K2pi.net.vn --skkn-toan-thpt dang thuc hua(pkc) (1)

Tháng 05 năm 2014

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Tác giả: Phạm Kim Chung

Tổ: Toán

Điện thoại: 0984333030

Đề tài:

PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

TRONG BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG

TỪ NHỮNG MỐI QUAN HỆ BA ĐIỂM

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

TRƢỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA _____________________

MỤC LỤC

A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trang 1

I. Lý do chọn đề tài Trang 1

II. Mục đích nghiên cứu Trang 1

III. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu Trang 2

IV. Kế hoạch nghiên cứu Trang 2

V. Phƣơng pháp nghiên cứu Trang 2

B. NỘI DUNG Trang 3

I. Thực trạng vấn đề trƣớc khi áp dụng Trang 3

II. Kết quả đạt đƣợc và kinh nghiệm rút ra Trang 3

III. Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả Trang 3

IV. Cơ sở lý thuyết Trang 4

1. Phƣơng pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề Trang 4

2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài Trang 5

V. Nội dung đề tài Trang 7

1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải

tích trong mặt phẳng Trang 7

a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc Trang 7

b. Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng Trang 26

c. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ thẳng hàng Trang 35

d. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng và mối quan hệ

giữa ba điểm Trang 40

2. Xây dựng và mở rộng một số dạng bài tập hình giải tích

trong mặt phẳng từ bài toán hình phẳng thuần túy Trang 46

a. Xây dựng bài toán từ sự kết hợp giữa bài toán thuần

túy hình phẳng với các bài toán ở mục IV.2 Trang 47

b. Một số hướng thay đổi cách phát biểu để xây dựng bài

toán. Trang 57

C. KẾT LUẬN Trang 62

I. Những kết luận Trang 62

II. Những kiến nghị, đề xuất Trang 62

Danh mục tài liệu tham khảo Trang 63

Trang | 1

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nƣớc nhà,

đổi mới phƣơng pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng

hàng đầu.

Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phƣơng pháp dạy học tích

cực tôi nhận thấy phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề”

có nhiều ƣu điểm cũng nhƣ phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán

ở trƣờng phổ thông nói chung và dạy học giải bài tập toán nói riêng.

Tuy nhiên để có thể thành công trong phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và

giải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng lực sƣ phạm của

mỗi giáo viên còn đòi hỏi ở ngƣời giáo viên nhiều thời gian và tâm huyết.

Để có một bài giảng thu hút đƣợc học trò, giúp học trò phát triển tƣ

duy về môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi

cũng nhƣ bao giáo viên yêu nghề và yêu toán khác thƣờng trăn trở với

những khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán.

Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thƣờng xuất

hiện ở các kỳ thi vì vậy nó luôn đƣợc sự quan tâm đặc biệt đối với học

trò, bên cạnh đó nó cũng là một bài toán khó với nhiều đối tƣợng học trò

đặc biệt là với các em có năng lực trung bình. Băn khoăn trƣớc những

khó khăn đó của học trò, tôi đã tìm tòi và quyết định chọn phƣơng pháp

dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” để giúp các em tiếp cận loại

toán này một cách hiệu quả nhất.

Trong số những bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp

các bài toán “thiên về tính chất hình phẳng thuần túy” đã gây cho học trò

nhiều khó khăn khi tiếp cận. Vì vậy tôi đã chọn đề tài “Phát hiện và giải

quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích phẳng từ những mối quan hệ

ba điểm” để nghiên cứu.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bài

toán hình giải tích trong mặt phẳng thông qua phƣơng pháp dạy học

“Phát hiện và giải quyết vấn đề”.

Phát triển tƣ duy khái quát hóa, tƣơng tự hóa, lật ngƣợc vấn đề, tƣ duy

sáng tạo của học sinh…

Trang | 2

III. ĐỐI TƢỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

- Học sinh khối 10 THPT

- Đội tuyển HSG khối 11 THPT

- Học sinh khối 12 THPT ôn thi vào các trƣờng Đại học

- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT

IV. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU

TT Thời gian Nội dung công việc Sản phẩm

1

Từ 15 tháng 01

đến 15 tháng 02

năm 2014

Chọn đề tài, viết đề cƣơng

nghiên cứu

Bản đề cƣơng chi

tiết

2

Từ 15 tháng 02

đến 30 tháng 02

năm 2014

Đọc tài liệu lí thuyết viết

cơ sở lý luận

Tập hợp tài liệu

lý thuyết

3

Từ 01 tháng 03

đến 15 tháng 03

năm 2014

Trao đổi với đồng nghiệp

và đề xuất sáng kiến

Tập hợp ý kiến

đóng góp của

đồng nghiệp

4

Từ 15 tháng 03

đến 30 tháng 03

năm 2014

Dạy thử nghiệm ở các lớp

10A, 12C1, 12C2, 12C4

Thống kê các kết

quả thử nghiệm

5

Từ 01 tháng 04

đến 25 tháng 04

năm 2014

Hoàn thiện đề tài Đề tài chính thức

V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến

hình học phẳng, hình học giải tích trong mặt phẳng, phƣơng pháp dạy

học môn toán và những sáng kiến kinh nghiệm của các giáo viên khác

thuộc bộ môn Toán THPT.

- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.

- Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A, 11C1, 12C1, 12C2,

12C4 trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa để thu thập thông tin thực tế.

Trang | 3

B. NỘI DUNG

I. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƢỚC KHI ÁP DỤNG

Trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa đóng trên địa bàn có nhiều xã khó

khăn về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chƣa thực

sự đƣợc quan tâm từ các bậc học dƣới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về

môn Toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.

Khi chƣa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài

tập hình giải tích trong mặt phẳng, các em thƣờng thụ động trong việc

tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức đƣợc giáo viên

cung cấp chứ chƣa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng nhƣ tạo đƣợc niềm vui,

sự hƣng phấn khi làm toán.

Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần

hình giải tích trong mặt phẳng cũng nhƣ qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy

bộ môn Toán, chỉ có khoảng 10% học sinh hứng thú với bài toán hình

giải tích trong mặt phẳng.

II. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƢỢC VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA

Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát

cho thấy: Có trên 80% các em học sinh có hứng thú với bài học và 50%

trong số đó biết cách tìm tòi và xây dựng những bài toán mới từ những

bài toán gốc đƣợc giáo viên gợi ý hoặc đƣợc các em tự tìm tòi.

Trong các kỳ thi thử ĐH trên toàn tỉnh cũng nhƣ khảo sát với các đề

thi thử ĐH trong cả nƣớc, có 90% học sinh ở các lớp trên có thể giải

quyết bài toán hình giải tích trong mặt phẳng ở các đề thi đó.

III. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI KẾT QUẢ

- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học

khối 10 THPT cũng nhƣ các em học sinh khối 12 THPT đang ôn thi

vào các trƣờng ĐH-CĐ.

- Đề tài có thể đƣợc phát triển thêm ở những lớp bài toán khác trong

phần hình giải tích phẳng để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng

dạy môn ở các trƣờng THPT.

- Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảo

cho học sinh và giáo viên phục vụ học tập và giảng dạy môn toán.

Trang | 4

IV. CƠ SỞ LÝ THUYẾT

1. Phƣơng pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề.

a. Bản chất.

Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là phƣơng pháp dạy học trong

đó giáo viên tạo ra những tình huống có vấn đề, điều khiển học sinh

phát hiện vấn đề, hoạt động tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo để giải

quyết vấn đề và thông qua đó chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ năng và

đạt đƣợc những mục đích học tập khác.

b. Quy trình thực hiện.

c. Ưu điểm.

- Phƣơng pháp này góp phần tích cực vào rèn luyện tƣ duy phê phán, tƣ

duy sáng tạo cho học sinh. Trên cơ sở sử dụng vốn kiến thức và kinh

nghiệm đã có học sinh sẽ xem xét, đánh giá, thấy đƣợc vấn đề cần giải

quyết.

- Đây là phƣơng pháp phát triển đƣợc khả năng tìm tòi, xem xét dƣới

nhiều góc độ khác nhau.

- Thông qua việc giải quyết vấn đề, học sinh lĩnh hội tri thức, kĩ năng

và phƣơng pháp nhận thức.

d. Hạn chế.

- Phƣơng pháp này đòi hỏi ngƣời giáo viên phải đầu tƣ nhiều thời gian

và công sức, phải có năng lực sƣ phạm tốt mới suy nghĩ để tạo ra

đƣợc nhiều tình huống gợi vấn đề và hƣớng dẫn học sinh tìm tòi để

phát hiện và giải quyết vấn đề.

Bắt đầu

Phân tích vấn đề

Đề xuất và thực hiện hƣớng giải quyết

Hình thành giải pháp

Giải pháp đúng

Kết thúc

Trang | 5

- Việc tổ chức tiết học hoặc một phần của tiết học theo phƣơng pháp

phát hiện và giải quyết vấn đề đòi hỏi phải có nhiều thời gian hơn so

với các phƣơng pháp thông thƣờng.

2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài.

Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng

2 2: 0 0 x by c ba a và hai điểm ,; ;A A B BA x y B yx

không thuộc . Xác định điểm M trên đƣờng thẳng , biết đƣờng

thẳng AM vuông góc với đƣờng thẳng .AB

Quy trình giải toán.

Bước 1. Viết phƣơng trình đƣờng

thẳng AM qua A và vuông góc với

đƣờng thẳng AB.

Bước 2. Xác định tọa độ giao điểm

của đƣờng thẳng AM và đƣờng

thẳng .

Bước 3. Kết luận.


2 2: 0 0 x by c ba a và điểm ;C CC x y không thuộc .

Xác định tọa độ điểm A trên đƣờng thẳng , biết góc giữa hai đƣờng

thẳng AC và bằng .


Bước 1. Tham số hóa điểm .A

Bước 2. Sử dụng công thức

.cos

.

AC u

AC u

(Trong đó u là

véc tơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng )

Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và kết luận.

Trang | 6

Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm phân

biệt ,; ;A A B BA x y B yx . Xác định điểm M trên đƣờng thẳng AB ,

biết , 0; .AM kBM k R k


Bước 1. Giả sử ;M x y

Bước 2. Xác định M trong hai trƣờng hợp:

- Trƣờng hợp 1: AM kBM (Điểm M nằm trong đoạn AB)

- Trƣờng hợp 2: AM kBM (Điểm M nằm ngoài đoạn AB)

Bước 3. Kết luận.


2 2: 00ax by c ba và hai điểm ,; ;A A B BA x y B yx

không thuộc . Xác định tọa độ điểm M thuộc sao cho

, , , 0d M AB k k R k


Bước 1. Tham số hóa điểm M

Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng

cách ,d M AB .

Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và

kết luận.

Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm

,; ;A A B BA x y B yx . Viết phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua điểm

0 0;M x y và thỏa mãn hệ thức , . , ; , 0d d B RA kk k


Bước 1. Giả sử

2 2

0 0: 0ax by ax by ba

Bước 2. Sử dụng hệ thức

, . , *a

A k d Bb

a bd

Bước 3. Chọn ,a b đại diện và thỏa mãn (*)

Trang | 7

V. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thông thƣờng đƣợc phân chia

thành hai mảng: mảng thứ nhất là lớp những bài toán mang nặng tính

“đại số” và thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên cơ sở là phƣơng pháp tham

số hóa, mảng thứ hai là lớp những bài toán nặng tính “hình học” và

thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên bài toán thuần túy hình phẳng.

Trong đề tài này tôi muốn nêu lên ý tƣởng giải quyết bài toán hình

giải tích phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua những “suy luận có lý” từ

những mối quan hệ giữa ba điểm có trong dữ kiện của bài toán đồng thời

đề xuất các giải pháp xử lý những mối quan hệ đó cũng nhƣ xây dựng bài

toán tổng quát và nêu ra những cách nhìn nhận khác nhau xung quanh

những mối liên hệ có trong bài toán.

Sau đây là một số dạng bài toán đƣợc phân tích, suy luận, giải quyết

từ những mối quan hệ ba điểm thông qua 4 bƣớc trong dạy học phát hiện

và giải quyết vấn đề:

Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.

Bước 2. Tìm giải pháp.

Bước 3. Trình bày giải pháp.

Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.

1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải tích trong

mặt phẳng.

a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc.

Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD. Gọi 1;3M là trung điểm của cạnh BC, 3 1

;2 2

N

là điểm

trên cạnh AC sao cho 1

.4

AN AC Xác định tọa độ các đỉnh của hình

vuông ABCD, biết D nằm trên đƣờng thẳng 3 0.x y


- Ta nhận thấy rằng giả thiết bài toán xoay quanh

ba điểm D, M, N nên giữa chúng có thể xuất

hiện những mối quan hệ đặc biệt. Bằng trực

quan ta đƣa ra giả thuyết DN MN . Nếu giả

thuyết này đúng dựa vào bài toán 1 chúng ta sẽ

Trang | 8

tìm đƣợc tọa độ điểm D. Từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại

của hình vuông bằng phƣơng pháp tham số hóa quen thuộc.

- Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta

chọn hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh 2;2 ,A 2;2 ,B

2; 2 ,C 2; 2D . Khi đó . 0DN MN .DN MN


Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán là

quan hệ vuông góc, trung điểm và các mối liên

quan đến độ lớn cạnh của hình vuông, vì vậy

ta đề xuất các giải pháp chứng minh sau:

Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)

Gọi I là giao điểm của hai đƣờng chéo AC và

BD. Điểm F là trung điểm đoạn DI. Khi đó tứ giác FNMC là hình bình

hành và F là trực tâm tam giác NDC nên .CF DN Mà / /CF MN nên

.DN MN

Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)

Đặt ; . 0;DA x DC y x y x y

Ta có 3 1

;4 4

DN x y 1 3

.4 4

MN DN DM x y

Suy ra 2 23

. 0 .16

DN MN x y DN MN

Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.

Khi đó 0;0 , 0; , ;0D A a C a .

Nên3

; , ; .2 4 4

a a aM a N

Do đó

2 23 3. 0 .

16 16DN MN a a DN MN

Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)

Trang | 9

Đặt .AB BC CD DA a

- Xét tam giác AND, ta có

2 2 2 252 . .cos .

8DN AN AD AN AD A a

- Xét tam giác CMN, ta có

2 2 2 25cos. . .

82CM CNC CMN C aMN

- Xét tam giác DCM, ta có

2 2 2 25.

4CDM DC aM Suy ra 2 2 2 .DM DN MN DN MN


Trƣớc hết ta sẽ chứng minh .DN MN (Có thể sử dụng một trong các

giải pháp ở bước 2)

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 1 0DN x y

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 1 0 1

1; 23 0 2

x y xD

x y y

Giả sử ;A m n , từ 4 6 3 ;2 3 .AC AN C m n

Từ 7 2 ;4 2AB DC B m n .

Suy ra tọa độ điểm M là 13 5 6 5

;2 2

m nM

Từ đó ta có 13 5 2 3

3;0 , 1;4 , 3;26 5 6 0

m mA B C

n n


- Để giải quyết bài toán 1.1 ta mở “nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm

D nhờ mối quan hệ .DN MN Nhƣ vậy bài toán 1.1 thực chất đƣợc

xây dựng dựa trên bài toán hình phẳng thuần túy: Cho hình vuông

ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao

cho 1

.4

AN AC Chứng minh rằng .DN MN

- Bằng giải pháp 2 (sử dụng công cụ véctơ) ta sẽ kiểm tra bài toán tƣơng

tự trong trƣờng hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật.

Ta có 1DN kx k y , 1

2MN k x k y

Trang | 10

Suy ra 2 21. 1

2DN MN k k x k k y

+) Trƣờng hợp 1. Nếu 0 .k N C

+) Trƣờng hợp 2. Nếu 0k , rõ ràng 1k

hoặc 1

2k ta luôn có . 0DN DM .

Suy ra

2

2

2 1 1. 0 , 1 *

2 1 2

kxDN DM k

y k

Ta thấy, nếu 2

2

31

4

xx y k

y khi đó hình chữ nhật ABCD trở

thành hình vuông.

Ta cũng có thể phát biểu một bài toán tƣơng tự bài toán 1.1 với một

hình chữ nhật có độ lớn đƣợc chọn thỏa mãn (*). Thí dụ, ta chọn

32

5x y k , khi đó ta cũng có thể xây dựng bài toán hình giải tích

thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho hình chữ nhật ABCD có

2AD DC . Gọi M là trung điểm của BC, N là điểm trên đường chéo

AC sao cho 3 2AN NC . Chứng minh rằng .DN MN

+) Trƣờng hợp 3. 2 211 0,

2k x y kk

ta xét bài toán sau

Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật

ABCD có đỉnh B thuộc đƣờng thẳng 1 : 2 2 0d x y , đỉnh C thuộc

đƣờng thẳng 2 : 5 0.d x y Gọi H là hình chiếu của B xuống AC.

Biết điểm 9 2

; , 9;25 5

M K

lần lƣợt là trung điểm của AH và CD.

Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có

tung độ dƣơng.


- Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M, K, B. Bằng trực quan ta đề

xuất giả thuyết BM KM và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ

sử dụng kết quả bài toán 1 để “mở nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm

B. Từ đó bằng các phƣơng pháp giải toán quen thuộc ta sẽ tìm đƣợc tọa

độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật.

- Để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra, ta cụ thể hóa bài toán 1.2 bằng hình

chữ nhật ABCD với 2;1 ,A 2;1 ,B 2; 1 ,C 2; 1D .

Trang | 11


Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán đã cho là vuông góc, trung

điểm và các góc bằng nhau. Vì vậy ta đề xuất các giải pháp để chứng

minh BM KM nhƣ sau:


Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác

MECK là hình bình hành và E là trung trực

của tam giác BMC nên CE MB . Mà

/ / .MK CE MK MB


Đặt ; . 0BA x BC y x y

Ta có

1 1BH kBA k BC kx k y

AC BC BA x y

Nên 2 2. 0 1 0 *BH AC kx k y

Lại có 1 1

1 1 ;2 2

BM BA BH k x k y

1 1

12 2

MK BK BM kx k y

2 21. 1 1 0

4BM MK k kx k y hay .BM MK


Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ,

điểm 0;0 , 0; , ;0 .B A a C c

Tọa độ điểm ;2

aK c

Phƣơng trình các đƣờng thẳng

: ; : 0AC ax cy ac BH cx ay

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 2

2 2 2 2;

0

ax cy ac a c acH

cx cay a ac

Do đó

2 3 2

2 2 2 2

2;

2 2

a a acc

c cM

a a

Trang | 12

2 2 3 2 3 2

22 2

2. 0 .

4

2a c c ca ac aBM MK BM MK

ca

ac


Đặt ; ;AB a BC b

Ta có 2

2 2 2 2

1; .

2 2

ab aBH MH AH

ba b a

Do đó

2 2tan ; tan tan tan

BC b BH b

KC a MH a

Suy ra tứ giác KMBC nội tiếp, do đó hay .MK MB


Trƣớc hết ta sẽ chứng minh BM KM (Có thể sử dụng các giải pháp

đã nêu ở bước 2). Khi đó:

Phƣơng trình đƣờng thẳng :9 2 85.BM x y

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 9 2 85

1;42 2

x yB

x y

Giả sử ; 5C c c ,

Từ

9 9;4. 0 9 2 8 0

4 4; 1

c CBC KC c c

c C

lo¹i

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 6.BH x y

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 1MC x y

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 6 13 4

; 1;02 1 5 5

x yH A

x y

.

Từ đó tìm đƣợc 9;0 .D


- Trong trƣờng hợp hình chữ nhật suy biến thành

hình vuông bài toán 1.2 có “bản chất hình

phẳng” chính là bài toán 1.1 hay nói cách

khác bài toán 1.1 là một trƣờng hợp đặc biệt của

bài toán 1.2

Trang | 13

- Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất đƣợc xây dựng trên bài

toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là

hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt

là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng BM KM .

- Bài toán 1.2 chính là bài toán mở rộng cho hình chữ nhật trong trƣờng

hợp 3: 2 211 0,

2.x k y kk

Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang

vuông ABCD ( ) có đỉnh 2;2D và 2 .CD AB Gọi H

là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đƣờng chéo .AC Điểm

22 14;

5 5M

là trung điểm HC . Xác định tọa độ các đỉnh , ,A B C , biết

rằng đỉnh B thuộc đƣờng thẳng : 2 4 0x y .


Nhận thấy dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, B. Bằng trực

quan ta đƣa ra giả thuyết .BM DM

Nếu giả thuyết trên là đúng, ta sẽ “mở đƣợc nút thắt đầu tiên” của bài

toán đó là việc xác định đƣợc tọa độ điểm B. Từ đó ta hoàn toàn xác

định đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại.



Gọi E là trung điểm đoạn DH. Khi đó tứ giác

ABME là hình bình hành ME AD nên E là

trực tâm tam giác ADM . Suy ra AE DM mà

/ / .AE BM DM BM


Đặt ; . 0; ;DA x DC y x y x x y y Ta có

1DH kx k y ; AC x y

Từ 2 2. 0 1 0 *DH AC kx k y

Lại có

1 1 1

22 2 2

DM DH DC kx k y

Trang | 14

1 1

2 12 2

BM DM DB k x k y

Suy ra

2 2do *1

. 2 1 04

DM BM k kx k y . Hay .DM BM


Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ với

0;0 , 0; , ;0 , ;2

cD A a C c B a

.


: ; : 0AC ax cy ac DH cx ay

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 2

2 2 2 2;

0

c

c

ax cy ac a acH

cx ay a a c

Suy ra

3 2 2

2 2 2 2;

2 2

2c ac

c cM

a

c

a

a

Do đó

2 3 2 2 2 3

22 2

2 2. 0 .

4

c a ca c ac ac aD

cM BM DM BM

a


Trƣớc hết ta chứng minh đƣợc DM BM (Có thể sử dụng các giải

pháp đã nêu ở bước 2)

Phƣơng trình đƣờng thẳng :3 16BM x y

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 4

4;43 16

x yB

x y

Gọi I là giao điểm của AC và BD.

Ta có 1 10 10

2 ;2 3 3

AB IBDI IB I

CD IC

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 10AC x y ;

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 2DH x y

Suy ra tọa độ điểm 14 18

; 6;25 5

H C

Từ 2 2;4CI IA A

Trang | 15


- Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho

AE DC khi đó ta thấy hình thang ABCD trong bài

toán 1.3 thực ra đƣợc cắt từ hình chữ nhật trong bài

toán 1.2 hay nói cách khác, bài toán 1.3 là một cách

phát biểu khác của bài toán 1.2

- Ngoài việc phát biểu lại bài toán 1.2, chúng ta cũng

có thể xây dựng các bài toán hình giải tích mới thông qua bài toán thuần

túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD có 2DC AB . Gọi H

là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M là trung điểm của HC.

Chứng minh rằng .DM BM

- Chúng ta cũng có thể kiểm tra xem những hình thang vuông thỏa mãn

mối liên hệ nào sẽ có tính chất phẳng tƣơng tự mà ta có thể dùng để phát

biểu bài toán hình giải tích tƣơng tự bài toán 1.3.

Ta có 1 ,DM kx k y 1 1BM k x k m y

Suy ra 2 2. 0 1 1 0BM DM k kx k m y , .AB mDC

+) Trƣờng hợp 1. Nếu 1 .k M A

+) Trƣờng hợp 2. 1

2m và 2 21

0,2

x k y kk

chính là trƣờng

hợp bài toán 1.3.


2

1x m k

y k

nhƣ vậy

ta hoàn toàn xây dựng đƣợc bài toán tƣơng

tự bài toán 1.3 bằng cách xây dựng mối

liên hệ của ba cạnh , ,AB CD DA của hình

thang. Chẳng hạn

22

13

2

y x

km

, ta có

bài toán: Cho hình thang ABCD có 2 2 .DC DA AB Gọi M là điểm

trên đoạn AC sao cho 2CM MA . Chứng minh .BM DM

Trang | 16

Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

cân tại 1;3A . Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho 3AB AD

và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm 1 3

;2 2

M

là

trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên

đƣờng thẳng 7 0.x y

Bước 1. Nghiên cứu và thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A. Từ

hình vẽ ta đề xuất giả thuyết .AM BM

Nếu giả thuyết này là đúng, ta sẽ “mở đƣợc nút

thắt đầu tiên” đó là xác định đƣợc tọa độ điểm B,

từ đó ta tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của tam

giác ABC.



Gọi ,N I là giao điểm của đƣờng thẳng qua B vuông

góc với BC với các đƣờng thẳng CD và CA .

Do tam giác IBC vuông tại B và AB AC A là

trung điểm của đoạn IC , suy ra D là trọng tâm tam

giác IBC . Do đó 1

/ / .2

AN BC

Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực tâm tam giác NBM và tứ

giác NAME là hình bình hành nên từ .NE BM AM BM


Đặt ; . 0; ;IA x IC y x y x x y y

Ta có 2 1

;3 3

ID x y

2 4

1 1 .3 3

k kIH kID k IC x y

Nên 2 2

2 1 ;3 3

BH kx k y

2 4

3 3CD x y

Trang | 17

2 21 2. 0 1

3*

302

kBH CD kx y

Lại có 1 1 12 1 ;

2 3 3BM BH BC kx k y

21 1

3 3

kAM IM IA x k y

2 21 2. 1 2 1 0, * .

