Tài liệu toán rất hay, các bạn đón theo dõi

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
_____________________

2. 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

3. 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…

4. 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.

5. 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.

6. 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

7. 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.
 Bài toán 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng
 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 .
Quy trình giải toán.
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.

8. 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 
Quy trình giải toán.
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.
 Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng
 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 
Quy trình giải toán.
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   
Quy trình giải toán.
Bước 1. Giả sử
 2 2
0 0: 0ax by ax by ba     
Bước 2. Sử dụng hệ thức
     , . , *
a
A k d B
b
a b
d


 


  

Bước 3. Chọn ,a b đại diện và thỏa mãn (*)

9. 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  
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
- 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

10. 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 
Bước 2. Tìm giải pháp.
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 .
Nên
3
; , ; .
2 4 4
a a a
M a N
   
   
   
Do đó
2 23 3
. 0 .
16 16
DN MN a a DN MN     
 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)

11. Trang | 9
Đặt .AB BC CD DA a   
- Xét tam giác AND, ta có
2 2 2 25
2 . .cos .
8
DN AN AD AN AD A a   
- Xét tam giác CMN, ta có
2 2 2 25
cos. . .
8
2CM CNC CMN C aMN  
- Xét tam giác DCM, ta có
2 2 2 25
.
4
CDM DC aM  Suy ra 2 2 2
.DM DN MN DN MN   
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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; 2
3 0 2
x y x
D
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 n
M
   
 
 
Từ đó ta có      
13 5 2 3
3;0 , 1;4 , 3;2
6 5 6 0
m m
A B C
n n
     
    
   
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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
2
MN k x k y
 
   
 

12. Trang | 10
Suy ra  2 21
. 1
2
DN 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
2
k  ta luôn có . 0DN DM  .
Suy ra
 
 
2
2
2 1 1
. 0 , 1 *
2 1 2
kx
DN DM k
y k

   


Ta thấy, nếu
2
2
3
1
4
x
x 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
3
2
5
x 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 21
1 0,
2
k 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;2
5 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.
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
- 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   .

13. Trang | 11
Bước 2. Tìm giải pháp.
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:
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
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 
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
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
1
2 2
MK BK BM kx k y     
   2 21
. 1 1 0
4
BM MK k kx k y         hay .BM MK
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ,
điểm      0;0 , 0; , ;0 .B A a C c
Tọa độ điểm ;
2
a
K 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 ac
H
cx cay a ac
   
  
    
Do đó
   
2 3 2
2 2 2 2
2
;
2 2
a a acc
c c
M
a a
 
 
   

14. Trang | 12
   
 
2 2 3 2 3 2
22 2
2
. 0 .
4
2a c c ca ac a
BM MK BM MK
ca
ac
    
 

 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt ; ;AB a BC b  ̂ ̂
Ta có
2
2 2 2 2
1
; .
2 2
ab a
BH MH AH
ba b a


 

Do đó
2 2
tan ; tan tan tan
BC b BH b
KC a MH a
            
Suy ra tứ giác KMBC nội tiếp, do đó ̂ hay .MK MB
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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;4
2 2
x y
B
x y
 

  
Giả sử  ; 5C c c  ,
Từ   
 
   
9 9;4
. 0 9 2 8 0
4 4; 1
c C
BC 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;0
2 1 5 5
x y
H A
x y
   
      
.
Từ đó tìm đƣợc  9;0 .D
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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

15. 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 21
1 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 5
M
 
 
 
là trung điểm HC. Xác định tọa độ các đỉnh , ,A B C , biết
rằng đỉnh B thuộc đƣờng thẳng : 2 4 0x y    .
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
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 
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
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
2
2 2 2
DM DH DC kx k y    

16. Trang | 14
   
1 1
2 1
2 2
BM DM DB k x k y     
Suy ra    
 
2 2
do *
1
. 2 1 0
4
DM BM k kx k y       . Hay .DM BM
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ với
     0;0 , 0; , ;0 , ;
2
c
D A a C c B a
 
