Sáng kiến kinh nghiệm: Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích từ những mối quan hệ giưã các điểm, điểm và đường thẳng

Chia sẻ: YYYY YYYY | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng nói chung và trong đề thi đại học nói riêng trong những năm gần đây thuộc nhóm câu hỏi nâng cao. Để giải quyết được ngững bài toán này, ngoài việc nắm vững các kiến thức cơ bản về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, học sinh còn phải biết vận dung các tính chất thuần túy của hình học phẳng vào các bài toán. Vì vậy giáo viên cần phải giúp cho học sinh định hướng được cách giải những bài toán đó thông qua hệ thống bài tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích từ những mối quan hệ giưã các điểm, điểm và đường thẳng

A. MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu. Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phương pháp dạy học tích cực tôi nhận thấy phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” có nhiều ưu điểm cũng như phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán ở trường phổ thông nói chung và dạy học bài tập toán nói riêng. Tuy nhiên để có thành công trong phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng lực sư phạm của mỗi giáo viên còn đòi hỏi ở người giáo viên nhiều thời gian và tâm huyết. Để có một bài giảng thu hút được học trò, giúp học trò phát triển tư duy về môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi thường 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 thường xuất hiện ở các kì thi vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với học trò, bên cạnh đó nó cũng là bài toán khó với nhiều đối tượng học trò đặc biệt là với các em có năng lực trung bình. Băn khoăn trước những khó khăn của học trò, tôi tìm tòi và quyết định chọn phương 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 chọn đề tài là “Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích từ những mối quan hệ giưã các điểm, điểm và đường thẳng” 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 phương pháp dạy học: “Phát hiện và giải quyết vấn đề”. III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Học sinh khối 10, 11 trường THPT Đông Sơn I Học sinh khối 12 ôn thi vào các trường đại học trường THPT Đông Sơn I IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ nhiều nguồn khác nhau liên quan đến hình học phẳng. Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện. 1
Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 11a2, 12a2 trường THPT Đông Sơn I để nắm bắt tình hình thực tế của học sinh. B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1. Một số điểm cần lưu ý 1.1. Những bài toán liên quan đến tam giác vuông (đặc biệt là tam giác vuông cân), hình chữ nhật (đặc biệt là hình vuông), hình thang vuông thì ta có thể đặt một cạnh bằng a. Từ đó sử dụng giả thiết, định lý Pitago, định lý hàm số côsin… sẽ xác định được các yếu tố cần thiết thuận lợi cho việc giải quyết bài toán đó. Bài toán cơ bản về khoảng cách và bài toán cơ bản về góc cũng thường được sử dụng trong chủ đề này. 1.2. Vẽ hình chính xác, từ đó dự đoán xem có hai đường thẳng nào vuông góc với nhau hay không. Từ đó sử dụng định lý Pitago, phương pháp vectơ hay cộng góc để chứng minh dự đoán này. Việc phát hiện ra yếu tố vuông góc có thể là mấu chốt để chúng ta giải quyết bài toán. 1.3. Sử dụng định lý Talet, tam giác đồng dạng để so sánh khoảng cách từ 2 điểm đến một đường thẳng. Từ đó sử dụng bài toán cơ bản về khoảng cách hoặc phương pháp tham số hóa để giải quyết bài toán. 2. Một số tính chất của hình học phẳng vận dụng vào bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Tính chất 1. