Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

A- ĐẶT VẤN ĐỀ
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” là một trong những nội dung cơ
bản và quan trọng của bộ môn Hình học lớp 10. Nó cho phép ta giải quyết nhiều
vấn đề của hình học bằng phương pháp đại số và giải tích. Song trong quá trình
học tập, khi giải quyết các bài toán về “phương pháp tọa độ”, học sinh chỉ chú ý
đến các phép biến đổi đại số và giải tích mà ít để ý đến các tính chất hình học
vốn có của nó.
Các phép biến đổi đại số và giải tích có ưu điểm là dễ định hướng, có thể
giải quyết được phần lớn các bài toán về “phương pháp tọa độ”. Nhưng nó cũng
có nhược điểm là nhiều bài toán dẫn đến các biểu thức cồng kềnh, phức tạp đòi
hỏi biến đổi dài dòng hoặc dẫn đến các vấn đề khó của đại số và giải tích.
Trong một số các bài toán về “phương pháp tọa độ” nói chung và “Phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng” nói riêng, nếu chú ý đến các tính chất hình học của
các đối tượng thì bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn. Vấn đề là học sinh cần phải
linh hoạt trong quá trình vận dụng, khi nào thì dùng các phép biến đổi đại số và
giải tích đơn thuần, khi nào thì phải chú ý đến các tính chất hình học. Khó khăn
chủ yếu của các em là trong một số bài toán đặc biệt, các em không khai thác
được các tính chất hình học đó.
Câu hỏi được đặt ra là: “ Làm thế nào để rèn luyện cho học sinh có kĩ
năng giải một số bài toán về “phương pháp tọa độ” mà đòi hỏi chú ý đến các tính
chất hình học ?”. Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn đề cập tới nội dung
này ở phần Hình học phẳng nhằm giúp học sinh phát huy tính tích cực, tự giác,
chủ động, sáng tạo; rèn luyện thói quen và khả năng tự học, học tập suốt đời; có
tinh thần hợp tác, có kĩ năng vận dụng kiến thức linh hoạt vào những tình huống
khác nhau trong học tập và trong thực tiễn. Qua thực tế giảng dạy, qua học hỏi
đồng nghiệp, qua quá trình tự học, tự bồi dưỡng, tôi xin nêu ra vấn đề : “Rèn
luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học để giải một số bài


·
3. Cho tia Ot là phân giác trong góc xOy
, M  Ox . Nếu M ' đối xứng với M
qua Ot thì M '  Oy.
y
M’

M

x

O
4. Cho tam giác ABC nhọn có H1 , H 2 , H 3 lần lượt là chân các đường cao hạ từ
các đỉnh A, B, C . Khi đó AH1 , BH 2 , CH 3 lần lượt là các đường phân giác trong

2


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

·H H , H
·H H , H
·H H và BC, CA, AB lần lượt là các đường
của các góc H
3 1 2
1 2 3
2 3 1


Thật vậy, chẳng hạn ·
AH1 H 3  ·
ACH 3 (vì ACH1 H 3 là tứ giác nội tiếp),
·
· ), ·
ACH 3  ·
ABH 2 (cùng phụ với góc BAC
ABH 2  ·
AH1 H 2 (vì ABH1 H 2 là tứ
·H H . Và vì
giác nội tiếp). Do đó AH là các đường phân giác trong của góc H
1

3

1

2

·H H .
BC  AH1 nên BC là đường phân giác ngoài của góc H
3 1 2
ur uur
5. Cho tam giác ABC , gọi e1 , e2 lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục
uuur
ur
uuur uur
AB, AC ( e1 cùng hướng với AB , e2 cùng hướng với AC . Khi đó đường phân
ur uur

Nhưng cũng chính việc thuận lợi này làm cho học sinh phụ thuộc quá
nhiều vào phương pháp đại số. Khi giải các bài tập về loại này, học sinh thường
nghĩ ngay đến việc chuyển về các phương trình, các biểu thức đại số. Ở một số
các bài toán đòi hỏi đến việc sử dụng đến các tính chất hình học thì thường các
em bị động, không xác định được hướng giải quyết.
Trong năm học 2011- 2012, tôi có trực tiếp giảng dạy hai lớp khối 10, qua
thống kê kết quả kiểm tra tôi thu được kết quả sau:
Biểu 1: Kết quả kiểm tra chương III Hình học 10 năm học 2011-2012
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
TT Lớp SS
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
1 10B
44
4
9,1 11 25,0 26 59,1 3
6,8
0

r
Cách 1: Gọi n(a; b) là vectơ pháp tuyến của (a 2  b2  0) . Phương trình đường
thẳng  là: a ( x  x A )  b( y  y A )  0 .
4


