Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

MỤC LỤC
Phần I

Phần II

Đặt vấn đề
I. Lý do chọn đề tài

3

II. Giải quyết vấn đề
1. Cơ sở lý luận của vấn đề

3

2. Thực trạng của vấn đề

4

3. Mục đích yêu cầu

5

4. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề

5


11
11
11
11
20
22
22
23
31

A. Nội dung phương pháp

31

B. Bài tập mẫu

31

C. Bài tập rèn luyện

37

4. Dạng 4: Hình chữ nhật và hình vuông

42

A. Nội dung phương pháp

42


2. Bài học kinh nghiệm

62

3. Những kiến nghị
4. Một số vấn đề còn bỏ ngỏ

62

Tài liệu tham khảo

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

62
64

Trang số:2


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng rất đa dạng và phong phú, nhất là đối với học sinh lớp 9 các
em đã làm quen với rất nhiều tính chất hình học và các loại hình cơ bản như:
tam giác, tứ giác, đường tròn,... nhưng giải quyết các bài toán đó chỉ ở mức độ
hình học thuần túy. Khi các em được tiếp cận với hình học giải tích thì các bài
toán giải đa dạng và gần gũi hơn, tác động tốt đến tư duy của người học hơn,

Năm học 2015 - 2016

dần. Ngoài ra phải bổ trợ các kiến thức về hình học phẳng đơn thuần, nhưng
phải đòi hỏi phải có sự kết hợp thật nhuần nhuyễn với biểu thức tọa độ.
Trên thực tế các dạng toán trong hệ oxy rất nhiều và phong phú đòi hỏi người
học phải tự chọn cho mình học những dạng nào cho phù hợp, người dạy phải
dạy gì cho học sinh, giúp học sinh bổ trợ kiến thức có định hướng, khai thác sâu
và chắc chắn.
Với mong muốn giúp học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản hình học
phẳng và khai thác được bằng các biểu thức tọa độ để giải quyết các bài toán về
tứ giác đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt các kiến thức đó để giải
quyết nhiều tình huống khác nhau, tôi chọn đề tài:
“ Phân tích các tính chất hình học để giải các bài toán về tứ giác đặc biệt
trong hệ oxy ”.
Trong đề tài này , tôi hệ thống theo các dạng :Hình bình hành- Hình thangHình thoi - Hình chữ nhật- Hình vuông . Mỗi một dạng tôi trình bày một số bài
để các em tham khảo , một số bài hướng dẫn trên lớp và một số bài tập tương tự
để các em tự luyện
2. Thực trạng của vấn đề.
Bài toán hình học trong hệ oxy không phải là bài toán mới nhưng khai thác
các tính chất hình học mới là khó nên học sinh lười suy nghĩ và ngại tư duy, tuy
ứng dụng thực tế của nó rất lớn và đó là dạng toán được chọn trong các đề thi,
các đợt thi nhưng nhiều học sinh vẫn chưa làm được hoặc làm cũng không làm
chọn vẹn . Trong quá trình dạy phụ đạo và ôn luyện thi đại học tôi luôn quan
tâm đến vấn đề này dạy cho học sinh hiểu tường tận lý thuyết, phân tích các tính
chất cơ bản của giả thiết hình học tìm mối liên quan với các biểu thức tọa độ.
Qua thực tiễn giảng dạy tôi nhận thấy: đa số các em chưa hiểu cách vận dụng
và phân tích, sâu chuỗi vấn đề để đưa ra dạng bài toán liên quan, chưa khai thác
triệt để các tích chất của tứ giác đặc biệt như của : Hình thang, hình bình hành,
hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi....để áp dụng sang biểu thức tọa độ. Với đề




Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

PHẦN II: NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
A. VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN
1. Định nghĩa:véctơ là một đoạn thẳng có định hướng
● Hai vectơ bằng nhau: có cùng hướng và cùng độ dài.
● Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và cùng độ dài.
2. Các phép toán của vectơ:
a. Phép cộng vectơ:
 a  b  b  a;







 ab c a bc



 a00a  a

 


