MỤC LỤC
I. Mở đầu.........................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài....................................................................................1

II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.................................................3
2.1. Cơ sở lí luận..........................................................................................3
2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành..................................4
2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi............................................7
2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật..................................10

III.Kết luận, kiến nghị....................................................................17
3.1. Kết luận................................................................................................17
3.2. Kiến nghị..............................................................................................17

IV. TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................19

I. Mở đầu
1.1. Lý do chọn đề tài.
Trong thực tế giảng dạy: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của
từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận
dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú
học tập cho học sinh”. Cụ thể như khi truyền thụ cho học sinh một đơn vị kiến
thức thì ngoài việc cho học sinh tiếp cận, nắm vững đơn vị kiến thức đó thì một


việc không kém phần quan trọng là vận dụng đơn vị kiến thức đã học vào thực
tế trong giải toán.. Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề giáo viên khai thác và
cùng học sinh khai thác các tính chất cơ bản đã biết để từ đó xây dựng được một
hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao là một hoạt động không thể thiếu đối
với người giáo viên. Việc khai thác một số bài toán hình học phẳng cơ bản

Các tính chất hình học phẳng, các bài toán hình học phẳng liên quan đến tứ
giác.
Mối liên hệ giữa hình học phẳng và phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Các dạng toán đã có trong chương trình về loại bài này.
1.3.2. Phạm vi nghiên cứu:
Bám sát nội dung chương trình Toán THCS, THPT.
Mở rộng phù hợp với nội dung của các kỳ thi như HSG và Đại học.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Khai thác các tính chất quen thuộc về hình học phẳng mà học sinh đã được
biết (Hình học phẳng THCS và Hệ thức lượng lớp 10).
- Tuyển chọn, sắp xếp theo dạng, theo trình tự hợp lý để học sinh dễ tiếp thu, dễ
khai thác… Sắp xếp bài tập theo mức áp dụng tính chất khó dần. Tạo được hứng
thú cho học sinh.
- Đưa ra một số nhận xét, phân tích về cách tiếp cận lời giải cho từng loại, từng
dạng. Phân tích một số ưu điểm của việc khai thác tính chất từ hình vẽ so với
việc giải thuần túy đại số.
- Định hướng khai thác, mở rộng hoặc tạo ra bài toán mới.

II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lí luận.
Với bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, ta có thể thực hiện theo quy
trình sau:
Bước 1. Phân tích giả thiết. Ở bước này, thông thường ta vẽ phác họa hình vẽ.
Xác định xem bài toán cho cái gì? Cần xác định cái gì? Trước khi giải bài toán,
ta cần phân loại xem đây là loại toán nào. Với bài toán phương pháp tọa độ hiện
nay, ta thường bắt gặp một số bài toán điển hình như:
Bài toán tìm điểm. Khi tìm tọa độ của 1 điểm, ta có thể có các hướng nghĩ sau:
+ Hướng 1: Điểm đó là giao điểm của 2 đường nào? Có lập phương trình của 2
đường đó hay không? Từ đó giải hệ phương trình tìm được tọa độ điểm.
+ Hướng 2: Gọi dạng tọa độ điểm. Các làm này thường dùng nếu bài toán liên quan

Liên quan tới hình bình hành, chúng ta thường khai thác một số tính chất như
song song, vectơ bằng nhau, giao điểm 2 đường chéo là trung điểm mỗi đường,
một số tính chất về góc như góc bằng nhau, góc bù nhau.
Một điều đáng lưu ý về hình bình hành là 2 đường chéo chia hình thành 4 tam
giác có diện tích bằng nhau.
4


Ngoài ra giao điểm 2 đường chéo cách đều cặp cạnh đối diện. Đó cũng chính là
tâm đối xứng của hình bình hành.
Các ví dụ
Ví dụ 1: (SGK HH 10). Cho hình bình hành ABCD có phương trình 2 cạnh
AB, BC lần lượt là x − y + 5 = 0; x + 6 y − 16 = 0 . Giao điểm 2 đường chéo là
 3
I  0; ÷ . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành.
 2
Lời giải:
B = AB ∩ BC ⇒ B (−2;3) . Do I là trung điểm BD nên D(2;0) .

