ M’(0; 5).

uuuur
+ Đường thẳng AC đi qua hai điểm A, M’ nên nhận AM ' = ( 3; −1) làm VTCP nên
có phương trình là -2x + 3y - 15 = 0.
−2 x + 3 y − 15 = 0
x = 9
⇔
+ C = CA ∩ CB nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT: 
2x − y − 7 = 0
 y = 11
Vậy C(9; 11)
• Nhận xét: Việc khai thác tính chất của đường cao và tính chất điểm đối
xứng qua đường phân giác trong đã giúp ta giải quyết trọn vẹn bài toán.
Một hướng giải khác khai thác tính chất của chân đường phân giác trong đó
là sau khi xác định đường BC, tọa độ điểm A, B, ta tham số hóa tọa độ điểm
C trên BC, áp dụng tính chất: D là chân đường phân giác trong góc A thì
DB AB
=

+ Xác định tọa độ A = AB ∩ AD

(AD là phân

giác trong)
+ Lấy B’ đối xứng với B qua phân giác trong AD,
suy ra tọa độ B’ (Hoặc viết phương trình đường
AC, là đường thẳng đi qua B’ và tạo với đường
· D)
AD một góc xác định BA
+ Viết phương trình AC: Qua A, B’.
+ Đưa ra tọa độ C = AC ∩ BC
Bài 1.3. (Đặng Thúc Hứa - NA) Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A
là d: 2x - y - 3 = 0. Biết các điểm B1 ( −6;0 ) , C1 ( −4;4 ) lần lượt là hình chiếu vuông
góc của đỉnh B, C lên các cạnh AC, AB tương ứng. Xác định tọa độ A, B, C.
Định hướng và cách giải:
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B1 qua đường phân giác AD, suy ra tọa độ B’.
17


+ Viết phương trình đường thẳng AB: Đi qua B’ và C1
+ Suy ra tọa độ điểm A = BA ∩ AD
+ Viết phương trình đường AC: Đi qua điểm A, B1.
+ Viết phương trình đường BB1: Đi qua B1 và vuông
góc với AC.
+ Suy ra điểm B = BA ∩ BB1
+ Viết phương trình đường CC 1: Qua C1 và vuông góc
với AB.
+ Suy ra tọa độ điểm C = CC1 ∩ CA
Bài 1.4. (Lý Thái Tổ - BN) Cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ đỉnh B và

3=0
x + y + 3 = 0
 x = −1
⇔
Gọi I là trung điểm của BB’ thuộc d, tọa độ I thỏa mãn hệ 
x − y −1 = 0
 y = −2
Từ đó suy ra tọa độ B’(2; -5).
uuur 2 uuuu
r
BG
=
BM
+ Gọi M(x; y) là trung điểm của AC, G là trọng tâm của ABC nên
,
3
uuur
uuuu
r
trong đó BG = ( 5;0 ) , BM = ( x + 4; y − 1) nên suy ra tọa độ điểm M thỏa mãn:

2

7

5 = 3 ( x + 4 )
x =
⇔
2


; yG =
. Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:
3
3
3
x + 2 y − 3 = 0
x = 5

⇔
. Vậy I (5; −1)
 2x −1 2 y −1
 y = −1
 3 + 3 − 2 = 0

Ta có IA = IB =

AB
5
=
2
2

5
Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; −1) và bán kính R =
2

⇒ (C ) : ( x − 5) 2 + ( y + 1) 2 =

5
.

20


Cách 2.
Gọi G(t ; 2-t) ∈ d . Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có
d ( C , AB ) = 3d ( G; AB ) ⇔

−1 − 2 − 3
1 +2
2

2

= 3.

t + 2( 2 − t ) − 3
1 +2
2

2

⇔ −t + 1 = 2

t = −1
⇔
t = 3
Với t = -1, G(-1 ; 3) (Loại vì C, G nằm về hai phía của AB)
uuur

2 uur

5⇔
1∨
3.
2
2
(
x
−
5)
+
(
y
+
1)
=
y
=
−
y
=
−


4
2 
2



1 

x
;
y
−
1
Ta có :
(
) , BH = ( − x; − y − 1) . Theo
giả thiết BH ⊥ AH
uuur uuur
⇔ BH . AH = 0 ⇔ ( 6 + x ) ( − x ) + ( y − 1) ( − y − 1) = 0 ,
hay x 2 + y 2 + 6x − 1 = 0 (1)
+ Mặt khác, gọi