MA  MB  0


 GA  GB  GC  0

1
OG  OA  OB  OC
3






Và G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

 OG 



1
OA  OB  OC  OD
4


Trang số:6


Sáng kiến kinh nghiệm

.

 a  b  a1b1  a2b2  0.
 a1  b1
a2  b2

● Hai véctơ bằng nhau: a  b  

 a, b

cùng phương

b1 b2

 k  :b  k .a  a  a
1
2

 a1 a2
 0.

 b1 b2

● Tọa độ của vec tơ
● Khoảng cách:

AB  ( xB  x A ; yB  y A ).

AB  AB  ( xB  x A )2  ( yB  y A ) 2 .


.
AB, ta có: 
y

 y  A yB
 M
2

3. Kiến thức về tam giác:
Cho A( xA ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ).
a. Trọng tâm của tam giác (giao các đƣờng trung tuyến) :

G là trọng tâm tam giác ABC :

x A  xB  xC

 xG 
3

y

y
B  yC
y  A
G

3

b.Trực tâm của tam giác (giao các đƣờng cao):
H là trực tâm của tam giác

Trang số:8


Sáng kiến kinh nghiệm

Vì

Năm học 2015 - 2016

A' B
AB

 k1 nên A’ chia BC theo tỉ số k1
AC
A 'C

 tọa độ của D.
Vì

KA
BA

 k2 nên k chia AD theo tỉ số k2,
BD
KD

 tọa độ của K.
e. Diện tích tam giác:
1
1

a2

b1

b2

 a1b2  a2b1

với AB  (a1; a2 ), AC  (b1; b2 ).

4. Kiến thức về tứ giác:
Cho A( xA ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ), D( xC ; yC ).
a. Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) :
● AB, CD là hai véctơ ngược hướng
 AB  kCD (k < 0)
1
● S = AH(AB + CD)
2
Hay SABCD = SADC + SABC (chia nhỏ hình
thang ra thành các hình tam giác tùy ý)
b. Hình bình hành (là tứ giác có các cặp cạnh đối song song hoặc bằng
nhau):
● AB  DC
● I là trung điểm của hai đường chéo AC
và BD.
● S = AH.CD = 2SABC= 2SABD
(chia nhỏ hình bình hành ra thành các hình tam giác tùy ý).
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I.
c. Hình thoi (là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau) :
● Hình thoi mang đầy đủ tính chất của hình

hình chữ nhật với tâm là I = AC  BD là tâm
đường tròn ngoại tiếp HCN với bán kính là IA =
IB = IC = ID = R.
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. (Ví
dụ như trong hình vẽ nếu biết tọa độ M và I  toa
độ N  CD).
e. Hình vuông (là tứ giác có hai đƣờng chéo vuông góc và bằng nhau) :
● HV mang đầy đủ các tính chất của hình
H.thoi và HCN.
● Nếu hình thoi có một góc bằng 90o hay hai
đường chéo AC và BD bằng nhau thì là Hình
vuông.
● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau
hay hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau
thì là Hình vuông.
● S = (AB)2 = 2SABC= 4SABI
● Có đến hai đƣờng tròn ẩn mình bên trong
hình vuông ABCD là:
(C1) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn
ngoại tiếp hình vuông và bán kính là IA = R

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:10


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016


A2 B2 C2

Nếu

4. Góc giữa hai đường thẳng:

(1 ) : a1 x  b1 y  c1  0,  a12  b12  0 
( 2 ) : a2 x  b2 y  c2  0,  a22  b22  0 

cos  1 ,  2  

a1a2  b1b2
a12  b12 a22  b22

5. Khoảng cách từ một điểm M(x0 ; y0) đến đường thẳng
 : ax  by  c  0,  a12  b12  0  :
d  M ,  

ax0  by0  c
a 2  b2

6. Đường tròn có tâm I(a,b), bán kính R có phương trình :
( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2 .