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông. Tính chất 2. Định lý hàm số cosin, hệ quả định lý hàm số cosin, định lý hàm số sin, hệ quả định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến, công thức tính diện tích tam giác. Tính chất 3. Cho hình vuông ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC Khi đó AN DM Chứng minh. Gọi cạnh hình vuông là a. M A B Ta có ( )( ) uuuur uuuur uuur uuur uuur uuuur A N .DM = A B + BN DA + A M uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur N = A B .DA + A B .A M + BN .DA + BN .A M a2 a2 =0+ − + 0 = 0. 2 2 C D Suy ra A N ⊥ DM . Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta có tính chất sau 2
Tính chất 4. Cho hình vuông A BCD . Gọi M , N lần lượt thuộc A B và BC sao uuuur uuuur uuur uuur cho A M = kA B , BN = kBC . Khi đó A N ⊥ DM . Tính chất 5. Cho hình chữ nhật A BCD có A B = a, A D = a 2. Gọi M là trung điểm A D . Khi đó A C ⊥ BM . Chứng minh. Ta có A M D uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur ( AC.BM = AB + BC BA + AM )( ) uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur = − AB 2 + AB. AM + BC.BA + BC . AM a 2 = − a 2 + 0 + 0 + a 2. = 0. 2 C B Suy ra A C ⊥ BM . Tính chất 6. Cho hình chữ nhật A BCD . Gọi H là hình chiếu của B lên A C và M , N lần lượt là trung điểm của A H , CD . Khi đó BM ⊥ MN . A B Chứng minh. Gọi E là trực tâm của tam giác MBC . Khi đó M E ME / / A B (vì cùng vuông góc với BC ). Do M là trung điểm A H nên H D N C ME là đường trung bình của tam giác HA B . Suy ra 1 ME / / = A B � ME / / = NC 2 Suy ra MECN là hình bình hành MN / / CE . Vì E là trực tâm của tam giác MBC nên BM ⊥ CE � BM ⊥ MN . Thay đổi hình thức của tính chất 4 ta có các hệ quả sau 1 6.1. Cho hình thang A BCD vuông tại A và D, A B = CD . Gọi H là hình chiếu 2 của D lên A C và M là trung điểm CH . Khi đó MB ⊥ MD . A B C D H M M H D C D B A 6.2. Cho tam giác A BC vuông tại B có hai trung tuyến BN và CM . Gọi H là hình chiếu của B lên CM , E là trung điểm của CH . Khi đó EN ⊥ EB . 3
A A B M N H H M E B C D C Trên đây là những tính chất được khai thác nhiều trong các bài toán. II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG Kiến thức cơ sở về môn toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình. Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần hình giải tích trong mặt phẳng cũng như 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. III. GIẢI PHÁP ĐÃ THỰC HIỆN ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Đưa ra các bài toán cụ thể trong các tiết dạy học bài tập, phân tích từng bài toán cụ thể để định hướng cho học sinh cách giải quyết bài toán và những bài mang tính chất tương tự. IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu của đề tài, qua việc kiểm tra khảo sát cho thấy có trên 70% các em học sinh có hứng thú với bài học và trong số đó có khoảng 40% các em học sinh biết cách vận dụng một cách linh hoạt, nhất là số các em đang chuẩn bị thi vào các trường đại học. Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học khối 10 cũng như các em học sinh khối 12 THPT đang ôn thi vào các trường đại học và cao đẳng V. BÀI TẬP ÁP DỤNG Trong khuôn khổ của đề tài, sau đây tôi xin trình bày một số bài toán hình học giải tích phẳng liên quan đến tam giác vuông, hình thang vuông, hình chữ nhật và hình vuông. Ở mỗi bài toán đều có sự phân tích bài toán và đưa ra hướng giải để giúp các em học sinh tiếp cận bài toán một cách dễ dàng hơn, qua đó học sinh có thể vận dụng cho những bài toán tương tự 4
