PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Tên sáng kiến kinh nghiệm:

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở.
Phương pháp giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ
quả, tính chất hình học để suy luận. Phương pháp mang bản chất thuần túy hình học
này đôi khi gây không ít khó khăn cho học sinh, đặc biệt là những học sinh THPT.
Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây
cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là
thế mạnh của các em. Trong khi đó học sinh lớp 10 đã được học các kiến thức về
vectơ và tọa độ. Vậy tại sao các em không thử sử dụng các kiến thức vừa học để giải
bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp hai.
Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những cung cấp thêm cho học
sinh một công cụ giải toán ( rất đơn giản và dễ hiểu) mà còn giúp củng cố các kiến
thức về vectơ và tọa độ vừa học.
Điểm mới trong đề tài này là các bài tóan đã được hệ thống lại thành dạng
chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh có thể tự rút ra
được một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận:
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho
xuất bản cuốn “ LaGéométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương
pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán
học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã
giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con người
đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng hoá toán học trong
nhiều lĩnh vực.






r

 Với a  a ; a ; b  b ; b
1 2
1 2
  a1  b1
 a b 
a2  b2
ur r

 a  b  (a  b ; a  b ) ; ka  (ka ; ka ) với k R
1 1 2 2
1 2
ur r ur r
ur r
 a.b  a b cos a; b  a b  a b
11 2 2
ur r
ur r
 a  b  a.b  0  a b  a b  0
11 2 2


a  a2  a2
1

 Với A  x ; y ; B  xB ; yB
A A
uuur
 AB  xB  x ; yB  y
A
A
uuur
 AB  AB  ( x  x )2  ( y  y )2
B A
B
A
x x y y
 Tọa độ trung điểm M của AB: M ( A B ; A B )
2
2
 Phương
trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm Mx0; y0) và có
ur
vtpt n = (A; B).là: A(x  x0) + B(y  y0) = 0  Ax + By + C = 0 (A2 + B2  0)
 Phương trình đường tr n (C) tâm I (a,b), bán kính R là :
2
2
( x  a)2  ( y  b)2  R2 hoặc x + y – 2ax - 2by + c= 0
y2
x2
 Phương trình chính tắc của (E):
+
= 1 với c2 = a2- b2
a2
b2

b. Biện pháp:
Kiến thức vectơ và tọa độ là kiến thức mới đối với học sinh. Muốn sử dùng
phương pháp tọa độ để giải toán hình học đòi hỏi các em phải thành thạo trong việc
giải các bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối liên hệ giữa “ngôn ngữ hình
học” và “ngôn ngữ tọa độ”.
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10,
làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ của các đối tượng trong hình học phẳng.
Việc sử dụng vectơ và tọa độ để giải quyết bài toán hình học phẳng tạo cho học
sinh cảm giác thích thú, trực quan và quen thuộc đặc biệt có hiệu quả trong bài
toán quỹ tích.
Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp
cho toán học thoát ra khỏi tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường,
nhằm đạt tới đỉnh cao khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán
học.
Mặt khác, một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một
công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian.

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 3


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Vấn đề 1: Bài toán chứng minh (hoặc tính toán).
Bài 1. Cho hình vuông ABCD. E, F là các điểm xác định bởi
uuur 1 uuuur uuuur

trên CA và F là trung điểm DE. Chứng minh rằng AF BE.
Bài giải:

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 4


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Chọn hệ trục Oxy sao cho:
D (0; 0) , B ( -1; 0) , C (1; 0) , A (0; a )
y
 1  ax  y  a  0
a
Phương trình DE: x - ay = 0 . Tọa độ E là nghiệm của hệ:
 a2


ax  y  a
a 
a2
a




E
;


Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. D là trung
điểm AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh : IE  CD .
Bài giải:

Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục Oxy:
c a
c a
O  0;0  , A  0; a  , B  c;0  , C  c;0  , D   ;  , E  ; 
 2 2 6 2
uuur uuur
x  0

c
a

 DI  BA
 x  2 ; y  2  .  c; a   0

Ta có: uuur uuuur  


a2  c2
OI

BC
y





PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 4. (APMO 1998)
Cho tam giác ABC với đường cao AD,  là một đường thẳng đi qua D.
Lấy E,F  , khác D, sao cho AE  BE, AF  CF. Gọi M, N theo thứ tự là
trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF.
Chứng minh rằng AN  MN.
Bài giải:

Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với 
 e f

Giả sử D(d;a), E(e;a), F(f;a)  N 
;a 
 2

Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax - ey = 0.
Đường thẳng AD có phương trình ax - dy = 0.
Đường thẳng AF có phương trình ax - fy = 0.
Từ đó, do BE  EA nên BE có phương trình ex + ay - e 2 - a 2 = 0
Do CF  AF nên CF có phương trình fx + ay - f 2- a 2 = 0
Do BC  AD nên BC có phương trình dx + ay - d 2 - a 2 = 0
Từ đó, tìm được
de  
df 
e f
d (e  f ) 


B  d  e; a   , C  d  f ; a   .

