SKKN kinh nghiệm hướng dẫn học sinh khai thác yếu tố khoảng cách để giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng image marked

20 7 0
  • Loading ...
1/20 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 02/08/2019, 19:47

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG o0o SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC YẾU TỐ KHOẢNG CÁCH ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Người thực hiện: Nguyễn Lê Thiêm Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ NĂM 2016 MỤC LỤC A Mở đầu - Lí chọn đề tài - Mục đích nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu B Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Phần nội dung Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường C Kết luận, kiến nghị - Kết luận Tài liệu tham khảo Phụ lục 3 3 4 4 18 19 20 21 A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình tốn học phổ thơng, tốn tọa độ ứng dụng giữ vị trí quan trọng, xuất hầu hết kỳ thi tuyển sinh cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… thường xuất dạng tốn khó đề Điều tất nhiên gặp toán này, học sinh phải nhiều thời gian, công sức để giải Trong năm gần đây, nước ta thực kì thi THPT Quốc gia Những học sinh sử dụng kết thi THPT Quốc gia mơn Tốn để xét tuyển sinh Đại học- Cao đẳng cần phải làm câu tọa độ mặt phẳng Đây câu hỏi tương đối khó Để giải câu hỏi đòi hỏi học sinh ngồi việc học tốt phương pháp tọa độ mặt phẳng phải có kinh nghiệm phương pháp tìm tòi sáng tạo Bản thân tơi giáo viên nhiều năm dạy lớp mũi nhọn, đối tượng học sinh chủ yếu học sinh khá, giỏi Nhiệm vụ trọng tâm giúp em hiểu vận dụng tốt kiến thức vào giải tập, có đủ khả để tham gia kỳ thi chọn học sinh giỏi mơn Tốn đạt điểm cao kì thi THPT Quốc gia Từ thực tiễn giảng dạy kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh ôn thi đại học nhiều năm, với tích lũy kiến thức q trình giảng dạy Tôi tổng hợp, khai thác nhiều chuyên đề tọa độ mặt phẳng Trong SKKN xin chia sẻ tới đồng nghiệp, bạn yêu thích mơn tốn kinh nghiệm nhỏ để giải toán: ‘‘Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh khai thác yếu tố khoảng cách để giải toán tọa độ mặt phẳng” Mục đích nghiên cứu: Qua nội dung đề tài này, mong muốn cung cấp cho học sinh số kinh nghiệm kỹ để học sinh khai thác giả thiết tốn khó tọa độ mặt phẳng Đồng thời hình thành cho em thói quen tìm tòi tích lũy rèn luyện tư sáng tạo Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Các vấn đề nêu SKKN chủ yếu hướng đến việc khai thác lớp tốn có giả thiết liên quan đến yếu tố khoảng cách Các nội dung thân thực nghiệm nhiều năm qua đối tượng học sinh Và đạt hiệu cao giảng dạy Phương pháp nghiên cứu Trong phạm vi đề tài, sử dụng kết hợp phương pháp như: phương pháp phân tích – tổng hợp- đánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải nột số phương pháp khác B NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ Vấn đề đưa dựa sở hai toán khoảng cách hình học tọa độ mặt phẳng mà học sinh học lớp 10: Khoảng cách hai diểm khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Bài tốn khoảng cách có mặt nhiều khác như: lập phương trình đường thẳng; tìm tọa độ điểm, lập phương trình đường tròn, toán tập hợp điểm hệ tọa độ Đề vng góc Oxy Vì vậy, việc vận dụng kỹ khoảng cách cần thiết việc giải toán tọa độ mặt phẳng II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Trong