Đang tải... (xem toàn văn)
Hiện nay ở trường trung học phổ thông thì các phép biến hình trong hình học phẳng và trong hình học không gian chiếm tỉ lệ không nhỏ của nội dung môn toán. Do đó ta thấy sự “ Ưu việt ’’ của phép biến hình trong môn toán ở trung học phổ thông. Hơn nữa có những bài toán hình học được giải thông qua phép biến hình đôi khi nhanh và ngọn hơn khi giải bằng cách thông thường. Chính vì vậy mà trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bài học bản thân thấy các phép biến hình đặc biệt là phép đối xứng trục và phép quay có nhiều kiến thức bổ ích, có tác dụng tích cực đến phương pháp giải một số bài toán hình học phẳng trong các đề thi đại học hiện nay.
ỨNG DỤNG CỦA PHÉP QUAY VÀ PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG A ĐẶT VẤN ĐỀ I LỜI MỞ ĐẦU - Các phép biến hình chương đầu sách giáo khoa hình học lớp 11 gồm Phép tịnh tiến Phép đối xứng trục Phép đối xứng tâm Phép quay Phép vị tự Phép đồng dạng - Hiện trường trung học phổ thông phép biến hình hình học phẳng hình học khơng gian chiếm tỉ lệ khơng nhỏ nội dung mơn tốn Do ta thấy “ Ưu việt ’’ phép biến hình mơn tốn trung học phổ thơng Hơn có tốn hình học giải thơng qua phép biến hình đơi nhanh giải cách thơng thường - Chính mà q trình giảng dạy, nghiên cứu học thân thấy phép biến hình đặc biệt phép đối xứng trục phép quay có nhiều kiến thức bổ ích, có tác dụng tích cực đến phương pháp giải số tốn hình học phẳng đề thi đại học - Đó lí để chọn viết đề tài “ Ứng dụng phép quay phép đối xứng trục để giải số tốn hình học giải tích phẳng ’’ II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU - Tuy nhiên thực tế việc dạy học phép biến hình mơn tốn trung học phổ thơng thầy trị gặp nhiều khó khăn Thầy gặp khó khăn chủ yếu phương pháp dạy, cịn trị e ngại gặp tốn phép biến hình tốn liên quan đến phép biến hình B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN - Để giải tập tốn có liên quan đến phép quay phép đối xứng trục; yêu cầu học sinh phải nắm kiến thức khái niệm, tính chất, có kỹ giải toán phép quay phép đối xứng trục có hiệu - Nhiên cứu phép quay phép đối xứng trục, để đưa số phương pháp giải với mong muốn góp phần giúp học sinh có cơng cụ để giải tốn, đồng thời tập cho học sinh làm quen với phương pháp tư suy luận mới, cố kiến thức áp dụng vào toán liên quan môn học khác II NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI PHÉP QUAY 1.1 Định nghĩa Trong mặt phẳng cho điểm O cố định góc lượng giác ϕ khơng đổi Phép biến hình biến điểm O thành nó, biến điểm M khác O thành điểm M’ cho OM = OM’ (OM, OM’) = ϕ gọi phép quay tâm O góc quay ϕ Kí hiệu: Q( O ,ϕ ) Như OM ' = OM Q( O ,ϕ ) ( M ) = M ' ⇔ ( OM , OM ') = ϕ 1.2 Biểu thức tọa độ a) Phép quay tâm O trùng với gốc tọa độ y y’ y O M’ M ϕ α x x’ x Gọi M ( x; y ) ; M’ ( x' ; y ') Q( O ,ϕ ) ( M ) = M ' ; Đặt OM = r x = r cos α y = r sin α x' = r cos( α + ϕ ) = r ( cos α cos ϕ − sin α sin ϕ ) y = r sin ( α + ϕ ) = r ( sin α cos ϕ + cos α sin ϕ ) x' = r cos α cos ϕ − r sin α sin ϕ x' = x cos ϕ − y sin ϕ ⇔ ⇔ y ' = r sin α