1 Tên sáng kiến: Xây dựng toán hình học giải tích phẳng từ số toán hình học Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Phương pháp dạy học môn Toán Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15 tháng năm 2015 đến ngày 30 tháng năm 2015 Tác giả: Họ tên: Tống Văn Ký Năm sinh: 1986 Nơi thường trú: Xuân Phú – Xuân Trường – Nam Định Trình độ chuyên môn: Cử nhân sư phạm Toán Chức vụ công tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT Giao Thủy B Điện thoại: 01686316922 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 100% Đơn vị áp dụng sáng kiến Tên đơn vị: Trường THPT Giao Thủy B Địa chỉ: Xã Giao Yến huyện Giao Thủy tỉnh Nam Định Điên thoại: 03503893010 I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Bài toán hình học giải tích mặt phẳng chủ đề hay khó Chủ đề sử dụng kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Vì quan tâm đặc biệt học sinh Trong số hình giải tích mặt phẳng có lớp toán thiên tính chất hình học túy gây cho học sinh nhiều khó khăn tiếp cận Đa số giáo viên dạy chủ đề thường tìm toán có sẵn tài liệu tham khảo để giảng dạy, suy nghĩ khai thác tự tìm tòi xây dựng toán nhiều hạn chế Việc xây dựng toán từ việc khai thác kết hình học giúp giáo viên chủ động hơn, giúp học sinh phát triển tư phương pháp, tư tìm lời giải cho toán đặc biệt tư sáng tạo Qua năm công tác giảng dạy, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi Đại học Cao đẳng Bản thân thấy việc xây dựng toán từ kết hình học nhiệm vụ cần thiết người giáo viên trình dạy học Để góp phần nâng cao chất lượng cho học sinh chủ đề tọa độ mặt phẳng, chọn đề tài: “Xây dựng toán hình học giải tích phẳng từ số toán hình học” II Mô tả giải pháp Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đối với học sinh kiến thức hình học phẳng hạn chế Khi chưa áp dụng đề tài để dạy giải tập hình học giải tích mặt phẳng, em thường thụ động việc tiếp cận toán, chưa ý thức tìm tòi sáng tạo chưa tạo niềm vui làm toán Kết khảo sát số lớp phần giải tập toán phần hình giải tích mặt phẳng qua tìm hiểu giáo viên dạy môn Toán, có khoảng 10% học sinh hứng thú với toán giải tích mặt phẳng Mô tả giải pháp sau có sáng kiến Bài toán hình giải tích mặt phẳng thong thường phân chia thành hai mảng: mảng thứ lớp toán mang nặng tính chất “đại số” thường xây dựng sở tham số hóa, mảng thứ hai lớp toán mang nặng tính chất “hình học” thường xây dựng toán túy hình học phẳng Trong đề tài muốn nêu lên ý tưởng giải toán hình giải tích phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua số toán Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, trực tâm H, trọng tâm G, M trung điểm BC Đường kính AD Chứng minh: a) Tứ giác BHDC hình bình hành uuur uuur b) AH = IM uuur uur c) HG = 2GI Giải a) Ta có BH // CD (vì vuông góc AC) CH // BD (vì vuông góc AB) Suy tứ giác BHCD hình bình hành b) Do tứ giác BHCD hình bình hành Nên HD BC cắt trung điểm M đường Trong tam giác AHD có IM đường trung bình uuur uuur Do AH = IM c) Gọi G giao AM HI Do AH // IM HG AG AH = = =2 GI GM IM uuur uur Suy G trọng tâm tam