SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƢNG YÊN
TRƢỜNG THPT YÊN MỸ
--------------------

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

Môn

: Toán

Nhóm tác giả :
1. Nguyễn Cao Thời - Trƣờng THPT Yên Mỹ
2. Vũ Văn Dũng

- Trƣờng THPT Triệu Quang Phục

3. Nguyễn Văn Phu
Chức vụ

- Trƣờng THPT Minh Châu

: Giáo viên

1

Năm học: 2015 - 2016



2


Đƣa ra một số tính chất hình học thƣờng dùng, hệ thống các bài tập áp
dụng; khái quát hóa, đặc biệt hóa, tƣơng tự hóa từ một số bài toán cơ bản của hình
học phẳng sang bài toán hình học giải tích phẳng.
III – Đối tƣợng 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 – Phƣơng 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 trƣờng THPT Yên Mỹ, Minh Châu, Triệu Quang Phục để thu thập thông tin.
- Họp nhóm biên soạn để tìm phƣơng án hợp lý nhất.
B. NỘI DUNG
I - Thực trạng vấn đề trƣớc khi làm đề tài
Huyện Yên Mỹ tỉnh Hƣng Yên có ba trƣờng THPT công lập là THPT Yên
Mỹ, THPT Minh Châu và THPT Triệu Quang Phục. Quá trình dạy học môn Toán
của các trƣờng trong huyện chỉ dừng lại ở mức độ hội học, hội giảng và trao đổi
kinh nghiệm trong nội bộ mỗi trƣờng mà chƣa có những hoạt động mang tính liên
trƣờng với nhau. Vì đó mà những kinh nghiệm giảng dạy chƣa có cái nhìn toàn
diện và sâu sắc. Nhiều thầy cô còn lúng túng trong việc lựa chọn phƣơng pháp
giảng dạy và hệ thống bài tập chƣa đƣợc 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 trƣờng

lƣợt là chân đƣờng 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
đƣờng thẳng AH với đƣờng 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 đƣờng tròn nội tiếp J . Gọi D là giao
điểm thứ hai của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đƣờng thẳng AJ và I là
tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp
tam giác JBC và ID  BC .
4


Tính chất 6. Cho ABC có trực tâm H; E, D lần lƣợt 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 lƣợt là chân
đƣờng cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đó H là tâm đƣờng
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…
4. Một số bài toán cơ bản
Bài toán 1. Lập phƣơng trình đƣờng thẳng
1. Qua hai điểm phân biệt
2. Qua một điểm và vuông góc với một đƣờng thẳng cho trƣớc
3. Qua một điểm và song song với một đƣờng thẳng cho trƣớc
4. Qua một điểm và tạo với một đƣờng thẳng cho trƣớc một góc không đổi
5. Qua một điểm và cách một điểm một khoảng không đổi
6. Là phân giác tạo bởi hai đƣờng thẳng cắt nhau

I1
I2

5


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

I(a;b)
α

Δ

M(ts)

Bài toán 3. Lập phƣơng trình đƣờng tròn.

u

1. Qua ba điểm A, B, C không thẳng hàng
2. Biết tâm và bán kính
3. Biết tâm thuộc một đƣờng và thỏa mãn một tính chất cho trƣớc.

Một số chú ý
1. Về bài toán tìm điểm
+) Điểm cần tìm có yếu tố gì thuận lợi
+) Điểm cần tìm có thuộc một đƣờng nào đã biết không
+) Có thể tính đƣợc khoảng cách từ điểm đó đến một điểm cố định đƣợc không
+) Cần đặc biệt chú ý khi điểm cần tìm là trọng tâm, trực tâm, tâm của đƣờng tròn


A

B

C

+) Ba điểm thẳng hàng

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


Cho hai điểm A, B và đƣờng 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

d

A

+) Đƣờng thẳng AB vuông góc với đƣờng thẳng d
d
B



8


Trong bài toán trên xét điểm N ở vị trí N’, thay DM thành PM và giữ cố định
AM; vẽ đƣờng tròn đƣờng 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 đƣờng thẳng có
phƣơng 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

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

Hƣớng 1. “Tìm độ lớn góc M H” (cách 1).

A

B

Hƣớng 2. “Tìm độ lớn góc M H” (cách 2).


B

?

