Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng

Chia sẻ: Chubongungoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:60

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm là vẫn cung cấp hệ thống lý thuyết có liên quan. Trang bị thêm lý thuyết của phép dời hình. Trang bị cho các em một số tính chất của hình học phẳng thông qua một số ví dụ vận dụng như là: Chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc... Thay vì vẫn tham số hóa tọa độ điểm M như trước đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng

MỞ ĐẦU Toán học là môn khoa học cơ bản, trang bị cho học sinh kiến thức, kỹ năng và phương pháp tư duy. Là một trong các môn thuộc khối khoa học tự nhiên, học tốt Toán học giúp các em có một tiền đề tốt để các em tiếp cận và học tốt các môn Vật lý, Hóa học, Sinh học...Việc trang bị cho các em vốn kiến thức vững vàng của bộ môn Toán là đòi hỏi tất yếu của chúng tôi - những giáo viên tổ Toán trường THPT Yên Khánh A. Vì vậy, nhằm tạo cho học sinh vốn kiến thức với mục đích hình thành kỹ năng phân tích, tổng hợp, phát triển năng lực trí tuệ, sáng tạo trong lao động, phát triển con người mới nhằm đáp ứng những yêu cầu đòi hỏi của xã hội hiện nay là mục tiêu của chúng tôi. Trong Toán học, môn hình học nghiên cứu các hình tạo thành từ các đường tròn, các đường thẳng, các cung tròn, các elip, các tam giác và các đường giao nhau của chúng tạo nên các góc khác nhau ra đời từ rất sớm. Việc giúp các em học tốt hình học sẽ phát triển trí tưởng tượng phong phú, tư duy trực quan sinh động, các em trưởng thành hơn trong cuộc sống vì hình học gắn liền với thực tế. Giáo dục hiện nay đang có rất nhiều đổi mới, đổi mới trong cách quản lý, đổi mới trong hình thức thi và cả trong nội dung đề thi. Đối với bộ môn Toán, đề thi minh họa kỳ thi THPT quốc gia hiện nay, theo cấu trúc của Bộ giáo dục và đào tạo, bài toán về tọa độ trong mặt phẳng xuất hiện là một câu hỏi khó. Để giải quyết các bài toán này, các em học sinh cần nắm vững một số tính chất hình học phẳng nào đó, điều này làm cho các em cảm thấy lúng túng, thấy khó nên thi thường bỏ. Với thực trạng học sinh trường THPT Yên Khánh A, đa phần các em có lực học từ khá trở lên, điểm tuyển vào trường đứng trong tốp đầu của các trường THPT trong tỉnh. Vì vậy, với vai trò là những giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán, chúng tôi luôn băn khoăn, trăn trở: Làm thế nào để các em không thấy khó, không thấy ngại khi gặp câu hỏi này trong đề thi, làm thế nào để tạo cho các em tâm lý nhẹ nhàng thoải mái trước khi bước vào kỳ thi THPT quốc gia chung? Chúng tôi đã thảo luận và xin trình bày sáng kiến giảng dạy với đề tài: “Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng”
NỘI DUNG A. GIẢI PHÁP CŨ THƯỜNG LÀM. Trước đây, khi dạy các em học sinh bài toán hình học trong mặt phẳng tọa độ, chúng tôi thường dạy như sau: 1. Cung cấp lý thuyết: Tọa độ điểm, tọa độ vec tơ, phương trình đường thẳng, phương trình đường tròn, phương trình đường elip, các công thức tính góc, khoảng cách... 2. Nhấn mạnh việc tìm tọa độ điểm theo hướng: Gọi M (x; y). Căn cứ vào giả thiết, thiết lập hệ hai ẩn hai phương trình. Giải tìm được nghiệm (x; y). Từ đó suy ra tọa độ của M.   3. Nhấn mạnh việc tìm tọa độ của vec tơ theo hướng: Gọi u (a;b)  0 . Căn cứ vào giả thiết, lập một phương trình theo hai tham số a, b. Giải tìm mối quan hệ a và b. Sau đó chọn a suy b hoặc ngược lại. 4. Sau đó cho bài tập tổng hợp áp dụng, không có sự phân dạng. Vì thế mà chúng tôi thấy có nhiều hạn chế. Đó là: 1. Học sinh lúng túng không phân biệt được rõ việc tìm tọa độ điểm với việc tìm tọa độ vec tơ. 2. Đôi khi việc tham số hóa tọa độ điểm M dẫn đến việc giải hệ cồng kềnh và rất phức tạp. 3. Học sinh không biết qui lạ về quen. 4. Khi đứng trước mỗi bài toán mới các em thường có cảm giác khó, ngại nên thường bỏ. 5. Học sinh không biết xây dựng hệ thống bài tập mới từ một bài tập đã cho. 6. Học sinh không định hướng được