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
phương có phương trình tham số là: 

; 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

+) Phương trình đường phân giác tạo bởi giữa hai đường thẳng d, d’ là:
4


ax  by  c
a 2  b2



a'x  b' y  c'
a ' 2  b '2

c. Điểm
Đối với bài toán xác định điểm, về quan điểm “hình học” điểm là giao của
các đường (đường thẳng, đường tròn), tìm điểm trong tình huống này chính là việc
xác định sự tương giao giữa các đường; về quan điểm “đại số” điểm gồm 2 thành
phần là hoành độ và tung độ, tìm điểm trong tình huống này là tìm mối quan hệ giữa
hai thành phần của điểm để từ đó đưa về bài toán tìm nghiệm của phương trình, hệ
phương trình.


M'

có:

M
G
B

D

E

C5


x A  xB  xC

uuur 2 uuur
 xG 
3
AE  AG
và

3
y

y

y

điểm cơ bản theo hai quan điểm đại số và hình học rõ ràng. Khai thác thêm
giả thiết hình chữ nhật ta sẽ có tiếp cận bài toán theo những hướng sau:
B

A

x-2y+2=0
I(1/2;0)
D

C

Cách 1. Tham số hóa điểm A nằm trên đường thẳng AB là A(2a -2; a), (2a-2 < 0)
+ Đường thẳng AD và vuông góc với AB nên đường AD có phương trình dạng
2x  y  c  0 , đường AD đi qua điểm A nên 2  2a  2  a  c  0  c  4  5a

Vậy đường AD có phương trình dạng: 2x + y + 4 - 5a = 0
Theo giả thiết ABCD là hình chữ nhật, AB = 2AD nên ta có d  I ; AB  

Hay

1
2
2
12   2 

2

1
d  I , AD 


x  2 y  2  0  y  2
Vậy B(2; 2), I là trung điểm của BD nên tọa độ D(-1; - 2).
Cách 2.

·  AB 
Nhận thấy, từ giả thiết ta có cosCAB
AC

AB
AB  BC
2

2



AB
 AB 
AB 2  

 2 

2



2
5


a  0
 a  2b  2 a 2  b2  3a 2  4ab  0  
3a+4b  0
TH1. Với a = 0, phương trình đường AC là y = 0

 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.
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
8


Mà IM  d  I ; AB  
nên AI 


tâm I, bán kính IA có phương trình là:  x    y 2    .
2

2
A, B là giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn (I; IA) nên tọa độ điểm A, B

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;


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).
+ Viết phương trình đường thẳng BD: Đi qua M và tạo với đường thẳng AD một
·
góc  mà   DAC
xác định.
r
Gọi n   a; b  là VTPT của đường BD (a, b không đồng thời bằng 0), đường thẳng

1

BD đi qua M, nên đường BD có dạng: a  x    b  y  1  0
3


hay ax  by 

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

·
ADB  cos DAC

x  y  4  0
+ D  AD  BD , nên tọa độ D thỏa mãn hệ PT: 
3x  y  0
 x  1

 D  1;3
y  3
+ Gọi I là giao điểm của AC và BD, tọa độ điểm I thỏa mãn hệ PT:

x  3y  0
x  0

 I  0;0 

3x  y  0  y  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:


2

2

 d 2  2ad  6a  4d  3  0 (2)
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).
11


+ 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.
uuuur 
1

+ D thuộc AD, gọi D  d ; d +4 . Phương trình đường BD nhận MD   d  ; d  3 
3



3d  5

 y  d  7

3d  5
 3d 2  3 3d 2  16d  13 
;
Vì I là trung điểm của BD, nên tọa độ I 

 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
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)
 Nhận xét: Rõ ràng với cách 1, ta sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình
đường thẳng đi qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một góc
xác định khi khai thác được tính chất hình chữ nhật có hai góc bằng nhau.
Cách 2 và cách 3 thiên về tính toán đại số, ta thấy rằng dễ tư duy theo kiểu
này, tuy nhiên lại gặp khó khăn trong bước giải hệ PT tìm ẩn. Cách 3 lối tư
12


B

A
H

+ Gọi đường phân giác trong AD, đường cao BH.
Gọi H’ là điểm đối xứng của H qua qua đường phân giác AD, khi đó H’ thuộc AC.
+ Đường HH’ vuông góc với AD nên HH’ có phương trình dạng: x+y+c=0, HH’
qua điểm H nên -1 - 1 + c = 0 suy ra c = 2. Vậy phương trình HH’: x + y + 2 = 0.

 x  y  2  0  x  2
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).

13


+ Viết phương trình đường AC: Đi qua H’ và vuông góc với BK, nên đường AC có
phương trình là 3x - 4y + 13 = 0.

3x  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


trong là quan trọng nhất, bài toán được “cởi nút thắt” khi tìm điểm đối xứng
H’, kết hợp với việc sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình các đường
thẳng liên quan đến điểm C, từ đó tìm được điểm C qua sự tương giao giữa
các đường.
 17 1 
Ví dụ 4. (B - 13) Tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H  ;   ,
 5 5

chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm cạnh AB là M(0; 1).
Tìm tọa độ C.
C
H
D
B
M

A

14


Giải :
uuuur  8 16 
+ Viết phương trình đường BC: Qua D, H nên nhận DH    ;   làm VTCP
 5 5

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  .