 
 
.
Phƣơng trình các đƣờng thẳng
: ; : 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 ac
H
cx ay a a c 
   
  
   
Suy ra
   
3 2 2
2 2 2 2
;
2 2
2c ac
c c
M
a
c
a
a 
 
   
Do đó
   
 
2 3 2 2 2 3
22 2
2 2
. 0 .
4
c a ca c ac ac a
D
c
M BM DM BM
a
 
  



Bước 3. Trình bày giải pháp.
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;4
3 16
x y
B
x y
  

 
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có
1 10 10
2 ;
2 3 3
AB IB
DI 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;2
5 5
H C
 
 
 
Từ  2 2;4CI IA A 

17. Trang | 15
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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
2
m  và 2 21
0,
2
x k y kk
 
   



chính là trƣờng
hợp bài toán 1.3.
+) Trƣờng hợp 3.
2
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
2
2
1
3
2
y x
k
m


 

, 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

18. 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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
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  
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
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 k
IH kID k IC x y
 
      
 
Nên
2 2
2 1 ;
3 3
BH kx k y
 
   
 
2 4
3 3
CD x y 

19. Trang | 17
 2 21 2
. 0 1
3
*
3
02
k
BH CD kx y
 
     



Lại có  1 1 1
2 1 ;
2 3 3
BM BH BC kx k y
 
     
 
2
1 1
3 3
k
AM IM IA x k y
   
        
   
 2 21 2
. 1 2 1 0, * .
3 3 3
k
AM BM kx k y do AM BM
    
           
    
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
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 ac
H
a a
c c
c c





 
 
và tọa độ điểm
2 2
2 2 2 2
4
2
4
;
a acc
M
caca

 

 
 
Nên
   
 
 
2 3 2 2 3 2
22 2
2 24 2
. 0 .
4
, *
a c ac a
AM BM
c a c a
theo AM M
a
c
B
c
 


   
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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; 3
3 5
x y
B
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 
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.

20. 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 .
 Bài toán 1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD có đỉnh  1;2A  . Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm
19 8
;
5 5
H
 
 
 
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  
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
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:
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)

21. 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
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt  ; . 0;BA x BC y x y x y    . Ta có
 
2
1 ;
2
k
BH kBN k BC kx y
 
      
 
1
;
2
CN BN BC x y   
 
 2 22 2
. 0 0 *
4 5
k
BH CN kx y k

     
Lại có  
 2
1
2
k
AH k x y

   ;
 1
2
k
MH kx y

  .
Suy ra  
 
 2 22
. 1 0, * .
4
k
MH AH k kx y do
 
    
 
Hay .MH AH
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Các điểm      0;0 , 0; , ;0B A a C c
Suy ra ;0 , ; .
2 2
c c
M N a
   
   
   
Phƣơng trình các đƣờng thẳng
:2 2 ;CN ax cy ac  : 2 0BH cx ay 
Suy ra
2 2
2 2 2 2
4 2
;
4 4
a acc
H
ca ac

 

 
 
Do đó
   
 
2 2 3 2 2 3
22 2
4 22
. 0 .
4
4a ac
AH MH AH MH
c a c c ac a
ca
   
  


22. Trang | 20
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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; 4
2 6
x y
M
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 MN
n N H
  
          
lo¹i
Suy ra  5;2D . Từ  1; 4AB NM B    , khi đó  5; 4C 
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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
k
BH kx y
 
   
 
 1 1 ,
2
k
AH BH BA k x y
 
      
 
 
1
1
2
MH kx k y   .
Suy ra    2 21
. 0 1 1 1 0
2 2
k
AH MH k k x k y
 
       
 