lời giải do chưa có hệ thống bài tập phân theo dạng. B. GIẢI PHÁP MỚI CẢI TIẾN Để khắc phục những hạn chế trên của các em học sinh, chúng tôi đã tìm tòi, thảo luận qua các năm đứng lớp, nhằm giúp các em tiếp cận bài toán hình học trong mặt phẳng tọa độ theo phương thức mới của đề thi. Chúng tôi đã cải tiến phương pháp giảng dạy. Thay vì dạy theo phương pháp truyền thống như trước đây (đã nêu ở trên), chúng tôi đổi mới như sau: 1. Vẫn cung cấp hệ thống lý thuyết có liên quan. Trang bị thêm lý thuyết của phép dời hình. Trang bị cho các em một số tính chất của hình học phẳng thông qua một số ví dụ vận dụng như là: Chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc... 2
2. Thay vì vẫn tham số hóa tọa độ điểm M như trước đây. Chúng tôi hướng dẫn thêm cho học sinh: Tìm các đối tượng chứa điểm M thông qua sự tương giao giữa hai đường thẳng, hai đường tròn hay là giữa đường thẳng và đường tròn ... 3. Hệ thống bài tập được cung cấp phân theo dạng, có ví dụ minh họa theo từng dạng và hệ thống bài tập vận dụng của mỗi dạng. 4. Giúp và hướng dẫn các em xây dựng bài tập mới bằng tọa độ từ tính chất của bài toán hình học phẳng thông thường. Bằng hướng cải tiến nêu trên, chúng tôi nhận thấy có những ưu điểm sau: 1. Học sinh được củng cố kiến thức của hình học phẳng. 2. Rèn luyện cho các em kỹ năng phân tích, tổng hợp. Biết nhìn bài toán theo hai chiều xuôi ngược. 3. Rèn cho các em kỹ năng sáng tạo ra bài toán mới. Khi các em là chủ nhân của những đề toán mới, các em sẽ chủ động và không còn thấy khó mỗi khi đứng trước lớp bài tập dạng này nữa. 4.Học sinh nhìn nhận bài toán tìm tọa độ điểm trở nên đơn giản hơn. 5.Hệ thống bài tập phân theo dạng, giúp các em định hướng tốt phương pháp khi đứng trước mỗi đề toán mới và xác định được rõ mục tiêu của từng dạng. C. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH I. MỘT SỐ VÍ DỤ MỞ ĐẦU Bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng thường xuyên xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng trong những năm gần đây với mức độ tương đối khó. Vì vậy, để giải được dạng toán này, giáo viên cần hướng dẫn học sinh tìm hiểu bản chất cũng như xây dựng phương pháp tư duy giải toán đặc trưng. Cụ thể, chúng tôi hình thành phương pháp tư duy giải toán cho các em, đó là: “ Phân tích bản chất hình học phẳng trong bài toán hình học tọa độ tương ứng”. Bước đầu, giúp các em làm quen với phương pháp này, chúng tôi thường xuất phát từ một bài toán hình học phẳng đơn thuần. Sau đó, gắn trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, sáng tạo ra cho các em bài toán hình học tọa độ. Yêu cầu học sinh tìm lời giải cho bài toán này theo các bước chính như sau:  Bước 1: Vẽ hình biểu thị cho bài toán. Trên cơ sở dữ kiện và yêu cầu của bài toán, phân tích các yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán  Bước 2: Lập sơ đồ các bước giải  Bước 3: Trình bày lời giải của bài toán theo sơ đồ ở bước 2 Rõ ràng làm như vậy, khi các em đã chứng minh được tính chất hình học phẳng thì các em giải quyết bài toán hình học tọa độ sẽ trở nên đơn giản hơn. Xét một số ví dụ minh họa sau: 3
 = 45 . Vẽ các đường ♦ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T) có A 0 cao BB’ và CC’. Gọi T’ là điểm đối xứng của T qua B’C’. Chứng minh rằng tứ giác AB’T’C’ nội tiếp được trong một đường tròn. Lời giải: A T C' B' T' B C   Ta có BTC=2BAC=90 0  T, B’, C’ nhìn BC dưới góc 90 0.  5 điểm T, B’, C’, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.  Ta có tứ giác BC’TB’ nội tiếp nên C'TB'=180 0  - C'BB'=1800 - 450 =1350 .  C'TB'=135 Theo tính chất đối xứng ta có C'T'B'=  0 .  + B'AC' Xét tứ giác AB’T’C’ có B'T'C'  =1350 + 450 =1800 . Vậy tứ giác AB’T’C’ nội tiếp được trong một đường tròn. * Nhận xét: Như vậy sau khi hướng dẫn học sinh chứng minh xong ví dụ 1, giáo viên làm thao tác ngược: Gắn trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, chọn trước tọa độ 3 điểm A, B, C sao cho tam giác ABC thỏa mãn A  = 450 . Chẳng hạn A(2; 2), B(0; 0), C(2; -1). Sau đó lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta được đường 2 2 tròn (T): x + y -3x - y = 0 .Và tìm tọa độ B’, C’ lần lượt là hình chiếu của B, C trên 1 1 cạnh AC, AB, ta được B’(2; 0) và C'( ; ) . Kết quả ra đời bài tập sau: 2 2  = 450 , nội tiếp Bài 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A 2 2 1 1 trong đường tròn (T): x + y -3x - y = 0 . Biết B’(2; 0) và C'( ; ) lần lượt là hình 2 2 chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. * Nhận xét: Rõ ràng khi cung cấp bài tập này cho học sinh sau khi các em đã được tiếp cận và đưa ra lời giải của ví dụ 1 thì khi đó với một số em có lực học trung bình sẽ theo hướng giải của ví dụ 1 nêu trên và đưa ra sơ đồ lời giải của bài 1.1 như sau: Cách 1: 4
 Gọi T là tâm của đường tròn (T). Gọi T’ đối xứng với T qua BC. Tìm được tọa độ điểm T’.  Chứng minh tứ giác AB’T’C’ nội tiếp (Nội dung ví dụ 1).  Lập phương trình đường tròn (T’): Qua T’, B’, C’.  Khi đó tọa độ A cần tìm là giao điểm của hai đường tròn (T) và (T’). Từ đó dễ dàng tìm được tọa độ B và C. Tuy nhiên một số em có học lực khá, giỏi, nắm vững các tính chất hình học phẳng, các em đưa ra sơ đồ lời giải đa dạng hơn như sau: Cách 2:  = 90 . Khi đó 5 điểm B, C, B’, C’, T thuộc cùng một đường  Chứng minh được BTC 0 tròn (K).  Lập phương trình đường tròn (K): Qua T, B’, C’.  Khi đó tọa độ B, C cần tìm là giao điểm của đường tròn (T) và (K). Với tọa độ B, C tìm được ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A. Cách 3:  Gọi M là trung điểm của AB. Do tam giác AB’B vuông cân  B'M  AB . Do đó B’M đi qua tâm T.  Lập phương trình AB đi qua C’, vuông góc với TB’.  Lập phương trình AC đi qua B’, vuông góc với TC’.  Từ đó tìm tọa độ điểm A là giao điểm của AC và AB. Tọa độ B là giao của AB và đường tròn (T). Tọa độ C là giao điểm của AC và đường tròn (T). Cách 4:  Chứng minh tam giác BTC vuông cân.  Sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay. Sau đây là lời giải hoàn chỉnh (Trình bày theo sơ đồ lời giải của cách 3). Lời giải: A M I B' C' C B 5
3 1 Ta có tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T), tâm I ( ; ) . 2 2 Gọi M là trung điểm của AB ta có IM  AB (1).   45  tam giác BB’A vuông Lại có ta m giác BB’A vuông tại B’ có A 0 cân tại B’  B'M  AB (2). Từ (1) và (2)  M, I, B’ thẳng hàng. Đường thẳng AB qua C’, vuông góc với IB’ có phương trình: x – y = 0. Tương tự AC qua B’, vuông góc với IC’ có phương trình: x – 2 = 0. x  2  0 x  2 Khi đó tọa độ A thỏa mãn hệ    A(2; 2) . x  y  0 y  2 x  y  0 x  y x  y  0 Tọa độ B thỏa mãn hệ  2 2   2   x  y  2  B(0; 0) .  x  y  3x  y  0  x  2x  0  x  2 x  2  0 x  2  Tọa độ C thỏa mãn hệ  2 2  2    y  1  C (2; 1) . x  y  3x  y  0 y  y  2  0  x  y  2 Vậy A(2; 2), B(0; 0), C(2; –1). * Nhận xét: Rõ ràng, qua ví dụ trên, giáo viên đã củng cố, ôn tập giúp học sinh tái hiện rất nhiều kiến thức của hình học phẳng. Các em cảm thấy hứng thú hơn trong học tập. Bài toán hình học tọa độ giải bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng không còn khó nữa. Nhằm giúp các em phát triển phong phú hơn sự tư duy, sáng tạo giáo viên yêu cầu mỗi học sinh có thể chọn cho mình một bộ tọa độ A, B, C thích hợp và tự tạo cho mình những bài tập tương tự bài 1.1. Cụ thể, xuất phát từ đề bài của bài 1.1:  Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy  theo vec tơ v (1;1) . Ta có:  = 450 , nội tiếp Bài 1.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A 2 2 3 3 trong đường tròn (T): x + y -5x -3y + 6 = 0 . Biết B’(3; 1) và C'( ; ) lần lượt là 2 2 hình chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.  Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng tâm I(1; 1). Ta có  = 450 , nội tiếp Bài 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A 2 2 3 3 trong đường tròn (T): x + y - x -3y - 2 = 0 . Biết B’(0; 2) và C'( ; ) lần lượt là hình 2 2 chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 6
 Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng trục qua (d): x – y = 0. Ta có:  = 450 , nội tiếp Bài 1.4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A 2 2 1 1 trong đường tròn (T): x + y - x -3y = 0 . Biết B’(2; 0) và C'( ; ) lần lượt là hình 2 2 chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 0  Nếu sử dụng biểu thức tọa độ của phép quay tâm O, góc quay 90 . Ta có:  = 450 , nội tiếp Bài 1.5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A 2 2 -1 1 trong đường tròn (T): x + y + x -3y = 0 . Biết B’(0; 2) và C'( ; ) lần lượt là hình 2 2 chiếu của B, C trên cạnh AC, AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. ♦ Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I, gọi E và D lần lượt là giao điểm các tia phân giác trong và ngoài của hai góc B và C. Đường thẳng ED cắt cung nhỏ BC ở M. Chứng minh: a. Tứ giác BECD nội tiếp được một đường tròn. b. Các tam giác MBE và tam giác MBD cân tại M, suy ra M là trung điểm của ED. Lời giải: A E I B C M D a. Tứ giác BECD nội tiếp đường tròn vì có EBD   ECD   1800 .  là góc ngoài nên BEM b. Xét tam giác BEA, có BEM   BAE   ABE  .  = EBC Lại có: EBM  +   EAC; CBD . Mà BAE  ABE  EBC;  MBC  MAC  nên BEM   EBM  .   MDB Vậy tam giác MBE cân tại M. Khi đó từ tam giác vuông EBD có MBD  nên tam giác MBD cân tại M. Từ hai tam giác cân MBE và MBD, ta có ME = MB = MD. Vậy M là trung điểm của ED. 7
* Nhận xét: Bằng cách sử dụng tính chất hình học phẳng trong nội dung ví dụ 2, đó là tính chất M là trung điểm của ED, với hướng phân tích tương tự ví dụ 1, giáo viên cung cấp: Bài 2.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1), tâm 5  là D (7; 7). Tìm tọa đường tròn ngoại tiếp là I ( ;3) , tâm đường tròn bàng tiếp góc A 2 độ đỉnh B và C. Lời giải: 5 5 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( ;3) , bán kính R  AI  , có phương 2 2 2 5 25 trình  x     y  3  2 (C) .  2 4 Đường thẳng AD qua A, qua D có phương trình: x – y = 0 (d). Khi đó đường thẳng (d) cắt đường tròn (C) tại M. Tọa độ M thỏa mãn hệ 2  5 2 25 x  y  1  x     y  3   (C) 9 9  2 4  9  M ( ; ) . x  y  0 (d) x  y  2 2   2 Theo kết quả ví dụ 2, ta chứng minh được MB = MC = MD. 9 9 5 2 Vậy B, C thuộc đường tròn (T) có tâm M ( ; ) , bán kính MD  có phương trình 2 2 2 2 2  9  9 25 x   y   (T) .  2  2 2 Khi đó tọa độ B, C thỏa mãn hệ 2  5 2 25 x  1  x     y  3  (C)   2 4 y  5   2 2 x  4  9  9 25   x  2    y  2   2 (T)   y  1  Vậy B(1; 5) và C(4; 1) hoặc ngược lại. ♦ Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC. a. Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp được một đường tròn. b. Gọi giao điểm của MN với AB và AC lần lượt là E và F. Chứng minh rằng điểm E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH. c. Chứng minh rằng ba đường AH, BE, CF đồng qui. 8
Lời giải: A T E N F M K B C H   AHB a. Ta có AMB  AHB(c.c.c)  AMB   900 .   AHB Do đó tứ giác AMBH nội tiếp một đường tròn vì có AMB   1800 . b. Ta có MA = NA (vì cùng bằng AH), nên tam giác AMN cân tại A.   ANM  AMN   AEH  AEN(c.c.c)  AHE   ANE   AME   AHE  .  M, H nhìn AE dưới một góc không đổi nên tứ giác AMHE nội tiếp được một đường tròn  E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMBH. Hay 5 điểm A, M, B, H, E thuộc một đường tròn.   AHB c. Do 5 điểm A, M, B, H, E thuộc một đường tròn nên AEB   900 , hay BE  AC. Chứng minh tương tự CF  AB  AH, BE, CF là ba đường cao nên chúng đồng qui. Sau khi hướng dẫn học sinh chứng minh xong bài tập trên, giáo viên cung cấp: Bài 3.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đường cao AH. Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC. Biết phương trình AC: 3x + 4y – 5 = 0, biết phương trình MN: 9x – 13y + 20 = 0 và biết tọa độ điểm -3 1 K( ; ) là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2 2 Lời giải: 1 7 Gọi E là giao điểm của AC và MN  E (  ; ) . 5 5 Theo kết quả ví dụ 3 ở trên, chứng minh được BE  AC. Do đó đường thẳng BE qua E và vuông góc với AC, phương trình BE là: 4x – 3y + 5 = 0. 4b  5 5  3a Điểm B(b; ) BE, A(a; ) AC. Vì K là trung điểm của AB nên 3 4 3  a + b  a   1  4b  5 5  3a   . Vậy A(–1; 2), B(–2; –1). 1  3  4 b  2 9