kỳ thi, ln có tốn tọa độ mắt phẳng, vấn đề mà đồng nghiệp tốn nhiều cơng sức để tìm tòi hướng giải vân dụng Thực tế giảng dạy, dạy phần thầy cô chủ yếu tập trung truyền thụ cho học sinh nội dung phương pháp tọa độ chính, tham gia giải đề thi nhiều học sinh khơng giải Vì nhiệm vụ thầy giúp học sinh khắc phục điểm yếu Tọa độ mặt phẳng nội dung kiến thức quan trọng chương trình Tốn lớp 10 nhiên có nhiều học sinh học lớp 10 yếu việc tư vận dụng kiến thức mối liên hệ nội dung kiến thức toán THPT Đặc biệt kỳ thi cấp quốc gia thường thấy gần có nhiều câu hỏi mà học sinh thường phải vận dụng tư tổng hợp Đây toán gây khó khăn bế tắc cho khơng học sinh đề tài góp phần giúp học sinh gỡ vướng mắc tìm tòi lời giải tốn hình tọa độ phẳng kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh thi THPT quốc gia Nội dung SKKN đáp ứng giải phần nhỏ cấu trúc đề thi III CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN Khi dạy phần cho học sinh, thường định hướng rèn luyện cho học sinh kỹ xem xét toán nhiều góc độ, khai thác yếu tố biết tốn, kết hợp tư hình học phẳng Việc giải toán từ mức độ dễ đến mức độ khó giúp học sinh hồn thiện kỹ tìm tòi lời giải hồn thiện lời giải tốn Tơi hình thành cho học sinh kỹ giải toán sau: Kỹ nhận dạng phân loại tập thông qua dấu hiệu có sẵn tốn Kỹ dự đoán để định hướng lời giải học sinh Kỹ lựa chọn lời giải ngắn gọn sở định hướng dduocj cách giải Thông qua kiểm tra để đánh giá mức độ tiếp thu khả nắm kiến thức học sinh IV PHẦN NỘI DUNG: Kiến thức chuẩn bị: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy - Cho điểm A(xA; yA)  xB  xA    yB  y A  hoặc: AB  B(xB; AB  yB), khoảng cách  x A  xB    y A  y B  2 - Cho điểm M(xM; yM) đường thẳng  có phương trình ax  by  c  , khoảng cách từ M đến  ký hiệu d  M ;   xác định công thức: d M ;   axM  byM  c a  b2  - Đường thẳng  có véc tơ pháp tuyến (VTPT) n  a; b  qua điểm M  x0 ; y0  có phương trình: a  x  x0   b  y  y0   - Đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d: ax  by  c  có phương trình dạng: bx  ay  m  2 - Đường tròn tâm I(a; b) bán kính R có phương trình:  x  a    y  b   R Bài tốn Lập phương trình đường thẳng  qua điểm A  xA ; y A  cho trước cách điểm B  xB ; yB  cố định khoảng d không đổi a Phương pháp giải:  Gọi n  a; b  (điều kiện a  b  ) véc tơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng  ta có phương trình cần lập: a  x  xA   b  y  y A    ax  by   ax A  by A   - Tính khoảng cách từ B đến  ta axB  byB   ax A  by A  a  b2  d phương trình đẳng cấp bậc hai hai ẩn a b Giải phương trình ta tìm b theo a ngược lại; từ VTPT  lập phương trình  b Các ví dụ: Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Lập phương trình đường thẳng qua P(2; 5) cho khoảng cách từ Q(5; 1) đến đường thẳng Lời giải chi tiết:  Gọi n  a; b  (điều kiện a  b  ) véc tơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng  ta có phương trình cần lập: a  x    b  y  5   ax  by   2a  5b   Khoảng cách: d(Q; ) =  a5  b1   a  b5  a  b2 3  3a  4b  a  b  2 b  24ab  7b   b  24a  7b     b  24a  Với b = ta có : x   24 a ta có : x  24 y  134  x   x  24 y  134  Với b  ĐS: Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 1) B(2; 3) Lập phương trình đường thẳng () cách A khoảng cách B khoảng Lời giải chi tiết: Giả sử () có phương trình: Ax + By + C = điều kiện: A2  B  d(A/) =  A  B  C  A2  B (1) d(B/) =  A.2  B.3  C  A2  B (2) Từ (1) (2)  A  B  C = A.2  B.3  C   A  B  2C  A  3B  C  A  B  2C  A  3B  C   B  C   A  5B  3C   B  C     4 A  5B  3C  B  4 A  3B * Với B = C thay vào (1): AB  3B   +) B =  C =  phương trình cần lập: x = 4 +) B  - A  C  - A  phương trình cần lập: 3x  y   * Với A  5B  3C   C   A B  A  5B , thay vào (1): A  5B  A2  B   A  B  A2  B  A2  AB  B  B     2A    B  phương trình vơ nghiệm 2  ĐS: x = 3x –4y –4 =0 c Một số tập mở rộng Bài 1.