giác ABC HG = 2GI Nên theo Talet ta có Ta xét ví dụ sau: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;-14), B(-2;14), C(-5; -7) Tìm toạ độ trung điểm M BC; trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I tam giác ABC  −7   −5 −7   21  Đáp số: M  ; ÷, G  ; ÷, H ( −26; −10 ) , I  ; ÷  2  3   2 Từ ví dụ toán giáo viên tạo ví dụ khác cách lật ngược lại vấn đề cho điểm thích hợp điểm A, G, H, I, M Yêu cầu học sinh tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC Ví dụ 1.1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), tâm đường  21  tròn ngoại tiếp I  ; ÷, trực tâm H(-26, -10) Xác định toạ độ đỉnh B, C tam  2 giác ABC Giải uuur uuur Theo kết toán 1, ta có AH = IM  −7  Suy M  ; ÷  2 Đường thẳng BC qua M có vectơ pháp tuyến uuur AH Phương trình đường thẳng BC x − y + 28 = Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2 21   3 625  x− ÷ + y− ÷ = 2  2  Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình 7 x − y + 28 =  x = −5  x = −2  2   21   3 625 ⇔   y = 14  y = −7  x − ÷ +  y − ÷ = 2  2  Vậy B(-2; 14), C(-5; -7) C(-2; 14), B(-5; -7) Ví dụ 1.2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), tâm đường  21   −5 −7  tròn ngoại tiếp I  ; ÷, trọng tâm G  ; ÷ Xác định toạ độ đỉnh B, C  2  3  tam giác ABC Ví dụ 1.3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), trọng tâm  −5 −7  G  ; ÷ , trực tâm H(-26, -10) Xác định toạ độ đỉnh B, C tam giác ABC  3  Ví dụ 1.4 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), trực tâm H( −7  26, -10), trung điểm BC M  ; ÷ Xác định toạ độ đỉnh B, C tam giác  2 ABC Ví dụ 1.5 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -14), tâm đường  21   −7  tròn ngoại tiếp I  ; ÷, trung điểm BC M  ; ÷ Xác định toạ độ đỉnh  2  2 B, C tam giác ABC Ví dụ 1.6 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp  21   −7  I  ; ÷, trực tâm H(-26, -10), trung điểm BC M  ; ÷ Xác định toạ độ  2  2 đỉnh tam giác ABC  −5 −7  Ví dụ 1.7 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; ÷,  3   −7  trực tâm H(-26, -10), trung điểm BC M  ; ÷ Xác định toạ độ đỉnh  2 tam giác ABC Ví dụ 1.8 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại  21   −5 −7   −7  tiếp I  ; ÷, trọng tâm G  ; ÷ , trung điểm BC M  ; ÷ Xác định  2  3   2 toạ độ đỉnh tam giác ABC Chú ý: Từ ví dụ 1.2 đến ví dụ 1.8 ta cần sử dụng uuur uur uuur uuuu r kết toán HG = 2GI AG = 2GM ví dụ trở thành ví dụ 1.1 Ngoài ví dụ giáo viên tạo thêm ví dụ theo hướng cho biết tọa độ điểm điểm A, H, I, M hai điểm lại thuộc hai đường khác Chẳng hạn ví dụ sau: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội  21  tiếp đường tròn tâm I  ; ÷, trực tâm H(-26, -10), trung điểm BC M thuộc  2 đường thẳng d : x + y = Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC biết điểm A nằm đường tròn (C) : ( x + 1) + ( y + 10) = 25 điểm A có hoành độ dương Nhận xét: Đề thi khối D – 2010 có nội dung tương tự Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; -7), trực tâm H(3; -1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2; 0) Xác định toạ độ điểm C biết C có hoành độ dương Đáp án BGD sau: Phương trình BC có dạng y – a = với a ≠ −7 (do BC ⊥ AH BC không qua A) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: ( x + ) + y = 74 Toạ độ B, C nghiệm hệ phương trình  ( x + ) + y = 74   y − a = Do hoành độ B, C thỏa mãn phương trình ( x + ) + a = 74 Phương trình có nghiệm a < 70 Do C có hoành độ dương nên B(−2 − 74 − a ; a), C (−2 + 74 − a ; a) uuur uuur H trực tâm nên AC.BH = ⇔ ( 74 − a − 5)( 74 − a + 5) + (a + 7)( −1 − a) =  a = −7 ⇔ a + 4a − 21 = ⇔  a = Suy C (−2 + 65;3) Xem đáp án Bộ Giáo Dục, ta thấy dùng công cụ giải tích để giải toán hình học giải tích phẳng gặp khó khăn nhiều giúp đỡ tính chất hình học phẳng Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, trực tâm H, D giao AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh: a) H D đối xứng qua BC b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng trục BC Giải a) Gọi M, N hình chiếu B, A AC, BC Ta có tứ giác ABNM nội tiếp · · ¼ ) Suy HBN (vì chắn cung MN = DAC · · » ) Mà DBC (vì chắn cung DC = DAC · · Nên HBN = NBD Tam giác BHD cân B(do BN vừa đường cao, đường phân giác) Do H D đối xứng qua BC b) Theo câu a) có H D đối xứng qua BC Suy tam giác HBC ảnh tam giác DBC qua phép đối xứng trục BC Do đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng trục BC (Tức đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có bán kính hai tâm hai đường tròn đối xứng qua BC) Chú ý: Để xây dựng toán giáo viên xuất phát từ ví dụ thuận cho tam giác ABC biết đỉnh A, B, C Sau tìm yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trực tâm, phương trình đường BC, đường cao, đường trung tuyến, phân giác kẻ từ A… Từ ví dụ giáo viên tạo toán nghịch cách cho biết số yếu tố thích hợp mà học sinh giải phải sử dụng nội dung toán để tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC 10 Ví dụ 2.1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến kẻ từ A đường thẳng BC có phương trình x − y − = 0, x + y + = Đường thẳng d qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D(-2; -4) Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ dương Giải Đường thẳng AD qua D vuông góc với BC Phương trình đường thẳng AD x − y − = Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình x − y − = x = ⇔ ⇒ A(1; −1)  x − y − = y = −    −1 −7  Gọi M trung điểm BC suy M  ; ÷  2  Gọi H trực tâm tam giác ABC Theo kết toán 2, ta có H D đối xứng qua BC Gọi N giao BC AD suy N(-1; -3) Nên H(0; -2) B thuộc BC suy B(b; - b - 4) với b > M trung điểm BC nên C(-b - 1; b- 3) H trực tâm tam giác ABC nên BH ⊥ AC uuur uuur b = ⇔ BH AC = ⇔ −b(−b − 2) + (b − 2)(b + 2) = ⇔  b = −2 Do B(1; -5) C(-2; -2) Ví dụ 2.2 Đề thi khối D – 2010 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; -7), trực tâm H(3; -1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2; 0) Xác định toạ độ điểm C biết C có hoành độ dương Giải 11 Đường thẳng AH có phương trình x − = Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình ( x + ) + y = 74 Gọi D giao AH đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, N