SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT YÊN MỸ
--------------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
“ĐI TÌM NGUỒN GỐC BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
TRONG MẶT PHẲNG, ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI VÀ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC
TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH”

Môn

: Toán

Nhóm tác giả :
1. Nguyễn Cao Thời - Trường THPT Yên Mỹ
2. Vũ Văn Dũng
3. Nguyễn Văn Phu
Chức vụ

- Trường THPT Triệu Quang Phục
- Trường THPT Minh Châu

: Giáo viên

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
“ĐI TÌM NGUỒN GỐC BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT

Đưa ra một số tính chất hình học thường dùng, hệ thống các bài tập áp
dụng; khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa từ một số bài toán cơ bản của hình
học phẳng sang bài toán hình học giải tích phẳng.
III – Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Giáo viên giảng dạy môn toán THPT.
- Học sinh khối 10 THPT.
- Học sinh khối 12 ôn thi kỳ thi THPT Quốc gia
- Đội tuyển thi học sinh giỏi tỉnh khối 12.
IV – Phương pháp nghiên cứu
- Trao đổi với đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện
- Tìm kiếm tài liệu liên quan đến hình học phẳng, hình học giải tích phẳng;
những sáng kiến kinh nghiệm của các đồng nghiệp thuộc bộ môn toán.
- Giảng dạy các tiết bài tập, chuyên đề tại các lớp 10A6, 10A1, 12A1 tại
các trường THPT Yên Mỹ, Minh Châu, Triệu Quang Phục để thu thập thông tin.
- Họp nhóm biên soạn để tìm phương án hợp lý nhất.
B. NỘI DUNG
I - Thực trạng vấn đề trước khi làm đề tài
Huyện Yên Mỹ tỉnh Hưng Yên có ba trường THPT công lập là THPT Yên
Mỹ, THPT Minh Châu và THPT Triệu Quang Phục. Quá trình dạy học môn Toán
của các trường trong huyện chỉ dừng lại ở mức độ hội học, hội giảng và trao đổi
kinh nghiệm trong nội bộ mỗi trường mà chưa có những hoạt động mang tính liên
trường với nhau. Vì đó mà những kinh nghiệm giảng dạy chưa có cái nhìn toàn
diện và sâu sắc. Nhiều thầy cô còn lúng túng trong việc lựa chọn phương pháp
giảng dạy và hệ thống bài tập chưa được phù hợp chính vì vậy học sinh càng gặp
nhiều khó khăn hơn.
Đề tài này tạo sân chơi và cơ hội để các thầy cô dạy môn Toán ba trường
giao lưu, học hỏi, trao đổi sáng kiến, kinh nghiệm và biện pháp giảng dạy đề tài
hình học giải tích phẳng sao cho có hiệu quả, giúp học sinh dễ tiếp thu kiến thức.

3

Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Có trực tâm H,
uuuu
r

uuur

M là trung điểm của BC. Khi đó AH = 2 IM .
Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H, K lần
lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó IA ⊥ HK
Tính chất 4. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của
đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và M là giao điểm của AH với
BC. Khi đó M là trung điểm của HD.
Tính chất 5. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao
điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác JBC và ID ⊥ BC .
4


Tính chất 6. Cho ∆ABC có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của
C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung điểm của
BC. Khi đó PM ⊥ ED
Tính chất 7. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân
đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đó H là tâm đường
tròn nội tiếp ∆ DEF .
Chú ý:
1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vuông góc, sự bằng nhau, quan hệ về góc của
hình vuông, hình thoi và các tam giác đặc biệt.
2. Các công thức diện tích, khoảng cách, công thức tính góc, các định lý
sin, cosin trong tam giác…

+) Có thể tính được khoảng cách từ điểm đó đến một điểm cố định được không
+) Cần đặc biệt chú ý khi điểm cần tìm là trọng tâm, trực tâm, tâm của đường tròn
ngoại tiếp…
+) Để tìm điểm A, có thể tìm điểm B thuận lợi hơn mà từ đó xác định được tọa độ
điểm A.
2. Về mối liên hệ ba điểm
Cho ba điểm A, B, C trong đó đã biết hai trong ba điểm. Khi đó các điểm
có thể có các mối quan hệ sau:

+) Tạo thành mối quan hệ vuông góc

+) Tạo thành tam giác cân, đều.

+) Tạo thành một góc xác định

+) Ba điểm thẳng hàng

3. Về mối liên hệ giữa hai điểm và đường thẳng
6


Cho hai điểm A, B và đường thẳng d. Khi đó chúng có thể có các mối quan hệ
sau:
+) AB tạo với d một góc xác định (B thuộc d).

+) Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng d

Các bước tìm lời giải một bài toán hình giải tích phẳng
Bước 1. Từ giả thiết bài toán phát hiện tính chất hình học và các mối liên hệ ràng
buộc.


Trong bài toán trên xét điểm N ở vị trí N’, thay DM thành PM và giữ cố định
AM; vẽ đường tròn đường kính AM. Bằng trực giác ta thấy AN ' ⊥ PM và giao điểm H
của AN’ và PM nằm trên BD. Bằng công cụ vectơ hay tọa độ ta có thể chứng minh
nhận định trên.
Ta có kết quả sau: “Cho hình vuông ABCD. Gọi N là điểm trên cạnh DC sao
NC = 2DN, P là điểm trên cạnh AD sao cho PA = 5PD, H là giao điểm của AN và PM.
Khi đó tam giác AHM vuông cân và H thuộc BD thỏa mãn HB = 3HD”
Đến đây bằng cách cho biết tọa độ một số điểm và cho một số đường thẳng có
phương trình hợp lý, ta có nhiều bài toán của cùng một vấn đề, nhất là hai bài toán trong
hai đề thi Đại học năm 2012 và năm 2014.

Bài toán 1 (ĐH_A_2012). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của


cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M  ; ÷ và AN có
 2 2
11 1

phương trình 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Có 4 hướng để tìm tọa độ điểm A.

Hướng 1. “Tìm độ lớn góc MAH” (cách 1).
Hướng 2. “Tìm độ lớn góc MAH” (cách 2).
Hướng 3. “Tính AM không sử dụng yếu tố góc” (cách 1).
Hướng 4. “Tính AM không sử dụng yếu tố góc” (cách 2).
Nhận xét: Nếu bài toán thay vì cho tọa độ điểm M, mà thay bằng cho tọa độ trung điểm
I của đoạn thẳng AM. Thì bài toán ở mức độ sâu hơn.
Thay vì cho phương trình đường thẳng AN ta có thể cho tọa độ của điểm H, từ
đó ta có đề thi Đại học khối A năm 2014.

là điểm đối xứng của A qua M; K là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng
AD. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và trung điểm của đoạn thẳng AC thuộc đường
thẳng có phương trình d: x – y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Trong khi đó đề thi THPT Quốc gia năm 2015 như sau:

Bài toán 4 (THPT QG_2015). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC; D là
điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng
AD. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng có
phương trình d: x – y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Chú ý: Trong cách khai thác trên, thì tam giác vuông ABC có AC = 2AB. Trong khi đó
đề thi THPT Quốc gia năm 2015 thì chỉ cần tam giác ABC vuông là đủ.

Hướng 1. “Sử dụng góc nội tiếp”
Hướng 2. “Lập phương trình AK”
Hướng 3. “Chứng minh H là trung điểm AE”
11


Với cách làm từ hướng 3 ta có thể phát biểu bài toán theo cách khác như sau

Bài toán có thể phát biểu theo cách khác:
“Cho tam giác AEC, gọi H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ C và A lên
các cạnh AE và CE. Gọi D là trực tâm của tam giác AEC, B là điểm đối xứng của
D qua cạnh AE và góc BAC = 90o. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và M(0; 10) là
trung điểm của AC. Tìm tọa độ điểm A”.

Với đề thi đại học khối B năm 2013

Bài toán 5 (ĐH_B_2013). Trong mp tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có

bản chất cốt lõi của vấn đề một cách sâu sắc.

Sau đây là lời giải chi tiết theo nhiều cách của một số đề thi Đại học

13


Bài toán 1 (ĐH_A_2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho hình vuông ABCD.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND.


Giả sử M  ; ÷ và AN có phương trình 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
 2 2
11 1

Phân tích
+) A ∈ AN : 2 x − y − 3 = 0

+) Điểm M đã biết tọa độ nên nếu tính được đoạn AM thì coi như điểm A sẽ Biết
được tọa độ nhờ bài toán tìm điểm!.
Lúc này ta sẽ gắn AM vào tam giác vuông AMH với cạnh MH = d(M, AN) ta dễ
dàng tính được. Như vậy nếu biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam
giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài AM. Do các cạnh của tam giác AMH
đều có thể biểu diễn thông qua các bội số của độ dài cạnh hình vuông
nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc tính góc A nhờ định lý cosin trong tam giác hay một
số tính chất khác.
Nên ta sẽ có một số lời giải cụ thể sau:
Hướng 1. “Tìm độ lớn góc MAH” (cách 1).
Gọi H là hình chiếu của M lên AN
3 5

