Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực khai thác sâu một bài toán gốc trong hình học tọa độ phẳng cho học sinh THPT

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:29

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến nhằm rèn luyện cho học sinh kỹ năng khai thác sâu một bài toán, kĩ năng biết tự đặt vấn đề và giải quyết vấn đề thông qua một vấn đề tương tự; Rèn luyện cho học sinh kỹ năng bước đầu tập làm quen với nghiên cứu Toán học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực khai thác sâu một bài toán gốc trong hình học tọa độ phẳng cho học sinh THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “Phát triển năng lực khai thác sâu một bài toán gốc trong hình học tọa độ phẳng cho học sinh THPT” Lĩnh vực: Toán học 1
PHẦN I.ĐẶT VẤN ĐỀ 1.Lý do chọn đề tài Toán học là một môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng cao nhưng lại có ứng dụng rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực đời sống xã hội. Đây là một môn học khó đòi hỏi chúng ta phải có sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh tri thức. Dạy học sinh học toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản, giải bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập mà phải biết hướng dẫn cho học sinh các phương pháp chung để giải các dạng toán, giúp học sinh sáng tạo và phát triển tư duy của mình. Một trong những dạng toán khó thường gặp ở bậc phổ thông và là các dạng toán về hình học phẳng. Dạng toán này đòi hỏi chúng ta phải có tầm nhìn bao quát, suy nghĩ theo nhiều hướng giải khác nhau mới có thể tìm được hướng giải nhanh chóng và chính xác nhất. Trong quá trình dạy học thì tôi thấy nhiều học sinh tư duy toán học còn hạn chế, các em này ít suy nghĩ tìm tòi giải toán, nhất là những bài toán yêu cầu sự kiên trì, sự sáng tạo. Có nhiều học sinh học lực khá, giỏi nhưng khi gặp những bài toán mới, mặc dù chỉ là những bài toán được khai thác, phát triển từ bài toán quen thuộc nhưng các em vẫn thấy rất lạ lẫm, chưa biết quy lạ về quen. Đối với mỗi bài toán, việc tìm ra lời giải chi tiết nhiều khi không phải là khó. Tuy nhiên, điều quan trọng hơn là nếu sau mỗi bài toán ấy ta tìm ra được một chuỗi các bài toán liên quan thì có thể rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh, giúp các em biết hệ thống hóa, khái quát hóa các bài toán từ một bài toán gốc, một tính chất cơ bản nào đó. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã trình bày một số bài toán sử dụng tính chất vuông góc trong hình vuông, hình chữ nhật, hình thang vuông để giải một số bài toán hình giải tích phẳng.Từ những lý do trên tôi quyết định chọn đề tài: “ Phát triển năng lực khai thác sâu một bài toán gốc trong hình học tọa độ phẳng cho học sinh THPT” 2. Tính khoa học, tính mới Sáng kiến thể hiện được các vấn đề đó là: - Sử dụng tính chất vuông góc trong hình vuông, hình chữ nhật, hình thang vuông để giải một số bài toán hình giải tích phẳng - Làm cho người học phát triển được tư duy sáng tạo, tìm tòi và dựa trên cái cũ mà phát triển các điều mới đa dạng, sâu rộng và khoa học hơn. - Đối với mỗi bài toán, việc tìm ra lời giải chi tiết nhiều khi không phải là khó. Tuy nhiên, điều quan trọng hơn là nếu sau mỗi bài toán ấy ta tìm ra được một chuỗi các 2