cos ϕ + r cos α sin ϕ y ' = y cos ϕ + x sin ϕ Ta có x' = x cos ϕ − y sin ϕ (1a) y ' = x sin ϕ + y cos ϕ b) phép quay tâm I ( x0 ; y ) Hay Xét hệ trục tọa độ vng góc IXY, theo cơng thức (1a) ta có X ' = X cos ϕ − Y sin ϕ Y ' = X sin ϕ + Y cos ϕ Mà theo công thức đổi hệ trục tọa độ x = x0 + X y = y0 + Y Ta có x'− x0 = ( x − x ) cos ϕ − ( y − y ) sin ϕ y '− y = ( x − x ) sin ϕ + ( y − y ) cos ϕ (1b) Sau số ví dụ trích đề thi đại học mà giải phép quay Ví dụ 1: (Khối A, A1 năm 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB, N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M (1;2) N ( 2;−1) Cách giải 1: (Theo cách giải số tài liệu trình bày) A M B O N D C Ta có MN = 10 Gọi a độ dài cạnh hình vng ABCD, a > a 3a Ta có AM = AN = AC = 4 Áp dụng định lí cơsin tam giác AMN MN2 = AM2 + AN2 - 2AM.AN cos( ∠MAN ) = 5a 5a = 10 ⇔ a = Gọi I ( x; y ) trung điểm CD Ta có Suy IM = AD = 4, IN = BD = , nên ta có hệ phương trình x = 1; y = −2 ( x − 1) + ( y − 2) = 16 ⇔ 2 x = 17 ; y = − ( x − ) + ( y + 1) = 5 * Với x = 1; y = −2 ta có I (1;−2) IM = (0;4) Đường thẳng CD qua điểm I có véc tơ pháp tuyến IM Phương trình CD: y + = 17 17 12 16 ; y = − ta có I ( ;− ) IM = (− ; ) = ( − 3;4 ) 5 5 5 Đường thẳng CD qua điểm I có véc tơ pháp tuyến IM Phương trình CD: 3x − y − 15 = * Với x = Cách giải 2: (Sử dụng phép quay) Gọi I ( x; y ) trung điểm CD, O tâm hình vng ABCD suy O ( x +1 y + ; ) 2 Ta thấy tam giác NIC, MAO vuông cân TH1: * Q( M ,90 ) ( A) = O (hình vẽ trên) Áp dụng cơng thức (1b) ta có 5− x x +1 − = −( y A − 2) y A = ⇔ y + − = ( x − 1) x = y A A y 5− x ⇒ A( ; ) 2 * Q( N ,90 ) ( I ) = C xC − = −( y + 1) xC = − y ⇔ y C + = ( x − 2) yC = x − ⇒ C (1 − y; x − 3) Mà O trung điểm AC suy x +1 y = +1− y x = ⇔ y = −2 y + = − x + x − 2 Phương trình CD: y + = ⇒ I (1;−2) TH2: D I C N O * Q( M ,900 ) ( O ) = A A M B Áp dụng công thức (1b) ta có y+2 4− y x A − = −( − 2) x A = ⇔ y − = ( x + − 1) y = x + A A 2 ⇒ A( 4− y x+3 ; ) 2 * Q( N ,90 ) ( C ) = I x − = −( y C + 1) xC = y + ⇔ y + = ( xC − 2) yC = − x ⇒ C ( y + 3;1 − x) Mà O trung điểm AC suy x +1 − y 17 x= = + y + 3 ⇔ y + = x + + − x y = − 2 Phương trình CD: 3x − y − 15 = ⇒ I( 17 ;− ) 5 Nhận xét: Qua cách giải ta thấy sử dụng phép quay để giải toán hiệu quả, cách giải sáng hoàn toàn tự nhiên So với cách giải thứ cách giải không cần phải tính độ dài cạnh hình vng tìm tọa độ điểm I trở nên đơn giản Ví dụ 2: (Khối A năm 2012) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm 11 ; 2 cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M đường thẳng AN có phương trình x − y − = Tìm tọa độ điểm A Cách giải : (Sử dụng phép quay) A B I H M K D N C Gọi H giao điểm AN BD, I tâm hình vng ABCD Ta dễ thấy H trung điểm ID Gọi K trung điểm IC Xét phép quay tâm I góc quay 900, ta có Q( I ,90 ) : A D K H Suy Q( I ,90 ) : AH DK 0 AH = DK ⇒ AH ⊥ DK Mặt khác KM // DH KM = DH suy KMDH hình bình hành Nên AH = HM AH ⊥ HM ⇒ H ;2 TH1: * Q( H ,90 ) ( M ) = A Áp dụng cơng thức (1b) ta có 2 x'− = −( − 2) x' = ⇔ y' = y '−2 = (11 − ) 2 TH2: * Q( H ,900 ) ( A) = M 