Đường thẳng AB qua A, qua B có phương trình: 3x – y + 5 = 0. -3 1 Gọi F là giao điểm của AB và MN  F( ; ) (F trùng với K). 2 2 Đường thẳng CF qua F và vuông góc với AB, phương trình CF là: x + 3y = 0. Khi đó C là giao điểm của CF và AC nên C(3; -1). Kiểm tra rõ ràng thấy tam giác ABC thỏa mãn là tam giác nhọn. Vậy A(–1; 2), B(–2; –1) và C(3; –1). Bằng cách khai thác tốt tính chất hình học trong ví dụ 3, giáo viên cung cấp tiếp bài tập sau: Bài 3.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), B(1;1), C(6;3). Tìm trên AB, BC, CA các điểm F, H, E sao cho tam giác FHE có chu vi nhỏ nhất. Lời giải: Kiểm tra thấy tam giác ABC nhọn. Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của H qua AB, AC. Ta có chu vi tam giác FHE là: CΔFHE = FH + FE + EH = FM + FE + EN  MN (1) .   . Ta có AM = AH = AN  Tam giác AMN cân tại A và MAN=2BAC Gọi T là trung điểm của MN.  = 2HAsinBAC  2SΔABC Ta có MN = 2MT = 2MAsinBAC (2). R 2SΔABC 2S Từ (1) và (2)  CΔFHE  . Vậy MinCΔFHE  ΔABC . R R Dấu “ = ” xảy ra khi H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC và E, F tương ứng là các giao điểm của MN với AC, AB. Khi đó theo kết quả ví dụ 3, chứng minh được BE  AC, CF  AB. Vậy H, E, F tương ứng là chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống BC, AC, AB trong tam giác ABC. Lập được phương trình các cạnh: AB: 5x-y-4=0; AC: 3x+4y-30=0; BC: 2x-5y+3=0 Lập được phương trình các đường cao: AH: 5x+2y-22=0; BE: 4x-3y-1=0; CF: x+5y-21=0 104 59 94 117 41 101 Suy ra H( ; ); E( ; ); F( ; ) . 29 29 25 25 26 26 10
♦ Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F lần lượt là các điểm lấy trên cạnh AB, AD sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu của A trên DE. Chứng minh rằng FH  HC Lời giải: A E B H F M C D Kéo dài AH cắt BC tại M. Ta có ABM  DAE  BM  AE  BM  AF . Xét tứ giác DFMC nội tiếp đường tròn đường kính DM. Ta cũng có tứ giác DHMC nội tiếp đường tròn đường kính DM. Nên 5 điểm D, F, H, M, C nội tiếp đường tròn đường kính DM.   900 , hay là Do DFMC là hình chữ nhật nên FC cũng là đường kính. Vậy FHC FH  HC . Sau khi chứng minh xong ví dụ 4, giáo viên cung cấp: Bài 4.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm F(2; 0) nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF. Gọi H(1; –1) là hình chiếu vuông góc của A trên DE. Tìm tọa độ đỉnh C, biết C thuộc đường thẳng (d): x – 2y +1 = 0. Lúc này khi các em đã thành thạo hơn, rất nhiều các em nhanh chóng đưa ra được sơ đồ lời giải như sau:  Chứng minh FH  HC .  Lập phương trình CH qua H, vuông góc với FH.  Khi đó tọa độ C cần tìm là giao điểm của CH và đường thẳng (d). Giáo viên yêu cầu các em hoàn chỉnh lời giải dựa trên sơ đồ đã nêu. Lời giải: Theo kết quả của ví dụ 4, ta có FH  HC . Đường thẳng CH qua H(1; –1), vuông góc với FH nên có phương trình: x + y = 0. 11
 1 x  y  0  x   3 1 1 Tọa độ điểm C cần tìm thỏa mãn hệ   . Vậy C ( ; ) . x  2y  1  0 y  1 3 3  3 * Nhận xét: Giáo viên có thể thay thế đối tượng điểm C thuộc đường thẳng (d) bởi điểm C thuộc đường tròn (T). Khi đó ta có đề toán mới như sau: Bài 4.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm F(2; 0) nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF. Gọi H(1; –1) là hình chiếu vuông góc của A trên DE. Hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (T): (x  1)2  (y  2) 2  13 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Để tăng mức độ khó về tính chất hình học phẳng, ta có thể thay thế giả thiết hình vuông ABCD thành hình chữ nhật sao cho vẫn giữ nguyên các tính chất của các điểm E, F, H. Tiếp tục ta có đề toán mới sau đây: Bài 4.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD thỏa mãn AB = 2AD, nội tiếp trong đường tròn tâm O, có phương trình cạnh CD là: 2x – y – 3 = 0. Điểm F(2; 0) nằm trên cạnh AD, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = AF. Gọi H(1; –1) là hình chiếu vuông góc của A trên DE. Viết phương trình các cạnh còn lại và đường chéo của hình chữ nhật. Thông qua ví dụ 4, học sinh đã quen hơn với phương pháp, giáo viên có thể đưa ra trực tiếp bài tập tọa độ, yêu cầu học sinh phát hiện tính chất hình học phẳng và đưa ra lời giải ♦ Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –7), trực tâm H(3; –1) và tâm đường tròn ngoại tiếp là I(–2; 0). Xác định tọa độ điểm C biết C có hoành độ dương (Đề thi khối D năm 2010). Lời giải: A H G I B C M Gọi M là trung điểm của BC. Ta có GMI đồng dạng với GAH . GH GA   Nên ta có   2  GH  2GI . GI GM 12
  1 1 Gọi G(x, y) thỏa mãn GH  2GI  G chia đoạn HI theo tỉ số k = –2 nên G ( ;  ) . 3 3  1  1 Ta lại có MG  MA  M chia đoạn GA theo tỉ số m   M(–2; 3). 3 3 Khi đó BC qua M, vuông góc với AH nên có phương trình: y – 3 = 0. B  BC  B(b;3) và C đối xứng với B qua M  C(–4 – b; 3).    b  2  65 Mà BH  AC  BH.AC  0  (3  b)(7  b)  40  0  b 2  4b  61  0    b  2  65 Với b  2  65  C( 65  2;3) Thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với b  2  65  C( 65  2;3) Không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy C( 65  2;3) . * Nhận xét: Bản chất, tính chất hình học phẳng mà ta sử dụng trong bài tập trên là tính chất của đường thẳng Euler. Giáo viên có thể nhắc lại, yêu cầu học sinh ghi nhớ:  Đường thẳng Euler trong tam giác ABC là đường thẳng đi qua 3 điểm: Trực tâm H, trọng tâm G, và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC, đồng thời thỏa mãn:   GH  2GI . Với việc khai thác tính chất hình học phẳng này, ta có thể hoán đổi giả thiết của bài 3, thay vì cho tọa độ điểm H và I ta có thể cho tọa độ điểm H và G hoặc I và G. Tương tự ta có các bài tập tự luyện sau: Bài 5.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, biết đỉnh B(1; 4), 11 1  trực tâm H(2; 2), trọng tâm G  ;  . Tìm tọa độ A và C.  3 3 Bài 5.2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 3), trực tâm H(0;1) và trung điểm M(1; 0) của BC. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ âm. ♦ Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với AK, CD là hai đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x  2)2  y 2  5 . Trung điểm của AC là P(7; 5). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC đi qua Q(1; 4) và hoành độ điểm D lớn hơn 3. Lời giải: 13
A D H P T I B C K Ta có tứ giác BDHK nội tiếp trong đường tròn đường kính BH. Vậy B thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình (x  2)2  y 2  5 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHK, I(2; 0).   IKA Ta có IKP   AKP   IKH   HKP   IHK   HKP   HBA   BAH   HKP  .   HCK  HCA   HKP   ACK   HKP   PKC   HKP   900 .   900 . Vậy D, K thuộc đường tròn đường kính IP. Tương tự IDP 9 5 Đường tròn đường kính IP có tâm T ( ; ) là trung điểm của IP và có bán kính 2 2 1 5 2 9 5 25 R IP  , có phương trình: (x  )2  (y  )2  . 2 2 2 2 2  x  1  9 2 5 2 25  (x  )  (y  )  y  2 Tọa độ D và K thỏa mãn hệ  2 2 2   x  4 (x  2)  y  5 2 2     y  1 Vì D có hoành độ lớn hơn 3, nên D(4; –1) và K(1; 2). Đường thẳng BC qua Q, qua K có phương trình x – 1 = 0. Tọa độ B là giao điểm của BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK, nên B(1; –2). Đường thẳng AB qua B, qua D có phương trình x – 3y – 7 = 0. Đường thẳng AK qua K, vuông góc với BC có phương trình: y – 2 = 0. Tọa độ A là giao điểm của AB và AK, nên A(13; 2). C đối xứng với A qua P, nên C(1; –1). Vậy A(13; 2), B(1; –2), C(1; –1). * Nhận xét: Tính chất hình học phẳng trong bài tập trên mà chúng ta sử dụng chính là tính chất của đường tròn Euler. Giáo viên nhắc lại, yêu cầu học sinh ghi nhớ  Đường tròn Euler trong tam giác ABC là đường tròn đi qua 9 điểm: 3 điểm A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của A, B, C trên các cạnh BC, AC, AB; 3 điểm M, N, P 14
tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA; 3 điểm A2, B2, C2 lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC (Với H là trực tâm của tam giác ABC). Bằng cách khai thác tốt tính chất trên, ta có thể cung cấp cho học sinh bài tập tự luyện sau: Bài 6.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường AB, AC lần lượt là 4x – 3y – 20 = 0; 2x + y + 10 = 0. Đường tròn đi qua trung điểm các đoạn HA, HB, HC có phương trình: (x  1) 2  (y  2) 2  25 . Trong đó H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm H biết điểm C có hoành độ lớn hơn –4. Với cách làm như trên chúng tôi thấy rằng các em có hứng thú hơn với hệ thống bài tập đưa ra, các em không còn cảm giác ngại hay sợ khi đứng trước các bài tập dạng này nữa. Sau đây, chúng tôi tiếp tục cung cấp hệ thống bài tập phân theo dạng. II. HỆ THỐNG BÀI TẬP PHÂN THEO DẠNG 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 1.1. Bài toán công cụ  Phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có vectơ chỉ    x  x 0  u 1t phương u (u1 ; u 2 )  0 là:   y  y0  u 2 t  Nếu u1u 2  0 thì ta có phương trình chính tắc của đường thẳng : x  x0 y  y0  u1 u2  Phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có vec tơ pháp   tuyến n (a; b)  0 là: a(x – x0 ) + b(y – y0) = 0  Cho phương trình đường thẳng d: ax + by + c = 0 Nếu d1// d thì phương trình đường thẳng d1 : ax + by + m = 0;( m  c ). Nếu d2// d thì phương trình đường thẳng d2 : bx – ay + n = 0. 1.2. Phương pháp giải: Để giúp học sinh làm tốt được dạng bài tập này, giáo viên hướng dẫn học sinh theo các bước chính như sau:  Bước 1: Tìm điểm M(x0; y0) mà đường thẳng d đi qua. (Xem nội dung bài toán tìm toạ độ điểm).    Bước 2: Tìm toạ độ vectơ pháp tuyến n (a; b) hoặc vectơ chỉ phương u (u 1 ; u 2 ) .  Bước 3: Viết phương trình đường thẳng theo bài toán công cụ. 15
1.3. Ví dụ minh họa: Dạng 1: Lập phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có  vectơ chỉ phương u (u 1; u 2 ) . * Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm toạ độ của vec tơ chỉ phương. Trong đó, vec tơ chỉ phương chưa xuất hiện ngay mà ẩn đi thông qua dữ kiện đường thẳng đi qua hai điểm hoặc đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước và để phát hiện ra học sinh phải chứng minh một tính chất về quan hệ song song trong hình học phẳng. Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau: ♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết M(1; 2), N(4; –1), P(–2; 0) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC. Lập phương trình cạnh BC. Lời giải: A M N B C P Ta có MN // BC (Tính chất đường trung bình trong tam giác ABC).  Vậy đường thẳng BC đi qua P(–2; 0) nhận vec tơ MN (3; 3) làm vec tơ chỉ phương x2 y nên có phương trình là:   x  y  2  0 . 3 3 ♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là: 3x + 5y – 8 = 0; x – y – 4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; –2). Viết phương trình các đường thẳng AB và AC, biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Lời giải: 16
A E I H B M C K D Gọi M là trung điểm của BC và H là trực tâm tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. 7 1 Ta có M là giao điểm của AM và BC nên toạ độ điểm M ( ; ). 2 2 Đường thẳng AD đi qua điểm D(4; –2) và vuông góc BC nên phương trình của AD là: x + y – 2 = 0. Ta có A là giao điểm của AD và AM nên toạ độ điểm A(1;1). Ta có K là giao điểm của AD và BC nên toạ độ điểm K(3; –1).   KCE Xét tứ giác HKCE là tứ giác nội tiếp nên BHK  mà BDA   KCE  ( góc nội tiếp   BDA cùng chắn cung AB).Ta có BHK  nên suy ra K là trung điểm của HD  H(2;4). B BC  B(t;t  4);(t  3) mà M là trung điểm của BC nên toạ độ C(7–t; 3–t).   t  2 Do H là trực tâm tam giác ABC nên BH  AC  BH.AC  0   vì t  3 nên t =2. t  7 Ta có B(2; –2); C(5;1). Đường thẳng AB đi qua điểm A(1;1) và B(2; –2) nên phương trình của AB là: 3x + y – 4 = 0. Đường thẳng AC đi qua điểm A(1;1) và C(5;1) nên phương trình của AC là : y – 1 = 0. ♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn đỉnh A(–1; 4), trực tâm H. Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2; 0), đường thẳng BC đi qua điểm P(1; –2).Viết phương trình BC biết đỉnh B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x + 2y – 2 = 0. Lời giải: 17
A N H I B M C   BMH Xét tứ giác BNHM có: BNH   900 nên tứ giác BNHM nội tiếp đường tròn tâm I(2; 0) đường kính BH  I là trung điểm của BH. B d  B(2  2b;b) . Do I là trung điểm của BH nên toạ độ H( 2b+2; –b).   Ta có: AH  (2b  3; b  4) ; BP  (2b  1; 2  b) .   Vì AH  BP  AH.BP  0  b2 + 2b +1 = 0  b = –1  B(4; –1). Đường thẳng BC đi qua điểm B(4; –1) và P(1; –2) nên phương trình của BC là: x – 3y – 7 = 0. Dạng 2: Lập phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và có  vectơ pháp tuyến n (a; b) . * Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm toạ độ của vec tơ pháp tuyến. Tuy nhiên,vec tơ pháp tuyến không xuất hiện trực tiếp ngay mà xuất hiện gián tiếp thông qua việc chứng minh quan hệ vuông góc trong hình học phẳng . Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau: ♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn   900 . Chân đường cao kẻ từ A đến ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2; 1) thoả mãn AIB BC là D(–1; –1). Đường thẳng AC qua M(–1; 4).Viết phương trình AC. Lời giải: A I M B C D 18
  900  ACB Ta có: AIB   450 hoặc  ACB   1350 .   450 nên tam giác ADC vuông cân tại D Xét tam giác ADC vuông tại D có ACD  DA  DC . Lại có IA = IC  DI  AC . Đường thẳng AC đi qua điểm M(–1; 4) và vuông góc với DI nên phương trình của AC là: x – 2y + 9 = 0. ♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD và BH. Biết A(1; 1) và phương trình EF là 3x – y – 10 = 0. Viết phương trình của AF. Lời giải: A G B F H D C E Gọi G là trung điểm của AB. Ta có: tứ giác ADEG và tứ giác ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp  AF  EF . Đường thẳng AF đi qua điểm A(1;1) và vuông góc với EF nên phương trình của AF là: x + 3y – 4 = 0. ♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A(1; 1) và B. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho CM  DM. Điểm N(1; 4) là hình chiếu của M trên CD. Lập phương trình đường thẳng BN. Lời giải: A D N M B C Ta có tứ giác ADNM, BCMN nội tiếp được một đường tròn nên:   MCN MBN  , NAM   NDM  . Do đó NAM   MBN   NDM   MCN   900 (vì CM  DM) 19
  900  AN  BN.  ANB Vậy đường thẳng BN đi qua điểm N(1; 4) và vuông góc với AN nên phương trình của BN là: y – 4 = 0. Dạng 3: Lập phương trình đường thẳng biết đường thẳng đi qua điểm M(x0; y0) và tạo với đường thẳng cho trước góc α cho trước. * Nhận xét: Để lập được phương trình đường thẳng trong trường hợp này, giáo viên cần nhấn mạnh cho học sinh: Ta cần tìm toạ độ điểm mà đường thẳng đi qua và tìm toạ độ của vec tơ pháp tuyến hoặc vec tơ chỉ phương. Tuy nhiên bài toán không có yếu tố song song hay vuông góc, mà để tìm vec tơ pháp tuyến hoặc vec tơ chỉ phương ta cần khai khác yếu tố định lượng hoặc thông qua việc chứng minh hai góc bằng nhau. Từ đó, áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng. Cụ thể, ta xét một số ví dụ sau: ♦ Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình của AB là: 2x – y – 1 = 0 và phương trình của AC là: x + 2y – 8 = 0. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = AB. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại điểm thứ hai là K(4; 1). Viết phương trình đường thẳng BC. Lời giải: A D I 450 C B K Ta có A là giao điểm của AB và AC nên toạ độ điểm A(2; 3).   450 . Tam giác ABD vuông cân tại A nên ABD   AKB Có ADB  ).   450 (hai góc cùng chắn cung AB Đường thẳng BC đi qua điểm K(4;1) và hợp với đường thẳng AK một góc 450. Từ đó suy ra phương trình của BC là: x – 4 = 0 hoặc y – 1 = 0. ♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường  là D(1; –1). Đường thẳng AB có phương trình: 3x + 2y – 9 = 0. phân giác trong của góc A Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC có phương trình: x + 2y – 7= 0. Viết phương trình BC. (Đề thi khối D năm 2014). Lời giải: 20