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B. M ( 9; −1) là trung điểm AB, CD : 2x − y − 4 = 0. Tìm toạ độ của C biết 3 rằng A B = BC = A D . 2 Phân tích bài toán. Bài toán này chúng ta có thể đi theo một trong các hướng như sau: Hướng thứ nhất. Vì C CD nên ta tham số hóa điểm C (ẩn c). Hình thang 4x A D vuông này có các cạnh liên hệ với nhau qua đẳng thức 3x H 3 A B = BC = A D , nên nếu 2 M (9; 1) 2x y 4= 0 đặt độ dài một cạnh nào đó bằng x thì ta sẽ tính 3x được tất cả các cạnh còn lại theo x. B C 4x K 2x Để tìm C, ta sẽ đi tính độ dài đoạn thẳng MC. Chú ý ( ) rằng d M , CD đã có. Lời giải. Đặt A B = 6x . Suy ra BC = 6x , AD =4x. Do đó CD = 2x 10. Ta có d ( M ,CD ) = 3 5. Suy ra S MCD = 15x 2. 4x + 6x 3x .4x 3x .6x Mặt khác S MCD = .6x − − = 15x 2 . 2 2 2 Suy ra x = 2. Suy ra MC = 3x 5 = 3 10. ( Vì C �CD : 2x − y − 4 = 0 � C c; 2c − 4 . Khi đó ) c=0 ( ) + ( 2c − 3 ) 2 2 MC = 3 10 � c − 9 = 90 � . c =6 Từ đó suy ra C ( 0; −4 ) , C ( 6; 8 ) . Hướng thứ hai. Nếu viết được phương trình của đường thẳng MC thì sẽ tìm được tọa độ của C . Ta sẽ tìm cách tính cosMCD ﾷ , từ đó sử dụng bài toán cơ bản về góc. Lời giải. Đặt A B = 6x . Suy ra BC = 6x , AD = 4x. Do đó CD = 2x 10, MD = 5x , MC = 3 5x . Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác MCD ta có 5
MC 2 + DC 2 − MD 2 ( ) ﾷ cos MC , CD = cos MCD = 2MC .DC = 1 2 . Gọi MC : a ( x − 9 ) + b ( y + 1) = 0. ( a2 + b2 # 0). Ta có 2a − b ( cos MC , CD = ) 1 2 � 5. a + b 2 2 = 1 2 � 3a − 8ab − 3b = 0 * 2 2 ( ) Nếu b = 0 � 3a 2 = 0 � a = 0 (loại). Nếu b 0, chia cả hai vế của phương trình (*) cho b2 ta có a �a 2 � �a � =3 MC : 3x + y − 26 = 0 3 � �− 8 � �− 3 = 0 ��b �b � �b � a 1 MC : x − 3y − 12 = 0 =− b 3 Từ đó suy ra C ( 6;8 ) , C ( 0; −4 ) . Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác A BC vuông tại ( ) A −3; − 3 , trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng ∆ : 2x − y − 7 = 0. Gọi H là hình chiếu của A lên trung tuyến BN của tam giác ABC. Biết rằng I 1; 9 ( ) là trung điểm BH . Tìm tọa độ các đỉnh B và C . Phân tích bài toán. Dựa vào tính chất 6 hay hệ quả C 6.2 thì ta có được MI ⊥ A I . Từ đó viết được phương trình của MI và tìm được tọa độ của M. Lời giải. Gọi P là trung điểm của A H . Ta có MN / / = IP nên MNPI là hình bình hành. Vì N M IP / / MN � IP ⊥ A C . Từ đó P là trực tâm của tam giác H A IN . Suy ra NP ⊥ A I � MI ⊥ A I . ( ) P Đường thẳng MI đi qua I 1; 9 và vuông góc với A I I A B nên MI : x + 3y − 28 = 0. ( ) Do đó M 7; 7 . uuur 2 uuuur �11 11 � Gọi E = BN �� AM AE = AM � E � ; � . 3 � 3 3 � Suy ra BN : 2x + y − 11 = 0. ( ) Đường thẳng A H đi qua A −3; − 3 và vuông góc với BN nên A H : x − 2y − 3 = 0. 6
( ) Dẫn đến H 5; 1 . Suy ra B −3; 17 , C 17; − 3 . ( ) ( ) Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật A BCD có ( ) A 3; − 5 , đỉnh C thuộc đường thẳng ∆ : 2x − y + 9 = 0. E là điểm đối xứng với D qua C . Hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE là H −3; 13 . Tìm ( ) tọa độ các đỉnh B , C . Phân tích bài toán. Nút thắt của bài toán này là A H ⊥ HC . Từ đó tìm được tọa độ của đỉnh C . Dễ thấy BE / / A C nên lập được phương trình của BE . Từ đó tham số hóa đỉnh uuur uuur B (ẩn b). Dựa vào phương trình BA .BC = 0 để tìm b. F H( 3; 13) 2 1 A (3; 5) B 2 1 D C E : 2x y + 9 = 0 Lời giải. Lấy F đối xứng với E qua B . Khi đó A là trung điểm của DF . Trong các tam giác vuông HDE , HDF ta có A H = A D, CH = CD . Suy ra Aﾷ HC = H ﾷ +H 1 ﾷ =D 2 ﾷ +D 1 ﾷ = 900 � A H ⊥ HC . 2 uuuur uuur ( ) Suy ra HC = HA 6; − 18 = 6 1; − 3 � HC : x − 3y + 42 = 0. n ( ) Do đó C 3; 15 . ( ) Vì HE song song với A C : x = 3 nên HE : x = −3 � B −3; b . ( ) uuur uuur Suy ra A B −6; b + ( 5 , CB ) −6; b − 15 . ( ) Ta có uuur uuur ( A B .CB = 0 � 36 + b + 5 b − 15 = 0 �� b = 13 )( ) ( ) H B −3; 13 b = −3 B ( −3; − 3 ) . ( Vậy B −3; − 3 , C 3; 15 . ) ( ) 7
