SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"GIẢI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ"

1


PHẦN MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Trong những năm gần đây, bộ môn Toán của Tỉnh Hưng Yên đã có những tiến bộ
và thành tích trong những kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia ngày càng tốt hơn. Qua quá
trình nghiên cứu, theo dõi các đề thi học sinh giỏi và những lần dạy ôn thi học sinh giỏi
đã khẳng định kiến thức vectơ, toạ độ là cần thiết và không thể thiếu được trong chương
trình toán THPT và thi học sinh giỏi.
Trong các kì thi Olympic, bài toán hình học cổ điển luôn là một trong những bài
toán hay. Cài hay của bài toán không chỉ ở mức độ khó của bài mà còn ẩn chứa trong kết
quả của bài toán, những đặc trưng, tích chất hình học được khai thác.
Về mặt nguyên tắc, bất kì bài toán hình học nào cũng có thể giải được bằng phương
pháp toạ độ (phương pháp đại số). Tuy nhiên, nhiều bài toán hình học giải bằng phương
pháp tổng hợp thông thường lại đi đến kết quả một cách khá nhanh chóng và đương
nhiên lời giải cũng đẹp hơn nhiều. Cũng vậy, nhiều bài toán hình học được giải một cách
nhanh chóng, gọn gàng nếu sự dụng phương pháp toạ độ.
Có thể nói rằng, phương pháp toạ độ là một phương pháp vạn năng, có thể giải
được mọi bài toán hình học. Các bạn đã quen với hình học suy luận đôi khi không thích
đến phương pháp dựa nhiều vào tính toán này. Tuy nhiên, thế mạnh của phương pháp
toạ độ là giúp ta giải quyết được các bài toán quỹ tích khó, hoặc các bài chứng minh mà
ta không giải được bằng suy luận. Phương pháp này là cứu cánh mỗi khi ta bí, và hiệu
quả trong lúc còn ít thời gian vì dù phải tính toán hơi rắc rối nhưng không cần phải suy
nghĩ nhiều. Việc giải nhanh hay chậm của phương pháp này phụ thuộc nhiều vào phương
pháp, kĩ năng tính toán của chúng ta, phụ thuộc vào việc chọn hệ trục lúc ban đầu như thế

* Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn
đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp.
5. Đối tượng nghiên cứu.
- Các tài liệu: SGK, các đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia, quốc tế…
- Học sinh trường THPT chuyên Hưng Yên và học sinh các đội tuyển học sinh giỏi

3


Quốc Gia.
6. Những đóng góp mới của đề tài.
- Về mặt lý luận, chuyên đề hệ thống lý thuyết cần thiêt và tư duy phương pháp
trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời thông qua chuyên đề cũng cung cấp
cho học sinh một phương pháp “đa năng” cho việc giải toán, không chỉ với các bài toán
hình học phẳng.
- Về mặt thực tiễn, chuyên đề là một tài liệu tham khảo đối với giáo viên dạy đội
tuyển toán đồng thời là một tài liệu học tập đối với học sinh chuyên toán.

4


PHẦN NỘI DUNG
A. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. Các kiến thức cơ bản về toạ đô, véc tơ.

I.1: Kiến thức toạ độ
1. Toạ độ của vectơ và của diểm trên trục
r

r

uuuu
r

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, toạ độ của OM được gọi là toạ độ của điểm M.
3. Các phép toán
r

r

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 vectơ u(x; y), v(x1; y1 ) và số thực k:
ur r
u + v = ( x + x1 ; y + y1 );
ur r
u − v = ( x − x1 ; y − y1 );
ur
ku = ( kx ;ky ); k ∈¡

4. Phương trình của đường thẳng, đường tròn:
Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ Oxy có dạng:
ax + by + c = 0 , a 2 + b 2 ≠ 0 .