Bài 5. (IMO 2000)
Cho hai đường tròn (O1 ); ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N. Tiếp
tuyến chung ( gần M hơn) tiếp xúc với ( Oi ) tại Ai . Đường thẳng qua M, song song
với A1 A2 , cắt lại đường tròn ( Oi ) ở Bi . Các đường thẳng Ai Bi cắt nhau tại C, các
đường thẳng Ai N cắt đường thẳng B1B2 ở D, E. Chứng minh rằng CD = CE.
Bài giải:

Chọn hệ trục tọa độ A1xy sao cho A1 (0; 0), A2 (a; 0), O1 ( 0; r1 ) , O2 (a; r2 ) .
Giả sử: M(s;t), Khi đó B1 ( -s; t ) , B2 ( 2a - s; t )
Từ đó B1 B2 = 2a = 2 A1 A2
Ta thấy rằng A1 A2 // B1 B2 .
Suy ra A1, A2 theo thứ tự là trung điểm B1C, B2C
uuuur
uuuuuur
Do đó: C(s;-t). Vậy CM = (0; 2t), B B = (2a; 0)
1 2
Suy ra CM  B1 B2 hay CM  DE (1)
Gọi K là giao điểm của MN với A1 A2 ta có:
uuuur 2 uuuuur uuuur
uuuuur 2
P    KA  KM .KN  P    KA
1
2
K /  o 
K /  o 
 1
 2
Suy ra: K là trung điểm của A1 A2.
Từ đó, do A1 A2 // B1 B2 nên M là trung điểm DE (2)
Từ (1), (2) suy ra CM là trung trực của đoạn DE (đpcm)

b 
 b
;
;C  
;
Suy ra B 


 ca ca   ca ca 

 

 ab
abc  uuuuur
bc
;
c; a 2
Do đó M 
  AM 
2
2
2
2
2
2
a(c  a )
 c a c a 
a2
ab
x




   2


2
LB BC  LB   BC 
 bc 
 b c 
 c2 
c2
2
2
2
2
2
 ab  ac  a b  c b  0   a  b  c  ab  0  b 
 B  ;0 
a
 a




 a 2  c2 

 AB2  BC 2  

a 

BC . AC
 BC 
2


 (2)


4R = 
 
2
2


sin
A
a


OC
c



Từ (1) và (2), suy ra: AC 2 + BC 2 = 4R 2 .

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 9


1
1
1
1
2
2
Tương tự: AC  a  bc . Vậy: ta có đpcm.
1













Bài 9.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) và elip (E) cố định (tâm đường tròn là
tâm đối xứng của elip) . Từ điểm M thuộc(C) ta dựng hai tiếp tuyến MT1 , MT2 tới
(E) trong đó T1 , T2 là tiếp điểm.Chứng minh rằng các đường thẳng T1T2 luôn tiếp
xúc với đường cong cố định
Bài giải:

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG


p cos t. y
2
2  1 2

2
2
a
b
p sin t.x p cos t .y

1
Từ (1) và (2) suy ra phương trình T1T2:
a2
b2
Gọi N(x;y) là điểm mà họ T1T2 không đi qua
p sin t
p cos t
x
y  1 vô nghiệm theo t.
Suy ra
a2
b2
2
2
 px 
 py 
x2 y 2
Từ đó :       1 

1

  sin t  cos t  1
2
2
2
2
p  a 
p  b 
x2 y 2

1
Nên T1T2 luôn tiếp xúc với (E1) :
a 4 b4
p2 p2

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 11


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 10. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB; C là một điểm thay đổi trên đường
tròn (O) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam
giác ABC hạ từ C. Hạ HE; HF vuông góc AC; BC tương ứng. Các đường EF và AB
cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của hai đường tròn tâm O và đường tròn đường
kính CH; D khác C. CMR: K; D; C thẳng hàng.
Bài giải:

Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H(0; 0); A(-1+a; 0); B(1+a; 0); O(a; 0);
C(0; b)



2
2
(a
1)
x
by
=
0




Phương trình đường thẳng (EF): x
b2

2
Vậy: K;C;D thẳng hàng.



b
2 

2  K   b ;0   K   CD 

1 a b
 2a 
b

uuuur
uuur
Suy ra : PQ = (-a - x0 ; y0 + b) ; RS = (a - x0 ; y0 - b) ;
uuuur uuur
Nên PQ RS = -a 2 + x2  y 2 - b2 = 0 . Vậy PQ vuông góc RS
0 0
ur
Đường thẳng PQ đi qua P( x0 ; -b) và có vectơ pháp tuyến n = ( y0 + b; a + x0 )
Nên có phương trình PQ là:
(b + yo )( x - xo ) + (a + x0 )( y + b) = 0  (b + y0) x + (a + xo) y - xo yo + ab = 0
Tương tự phương trình RS là
(b - y0 )( x - a) - ( x0- a)( y - y0) = 0  (b - y0) x + (a - x0) y + xy0 - ab = 0
Gọi I ( xI ; yI ) lả giao điểm của PQ và RS thì ta có xI ; yI là nghiệm của hệ sau
(b + y ) x + (a + x ) y - x y + ab = 0

0
0
0 0

(b - y0 ) x + (a - x 0 ) y + xy0 - ab = 0
Cộng lại ta được bx + ay = 0 suy ra bxI + ayI = 0
Do điểm B(-a;b), D(a;-b) nên phương trình đường chéo BD:
(b + b)( x + a) - (a + a)( y + b) = 0
Hay: ax + by = 0. Suy ra: I ( xI ; yI ) thuộc BD.
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 13


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

uuur

Ta có: MN cùng phương với BM , EN cùng phương với EC ,

6 R 2  3mR

x

 m  3R x  3Ry  mR
 6 R 2  3mR 7mR  6 3R 2 

3m  2 R

 

N
;


2
3
m

2
R
3
m

2
R


3m  2R  
3m  2R











  m  2 R  3m3  6  4 3 Rm2  12  8 3 R2m  24 R3   0  m  2 R












( Vì ta đặt f  m   3m3  6  4 3 Rm2  12  8 3 R2m  24R3



3

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 14


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Vấn đề 2: Tìm điểm cố định
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A nhưng không cân; trên cạnh AB và AC lấy
M và N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua
một điểm cố định.
Bài giải:

Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Chọn A(0; 0); M(0; m); B(0; b) ; C(1; 0) với m thay đổi, 0 < m < b  1
Ta có MB = CN, suy ra N(1 + m – b ;0)
uuuur
 1 m  b m 
;  và MN  1  m  b; m 
Suy ra trung điểm của MN có tọa độ 
2
2

Suy ra phương trình đường trung trực của MN là:
2
1 m  b
m
1

b a
b a
BC
Gọi H là hình chiếu của D trên BC. Do EH 
nên E thuộc đoạn OC, H thuộc
2
đoạn OB.
ax 

Vậy, nếu E(x0;0) , 0  x  b thì H( x0 – b;0) và do đó D  x0  b; 0 

0
b 

Gọi (d) là đường thẳng qua E vuông góc với DE thì phương trình của (d) là:
b2 x  ax y  b2 x  0 . Phương trình này tương đương với:  b2  ay x  b2 x  0
0
0
0

b2 

Suy ra (d) luôn đi qua điểm cố định là 0; 
cố định.

a 





TRANG 16


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 4. Cho góc vuông xOy, và hai điểm A, C chuyển động theo thứ tự trên Ox, Oy
sao cho OA + OC = b (b là độ dài cho trước). Gọi B là đỉnh của hình chữ nhật
OABC. Chứng minh đường thẳng d qua B, vuông góc với AC luôn đi qua một điểm
cố định
Bài giải:

Chọn hệ trục Oxy, gọi A ( a; 0) , C (0; c ) . Khi đó: B ( a; c ) và a + c = b ( a, c là hai số
thực dương )
ur
Vectơ chỉ phương u  a; c  của (AC) chính là vectơ pháp tuyến của d nên d có
dạng:
a
a( x- a ) – c( y - c) = 0  ax - cy + c2 – a2 = 0   x  b    y  b   0
c
Vậy d luôn đi qua điểm I  b; b  là đỉnh của hình vuông OHIK với
H  Ox, K  Oy, OH  OK  b