giao AH BC Tọa độ D nghiệm hệ  x = x = ( x + ) + y = 74 ⇔   y =  y = −7  x = Suy D(3; 7) ⇒ N (3;3) Theo kết toán 2, ta có H D đối xứng qua BC Hay BC đường trung trực HD Đường thẳng BC có phương trình y − = Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình   x = −2 + 65 ( x + ) + y = 74  x = −2 − 65 ⇔    y = y = y =   C có hoành độ dương nên C (−2 − 65;3) Ví dụ 2.3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H(2; 1) tâm đường tròn ngoại tiếp I(1; 0) Trung điểm BC nằm đường thẳng d : x − y − = Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC qua điểm E(6; -1) B có hoành độ nhỏ Giải Gọi I’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Gọi M trung điểm BC Do M thuộc d I thuộc d nên phương trình MI x − y − = Theo kết toán 2, ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng trục BC 12 Bài toán Cho hình vuông ABCD, gọi M N trung điểm BC CD, K giao AM với BN Chứng minh: a) AM ⊥ BN b) AK = AM , BK = BN 5 · = c) cos MAN Chú ý: Tính chất tổng quát M N hai điểm canh BC CD cho BM = CN ta có AM ⊥ BN Giải a) Cách Ta có ∆BAM = ∆CBN (c.g.c) · · Suy BAM = CBN · · Khi BAM + ·ABN = CBN + ·ABN = 900 Do AM ⊥ BN Cách Đặt AB = a uuuu r uuu r uuur uuur uuur uuu r Ta có AM = AB + AD, BN = AD − AB 2 uuuu r uuur  uuu r uuur   uuur uuu r AM BN = AB + AD AD − AB Khi  ÷ ÷ 2    = 1 AD − AB = ⇒ MN ⊥ DN 2 b) Đặt AB = a Ta có AM = BN = a Trong ∆ABM có BK đường cao nên BK = · Ta có tan BAM = BK 2 a⇒ = ⇔ BK = BN BN 5 BK BM AK 4 = = ⇒ AK = BK = a⇒ = ⇔ AK = AM AK AB AM 5 28 c) Đặt AB = a Trong ∆AMN có AM = AN = a , MN = a 2 AM + AN − MN · = Suy cos MAN = AM AN Chú ý: Từ toán ta xây dựng toán cách cắt hình vuông ABCD thành hình thang vuông ABCN với AB = BC = 2CN Từ toán ta xây dựng toán cách cắt hình vuông ABCD thành hình chữ nhật ABME với AB = 2BM Giả thiết cho tỉ lệ xác định điểm I, K suy tính chất vuông góc ngược lại Ví dụ 5.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông B, C 4 8 có AB = BC = 2CD đỉnh A(-4; 0) Gọi M trung điểm BC, điểm K  ; ÷ 5 5 29 giao AM BD Xác định tọa độ đỉnh lại hình thang biết điểm D nằm đường thẳng x + y + = Ví dụ 5.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có BC = 2BA Gọi 4 8 E(1; 1) điểm cạnh BC ao cho BC = 4BE Điểm K  ; ÷ giao BD AE 5 5 Xác định tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật biết điểm B nằm đường thẳng x + 2y − = Ví dụ 5.3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A(1; 1) AB =  −3  Gọi M trung điểm BC, K  ; ÷ hình chiếu D lên AM Tìm tọa độ 5  đỉnh lại hình vuông biết đỉnh B có hoành độ nhỏ Giải Phương trình đường thẳng AM x + y − = Theo kết toán 5, ta có AK = AM uuur uuuu r Suy AK = AM ⇒ M (3; −3) Giả sử B(x; y) với x < Do ABCD hình vuông AB = ( x − 1)( x − 3) + ( y − 1)( y + 3) =  AB ⊥ BM ⇔ Nên  2  AB = ( x − 1) + ( y − 1) = 16 Suy B(1; -3) C(5; -3) (do M trung điểm BC) Đường thẳng AD qua A vuông góc với AD suy phương trình AD: y − = Đường thẳng CD qua C vuông góc với BC suy phương trình CD: x − = Do D(5; 1) Ví dụ 5.