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng a: x  y   b: x  y   Tìm phương trình đường phân giác góc sinh a, b Nhận xét: Ở bậc học THCS học sinh học khái niệm đường phân giác góc - Vân dụng kiến thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, ta có lời giải sau: Lời giải: Xét điểm M(x0; y0) thuộc đường phân giác góc Ta có: d  M ; a   d  M ; b   x0  y0  4 2  x0  y0  42   3  x0  y0    x0  y0   x0  y0    7 x0  y0   Vậy có hai đường thỏa mãn: x  y   x  y   Chú ý: Với lời gải tốn, tìm hai phương trình ứng với hai đường phân giác Đến học sinh cần có kỹ để phân biệt phân giác phân giác Bài 1.2 (TSĐH Khối B-2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 1) B(4; -3) Tìm C đường thẳng : x – y –1  cho khoảng cách từ C đến AB Tìm tòi hướng giải: - Ta có C thuộc  biết phương trình ta biểu diễn C qua tham số t - Đường thẳng AB lập phương trình - Sử dụng cơng thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ta nhận phương trình ẩn t Lời giải chi tiết C thuộc  suy C(2t+1; t) Phương trình AB: x –1 y –1   4x  3y    3  Theo khoảng cách từ C đến AB 6, t  ta có:   11t   30   27 2  4  11 43 27 Vậy có hai điểm C là: C(7; 3) C   ;    11 11  43 27 ĐS: C(7; 3) C   ;    11 11   2t  1  3t  Chú ý: Bài 1.1 phát biểu cách khác: Cho tam giác ABC có A(1; 1), B(4; 3) C thuộc đường thẳng x – 2y – = cho ABC có diện tích 15 Tìm tọa độ điểm C Bài 1.3 (Đề khảo sát THPT QG tỉnh Thanh Hóa năm 2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I(  2;5 ), BC = 2AB,  = 600 Điểm đối xứng với A qua B E (2;9) Lập phương trình góc BAD cạnh AB biết A có hồnh độ âm Tìm tòi hướng giải: - Bài tốn cho điểm I E nên ta có độ dài E IE - Đường thẳng AB qua điểm E biết, từ ta nghĩ đến việc xác định khoảng cách từ I đến C B AB I - Phải B hình chiếu vng góc I lên AB? A D = - Ta sử dụng giả thiết “BC = 2AB, góc BAD 600” để chứng minh điều nhận định - Như vây ta sử dụng Bài toán để giải tiếp Lời giải chi tiết: Ta có khoảng cách IE   2   32     5   Trong tam giác ABD ta có: BD  AB  AD  AB AD.cosBAD  BD  AB   AB   AB.2 AB.cos600  BD  AB  AB  AB  AB  AB  BD  AB  AD suy tam giác ABD vuông B 1 3  2 Gọi n  a; b  (điều kiện a  b  ) véc tơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng Mặt khác BI  IA2  AB  IE  BD  28   BI   BI  28  BI  AB ta có phương trình cần lập: a  x    b  y     ax  by   2a  9b   Khoảng cách từ I đến AB ta được: 2   a  5b  2a  9b 2 a  b2  (2 3a  4b)  12(a  b )  b(b  3a )  b   b  3a +) Với b = 0, chọn a = 1, AB có phương trình x   , suy IB có phương trình y   Do B  AB  IB nên B(2;5) , mà B trung điểm AE nên A(2;1) (thỏa mãn điều kiện x A  ) Do I trung điểm AC BD nên ta suy C (4  2;9), D(4  2;5) +) Với b  3a , chọn a =  b  , phương trình AB: x  y   36  , suy phương trình IB: ( x   2)  ( y  5)   3x  y   19   16  14 59  ;  , mà B trung điểm AE nên 7   Do B  AB  IB nên B  32  14 55  A ;  (không thỏa mãn điều kiện x A  ) 7   Vậy phương trình AB là: x   Bài