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP MINH HỌA
1. DẠNG 1: HÌNH BÌNH HÀNH
A. NỘI DUNG PHƢƠNG PHÁP
1. Định nghĩa
Hình bình hành là tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau.
2. Tính chất

hành ta có mối liên hệ
X A  XC
X  XD


XI  B
 X I 

2
2
hoặc 
.

Y  YA  YC
Y  YB  YD
 I
 I
2
2

Dựa vào mối liên hệ trên ta tham số hóa tọa độ điểm và xây dựng phương trình
– hệ phương trình để tìm ra điểm cần tìm. Trên cơ sở yếu tố biết diện tích ta
chọn công thức tính nào và tham số hóa điểm nào thì thích hợp
Giả sử tọa độ tâm I(a;a)  d, do điểm C đối xứng với A qua I và điểm D đối
xứng với B qua I.
Suy ra C(2a – 1: 2a), D(2a – 2; 2a).
Phương trình đường thẳng AB: y = 0, ta có d(I;AB) = |a|,AB = 1.
Suy ra SABCD = 4SIAB = 2d(I;AB).AB = 2|a|.
Mặt khác SABCD = 4  2|a| = 4  a =  2.
+ Với a = 2  C(3;4), D(2;4) (thỏa mãn).

Vậy phương trình các cạnh của hình bình hành là:
AB: y = 0; BC: 4x – y – 8 = 0; CD: y = 4; AD: 4x – y – 4 = 0.
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm
I(2;2) và phương trình 2 cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh là 2x – y = 0;
4x – 3y = 0. Viết phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành ABCD
Giải ( Tương tự cách phân tích ví dụ 1)
Cách 1: Giả sử hai cạnh đó là AB: 2x – y = 0; AD: 4x – 3y = 0.
Tọa độ đỉnh A = AB

AD là nghiệm của hệ phương trình

2 x  y  0
x  0

 A  0;0  .

4 x  3 y  0
y  0

Vì I(2;2) là trung điểm của AC
nên C(4;4).
Phương trình cạnh BC:
Vì AB//BC nên BC đi qua C(4;4) và nhận véc tơ n AD = (4; – 3) làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là
BC:4(x – 4) – 3(y – 4) = 0  BC: 4x – 3y – 4 = 0.
Phương trình cạnh CD:
Vì CD // AB nên CD là đường thẳng đi qua C(4;4) và nhận nAB = (2; – 1) làm
véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
CD: 2(x– 4) – 1 (y – 4) = 0  CD: 2x – y – 4 = 0.
Vậy phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành là

 y  4  y1

Thay vào phương trình của AB, ta được
2(4 – x1) – (4 – y1) = 0  2x1 – y1 – 4 = 0  CD: 2x – y – 4 = 0.
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có điểm
A(0;1), B(3;4). Tìm tọa độ hai đỉnh C và D biết giao điểm I của hai đường chéo
nằm trên cung AB của parabol (P):y = (x – 1)2 sao cho diện tích tứ giác ABCD
đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Phương trình cạnh AB:

x0
y 1
=
 AB: x – y + 1 = 0
4 1
30

Gọi điểm I  a;(a  1)2   (P), vì I  AB nên 0 < a < 3.
Ta có SABCD = 4SIAB = 2AB.d(I:AB).
Do AB không đổi nên diện tích tứ giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi khoảng
cách từ I đến AB lớn nhất:
2

3 9

a   
2
| a   a  1  1| | a  3a |
2 4 9 2

2

 yC  2 y1  y A  yD  2 y1  yB
1
7
Vậy hai điểm cần tìm là C  3;   ; D  0;   .


2



2

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:14


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích
bằng 3, hai đỉnh A(2; – 3), C(3; – 2) và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường
thẳng 3x – y – 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD.
Giải
Phân tích lời giải.
- Giả thiết bài toán cho diện tích ta cần linh hoạt phân chia diện tích hình bình
hành theo các diện tích tam giác nhỏ dễ tính

x2
y3

 AC: x – y – 5 =0.
3  2 2  3

1
2 | x  (3x  4)  5 | | 2 x  1|
AC.d(B;AC) =
.