N ( x0 ; y0 ) là trung điểm của DC, theo tính chất trọng tâm

x

x
=
2
−
0

uuur 3 uuur
x 9 y


2
BN = BG , từ đó suy ra 

2
 x + y − 10x − 8 y − 9 = 0
Rút x 2 + y 2 từ (1) thế vào (2) ta được 2x + y + 1 = 0, suy ra y = -2x - 1 thế vào (1)
x = 0
2
ta được 5 x + 10x = 0 ⇔ 
 x = −2
Với x = 0, y = -1, vậy B(0; -1) (loại vì trùng với H)
Với x = -2, y = 3, vậy B(-2; 3) và A(-4; -3), N ( 3;3)

uuuu
r
+ Đường BC đi qua điểm B và song song với MN nên nhận MN = ( 6;3) làm VTCP
nên BC có phương trình là : x - 2y + 8 = 0.

22


uuur  16 
+ Đường AC đi qua A, G nên nhận AG =  ;6 ÷ làm VTCP nên AC có phương
 3 
trình là : 9x - 8y + 12 = 0.
x − 2 y + 8 = 0
+ C = AC ∩ BC , nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT : 
, suy ra C(4 ; 6)
9x − 8 y + 12 = 0
+ N là trung điểm của CD, nên tọa độ D(2 ; 0).
• Nhận xét : Cách giải quyết bài toán trên có xu hướng biến đổi đại số, có phần
dài dòng, tuy nhiên lối suy luận đơn giản, dễ khai triển. Cách giải ngắn gọn,
sử dụng nhiều tính chất hình học xin tham khảo đáp án của BGD, phù hợp

trung điểm của BC), suy ra tọa độ M.
+ Tính đoạn AH, tham số điểm B ( 1 − 2b, b ) ∈ ∆ ,
vận dụng M là trung điểm BC, suy ra tọa độ điểm
C(b), tính đoạn BC (b).
+ Áp dụng giả thiết SVABC = 6 hay

1
AH .BC = 6 , rút ra PT theo ẩn b, tìm b. Từ đó
2

đưa ra tọa độ B, C.
23


• Lưu ý : Liên quan đến trọng tâm tam giác, ta định hướng đường thẳng Euler
để tiếp cận bài toán: Đường thẳng Euler đi qua ba điểm trọng tâm G, trực
uuur

r
2 uuu
3

tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I và HG = HI .
Ví dụ 8. (D -2010) Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; - 7), trực tâm là H(3; -1), tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(-2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C biết C có hoành độ dương.
Giải:
Cách 1.
+ Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, áp dụng tính
uuur


2

+ B, C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (I, IA) nên tọa độ B, C là
 y − 3 = 0
 x = −2 + 65  x = −2 − 65
⇔
∨
nghiệm của hệ PT: 

2
2
x
+
2
+
y
=
74
y
=
3
(
)


 y = 3

(

)

)(

)

)

74 − a 2 + 5 + ( a + 7 ) ( −1 − a ) = 0


a = −7 (l )
⇔ a 2 + 4a − 21 = 0 ⇔ 
 a = 3 (tm)


(

)

Vậy C −2 + 65;3 .
• Nhận xét : Cách 1 đã sử dụng tính chất trọng tâm và tính chất đường thẳng
Euler trong tam giác, lời giải với các phép suy luận đơn giản, dễ biến đổi,
tuy nhiên để sử dụng tính chất trên thì HS phải biết và phải chứng minh
trước khi sử dụng. Cách 2 đề xuất của Bộ GD đưa ra không sử dụng tính
chất trọng tâm, chỉ sử dụng các giả thiết ban đầu của bài toán, tuy nhiên lời
giải sẽ khó khăn hơn nếu phương trình đường thẳng BC không đơn giản như
vậy.
Rõ ràng ta có một định hướng khi tiếp cận bài toán này đó là giả thiết có nhắc
đến hoặc suy luận đến hai trong ba yếu tố : Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác.
Bài tập vận dụng