3 3 3

kAM BM kx k y do AM BM



Các điểm 0;0 , 0; , ;0 , ;0I A a C c B c

Phƣơng trình các đƣờng thẳng 2: 2 ; : 2 2CD ax cy ac BH cx ay c

Suy ra tọa độ điểm 2 3 2

2 2 2 2

44;

4 4

a acH

a a

c c

c c

và tọa độ điểm 2 2

2 2 2 24

2

4;

a accM

caca

Nên

2 3 2 2 3 2

22 2

2 24 2. 0 .

4, *

a c ac aAM BM

c a c atheo AM M

a

cB

c


Trƣớc hết ta chứng minh AM BM (Có thể sử dụng các giải pháp đã

nêu ở bước 2). Khi đó:

Đƣờng thẳng BM có phƣơng trình 3 5x y . Tọa độ điểm B là

nghiệm của hệ 7

4; 33 5

x yB

x y

Từ 3 2;1AB AD D . Lúc đó ta có phƣơng trình các đƣờng thẳng

: 1; : 1CD x y BH x y . Suy ra tọa độ điểm 1;0H .

Suy ra 2; 3C


Trang | 18

- Ta nhận thấy, tam giác cân trong bài toán

1.4 đƣợc cắt từ hình thang của bài toán 1.3.

Hay nói cách khác, bài toán 1.4 là cách

phát biểu khác của bài toán 1.3. Tuy nhiên

với giả thiết đã cho, nếu không nhận biết

đƣợc sự quen thuộc của bài toán 1.3 trong

bài toán 1.4 công việc thực hiện chứng

minh AM BM sẽ phức tạp hơn nhiều.

- Ngoài việc xây dựng bài toán 1.4 bằng

cách phát biểu lại bài toán 1.3 cũng có thể xây dựng bài toán hình giải

tích mới thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho tam giác ABC

cân tại A. Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho 3AB AD . Gọi H là hình

chiếu của B trên CD; M là trung điểm đoạn CH. Chứng minh

AM BM .


ABCD có đỉnh 1;2A . Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm

19 8;

5 5H

là hình chiếu vuông góc của B lên .CN Xác định tọa độ

các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm M của cạnh BC nằm

trên đƣờng thẳng 2 6 0.x y


Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Từ hình vẽ ta có thể

đặt giả thuyết AH MH , ta cũng có thể kiểm chứng giả thuyết đã đặt

ra bằng một hình vuông với các tọa độ cụ thể nào đó.

Nếu giả thuyết trên là đúng, từ kết quả bài toán 1 chúng ta sẽ tìm đƣợc

tọa độ điểm M, từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của hình

vuông thông qua tọa độ các điểm đã biết.


Dữ kiện bài toán xoay quanh các mối liên hệ về

tính vuông góc, trung điểm, các độ lớn phụ

thuộc lẫn nhau, vì vậy các giải pháp để chứng

minh AH MH đƣợc đề xuất là:


Trang | 19

Tứ giác NHMB nội tiếp

Tứ giác ABMN là hình chữ nhật

Suy ra hay tứ giác ABMH nội tiếp.

Mà hay .AH MH


Đặt ; . 0;BA x BC y x y x y . Ta có

2

1 ;2

kBH kBN k BC kx y

1;

2CN BN BC x y

2 2

2 2. 0 0 *

4 5

kBH CN kx y k

Lại có 2

12

kAH k x y

;

1

2

kMH kx y

.

Suy ra

2 22

. 1 0, * .4

kMH AH k kx y do

Hay .MH AH



Các điểm 0;0 , 0; , ;0B A a C c

Suy ra ;0 , ; .2 2

c cM N a


:2 2 ;CN ax cy ac : 2 0BH cx ay

Suy ra 2 2

2 2 2 2

4 2;

4 4

a accH

ca ac

Do đó

2 2 3 2 2 3

22 2

4 22. 0 .

4

4a acAH MH AH MH

c a c c ac a

ca

Trang | 20


Trƣớc hết ta sẽ chứng minh AH MH (Có thể sử dụng các giải pháp

ở bước 2). Khi đó:

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 4 3 20HM x y . Tọa độ điểm M là

nghiệm của hệ 4 3 20

2; 42 6

x yM

x y

.

Do / /CH AM nên phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 6.CH x y

Gọi N là trung điểm AD, từ ;6 2CH N nN n .

Lại có

2 2;2

. 0 19 19 8;

5 5 5

n N

AN MNn N H

lo¹i

Suy ra 5;2D . Từ 1; 4AB NM B , khi đó 5; 4C


- Để giải quyết bài toán 1.5 ta cần “mở nút thắt đầu tiên” đó là việc tìm

ra tọa độ điểm M dựa vào mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm A, H,

M. Hay nói cách khác bài toán 1.5 đƣợc xây dựng dựa trên bài toán

thuần túy hình phẳng sau đây: Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần

lượt là trung điểm của cạnh BC và AD, H là hình chiếu vuông góc của

B lên CN. Chứng minh rằng .AH MH

- Ta có thể sử dụng giải pháp 2(công cụ véctơ) hoặc giải pháp 3(công cụ

tọa độ) để tìm và xây dựng bài toán khái quát.

Ta xét hình chữ nhật ABCD với M, N lần

lƣợt là trung điểm của AD, BC. Ta cần tìm

vị trí điểm H trên CN sao cho .AH MH

Ta có

1 ,2

kBH kx y

1 1 ,2

kAH BH BA k x y

11

2MH kx k y .

Suy ra 2 21. 0 1 1 1 0

2 2

kAH MH k k x k y

2 21 4 2 0 *k kx k y

+) Trƣờng hợp 1. Nếu 1k H N

Trang | 21

+) Trƣờng hợp 2. Nếu 2

5x y k chính là bài toán 1.5 chúng ta

đang nghiên cứu.

+) Trƣờng hợp 3. 2 24 2 0,kx k y k lúc đó điểm H chính là

hình chiếu của B lên CN, nghĩa là chúng ta có bài toán hình phẳng

thuần túy khái quát hơn: Cho hình chữ nhật ABCD, các điểm M, N lần

lượt là trung điểm của BC và DA. Gọi H là hình chiếu vuông góc của

B lên CN. Chứng minh .AH MH


2

2

4

x k

y k

chúng ta có thể xây dựng các bài toán

tƣơng tự nhờ mối quan hệ về độ dài giữa hai cạnh của hình chữ nhật,

chẳng hạn ta cho 2

217

x y k tức 2 2 15 .AB BC NH HC

Bài toán 1.6. (Trích đề TSĐH khối A – năm 2013) Trong mặt

phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc

đƣờng thẳng : 2 5 0d x y và 4;8A . Gọi M là điểm đối xứng

của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đƣờng thẳng MD.

Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng 5; 4 .N


Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, N,

C. Từ trực quan, ta đề xuất giải thuyết

AN CN .

Nếu giả thuyết đƣợc đề xuất là đúng, ta sẽ xác

định đƣợc tọa độ điểm C, từ đó ta tìm đƣợc

tọa độ các đỉnh còn lại.



Do tứ giác DBCN nội tiếp, nên , mà (do tứ

giác ABCD là hình chữ nhật) Suy ra tứ giác ABCN

nội tiếp hay .AN CN


Trang | 22

Đặt

; . 0; ;BA x BC y x y x x y y

Ta có

1 2 ;BN kBD k BM kx k y

.DM BM BD x y

Từ 2 2. 0 2 *DM BN kx k y

Lại có:

AN BN BA 1 2 ;k x k y

1CN BN BC kx k y

2 2. 1 2 0, * .AN CN k kx k y do AN CN

Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa

độ)


Trong đó 0;0 , 0; , ;0 .B A a C c


: 2MD ax cy ac

và : 0BN cx ay

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phƣơng trình 2 2

2 2 2 2

2 2 2;

0

ax cy ac a c aN

cx ay a ca

c

c

.

Từ đó

2 2 3 2 2 3

22 2

2 2. 0 .

a a ac acAN CN AN CN

a

c c c a

c


Đặt ; ;AD x DC y

Lúc đó 2 2 2 2

cos ;siny

x y

x

x y

Xét tam giác DBN ta có cos2DN

BD

2 2

2 2

2 2. cos sin

yDN B

x

xD

y

Trang | 23

Do đó 4 2 2

2 2 2 0 2

2 22 . .cos 90

yAN AD D

x yN AD DN y

x y

và 4 2 2

2 2 2 2

2 2c. s2 o.

x x yDN DC DN

yCN DC x

x

Nên 2 2 2AN CN AC ANC vuông tại N, hay .AN CN


Ta sẽ chứng minh AN CN (Có thể sử dụng một trong các giải pháp

ở bước 2). Khi đó:

Đƣờng thẳng CN có phƣơng trình 3 4 31.x y

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 4 31

1; 72 5

x yC

x y

Do tứ giác ADMC là hình bình hành, nên / / DMAC mà

BN DM BN AC

Đƣờng thẳng BN có phƣơng trình 3 17 0x y .

Điểm B là giao điểm của BN với đƣờng tròn tâm 3 1

;2 2

I

bán kính

5 10

2R IA , nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

2 2

53 17

43 1 125

44; 72 2 2

7

xB Nx y

y

xx yB

y

lo¹i


- Nếu ta đặc biệt bài toán 1.6 thành hình vuông

ABME, ta nhận đƣợc kết quả tƣơng tự bài toán

1.5

- Để giải quyết bài toán 1.6 “mấu chốt” của vấn đề

là xử lý bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho

hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng

của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Chứng minh

rằng .AN CN

Trang | 24

Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang

vuông ABCD (vuông tại A và B) có 2 .BC AD Điểm 13 9

;5 5

H

là

hình chiếu vuông góc của điểm B lên cạnh .CD Xác định tọa độ các

đỉnh B và D của hình thang, biết điểm 3;1A và trung điểm M của

cạnh BC nằm trên đƣờng thẳng 2 1 0.x y

Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Bằng trực quan ta đề

xuất giả thuyết AH MH .

Nếu giả thuyết đƣợc nêu ra là đúng, ta sẽ tìm đƣợc tọa độ điểm M, từ

đó ta tìm đƣợc tọa độ các đỉnh của hình thang.



Tứ giác BDHM nội tiếp nên .

Tứ giác ABMD là hình chữ nhật nên

Suy ra hay tứ giác AHMB nội tiếp,

mà .Hay .AH MH


Đặt ; . 0; ;BA x BC y x y x x y y

Ta có 2

12

kBH kBD k BC kx y

1

2CD BD BC x y

2 2

2. 0 0 *

4

kBH CD kx y

Lại có

2

1 ;2

kAH k x y

1.

2

kMH BH BM kx y

Suy ra

2 22

. 1 0, * .4

kAH MH k kx y do AH MH


Trang | 25


Các điểm 0;0 , 0; , ;0B A a C c

Tọa độ các điểm ; , ;0 .2 2

c cD a M


: 2 2 ; : 2 0CD ax cy ac BH cx ay

Suy ra 2 2

2 2 2 2

4 2;

4 4

a accH

ca ac

Do đó

2 2 3 2 2 3

22 2

4 22. 0 .

4

4a acAH MH AH MH

c a c c ac a

ca


Trƣớc hết ta chứng minh AH MH (Có thể sử dụng một trong các

giải pháp ở bước 2). Khi đó:

Phƣơng trình đƣờng thẳng :7 20.MH x y Tọa độ điểm M là

nghiệm của hệ 7 20

3; 12 1

x yM

x y

Đƣờng thẳng DC qua H và song song với AM nên có phƣơng trình

: 3 8DC x y .

Giả sử 8 3 ;D d d , từ

3 1;3

. 0 9 13 9;

5 5 5

d D

AD MDd D H

lo¹i

Lại có 5;1AD MC C , từ đó suy ra 1; 3B


- Bài toán 1.7 là một cách phát biểu khác của bài toán 1.6. Hay nói cách

khác nó hai bài toán trên là những kết quả tƣơng tự của nhau.

- Để giải quyết bài toán 1.7 “mấu chốt” của vấn đề là xử lý bài toán thuần

túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD (tại A và B) có

2BC AD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CD. M là

trung điểm của BC. Chứng minh rằng AH MH .

Trang | 26

b. Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng .


ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, 3 1

;2 2

N

là điểm trên

cạnh AC sao cho 1

.4

AN AC Xác định tọa độ các đỉnh của hình

vuông ABCD, biết đƣờng thẳng DM có phƣơng trình 1 0.x


Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D,

M, N. Bằng trực quan ta dễ nhận thấy

những nét giống nhau cơ bản của bài toán

với bài toán 1.1

Theo những nhận định và kết quả nghiên

cứu ở bài toán 1.1, ta đã có DN MN . Tuy

nhiên một vấn đề nảy sinh là giả thiết bài

toán 1.8 không đủ để “mở nút thắt đầu tiên” chỉ với mối quan hệ

vuông góc.