     2 2
1 4 2 0 *k kx k y      
+) Trƣờng hợp 1. Nếu 1k H N  

23. Trang | 21
+) Trƣờng hợp 2. Nếu
2
5
x y k   chính là bài toán 1.5 chúng ta
đang nghiên cứu.
+) Trƣờng hợp 3.  2 2
4 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
+) Trƣờng hợp 4.
2
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
2
17
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 
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
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
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)

24. 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)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Trong đó      0;0 , 0; , ;0 .B A a C c
Phƣơng trình các đƣờng thẳng
: 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 a
N
cx ay a ca
c
c
   
  
    
.
Từ đó
   
 
2 2 3 2 2 3
22 2
2 2
. 0 .
a a ac ac
AN CN AN CN
a
c c c a
c

 
 

 
 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt ; ;AD x DC y  ̂
Lúc đó
2 2 2 2
cos ;sin
y
x y
x
x y
 



Xét tam giác DBN ta có cos2
DN
BD
 
 
2 2
2 2
2 2
. cos sin
y
DN B
x
x
D
y
  


 

25. Trang | 23
Do đó  
4 2 2
2 2 2 0 2
2 2
2 . .cos 90
y
AN AD D
x y
N AD DN y
x y
     


và
4 2 2
2 2 2 2
2 2
c. s2 o.
x x y
DN DC DN
y
CN DC x
x




  
Nên 2 2 2
AN CN AC ANC    vuông tại N, hay .AN CN
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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; 7
2 5
x y
C
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
2
R IA  , nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
 
 
2 2
5
3 17
4
3 1 125
4
4; 72 2 2
7
x
B Nx y
y
xx y
B
y
 
   
                       
 
lo¹i
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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

26. 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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
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
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt  ; . 0; ;BA x BC y x y x x y y    
Ta có  
 2
1
2
k
BH kBD k BC kx y

    
1
2
CD BD BC x y   
 
 2 22
. 0 0 *
4
k
BH CD kx y

    Lại có
 
2
1 ;
2
k
AH k x y
 
    
 
 1
.
2
k
MH BH BM kx y

   
Suy ra  
 
 2 22
. 1 0, * .
4
k
AH MH k kx y do AH MH
 
      
 
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)

27. Trang | 25
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Các điểm      0;0 , 0; , ;0B A a C c
Tọa độ các điểm ; , ;0 .
2 2
c c
D a M
   
   
   
Phƣơng trình các đƣờng thẳng
:2 2 ; : 2 0CD ax cy ac BH cx ay   
Suy ra
2 2
2 2 2 2
4 2
;
4 4
a acc
H
ca ac

 

 
 
Do đó
   
 
2 2 3 2 2 3
22 2
4 22
. 0 .
4
4a ac
AH MH AH MH
c a c c ac a
ca
   
  

Bước 3. Trình bày giải pháp.
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; 1
2 1
x y
M
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 MD
d D H
   

    
    
 
lo¹i
Lại có  5;1AD MC C  , từ đó suy ra  1; 3B 
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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 .

28. Trang | 26
b. Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng  .
 Bài toán 1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
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  
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt .AB BC CD DA a   
- Xét tam giác AND, ta có
2 2 2 25
2 . .cos .
8
DN AN AD AN AD A a   
- Xét tam giác CMN, ta có
2 2 2 25
cos. . .
8
2CM CNC CMN C aMN  
- Xét tam giác DCM, ta có 2 2 2 25
.
4
CDM DC aM 

29. Trang | 27
Suy ra 2 2 2
DN MN
DMN
DM DN MN

 
 
vuông cân tại M.
 Giải pháp 2. (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
Tứ giác DNMC nội tiếp nên ̂ ̂ . Từ đó suy ra tam
giác DMN vuông cân tại N.
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt  ; . 0;DA x DC y x y x y a     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    
Lại có
2
2 2 2 23 1 9 1 5
;
4 4 16 16 8
DN x y x y a
 
     
 
2
2 2 2 21 3 1 9 5
4 4 16 16 8
MN x y x y a DN MN
 
       
 
Từ đó suy ra DMN vuông cân tại N.
 Giải pháp 4. (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 .
Nên
3
; , ; .
2 4 4
a a a
M a N
   
   
   
Do đó
3 3
; ; ; .
4 4 4 4
a a a a
DN MN
   
   
   
2 23 3
. 0 .
16 16
DN MN a a DN MN      
và 2 2 25
8
DN MN a  . Hay tam giác DMN vuông cân tại N.