toán 2: Lập phương trình đường thẳng  vng góc với đường thẳng d: ax  by  c  cho trước cách điểm A  x0 ; yo  cho trước khoảng không đổi a Phương pháp giải: Từ giả thiết “đường thẳng  vng góc với đường thẳng d cho trước” ta có phương trình tổng quát : bx  ay  m  Sử dụng công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ta thiết lập phương trình tìm hệ số tự m b Ví dụ: Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình đường thẳng  vng góc với đường thẳng d: x  y  cách điểm A(1; 1) khoảng Giải:  vng góc với đường thẳng d: x  y  nên có phương trình: 3x  y  m  A cách  khoảng 5:  m  18    m  25   32  42  m  32 +) Với m = 18 ta có phương trình: 3x  y  18  d  A;     3.1  4.1  m +) Với m = -32 ta có phương trình: 3x  y  32  Vậy có hai phương trình: 3x  y  18  3x  y  32  c Một số tập mở rộng Bài 2.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x  y  x  y   điểm A(1; 3), đường thẳng d qua A cắt đường tròn B C Lập phương trình d cho AB + AC nhỏ Tìm tòi lời giải: - Từ gải thiết “AB + AC nhỏ nhất” ta nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho AB AC để tìm dấu xảy - Khi ta nhìn thấy Bài tốn C B d A(1; 3) I(3; -1) Lời giải chi tiết: Tâm đường tròn: I(3; -1), bán kính R = IA   R nên A nằm ngồi đường tròn (C) Ta có: AB AC  d  R  16 Áp bất đẳng thức Cauchy ta được: AB  AC  AB AC  2.4  Dấu “=” AB = AC=4 Khi d tiếp tuyến (C)  Giả sử n  a; b  VTPT đường thẳng d, phương trình d: a  x  1  b  y  3   ax  by   a  3b   Từ: d  I ; d    a.3  b  1   a  3b  a  b2 2 b   2a  4b  a  b  3b  4ab    b  a  2 Với b = ta có phương trình d: x – = Với b  a ta có phương trình d: 3x+ 4y – 15 = Chú ý: Đối với toán trước bắt tay vào giải, ta phải kiểm tra xem A hay ngồi đường tròn để áp dụng cơng thức phương tích điểm đường tròn Bài 2.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho hình thang vng ABCD vng A D, đáy lớn AB,  ABC  450 , cạnh AD AC có phương trình là: x  y  x  y  Viết phương trình cạnh BC biết hình thang có diện tích 15 điểm C có tung độ dương Tìm tòi lời giải: - Ta dễ dàng xác định tọa độ điểm A - Từ giả thiết “cạnh AD AC có phương trình là: x  y  x  y  ” ta có   450 suy BAC   450 suy DAC tam giác CAB vuông cân đỉnh C suy BC vng góc với AC - Từ giả thiết “hình thang có diện tích 15” ta tìm độ dài AC khoảng cách từ A đến BC x-2y=0 C D 3x-y=0 A B E 10 - Từ ta áp dụng Bài toán Lời giải chi tiết 3 x  y  x    A  0;0  x  y  y  Gọi E hình chiếu vng góc C lênAB, góc  ABC  450 nên EC = EB   AD AC có VTPT là: n1  3; 1 n2 1; 2    n1.n2 3.1   1  2    450 Suy ra: cos  AD; AC       DAC  2 n1 n2 32  12  1   2  Tọa độ A nghiệm hệ:  Các tam giác DAC CBA vuông cân  AD  DC  AB AB  CD 2CD  CD AD  15  C D  CD  10 2 BC vng góc với AC: x  y  nên có phương trình: x  y  m  2.0   m A cách BC khoảng 10  , nên ta có:   m  10 22  12 x  y  x  +) Với m = 10 ta có tọa độ C nghiệm hệ:  (loại,  2 x  y  10   y  2 Ta có: 15  yC >0) x  y  x  (thỏa  2 x  y  10  y  +) Với m =- 10 ta có tọa độ C nghiệm hệ:  mãn yC >0) Vậy phương trình cần lập: x  y  10  Chú ý: Đối với này, biết “A cách BC khoảng 10  ” ta sử dụng Bài toán để giải: Gọi C(2t; t) với t > t  t  2 Ta có: AC    2t     t      2 T = thỏa mãn, suy C(4; 2)  Đường thẳng BC qua C vuông góc với AC nên có VTPT n3  2;1  phương trình:  x     y     x  y  10  Bài toán Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d biết phương trình cách điểm A cho trước