Từ đó ta đƣa ra nhận định, giữa ba điểm này có một mối quan hệ ràng

buộc khác nữa. Ta dễ dàng nhận ra mối quan hệ này là tam giác DMN

vuông cân, hay từ giải pháp 4(sử dụng công cụ lượng

giác) trong bài toán 1.1.

Cũng từ mối liên hệ này, kết hợp với kết quả bài toán 2 ta tìm đƣợc

tọa độ điểm D, từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại.



Đặt .AB BC CD DA a

- Xét tam giác AND, ta có

2 2 2 252 . .cos .

8DN AN AD AN AD A a

- Xét tam giác CMN, ta có

2 2 2 25cos. . .

82CM CNC CMN C aMN

- Xét tam giác DCM, ta có 2 2 2 25

.4

CDM DC aM

Trang | 27

Suy ra 2 2 2

DN MNDMN

DM DN MN

vuông cân tại M.


Gọi I là giao điểm của hai đƣờng chéo AC và BD.

Điểm F là trung điểm đoạn DI. Khi đó tứ giác

FNMC là hình bình hành và F là trực tâm tam giác

NDC nên .CF DN Mà / /CF MN nên

.DN MN

Tứ giác DNMC nội tiếp nên . Từ đó suy ra tam

giác DMN vuông cân tại N.


Đặt ; . 0;DA x DC y x y x y a Ta có

3 1;

4 4DN x y

1 3.

4 4MN DN DM x y

Suy ra 2 23

. 0 .16

DN MN x y DN MN

Lại có

2

2 2 2 23 1 9 1 5;

4 4 16 16 8DN x y x y a

2

2 2 2 21 3 1 9 5

4 4 16 16 8MN x y x y a DN MN

Từ đó suy ra DMN vuông cân tại N.


Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ. Khi đó

0;0 , 0; , ;0D A a C a .

Nên3

; , ; .2 4 4

a a aM a N

Do đó 3 3

; ; ; .4 4 4 4

a a a aDN MN

2 23 3. 0 .

16 16DN MN a a DN MN

và 2 2 25

8DN MN a . Hay tam giác DMN vuông cân tại N.

Trang | 28


Giả sử 1;D d , ta có

2 2

1. 22 2

32. 5 1

2 2

DM

DM

dDN u d

dDN ud

+) Với 2 1; 2d D

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2NM x y . Suy ra 1;3M

Từ đó theo kết quả bài toán 1.1 ta có 3;0 , 1;4 , 3;2A B C

+) Với 3 1;3d D

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 1NM x y . Suy ra 1; 2M

Sử dụng quy trình giải toán ở bài toán 1.1 ta tìm đƣợc tọa độ các điểm

còn lại là 3;1 , 1; 3 , 3; 1A B C


- Ta nhận thấy bài toán 1.1 và bài toán 1.8 là giống nhau về mặt hình

thức, song kết quả bài toán 1.1 và bài toán 1.8 lại có sự khác nhau.

Nguyên nhân của sự khác nhau này chính là việc lựa mối quan hệ ba

điểm phân biệt tạo thành một góc 045 trong cách phát biểu bài toán.

Từ đó dẫn đến việc chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 2 để tìm tọa độ

điểm D, đó cũng công cụ để chúng ta “mở nút thắt đầu tiên” của bài

toán.

- Từ đó ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.8 thực ra đƣợc xây dựng dựa

trên bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình vuông ABCD. Gọi M

là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao cho

1.

4AN AC Chứng minh DMN vuông cân.

- Bài toán 1.8 đƣợc xây dựng dựa trên bài toán hình

phẳng đã phát biểu ở trên và sự kết hợp của nó với

bài toán 2 mục IV.2

Để xây dựng bài toán tổng quát, ta nghiên cứu bài

toán: Cho hình vuông ABCD, các điểm M thuộc

đường thẳng BC và N thuộc đường thẳng AC thỏa

mãn ,BM mBC AN nAC . Tính theo m và .n

Trang | 29

Đặt ; . 0;DA x DC y x y x y a

Ta có 1BM mBC DM m x y 2

1 1DM a m

2 21 1AN nAC DN n x ny DN a n n

2 2 2

. 1

. 1 1. 1

DM DN mn n

DM DN m n n

Nhƣ vậy ta hoàn toàn xây dựng đƣợc bài toán hình giải tích trong phẳng

khái quát hơn dựa vào sự kết hợp giữa bài toán 2 mục IV.2. và bài toán

thuần túy hình phẳng sau:

Cho hình vuông ABCD, các điểm M thuộc đường thẳng BC và N thuộc

đường thẳng AC thỏa mãn ,BM mBC AN nAC . Ta luôn có

2 2 2

1.

1 1. 1

mn n

m n n

Bài toán 1.9. (Trích đề TSĐH khối A – năm 2012) Trong mặt phẳng

với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của

cạnh BC, N là điểm trên CD sao cho 2 .CN ND Giả sử 11 1

;2 2

M

và

đƣờng thẳng AN có phƣơng trình 2 3 0.x y Tìm tọa độ điểm A.

Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, M, N, đồng thời ta nhận thấy

nếu ta biết đƣợc giá trị của góc hoặc giá trị

của ta có thể áp dụng kết quả bài toán 2 để

xác định tọa độ điểm A.

Việc phán đoán và đề xuất giả thuyết độ lớn của

góc sau đó sử dụng thuần túy hình phẳng để

chứng minh là không mấy khả thi. Do vậy ta lựa

chọn những giải pháp mạnh về tính “đại số” nhiều

hơn nhƣ: sử dụng công cụ lượng giác, sử dụng công cụ véctơ, sử dụng

công cụ tọa độ.



Trang | 30

Đặt .AB BC CD DA a Ta có: 2 2 2 25;

4AM AB BM a

2 2 2 225;

36CNMN CM a 2 2 2 210

9AN AD DN a .

Do đó 2 2 2 2

2 . 2

AM AN MN

AM AN


Đặt ; . 0;AB x AD y x y x y a

Ta có 1 1

;2 3

AM x y AN x y

Suy ra

2

2 21 5

2 4AM x y a

;

2

2 21 10

3 9AN x y a

; 21 1 5.

2 3 6AM AN x y x y a

Suy ra . 2

2.

AM AN

AM AN


Chọn hệ trục tọa độ Oxy, nhƣ hình vẽ.

Điểm 0;0 , 0; , ;0A B a D a

Tọa độ các điểm ; ; ;2 3

a aM a N a

Khi đó

. 2

2.

AM AN

AM AN


Trƣớc hết ta tính đƣợc 2

2 (Có thể sử dụng một trong các

giải pháp đã nêu ở bước 2).

Giả sử ;2 3A a a , ta có

Trang | 31

2 2

255. 12 2

42. 11 75. 2

2 2

AN

AN

aAM u a

aAM ua a

Suy ra 1; 1A hoặc 4;5A .


- Khi dữ kiện bài toán xuất hiện mối quan hệ ba điểm, trƣớc khi đề các

giải pháp ta cần quan tâm mối quan hệ giữa ba điểm đó có phải là những

mối quan hệ quen thuộc xuất hiện ở bài toán 1 hoặc bài toán 2 hay

không. Nếu là mối quan hệ của bài toán 2, khi đề xuất giải pháp thực

hiện ta nên thiên về những giải pháp mang nặng tính “đại số” nhiều hơn

nhƣ : sử dụng công cụ lượng giác, sử dụng công cụ véctơ, sử dụng công

cụ tọa độ.

- Bản chất thuần túy hình học phẳng của bài toán 1.9 có thể phát biểu nhƣ

sau: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là

điểm trên CD sao cho 2CN ND . Tính .

- Ta cũng đi tìm hiểu và xây dựng bài toán tổng quát

bằng sử dụng công cụ véctơ và nghiên cứu bài toán

sau: Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là

điểm trên BC, CD sao cho ,BM mBC CN nCD

Tính theo m và n.

Đặt ; . 0;AB x AD y x y x y a .

Từ 21 ;BM mBC AM x my AM a m

2

1 1 1CN nCD AN n x y AN a n

Suy ra

22

. 1

. 1 . 1 1

AM AN m n

AM AN m n

Nhƣ vậy ta hoàn toàn xây dựng đƣợc bài toán hình giải tích trong phẳng

khái quát hơn dựa vào sự kết hợp giữa bài toán 2 mục IV.2. và bài toán

thuần túy hình phẳng sau:

Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là điểm trên BC, CD sao cho

,BM mBC CN nCD . Ta luôn có

22

1.

1 . 1 1

m n

m n

Trang | 32

Bài toán 1.10. (Trích đề thi HSG khối 11 tỉnh Nghệ An–năm 2014)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có

điểm 1;3A . Biết điểm 6;4M thuộc cạnh BC và 17 9

;2 2

N

thuộc

đƣờng thẳng DC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình vuông ABCD.


Dữ kiện bài toán lại xoay quanh mối quan hệ ba

điểm A, M, N, song sự khác biệt là chúng ta đã biết

tọa độ của cả ba điểm này. Và một phát hiện tƣơng

đối thú vị là ba điểm này cùng nằm trên một đƣờng

thẳng, điều đó khiến chúng ta đặt ra giả thuyết là

ngoài mối liên hệ này bài toán còn xuất hiện những

mối liên hệ ba điểm khác.

Một giả thuyết đặt ra là chúng ta có thể viết đƣợc phƣơng trình đƣờng

thẳng CD nhờ kết quả bài toán 2, nếu chúng ta tính đƣợc giá trị

. Từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ điểm D, và sau đó ta tìm đƣợc tọa

độ các đỉnh còn lại của hình vuông nhờ những mối liên hệ với các điểm

đã biết.


Ta có / /MC AD 1

3

NC MN

ND AN

1

3NC ND .

Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng a

2 2

3 3

9 132

4

ND a

ANa a


Phƣơng trình đƣờng thẳng : 5 14 0AM x y . Dễ thấy N AM .

Theo kết quả bƣớc 2, ta có 3

13 .

Giả sử ; , 0CD CDu a b u là véctơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng CD.

Khi đó .3 3

13 13.

AM CD

AM CD

u u

u u

2 2

5 3

7 171326

a b a b

a ba b

Trang | 33

+) Với a b , chọn 1 1b a . Lúc đó phƣơng trình các đƣờng thẳng

: 2; : 10; : 4; : 4AB x y BC x y CD x y DA x y .

Suy ra 4;6 ; 7;3 ; 4;0B C D

+) Với 7 17 .a b Chọn 7 17b a . Lúc đó phƣơng trình các

đƣờng thẳng :7 17 58; :17 7 74;AB x y BC x y

:7x 17y 136; :17 7 4CD DA x y . Suy ra tọa độ các đỉnh còn lại

của hình vuông là 64 18 85 69 34 90

; ; ; ; ;13 13 13 13 13 13

B C D

.

Kiểm tra điểm M nằm trên cạnh BC, nhận thấy cả hai trƣờng hợp trên

đều thỏa mãn yêu cầu.


- Mối quan hệ giữa ba điểm A, M, N trong bài toán 1.10 tƣởng chừng

không liên quan đến các mối quan hệ ba điểm đã nêu ở bài toán 1 và bài

toán 2. Song với các suy luận logic chúng ta hoàn toán đƣa bài toán đã

cho về với bài toán 2 quen thuộc với phép gọi véctơ đại diện.

- Bài toán trên cũng có thể giải quyết theo hƣớng vận dụng kết quả bài

toán 1 bằng cách qua A dựng đƣờng thẳng vuông góc với AM cắt CD

tại E, tìm đƣợc tọa độ điểm E nhờ vận dụng kết quả bài toán 1, từ đó

giải quyết bài toán một cách khá đơn giản.

- Ta có bài toán về “bản chất hình phẳng” có trong bài toán 1.10: Cho

hình vuông ABCD. Gọi M là điểm trên cạnh BC. Đường thẳng AM cắt

đường thẳng CD tại N. Biết MN

kAN

, tính theo k.

Ta cũng dễ dàng nhận ra trƣờng hợp A, M, N thẳng hàng trong bài toán

là một trƣờng hợp đặc biệt của bài toán tổng quát đã nêu ở bài toán 1.9.

Bài toán 1.11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC

vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho 3 .AB AM

Đƣờng tròn tâm 1; 1I đƣờng kính CM cắt BM tại .D Xác định tọa

độ các đỉnh của ABC biết đƣờng thẳng BC đi qua 4

;03

N

, phƣơng

trình đƣờng thẳng : 3 6 0CD x y và điểmC có hoành độ dƣơng.


Trang | 34

Từ dữ kiện đã nêu trong bài toán ta nhận thấy

mối quan hệ giữa ba điểm , ,I C D là mối quan

hệ quen thuộc của bài toán 2 mục IV.2

Nếu ta tính đƣợc chúng ta sẽ tìm đƣợc

“nút thắt đầu tiên của bài toán.