30. Trang | 28
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Giả sử  1;D d , ta có
̂
2 2
1
. 22 2
32. 5 1
2 2
DM
DM
dDN u d
dDN u
d

 
        
    
   
+) 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   
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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 0
45  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
.
4
AN 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

31. 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 2
1 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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Sử dụng công cụ lượng giác)

32. Trang | 30
Đặt .AB BC CD DA a    Ta có: 2 2 2 25
;
4
AM AB BM a  
2 2 2 225
;
36
CNMN CM a 2 2 2 210
9
AN AD DN a   .
Do đó ̂
2 2 2
2
2 . 2
AM AN MN
AM AN
 
  ̂
 Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
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 4
AM x y a
 
   
 
;
2
2 21 10
3 9
AN x y a
 
   
 
; 21 1 5
.
2 3 6
AM AN x y x y a
  
     
  
Suy ra ̂ . 2
2.
AM AN
AM AN
  ̂
 Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
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 a
M a N a
   
   
   
Khi đó
̂ . 2
2.
AM AN
AM AN
  ̂
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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

33. Trang | 31
̂
2 2
25
5. 12 2
42. 11 7
5. 2
2 2
AN
AN
aAM u a
aAM u
a a


       
     
   
Suy ra  1; 1A  hoặc  4;5A .
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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 2
1 ;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
 
  

34. 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.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Ta có / /MC AD 
1
3
NC MN
ND AN
  
1
3
NC ND .
Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng a
 ̂
2 2
3 3
9 13
2
4
ND a
AN
a a
  

Bước 3. Trình bày giải pháp.
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
 
     

35. 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.
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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
k
AN
 , 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
;0
3
N
 
 
 
, phƣơng
trình đƣờng thẳng : 3 6 0CD x y   và điểmCcó hoành độ dƣơng.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.

36. 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 ̂ ̂ .
Bước 2. Tìm giải pháp.
Ta có ̂ ̂  tứ giác ABCD nội tiếp, suy ra
̂ ̂ mà ̂ 3
10
AB
BM
   ̂ 3
10

Bước 3. Trình bày giải pháp.
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 1
10 16
3 5
10 32 26
1 0 11
5
c
c
c
c
c
cc
 
 

 


 

 

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    
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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

37. 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.
 Bài toán 1.12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
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.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Ta có 2
IA ID DA
IMC IDA
IC IM MC
      
5 5
8 8
IN
IN IA
IA
  
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta chứng minh
5
8
IN IA (Xem bƣớc 2)

38. Trang | 36
Giả sử  ;A AA x y , ta có:
 
 
1
4
3
5 5
2 8
3;0
5 5
6 8
A
A
x
A
y

 
 
     



Từ  
1
3;2
4
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
                 
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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   .

39. Trang | 37
Từ (1) và (2) ta có hệ
1 1
2
l kn
k
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 AN
n 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.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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
Bước 2. Tìm giải pháp.
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 2
2
BI AB
AB 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.
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ  
2 0
1;2
3 5
x y
D
x y
 

  

40. Trang | 38
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có / / 2 2
AB BI
AB CD DI BI DI IB
CD 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 y
H
x y
   
     
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
3 5 29 18
;
2 13 5 5
x y
M
x y
    
     
M là trung điểm HC suy ra  9;2C
Lại có
 
 
 
8 2
2 1;6
0 2
5
6
A
A
x
CD BA A
y
 
  





Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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
k
CD DI
  , tức là mối quan hệ giữa ba điểm
, ,B I D phụ thuộc vào tỷ số
AB
k
CD
 . 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 3
I
 
 
 
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.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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.