2

2
2
 A ( 1; −1)
t = 1
7
45
 11  
⇔  t − ÷ +  2t − ÷ =
⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ 
⇔
2 
2
2

t = 4
 A ( 4;5 )

14


Vậy A(1; -1) hoặc A(4; 5).
Hướng 2. “Tìm độ lớn góc MAH cách 2”.
+) MH = d ( M , AN ) =

3 5
2

·


Chứng minh được hai tam giác APH và HQM
là bằng nhau. Từ đó suy ra được AH = MH
và góc AHM vuông. Nên tam giác
AHM vuông cân tại H do đó AM = HM 2 =

3 10
2

Hướng 4. “Tính AM không sử dụng yếu tố góc” (cách 2).
+) MH = d ( M , AN ) =

3 5
. Đặt AB = a.
2

Ta có S AMN = S ABCD − ( S ADN + SCNM + S BAM ) =
1
2

5a 2
a 10
; AN =
12
3

Lại có S AMN = AN .d ( M ; AN ) ⇒ a = 3 2 ⇒ AM =

a 5 3 10
=

uuur

Từ đẳng thức MN = 3NP .
+) Lúc này tư duy tự nhiên hướng ta tới việc tìm tọa độ một
điểm khác thuộc CD hoặc một vectơ pháp tuyến hay một vectơ chỉ phương .

Hướng 1. “Tìm trung điểm I của đoạn thẳng CD”
+) Ta có MN = 10 không đổi, gọi a (a>0)
là độ dài cạnh của hình vuông ABCD.
a
2

Tính được AM = ; AN =

3 AC 3a 2
=
4
4

Áp dụng định lý cosin trong tam giác AMN,
suy ra

MN 2 =

5a 2
8

Do đó a = 4. Từ đây ta tính được IN =

BD



Từ hướng trình bày trên ta có kết quả sau:
“Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của AB và N là điểm thuộc AC sao cho
AN = 3NC. Khi đó tam giác DNM vuông cân tại N”.
Hướng 3. “Tìm một điểm trên CD và góc giữa CD với một đường thẳng cố
định (MN) là không đổi”
+) Tìm điểm P như hướng 2.
+) Đặt cạnh hình vuông là a, ta tính được
a
a
a 10
,
CP = ; PI = ; IM = a; PM = IP 2 + IM 2 =
6
3
3

Do đó tính được

cos α =

1
10

·
, với α = MPI
.

Vậy đường thẳng CD qua P và tạo với MP một góc α .


AHK cân tại H
 AH = HK = 10 2

Từ đay suy ra hệ 

 AM = MH = 5 10

⇒ A ( −15;5 )

Hướng 2. “Lập phương trình AK”
+) Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M
M ∈ d
⇒ M ( 0;10 ) .
 MH = MK

đường kính AC. Do vậy, từ hệ 

µ =D
¶
B
1
1

¶ =C
¶
¶ +D
¶ = 90o
⇒H
+) Ta có  H

“Cho tam giác AEC, H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ C và A lên các
cạnh AE và CE. Gọi D là trực tâm của tam giác AEC, B là điểm đối xứng của D
18


qua cạnh AE và góc BAC = 90o. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và M(0; 10) là trung
điểm của AC. Tìm tọa độ điểm A”.
Bài toán 4 (ĐH_B_2013). Trong mp tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có
hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương
trình: x + 2y - 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh
C và D.
Phân tích
+) Ta viết được phương trình AC đi qua H và vuông góc với BD.
Gọi

BD ∩ AC = {I } ,

khi đó với dữ kiện bài toán sẽ chứng minh được tam giác BHC

cân tại B hay I là trung điểm của HC. Lúc này ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm I
và suy ra được tọa độ điểm C.
 AD / / BC
⇒ DI = 3BI = 3IH
 AD = 3BC

+) Do 

Lúc này việc tìm tọa độ điểm D chuyển giải hệ:
+)


Hướng 2. “Lập phương trình đường thẳng AD”
+) Nhận thấy H là trung điểm của AC nên A(-5; -2).
19


+) Góc giữa đường thẳng DA và DB bằng 45o,
nên lập được hai phương trình DA là
3x + y + 17 = 0 và x - 3y - 1 = 0.
+) Tọa độ D là giao của AD và BD nên tìm được D(-8; 7) hoặc D(4; 1)
uur

uur

Nhận xét: Có thể đi tìm tọa độ điểm B. và sử dung kết quả ID = −3IB
Bài toán 5 (ĐH_A_2011). Trong mp tọa độ Oxy, cho đường thẳng

∆: x + y +2 = 0

2
2
và đường tròn ( C ) : x + y − 4 x − 2 y = 0 . Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆ .

Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ
điểm M biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Phân tích:
+) M ∈ d : x − y + 3 = 0
+) S MAIB = 2 S MBI = BI .MB = 5.MB = 10 ⇒ MB = 2 5 ⇒ MI = 5

Giải
 I ( 2;1)



BD của hình vuông ABCD.

20




Bài toán 7 (ĐH_B_2011). Cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1÷. Đường tròn nội
2 
1

tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D,
E, F. Cho D(3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y - 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh
A, biết A có tung độ dương.
Phân tích
 1 
 B  ;1 ÷
Với   2  suy ra phương trình BD: y = 1 song song với đường thẳng EF: y - 3
 D ( 3;1)


= 0. Do đó AD ⊥ BC , lúc này việc đi tìm tọa độ A quay về việc tìm tọa độ điểm F
(vì BF ∩ AD = A , A là giao của hai đường thẳng đã biết phương trình sau khi đã
tìm được F.
Ta sẽ chuyển về bài toán tìm điểm để tìm tọa độ điểm F. Cụ thể:
+ ) F ∈ EF : y − 3 = 0

+) FB = BD =

 2
2
 F ( −1;3)
 t = −1
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ 
⇔
t = 2
 F ( 2;3)
2

2

uuur

uuur



+) Với F ( −1;3) ⇒ BF =  − ; 2 ÷ ⇒ u BF = ( 4;3) ,
2
3





Khi đó phương trình BF là: 4x + 3y - 5 = 0.
21



x = 3
4 x − 3 y + 1 = 0

 13 
⇔
13 ⇒ A  3; ÷

y=
 3
x = 3

3


Bài toán 8 (D_2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác troong của góc A có
phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
Hướng dẫn
 x + 4 = 3( x − 1)



⇒ D  ;1÷
Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⇔ 
2 
 y − 1 = 3( y − 1)
7

Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc
A

*) Nếu ta biết được tọa độ điểm A thì ta sẽ tìm được tọa độ
Điểm C.
+) C thuộc AH: là đường thẳng đi qua 2 điểm
H; A đã biết tọa độ
+) CI = AI (C cách I một khoảng không đổi là IA)
*) Như vậy vấn đề là phải tìm điểm A
+) A thuộc AB là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM
+) AM = MH (Tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông)
Giải
+) AB đi qua điểm M nhận IM là VTPT nên có phương trình: 7x – y + 33 = 0
+) Gọi A(t; 7t + 33), khi đó theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác
vuông có AM = MH, suy ra t 2 + 9t + 20 = 0 ⇔ t = −4 ∨ t = −5
Với A(-4; 5), khi đó AC qua A và H nên có phương trình: x + 2y – 6 = 0
Gọi C(6 – 2c; c) thuộc AC, do CI = AI nên dẫn đến c 2 − 6c + 5 = 0 suy ra C(4; 1)
Với A(-5; -2), khi đó AC đi qua A và H nên có phương trình: 2x – y + 8 = 0
Tương tự như trên ta tìm được C(-1; 6). Vậy có hai điểm C thỏa mãn: C(4; 1) và
C(-1; 6).

23


PHẦN II
TỪ MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC PHẲNG ĐẾN CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG
(Vũ Văn Dũng)
I - Một số bài toán tìm điểm.
Bài toán1 (Tính chất góc ở tâm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là
trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; -2) là điểm nằm
trên đoạn MC sao cho GA = GD. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC, biết đỉnh

Tức là tam giác ADG vuông cân tại G.
AG = DG = d ( D; AG ) = 10 . Gọi
AD = 2 AG ⇒

( a − 7)

2

tọa độ điểm A ( a;3a − 13) , ta có:

 a = 5 (l )
2
+ ( 3a − 13 + 2 ) = 20 ⇔ 
a = 3

.Từ đó tìm được A(3; -4).

Bài toán 2 (Tính chất đường nối tâm).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
H(3; 0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y
- 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC.
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương
trình x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Phân tích: Với giả thiết cho ta suy ra tứ giác BEDC, AEHD nội tiếp.
-Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEDC, nếu gọi K là trung điểm
AH thì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD.

A

-Khi đó IK vuông góc với ED ( tính chất đường nối tâm)

25