Lại thấy rằng từ mối quan hệ ba điểm , ,A M B

cho chúng ta 3

10

AB

BM , mà

, từ đó ta đƣa ra giả thuyết .


Ta có tứ giác ABCD nội tiếp, suy ra

mà 3

10

AB

BM

3

10


Trƣớc hết ta tính đƣợc 3

10 (Xem bƣớc 2).

Giả sử 3 6;C c c , ta có . 3

10.

DC

DC

IC u

IC u

2

2

1

16 110 16

3 510 32 26

1 0 11

5

cc

c

c

ccc

lo¹i

Với 1 3; 1c C

Phƣơng trình đƣờng thẳng :3x 5y 4 0BC

Điểm 1; 1M Phƣơng trình đƣờng thẳng :3x 4 0BM y

Điểm 2;2B BC BM B

Phƣơng trình đƣờng thẳng : y 1 0AC

Phƣơng trình đƣờng thẳng : x 2 0AB

Điểm 2; 1A AB AC A


- Ta có thể nhận thấy ở bài toán 1.11 tác giả để “dấu” khá kỹ ý đồ sử

dụng kết quả bài toán 2 mục IV.2 bằng việc sử dụng gián tiếp nó thông

Trang | 35

qua việc chứng minh hai góc bằng nhau trong một bài toán hình học

phẳng thuần túy.

- Nhƣ vậy chúng ta cũng có thể xây dựng những bài toán tƣơng tự bằng

việc xuất phát từ một bài toán hình phẳng thuần túy chứng minh hai góc

bằng nhau , sau đó gán giá trị cos và sử dụng kết quả bài

toán 2 cho cos .

c. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ thẳng hàng.


ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, 3 1

;2 2

N

là điểm trên

cạnh AC sao cho 1

,4

AN AC giao điểm của AC và DM là 4

1;3

I

.

Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD.


Từ trực quan ta nhận thấy sự giống nhau cơ bản của bài toán này với bài

toán 1.1, song giả thiết của bài toán 1.12 không phải là mối quan hệ

giữa ba điểm , ,ND M nhƣ phát biểu của bài toán 1.1 và bài toán 1.8,

nghĩa là để mở đƣợc “nút thắt đầu tiên” chúng ta không thể sử dụng các

kết quả của bài toán 1 và bài toán 2 ở mục IV.2.

Ta cũng nhận thấy, dữ kiện bài toán liên quan

đến ba điểm , ,A I N hoặc , ,C I N và ta đề ra giả

thuyết là tìm đƣợc số thực :k IN kIA và từ đó

áp dụng kết quả bài toán 3 mục IV.2.


Ta có 2IA ID DA

IMC IDAIC IM MC

5 5

8 8

ININ IA

IA


Trƣớc hết ta chứng minh 5

8IN IA (Xem bƣớc 2)

Trang | 36

Giả sử ;A AA x y , ta có:

1

4

3

5 5

2 83;0

5 5

6 8

A

A

x

A

y

Từ 1

3;24

AN AC C

Phƣơng trình đƣờng thẳng :3 1 0BD x y , đƣờng tròn tâm J đƣờng

kính AC có phƣơng trình 22 1 10.x y

Tọa độ các điểm B, D là nghiệm của hệ

22

; 1;4 1;4 ; 1; 23 1 0

1 10 ; 1; 2 1; 2 ; 1;4

x y B Dx y

x y x y B D


- Ta nhận thấy một điều thú vị là cùng một bài toán thuần túy hình

phẳng(bài toán 1.1, bài toán 1.8 và bài toán 1.12) nhƣng với cách lựa

chọn mối quan hệ ba điểm là khác nhau, chúng ta tìm đƣợc những bài

toán với những lời giải thú vị khác nhau.

- Bài toán 1.12 đƣợc xây dựng dựa trên sự kết hợp kết quả bài toán 3 và

bài toán hình phẳng thuần túy sau: : Cho hình vuông ABCD. Gọi M là

trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao cho 1

;4

AN AC

I là giao điểm của DM và AC. Chứng minh rằng 5

.8

IN IA

- Ta sẽ xây dựng bài toán tổng quát bằng cách tìm mối quan hệ giữa ba

điểm , ,A N I khi các điểm ,M N di động trên các đƣờng thẳng BC và

.AC Ta xét hình vuông ABCD với các điểm M, N

lần lượt trên BC và AC sao cho ,BM mBC

AN nAC . Gọi I là giao điểm của DM và AC. Ta

cần tìm số thực k thỏa mãn AI k AN

Đặt ; . 0;AB x AD y x y x y a

Từ , ,D I M thẳng hàng

1 1 1AI lAD l AM l x l m ml y

Lại có 2AI kAN knx kny .

Trang | 37

Từ (1) và (2) ta có hệ 1 1

2

l knk

l m ml kn n mn

Nhƣ vậy ta có bài toán hình phẳng thuần túy tổng quát sau:

Cho hình vuông ABCD với các điểm M, N lần lượt trên BC và AC sao

cho ,BM mBC AN nAC 2 0n mn . Gọi I là giao điểm của

DM và AC. Ta luôn có 1

.2

AI ANn mn

Bài toán 1.13. (Trích đề thi thử ĐH năm 2014 – chuyên Hƣng Yên)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy

AB, CD và 2CD AB . Gọi H là chân đƣờng vuông góc hạ từ D xuống

AC và M là trung điểm của HC. Biết tọa độ đỉnh 5;6B , phƣơng trình

đƣờng thẳng : 2 0DH x y ; phƣơng trình đƣờng thẳng

: 3 5 0DM x y . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD.


Ta dễ dàng tìm đƣợc tọa độ điểm D. Để giải

quyết bài toán, ta đƣa ra hai giả thuyết: giả

thuyết thứ nhất là tìm đƣợc tọa độ điểm M từ

mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm , ,D M B

và giả thuyết thứ hai là tìm đƣợc tọa độ điểm I

từ mối quan hệ thẳng hàng giữa ba điểm , , .D I B

Từ trực quan, ta loại bỏ giả thuyết thứ nhất(có

thể kiểm chứng bằng một hình thang cụ thể). Nhƣ vậy giả thuyết còn lại

là tìm đƣợc số thực k thỏa mãn .DI kBI


Có nhiều giải pháp có thể lựa chọn, song đơn giản nhất chính là việc sử

dụng mối quan hệ giữa AB và CD.

Ta có 1

/ / 2 22

BI ABAB CD DI BI DI IB

DI CD

Từ đó ta tìm đƣợc tọa độ điểm I , từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh

còn lại của hình thang từ tọa độ các điểm đã biết.


Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 2 0

1;23 5

x yD

x y

Trang | 38

Gọi I là giao điểm của AC và BD.

Ta có / / 2 2AB BI

AB CD DI BI DI IBCD DI

11 14

;3 3

I

Đƣờng thẳng AC có phƣơng trình 2 13x y

Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 0 13 26

;2 13 5 5

x yH

x y

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 3 5 29 18

;2 13 5 5

x yM

x y

M là trung điểm HC suy ra 9;2C

Lại có

8 22 1;6

0 2

5

6

A

A

xCD BA A

y


- Từ bài toán 1.13 ta thấy rằng khi bài toán xuất hiện nhiều mối quan hệ

ba điểm khiến chúng ta phải đề ra nhiều giả thuyết, chúng ta có thể sử

dụng trực quan hoặc có thể kiểm chứng với những trƣờng hợp cụ thể để

loại đi những giả thuyết ta đã đề xuất ban đầu.

- Từ bài toán trên ta có AB BI

kCD DI

, tức là mối quan hệ giữa ba điểm

, ,B I D phụ thuộc vào tỷ số AB

kCD

. Do đó để xây dựng bài toán tƣơng

tự , ta lựa chọn số k trong bài toán hình phẳng sau: Cho hình thang

ABCD có , 0AB kCD k . Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng

minh rằng .BI kID

Bài toán 1.14. Cho tam giác ABC có tâm đƣờng tròn ngoại tiếp

4 5; ,

3 3I

trực tâm 1 8

;3 3

H

và trung điểm cạnh BC là 1;1 .M Xác

định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.


Từ dữ kiện bài toán, nếu ta xác định đƣợc tọa độ điểm A ta sẽ viết đƣợc

phƣơng trình đƣờng thẳng BC từ đó lấy giao điểm với đƣờng tròn ngoại

tiếp và tìm đƣợc tọa độ các đỉnh B,C.

Trang | 39

Vậy việc tìm ra tọa độ điểm A có thể là mấu

chốt của bài toán.

Để tìm đƣợc tọa độ điểm A, ta đề xuất giả

thuyết về mối quan hệ thẳng hàng giữa ba điểm

M,G,A. Từ đó dẫn đến việc ta phải tìm đƣợc

tọa độ điểm G.

Vậy giữa ba điểm G,H,I có thể có xuất mối

quan hệ đặc biệt, mối quan hệ đó chính là bài

toán quen thuộc về đƣờng thẳng Ơ-le: 2HG GI


Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua ,I ta dễ dàng chứng minh tứ giác

1HCA B là hình bình hành, từ đó suy ra M là trung điểm của 1.HA

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra G cũng là trọng tâm tam giác

1AHA 2 .HG GI


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta sẽ chứng minh 2HG GI (xem

bƣớc 2).

Lúc đó ta có

1 42

3 3

8 52

1

3 3

;2

G G

G G

x

y y

x

G

Lại có

1 2 1 12 1;4

2 2 1 2

A

A

xAG GM A

y

Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 3 0BC x y

Phƣơng trình đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

2 2

4 5 50:

3 3 9C x y

. Suy ra tọa độ các điểm B, C là nghiệm

của hệ phƣơng trình

2 2

2 3 01;2 , 3;0

4 5 503;0 , 1;2

3 3 9

x yB C

B Cx y


Trang | 40

- Bài toán về đƣờng thẳng Ơ-le là bài toán xuất hiện ở đầu chƣơng trình

học lớp 10 THPT do vậy, do đó khi xuất hiện các dữ kiện xoay quanh

tâm đƣờng tròn ngoại tiếp và trực tâm thông thƣờng ta nghĩ đến mối

quan hệ giữa ba điểm , ,I H G với 2HG GI .

- Ta cũng dễ dàng nhận thấy bài toán 1.14 đƣợc xây dựng dựa trên cơ sở

là sự kết hợp kết quả bài toán 3 mục IV.2 với bài toán hình phẳng thuần

túy sau: Trong tam giác ABC, tâm đường tròn ngoại tiếp I, trực tâm H

và trọng tâm G thẳng hàng, đồng thời 2 .HG GI

- Để xây dựng bài toán hình giải tích tổng quát hơn, ta dựa vào bài toán

tổng quát về hình phẳng, đó là bài toán về đƣờng thẳng Ơ-le: Cho tam

giác ABC, gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực

tâm của tam giác và I là tâm đường tròn Ơ-le (*). Chứng minh O, H, G,

I thẳng hàng, đồng thời 2 3OH OI OG

(*) Đường tròn Ơ-le: Trong một tam giác thì trung điểm 3 cạnh, trung

điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm đến đỉnh, chân các đường cao

cùng thuộc một đường tròn.

d. Khoảng cách từ điểm đến đƣờng thẳng và mối quan hệ giữa ba

điểm.

Bài toán 1.15. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh AC sao cho

1;

4AN AC điểm N thuộc đƣờng thẳng 3 4 0,x y phƣơng trình

đƣờng thẳng : 1 0.MD x Xác định tọa độ đỉnh A của hình vuông

ABCD, biết khoảng cách từ A đến đƣờng thẳng MD bằng 4 và điểm N

có hoành độ âm.


Từ trực quan ta nhận thấy những nét giống

nhau cơ bản với bài toán 1.1, tuy nhiên với dữ

kiện bài toán đã cho chúng ta rất khó vận dụng

kết quả bài toán 1 để giải nhƣ bài toán 1.1,

vận dụng kết quả bài toán 2 để giải nhƣ bài

toán 1.8 hay vận dụng kết quả bài toán 3 để

giải nhƣ bài toán 1.12.

Tuy nhiên bài toán vẫn là mối quan hệ giữa ba

điểm N, M, D và từ dữ kiện bài toán ta đề xuất

Trang | 41

giả thuyết là tính đƣợc khoảng cách từ điểm N đến đƣờng thẳng MD, từ

đó vận dụng kết quả bài toán 4 mục IV.2 và tìm đƣợc tọa độ điểm N,

từ đó ta tìm đƣợc tọa độ các đỉnh của hình vuông.


Ta có 2IA ID DA

IMC IDAIC IM MC

5

8

IN

IA

5 5

, ,8 2

d N MD d A MD


Trƣớc hết ta chứng minh 5 5

, ,8 2

d N MD d A MD (Xem bƣớc 2).