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông A BCD có M ( ) là trung điểm của A B , đỉnh C 6; − 4 . Tìm tọa độ đỉnh D biết rằng DM : 2x − y + 4 = 0. Phân tích bài toán. Ta đi tính góc A x M x B ﾷMDC , từ đó viết được phương trình đường thẳng CD dựa vào bài toán cơ 2x 2x bản về góc. Dẫn đến tọa độ đỉnh D. Lời giải. Đặt cạnh hình vuông bằng 2x . Áp dụng định lý Pitago ta tính được 2x D C (6; 4) MD = MC = x 5. 2x y + 4 = 0 ﾷ 5x 2 + 4x 2 − 5x 2 1 Suy ra cos MDC = = . 2.x 5.2x 5 Gọi phương trình đường thẳng CD là CD : a ( x − 6 ) + b ( y + 4 ) = 0. Ta có 2a − b ( cos DM , DC = ) 1 5 � 5. a 2 + b2 = 1 5 a=0 � 3a 2 − 4ab = 0 � . 3a − 4b = 0 ( Với a = 0, chọn b = 1 � CD : y + 4 = 0 � D −4; − 4 . ) Với 3a − 4b = 0, chọn a = 4 và b = 3 � CD : 4x + 3y − 12 = 0 � D 0; 4 . ( ) ( ) ( ) Vậy D −4; − 4 , D 0; 4 . Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật A BCD có ( ) M 7; 10 là trung điểm của BC . Hình chiếu vuông góc của A lên BD là H ( 5; 3 ) , đường trung tuyến A K của tam giác A HD có phương trình x + 4y − 13 = 0. Viết phương trình cạnh BC . Phân tích bài toán. Từ tính chất 6 ta có A B A K ⊥ KM . Do đó lập được phương trình E của đường thẳng KM , suy ra tọa độ của K , D . Từ đó lập phương trình của M H BD , A H . Suy ra tọa độ của A . Lưu ý rằng, K đường thẳng BC đi qua M và song song D C với A D . Lời giải. Gọi E là trực tâm của tam giác A BK . Khi đó KE / / A D (cùng vuông góc với A B ). Vì K là trung điểm của DH nên KE là đường trung bình của tam giác A DH . Suy ra 8
1 KE / / = A D � KE / / = BM . 2 Do đó KEBM là hình bình hành. Dẫn đến MK / / BE � MK ⊥ A K . Suy ra MK : 4x − y − 18 = 0 �� K 5; 2 ( ) ( ) BD : x = 5, A H : y = 3 � A 1; 3 . ( ) Vì K là trung điểm của DH nên D 5; 1 � A D : x + 2y − 6 = 0. Vì BC / / A D � BC : x + 2y − 27 = 0. Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thang A BCD vuông 2 � 22 4 � tại A và D, A B = A D = DC . Điểm M �− ; � thuộc đoạn BC sao cho 3 � 5 5� ( ) 3BM = 2MC , điểm N −2; 4 thuộc đoạn CD sao cho ND = 2NC . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông biết A có hoành độ dương. 2a B Phân tích bài toán. Mấu chốt ở bài A toán này là dự đoán và chứng minh được A M ⊥ MN . Từ đó viết được M ( 22/ 5; 4/ 5) phương trình của A M và tham số hóa điểm A . Từ độ dài của MN , sử dụng định lý Pitago ta sẽ tính được độ dài các cạnh hình thang đã cho. D N ( 2; 4) C Lời giải. Bằng phương pháp véc tơ ta chứng minh được AM.MN 0 Ta có A M ⊥ MN . Suy ra A M : 3x + 4y + 10 = 0. Suy ra A ( −2 + 4t ; −1 − 3t ) . 3a 5 ﾷ 1 Đặt A B = 2a � NC = a, MC = , cos MCN = . 5 5 Từ đó a = 10. Suy ra A N = 2a 2 = 4 5. Suy ra 25t + 30t − 55 = 0 � t = 1 � A ( 2; −4 ) (vì x A > 0). 2 Tam giác A BN vuông cân nên B ( −4; −2 ) . Chú ý B , M cùng phía so với A N . Từ đó tìm được C ( −5;5 ) , D ( 4;2 ) . ( ) ( ) ( ) ( ) Vậy A 2; − 4 , B −4; − 2 , C −5; 5 , D 4; 2 . Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông A BCD . Điểm ( ) M 6; 4 nằm trên cạnh BC . Đường tròn đường kính A M cắt đoạn BD tại N ( 1; 5 ) . Đỉnh C thuộc đường thẳng ∆ : x − 2y + 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của 9
hình vuông đã cho, biết rằng đỉnh C có tọa độ nguyên và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1. Phân tích bài toán. Gọi I là trung điểm A M . A B Dự đoán và chứng minh IMN vuông cân tại I nên tìm được tọa độ của I , suy ra tọa độ của I A. M (6;4) Vì C �∆ : x − 2y + 6 = 0 nên ta tham số hóa điểm E H C với ẩn c. Từ đó tìm được tọa độ tâm E của hình vuông đã cho theo c. Từ tính chất N (1;5) EN ⊥ A C ta tìm được c. Suy ra tọa độ của C , D E , B , D. C : x 2y + 6 = 0 Lời giải. Ta có tam giác NA M vuông tại N và NMB ﾷﾷ = NBA = 450 nên tam giác NA M vuông cân tại N . Gọi I là trung điểm của A M . Khi đó tam giác IMN vuông cân tại I . Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của MN . Do đó ( IH : 5x − y − 13 = 0 � I t ; 5t − 13 . ) MN ( ) + ( 5t − 17 ) 2 2 Ta có IM = � t −6 = 13 2 � 26t − 182t + 312 = 0 � 2 t =4 � ( ) � I 4; 7 � � �� ( ) A 2; 10 t =3 ( ) � I 3; 2 � � ( ) A 0; 0 � Vì đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1 nên A ( 0; 0 ) . Vì C �∆ : x − 2y + 6 = 0 � C ( 2c − 6; c ) . Gọi E là tâm của hình vuông. Khi đó uuuur uuur � . Suy ra A C ( 2c − 6; c ) , NE � � c� c � E� c − 3; � c − 4; − 5 � . Ta có � 2� � 2 � uuuur uuur �c � ( )( ) A C .NE = 0 � 2c − 6 c − 4 + c � − 5 �= 0 �2 � c =6 � 5c − 38c + 48 = 0 � 2 8 c= 5 Vì C có tọa độ nguyên nên C 6; 6 ( ) E ( 3; 3) . Do đó MC : x = 6, NE : x + y − 6 = 0 �� B ( 6; 0 ) D ( 0; 6 ) . Vậy A ( 0; 0 ) , B ( 6; 0 ) , C ( 6; 6 ) , D ( 0; 6 ) . 10
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác A BC vuông tại A , đường cao A H . Gọi D là điểm đối xứng với B qua A . Điểm E −11; 15 ( ) thuộc đường thẳng DH , BC : x − 3y + 8 = 0, đường trung tuyến kẻ từ C của tam giác A CH có phương trình 7x − 11y + 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác A BC . D Phân tích bài toán. Trước hết tìm được E ( 11;15) tọa độ của C . Gọi M là trung điểm của A H . Mấu chốt ở bài toán này là dự đoán A và chứng minh được CM ⊥ DH . Viết được phương trình của DH và tìm được M H , M , A, B . B 7x 11y + 6 = 0 H x 3y + 8 = 0 C Lời giải. Gọi M là trung điểm của A H . Vì C = BC ( ) CM nên C 7; 5 . Ta chứng minh CM ⊥ DH bằng phương pháp vectơ. Ta có ( )( ) uuuur uuuur 1 uuur uuur uuur uuuur CM .DH = CA + CH . A B + A H 2 2 ( ) ( 1 uuur uuuur uuur uuur 1 = CA .A H + CH .A B = −A H 2 + CH .HB = 0 2 ) � 13 9 � Suy ra CM ⊥ DH . Do đó DH : 11x + 7y + 16 = 0 � H �− ; �. � 5 5� �9 �5 3� ( Suy ra A H : 3x + y + 6 = 0 � M �− ; − �� A −1; − 3 . 5� ) Đường thẳng A B vuông góc với A C nên A B : x + y + 4 = 0 � B −5; 1 . ( ) ( ) ( ) ( ) Vậy A −1; − 3 , B −5; 1 , C 7; 5 . Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông A BCD . Biết ( ) rằng G 3; 3 là trọng tâm tam giác A BD . Đường thẳng đi qua A vuông góc với ( ) BG cắt BD tại E 1; 3 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho biết rẳng đỉnh A có tung độ lớn hơn 1. Phân tích bài toán. Hình vuông đã cho có hai đường chéo vuông góc với nhau tại I . Dự đoán GE / / A D . Từ đó suy ra tam giác IGE vuông cân tại I . Do đó tìm được tọa độ của I . 11
Lời giải. Gọi I là tâm của hình vuông A BCD . Khi A B đó A I ⊥ BE , BG ⊥ A E nên G là trực tâm của tam G giác A BE . Suy ra GE ⊥ A B GE / / A D . M I Từ đó suy ra tam giác IGE vuông cân tại I . E Đường trung trực của GE là ∆ : x = 2 ( ) I 2; t . D C Ta có IE = GE ( �1+ t −3 ) 2 = 2 �� t =4 ( ) I 2; 4 2 t =2 I ( 2; 2 ) ( ) TH1. I 2; 4 . Ta có uur uuur x A − 2 = 3.1 IA = 3IG �� y A − 4 = 3. −1 ( ) ( ) A 5; 1 (loại vì điều kiện y A > 1). ( ) TH2. I 2; 2 . Ta có uur uuur x − 2 = 3.1 IA = 3IG �� A y A − 2 = 3.1 ( ) A 5; 5 . uur uur x − 2 = 3. −1 ID = 3IE �� D ( ) ( D −1; 5 . ) y D − 2 = 3.1 ( ) ( Suy ra C −1; − 1 , B 5; − 1 . ) ( ) ( ) ( Vậy A 5; 5 , B 5; − 1 , C −1; − 1 ; D −1; 5 . ) ( ) Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông A BCD có ( ) M 5; 3 là trung điểm của A B . Điểm E thuộc A C sao cho A E = 3 A C . Biết 4 rằng DE : 3x − y + 8 = 0. Viết phương trình cạnh CD . Phân tích bài toán. Mấu chốt của bài toán M (5;3) A B này là dự đoán và chứng minh được tam giác EMD vuông cân. Từ đó tìm được điểm E , D . Gọi I là giao điểm của ME và CD . Từ định lý Talet ta tìm được tọa độ I . Từ E 3x y + 8 = 0 đó viết được phương trình của đường D C thẳng CD . I Lời giải. Đặt cạnh hình vuông bằng a. Sử dụng định lý Pitago và định lý hàm số cosin ta có 2 MD 2 = 5a 4 12