bài toán liên quan thì có thể rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh, giúp các em biết hệ thống hóa, khái quát hóa các bài toán từ một bài toán gốc, một tính chất cơ bản nào đó. 3. Mục đích nghiên cứu. Có rất nhiều vấn đề mà ta có thể khai thác, tôi chọn viết đề tài này bao gồm các mục đích sau đây: - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng khai thác sâu một bài toán, kĩ năng biết tự đặt vấn đề và giải quyết vấn đề thông qua một vấn đề tương tự. - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng bước đầu tập làm quen với nghiên cứu Toán học. 4. Đối tượng nghiên cứu. Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các bài toán gốc trong hình học tọa độ phẳng ,các bài toán được khai thác ra từ bài toán gốc. 5. Phương pháp nghiên cứu. - Đề thi tốt nghiệp THPT của các năm, đề minh họa của Bộ giáo dục, đề thi thử. Đề thi học sinh giỏi các Tỉnh... - Dựa vào thực tiễn của quá trình giảng dạy và lấy ý kiến của đồng nghiệp về mức độ khả thi của đề tài. 3
PHẦN II.NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 1. Cơ sở khoa học 1.1. Cơ sở lý luận Cơ sở lý luận của đề tài là các kiến thức của chương 7 Sách Toán 10 kết nối tri thức về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, cụ thể: - Phương trình tham số đường thẳng  đi qua A  x0 ; y0  và nhận u   a; b  làm véc  x  x0  at tơ chỉ phương là:   y  y0  bt - Phương trình tổng quát đường thẳng  đi qua A  x0 ; y0  và nhận n   a; b  làm véc tơ pháp tuyến là: ax  by  c  0 ( c  ax0  by0 ) - Khoảng cách từ M 0  x0 ; y0  đến đường thẳng  : ax  by  c  0 là ax0  by0  c d M0;   a 2  b2 - Công thức tính côsin của góc giữa hai đường thẳng 1 và  2 a1b1  a2b2 cos  1 ;  2   a12  a2 . b12  b2 2 2 1.2. Cơ sở thực tiễn Đứng trước một bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng học sinh thường lúng túng và đặt ra câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải bài toán từ đâu ? Sử dụng tích chất nào ”. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong quá trình giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét bài toán dưới nhiều góc độ, khai thác các yếu tố đặc trưng hình học của bài toán để tìm lời giải. Việc trải nghiệm qua quá trình giải toán sẽ giúp học sinh hoàn thiện kỹ năng định hướng và giải toán. 2. Số liệu điều tra, khảo sát Qua giảng dạy và khảo sát tại 2 lớp 10A2 và 10B trước khi thực hiện đề tài như sau : - Mức độ 1: rất hứng thú học : 10A2 có 5/38 ( 13,2%), 10B có 6/39( 15,4%). - Mức độ 2: Có hứng thú 10A2 có 9/38 (23,7%), 10B có 10/39( 25,6%). - Mức độ 3 : Không có hứng thú 10A2 có 24/38 ( 63,1%), 10B có 23/39( 59%). 4
3. Phân tích đánh giá 3.1. Thuận lợi - Bản thân tôi được nhà trường, tổ chuyên môn tạo điều kiện, quan tâm giúp đỡ, phân công giảng dạy ở các lớp chọn của trường. - Bản thân tôi là giáo viên luôn nhiệt tình, luôn chịu khó tìm tòi sáng tạo và nghiên cứu các tài liệu tham khảo để trau dồi chuyên môn, luôn có ý thức học hỏi và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp. - Có rất nhiều học sinh, đặc biệt là những học sinh lớp chọn có tố chất, nhiệt tình và luôn mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của toán học. 3.2. Khó khăn Bên cạnh những thuận lợi thì tôi cũng gặp một số khó khăn nhất định sau: - Đặc thù của môn toán là rất khó so với các môn học khác nên các em thường có tâm lý e ngại khi học toán, chưa nói đến việc khai thác, hiểu sâu về môn toán. - Phần lớn học sinh của trường đều có hoàn cảnh gia đình khó khăn nên các bậc phụ huynh chưa chú trọng vào việc