Giả sử ; 3 4N n n ,

Từ

7

5 5 3 12, 1 ;

32 2 2 2

2

n

d N MD n N

n

lo¹i

Lại do tam giác MND vuông cân 5 2

2 ,2

ND d N MD

Nên các điểm D và M là giao của đƣờng thẳng DM và đƣờng tròn tâm

N bán kính 5 2

,2

ND hay tọa độ các điểm đó là nghiệm của hệ

2 2

1 0; 1;3 1;3 , 1; 2

3 1 25; 1; 2 1; 2 , 1;3

2 2 2

xx y D M

x y D Mx y

+) Trƣờng hợp 1: 1;3 , 1; 2D M , từ 1

2 1; ,3

DI IM I

lại từ 5

3;18

IN IA A

+) Trƣờng hợp 1: 1; 2 , 1;3D M , từ 4

2 1; ,3

DI IM I

lại từ 5

3;08

IN IA A


Trang | 42

- Từ kết quả bài toán 1.12 ta nhận thấy sự ràng buộc giữa hệ thức

5.

8IN IA và hệ thức

5, ,

8d N MD d A MD do đó việc xây dựng

bài toán 1.15 thực chất là sự kết hợp giữa kết quả bài toán 4 mục IV.2

với bài toán hình phẳng đã đƣợc nêu ở bƣớc 4 bài toán 1.12.

- Ta cũng có kết quả bài toán hình phẳng tổng quát nhờ sự xây dựng bài

toán tổng quát ở bài toán 1.12 nhƣ sau:

Cho hình vuông ABCD với các điểm M, N lần lượt trên BC và AC sao

cho ,BM mBC AN nAC 01 2mn n . Gọi I là giao điểm của

DM và AC. Ta luôn có 1

, , .1 2

d A MD d N MDmn n

Bài toán 1.16. (Trích đề TSĐH khối A – năm 2012) Trong mặt

phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm

của cạnh BC, N là điểm trên CD sao cho 2 .CN ND Giả sử

11 1;

2 2M

và đƣờng thẳng AN có phƣơng trình 2 3 0.x y Tìm

tọa độ điểm A.


Ta đã giải quyết bài toán này với mối quan hệ tạo

với nhau một góc 045 ở bài toán 1.9. Tuy

nhiên với từ dữ kiện bài toán, ta cũng có thể đề

xuất giả thuyết ba điểm này có mối liên hệ khoảng

cách và áp dụng đƣợc bài toán 4 để giải quyết.

Điều thú vị là dữ kiện bài toán cho chúng ta kết quả 3 5

,2

d M AN ,

nó khiến chúng ta đặt câu hỏi, liệu đây có phải là kết quả ngƣợc của bài

toán 4 hay không ? Nghĩa là từ kết quả 3 5

,2

d M AN chúng ta tìm

đƣợc yếu tố liên quan để giải quyết trọn vẹn bài toán.

Dễ dàng nhận ra sự liên quan giữa diện tích các hình và khoảng cách từ

M đến đƣờng thẳng AN. Do vậy ta có thể sử dụng diện tích để thử tìm

xem mối liên hệ đó là gì ?


Giả sử cạnh của hình vuông có độ dài bằng a . Khi đó

Trang | 43

2

2 25 10;

12 9 3AMN ABCD ADN CNM BAM

a aS S S S S a AN a

Từ 1

, .2

AMNS d M AN AN 10 3 5

, 3 24 2

ad M AN a

Suy ra 5 3 10

2 2

aAM


Trƣớc hết ta tính đƣợc 3 10

2AM (xem bƣớc 2). Giả sử ;2 3A a a .

Từ 3 10

2AM

21 1; 1

5 4 04 4;5

aa A

aa A


- Ta nhận thấy bài toán 1.16 cũng có thể đƣợc xây dựng nhờ kết hợp bài

toán 4 và bài toán hình phẳng thuần túy sau: Cho hình vuông ABCD có

cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên CD

sao cho 2 .CN ND Chứng minh rằng 10

, .4

ad M AN

- Ta cũng có thể sử dụng công cụ diện tích để xây dựng bài toán hình

phẳng tổng quát. Ta xét bài toán: Cho hình vuông

ABCD có cạnh bằng .a Gọi M, N lần lượt trên BC và

CD sao cho ,BM mBC 0 , 1DN nDC m n .

Tính ,d M AN theo , , .a m n

Ta có:

21;

2 2AMN ABCD ADN CNM BAM

mnS S S S S a

21AN a n

Suy ra 2

2 1, .

1

AMNS mnd M AN

AN n

Bài toán 1.17. (Trích đề thi HSG khối 11 tỉnh Nghệ An–năm 2014)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có

điểm 1;3A . Biết điểm 6;4M thuộc cạnh BC và 17 9

;2 2

N

thuộc

đƣờng thẳng DC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình vuông ABCD.

Trang | 44


Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, M, N song

tọa độ của các điểm này đã biết. Từ đó ta đề xuất các

giả thuyết: giả thuyết thứ nhất là sử dụng kết quả bài

toán tổng quát ở bài 1.16 và tìm đƣợc độ lớn cạnh

hình vuông, giả thuyết thứ hai là sử dụng bài toán 5

và viết phƣơng trình các cạnh hình vuông, từ đó tìm

tọa độ các đỉnh.

Nếu giả thiết cho điểm N thuộc cạnh DC, ta hoàn toàn sử dụng đƣợc kết

quả bài toán 1.16 song giả thiết ban đầu là N thuộc đƣờng thẳng DC, vì

vậy ta loại trừ giả thuyết thứ nhất.

Ta cũng dễ dàng nhận ra , ,d M AD d A DC vì vậy có thể giả

thuyết thứ hai là giả thuyết chấp nhận đƣợc.


Giả sử ; , 0n a b n là véc-tơ pháp tuyến của đƣờng thẳng AD. Lúc đó

- Phƣơng trình đƣờng thẳng : 3AD ax by a b

- Phƣơng trình đƣờng thẳng 17 9

:2

b aDC bx ay

Lại có , ,d M AD d A DC 2 2 2 2

5 3 15

7 172

a b a b a b

a bba ab

Với việc lựa chọn các giá trị của ,a b ta viết đƣợc phƣơng trình các cạnh

hình vuông và giải quyết trọn vẹn bài toán.


Giả sử ; , 0n a b n là véc-tơ pháp tuyến của đƣờng thẳng AD. Lúc đó

- Phƣơng trình đƣờng thẳng : 3AD ax by a b

- Phƣơng trình đƣờng thẳng 17 9

:2

b aDC bx ay

Lại có , ,d M AD d A DC 2 2 2 2

5 3 15

7 172

a b a b a b

a bba ab

+) Với .a b Chọn 1 1b a

Lúc đó phƣơng trình các đƣờng thẳng : 2;AB x y : 10;BC x y

: 4; : 4CD x y DA x y . Suy ra 4;6 ; 7;3 ; 4;0B C D

+) Với 7 17 .a b Chọn 7 17b a . Lúc đó phƣơng trình các

đƣờng thẳng :7 17 58;AB x y :17 7 74;BC x y

Trang | 45

:7x 17y 136;CD :17 7 4DA x y .Suy ra tọa độ các đỉnh còn lại

của hình vuông là 64 18 85 69 34 90

; ; ; ; ;13 13 13 13 13 13

B C D

.

Kiểm tra điểm M nằm trên cạnh BC, nhận thấy cả hai trƣờng hợp trên

đều thỏa mãn yêu cầu.


Ta có thể nêu quy trình giải quyết bài toán mở rộng

sau: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết

phương trình các cạnh của hình vuông ABCD, biết

rằng các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua các

điểm ; , ;P P Q QP x y Q x y và các đường thẳng

,BC AD lần lượt đi qua các điểm ; y , ; y .R R S SR x S x

Bước 1. Giả sử ; , 0n a b n là véctơ pháp tuyến của đƣờng

thẳng BC.

Bước 2. Viết phƣơng trình các đƣờng thẳng BC, CD dƣới dạng

tổng quát (chứa các tham số ,a b ).

Bước 3. Sử dụng công thức , ,d P CD d S BC và lựa chọn

các giá trị ,a b thông qua hệ thức liên hệ giữa chúng.

Bước 4. Viết phƣơng trình các đƣờng thẳng và tìm tọa độ giao

điểm của các đƣờng thẳng , , ,AB BC CD DA.

Một vài kết quả và kinh nghiệm rút ra.

Khi tiếp cận bài toán hình giải tích trong mặt phẳng, ta cần nghiên cứu

kỹ những mối quan hệ giữa các điểm trong dữ liệu bài toán đã nêu. Nếu

dữ liệu bài toán xoay quanh ba điểm nào đó, câu hỏi đầu tiên đầu tiên

của chúng ta là: “Giữa chúng có chăng một mối quan hệ ràng buộc nào

đó ?” và đặt ra những giả thuyết. Từ đó kiểm chứng giả thuyết đặt ra

bằng đặc biệt hóa bài toán và tìm kiếm giải pháp chứng minh phù hợp

với năng lực và kinh nghiệm giải toán.

Các giải pháp để xử lý những mối quan hệ ba điểm thƣờng là: thuần túy

hình phẳng, sử dụng công cụ véctơ, sử dụng công cụ tọa độ, sử dụng

công cụ lượng giác. Trong 4 giải pháp đó, mỗi giải pháp đều có ƣu điểm

và nhƣợc điểm riêng của nó, trong quá trình dạy học tôi phát hiện thấy

Trang | 46

những đặc điểm riêng của mỗi giải pháp cho từng đối tƣợng học sinh

khác nhau:

- Giải pháp thuần túy hình phẳng thƣờng phù hợp hơn với những học

sinh khá, giỏi, những học sinh có kiến thức vững vàng về hình học

phẳng ở THCS.

- Giải pháp sử dụng công cụ véctơ phù hợp hơn với những học sinh

trung bình khá, quy trình giải một bài toán bằng phƣơng pháp véctơ

thông thƣờng là:

Bước 1. Lựa chọn gốc và bộ véctơ cơ sở (thường là hai véctơ khác

véctơ không và vuông góc với nhau.)

Bước 2. Phiên dịch các giải thiết bài toán bằng ngôn ngữ véctơ theo bộ

véctơ cơ sở đã lựa chọn.

Bước 3. Phiên dịch kết luận bài toán bằng ngôn ngữ véctơ thông qua

bộ cơ sở đã chọn.

Bước 4. Áp dụng kết quả thu được ở bước 2 vào bước 3 và kết luận.

- Giải pháp sử dụng công cụ tọa độ thƣờng gắn nhiều với công việc tính

toán đồ sộ, là công cụ giải toán chỉ nặng về tính đại số và ít về tính tƣ

duy hình học và thƣờng phù hợp với học sinh có lực học trung bình.

Thông thƣờng quy trình giải toán nhƣ sau:

Bước 1. Lựa chọn hệ trục tọa độ (hợp lý)

Bước 2. Tính tọa độ các điểm theo hệ trục đã lựa chọn

Bước 3. Sử dụng công thức quen thuộc . 0a b a b

Bước 4. Kết luận sau khi kiểm chứng kết quả ở bước 3.

- Giải pháp sử dụng công cụ lượng giác : là công cụ thƣờng ít đƣợc sử

dụng trong bài toán chứng minh vuông góc, song lợi thế của nó là

những bài toán liên quan đến công việc tính góc, tính độ dài.

2. Xây dựng và mở rộng một số dạng bài tập hình giải tích trong mặt

phẳng từ bài toán hình phẳng thuần túy.

Từ việc giải quyết các bài toán ở mục 1, ta có thể nêu lên quy trình để

xây dựng một bài toán hình giải tích trong mặt phẳng dựa vào sự kết hợp

giữa các bài toán ở mục IV.2 và các bài toán thuần túy hình phẳng nhƣ sau:

Bƣớc 1. Lựa chọn bài toán hình phẳng thuần túy.

Bƣớc 2. Lựa chọn kết quả của bài toán ở mục IV.2 sẽ sử dụng.

Bƣớc 3. Lựa chọn hình vẽ thích hợp trên hệ trục tọa độ.

Bƣớc 4. Thiết lập các mối quan hệ ba điểm theo lựa chọn ở bước 2

đối với hình vẽ đã chọn trên hệ trục.

Bƣớc 5. Thiết lập các mối quan hệ còn lại.

Trang | 47

Bƣớc 6. Phát biểu trọn vẹn bài toán hình giải tích.

Bƣớc 7. Giải lại bài toán đã phát biểu.

Bƣớc 8. Kiểm tra kết quả và đề xuất những ý tưởng mới.

Sau đây tôi xin đƣợc xây dựng một số bài toán hình giải tích thông

qua sự kết hợp giữa những kết quả ở mục IV.2 và một số bài toán hình

phẳng thuần túy đƣợc lựa chọn.

a. Xây dựng bài toán từ sự kết hợp giữa bài toán thuần túy hình

phẳng với các bài toán ở mục IV.2

Xây dựng từ mối quan hệ vuông góc.