2 � a 2� a 2 5a 2 DE 2 = a 2 + � �− 2.a . . cos 450 = �4 � 4 8 � � 2 2 �a � �3a 2 � a 3a 2 5a 2 ME = � �+ � 2 �− 2. . . cos 450 = �2 � � � 4 � � 2 4 8 Suy ra tam giác EMD vuông cân tại D . Do đó ME : x + 3y − 14 = 0 � E −1; 5 . ( ) Vì D �DE : 3x − y + 8 = 0 � D d ; 3d + 8 . Ta có ( ) ( ED = EM � d + 1 + 3d + 3 ) ( 2 ) 2 = 40 �� d =1 ( ) D 1; 11 d = −3 D ( −3; − 1) Gọi I = ME CD . Ta có EM EA uuuuv uur = = 3 � ME = 3EI EI EC � ( −6 = 3. x I + 1 ) � I �−3; 17 �. ( 2 = 3. y I − 5 ) � � � 3 � Từ đó suy ra có hai phương trình đường thẳng CD thỏa mãn yêu cầu bài toán CD : x = −3, CD : 4x − 3y + 29 = 0. Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông A BCD . Gọi M là ( ) trung điểm CD . Biết rằng, H −7; 6 là hình chiếu của B lên CM , I −11; − 2 là ( ) trung điểm BH , đỉnh C có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C , D . Phân tích bài toán. Gọi N là trung điểm của A B . Ta có C , I , N thẳng hàng và CN ⊥ BH nên viết được phương trình của CN . Tính được góc BCN ﾷ . Sử dụng bài toán cơ bản về góc ta viết được phương trình của BC . N Lời giải. Gọi N là trung điểm của A B . Khi đó A B NI / / A H tính chất đường trung bình nên NI ⊥ BH . I Lại có A MCN là hình bình hành nên AM//CN. Do đó H C , I , N thẳng hàng. NB 1 2 Ta có : tanBCN = cos BCN C BC 2 5 D M Vì CN đi qua I và vuông góc với IH nên CN : x + 2y + 15 = 0. Vì I là trung điểm của BH nên B −15; − 10 . ( ) Gọi BC : a ( x + 15 ) + b ( y + 10 ) = 0. (a2 +b2 # 0) Ta có 13
a + 2b ( cos BC , CN = ) 2 5 � 5. a + b 2 2 = 2 5 �a =0 3a 2 − 4ab = 0 �� B C : y + 10 = 0 � � ( C 5; − 10 ) �3a = 4b BC : 4x + 3y + 90 = 0 � C ( −27; 6 ) Vì C có hoành độ dương nên C 5; − 10 . ( ) Đường thẳng CD qua C và vuông góc với BC nên CD : x = 5. Đường thẳng HM qua H và song song với CN nên HM : x + 2y − 5 = 0 �� M 5; 0 ( ) ( D 5; 10 . ) ( Suy ra A −15; 10 . ) ( ) ( Vậy A −15; 10 , B −15; − 10 , C 5; − 10 , D 5; 10 . ) ( ) ( ) Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC vuông tại A, ( ) A C = 2A B . M −11; 9 là trung điểm của BC . Điểm E thuộc đoạn A C sao cho EC = 3EA . Giao điểm của A M và BE là I 7; 3 . Xác định tọa độ các đỉnh của ( ) tam giác A BC biết rằng E nằm trên đường thẳng ∆ : 2x + y − 27 = 0. Phân tích bài toán. Giả thiết cho tam B D giác vuông mà cạnh góc vuông này gấp đôi cạnh góc vuông kia nên ta có thể nghĩ M (-11;9) đến việc dựng hình vuông để từ đó phát hiện các yếu tố vuông góc. Chẳng hạn, I (7;3) F gọi H là trung điểm A C . Dựng hình A C vuông BA HD . Theo tính chất 6.1 ta có E H 2x + y 27 = 0 A M ⊥ BE . Đây là mấu chốt của bài toán. Lời giải. Gọi H là trung điểm của A C . Dựng hình vuông BA HD . Từ giả thiết suy ra M , E lần lượt là trung điểm của HD và HA . Theo tính chất 6.1 ta có A M ⊥ BE . Suy ra BE : 3x − y − 18 = 0 �� E 9; 9 ( ) IE : 3x − y − 18 = 0. Vì BH là đường trung trực của ME nên BH : x = −1 � B −1; − 21 . ( ) ( ) Ta có F −1; 9 là trung điểm của ME . Khi đó uuur uuur 0 = 3 −1 − x H ( ) FB = 3HF �� −30 = 3 9 − y H ( ) ( H −1; 19 . ) Vì E là trung điểm A H nên A 19; − 1 . ( ) Vì H là trung điểm của A C nên C −21; 39 . ( ) 14
( ) ( Vậy A 19; − 1 , B −1; − 21 , C −21; 39 . ) ( ) Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông A BCD có M 10; 0 ( ) là trung điểm A D . Đường trung tuyến kẻ từ C của tam giác BCM có phương trình ∆ : x − 5y − 50 = 0. Tìm tọa độ đỉnh D biết C có tọa độ nguyên. Phân tích bài toán. Đặt cạnh hình vuông bằng tham số. Sử dụng định lý Pitago, định lý hàm số côsin để tính góc MCEﾷ . Từ đó, sử dụng bài toán cơ bản về góc ta sẽ lập được phương trình của đường MC , từ đó tìm được tọa độ của điểm C , D . Lời giải. Lấy F đối xứng với M qua A . Khi F đó BCMF là hình bình hành. Suy ra BM , CF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Gọi I là giao điểm của CF với A B thì I là trọng tâm A I B của tam giác BMF . Do đó E 1 AI = AB. 3 M (10;0) Đặt cạnh hình vuông bằng 6a . Sử dụng định lý Pitago ta có ( 6a ) + ( 3a ) 2 2 CM = = a 45 C D ( 6a ) + ( 4a ) x 5y 50 = 0 2 2 CI = = a 52. ( 3a ) + ( 2a ) 2 2 IM = = a 13. Áp dụng định lý hàm số côsin trong tam giác CMI ta có ﾷ 45a 2 + 52a 2 − 13a 2 7 cos ICM = = . 2.a 45.a 52 65 ( ) Gọi CM : a x − 10 + by = 0. Ta có a − 5b ( cos CM , ∆ = ) 7 65 � 26. a 2 + b2 = 7 65 a 1 = � 1209a 2 + 650ab − 351b2 = 0 � b 3 a 27 =− b 31 MC : x + 3y − 10 = 0 ( C 25; − 5 ) � � � 725 405 � MC : 27x − 31y − 270 = 0 C�− ;− � � 26 26 � Vì C có tọa độ nguyên nên C 25; − 5 . Ta có ( ) 5 2 CM = 250 = a 45 � a = . 3 15