41. 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
Bước 2. Tìm giải pháp.
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 
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta sẽ chứng minh 2HG GI (xem
bƣớc 2).
Lúc đó ta có  
1 4
2
3 3
8 5
2
1
3 3
;2
G G
G G
x
y y
x
G
 
   
 
 
   
 






Lại có
 
 
 
1 2 1 1
2 1;4
2 2 1 2
A
A
x
AG 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 9
C x y
   
      
   
. Suy ra tọa độ các điểm B, C là nghiệm
của hệ phƣơng trình
   
   
2 2
2 3 0
1;2 , 3;0
4 5 50
3;0 , 1;2
3 3 9
x y
B C
B Cx y
  

    
        
   
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.

42. 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
;
4
AN 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.
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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

43. 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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Ta có 2
IA ID DA
IMC IDA
IC IM MC
      
5
8
IN
IA

   
5 5
, ,
8 2
d N MD d A MD  
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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
x
x 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;1
8
IN IA A  
+) Trƣờng hợp 1:    1; 2 , 1;3D M , từ
4
2 1; ,
3
DI IM I
 
   
 
lại từ  
5
3;0
8
IN IA A  
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.

44. Trang | 42
- Từ kết quả bài toán 1.12 ta nhận thấy sự ràng buộc giữa hệ thức
5
.
8
IN IA và hệ thức    
5
, ,
8
d 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 MD
mn 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 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.
Ta đã giải quyết bài toán này với mối quan hệ tạo
với nhau một góc 0
45  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 ?
Bước 2. Tìm giải pháp.
Giả sử cạnh của hình vuông có độ dài bằng a . Khi đó

45. Trang | 43
 
2
2 25 10
;
12 9 3
AMN ABCD ADN CNM BAM
a a
S S S S S a AN a       
Từ  
1
, .
2
AMNS d M AN AN   
10 3 5
, 3 2
4 2
a
d M AN a   
Suy ra
5 3 10
2 2
a
AM  
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta tính đƣợc
3 10
2
AM  (xem bƣớc 2). Giả sử  ;2 3A a a  .
Từ
3 10
2
AM  
 
 
2
1 1; 1
5 4 0
4 4;5
a
a A
a
a A
   
   
  

Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- 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
a
d 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 2
AMN ABCD ADN CNM BAM
mn
S S S S S a
 
      
 
2
1AN a n 
Suy ra   2
2 1
, .
1
AMNS mn
d 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.

46. Trang | 44
Bước 1. Phát hiện và thâm nhập vấn đề.
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.
Bước 2. Tìm giải pháp.
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 a
DC 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.
Bước 3. Trình bày giải pháp.
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 a
DC 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 

47. 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.
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
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

48. 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.

49. 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.

50. 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
Xuất phát từ kết quả bài toán gốc 2.2 ta xây dựng bài toán hình giải
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 5
K
 
  
 
,
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

51. Trang | 49
Xuất phát từ kết quả bài toán gốc 2.3 ta xây dựng bài toán hình giải
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 ABCcân tại A; D là trung điểm đoạn AB. Biết rằng
11 5 13 5
; , ;
3 3 3 3
I 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 ABCcân
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 2
C x y
   
      
   
;

52. Trang | 50
Tọa độ các điểm:
7 3
;
2 2
M
 
 
 
,  2; 3D   . Từ đó ta xây dựng một số
bài toán sau:
Bài toán 2.4.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa
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  .

53. 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 25
H
 
 
 
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.

54. 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 ABCvuông 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
;0
3
N
 
 
 
, phương trình đường thẳng
: 3 6 0CD x y   và điểmCcó 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 16
C x y
   
      
   