Bài toán gốc 2.1. Cho hình vuông ABCD. Trên tia đối của tia CB lấy

điểm M và trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN=BM. Đƣờng

thẳng song song với AN kẻ từ M và đƣờng thẳng song song với AM kẻ

từ N cắt nhau ở F. Chứng minh .AC CF

Xuất phát từ kết quả bài toán gốc 2.1 ta xây dựng bài toán hình giải

tích trong mặt phẳng bằng cách lựa chọn một hình vuông nào đó,

giả sử ta chọn hình vuông ABCD với 1;4 , 4;4 , 4;1 , 1;1A B C D

Chọn điểm 4;0M , suy ra 3;1 , 0; 3 .N F Từ đó kết hợp với kết

quả bài toán 1 và kết quả bài toán 2 ở mục IV.2 ta xây dựng một số

bài toán:

Bài toán 2.1.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD

có phương trình đường chéo : 5 0.AC x y Trên tia đối của tia

CB lấy điểm M và trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN=BM.

Đường thẳng song song với AN kẻ từ M

và đường thẳng song song với AM kẻ từ

N cắt nhau ở 0; 3F . Xác định tọa độ

các đỉnh của hình vuông ABCD, biết

điểm M nằm trên trục hoành.

Bài toán 2.1.2 . Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm

1;4 .A Trên tia đối của tia CB lấy

điểm M và trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN=BM. Đường

thẳng song song với AN kẻ từ M và đường thẳng song song với AM kẻ

từ N cắt nhau ở .F Biết phương trình đường thẳng : 3 0.CF x y

Xác định tọa độ các điểm M và N, biết M nằm trên trục hoành.

Trang | 48

Bài toán gốc 2.2. Cho hình chữ nhật ABCD có hai đƣờng chéo cắt

nhau ở I. Kẻ AH và BK vuông góc với BD và AC. Đƣờng thẳng AH và

BK cắt nhau ở E. Chứng minh .HK IE


tích trong mặt phẳng bằng cách lựa chọn một hình chữ nhật nào đó,

giả sử ta chọn hình chữ nhật ABCD với 3;0 , 1;2 ,A B 3; 2 ,C

1; 4 .D Lúc đó: 0; 1I , 3 4

;5 5

H

,

9 2;

5 5K

, 3 1

; .2 2

E

Kết hợp với kết quả bài toán 1 ở mục IV.2

ta xây dựng một số bài toán:

Bài toán 2.2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa

độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hai

đường chéo cắt nhau ở 0; 1I . Kẻ AH và BK lần lượt vuông góc với

BD và AC. Đường thẳng AH và BK cắt nhau ở 3 1

; .2 2

E

Xác định

tọa độ các đỉnh của chữ nhật ABCD, biết điểm H nằm trên đường

thẳng 2 1 0.x y

Bài toán 2.2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật

ABCD có hai đường chéo cắt nhau ở .I Kẻ AH và BK lần lượt vuông

góc với BD và AC. Đường thẳng AH và BK cắt nhau ở .E Xác định

tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết phương trình đường

thẳng :3 5 0BK x y , phương trình đường thẳng : 1 0IE x y

và tọa độ điểm 3 4

; .5 5

H

Bài toán gốc 2.3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đƣờng

tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm

tam giác ACD. Chứng minh rằng .IE CD

Trang | 49


tích trong mặt phẳng bằng cách lựa chọn một tam giác nào đó, giả sử

ta chọn tam giác cân ABC với 7;5 , 1;1 , 3; 3 .A B C

Khi đó ta tính toán đƣợc các dữ kiện:

Tọa độ điểm 3;3D , tâm đƣờng tròn

ngoại tiếp tam giác ABC là 11 5

;3 3

I

,

trọng tâm tam giác ACD là 13 5

;5 3

E

.

Kết hợp với kết quả bài toán 1 ở mục

IV.2 ta xây dựng một số bài toán:

Bài toán 2.3.1. (Trích đề thi thử ĐH

chuyên Phan Bội Châu năm 2013) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

tam giác ABC cân tại A; D là trung điểm đoạn AB. Biết rằng

11 5 13 5; , ;

3 3 3 3I E

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC, trọng tâm tam giác ADC; Các điểm 3; 1 , 3;0M N lần lượt

thuộc các đường thẳng , .DC AB Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC,

biết A có tung độ dương.

Bài toán 2.3.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân

tại A; D là trung điểm đoạn AB. Điểm 13 5

;3 3

E

là trọng tâm tam giác

ADC. Phương trình đường thẳng : 3 0,CD x đường cao kẻ từ đỉnh

A của tam giác ABC đi qua 2;0N . Xác định tọa độ tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài toán gốc 2.4. Cho đƣờng tròn tâm I đƣờng kính AC. Từ điểm M

bất kỳ ngoài đƣờng tròn, vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A,B là các tiếp

điểm). Tiếp tuyến tại C cắt đƣờng thẳng AB ở D.

Chứng minh .ID MC

Giả sử ta chọn ba điểm 2;3 , 2;0 , 1;0A B C . Khi đó:

Đƣờng tròn tâm I đƣờng kính AC là 2 2

1 3 9:

2 2 2C x y

;

Trang | 50

Tọa độ các điểm: 7 3

;2 2

M

, 2; 3D . Từ đó ta xây dựng một số

bài toán sau:


độ Oxy, cho đường tròn tâm I đường kính

AC. Từ điểm 7 3

;2 2

M

nằm ngoài đường

tròn, vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A,B là các

tiếp điểm). Tiếp tuyến tại C có phương trình

1 0x y cắt đường thẳng AB ở D. Xác

định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết

điểm I thuộc đường thẳng 3 0.x y

Bài toán 2.4.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

tâm 1 3

;2 2

I

đường kính AC. Từ điểm 7 3

;2 2

M

nằm ngoài

đường tròn, vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A,B là các tiếp điểm). Tiếp

tuyến tại C cắt đường thẳng AB ở 2; 3D . Xác định tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC.

Xây dựng từ mối quan hệ với một góc có số đo bằng .

Bài toán gốc 2.5. Cho hình vuông ABCD, E là một điểm thuộc cạnh

BC. Qua B kẻ đƣờng thẳng vuông góc với DE; đƣờng thẳng này cắt

các đƣờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K. Tính góc

Ta chọn hình vuông ABCD, với

2;2 , 2;2 , 2; 2 , 2; 2A B C D và 2;1E trên cạnh BC.

Tọa độ điểm 62 34

;25 25

H

, tọa độ điểm 5; 2K .

Trang | 51

Bài toán 2.5.1. Trong mặt phẳng

với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD, 2;1E là một điểm thuộc

cạnh BC. Đường thẳng qua B

vuông góc với DE cắt các đường

thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và

5; 2K . Xác định tọa độ các đỉnh

của hình vuông, biết đường thẳng CH có phương trình

7 16 0.x y

Bài toán 2.5.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD, 2;1E là một điểm thuộc cạnh BC. Đường thẳng qua B

vuông góc với DE cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở

62 34;

25 25H

và 5; 2K . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông,

biết điểm C thuộc đường thẳng 2 2 0.x y

Bài toán gốc 2.6. Cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm cạnh

AD, H là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M là trung điểm của

đoạn BH. Chứng minh rằng 2

.5

Từ bài toán gốc 2.6 kết hợp với kết quả bài toán 2 mục IV.2. Lựa

chọn hình vuông ABCD với tọa độ các đỉnh 1;2A , 1; 2B ,

3; 2C , 3;2D ta xây dựng bài toán sau:

Bài toán 2.6.1. (Trích đề thi thử ĐH trường THPT Đặng Thúc Hứa

năm 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy

cho hình vuông .ABCD Gọi E là trung điểm của

cạnh ,AD 11 2

;5 5

H

là hình chiếu vuông góc

của B lên CE và 3 6

;5 5

M

là trung điểm

của đoạn BH . Xác định tọa độ các đỉnh của

hình vuông ,ABCD biết điểm A có hoành độ âm.

Trang | 52

Bài toán gốc 2.7. Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên

cạnh AC sao cho 3AB AM . Đƣờng tròn đƣờng kính CM cắt BM

tại .D Chứng minh rằng 3

10

Từ bài toán gốc 2.7 kết hợp với kết quả bài toán 2 mục IV.2. Chọn

tam giác ABC với tọa độ các đỉnh 2; 1 , 2;2 , 3; 1A B C và

chọn điểm M trên AC có tọa độ

1; 1M , ta xây dựng bài toán sau:

Bài toán 2.7.1. (Trích đề thi thử ĐH

trường THPT Đặng Thúc Hứa năm

2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

,Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi

M là điểm trên cạnh AC sao cho

3 .AB AM Đường tròn tâm 1; 1I

đường kính CM cắt BM tại .D Xác định tọa độ các đỉnh của ABC

biết đường thẳng BC đi qua 4

;03

N

, phương trình đường thẳng

: 3 6 0CD x y và điểmC có hoành độ dương.

Xây dựng từ mối quan hệ thẳng hàng.

Bài toán gốc 2.8. Cho ,ABC A BB C nội tiếp đƣờng tròn tâm (I).

Trung tuyến AM, phân giác AD. Gọi E là giao điểm của AD và (I).

Chứng minh ba điểm I, M, E thẳng hàng.

Chọn tam giác ABC với tọa độ các đỉnh 0;4 , 2;0 , 4; 4A B C

Lúc đó 5 1

;2 4

I

, 7

0;2

E

. Phƣơng trình đƣờng tròn ngoại tiếp tam

giác ABC là 2 2

5 1 325:

2 4 16C x y

Trang | 53

Bài toán 2.8.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho

tam giác ABC nội tiếp đường tròn

2 2

5 1 325:

2 4 16C x y

. Đường phân

giác trong góc BAC cắt C tại điểm

70;

2E

. Xác định tọa độ các đỉnh tam giác

ABC, biết đường thẳng BC đi qua điểm 5;2N và đường thẳng AB

đi qua 3; 2 .P

Bài toán gốc 2.9. Cho tam giác ABC cân ở A. Trên cạnh AB lấy điểm

M, trên tia đối tia CA lấy điểm N sao cho BM = CN. Gọi K là trung

điểm MN. Chứng minh ba điểm B, K, C thẳng hàng

Chọn tam giác ABC với 2;2 , 4;0 , 0; 4A B C

Chọn điểm 1;1 1; 7 , 1; 3M N K

Ta xây dựng bài toán dựa vào tính thẳng hàng của ba điểm B, K, C.

Bài toán 2.9.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân ở A.

Các điểm 1;1M và 1; 7N là các điểm lần lượt trên cạnh AB

và trên tia đối của tia CA sao cho .BM CN Xác định tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng BC qua điểm 3; 1 .E


tam giác ABC cân ở A. Các điểm M và

1; 7N là các điểm lần lượt trên cạnh AB

và trên tia đối của tia CA sao cho .BM CN

Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,

biết 1; 3K là trung điểm của MN và

đường thẳng BC qua điểm 3; 1 .E

Bài toán gốc 2.10. Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn .I M là

một điểm thuộc đƣờng tròn. Gọi , ,D E F theo thứ tự là hình chiếu

vuông góc của M trên AB, BC, AC. Chứng minh ba điểm E, D, F

thẳng hàng.

(Đường thẳng Simson)

Trang | 54

Chọn tam giác ABC với 0;4 , 2;0 , 4; 4A B C . Chọn điểm

5;4M , suy ra 1;6 , 1;2 , 1; 2 .D E F

Bài toán 2.10.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam

giác ABC nội tiếp đường tròn .I Điểm

5;4M là một điểm thuộc đường tròn I . Gọi

1;6 ,D 1;2 ,E F theo thứ tự là hình chiếu

vuông góc của M trên AB, BC, CA. Xác định tọa

độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm F thuộc

đường thẳng 2 0.x y

Bài toán gốc 2.11. Cho tam giác ABC có 2 .AC AB M là trung

điểm của BC, N là điểm thuộc cạnh AC sao cho 1

3AN NC , D thuộc

BC sao cho AD đối xứng với AM qua tia phân giác trong góc BAC .

Chứng minh rằng 5 3DM MC

Bài toán 2.11.1. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy cho tam giác ABC có 2AC AB .

Điểm 1;1M là trung điểm của BC, N

thuộc cạnh AC sao cho 1

,3

AN NC điểm

D thuộc BC sao cho AD đối xứng với AM

qua tia phân giác trong góc . Đường

thẳng DN có phương trình

3 2 8 0x y . Xác định tọa độ các đỉnh

của tam giác ABC, biết C thuộc : 7 0.d x y

Bài toán gốc 2.12. Cho tam giác ABC, gọi O, G, H theo thứ tự là tâm

đƣờng tròn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác và I là tâm đƣờng tròn Ơ-

le (*). Chứng minh O, H, G, I thẳng hàng, đồng thời 2 3OH OI OG

(Đường thẳng Ơ-le)

(*) Đường tròn Ơ-le: Trong một tam giác thì trung điểm 3 cạnh, trung

điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm đến đỉnh, chân các đường cao

cùng thuộc một đường tròn.