khoảng không đổi r a Phương pháp giải: Ta giải tốn theo hai hướng sau: 11 Cách - Chuyển tọa độ theo tham số - Sử dụng công thức khoảng cách hai điểm AM để tìm t, suy M Cách - Lập phương trình đường tròn tâm A bán kính r - Tìm giao điểm đường tròn với đường thẳng - Giao điểm M b Các ví dụ: Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : x  y   điểm A(1; 5) Tìm điểm M đường thẳng  cho AM = Giải Cách M : x  y   nên M(1+2t; t) Ta có: AM =  1   2t  1     t   2 t  t   t  2t    Với t = ta có M(1; 0) Với t = ta có M(5; 2) Đáp số: Vậy có hai điểm M là: (1; 0) (5; 2) Cách M cách A khoảng nên M thuộc đường tròn tâm A bán kính R = Phương trình đường tròn tâm A bán kính R = 5:  x  1   y  5 2  25 Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình:  x  y    2  x  1   y    25 x  y 1  y  2y  x  y 1    y   y   Vậy có hai điểm M là: (1; 0) (5; 2) 12 Ví dụ 2: (TSĐH Khối D năm 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x  y  x  y   đường thẳng d: x  y   Tìm điểm M d cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đơi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngồi với đường tròn (C) Tìm tòi hướng giải: - M  d: x  y   suy M(m; m+3) -  C  xác định -  M  xác định I(1;1)  I 1;1   R   M  m; m  3   R  A x-y+3=0 - (C) tiếp xúc với (M) M(?;?) IM  - Giải phương trình ta tìm m Lời giải chi tiết: 2 Đường tròn (C): x  y  x  y     x  1   y  1  , Suy ra: (C) có tâm I(1; 1) bán kính R = Ta có: M  d: x  y   suy M(m; m+3) Đường tròn (M) tiếp xúc với (C) IM = m   m  2   m  12   m  3  1   m2  m     Với m = ta M(1; 4) Với m = -2 ta M(-2; 1) c Một số tập mở rộng Bài 3.1 (TSĐH Khối A năm 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x  y   đường tròn (C): x  y  x  y  Gọi I tâm đường tròn (C), M điểm thuộc  Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Tìm tọa độ M biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Tìm tòi hướng giải: Từ giả thiết ta có: - Điểm M thuộc đường thẳng : x  y   suy M  t ,   t  - S MAIB  2S MIB  N  BI MB  MB  10  MI  - Từ ta nhận Bài toán x+y+2=0 A I(2;1) M(?;?) B 13 Lời giải chi tiết: 2 Đường tròn (C): x  y  x  y    x     y  1  Suy ra: tâm I(2; 1) bán kính R  MA MB tiếp tuyến nên: S MAIB  2.S MIA  IA.MA  10  5.MA  10  MA   MI  MA2  AI  2     2 5 M  : x  y    M(m; -2-m)  MI    m      m  3 2 5 m  m2  m      m  3 Với m = ta có M(2; -4) Với m = -3 ta có M(-3; 1) Bài 3.2 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x  y  31  0, hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hồnh độ âm Tìm tòi hướng giải: - Diện tích hình thoi nửa tích hai đường chéo, để khai thác tốn ta phải tìm đường chéo hình thoi - Đường chéo AC biết phương trình nên ta đưa hướng giải tìm D B với giả thiết: “hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y   ” Từ tìm B, D tâm I hình thoi - Thêm suy luận “điểm A thuộc cạnh AC có phương trình là: x  y  31  ” ta nhận tốn Lời giải chi tiết: Ta có: B  d1  B(b;8  b), D  d  (2d  3; d )  Khi đó: BD  (b  2d  3; b  d  8) trung điểm BD :  b  2d  b  d   I ;  2      BD  AC u BD  Theo tính chất hình thoi:    AC  I  AC  I  AC 8b  13d  13  b    6b  9d   d  Suy ra: B(0;8); D(1;1) 14 Khi I   ;  ; A  AC  A(7a  31; a)  2 S ABCD   AC  AC.BD 2 S ABCD 15  15  IA  BD 2 63   9 15    7 a     a      2   a   A(10;3) (ktm) 9   a       2   a   A(11;6) Với A(-11 ; 6) suy C (10;3) Bài 3.