5


Đường tròn tâm I (a; b ) bán kính R có phương trình là: (x - a)2 + (y - b)2 = R2
Cho hai đường tròn (C1): (x – a1)2 + (y – b1)2 = R12
(C2): (x – a2)2 + (y – b2)2 = R 22
khi đó phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn là:
2 ( a1 − a 2 ) x + 2 ( b1 − b 2 ) y + R 12 − R 22 = 0



hay I là trung điểm của đoạn thẳng AB ⇔ OI =
uuur

uuur

uuur

1 uuur uuur
OA + OB (với điểm O bất kỳ).
2

(

)

r

c) G là trọng tâm ∆ABC ⇔ GA + GB + GC = 0
uuur

uuur uuur
1 uuur
( OA + OB + OC) (với O là điểm bất kỳ).
3
uuur
uuur
d) Đường thẳng a song song với đường thẳng b ⇔ AB = kCD ( k ∈¡ )

hay G là trọng tâm ∆ABC ⇔ OG =

hệr trục toạ độ Oxy, cho các điểm A (x 1; y1), B (x2; y2), C (x3; y3) và các véctơ
r
a ( x ; y ), b ( x '; y '). Khi đó:
uuur

uuur

 x1 = x 2
 y1 = y 2

a) OA = OB ⇔ 
uur

uur

r

x1 + x 2 y1 + y 2 
;
÷
2 
 2


b) IA + IB = 0 ⇔ I 
uuur

uuur

uuur

là các kiến thức về toạ độ của các phép toán trên các vectơ để làm cơ sở cho việc nghiên
cứu toạ độ .

7


Cần cho học sinh thấy rõ sự tương ứng 1 – 1 giữa các tập hợp điểm và tập hợp số.
Trên đường thẳng: mỗi điểm ứng với một số thực xác định; Trên mặt phẳng: mỗi điểm
ứng với một cặp số thực sắp thứ tự. Từ đây dần dần làm nổi bật cho học sinh thấy được
rằng mỗi hình trong mặt phẳng là một tập hợp điểm sắp thứ tự theo một quy tắc nào đó,
do vậy mỗi hình đó được xác định bởi một hệ rằng buộc nhất định tương ứng nào đó về
mối liên hệ giữa các toạ độ của các điểm trên hình đó, thể hiện học sinh phải có các kỹ
năng cơ bản sau :
+ Khi lấy M thuộc hình H thì các toạ độ của M phải thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ
độ điểm của hình H.
+ Ngược lại nếu có điểm M có toạ độ thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ độ điểm của
hình H thì M thuộc hinh H.
2. Hướng dẫn học sinh giải toán bằng PPTĐ
Với những bài toán hình học phẳng có chứa các quan hệ hình học: thẳng hàng, song
song, vuông góc ... hay có chứa các yếu tố khoảng cách, tính góc, nếu ta chọn hệ toạ độ
thích hợp thì ta có thể chuyển về bài toán đại số với quan hệ giữa các số và giữa các
vectơ, giữa các phép toán. Các bài toán này rất có khả năng tìm ra được lời giải, thậm chí
còn rất ngắn gọn.
Việc giải bài tập bằng PPTĐ đòi hỏi học sinh phải được luyện tập vận dụng tổng hợp
các kiến thức liên quan.
Học sinh cần nắm được quy trình :
+ Chọn hệ trục toạ độ thích hợp (đây là vấn đề mấu chốt của bài toán, nếu chọn
thích hợp thì bài toan sẽ được giải quyết nhanh gọn);
+ Phiên dịch bài toán đã cho sang ngôn ngữ vectơ;
+ Chuyển bài toán từ ngôn ngữ vectơ sang ngôn ngữ toạ độ;

a

 x G = 3 ( x A + x C + x M ) = 3 ( 0 + a − 2 ) = 6
a h
G là trọng tâm ∆AMC ⇒ 
⇒
G
 ; ÷
6 2
y = 1 ( y + y + y ) = 1 ( h + 0 + h ) = h
 G 3 A C M
3
2
2
uuu
r −a h
uuu
r
; − y 0 ). mà AB (-a; - h)
2 2

Gọi I ( 0 ; y0 ) ⇒ IM (
uuu
r

uuur

uuu
r uuur


h
−3a h
a h h2 − a2
− a; )=(
; ).
⇒ IG = ( ; −
). Ta có CM = (
2
2
2 2
6 2
2h
uur uuuu
r − a2
h2 h2
a2
⇒ IG.CM =
+
−
+ = 0.
4
4
4
4
uur
uuuu
r
Vậy IG ⊥ CM (đpcm ).