học của con em mình. 4. Các giải pháp Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng hạn, quy trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm:  Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán  Bước 2: Xây dựng thuật giải  Bước 3: Thực hiện thuật giải  Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán. Tuy nhiên qua thực tế, việc học và vận dụng vào giải toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một quá trình trừu tượng hoá và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy trong sáng kiến này tác giả sử dụng các kiến thức liên quan như :đề cập đến các tính chất hình học mà học sinh đã được học trong chương trình Hình học ở cấp trung học cơ sở và chương trình hình học 5
lớp 10,phương trình đường thẳng,phương trình đường tròn,tọa độ điểm thỏa mãn tính chất cho trước thông qua một số bài toán gốc cụ thể để hướng dẫn các em tư duy phát hiện những tính chất quen thuộc, đặc trưng trong một số hình cơ bản như: hình vuông, hình chữ nhật, hình thang vuông,hình tam giác. Ngoài ra tôi xin nhấn mạnh đến tính chất cơ bản sau: Cho hình vuông ABCD , gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Khi đó AM  BN . Cụ thể xuất phát từ Bài toán gốc: Cho hình vuông ABCD , gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Chứng minh rằng AM  BN . A B M D N C Chứng minh: Để chứng minh AM  BN ta cần chứng minh AM .BN  0 Thật vậy, giả sử hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Ta có: AM .BN  ( AB  BM ).( BC  CN )  AB.BC  AB.CN  BM .BC  BM .CN  AB.CN  BM .BC  AB . CN .cos1800  BM . BC .cos00 1 1  a. a.(1)  a.a.1 2 2 0 Từ bài toán trên ta có thể xây dựng một số bài toán trong hình học giải tích phẳng như sau: Bài toán 1: Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh B  0; 4  . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Gọi H  8 ; 16  là giao điểm của AM   5 5  và BN . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d): x  y  0 . 6
A B M D N C Định hướng bài toán - Có điểm B và H từ đó ta lập được đường thẳng BN . - Đường thẳng AM vuông góc với BN và đi qua điểm H suy phương trình đường thẳng AM . - Từ đó suy ra điểm A và các điểm còn lại. Hướng dẫn giải - PT đường thẳng BN : x  2y  8  0. - Vì AM  BN nên AM có PT : 2 x  y  0 . - Điểm A là giao điểm của hai đường thẳng AM và d nên tọa độ điểm A là nghiệm x  y  0 của hệ:   A(0;0) .  2x  y  0 PT đường thẳng BN : x  0 . PT đường thẳng BC là: y  4 . + Điểm M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: y  4   M (2; 4)  C (4; 4); D(4;0) .  2x  y  0 Vậy: A  0;0  ; B  0; 4  ; C  4; 4  và D  4;0  . Nhận xét 1: Cho hình vuông ABCD , gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB , BC và CD . Gọi I là giao điểm của CM và DN . Ta chứng minh được các tính chất sau : AI  IP , AI  2IP . 7
A M B I N H D P C Thật vậy: theo bài toán gốc ta có CM  DN Vì AM song song và bằng CP nên AMCP là hình bình hành do đó AP  DI Mặt khác: DIC vuông tại I nên IP  IC  PD do đó AP là đường trung trực của DI Suy ra ADP  AIP từ đó ta có AIP  900 và AI  2IP . Từ đó ta có bài toán mới sau: Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có lần lượt là trung điểm của đoạn AB và BC , CM cắt DN tại I  ;  , 22 11 điểm M,N    5 5 gọi H là trung điểm của đoạn DI , AH cắt CD tại P  ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của 7   2  hình vuông biết hoành độ A nhỏ hơn 4. A M B I N H D P C Định hướng bài toán: - Áp dụng bài toán gốc ta có: AH  DN , CM  DN từ đó ta có AH CM - Tứ giác AMCP là hình bình hành suy ra P là trung điểm CD . - Áp dụng bài toán mục nhận xét ta có IA  IP và IA  2IP . 8