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) AC = 2BD Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương Tìm tòi hướng giải: - Từ u cầu tốn : tìm tọa độ điểm B, ta nghĩ đến việc xác định khoảng cách IB - Từ giả thiết AC = 2BD  AI = 2IB ta cần tính khoảng cách từ I đến AB dẫn đến việc: phải lập phương trình AB Lời giải chi tiết : Gọi N’ điểm đối xứng N qua I N’ thuộc  x N '  xI  x N   yN '  yI  yN  5 AB, ta có:  B Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – = Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: d 4.2  3.1  42  32 M A C I 2 AC = 2.BD nên AI = BI, đặt BI = x, AI = 2x Trong tam giác vng ABI có: N' D N 1  2 2 d x 4x Suy x = suy BI = Điểm B giao điểm đường thẳng 4x + 3y – = với đường tròn tâm I bán kính 1 4x  4x  3y –  y  Tọa độ B nghiệm hệ:   2 ( x  2)  ( y  1)   5 x  x    15 1 4x  y      x    x    x   y  1 B có hồnh độ dương nên   B(1; -1) Vậy: B( 1; -1) III BÀI TẬP TỔNG HỢP Trong phần này, xét số toán xuất đề thi mà để giải được, phải sử dụng kiến thức tổng hợp để liên hệ yếu tố khoảng cách với yếu tố khác; từ tìm lời giải Bài 4.1 (Đề thi HSG lớp 10 THPT Quảng Xương – Năm 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có E(2; 1), F thuộc cạnh CD, AD cho: AD = 3DF; DC = 4CE tam giác BEF vuông E Tìm tọa độ điểm B, biết đường thẳng BF có phương trình: x  y   điểm B có hồnh độ dương Tìm tòi hướng giải: - Giả thiết toán: cho điểm E đường thẳng BF suy ta tính khoảng cách Từ E đến BF - Điểm B thuộc đường thẳng BF có phương trình - Từ yếu tố dẫn ta đến việc tìm kiếm mối liên hệ BE với khoảng cách d(E; BF) - Vậy ta xét yếu tố liên quan tam giác BEF với giả thiết “E, F thuộc cạnh CD, AD cho: AD = 3DF; DC = 4CE tam giác BEF vuông E” để tìm mối liên hệ - Từ ta nhìn thấy Bài tốn Từ ta có lời giải:   CEB   900  DEF   CBE   DEF Ta có:    CBE  CEB  90 suy ra: DFE CEB đồng dạng DE CB 1   DF CB  DE.CE  CB.CB  DE DE  DE  CB DF CE 3 suy ra: DFE = CEB 16 Suy BFE vuông cân đỉnh E Gọi H hình chiếu vng góc E lên BF, ta có: EB  EH  3.1  Lại có: EH  12   3  10  10  BE  10 B thuộc BF nên B(9+3t; t) điều kiện t > -3,    3t   1  t   2 t  1  t  4t     , so với điều kiện: t = -1, suy B(6; -1) t  3 Bài 4.2 (Đề thi thử lần THPT Quảng Xương – Năm 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AD//BC), đường thẳng AB AC có có phương trình: x  y   y   Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Tìm tọa độ điểm B, biết IB  2.IA , M  1;3 nằm đường thẳng BD điểm B có tung độ âm Tìm tòi hướng giải: - Từ giả thiết IB  2.IA ta nghĩ đến việc khai thác yếu tố đồng dạng - Từ suy nghĩ ta tạo tam giác đồng dạng cách vẽ thêm đường thẳng song song: qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB N Ta tính tọa độ N; suy khoảng cách MB - Từ ta nhìn thấy Bài toán A D N I M(-1; 3) B C x-2y+3=0 y-2=0 Lời giải chi tiết: Xét điểm N AB cho MN // AC  Ta có: N(2n-3; n). MN   2n  2; n  3 MN // AC  n    n   N(3; 3) Khi MN    1    3  2 Lại có theo cách dựng điểm N thì: BMN  BIA  BM BI   MN IA  BM  MN  (*) B  AB nên B(2b-3; b) thay vào (*) ta được: BM   2b     b  3  2 b  1 5b  14b  19    19 b   Vì B có tung độ âm nên B(-5; -1) 17 Bài 4.