.
2
2
2
12  (1)2

 x  2
1
3
| 2 x  1| 3
 B 1; 1 , B  2; 10  .
SABCD = 
  
2
2
2
2
x  1


Phương trình cạnh AD:

Năm học 2015 - 2016
x2 y3

 AD : 8 x  9 y  43  0.
72 53

TH2: Với B(1; –1) suy ra tọa độ điểm D đối xứng với B qua tâm I nên có tọa độ
là D(4; –4).
Phương trình cạnh AB:

x2 y 3

 AB : 2 x  y  1  0.
1  2 1  3

x 3 y  2
Phương trình cạnh BC: 1  3  1  2  BC : x  2 y  1  0.

Phương trình cạnh CD:

x 3 y  2

 CD : 2 x  y  4  0.
4  3 4  2

Phương trình cạnh AD:

x2


 2 .
3
2
t  5  D  5; 2 

Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D(1; – 4).
1  1  2.( X B  1) 

4  4  2(YB  4) 

Ta có GD  2GB  

 B(1;8)  BD: x = 1.
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:16


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Vì A  AC: x – y + 1 = 0  A (a; a + 1).
1
4
4
Ta có: SAGCD = SAGC + SACD =   1 S ABC  S ABC  S ABD .
3
3

E  e;


4e  23 
.
3 

Vì E là trung điểm BC nên B  2e  7;


8e  31 
.
3 

Vì B có hoành độ dương nên 2e +7 > 0  e > –
Ta có

3
2

.

4e  8 

EC   7  e; 
.
3 


Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

8e  28  .

YD  a  3  D  a  2e  14; a  3 




Mặt khác D    4  a  2e  14   3  a 


 a=5

Ta có AB   2e  2;


 A(5;1)
8e  28 
8e  16 

 , BC  2 EC   14  2e; 
.
3 
3 


Theo giả thiết ta có cos ABC  

 2e  2  2e  14  



3 
3 

 2e  14 

2

 8e  16 


3 


2



1
.
5

e  2
7

 e  2 vì >
suy ra B (3;5), D(–5; 1).
e   23  3 41
2

10

Giải :
Kéo dài HN cắt BC tại E
Theo Talets ta có:

NE NC 1

 .
NH NA 4

Suy ra: 4 NE  HN .
 
8 8
4  X E  5   5
XE  2
 


 E  2;5 

Y

5
19
24


 E
4 Y 

  E 5  5

 2


.
  x  2  B  2;3
5
x

10
x

0



y

3
 

Với B(0;1) loại do B trùng với H.
Với B(–2;3) vì M là trung điểm của AB nên A (–4; –3).
Mặt khác

EC NC 1
1

  CE  HA.
HA NA 4
4



Ta có AD  BC  
5
1  D 1;   .
2
yD  3 
yD  



2
2



Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là B(–2;3) và D(1; –

1
).
2

Nhận xét. Với giả thiết cho trước tọa độ hai điểm trên các đường thẳng của tứ
giác phương pháp được sử dụng hiệu quả là kéo dài đường thẳng đi qua hai
điểm đó cho cắt với hai cặp cạnh đối song song của tứ giác và sử dụng định lý
Talets.
B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích
bằng 4, biết điểm A (1;0), B(0;2). Tìm tọa độ hai điểm C và D biết giao điểm I
của hai đường chéo nằm trên đường thẳng d: x – y = 0.

 , K  ;  . Hãy tìm tọa độ các đỉnh hình bình hành
 5 5

ABCD biết BD  3 2.
Hướng dẫn
Đường chéo AC đi qua hai điểm H, K nên có phương trình là:
AC: x – 3y + 4 = 0.
Ta có HD  AC  HD: 3x + y – 16 = 0
Ta có KB  AC  KB: 3x + y – 10 = 0.
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:20


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Vì D  HD  D(d;16 – 3d), B  KB  B(b; 10 – 3b)
Suy ra tọa độ tâm I hình bình hành ABCD là trung điểm của BD 
 b  d 26  3b  3d 
I
;

2
 2


Mặt khác
I  AC 

Vì tam giác ABD vuông tại D  AD  BD  AD: x – y – 4 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x  3y  4  0
x  8

 A  8; 4 

x  y  4  0
y  4
7 5
Tọa độ tâm I  ;  Vì I là trung điểm của AC  C(–1; 1)
2 2




TH2: Thực hiện tương tự
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có đỉnh B(1;5),
gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Phương trình đường thẳng
AH: x + 2y – 2 = 0, phương trình đường phân giác góc ACB là d:x – y – 1 = 0.
Tìm tọa độ ba đỉnh A, C, D
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Thực chất bài toán quy về giải tam giác ABC khi biết tọa độ đỉnh B,
đường cao AH và phân giác trong góc C.
Đường thẳng BC  AH  BC: 2x – y + 3 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
2 x  y  3  0
 x  4

 C  4; 5 





2 2
x  y  6  0
y  5

2

Vì E là trung điểm của BB1  B1(6;0)
Đường thẳng AC đi qua hai điểm B1, C nên có phương trình là:
AC: x – 2y – 6 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  6  0
x  4

 A  4; 1

x  2 y  2  0
 y  1

Ta có: AB  DC  D  1; 11
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A(4; –1 ), C(–4; –5), D(–1 ; –1)
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I  1;3
1 5
và trọng tâm tam giác ABD là G  ;  . Viết phương trình các cạnh hình bình
3 3

hành ABCD, biết các cạnh AB, AD là hai tiếp tuyến kẻ từ đỉnh A đến đường

B. BÀI TẬP MINH HỌA
Khai thác về vị trí của điểm lập biểu thức tọa độ, xác định giao điểm(nếu có).
Lập công thức tính góc, khoảng cách và diện tích để đưa ra phương trình,hệ
phương có ẩn là tọa độ các điểm hoặc tọa độ véc tơ.
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có
phương trình x – 2y = 0, góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450. Tìm tọa độ
đỉnh B, biết B có hoành độ dương và diện tích hình thang bằng 24.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:

Giải
D

C

3x  y  0
x  0

 D  0;0 

x  2 y  0
y  0

Góc giữa hai đường thẳng
AD và BD được xác định bởi:
cos  

| 3.1   1 .  2  |
32  12 . 12  22




b
Do BD  4 2  b     4 2
2
2



2

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:23


Sáng kiến kinh nghiệm
b

Năm học 2015 - 2016

 8 10 4 10 
8 10
 B 
;
 .
5
5
5


2 2 x  4 x  4. 2 x  8 x  40
2

2

C

D
1
2



x  2

x  4

I

Với x = 2  I(2;2)  IA = 2, ID = 4 2



 

A

 IC  2 2 IA  C 2  4 2; 2  4 2 , B 2  2; 2  2




Năm học 2015 - 2016

Đường thẳng AB: x – y – 4 = 0, đường thẳng CD song song với AB nên phương
trình có dạng: CD: x – y + x = 0
CD tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi d(I, CD) = R.


|1  1  c |
 2  c  0  CD : x  y  0
2

Đường thẳng AD: ax + b(y+4) = 0  ax + by + 4b = 0
AD tiếp xúc với (C ) khi và chỉ khi d(I; AB) = R


| a  b  4b |
a 2  b2

 2  a  7b

1 1
 AD : 7 x  y  4  0  D( ;  ).
2 2

Tương tự viết được phương trình cạnh BC: x + 7y – 4 = 0
1 1
 C ; 
2 2


2

3
3


x   0
x 
3 
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:  2

2  K  ;1 .
2 


 y 1  0
y 1

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:25