Nhận xét: + Do ∆ABC cân tại A nên ta chọn hệ toạ độ có trục Oy qua A và vuông góc

Chọn hệ trục toạ độ Hxy như hình vẽ, khi đó: H(0; 0); O(0; a); A(a – 1;0); B(a + 1; 0) và
C(0; b) ⇒ b2 = |(a – 1)(a + 1)| = 1 – a2
2

b
b2

Phương trình đường tròn tâm I đường kính CH: x +  y − ÷ =
2
4

2

Phương trình đường tròn tâm O: ( x − a ) + y 2 = 1
2

⇒ Phương trình trục đẳng phương CD của (O) và (I) là: 2ax – by + b2 = 0
Phương trình AC: bx + (a – 1)y = b(a – 1)
Phương trình HE: (a – 1)x – by = 0
 b2 b ( 1 − a ) 
E
⇒ Toạ độ  − ;
÷
2 
 2
b
y−
x
b2
2



lượt tại E, D. Gọi F, G là hình chiếu của D và E trên BC; M là giao điểm của EF và DG.
Chứng minh rằng AM ⊥ BC.
Hướng dẫn
Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ (chân đường cao hạ từ đỉnh A là gốc toạ độ)
Khi đó, giả sử toạ độ các đỉnh: A(0; 1);
B(b; 0); C(c; 0).
Phương trình AC: x + cy – c = 0.
A

Phương trình AB: x + by – b = 0.
E

Phương trình BD: cx – y – bc = 0.
Phương trình CE: bx – y – bc = 0.

D

M
B

 bc 2 + c c 2 − bc 
⇒ Toạ độ điểm D  c2 + 1 ; c2 + 1 ÷



G

F

bc
bc − 1

Ta thấy biểu thức trên đối xứng với b,c nên nếu gọi M’ = EF ∩ Oy thì M’ trùng với M.
Do đó, EF cắt DG tại M thuộc trục Oy. Vậy AM ⊥ BC (đpcm)

12


Nhận xét: + Dựa vào đề bài có nhiều yếu tố vuông góc và dựa vào hình vẽ ta thấy bài
toán này rất thuận lợi cho việc áp dụng toạ độ.
+ Chú ý đến tính đối xứng của biểu thức toạ độ để việc tính toán thuận lợi hơn.
Bài 4: Cho hai hình vuông ABCD và AB’C’D’ cùng chiều. Chứng minh các đường thẳng
BB’, CC’, DD’ đồng quy.
C

B

Hướng dẫn

Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho A(0; 0); B(0; 1); D(1; 0).

B'

Gọi B’(a; b), vì hai hình vuông cùng chiều nên ta có:
D’(b; -a); C’(a + b; b – a), với (a, b) ≠ (0, 1)

C'

A

O ≡ D,Oy ≡ DA .Khi đó Ox song song
đó, toạ độ các điểm: A(0;a), B(b; c) ,

(d). Khi
C(-b; -c)

^y
A

Phương trình đường thẳng

C

AB : (a − c)x + by − ab = 0
D

AC : (a + c)x − by + ab = 0
B

Gọi toạ độ M(x M ;d)

E

(d)
M

Khi đó phương trình (d1) qua E và
góc với d là: (d1 ) : x =

>x

 a

Bài 6: Cho đường tròn (C) đường kính AB, đường thẳng (d) vuông góc với AB tại C cố
định. H là điểm thay đổi trê (d). AH và BH cắt đường tròn (C) tại D và E. Chứng minh
răng DE luôn đi qua một điểm cố định.