Đường thẳng AD đi qua D và song song với BC nên
x + 6y − 2 = 0.

có phương trình:

A = AD ∩ AB ⇒ A(−4;1) .

Do I là trung điểm AC nên C (4; 2) .
Vậy A(−4;1), B(−2;3), C (4; 2), D(2;0) .
Ví dụ 2:(SGK HHNC 10). Cho 2 điểm A(2;1), B(−1: 3). . Xác định tọa độ 2 đỉnh
C và D lần lượt thuộc 2 đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0; d 2 : x − 5 y − 16 = 0 sao

Ví dụ 3 :(TL chủ đề tự chọn NC). Cho hình bình hành ABCD phương trình cạnh
AB: x − 6 y + 5 = 0 , giao điểm 2 đường chéo là I(3;0), đường thẳng AD đi qua
M(-3;-5), đường thẳng BC đi qua N(3;-4). Lập phương trình 3 cạnh còn lại của
hình bình hành.
Lời giải:
Gọi M’ đối xứng với M qua I. Khi đó M’(9;5) và M’ ∈ BC.
BC đi qua 2 điểm M’ và N có phương trình: 3 x − 2 y − 17 = 0 .
B = BC ∩ AB ⇒ B (7; 2).

Từ đây ta tìm được D(−1; −2), A(1:1), C (5; −1).
Ví dụ4 : ( Trích Đề ĐH khôí B-năm 2014) .Cho hình bình hành ABCD có
trung điểm AB là M(-3;0), H( 0; -1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD,
4 
G  ;3 ÷ là trọng tâm tam giác BCD. Tìm tọa độ hai điểm B, D.
3 

Lời giải:
E

B

F C
I

G
G

M

A

3 


uuur
uuur
 
4 4
Giả sử F ( x; y ) .Ta có: HG = 2GF
2  x − 3 ÷ = 3
x = 2
 

⇔
⇔
⇒ F (2;5)
y = 5
2  y − 4  = 4
÷
 
3
r
Đường thẳng BC đi qua E (−6;1) , có VTCP u = (2;1) nên đường thẳng BC có

PT: x -2y + 8 = 0

r

Đường thẳng BH đi qua H (0; −1) có VTPT n ( 2;1) . Nên đường thẳng BH có
PT : 2x + y + 1 = 0
 x − 2 y + 8 = 0  x = −2

- Hình thoi có các tính chất của hình bình hành.
- Hai đường chéo vuông góc với nhau. Nói cách khác, giao điểm 2 đường chéo
nhìn mỗi cạnh dưới một góc vuông. Điều này giúp chúng ta có các hệ thức
lượng liên quan đến tam giác vuông.
- Hình thoi có 4 cạnh bằng nhau.
- Với hình thoi, luôn tồn tại đường tròn nội tiếp hình thoi (tiếp xúc với 4 cạnh).
Tâm của đường tròn này chính là giao điểm của 2 đường chéo.
Các ví dụ:
Ví dụ 1: (BT HH 10). Cho hình thoi ABCD có A(1;0), B(4 : 4) . Giao điểm 2
đường chéo thuộc đường thẳng x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ 2 đỉnh còn lại.
Lời giải:
Gọi giao điểm đường chéo là I (a; a − 3) . Ta có
7


a = 5
uu
r uur
IA.IB = 0 ⇔ (1 − a)(4 − a) + (3 − a)(7 − a) = 0 ⇔ 
a = 5

2
Với a=5: I (5; 2) . Do I là trung điểm AC , BD nên C (9;4), D(6;0).
5
5 −1
: I ( ; ) . Do I là trung điểm AC, BD nên C (4; −1), D(1; −5) .
2
2 2
Vậy C (9;4), D(6;0) hoặc C (4; −1), D(1; −5) .
Với a =