Như vậy khi gặp một bài toán chứa giả thiết có đường phân giác ta có thể sử
dụng tính đối xứng vào giải quyết bài toán một cách khá hiệu quả, minh họa thêm
một số bài toán trong các đề thi ĐH và đề thi thử của các trường:

15


Bài tập định hướng đường phân giác
Bài 1.1. (D - 2011) 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 là x - y - 1 = 0. Tìm tọa độ
đỉnh A, C.
Định hướng và cách giải:

A

+ Lấy B’ đối xứng với B qua phân giác AD, suy ra
G

tọa độ B’.
uuur 2 uuuur
+ Sử dụng đẳng thức BG  BM , suy ra tọa độ M
3

B

M

B'
C



· 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’.
16


+ Viết phương trình đường thẳng AB: Đi qua B’ và C1

A

+ Suy ra tọa độ điểm A  BA  A D
+ Viết phương trình đường AC: Đi qua điểm A, B1.

B1

B'
C1

+ Viết phương trình đường BB1: Đi qua B1 và vuông
góc với AC.
+ Suy ra điểm B  BA  BB1

B


C

D

+ Viết phương trình đường AB: Qua A, M
+ Suy ra tọa độ điểm B  BA  d 1

d2

+ Tham số tọa độ C  t  trên AC, sử dụng giả thiết MC  2 , suy ra tọa độ C.
Bài 1.5 (Triệu Sơn 4 - TH) Cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ A và đường phân
giác trong kẻ từ B có phương trình lần lượt là x - 2y - 2 = 0 và x - y - 1 = 0. Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M(0; 2) thuộc AB và AB = 2BC.
Bài 1.6 (Chuyên HN- Ams 2014) Cho tam giác ABC, phương trình đường phân giác
trong của góc A và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình x - y = 0 và
2x+y+3=0. Đường thẳng AC đi qua điểm M(0; -1) và AB=2AM. Viết phương trình
cạnh BC.

17


Định hướng trọng tâm tiếp cận bài toán trong tam giác
Ví dụ 5. (D - 2011) 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 là x - y - 1 = 0. Tìm
tọa độ đỉnh A, C.
Giải:
A

G

uuur
uuuur
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

2
0   y  1
 y  1

3
Đường thẳng AC đi qua M, B’, có phương trình: 4x - y - 13 = 0.

4 x  y  13  0  x  4
Tọa độ A thỏa mãn hệ PT: 
. Vậy A(4; 3)

x  y 1  0
y  3
M là trung điểm của AC, suy ra tọa độ C(3; -1)
 Nhận xét: Bài toán trên ngoài việc sử dụng tính chất của đường phân giác
trong, ta còn sử dụng tính chất trọng tâm.



. Vậy I (5; 1)

 2x 1 2 y 1

 2  0  y  1

3
 3

Ta có IA  IB 

AB
5

2
2

Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính R 
 (C ) : ( x  5) 2  ( y  1) 2 

5
2

5
.
4

Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  3  0

Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4;   ,  6;   .
2
2


19


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
12  22

 3.

t  22  t   3
12  22

 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






A  6  x;  y  .
uuur
uuur
Ta có : AH   6  x; y  1 , BH    x;  y  1 . Theo
giả thiết BH  AH
uuur uuur
 BH . AH  0   6  x   x    y  1  y  1  0 ,

A

B

M

D

G
N

C

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

uuur 3 uuur
BN  BG , từ đó suy ra
2


 x 2  y 2  6x  1  0
Từ (1), (2) ta có hệ PT:  2
.
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
ta được 5 x 2  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
uuuur
+ 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.
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.
21


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

uuur 2 uuuur
+ Vận dụng tính chất trọng tâm AG  AM (M là
3

trung điểm của BC), suy ra tọa độ M.

B

H

M

C

+ 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.

22


 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

HG

uuur

+ Gọi M là trung điểm của BC, áp dụng tính chất trọng tâm AG 

M

C

2 uuuur
AM , suy ra tọa
3

độ điểm M(-2; 3).
uuur

+ Đường BC vuông góc với AH nên nhận AH   0;6  làm VTPT và đi qua điểm M
nên có phương trình : y - 3 = 0
+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(-2; 0) và có bán kính IA =

74 có

phương trình là :  x  2   y 2  74 .
2

+ B, C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (I, IA) nên tọa độ B, C là


 x  2  65  x  2  65

Cách 2. (BGD)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình  x  2   y 2  74
2

Phương trình AH : x = 3 và BC vuông góc với AH, suy ra phương trình BC có
dạng : y = a ( a  7 , do BC không đi qua A).
Do đó hoành độ B, C thỏa mãn PT :  x  2  a 2  74  x2  4x  a 2  70  0 (1)
2

23


Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm dương khi
và chỉ khi a  70 .

 



Do C có hoành độ dương, nên B 2  74  a 2 ; a , C 2  74  a 2 ; a



uuur uuur
AC  BH , suy ra : AC.BH  0






Bài tập vận dụng
Bài 3.1. (THTT 2014) Cho tam giác ABC biết A(- 1 ; 1), trực tâm H(1; 3), trung
điểm cạnh BC là điểm M(5; 5). Xác định tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
Định hướng và cách giải:
uuur

+ Áp dụng tính chất trọng tâm AG 

2 uuuur
AM , suy ra tọa độ điểm G.
3
uuur

2 uuur
3

+ Áp dụng tính chất đường thẳng Euler HG  HI , suy

A

ra tọa độ điểm I (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC)

HG
B

I
24

M

Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD với A  4; 1 ,

B  3; 2  và tâm I thuộc đường thẳng x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C, D biết
hình bình hành ABCD có diện tích bằng 34 và đỉnh C có hoành độ âm.
Giải:
+ Theo tính chất hình bình hành, ta có
SVIAB

A

1
 S ABCD
4

Theo giả thiết S ABCD  34  SVIAB
Mặt khác SVIAB 

17

2

H

B

I

d
D