14


Hướng dẫn
Xét hệ trục toạ độ Oxy sao cho C trùng với gốc

Q

toạ độ; B(1 – c; 0); A(-1 – c; 0) và d trùng với Oy
E

2

2

Đường tròn đường kính AB: (x + c) + y = 1

P
D

Giả sử H(0; m), m thay đổi. Gọi Q là giao điểm

H
B

2

Khi đó, DE là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính IH và đường tròn đường
kính AB
2

2

 1 − c2 − m 2   1 − c2 + m 2 
1 − c2 + m 2
y = 1 − c2 − 
⇒ phương trình DE: 2cx +
÷ +
÷
m
2m
2m

 

1 − c2 + m 2
y = 2 − 2c 2
⇔ 2cx +
m
 1 − c2 
;0 ÷
Vậy DE đi qua điểm cố định K 
 c



k=
=
.
1− x
x −1
uuur x + 1 uuur
−2(x + 1)
⇒ BN =
.BA ⇒ x N − 1 =
x −1
x −1
−(x + 3)
 −(x + 3) 
⇒ xN =
⇒ N
;0 ÷
x −1
 x −1


A

O

M

K

B


4(x − 1) 2
4(x − 1) 2
2 x −1

Độ dài MN là: MN =

x2 + 3
x2 + 3
R
=
(
α
)
. Bán kính của
là:
. Xét các trường hợp:
x −1
2 x −1

16


+ Nếu x > 1: IK =

(x − 1) 2 + 4
x2 + 3
x2 + 3
x 2 − 2x + 5 (x − 1) 2 + 4
⇒ R −1 =
−1 =

Vậy nửa đường tròn (α) luôn tiếp xúc với đường tròn (I; 1) cố định. Ta có đpcm.
3. Các bài toán quỹ tích.
Bài 8 (Đề chọn ĐT HSGQG trường PTNK TP.HCM năm 2008): Cho góc Ĩy và điểm P
nằm bên trong góc. Đường tròn thay đổi qua I và P cắt hai tia Ix, IY lần lượt tại A, B.
Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác IAB.
Hướng dẫn
A

Ta dựng hệ trục toạ độ Oxy với Oy là trung trực

C
I

P

của IP và I(-1; 0); P(1; 0); C(0; a) và D(0; b) (b < 0)

O

là giao điểm của Oy với các tia Ix, Iy

G

Gọi K(0; m) là đường tròn thay đổi qua I và P
Phương trình IC: y = ax + a

M

D



1 2 1
1  2 a
b 
 x G = − 3 + 3  1 + a 2 + 1 + b 2 ÷+ 3  1 + a 2 + 1 + b 2 ÷m





(1)

2
1
1
2ab
a
b




y =
+
+
+
m

2
2 ÷

Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC và trục Ox là đường thẳng BC
Đặt BC = 2a > 0 . Khi đó tọa độ B(−a ,0) ; C(a ,0) . Giả sử A(x 0 , y 0 ) y 0 ≠ 0

18


Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương

trình

x = x0


(x + a)(a − x 0 ) − y 0 y = 0

a 2 − x 02 
⇒ H  x0 ,
÷
y0 

 2x 0 3a 2 − 3x 02 + y02 
 x 0 y0 
;
Trọng tâm G  ; ÷, suy ra trung điểm K 
÷
6y 0
 3 3 
 3




C
I

>x

Giả sử tọa độ điểm A(x 0 ; y 0 ) với y0 ≠ 0
Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương

K

19

trình:

là



x = x0

a 2 − x 02 
⇒ H  x0;

÷
y0 

(x + a)(a − x 0 ) − y 0 y = 0
 x = −a


Vậy quỹ tích A là elip 2 + 2 = 1 bỏ đi 4 điểm B, C, A1 (0; − a 2) , A 2 (0; a 2) là 4 đỉnh
a
2a

của elip
Bài 11: Cho ∆ABC có M là điểm di động trên cạnh BC. Hạ MN, PQ tương ứng vuông
góc và song song với AB ( N ∈ AB, Q∈ BC ). Gọi P là hình chiếu của Q trên AB, I là tâm
của hình chữ nhật MNPQ. Tìm quỹ tích tâm I khi M chạy trên cạnh AB.
Hướng dẫn
Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB
Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( như hình vẽ

).