1
1
1
5 1
1
8
=
+
⇔
=
+
. Khi đó ta có
.
8 a2 b2
OH 2 OA12 OB12
5

5
1
1
= 2
+ 2 ⇔ b 2 = 2 ⇒ a 2 = 8.
8 b +6 b

x2 y2
+
=1 .
8
2
Ví dụ 3: (Đề thi thử ĐH TG1 2005). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, giao

b = 2 (TM )
IB = 2 ⇔ (3b − 5) + (b − 3) = 2 ⇔ 
8
b = ( L )
5

2

2

⇒ B(4;2). Đường thẳng BD đi qua B và I có phương trình x + y − 6 = 0.
Ví dụ 4:(Tạp chí Toán học). Cho hình thoi ABCD có ·ABC = 600 , đường tròn
(C) tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi có bán kính là 2 và tâm có tung độ
dương. Phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm của AB và CD với đường
tròn này là d : x + 3 y − 1 = 0 . Đường thẳng AD đi qua P(3;0) và không vuông
góc với Oy. Viết phương trình đường thẳng AB, AD.
Lời giải:
Gọi M, N lần lượt là các tiếp điểm của AB, CD với (C).
Ta thấy tâm đường tròn (C) chính là giao điểm của 2 đường chéo.
Và ta có IM ⊥ AB, IN ⊥ CD, AB // CD ⇒ I, M, N thẳng hàng.
⇒ Đường thẳng MN đi qua tâm I.
r
r
r
Ta có u AB = n MN = 1; 3 ⇒ n AB =

(

)


9

( L)
(TM )


a = 2 − 3 > 0
d ( I ; AD) = 2 ⇔ a + 3 = 2 ⇔ 
 a = −2 − 3 < 0

(

(TM )
( L)

)

⇒ I 4 − 2 3;2 − 3 .

(

)

Gọi M 1 − b 3; b .

(

IM = 2 ⇔ b 3 + 3 − 2 3

(

- Hình chữ nhật có các tính chất của hình bình hành, chẳng hạn như song song,
các góc bằng nhau, …
- Hình chữ nhật có thêm giả thiết các cặp cạnh kề vuông góc.
- Hình chữ nhật có 2 trục đối xứng (2 đoạn nối 2 trung điểm của cặp đối diện)
và có 1 tâm đối xứng.
- Tâm của hình vuông cách đều 4 đỉnh và là trung điểm của 2 đường chéo.
Các ví dụ:
Với mức độ nâng cao dần về việc vận dụng các tính chất hình học của hình chữ
nhật, ta có thể xây dựng một lớp các bài toán sau. Bài toán sau được xây dựng
nhờ tính chất song song, vuông góc của các cạnh hình chữ nhật.
Ví dụ 1: (BT HH 10). Cho hình chữ nhật ABCD có A(3;0), C có hoành độ −2,
phương trình CD là x+2y−8=0. Lập phương trình các cạnh còn lại.
Lời giải:
Đường thẳng AB đi qua và song song với CD có phương trình : x + 2 y − 3 = 0 .
10


Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với CD có phương trình: 2x − y − 6 = 0
Ta có C (−2 : 5) .
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc CD có phương trình : 2x − y − 9 = 0
Ví dụ 2:(SGK HHNC 10). Cho hình chữ nhật ABCD có D(7;2), trung điểm AD
thuộc đường thẳng d : x+3y−15= 0, phương trình cạnh BC là x+y−3=0. Xác định
tọa độ điểm A,B,C.
Lời giải:
AD đi qua D và song song với BC có phương trình: x + y − 9 = 0
Gọi M là trung điểm AD ⇒M = AD ∩ d ⇒ M (6;3) ⇒ A(5; 4).
AB đi qua A, ⊥ BC ⇒ Phương trình AB: x −y −1=0.
uuur uuur
Ta có B = AB ∩ BC ⇒ B (2;1). Sử dụng AD = BC ⇒ C (4; −1).
Vậy A(5; 4), B(2;1), C (4; −1).