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 17


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Vấn đề 3: Tìm quỹ tích của điểm



Do góc C nhọn nên 2 p 2  q 2  a 2  0
Suy ra (*) là phương trình đường tròn có tâm D ( -p; -q ) với D là đỉnh thứ tư của
hình bình hành ACBD và bán kính là R = 2 p2  q2  a2  AC 2  BC 2  AB2





Bài 2. Cho hai điểm AB cố định.
Tìm quỹ tích các điểm M sao cho 2MA2 - 3MB 2 = 5 AB 2
Bài giải:

NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 18


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

uuuuuuuuuur

uuuuuuuuuuur

uuur

Gọi O là điểm xác định bởi 2OA  3OB  0 . Giả sử AB = a. Lập hệ Oxy với Ox
trùng với AB.
Ta có các điểm A(-3a; 0), B(-2a; 0), M(x; y)


Lấy O là điểm trên AB sao cho 2OA  3OB . Lấy O làm gốc tọa độ như hình vẽ.
Không mất tính tổng quát giả sử A(0; 3)và B(0; -2) và M ( x0 , y0) thuộc d .
Ta có: 2MA2 + 3MB2

2 
2

 2  x2  y  3   3  x2  y  2   5( x 2  y 2 )  30 = 5MO2 + 30 (1)
0
0
0
0
 0

 0



















;
;
C = CDOA  C 
, D = CDOB  D 


 k  cot  k  cot  
 k  cot  k  cot  


k
k2
  OM :cot 2  x  kx  k  0
M
;
2
2
2
2
 k  cot  k  cot  





k

Gọi H(x;y) ta có NHCD  0  x  ky 



NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG



TRANG 20


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG



Suy ra tập hợp điểm H là đường tròn tâm K  0; 



tan 2 
tan 2  
, bán kính R =
= IK
2
2 


AB
Mà tan  =
.

tròn đường kính MN
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG

TRANG 21


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 6.Trong mặt phẳng cho trước đường thẳng d và một điểm A d . Xét B, Cd
sao cho BC = b > 0 cho trước. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Bài giải:

Gọi O là hình chiếu của A trên d và đặt a = d(A; d ). Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao
cho A(a;0), O(0;0) (tức là trục hoành chứa d , trục tung chứa OA)
Giả sử trong hệ trục này B( x0 ; 0) , C ( x0 + b; 0) ( vì độ dài BC= b).
Gọi H là trung điểm BC
b 

b
Khi đó H  x  ;0  và HA = HB =
0
2 
2

Gọi I ( x; y ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2
b  b2

b

TRANG 22


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Bài giải:

Chọn hệ tọa độ Bxy sao cho A( -a; 0), C(c; 0) (a, c > 0), S(0; s), S ≠ 0
x y
x y
x y
  1,  SC  :   1   BD  :   0
Khi đó (SA):
a s
c s
s c
 x y
 a  s  1
Từ đó, tọa độ của điểm D là nghiệm của hệ 
x  y 0
 s c
2
a

x


x2 y 2
2    y 2  1 *
 x hay 

 


nx   m  b  y  bn  0  MB 

Phương trình phân giác của góc tạo bởi MA và MB là
nx   m  a  y  an nx   m  b  y  bn

0
2 2
2 2
m  a  n
m  b  n
Mà một trong hai đường này qua O (0;0) và a>0, b>0 nên phương trình phân giác
qua O là
2
a
b


2

 0  a 2  m  b   n2   b2  m  a   n2 


2


 m  a 2  n 2
 m  b   n2


PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

uuuur uuuur

x  x
1  x2 
 AH .BC  0
0


0

 Hx ;
 uuuur uuuur

0
y
 x0 1  x  1  yy0  0
 BH . AC  0


0









0

uuur uuuur
Theo giả thiết ta có: IH // KC  IH , KC cùng phương
x
1  x2
x2 y 2
0 x 2
0  0  0  0  1.
y 0
y
1
2
0
0
x2 y 2

 1 cố định.
Vậy A di động trên (E):
1
2





Bài 10.Cho hình vuông ABCD. Từ A kẻ một đường thẳng bất kì. Đường thẳng này
cắt BC, DC tương ứng tại E và F. Gọi I là trung điểm của BE. Chứng minh rằng FI
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của hình vuông.