M

M

H
P

H

P
D

N

C

D

C

N

Hƣớng 1. “Tìm trung điểm I c a đoạn thẳng D”
Hƣớng 2. “Tìm hai điểm ph n biệt tr n đƣờng D”
Hƣớng 3. “Tìm một điểm tr n D và góc gi a D với một đƣờng thẳng cố định

B

E

H
D

A

G

M

N

B

K
H
D

A

M

C

Ta có bài toán sau:

Bài toán. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABEM có G

E
B

K

H
D

A

Với đề thi đại học khối B năm 2013

M

C

Bài toán 5 (ĐH_B_2013). Trong mp tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có
hai đƣờng chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đƣờng thẳng BD có phƣơng
trình: x + 2y - 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh
C và D.
Từ giả thiết của bài toán ta có thể vẽ thêm hình để đƣợc hình vuông AMND.
Khi đó bài toán sẽ có nhiều hƣớng giải và nhiều cách phát biểu khác của bài toán.

B

H

A

E

Sau đ y là lời giải chi tiết theo nhiều cách c a 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 phƣơng 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 đƣợc đoạn AM thì coi nhƣ điểm A sẽ Biết
đƣợc 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 đƣợc. Nhƣ vậy nếu biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam
giác vuông này thì ta sẽ tính đƣợc 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:
Hƣớng 1. “Tìm độ lớn góc M H” (cách 1).
Gọi H là hình chiếu của M lên AN A

A(?)

B


AN: 2x-y-3=0

C

AM  3 5a; MN  5a; AN  2 10a

Trong AMN ta có: cosMAN=
 MAN  450  MAH

AM 2  AN 2  MN 2
2

2. AM .AN
2

cân tại H  AM  2MH 

3 10
2

(*)

45
+) Gọi A  t;2t  3  AN và AM 2 
theo (*)
2

2
2
 A 1; 1

Do ABCD là hình vuông có M, N là cố định nên tính đƣợc

M

1
1
tan   ; tan   .
3
2

Khi đó

tan     

H
D

tan   tan 
 1      45o
1  tan  .tan 

C

N

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

3 10
2



Chứng minh đƣợc hai tam giác APH và HQM

N

C

là bằng nhau. Từ đó suy ra đƣợc AH = MH
và góc AHM vuông. Nên tam giác
AHM vuông cân tại H do đó AM  HM 2 

3 10
2

Hƣớng 4. “Tính M kh ng s d ng 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

Từ đẳng thức MN  3NP .
+) Lúc này tƣ duy tự nhiên hƣớng ta tới việc tìm tọa độ một
điểm khác thuộc CD hoặc một vectơ pháp tuyến hay một vectơ chỉ phƣơng .

Hƣớng 1. “Tìm trung điểm I c a đoạn thẳng CD”

I(?)

D

) Ta có MN  10 không đổi, gọi a (a>0)
là độ dài cạnh của hình vuông ABCD.
a
2

Tính đƣợc AM  ; AN 

3 AC 3a 2

4
4

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

MN 2 

5a 2
8



Lập phƣơng trình đƣờng thẳng DN,

J P

D

C

đến đây tìm đƣợc D.(Có thể t nh trực tiếp DN, MN,
N(2;-1)

DM theo a sau đó áp d ng đ nh l Pitago đảo
) M t khác

PN PC CN 1
1
7



  PN  NM  P  ; 2  .
MN MA AN 3
3
3


Từ hƣớng trình bày trên ta có kết quả sau:

A

3

Do đó tính đƣợc

cos  

1
10

, với   MPI .
A

M(1;2)

B

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 Ox , 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(1; 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 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 đƣờng thẳng
AD. Giả sử H(-5; -5), K(9; -3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đƣờng thẳng có
phƣơng trình d: x – y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Hƣớng 1. “S d ng góc nội tiếp”
+) Tứ giác AHKC nội tiếp đƣờng tròn tâm M
M  d


A

C

M

”

+) Tứ giác AHKC nội tiếp đƣờng tròn tâm M
M  d
 M  0;10  .
 MH  MK

đƣờng kính AC. Do vậy, từ hệ 

 B1  D1

+) Ta có  H 2  C2
 H 2  D1  90o

o
 B1  C2  90

B
1

K

H

 M  0;10  .
 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 đƣờng 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 đƣờng

C

M

K

H
D

A

M



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

D  BD : x  2 y  6  0

+) DI = 3IH

Hƣớng 1. “Điểm D cách một điểm cố định một khoảng kh ng đ i”
+) Ta viết đƣợc phƣơng trình AC đi qua H và vuông góc với BD.
+) Gọi BD  AC  I , ta sẽ chứng minh đƣợc I là trung điểm HC vì chứng minh
đƣợc tam giác BHC cân tại B.