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(2; 0), C(-3; 5) Trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 2x + y – = diện tích tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A A Lời giải: Ta có: BC   5;5   BC  Phương trình BC: x  y   G  d: 2x + y – =  Gt; – 2t) G trọng tâm tam giác ABC nên  S GBC  S ABC  G C(-3;5) B(2;0)  t  t   2t  2S 1    t 1     d  G; BC   GBC  BC 3 t    Với t   ta có: G   ;   A  1;   3 11 Với t   ta có: G   ;   A  3;6   3 IV KẾT QUẢ THỰC HIỆN Kết vận dụng thân Tôi thực việc áp dụng cách làm nhiều năm với mức độ khác lớp khoá học lớp khoá học khác Kết thể kiểm tra nội dung sau: Bảng so sánh cụ thể: Lớp Sĩ Kết kiểm tra nghị luận Ghi số nhân vật Tràng Điểm Điểm Điểm Điểm yếu, giỏi tr.b 12T4 (2011 – 2014) 46 15 11 12 Lớp khối D 12A2 (2012 – 2015) 44 18 14 6 Lớp Toán 10A1 (2014 – 2017) 44 15 18 Lớp toán Đây nội dung hay khó nên kết phản ánh khả vận dụng học sinh phụ thuộc vào vốn kiến thức hình học tích lũy em Triển khai trước tổ môn Chúng đưa đề tài tổ để trao đổi, thảo luận rút kinh nghiệm Đa số đồng nghiệp tổ đánh giá cao vận dụng có hiệu quả, tạo hứng thú cho học sinh giúp em hiểu sâu, nắm vững 18 chất hình học tạo thói quen sáng tạo nghiên cứu học tập Và nay, kinh nghiệm tổ thừa nhận có tính thực tiễn tính khả thi Hiện nay, tiếp tục xây dựng thêm nhiều ý tưởng để giúp học sinh trường THPT Quảng Xương học tập nội dung cách tốt để đạt kết cao kì thi C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ I KẾT LUẬN - Trong dạy học giải tập tốn nói chung dạy học giải tập tốn hình giải tích mặt phẳng nói riêng, việc xây dựng tốn riêng lẻ thành hệ thống theo trình tự logic có đặt phương pháp quy trình giải tốn giúp học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung học, đồng thời phát triển tư học toán tạo niềm vui hứng thú học toán - Để tiếp tục phát triển đề tài, tiếp tục xây dựng dựa mối quan hệ khác ba điểm mối quan hệ nêu đề tài nhiều điểm - Đề tài phát triển xây dựng thành hệ thống tốn hình giải tích mặt phẳng giải nhờ chất hình phẳng đề thành sách tham khảo cho học sinh giáo viên II KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn Khuyến khích học sinh xây dựng tập toán liên quan đến dạng tập toán giảng Phát triển nhân rộng đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời viết thành sách tham khảo cho học sinh giáo viên XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 29 tháng năm 2016 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Lê Thiêm 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO - SGK hình học lớp 10 – Trần Văn Hạo NXB GD 2006 - SGV hình học lớp 10 – Trần Văn Hạo NXB GD 2006 - Nguồn internet 20 ... chia sẻ tới đồng nghiệp, bạn u thích mơn toán kinh nghiệm nhỏ để giải toán: ‘ Kinh nghiệm hướng dẫn học sinh khai thác yếu tố khoảng cách để giải toán tọa độ mặt phẳng” Mục đích nghiên cứu: Qua nội... Vấn đề đưa dựa sở hai toán khoảng cách hình học tọa độ mặt phẳng mà học sinh học lớp 10: Khoảng cách hai diểm khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Bài tốn khoảng cách có mặt nhiều khác như: lập... ứng giải phần nhỏ cấu trúc đề thi III CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN Khi dạy phần cho học sinh, thường định hướng rèn luyện cho học sinh kỹ xem xét tốn nhiều góc độ, khai thác yếu tố
- Xem thêm -

Xem thêm: SKKN kinh nghiệm hướng dẫn học sinh khai thác yếu tố khoảng cách để giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng image marked , SKKN kinh nghiệm hướng dẫn học sinh khai thác yếu tố khoảng cách để giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng image marked

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn