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

- Trường THPT Triệu Quang Phục

3. Nguyễn Văn Phu
Chức vụ

- Trường THPT Minh Châu

: Giáo viên

1

Năm học: 2015 - 2016



2


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

Tính chất 2. Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và
CD. Khi đó AM  BN .
Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Có trực tâm H,
uuuur

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

d2

M

M

M
I

I1
I2

5


4. Điểm M thuộc đường thẳng (∆) và M cùng với điểm I cho trước tạo với (∆)
một góc không đổi.

I(a;b)
α

Δ

M(ts)

Bài toán 3. Lập phương trình đường tròn.

u

1. Qua ba điểm A, B, C không thẳng hàng

A

B

α

C

+) Tạo thành một góc xác định

A

B

C

+) 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
A
sau:
+) AB tạo với d một góc xác định (B thuộc d).

B

α

nhau. Vậy nên, muốn nghiên cứu một bài toán hình giải tích phẳng một cách triệt để và
có tính phát triển thì việc đi tìm bài toán cội nguồn là vô cùng cần thiết.
Xuất phát từ bài toán:
“Cho hình vuông ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
của BC và CD. Khi đó AN  DM ”.
Bằng cách tọa độ hóa điểm M và cho phương trình
đường thẳng AN. Ta có bài toán sau:
“Cho hình vuông ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và DC. Biết điểm
M(2; 3) và đường thẳng AN có phương trình x - 2y + 6 =0. Tìm tọa độ điểm A”

8


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.

vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn BC và H là điểm thuộc đoạn DB
sao cho HB = 3DH. Viết phương trình đường thẳng AD, biết rằng M(1; 2) và H(2;
-1).

9


A

A

B

B

?

M

M

H
P

H

P
D

N

E

H
G

A

M

10


F

B

E

H
D

A

G

M

N

B


Hướng 1. “S d ng góc nội tiếp”
Hướng 2. “L p phương trình

”

Hướng 3. “Ch ng minh H là trung điểm

”
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”.
E
B

K

H
D

A

Với đề thi đại học khối B năm 2013

12


Ta có bài toán trong đề thi HSG tỉnh Hưng Yên Năm 2015.

Bài toán 6 (HSG t nh Hưng Yên 2015). Trong mặt phẳng tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AD và BC; điểm M thuộc cạnh
3
5

CD sao cho MD  MC ; G là trọng tâm của tam giác BKD. Biết phương trình đường


10 

thẳng IM: 3x - y - 11 = 0 và tọa độ điểm G  1;   . Viết phương trình đường chéo
3

BD của hình vuông ABCD.
Tóm lại: Đối với một bài toán hình giải tích phẳng, ta có được bài toán gốc ban đầu là
ta đã biết được cội nguồn của vấn đề, để từ đó đưa ra các hướng giải cho bài toán và có
thể phát triển bài toán thành các bài toán khác đa dạng và phong phú hơn; nắm được bản
chất cốt lõi của vấn đề một cách sâu sắc.

Sau đ y là lời giải chi tiết theo nhiều cách c a một số đề thi Đại học

13

3 5
 MH  d  M , AN  
2
 ND  2a; NC  4a
Đặt AB  6a  
 MB  MC  3a

M

Khi đó áp dụng định lý Pitago ta được:

N

11 1
;
2 2

H
D

D

 

C

N
AN: 2x-y-3=0

C

45
 11  
  t     2t   
 t 2  5t  4  0  

2 
2
2

t  4
 A  4;5 

Vậy A(1; -1) hoặc A(4; 5).
14


Hướng 2. “Tìm độ lớn góc M H cách 2”.
+) MH  d  M , AN  

3 5
2

A

· ;   DAN
·
+) Gọi a là độ dài cạnh hình vuông. Đặt   BAM
.

B

 45o . Tam giác AMH vuông cân tại H nên AM  MH 2 
2

từ đó tìm được A.
Nhận xét: Khi tính được góc A ta có thể lập phương trình đường thẳng AM qua
M và tạo với AN một góc 45o.
Hướng 3. “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 1).
A

B

A

B

M
P

H

D

N

M

Q

H


; AN 
12
3

Lại có S AMN  AN .d  M ; AN   a  3 2  AM 

a 5 3 10

2
2

15


Nh n thấy tam giác MH vu ng c n tại H n n bài toán có thể phát biểu theo
cách khác
“Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh
11 1
CD sao cho CN = 2ND. Gọi H là giao điểm của AN và BD. Giả sử M  ;  và
 2 2

5 
H  ; 2  . Tìm tọa độ điểm A”.
2 

Bài toán 2 (ĐH_A_2014). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC

4

p 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 

C
N(2;-1)

a=?

45°

A

M(1;2)

B

BD
 2 , IM  a  4 .
4

 IN  2




  PN  NM  P  ; 2  .
MN MA AN 3
3
3


Từ hướng trình bày trên ta có kết quả sau:

A

B

M(1;2) I

“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 tr n CD và góc gi a CD với một đường thẳng cố định
(MN) là kh ng đ i”

D

+) Tìm điểm P như hướng 2.
+) Đặt cạnh hình vuông là a, ta tính được
CP 

I



đường th ng CD qua P và tạo v i MP một góc  .
Bài toán có thể phát biểu theo cách khác:
“Trong m t ph ng v i h tr c tọa độ

x , cho hình vuông ABCD có điểm M là

trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. iết
phư ng trình đường th ng CD, biết rằng M(

2 và đường th ng DN có phư ng

trình x - 3y - 5 = 0”.
Bài toán 3 (THPT QG_2015). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy, 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.
Hướng 1. “S d ng góc nội tiếp”
+) Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M
M  d
 M  0;10  .
 MH  MK

đường kính AC. Do vậy, từ hệ 

17


·  HAB


C

M

”

+) 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

¶
¶
¶ D
¶  90o
+) Ta có  H 2  C2
H
2
1
µ ¶
o


Hướng 3. “Ch ng minh H là trung điểm

K

H

”

+) Tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M
M  d
 M  0;10  .
đường kính AC. Do vậy, từ hệ 
 MH  MK

D
A

E

+) Gọi E là giao điểm của AH và CK kéo dài. Từ giả thiết
của bài toán, có ED là đường cao và D là trực tâm của

B

tam giác AEC.
Nên ta có ED//BA, do HB  HD  BHA  DHE
Do đó H là trung điểm của AE và A thuộc đường

C

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

3
BC


+) Do 

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

D  BD : x  2 y  6  0

+) DI = 3IH

Hướng 1. “Điểm D cách một điểm cố định một khoảng kh ng đ i”
+) Ta viết được phương trình AC đi qua H và vuông góc với BD.
+) Gọi BD  AC  I , ta sẽ chứng minh được I là trung điểm HC vì chứng minh

C  1;6 
C  1;6 
hay 
Vậy 
.
 D  4;1

 D  8;7 

B

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

H

+) Góc giữa đường thẳng DA và DB bằng 45o,
nên lập được hai phương trình DA là

C
I
45o

A

E

D
19


 R  IB  5

B
M(ts)

Vì MA và MB là các tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm).
 S MAIB  2S MBI  BI .MB  5.MB  10  MB  2 5  MI  MB 2  IB 2  5

Gọi M  t; t  2  , khi đó
 M  2; 4 
t  2
2
2
MI  5  MI 2  25   t  2    t  3  25  t 2  t  6  0  

t  3  M  3;1

Bài toán 6 (HSG t nh Hưng Yên 2015). Trong mặt phẳng tọa độ

xy, cho hình

vuông ABCD. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AD và BC; điểm M thuộc cạnh
3
5

CD sao cho MD  MC ; G là trọng tâm của tam giác BKD. Biết phương trình đường


10 



2

Giải
 ID  BC
 IA  EF

+) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, khi đó 
 1 
B ;1
Với   2   BD : y  1  BD // EF hay BC // EF
 D  3;1


1

(2)

(vì phương trình EF: y - 3 = 0)
Từ (1) và (2) suy ra A, I, D thẳng hàng hay AD  BC , nên phương trình AD là:
x=3
+) Gọi F t;3  EF , khi đó theo tính chất tiếp tuyến ta có: BF = BD.
2

2

 1
5
 BF 2  BD 2   t    22   
 2

;1

D(3; 1)

C

Khi đó phương trình BF là: 4x + 3y - 5 = 0.
Do BF  AD   A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

21


x  3
4 x  3 y  5  0


7

y
x  3

3

uuur

(loại)

uuur

+) Với F  2;3  BF   ; 2   uBF   4; 3 ,

 x  4  3( x  1)
7 
 D  ;1
2 
 y  1  3( y  1)

Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: BD  3GD  

Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A
Ta có: EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là
nghiệm của hệ:
1( x  4)  1( y  1)  0
x  y  3  0

  x  4 y 1

 E  2; 5
x

y

7

0


1

0


22
I(-1;1)


+) 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).

PHẦN II
23


TỪ MỘT SỐ TÍNH CH T 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

45o

M
N

D

D

A

C

A(?)

C

G

M
D
C

A(?)

Gọi N là trung điểm của AB thì MN là trung trực của đoạn AB do đó GB = GA (=
GD)
Nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD
ABM  ·
ABD  45o nên ·

i giả thiết cho ta su 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
A

AH thì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD.
-Khi đó IK vuông góc v i ED ( t nh chất đường nối tâm

D

- L p được IK  K  A
- Tham số hóa D và sử

E

ng KA = KD  D

H

- L p phư ng trình AC, BC  B, C.

C
B

Lời giải:

I

A