B

C

+) Lúc này ta tìm đƣợc tọa độ điểm I(-2; 4) và
 AD // BC
 DI  3BI  3IH
 AD  3BC

I

H

suy ra đƣợc tọa độ điểm C(-1; 6).
+) Do 

A

C
I
45o

A

E

D
19


3x + y + 17 = 0 và x - 3y - 1 = 0.
+) Tọa độ D là giao của AD và BD nên tìm đƣợc D(-8; 7) hoặc D(4; 1)
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 đƣờng thẳng

: x y2  0

và đƣờng tròn  C  : x 2  y 2  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
) SMAIB  2SMBI  BI .MB  5.MB  10  MB  2 5  MI  5

A

I(2;1)


thẳng IM: 3x - y - 11 = 0 và tọa độ điểm G  1; 


10 
 . Viết phƣơng trình đƣờng chéo
3

BD của hình vuông ABCD.

Bài toán 7 (ĐH_B_2011). Cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 . Đƣờng tròn nội
2 
1

tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tƣơng ứng tại các điểm D,
20


E, F. Cho D(3; 1) và đƣờng thẳng EF có phƣơng trình y - 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh
A, biết A có tung độ dƣơng.
Phân tích
 1 
B ;1
Với   2  suy ra phƣơng trình BD: y = 1 song song với đƣờng 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 đƣờng thẳng đã biết phƣơng trình sau khi đã
tìm đƣợc F.
Ta sẽ chuyển về bài toán tìm điểm để tìm tọa độ điểm F. Cụ thể:

 BF 2  BD 2   t    22   
 2
2

2

A(?)

 F  1;3
t  1
 t2  t  2  0  

t  2
 F  2;3

3
+) Với F  1;3  BF    ; 2   uBF   4;3 ,
 2 

E

F

y-3=0

I

 

B

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



Khi đó phƣơng trình BF là: 4x - 3y + 1 = 0.
Do BF  AD  A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
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 đƣờng thẳng chứa phân giác troong của góc A có
phƣơng trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
Hƣớng dẫn
 x  4  3( x  1)
7 
 D  ;1
2 

Đƣờng thẳng AC đi qua D và E, có phƣơng trình: 4x - y - 13 = 0
x  y 1  0
 A  4;3 . Suy ra C(3; -1)
4 x  y  13  0

Tọa độ A là nghiệm của hệ:  

Bài toán 9 (ĐH_D_2013). Cho tam giác ABC có điểm M   ;  là trung điểm
 2 2
9 3

của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lƣợt là chân đƣờng cao kẻ từ B
và tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C.
Phân tích
*) Nếu ta biết đƣợc tọa độ điểm A thì ta sẽ tìm đƣợc tọa độ
22


Điểm C.
+) C thuộc AH: là đƣờng thẳng đi qua 2 điểm
H; A đã biết tọa độ

B

 

M

-9 3
;

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
A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phƣơng trình đƣờng thẳng AG là 3x – y – 13 = 0.
Phân tích
- Giả thiết bài cho phư ng trình AG và tọa độ điểm D thì ta chưa tìm được điểm
A.
- Nếu ta chỉ ra được d(D; AG = GD = GA tức là AG vuông góc GD thì ta sẽ
tìm được A.
-Để chỉ ra điều đó ta chỉ cần chỉ ra G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
1
2

ABD, vì ABD  AGD ( tính chất góc ở tâm

B

Lời giải:
B

B
45o

G

N

Gọi N là trung điểm của AB thì MN là trung trực của đoạn AB do đó GB = GA
(= GD)
Nên G là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD
Mà góc ABM  ABD  45o nên AGD  90o .
24


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 đƣợc A(3; -4).

Bài toán 2 (Tính chất đƣờng 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). Đƣờng thẳng AH có phƣơng trình x + 2y
- 3 = 0. Gọi D, E lần lƣợt là chân đƣờng cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đƣờng thẳng DE có phƣơng trình x 2 = 0 và điểm D có tung độ dƣơng.
Phân tích:

đƣờng tròn tâm K và BCDE nội tiếp đƣờng tròn tâm I.
Suy ra IK  DE nên phƣơng trình IK: y - 1 =0.

D

E
H

Tọa độ K(1; 1) suy ra A(- 1; 2).
Giả sử D  2; m   DE ,

K

B

I

C

Ta có KA  KD  5  1   m  12  m  3  m  1 (loại) nên D(2; 3).
Phƣơng trình AC: x - 3y +7 = 0. Phƣơng trình BC: 2x - y - 11 = 0.
Do đó tọa độ C(8; 5) và B(4; -3).
Kết luận A(-1; 2), B(4; -3) và C(8; 5).
Bài toán 3. (Tính chất đối xứng)
25