- Biết tọa độ 2 điểm I và P từ đó lập phương trình đường thẳng IP - Do IA  IP từ đó suy ra đường thẳng AI - Tính độ dài đoạn thẳng IP suy ra độ dài IA từ đó ta có tọa độ điểm A . - Có phương trình đường thẳng AP suy ra phương trình đường thẳng DI - Tính được tọa độ điểm H suy ra tọa độ điểm B, C và D . Hướng dẫn giải : - Trước hết cần chứng minh AI  PI và AI  2 PI . - Phương trình đường thẳng PI : 4 x  3 y  11  0 . - Phương trình đường thẳng AI : 3x  4 y  22  0 . 3 - Ta có PI  suy ra: AI  3 . 2 - Điểm A thuộc đường thẳng AI nên tìm được : A(2; 4) (còn tọa độ điểm A  ;  không thỏa mãn vì theo đề ra hoành độ điểm A nhỏ 32 2    5 5 hơn 4). - Phương trình đường thẳng AP : x  2 y  0 . - Phương trình đường thẳng DI vuông góc với AP : 2 x  y  9  0 .  16 8  - H là giao điểm của AP và DI suy ra tọa độ điểm H  ;  .  5 5 - H là trung điểm của DI suy ra tọa độ D  2;1 - P là trung điểm CD suy ra tọa độ điểm C  5;1 . Vậy: tọa độ các đỉnh của hình vuông là: A(2; 4), D(2;1), C(5;1), B(5; 4) . Nhận xét 2: Cho hình vuông ABCD , gọi M , N, E lần lượt là trung điểm của BC ; CD và DA .Gọi H , F lần lượt là giao điểm của BN với AM và ME . Khi đó ta dễ 1 dàng chứng minh thêm được tính chất sau : MF  ME . 4 9
B M C H F N A E D 1 1 Thật vậy: MF  CN  ME 2 4 Do đó, nếu ta cắt hình vuôngABCD ở trên thành hai hình chữ nhật và bỏ đi hình chữ nhật CMED thì ta có các bài toán mới sau đây : Bài toán 3: Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC  2BA . Gọi 1  8 16  F 1;1 là điểm trên cạnh BC sao cho BF  BC . Điểm H  ;  là giao điểm của 4 5 5  BD và AF . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết B nằm trên đường thẳng (d): x  2 y  4  0 . A B H F D C Định hướng bài toán: - Từ điều kiện bài toán ta có AF  BD - Lập phương trình đường thẳng AF từ đó suy ra đường thẳng BD . 1 1 - Tìm tọa độ điểm B , từ hệ thức BF  BC  BF  BC ta tìm được C . 4 4 - Lập phương trình BA từ đó suy ra tọa độ điểm A , sau đó suy ra điểm D . Hướng dẫn giải - Viết PT đường thẳng AF qua H và F : 2 x  y  0 . 10
- Viết PT đường thẳng BD qua H và vuông góc với AF : x  2 y  4  0 . - Điểm B là giao điểm của (d) với BD nên B  0; 2  . 1 Ta có BF  BC  B  4; 2  . 4 - Viết PT đường thẳng AB qua B và vuông góc với BF : y  0 . - Điểm A là giao điểm của AF với AB nên A(0;0) ; DC  AB  D(4;0) . Vậy: tọa độ các đỉnh của hình vuông là: A(0;0); B(0;2) ; C(4;2) và D(4;0). Nhận xét 3: Từ hình vuông ABCD ở trên nếu bỏ đi tam giác AND thì ta được bài toán mới. A B M D N C Bài toán 4: Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại B và C có AB  BC  2CD ; A  4;0  . Gọi M là trung điểm của BC , điểm H  ;  là 4 8   5 5 giao điểm của AM và BD . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang biết đỉnh B thuộc đường thẳng (d): x  2 y  8  0 A B H M E D C Định hướng bài toán: - Từ điều kiện của bài toán ta dự đoán và chứng minh AM  BD . 11
- Lập phương trình đường thẳng AM. Từ đó suy ra đường thẳng BD . - Tìm tọa độ điểm B . - Lập phương trình đường thẳng BC suy ra tọa độ điểm M , từ đó ta có tọa độ điềm C. - Lập phương trình đường thẳng CD từ đó suy ra tọa độ điểm D . Hướng dẫn giải: - Ta có ABM  BCD ( c-g-c) suy ra MAB  DBC; AMB  BDC Mặt khác: AMB  MAB  900  AMB  DBC  900 hay AM  BD - Phương trình đường thẳng AM : x  3y  4  0 - Phương trình đường thẳng BD : 3x  y  4  0 3 x  y  4  0 x  0 - Tọa độ điểm B    B  0; 4  x  2 y  8  0 y  4 - Phương trình đường thẳng BC : x y40 x  3y  4  0 - Tọa độ điềm M   M  2; 2   C  4;0  x  y  4  0 - Phương trình đường thẳng CD : x y40 x  y  4  0 Tọa độ điểm D   D  2; 2  3 x  y  4  0 Nhận xét 4: Cho hình vuông ABCD , gọi K ; M lần lượt là trung điểm của BC ; CD . Kéo dài AM cắt BC tại E . Khi đó ta thu được bài toán mới: B K C E H M A D Bài toán 5: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại B có BC  2 AB . 1 Gọi M  2; 2  là trung điểm của AC và N là điểm thuộc BC sao cho BN  BC , 4 12
4 8 H  ;  là giao điểm của AN và BM . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC 5 5 biết A thuộc đường thẳng x  2y  4  0 . B N E C H M A Định hướng bài toán - Dựa vào trực quan ta thấy AN  BM - Lập phương trình đường thẳng BM - Lập phương trình đường thẳng AH , từ đó suy ra tọa độ điểm A - Tìm tọa độ điềm C . 1 - Tham số hóa điểm B vận dụng tính chất BN  BC từ đó suy ra tọa độ điêm B 4 Hướng dẫn giải: - Gọi E là trung điềm BC , ta có hai tam giác vuông ABN và BEM bằng nhau, từ đó dễ dàng ta có AN  BM - Phương trình đường thẳng BM : 3x  y  4  0 - phương trình đường thằng AN : x  3y  4  0 x  3y  4  0 - Tọa độ điểm A   A  4;0  x  2 y  4  0 - Tọa độ điềm C 8; 4  - Giả sử B  a;4  3a   BC   8  a;3a  8   4  2  ;   a 3a 3a 9a    2   4 BN  N  2  ; 2    4 4   4 4  N  AN nên suy ra a  0 do đó B  0; 4  Vậy: A(-4;0); B(0;4), C(8;-4) Nhận xét 5: Giáo viên có thể gợi mở tính sáng tạo của học sinh bằng cách đặt vấn đề : Ở bài toán gốc, nếu ta không lấy điểm M , N lần lượt là trung điểm của BC và 13
CD mà thay vào đó là hai điểm M , N trên cạnh BC và CD sao cho BM  CN thì kết luận của bài toán có còn đúng nữa không?Từ đó, giáo viên gợi mở cho các em mở rộng bài toán gốc. 2. Bài toán mở rộng: Cho hình vuông ABCD , trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho BM  CN . Chứng minh rằng: AM  BN . A B E M D N C Chứng minh: dễ dàng ta có ABM  BCN  MAB  NBC; AMB  BNC mà MAB  AMB  900 ; NBC  BNC  900  AMB  NBC  900 hay BEM  900  AM  BN . Bài toán 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có A  2;6  , đỉnh B nằm trên đường thẳng d : x  2y  6  0 trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M,N sao cho BM  CN . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết và BN cắt nhau tại I  ; 2 14  AM  . 5 5  (Trích đề thi thử Tứ Kỳ - Hải Dương ) A B I M D N C Định hướng bài toán: - Lập phương trình đường thẳng AM - Lập phương trình đường thẳng BN từ đó tìm được tọa độ điểm B . 14
- Lập phương trình đường thẳng BC và tìm tọa độ điểm C , suy ra tọa độ điểm D Hướng dẫn giải: - Phương trình đường thẳng AM : 4 x  3 y  10  0 - Phương trình đường thẳng BN : 3x  4 y  10  0 x  2 y  6  0 - Tọa độ điềm B   B  2; 4   AB  2 5 3 x  4 y  10  0 - Phương trình đường thẳng BC : x  2 y  6  0 - Giả sử C  2a  6; a   BC   2a  8; a  4   BC  5a 2  40a  80  a  2 C1  2; 2  - AB  BC  a 2  8a  12  0     C  2; 2  ( vì C cùng phía với I so  a  6 C2  2;6   với đường thẳng AB ) - Tọa độ điểm D  6; 4  Vậy: tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông là: B(2;4),C(2;2),D(6;4) Bài tập rèn luyện củng cố kiến thức Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có A  2; 4  , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 3 x  y  2  0 đường thẳng