11 − = −( y − 2) x = ⇔ y = −1 1 − = (x − 5) 2 Vậy A ( 4;5) A (1;−1) ⇒ A(4;5) ⇒ A(1;−1) Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD Gọi 10 M trung điểm cạnh CD, điểm G (2; ) trọng tâm tam giác BCM Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết phương trình đường thẳng AM: x − = Cách giải : (Sử dụng phép quay) A B G D M Ta thấy tam giác DAM, CMB vuông cân Suy AM ⊥ MB, CG ⊥ MB ⇒ CG // AM Đường thẳng CG qua điểm G song song với AM Suy phương trình CG: x − = Gọi M (1; m) , C (2; c) TH1: * Q( C ,90 ) ( B ) = M Áp dụng cơng thức (1b) ta có C 1 − = −( y B − c) y = c +1 ⇔ B m − c = ( x B − 2) xB = m − c + ⇒ B (m − c + 2; c + 1) Mà G trọng tâm tam giác BCM ta có x M + xC + x B = xG y M + yC + y B = y G 11 1 + + m − c + =2 m= 3 ⇔ m + c + c + = 10 c = 3 11 11 Suy M (1; ) ; C (2; ) ; B (3; ) 3 14 17 M trung điểm CD suy D (0; ) ; A (1; ) 3 TH2: * Q( C ,900 ) ( M ) = B x B − = −( m − c ) x = c − m + ⇔ B y B − c = (1 − 2) yB = c − ⇒ B (c − m + 2; c − 1) G trọng tâm tam giác BCM ta có 1 + + c − m + =2 m = 3 ⇔ c = m + c + c − = 10 3 Suy M (1;3) ; C (2;4) ; B (3;3) M trung điểm CD suy D (0;2) ; A (1;1) 17 11 14 Vậy A (1; ) ; B (3; ) ; C (2; ) ; D (0; ) 3 3 ( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) A ; B ; C ; D Ví dụ 4: (Khối D năm 2009) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình: ( x − 1) + y = Gọi I tâm (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho góc ∠ IMO = 300 Cách giải : (Sử dụng phép quay) M 1200 I O Ta thấy O ∈ (C); I (1;0) Tam giác IMO cân I suy góc ∠ MIO = 1200 TH1: * Q( I ,120 ) ( O ) = M Áp dụng cơng thức (1b) ta có x' = x'−1 = (0 − 1) cos120 − (0 − 0) sin 120 ⇔ 0 y '−0 = (0 − 1) sin 120 + (0 − 0) cos 120 y' = − 3 Suy M ( ;− ) 2 ( Q TH2: * ( I ,1200 ) M ) = O 0 x + y = 0 − = ( x − 1) cos120 − ( y − 0) sin 120 ⇔ 0 − = ( x − 1) sin 120 + ( y − 0) cos120 x − y = x = 3 ⇔ Suy M ( ; ) 2 y = 3 3 Vậy M ( ;− ) M ( ; ) 2 2 Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình x + y − x − y − = đường thẳng d: x + y + = Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc 900 Cách giải : (Sử dụng phép quay) A M I B d Gọi tâm đường tròn (C) I(2;1) A, B hai tiếp điểm Ta dễ thấy IAMB hình vuông Gọi M (t;−1 − t ) ∈ d * Q( A,90 ) ( M ) = I Áp dụng cơng thức (1b) ta có − x A = − ( −1 − t − y A ) x = ⇔ A 1 − y A = (t − x A ) yA = 1− t ⇒ A(0;1 − t ) Mà A ∈ (C) suy (1 − t ) − 2(1 − t ) − = 1 − t = + t = − ⇔ ⇔ 1 − t = − t = Vậy có hai điểm M thỏa mãn u cầu tốn điểm M1 ( ;−1 − ) ; M2 ( − ; −1 + ) Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình 5 x + y = 25 B (− ; ) Điểm C có hồnh độ dương thuộc (C) Sao cho góc 2 1 + ∠ BOC = 1200 Tìm tọa độ điểm M thuộc cung nhỏ BC cho đạt giá MB MC trị nhỏ (M ≠ B, C) Cách giải : (Sử dụng phép quay) C M 1200 O 1 B ≥ Ta có MB + MC ≥ MB.MC MB + MC Dấu xảy ⇔ MB = MC suy M nằm cung nhỏ BC ⇒ góc ∠ MOB = 600 Xét phép quay tâm O(0;0) góc quay 600 TH1: * Q( O ,60 ) ( B ) = M Áp dụng công thức (1a) ta có 5 sin 60 x' = − cos 60 − x ' = −5 2 ⇔ y' = y ' = − sin 60 + cos 60 2 * Q( O ,600 ) ( M ) = C x' = − x' = −5 