Trang | 55

Bài toán 2.12.1. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

4 5; ,

3 3I

trực tâm 1 8

;3 3

H

và trung

điểm cạnh BC là 1;1 .M Xác định tọa độ

các đỉnh của tam giác ABC.

Bài toán 2.12.2. Cho tam giác ABC có

các đỉnh 1;4 , 3;0A C nội tiếp đường

tròn tâm 4 5

; .3 3

I

Xác định tọa độ đỉnh

B, biết trực tâm H thuộc đường thẳng 8 0x y

Bài toán 2.12.3. Cho tam giác ABC có trọng tâm 1;2G , đường tròn

đi qua trung điểm ba cạnh của tam giác ABC là 2 2 2 4 4 0x y x y Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC.

Bài toán 2.12.4. (Trích đề thi HSG khối 12 tỉnh Nghệ An năm

2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm

1; 2 .G Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Biết đường tròn đi

qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình

là: 2 2 2 4 4 0x y x y . Viết phương trình đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC.

Xây dựng từ mối quan hệ khoảng cách.

Bài toán gốc 2.13. Cho tam giác ABC có trọng tâm G.

Chứng minh , 3 ,d A BC d G BC

Bài toán 2.13.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng

tâm 1;1 ;G đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 1 0x y và

các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : 2 1 0x y . Xác định tọa độ

các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.

Trang | 56

Bài toán gốc 2.14. Cho hình vuông ABCD có tâm I, ta luôn có

, , .d I AB d I AD

Bài toán 2.14.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD, có

tâm O và hai cạnh kề lần lượt đi qua 1;2 , 3; 1M N . Xác định

tọa độ các đỉnh của hình vuông.


ABCD có phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB và CD lần

lượt là 4 3 4 0, 4 3 18 0x y x y . Xác định tọa độ các đỉnh của

hình vuông ABCD, biết tâm I thuộc đường thẳng : 1 0x y .

Bài toán gốc 2.15. Cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB, CD. Ta

luôn có ; ;d A BD d B AC .

Bài toán 2.15.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang

cân ABCD có hai đáy AB, CD; hai đường chéo AC và BD vuông góc

với nhau. Biết 0;3 , 3;4A B và điểm C nằm trên trục hoành. Xác

định tọa độ đỉnh D của hình thang ABCD.

Bài toán gốc 2.16. Cho tam giác ABC vuông tại A, chứng minh rằng

.

,AB AC

d A BCBC

Bài toán 2.16.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình

thoi ABCD có tâm 3;3I và 2AC BD . Điểm 4

2;3

M

thuộc

đường thẳng AB, điểm13

3;3

N

thuộc đường thẳng CD. Viết phương

trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.

Trang | 57

b. Một số hƣớng thay đổi cách phát biểu để xây dựng bài toán.

Bài toán gốc 2.17. Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lƣợt là trung

điểm các cạnh BC và CD . Chứng minh rằng .AM BN

Giả sử ta chọn hình vuông ABCD với tọa độ các đỉnh lần lƣợt là

4;0 , 0;4 , 4;0 , 0; 4A B C D . Khi đó ta tính toán đƣợc các dữ

kiện khác nhƣ sau: 2;2M , 2; 2N , phƣơng trình các đƣờng thẳng

: 3 4 0AM x y , :3 4 0BN x y , tọa độ giao điểm H của AM

và BN là 4 8

;5 5

H

.

Dựa vào những kết quả tính toán trên, ta có thể xây dựng những bài

toán hình giải tích trong mặt phẳng từ những phƣơng án sau:

Kết hợp với kết quả bài toán 1.

Bài toán 2.17.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh 0;4B . Gọi

,M N lần lƣợt là trung điểm các cạnh BC và .CD

Gọi 4 8

;5 5

H

là giao điểm của AM và BN. Xác

định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD,

biết rằng A nằm trên đƣờng thẳng : 2 4 0.x y


ABCD có đỉnh 4;0A . Gọi ,M N lần lƣợt là trung điểm các cạnh

BC và CD ; Điểm 4 8

;5 5

H

là giao điểm của AM và BN . Xác định

tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết điểm N nằm trên đƣờng

thẳng 2 2 0.x y

Trang | 58

Xây dựng bài toán tương tự bằng cách “cắt”

hình vuông thành hình thang có cạnh

2AB CN và kết hợp với bài toán 1.


Oxy, cho hình thang vuông ABCD (vuông tại B

và C) có 2AB BC CD và đỉnh 4;0A .

Gọi M là trung điểm của cạnh ;BC Điểm

4 8;

5 5H

là giao điểm của AM và .BD Xác

định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang,

biết điểm D nằm trên đƣờng thẳng

2 2 0.x y

Mở rộng kết quả bài toán 2.1 bằng cách dựng

thêm các điểm mới và kết hợp bài toán 1.

Bài toán 2.17.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác

ABC vuông tại B có 2 .BC BA Điểm 2; 2M là trung điểm của

cạnh .AC Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho 1

;4

BN BC Điểm

4 8;

5 5H

là giao điểm của AN và .BM Xác định tọa độ các đỉnh của

tam giác ,ABC biết điểm N nằm trên đƣờng thẳng 2 6 0.x y

Trang | 59

Xây dựng bài toán tương tự bằng cách “cắt” hình vuông thành hình

chữ nhật và kết hợp kết quả bài toán 1.

Bài toán 2.17.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ

nhật ABCD có 2BC BA . Gọi 1;1E là điểm trên cạnh BC sao cho

1;

4BE BC Điểm

4 8;

5 5H

là giao điểm của BD và AE . Xác định

tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm B nằm trên đƣờng

thẳng 2 6 0.x y

Từ 2

5

BC

BN , kết hợp với bài toán 1 và bài toán 2 ta có:


Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi ,M N lần

lƣợt là trung điểm của các cạnh BC và CD .

Điểm 4 8

;5 5

H

là giao điểm của BN và AM .

Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ,

biết phƣơng trình đƣờng thẳng : 4 0BC x y

và điểm C có hoành độ dƣơng.


Oxy, cho hình vuông .ABCD Gọi ,M N lần lƣợt

là trung điểm của các cạnh BC và CD . Điểm

4 8;

5 5H

là giao điểm của BN và AM . Xác

định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết

Trang | 60

phƣơng trình đƣờng thẳng : 3 4 0AN x y và điểm A có hoành độ

âm.


độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD

(vuông tại B và C) có 2 .AB BC CD Gọi

M là trung điểm cạnh BC ; Điểm 4 8

;5 5

H

là

giao điểm của BD và AM . Xác định tọa độ

các đỉnh của hình thang ABCD , biết phƣơng

trình cạnh : 4 0AB x y và A có hoành

độ âm.

Từ 2

5BH BN và áp dụng kết quả bài toán 3 mục IV.2 ta có


độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh

0;4B . Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm các

cạnh BC và CD; đƣờng thẳng AM đi qua

điểm 5;3 .E Xác định tọa độ các đỉnh còn

lại của hình vuông, biết N có tung độ âm và

nằm trên đƣờng thẳng 2 6 0.x y

Bài toán 2.17.10. Trong mặt phẳng Oxy,

cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm các cạnh BC

và DC, điểm 4 8

;5 5

H

là giao điểm của AM và BN. Xác định tọa độ

các đỉnh của hình vuông, biết điểm B thuộc đƣờng thẳng

2 8 0x y , N thuộc đƣờng thẳng 2 6 0.x y

Từ 2

, ,5

d H AB d N AB kết hợp bài

toán 4 mục IV.2 ta có


cho hình vuông ABCD. Phƣơng trình

đƣờng thẳng : 4 0AB x y . Gọi M, N

lần lƣợt là trung điểm các cạnh BC và DC,

điểm H là giao điểm của AM và BN. Xác

định tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết

Trang | 61

khoảng cách từ H đến đƣờng thẳng AB bằng 8 2

5, điểm N có hoành

độ dƣơng và thuộc đƣờng thẳng 2 6 0.x y

Từ 2

, ,5

d H AB d N AB kết hợp bài toán

5 mục IV.2 ta có


hình vuông ABCD có đƣờng thẳng AB đi

qua điểm 5; 1E . Gọi M, 2; 2N lần

lƣợt là trung điểm của BC và DC; H là giao

điểm của AM và BN. Xác định tọa độ các

đỉnh của hình vuông ABCD, biết khoảng cách

từ H đến đƣờng thẳng AB bằng 8 2

5 và hoành độ điểm A không âm.

Xây dựng bài toán ngược bằng sử dụng kết quả .

,HB HA

d H ABAB


cho hình vuông ABCD. Phƣơng trình

đƣờng thẳng : 4 0AB x y . Gọi M, N

lần lƣợt là trung điểm các cạnh BC và DC,

điểm 4 8

;5 5

H

là giao điểm của AM và

BN. Xác định tọa độ các đỉnh của hình

vuông, biết khoảng cách từ H đến đƣờng

thẳng AB bằng 8 2

5.

Kết quả và kinh nghiệm rút ra.

Trong quá trình dạy học giải bài toán hình giải tích phẳng để tạo ra niềm

vui trong sự học tập và sáng tạo, giáo viên có thể hƣớng dẫn học sinh

xây dựng các bài toán mới từ những bài toán hình phẳng thuần túy kết

hợp với một số bài toán làm cơ sở lý thuyết, cắt ghép các hình để xây

dựng bài toán tƣơng tự hay sử dụng những công cụ giải toán khác nhau

để khái quát hóa bài toán...

Trang | 62

C. KẾT LUẬN

I. NHỮNG KẾT LUẬN

- Trong dạy học giải bài tập toán nói chung và dạy học giải bài tập toán

hình giải tích trong mặt phẳng nói riêng, việc xây dựng các bài toán

riêng lẻ thành một hệ thống theo một trình tự logic có sự sắp đặt của

phƣơng pháp và quy trình giải toán sẽ giúp học sinh dễ dàng tiếp cận

với nội dung bài học, đồng thời có thể phát triển tƣ duy học toán cũng

nhƣ tạo ra niềm vui và sự hứng thú trong học toán.

- Trong đề tài này tôi đã hệ thống những bài toán với mối quan hệ giữa ba

điểm, từ đó phát triển thành thuật toán để giải quyết bài toán hình giải

tích phẳng với đặc điểm là xuất phát từ những bài toán hình phẳng thuần

túy.

- Để tiếp tục phát triển đề tài, chúng ta có thể tiếp tục xây dựng dựa trên

những mối quan hệ khác giữa ba điểm hoặc những mối quan hệ đã nêu

trong đề tài giữa nhiều điểm.

- Đề tài có thể vận dụng để dạy học các bài tập về hình giải tích trong mặt

phẳng cho các học sinh thuộc khối 10 THPT, ôn tập cho HSG khối 11

THPT, ôn tập cho học sinh thi vào các trƣờng ĐH cũng nhƣ làm tài liệu

giảng dạy cho giáo viên toán khối THPT.

- Đề tài có thể phát triển và xây dựng thành hệ thống các bài toán hình

giải tích trong mặt phẳng giải quyết đƣợc nhờ bản chất hình phẳng của

nó đề thành sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.

II. NHỮNG KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT

Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây dựng bài giảng

thành hệ thống những bài tập có phƣơng pháp và quy trình giải toán.

Khuyến khích học sinh xây dựng bài tập toán liên quan đến những

dạng bài tập toán trong bài giảng.

Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng

thời viết thành những bộ sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.

Thanh Chương, ngày 25 tháng 04 năm 2014

Người thực hiện

Phạm Kim Chung

Trang | 63

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Sở GD&ĐT

Nghệ An Đề thi chọn HSG Tỉnh Nghệ An năm 2014

2 Bộ GD&ĐT Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2012, năm 2013

3 Internet Đề thi thử ĐH môn toán năm 2014 các trƣờng THPT

4 Trần Văn Hạo Hình học 10 (SGK)

5 Nguyễn Bá Kim Phƣơng pháp dạy học môn Toán

6 NXB GD Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ

7 Bộ GD&ĐT Tài liệu Bồi dƣỡng thƣờng xuyên giáo viên THPT

8 Bộ GD&ĐT Tăng cƣờng năng lực dạy học của giáo viên

9 Bộ GD&ĐT Tăng cƣờng năng lực nghiên cứu khoa học của giáo viên

10 Phan Huy Khải Toán nâng cao Hình Học 10

11 Vũ Hữu Bình Toán nâng cao và phát triển lớp 8

12 Internet Một số tài liệu về hình học phẳng khác

13 Internet Một số SKKN môn Toán bậc THPT

Education

K2pi.net.vn --skkn-toan-thpt dang thuc hua(pkc) (1)