DM : x  y  2  0 , với M là trung điểm của cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết C có hoành độ âm. (Trích đề thi thử chuyên Nguyễn Quang Diệu- Đồng Tháp ) Đáp số : B( 4; 2 ),C( 2; 4 ),D( 4;2 ) Bài toán 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M,N lần  1  lượt là trung điểm của AB và DC ; M   ;2  và đường thẳng BN có phương  2  trình 2 x  9 y  34  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B biết điểm B có hoành độ âm. (Trích đề thi thử Quốc học Huế năm 2014) Bài toán 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AD  2 AB , gọi M,N lần lượt là trung điểm của cạnh AD, BC . Trên đường thẳng MN lấy điểm K sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , D 15
biết K (5; -1), phương trình đường thẳng AC : 2 x  y  3  0 và điểm A có tung độ dương. (Trích đề thi thử sở GD & ĐT Bắc Ninh năm 2014) Đáp số : A(1 ;1) C(3;-3); B(3;1) Bài toán 10. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại B có AB  2BC ; 8 16 1 H( ; ) thuộc AC sao cho HC  AH ; B(0;4) . Xác định tọa độ các đỉnh của tam 5 5 4 giác ABC biết A thuộc đường thẳng x  2 y  0 . Đáp số : A(-4;0); B(0;4), C(2;2). Bài toán 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có C  2; 2 . Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC ; M  1; 1 là giao của BI và AK . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. (Trích đề thi thử lần 2, THPT Hiền Đa, Phú Thọ, năm 2015) Đáp số: A( -2; 0), B (1;1), D( -1; -3) hoặc A(1;1), B (3;1), C (3; -3), D(1; -3) 3. Khai thác một tính chất vào các hình. Bài toán 1. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm cạnh BC , N là điểm trên 1 cạnh AC sao cho AN  AC . Chứng minh: DN  MN . 4 Chứng minh: Gọi O là tâm hình vuông, I là trung điểm A B DO . NI là đường trung bình tam giác AOD suy ra N 1 NI AD; NI  AD ; NI  DC 2 O M DNC có I là trực tâm  CI  ND I Tứ giác MNIC là hình bình hành nên D C MN CI  MN  DN . Vận dụng tính chất ta giải quyết bài toán sau: Bài toán 1.1 A B Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông N ABCD . Gọi M 1;3 là trung điểm cạnh BC . N   ;  3 1    2 2 M 16 D C
1 là điểm trên cạnh AC sao cho AN  AC .Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông 4 ABCD biết điểm D nằm trên đường thẳng x  y  3  0 . Định hướng bài toán: - Trước tiên chứng minh MN  DN - Lập phương trình đường thẳng DN , xác định điểm D . - Tham số hóa điểm A suy ra điểm C , điểm B - Từ đó suy ra tọa độ các đỉnh của hình vuông. Hướng dẫn giải: - Phương trình đường thẳng DN : x  7y  2  0 x  y 1  0 - Tọa độ điểm D   D 1; 2  x  y  3  0 1 - Giả sử A  a; b  do AN  AC nên C  3a  6; 3b  2  4  5a  13 5b  6  a  3 - AB  DC nên B  2a  7; 2b  4  do đó M  ;   2 2  b  0 Vậy: A  3;0  , B  1;4  , C 3;2  Bài toán 2. 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 , DC . Chứng minh rằng: MB  MK Chứng minh: A B Gọi E là trung điểm của BH M E Ta có ME song song và bằng một nửa AB Suy ra MECK là hình bình hành H AB  BC nên ME  BC hay E là trực tâm tam giác D K C MBC . CE  BM  KM  BM . Vận dụng vào bài toán sau: Bài toán 2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x  y  5  0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B xuống AC . Biết điểm M  ;  , K  9; 2  lần 9 2   5 5 17