cos 60 − sin 60 ⇔ 0 y ' = −5 sin 60 + cos 60 y' = − TH2: * Q( O ,600 ) ( M ) = B 0 ⇒ M (−5;0) ⇒ C ( − ;− ) 2 (loại) 0 − = x cos 60 − y sin 60 x = x − y = −5 ⇔ ⇔ x + y = = x sin 60 + y cos 60 y = 10 5 ) 2 * Q( O ,600 ) ( C ) = M Suy M ( ; 5 0 = x cos 60 − y sin 60 x − y = x = ⇔ ⇔ x + y = y = = x sin 60 + y cos 60 ⇒ C (5;0) (thỏa mãn) 2 5 + = = ( tam giác OBM đều) = Vậy M ( ; ) Min MB MC MB R 2 Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có điểm M(3;2) nằm đường chéo BD Từ M kẻ đường thẳng ME MF vng góc với AB E(3;4) AD F(-1;2) Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD Cách giải : (Sử dụng phép quay) A E B F M D Ta thấy tam giác EBM, FDM vuông cân * Q( E ,90 ) ( M ) = B Áp dụng cơng thức (1b) ta có C x'−3 = −( − 4) x' = ⇔ y '−4 = (3 − 3) y' = ⇒ B (5;4) * Q( F ,90 ) ( D ) = M 3 + = −( y − 2) y = −2 ⇔ 2 − = ( x + 1) x = −1 3 − x = x = −1 ⇔ Ta có AE = FM ⇒ 4 − y = y = ⇒ D(−1;−2) Suy A(-1;4), C(5;-2) 11 Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có đỉnh A(-1;2); C(3;-2) Gọi E trung điểm cạnh AD; BM đường thẳng vng góc với CE M; N trung điểm cạnh BM P giao điểm AN DM Biết phương trình đường BM: x − y − = Tìm tọa độ điểm P Cách giải : (Sử dụng phép quay) A B N E I P M D Gọi I tâm hình vng ABCD suy I(1;0) Xét phép quay tâm I góc quay 900 * Q( I ,90 ) ( C ) = B Áp dụng cơng thức (1b) ta có C x'−1 = −(−2 − 0) x' = ⇔ y '−0 = (3 − 1) y' = ⇒ B (3;2) * Q( I ,90 ) ( A) = D x'−1 = −(2 − 0) x ' = −1 ⇔ y '−0 = ( −1 − 1) y ' = −2 ⇒ D(−1;−2) Đường thẳng CE qua điểm C vng góc với BM Phương trình CE: x + y + = Suy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình x = 2 x − y − = ⇔ x + y + = y = − 11 N trung điểm BM ⇒ N ( ; ) 5 ⇒ M ( ;− ) 5 + Đường thẳng AN qua hai điểm A N có phương trình x + y − = + Đường thẳng DM qua hai điểm D M có phương trình x − y − = P = AN ∩ DM suy tọa độ điểm P nghiệm hệ phương trình 12 19 x = x + y − = ⇔ x − y − = y = − 19 Vậy P ( ;− ) 5 Ví dụ 9: Tìm tọa độ hai điểm B, C thuộc hai nhánh đồ thị hàm số y = tam giác ABC vuông cân A(2;1) Cách giải : (Sử dụng phép quay) Gọi B (a; 3x − (P) cho x −1 3a − ) ∈ (P) với a ≠ a −1 Xét phép quay tâm A góc quay 900 * Q( A,90 ) ( B ) = C Áp dụng cơng thức (1b) ta có 3a − − 1) x'−2 = −( x' = − ⇔ a −1 a −1 y '−1 = (a − 2) y ' = a − ⇒ C( −2 ; a − 1) a −1 Mà C thuộc (P) suy −6 −1 a = −2 a − a −1 = ⇔ a2 − a − = ⇔ −2 a = −1 a −1 + Với a = −2 ⇒ B (−2; ) , C ( ;−3) không thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh (P) 3 ⇒ ( ; ) (− ; ) thỏa mãn B, C thuộc hai nhánh (P) + Với a = B ,C Vậy B (3;4) , C (−1;2) B (−1;2) , C (3;4) PHÉP ĐỐI XỨNG TRỤC Định nghĩa Phép đối xứng trục a phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ đối xứng với M qua a Kí hiệu: Đa Như Đa(M) = M’ ⇔ a trung trực MM’ Nếu M ∈ a M’ ≡ M Ví dụ 10: 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H, tâm đường trịn ngoại tiếp I(2;4) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC biết B(3;2), C(4;3) Cách giải : (Sử dụng phép quay) A H B I C H’ - Gọi H’ giao điểm đường thẳng AH đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Ta có ∠ H’BC = ∠ H’AC ∠ H’AC = ∠ CBH Suy ∠ H’BC = ∠ CBH nghĩa BC đường phân giác góc ∠ H’BH Mà BC ⊥ AH’ suy tam giác HBH’ cân B Nên H H’ đối xứng qua đường thẳng BC Do ĐBC( ∆ HBC) = ∆ H’BC Ta thấy đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác BH’C suy đường tròn (C’) ngoại tiếp tam giác HBC ảnh đường tròn (C) qua phép đối xứng trục BC - IB = suy phương trình đường trịn (C): ( x − 2) + ( y − 4) = Phương trình BC: x − y − = - Gọi I’ đối xứng với I qua BC suy I’(5;1) Phương trình đường trịn (C’): ( x − 5) + ( y − 1) = Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC ( x − 5) + ( y − 1) = Bài tập áp dụng Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A(-4;5) phương trình đường chéo (d): x − y + = Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình vng ABCD Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm E thuộc đoạn BC Một đường thẳng qua A vng góc AE cắt CD F, trung tuyến AM tam giác AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A(-6;6), M(-4;2), K(-3;0) 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi E trung 11 điểm cạnh AD, điểm H ( ;− ) hình chiếu B lên CE M ( ;− ) 5 5 trung điểm BH Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết đỉnh A có hồnh độ âm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M, N trung điểm cạnh BC, CD Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M, biết N(0;-2) đường thẳng AM có phương trình x + y − = cạnh hình vng Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2;-1) phương trình hai đường phân giác góc B C (dB): x − y + = ; (dC): x + y + = Tìm phương trình cạnh BC (Khối D năm 2011) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1;0) đường tròn (C): x + y − x + y − = Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) hai điểm M N cho tam giác AMN vuông cân A KIỂM NGHIỆM ĐỀ TÀI - Để đánh giá kết đề tài tiến hành nhiều tra, sau kết tra - Cho hai lớp làm kiểm tra thời gian 45 phút, lớp có 45 học sinh với lực học từ trung bình trở lên ĐỀ BÀI Câu 1: (5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A(0;5) phương trình đường chéo (d): x − y + = Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình vng ABCD Câu 2: (5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(1;0) đường tròn (C): x + y − x + y − = Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) hai điểm M N cho tam giác AMN vuông cân A - Kết thu sau Loại điểm 11A 11E - 10 S.lượng % 17,8 15,6 7-8 S.lượng % 18 40 20 44,4 5-6 S.lượng % 14 31,1 15 33,3 Dưới S.lượng % 11,1 6,7 C KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 15 - Kết việc đánh giá cho thấy học sinh tiếp thu đề tài cách tích cực, biết vận dụng thành thạo vào giải tập tương tự - Cách giải mà tơi trình bày đề tài hồn tồn khác so với cách giải trước Đều gây hứng thú học tập cho học sinh, nâng cao khả tư lôgic khả sáng tạo học sinh - Đề tài có tác dụng tốt việc bồi dưỡng học sinh giỏi ôn luyện thi ĐH,CĐ cho học sinh -Trong trình bày đề tài chắn cịn thiếu sót, mong góp ý thầy cô Tôi xin chân thành cảm ơn! 16