Ta có IN = IA ⇔ IN 2 = IA2 với

2

2

2

2

t −4
  3 − 2t
 t−4
  3 − 2t

⇔
− 5÷ + 
+ 4÷ = 
+ 9÷ + 
− 8÷
 2
  2
  2
  2

⇔ t = 1 ⇒ C (1; −7)

Ta có : AD PCM và AD = CM ⇒ ACDM là hình bình hành
uuu
r

AC đi qua A và vuông góc với d ⇒ Phương trình AC: x + 7 y − 31 = 0
I = AC ∩ BD ⇒ I (

−1 9
; )
2 2

I là trung điểm AC ⇒ C (3 : 4). .

12


2
2
a = 0
1 
7
25

⇔
Gọi B(a;7a+8). Ta có IA = IB ⇔  a + ÷ +  7 a + ÷ =
2 
2
2

 a = −1
2

2


Tiếp tục với cách khai thác tính chất của tâm hình vuông, ta xét bài toán sau:
Ví dụ 3:(Trích đề ĐH khối A năm 2005). Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường
thẳng (d1): x − y = 0 và (d2): 2x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết rằng đỉnh A thuộc (d1), đỉnh C thuộc (d2) và các đỉnh B, D thuộc
trục hoành.
Lời giải:
Vì A ∈ (d ) nên A(t ; t ).
1

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B, D ∈ Ox nên C (t ; t )
Vì C ∈ (d 2 ) nên 2t − t − 1 = 0 ⇔ t = 1
Vậy A(1;1), C (1; −1)

13


 IB = IA = 1
 ID = IA = 1

Trung điểm của AC là I (1;0) . Vì I là tâm của hình vuông ABCD nên 
 b = 0

 b − 1 = 1
 B ∈ 0x
 B (b;0)
b = 2
⇔
⇒
⇔
Ta có : 

B

Gọi H = BD ∩ AN ⇒ ∆AHM vuông cân tại H
Thật vậy:
Qua H kẻ đường thẳng song song với DC cắt AD tại P , cắt BC tại Q
Theo định lý Talét ta có:

HQ BQ AD
=
=
DC BC AD

⇒ HQ = AP (1)
AP PH
PH
PH
=
=
=
⇒ AP = 3PH = 3PD
mà DC = AD,
AD DN 1 DC 1 AD
3
3

Vì ∆POH vuông cân tại P ⇒ PH = PD ⇒ BQ = 3QC ⇒ Q là trung điểm MC
14


⇒ MQ = PN (2) . Từ (1) và (2) ⇒ ∆APH = ∆HQM ⇒ HA = HM

=
5
2 5

⇒ AM 2 = HA2 + HM 2 = 2 HM 2
⇔ AM = 2 HM = 2.

15
5
3 10
=
=
2
2 5
10

AM =

3 10
90
⇔ AM 2 =
2
4
2

2

7  90
 11  
A(t ; 2t − 3) , Ta có ⇔  t − ÷ +  2t − ÷ =


20152016
20162017

Lớp

Tổng
số

Điểm 8 trở lên

Điểm 5 trở lên

10C1 40

Số
Tỷ lệ
Số
lượng
lượng
7
17,5% 20

50%

Số
Tỷ lệ
lượng
13
32,5%

bằng cách xuất phát từ một số bài toán hình học phẳng ở THCS hoặc xuất phát
từ một số tính chất quen thuộc của một số hình thường gặp.
3.2. Kiến nghị.
Đề tài sử dụng hình học phẳng vào bài toán hình học tọa độ là một chủ đề
khá rộng, với thời lượng cho phép, bản thân mới chỉ đưa ra các bài toán sử dụng
các tính chất :hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông. Với kinh
nghiệm giảng dạy chưa nhiều nhưng tôi cũng mạnh dạn xin đưa ra đề tài này
nhằm mục đích trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, kinh nghiệm giải toán với các
đồng nghiệp và bạn đọc. Tuy nhiên đề tài không tránh khỏi thiếu sót, kính mong
các bạn đọc và đồng nghiệp xem xét góp ý.
Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 10, nên tăng số tiết cho hình
học tọa độ trong mặt phẳng

17


XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, Ngày 25 tháng 5 năm 2017

…………………………………….... Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình.
……………………………………… Không sao chép nội dung của người khác
Người thực hiện

………………………………………
………………………………………
………………………………………

Lê Thị Sơn Hà