Trần Văn Hưng
Ta có d ( B, ) 

THPT Mai Anh Tuấn

a ( xB  x A )  b ( y B  y A )
a 2  b2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì:

a( xB  xA )  b( yB  y A )  (a 2  b2 ) ( x  xA )2  ( y  y A )2 
Do đó : d ( B, )  ( x  x A ) 2  ( y  y A ) 2
Dấu bằng xảy ra 

a
xB  x A

b
0
yB  y A

b
 a
0

nhất.
Giải:
Gọi H là hình chiếu của B trên  , ta có d ( B, )  BH  BA . Dấu bằng xảy ra
 H  A . Khi đó  là đường thẳng qua A và vuông góc với AB tức là đường
5


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

uuur
thẳng đi qua A và nhận AB ( 4; 1) làm vectơ pháp tuyến. Do đó  có phương
trình là: 4( x  1)  1( y  2)  0 hay 4 x  y  6  0 .

Ví dụ 2: Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (1;2) và đường thẳng  có phương
trình mx  (1  2m) y  m  3  0 với m là tham số. Tìm m để khoảng cách từ M
đến  lớn nhất.
Giải:
Nhận xét: đường thẳng  luôn đi qua điểm A(3;5) m . Gọi H là hình chiếu
của M trên  , ta có d ( M , )  MH  MA . Dấu bằng xảy ra  H  A . Khi đó
r
uuuur
m 1  2m
2
m .
  AM  n(m;1  2m) và AM (2;3) cùng phương  
2
3
7

MN nhỏ nhất.

Bài toán 2: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A( x A , y A ), B( xB , yB ),
C ( xC , yC ). Lập phương trình các đường phân giác trong và phân giác ngoài góc
· .
BAC
Cách giải:
6


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

ur
1 uuur uur
1 uuur
- Đặt e1 
. AB, e2 
. AC .
AB
AC
ur ur uur
- Đường phân giác trong góc A đi qua A và nhận vectơ e3  e1  e2 làm vectơ
chỉ phương.
uur ur uur
- Đường phân giác ngoài góc A đi qua A và nhận vectơ e4  e1  e2 làm vectơ
chỉ phương.

B

;

AB
AC
5 2 5 2 
r
Do đó nó có vectơ pháp tuyến là n(2;1) .
Suy ra nó có phương trình: 2( x  2)  ( y  14)  0  2 x  y  10  0 .
Tương tự, đường phân giác trong góc B có phương trình x  2  0 .
Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là giao điểm của hai đường phân
giác trong các góc A,B nên có tọa độ I(-2;-6).
7


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Bài toán 3: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có tọa độ chân ba
đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là H1 ( x1 , y1 ), H 2 ( x2 , y2 ), H 3 ( x3 , y3 ).
Lập phương trình các cạnh và các đường cao của tam giác ABC .
Cách giải:
Theo lưu ý 4 phần 1 ta có đường cao
AH1 chính là phân giác trong của
·H H và cạnh BC chính là
góc H
3

1


5
tọa độ trực tâm của tam giác ABC .
Giải:

·
Vì AM là phân giác trong góc PMN
nên ta tìm được phương trình AM là
·
x  2  0 và CP là phân giác trong góc MPN
nên ta tìm được phương trình CP
là x  y  4  0 . Trực tâm H của tam giác ABC là giao điểm của AM và CP
nên có tọa độ H (2; 2) .
Bài toán 4: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không cân tại A có
B ( xB , yB ), C ( xC , yC ) và phương trình đường thẳng chứa đường phân giác trong
(hoặc phân giác ngoài) góc A là  : ax  by  c  0(a 2  b 2  0) . Lập phương
trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC .
Cách giải:
8


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

uuur
-Cạnh BC đi qua B và nhận BC là vectơ chỉ phương.
uuuur
-Gọi B ' đối xứng với B qua  thì B '  AC . Cạnh AC đi qua C và nhận B ' C
là vectơ chỉ phương.
uuur

C
B
đường cao qua đỉnh B nên có phương trình
là 3x  4 y  13  0 . A là giao điểm của đường phân giác trong góc A và đường
thẳng AB nên A(5;7) . Đường thẳng CH đi qua hai điểm A, H nên có phương
 10 3 
trình 3x  4 y  7  0 . C là giao điểm của AC và CH nên C   ;  . Thử lại
 3 4
uuur uuuur
thấy AC , AH ' cùng hướng nên thỏa mãn.
Ví dụ 7: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh B(4;1) , trọng tâm
G(1;1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình
x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và C .
(trích đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2011)
9


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Giải:

Gọi D( x; y ) là trung điểm của AC . Vì
B
uuur
uuur
7
BD  3GD nên ta tìm được D( ;1) . Gọi E là
2
điểm đối xứng với B qua phân giác trong góc


B
D

d

2.SABC
 6 . Gọi B(4; y) , từ
AC
AB  6 ta tìm được B(4;7) hoặc B(4; 5) . Do d là phân giác trong góc A nên
uuur uuur
AB, AD cùng hướng. Suy ra B(4;7) .

Ta có AC  8; AB 

Bài toán 5: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A( x A , y A ), B( xB , yB ) và đường
thẳng  : ax  by  c  0(a 2  b 2  0) không đi qua A, B . Tìm tọa độ điểm M
trên đường thẳng  sao cho MA  MB nhỏ nhất.
10


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Cách giải:

- Nếu A, B nằm về hai phía đối với
 thì MA  MB  AB . Dấu bằng
xảy ra khi và chỉ khi M là giao
điểm của  và AB .

d, d’ có phương trình:
4x  3 y  2  0 .
Lấy
d
D(4;6) thuộc d ' thỏa
B
C
mãn AD  5 . Khi đó
AD / / BC và AD  BC ,
A’
tức là ABCD là hình
bình hành hoặc ACBD
là hình bình hành.
- Nếu ABCD là hình bình hành, gọi A ' đối xứng với A qua d , ta tìm được
A '(9; 4) . Ta có chu vi tam giác ABC là AB  BC  CA  CD  5  CA
 CD  CA ' 5  DA ' 5 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C là giao điểm của d
uuur uuur
13
7
;1) và BC  AD  B ( ; 3) .
2
2
13
7
-Nếu ACBD là hình bình hành, tương tự ta tìm được B( ;1), C ( ; 3) .
2
2

và DA ' . Từ đó tìm được C (


 2 : y  1  0 và điểm C (5;2) . Tìm các điểm A  1 , B   2 sao cho chu vi tam
giác ABC nhỏ nhất.
Giải

M
2

A
1

C

B
N

Nhận xét: C thuộc góc nhọn tạo bởi hai đường
thẳng 1 ,  2 . Gọi M , N lần lượt là các điểm đối
xứng với C qua 1 ,  2 . Ta có M (1;6), N (5;0) .
Nhận thấy ba điểm C, M , N không thẳng hàng.
Chu vi tam giác ABC là AC  AB  BC  MA 
AB  BN  MN . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
A  MN  1 ; B  MN   2 .
Phương
trình
đường thẳng MN là 3x  2 y  15  0 , suy ra
 13 18   13 
A  ;  ; B  ;1 .
5 5 3 

Bài toán 5: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A( x A , y A ), B( xB , yB ) nằm ngoài

1
1
AJ . Hơn nữa, DJ  DA  ( IA  R)   2k  1 R  R   2 R nên J nằm
k
k
k
trong đường tròn. Theo lưu ý 7 ở phần 1 thì đường tròn (C ) là đường tròn
Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AB. Vậy với mọi điểm M  (C ) ta đều có:
MA  k.MJ .
-Ta có MA  kMB  k.MJ  k.MB  k.(MJ  MB)  k.JB . Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi M  (C )  BJ và M nằm giữa BJ .
Nhận xét:
uuur
uuur
- Với trường hợp 0  k  1 thì ta lấy DJ  k DB ( D là giao điểm của BI và
đường tròn (C ) trong đó D nằm giữa B và I ) và cũng phải có điều kiện đối
với k và IB để J nằm trong đường trong (C ).

- Nếu A, B cùng nằm trong đường tròn thì luôn tồn tại J nằm ngoài đường tròn
(C ) để đường tròn (C ) là đường tròn Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AJ
1
hoặc đường tròn (C ) là đường tròn Apollonius tỉ số dựng trên đoạn JB.
k
Ví dụ 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A(7;9), B(0;8) và đường
tròn (C ) : ( x  1)2  ( y  1)2  25 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C ) sao cho biểu
thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ An - Bảng A 2011-2012)
Giải:

5


 MA2  4MJ 2 

Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta có: MA  2MB  2  MJ  MB   2 BJ .Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài đường tròn
(C); J nằm trong đường tròn (C)).
B
M
Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
giao điểm của đường tròn (C) và đoạn thẳng
BJ.
BJ có phương trình 2 x  y  8  0 .

I

J

A

Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của
hệ

2x  y  8  0

 x5
 x 1

hoặc
.


Bài tập đề nghị
Bài 1. Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A(5;2), B(4;1) phân biệt. Lập
phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn
nhất.
Bài 2. Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (1;3) và đường thẳng  có phương
trình (m  2) x  (1  m) y  3m  5  0 với m là tham số. Tìm m để khoảng cách
từ M đến  lớn nhất
Bài 3. Trong hệ tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm E (1;0)
và cắt đường tròn (C ) : x 2  y 2  8 x  4 y  16  0 tại hai điểm A, B sao cho độ dài
AB nhỏ nhất.
Bài 4. Tìm m để đường thẳng  : (2m  1) x  (m  1) y  m  4  0 cắt đường tròn
(C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 theo một cát tuyến có độ dài nhỏ nhất.

7
Bài 5. Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A( ;3), B(1;2), C (4;3) . Lập
4
phương trình đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC .
14


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có chân các
đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự là M (1; 2), N  2;2  , P(1;2). Lập phương
trình các cạnh của tam giác ABC .
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có B(3;5) ,
C (4; 3) và đường phân giác trong góc A có phương trình x  2 y  8  0 . Lập
phương trình các cạnh của tam giác ABC .

Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn

Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A(4;4), B(0;6) và đường
tròn (C ) : x 2  y 2  9 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C ) sao cho biểu thức
P  2MA  3MB đạt giá trị nhỏ nhất.
4. KẾT QUẢ THỰC HIỆN
Năm học 2012-2013, tôi được phân công giảng dạy hai lớp khối 10 là lớp
10B và lớp 10D trường THPT Mai Anh Tuấn. Trong quá trình giảng dạy, tôi đã
triển khai tới các đối tượng học sinh về nội dung này. Kết quả thu được là học
sinh say mê hơn đối với môn học, hình thành cho các em kĩ năng vận dụng linh
hoạt các kiến thức sẵn có vào các tình huống cụ thể. Kết quả kiểm tra cụ thể như
sau:
Biểu 2: Kết quả kiểm tra chương III Hình học 10 năm học 2012-2013
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
TT Lớp SS
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL

C- KẾT LUẬN
Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân tôi rút ra từ quá trình giảng
dạy. Vì kinh nghiệm của bản thân còn ít, thời gian công tác chưa nhiều nên chắc
chắn còn nhiều thiếu sót, rất mong được sự đóng góp ý kiến của các đồng
nghiệp.
Trong các năm học tiếp theo, tôi sẽ triển khai sâu rộng hơn trong quá trình
giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, rút kinh nghiệm từ thực tế để nội dung sáng
kiến kinh nghiệm này được hoàn thiện hơn và tiếp tục tìm tòi, học hỏi để nghiên
cứu về vấn đề “Rèn luyện cho học sinh kĩ năng sử dụng các tính chất hình học
để giải một số bài toán về “Phương pháp tọa độ trong không gian” ”.

17


Trần Văn Hưng

THPT Mai Anh Tuấn
Tài liệu tham khảo

1.Sách giáo khoa, sách bài tập Hình học 10, Hình học 10 nâng cao, NXB giáo
dục.
2. Tài liệu chuyên toán Hình học 10, Tài liệu chuyên toán Bài tập Hình học 10,
NXB giáo dục.
3. Tạp chí Toán học tuổi trẻ.
4. Các đề thi chọn học sinh giỏi của các tỉnh, các đề thi tuyển sinh Đại học khối
A,B,D.

18