( ) Gọi D x ; y . Ta có DM = 5 2 � � ( �x − 10 + y = 50 2 ) 2 � D 15; 5 . ( ) � DC � = 10 2 � ( 2 2 ) ( �x − 25 + y + 5 = 200 D 11; − 7 ) ( ) Kiểm tra lại điều kiện MD ⊥ DC suy ra D 15; 5 . ( ) Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC vuông cân tại B . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của A C và BC . I 7; 1 là trung điểm của ( ) ( ) A N , E 1; 3 thuộc đoạn BM sao cho BM = 4BE . Tìm tọa độ của A , B , C biết rằng điểm N có hoành độ âm. Phân tích bài toán. Bài toán chỉ cho tọa độ của hai điểm I và E . Mấu chốt của bài toán này là phát hiện và chứng minh được tam giác EIN vuông cân tại E . Từ đó tìm được tọa độ của N , A, B , C . Lời giải. Gọi H là trung điểm của BN . Khi đó A IMNH là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn ( C ) BE BH 1 đường kính IN , HM . Vì = = nên BM BC 4 HE / / CM . Suy ra HE ⊥ EM �� E C . ( ) I G M ﾷ Do đó IEN = 900. ﾷ Lại EIN ﾷ = EMN = 450. E Từ đó suy ra tam giác EIN vuông cân tại E . Suy ra B C ( ) H N EN : 3x − y = 0 N n ; 3n . n =3 Vì EN = EI � ( n − 1) + ( 3n − 3 ) = 40 � n = −1. 2 2 ( ) Vì N có hoành độ âm nên N −1; − 3 . Vì I là trung điểm A N nên A 15; 5 . Gọi ( ) G là trọng tâm tam giác A BC . Ta có 1 uuuur 1 uuur xG + 1 = .16 �13 1� NG = NA �� 3 G� ;− � . 3 1 � 3 3 � yG + 3 = .8 3 1 1 3 3 Ta có BE = BM = . BG = BG . Suy ra 4 4 2 8 13 8 � 10 � uuur 8 uuur xB − = .� − � GB = GE �� 5 3 1 8 10 5 � 3 � B −1; 5 . ( ) yB + = . 3 5 3 Vì N là trung điểm của BC nên C −1; − 11 . ( ) 16
( ) ( ) ( Vậy A 15; 5 , B −1; 5 , C −1; − 11 . ) Nhận xét. Bài toán trên được xây dựng từ tính A B chất 6. Cho hình chữ nhật A BCD . Gọi H là M hình chiếu của B lên A C và M , N lần lượt là trung điểm của A H , CD . Khi đó BM ⊥ MN . D H C N Xét trường hợp đặc biệt, A BCD là hình vuông. Lúc này, ngoài kết quả BM ⊥ MN ta còn có BM = MN , hay tam giác BMN vuông cân tại M . A A B M N C M I D I M H E D C A B N C N B Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật A BCD có uuur uuuur ﾷA CD = α với cosα = 1 , điểm H thỏa mãn điều kiện HB = −2HC , K là giao 5 �1 4 � điểm của hai đường thẳng A H và BD . Cho biết H � ; − � � 3 3 � , K 1; 0 và điểm B ( ) có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A , B ,C , D . Phân tích bài toán. Tìm được tọa độ của A A B thông qua tọa độ của H , K và đẳng thức KH BH 2 K = = . KA A D 3 Nếu đặt một cạnh của hình chữ nhật đã cho H bằng a thì từ giả thiết D a C 1 cosα = , ta sẽ tính được các đoạn thẳng liên quan qua a. Từ đó tìm a. 5 2 Lời giải. Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH = BC . 3 17
KH BH 2 2 Vì BH / / A D nên = = � HK = KA . KA A D 3 3 uuur 5 uuuur � 1 4 � 5 �2 4 � �5 10 � Suy ra HA = HK � �x A − ; y A + �= . � ; �= � ; � A (2; 2). 2 � 3 3 � 2 �3 3 � �3 3 � ﾷ 1 Vì ∆A CD vuông tại D và cos A CD = cos α = nên 5 A D = 2CD , A C = 5CD . 4 Đặt CD = a (a > 0) � A D = 2a � A B = a, BH = a . 3 Trong tam giác vuông A BH ta có 25 2 125 A B 2 + BH 2 = A H 2 � a = � a = 5. 9 9 Suy ra A B = 5, HB = 4 5 . (*) 3 Giả sử B ( x ; y ) với x > 0, từ (*) ta có (x − 2)2 + (y − 2)2 = 5 x = 3, y = 0 2 2 � 1 � � 4 � 80 1 8 �x − �+ � y + �= x = − , y = (kt m) � 3� � 3� 9 5 5 uuur 3 uuur uuur uuur ( ) Suy ra B (3; 0). Từ BC = BH � C −1; − 2 . Từ A D = BC � D −2; 0 . 