Giả sử toạ độ các đỉnh A, B, C là: A(a;
0), C(0; h ), h > 0

0),

Phương trình đường thẳng AB theo

đoạn

x
y
+
=1
a
h


b
h

a
h

Tương tự ta có : M ( ( h − m );m) . Toạ độ của điểm P là P( ( h − m );0)
Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD. Suy ra I là trung diẻm của MP
1
( a + b )( h − m )

x
=
(
x
+
x
)
=
(1)
I
M
P

2
2h
⇒
Khi đó 
y = 1 ( y + y ) = m
(2)

a+b
⇔
(2) suy ra m = 2yI . Vì 0 ≤ m ≤ h nên 
(**)
0 ≤ 2y ≤ h
0 ≤ y ≤ c
I

I

2

Từ (*) và (**) suy ra quỹ tích tâm I của hình chữ nhật MNPQ là đoạn KH, ở đây K, H
lần lượt là trung điểm của OC và AB. (đpcm)
Nhận xét: Mọi lập luận ở đây không phụ thuộc vào hình dáng của ∆ABC

4. Một số dạng toán khác.

21


Bài 12 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979): Cho điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp
tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA 4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị
trí của M.
Hướng dẫn
Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng hệ
trục toạ độ Oxy sao cho: A(0,0);B(

3R R 3
3R −R 3

4

4

2

2

2 2

= (2Rx) 2 + (3R 2 − Rx − R 3y) 2 + (3R 2 − Rx + R 3y) 2
= 6R 2 x + 6R 2 y 2 + 18R 4 − 12R 3x
= 6R 2 (x 2 + y 2 ) + 18R 4 − 12R 3 x
= 6R 2 2Rx + 18R 4 − 12R 3x = 18R 4

Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M
Bài 13: Cho góc Oxy vuông tại O. M là điểm bên trong góc sao cho khoảng cách từ M
đến Ox, Oy lần lượt là 3 và 4. Tìm điểm A ∈ Ox, B ∈ Oy sao cho AB qua M và
OA + OB nhỏ nhất.
Hướng dẫn
B

Xét hệ trục toạ độ Oxy với O là gốc toạ độ.
Khi đó, M(3; 4). Giả sử A(a; 0), B(0; b)
Phương trình AB:

M

x y
+ =1

b = 4 + 2 3

2

Vậy OA + OB nhỏ nhất bằng

(

)

2

3 + 2 khi OA = 3 + 4 3 và OB = 4 + 2 3

Bài 14 (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 (O 1), (O2) lần lượt tại A1 và A2. Đường thẳng
qua M song song với A1A2 cắt lại đường tròn (O1), (O2) lần lượt tại B1 và B2. Các đường
thẳng A1B1 và A2B2 cắt nhau tại C, các đường thẳng A1N, A2N cắt đường thẳng B1B2 ở D
và E. Chứng minh rằng CD = CE.
Hướng dẫn

Chọn hệ trục toạ độ A1xy sao cho: A1(0; 0)
A2(a; 0), O1(0; r1), O2(a; r2).

23


Giả sử, toạ độ M(s; t), khi đó: B1(-s; t), B2(2a – s; t).
⇒ B1B2 = 2a = 2A1A2.
Do A1A2 // B1B2 nên A1, A2 theo thứ tự là trung điểm của B1C và B2C ⇒ C(s; -t).

Chọn hệ trục toạ độ Bxy sao cho B(0; 0), A(2R; 0), P(0; t) với t > 0.
Ta có O(R; 0) và phương trình (O): x2 – 2Rx + y2 = 0
Phương trình PA:

x y
+ = 1 ⇔ tx + 2Ry = 2Rt
2R t

Ta có: PA ∩ (O) = {A; C} nên toạ độ A, C là nghiệm của hệ:
t
 x = 2R

x
y = t −
⇔
2R

2Rt 2

x
=
 x 2 − 2Rx + y 2 = 0

4R 2 + t 2

 2Rt 2
4R 2 t 
⇒ C  4R 2 + t 2 ; 4R 2 + t 2 ÷



 y = 2R t
2R 2 + t 2

 Rt 2
2R 2 t 
;
⇒ Toạ độ điểm M  2R 2 + t 2 2R 2 + t 2 ÷



25