lượt là trung điểm của AH và CD . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết điểm C có tung độ dương. Định hướng bài toán: A B - Trước tiên chứng minh BM  KM - Lập phương trình đường thẳng BM suy ra tọa độ M điểm B H - Tham số hóa điểm C suy ra điểm C D K C - Lập phương trình đường thẳng BH , MC , tìm tọa độ điểm H , D. Hướng dẫn giải: - Chứng minh BM  KM - Phương trình đường thẳng BM : 9 x  2 y  85  0 9 x  2 y  85  0 - Tọa độ điểm B   B 1; 4  2 x  y  2  0 - Giả sử C  a; a  5 . Từ BC  CK  C  9;4  - Phương trình đường thẳng BH : 2 x  y  6  0 suy ra H  ;   A 1; 0   D  9; 0  13 4 - Phương trình đường thẳng AC : x  2 y  1  0    5 5 Bài toán 3. Cho hình thang vuông ABCD có DC  2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC . M là trung điểm HC . Chứng minh: DM  BM . Chứng minh: A B Gọi E là trung điểm DH , ta có ME là đường H trung bình tam giác DHB suy ra ME  AB Hay ABME là hình bình hành. E M AB  AD  ME  AD do đó E là trực tâm tam D C giác ADM nên AE  DM suy ra BM  DM . Bài toán áp dụng: Bài toán 3.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD ( vuông tại A và D ) có đỉnh D  2; 2  và CD  2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc 18
của D lên đường chéo AC . Điểm M  22 14   ;  là trung điểm HC . Xác định tọa độ  5 5 các đỉnh A, B, C biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  4  0. Định hướng bài toán: A B - Trước tiên chứng minh BM  DM H - lập phương trình đường thẳng BM từ đó có I tọa độ điểm B . M - Gọi I là giao điểm của AC và BD suy ra I D C - Lập phương trình đường thẳng AC , DH suy ra tọa độ A, C . Hướng dẫn giải: - Áp dụng tính chất ta có BM  DM - Phương trình đường thẳng BM : 3 x  y  16  0 3 x  y  16  0 - Tọa độ điểm B   B  4; 4  x  2 y  4  0 IB AB 1  10 10  - Gọi I là giao điểm của AC và BD , ta có    DI  2 IB  I  ;  ID CD 2  3 3 - Phương trình đường thẳng AC : x  2 y  10  0 - Phương trình đường thẳng DH : 2 x  y  2  0  x  2 y  10  0  14 18  - Tọa độ điểm H   H  ;   C  6; 2  ; 2 x  y  2  0  5 5 - Ta có CI  2 IA  A  2; 4  Bài toán 4. Cho tam giác ABC cân tại A . Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB  3AD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên CD . M là trung điểm đoạn CH . Chứng minh: AM  BM . Chứng minh: E A Từ B kẻ Bx  BC , qua A kẻ một đường thẳng song song BC đường thẳng này cắt Bx tại E ( Hình vẽ) D H DA DE AE 1 DEA DCB suy ra     BC  2 EA DB DC BC 2 K M 19 B C
Gọi K là trung điểm BH , ta có: KM là đường trung bình BHC  KM song song và bằng EA Tứ giác AMKE là hình bình hành AM EK Mặt khác: KM  EB ( KM EA; EA  AB ) hay K là trực tâm tam giác EBM EK  BM  AM  BM . Bài toán áp dụng: Bài toán 4.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;3 . Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB  3AD và H là hình chiếu vuông góc của B lên CD . Điểm M  ;   là trung điềm đoạn HC . Xác định tọa 1 3   2 2 độ điểm C , biết điểm B nằm trên đường thẳng x  y  7  0 Định hướng bài toán: E A - Trước tiên chứng minh AM  BM D - Lập phương trình đường thẳng BM suy ra tọa độ H điểm B - AB  3 AD từ đó suy ra điểm D K M - Lập phương trình CD, BH  H  C B C Hướng dẫn giải: - Theo tính chất thì ta có AM  BM x  y  7  0 - Phương trình BM : x  3 y  5  0 tọa độ điểm B   B  4; 3 x  3y  5  0 - Giả sử D  a; b  , từ AB  3 AD suy ra D  2;1 - Phương trình CD : x  y  1  0 , BH : x  y  1  0 x  y 1  0 - Tọa độ điểm H   H  1;0   C  2; 3 x  y 1  0 Bài tập áp dụng: Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD . Gọi 1 M 1; 4  là trung điểm cạnh BC . N  0;1 là điểm trên cạnh AC sao cho AN  AC 4 20