2 ( ) Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC vuông cân tại ( ) B . Lấy E trên cạnh BC sao cho BC = 3BE . I 7; 3 là trung điểm của A E . Điểm F thuộc cạnh A C sao cho IF = IA . Tìm tọa độ đỉnh C biết rằng đỉnh A có hoành độ lớn hơn 5, trung điểm A B thuộc đường thẳng ∆ : x + 3y − 12 = 0, đỉnh B thuộc đường thẳng x + y + 2 = 0 và đường thẳng IF có phương trình x + 2y − 13 = 0. Phân tích bài toán. Mấu chốt của bài toán này là dự đoán và chứng minh IB ⊥ IF . Từ đó viết được phương trình IB , tìm được B . A Lời giải. Gọi M , N là trung điểm của A B và A C thì M , I , N thẳng hàng và BN ⊥ A C . Ta có tam giác M I (7;3) N x + 3y 12 = 0 A BF nội tiếp đường tròn tâm I . Suy F x + 2y 13 = 0 ra 1 Aﾷ FB = Aﾷ IB = MIB ﾷ . x + y + 2 = 0 C 2 B E Suy ra tứ giác BINF nội tiếp. Do đó ﾷ BIF ﾷ = BNF = 900 hay BI ⊥ IF . Suy ra BI : 2x − y − 11 = 0 � B 3; − 5 . ( ) 18
Vì M �∆ : x + 3y − 12 = 0 � M 12 − 3m ; m . Suy ra ( ) uuuur uuur ( ) MB 3m − 9; − 5 − m , MI 3m − 5; 3 − m . ( ) uuuur uuur ( )( Ta có MB .MI = 0 � 3m − 9 3m − 5 + m + 5 m − 3 = 0 ) ( )( ) � m =3 � � � ( ) M 3; 3 � A 3; 11 �� . ( ) m =1 � ( ) M 9; 1 � � A 15; 7 � ( ) Vì A có tung độ lớn hơn 5 nên ta chọn trường hợp M 9; 1 , A 15; 7 . ( ) ( ) Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với A B nên BC : x + y + 2 = 0. uuuur uuur x − 9 = 3. −2 Ta có MN = 3MI �� N ( ) ( ) N 3; 7 . y N − 1 = 3.2 Vì A C đi qua A và N nên A C : y = 7. Từ đó suy ra C −9; 7 . ( ) Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật A BCD có các cạnh không song song với các trục tọa độ. Điểm G −9; 5 là trọng tâm tam giác ( ) ( ) A BD . Đường thẳng A B đi qua M 1; 0 , đường thẳng BC đi qua N 11; − 5 . ( ) Viết phương trình cạnh A B biết rằng diện tích hình chữ nhật đã cho bằng 450. uuu r Phân tích bài toán. Gọi VTPT của A B là M (1;0) ( ) A B n A B = a ; b . Từ đó viết được phương trình của G ( 9;5) A B và BC . Diện tích của hình chữ nhật được N (11; 5) tính thông qua tích khoảng cách từ G đến A B C D và BC . uuur Lời giải. Gọi VTPT của đường thẳng A B là n A B = a; b . Khi đó ( ) ( ) ( A B : a x − 1 + by = 0, BC : b x − 11 − a y + 5 = 0. ) ( ) Ta có S A BCD = A B .A D = 3 2 ( ) ( d G , BC .3d G , A B = 450 ) −10a + 5b −20b − 10a � a +b 2 2 . a +b 2 2 = 100 � 2a 2 + 3ab − 2b2 = 2 a 2 + b2 . ( ) � ( 2a 2 + 3ab − 2b2 = 2 a 2 + b2 ) � 3ab = 4b2 . 2a 2 + 3ab − 2b2 = −2 a 2 + b2 ( ) 3ab = −4a 2 Vì hình chữ nhật đã cho có các cạnh không song song v ới các trục tọa độ nên uuur uuur ab ( ) 0. Từ đó suy ra n A B = 4; 3 hoặc n A B = 3; − 4 . ( ) 19
Vậy A B : 4x + 3y − 4 = 0, A B : 3x − 4y − 3 = 0. Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác A BC vuông cân tại ( ) ( ) A , trung tuyến A M , G 5; −1 là trung điểm của A M . Điểm E 3;5 thoả mãn uuur 1 uuur CE = A B . Viết phương trình đường thẳng A B . 2 Phân tích bài toán. Để dễ dàng phát hiện thêm B D các mối quan hệ giữa các yếu tố trong bài toán, ta hãy dựng hình vuông BA CD . Khi đó M là tâm của hình vuông này, E là trung điểm của CD . Gọi I là M E (3;5) H giao điểm của EG với A B . Từ định lý Talet ta tìm được tọa độ của I . Sử dụng hệ thức lượng trong G (5; 1) I tam giác vuông ta cũng tính được góc giữa hai đường thẳng A B và GE . A C Áp dụng bài toán cơ bản về góc ta viết được phương trình đường thẳng A B . Lời giải. Theo định lý Talet ta có 1 GI GA 1 uur 1 uuur x I − 5 = .2 � 17 � = = � GI = EG �� 3 I � ; − 3� . 1 GE GD 3 3 y I + 1 = . −6 3 ( ) � 3 � Gọi H là trung điểm của A B . Theo định lý Talet ta có AI GA 1 1 2 = = � A I = DE = A H � HI = A H . DE GD 3 3 3 Trong tam giác vuông HIE ta có ﾷ HE 2A H ﾷ 1 t an HIE = = = 3 � cos HIE = . HI 2 10 AH 3 � 17 � Ta có GE : 3x + y − 14 = 0. Gọi A B : a �x − ( ) �+ b y + 3 = 0. Ta có 3 � � 3a + b ( cos A B , GE =) 1 10 � 10. a 2 + b2 = 1 10 a =0 � 3a 2 + 2ab = 0 � . 4a + 3b = 0 Với a = 0, chọn b = 1. Khi đó A B : y + 3 = 0. Với 4a + 3b = 0, chọn a = 3 và b = −4. Khi đó A B : 3x − 4y − 29 = 0. Nhận xét. Bài toán trên ta có làm theo hướng khác như sau Đặt A B = A C = a. Khi đó BC = a 2. Ta có a a 2 ME = , MG = , GE = 2 10. 2 4 20