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi E trung điểm  11 −2   −6  AD, điểm H  ; ÷ hình chiếu B lên CE M  ; ÷ trung điểm BH 5  5  Tìm tọa độ đỉnh hình vuông biết đỉnh A có hoành độ âm 30 Giải Gọi N, I trung điểm CD BC Theo kết toán 5, ta có BN ⊥ CE Suy H giao BN CE Theo kết toán 5, ta có BH = Ta có BM = BN 1 BH = BN = BN 2 5 Gọi M’ giao AI BN Theo kết toán 5, ta có BM ' = BN , AI ⊥ BN Nên M M’ trùng Ta có BM = 5 , BM = BN ⇒ BN = =2 5 5 Khi BC + CN = BN ⇔ BC = BN ⇔ BC = 4 Đường thẳng AM qua M vuông góc với MH có phương trình x + y = M trung điểm BH nên B(-1; -2) A thuộc AM nên A(a; -2a) với a < AB = 16 ⇔ (a + 1) + (2 − 2a) ⇔ a = −1 a = 11 A có hoành độ âm nên A(-1; 2) Đường thẳng AD qua A vuông góc AB có phương trình y − = E giao điểm AD CE nên E(1; 2) suy D(3; 2) (vì E trung điểm AD) Đường thẳng BC qua B song song với AD có phương trình y + = C giao điểm CE BC nên C(3; -2) 31 Ví dụ 5.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, gọi M N 5  trung điểm BC CD Biết N  ; −1÷ phương trình AM x − y − = 2  Hãy tìm tọa độ đỉnh hình vuông biết A có hoành độ nguyên Giải r Cách Gọi vectơ pháp tuyến AN n(a; b) với a + b2 > r Đường thẳng AM có vectơ pháp tuyến n '(7; −4) · = Theo kết toán 5, ta có cos MAN r ur ⇔ cos(n, n ') = ⇔ a − 4b a +b 2 65 = 5  a = 8b ⇔ 37 a = −16b Với 37a = - 16b Chọn b = -37, a = 16 suy phương  −6 −13  trình AN 16 x − 37 y − 77 = ⇒ A  ; ÷ (loại)  5  Với a = 8b Chọn b = 1, a = suy phương trình AN x + y − 19 = ⇒ A ( 2;3 ) Theo kết toán 5, ta có BN ⊥ AM Phương trình đường thẳng BN x + y − = 2 1 Gọi H giao AM BN suy H  ; ÷ 5 5 Theo kết toán 5, ta có BH = uuur uuur BN ⇒ BN = HN ⇒ BN = HN ⇒ B ( −1;1) 3 Nên C(1; -2) D(4; 0) Cách Theo kết toán 5, ta có BN ⊥ AM Phương trình đường thẳng BN x + y − = 32 Ta có d(N; AM) = 39 65 Nên d(A; BN) = AH = suy AB = 13 65 AB = 5 A thuộc AM: x − y − = nên A(2 + 4t; 3+ 7t) d(A; BN) = 4(2 + 4t ) + 7(3 + 7t ) − 65 65 −4 ⇔ = ⇔ t = t = 5 65 A có hoành độ nguyên nên A(2; 3) 2 1 Gọi H giao AM BN suy H  ; ÷ 5 5 Theo kết toán 5, ta có BH = uuur uuur BN ⇒ BN = HN ⇒ BN = HN ⇒ B ( −1;1) 3 Nên C(1; -2) D(4; 0) 33 Bài toán Cho hình vuông ABCD, gọi M trung điểm AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3NC Chứng minh tam giác DMN vuông cân Giải Cách Gọi I giao AC BD, E trung điểm DI Khi tứ giác MNEA hình bình hành Suy AE // MN (1) Mặt khác NE ⊥ DA, DI ⊥ AN nên E trực tâm tam giác DNA Suy AE ⊥ DN (2) · Từ (1) (2) suy MN ⊥ DN hay MAD = 900 · · Khi MND + DAM = 1800 nên tứ giác MNA nội tiếp · · ¼ ) Nên DMN = DAN = 450 (cùng chắn DM Do tam giác DMN vuông cân N Cách Gọi đường thẳng qua N vuông góc với AB, cắt AB, CD P, Q Khi ∆MPN = ∆NQD (c.g.c) · ·  PNM = QDN  · ⇒ ⇒ MND = 900   DN = MN Suy tam giác DMN vuông cân N Cách Đặt AB = a ⇒ AM = a AC a 3a , CN = = , AN = 4 5a a Trong tam giác ADM có DM = AD + AM = a +  ÷ = 2 2 2 34 Trong tam giác AMN có · MN = AM + AN − AMAN cos NAM = a2 Trong tam giác DCN có · DN = CD + CN − 2CDCN cos DCN = a2  MN = DN Suy  2  DN + MN = DM Do tam giác DMN vuông cân N uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur Cách Đặt AB = a Ta có MN = DC − DA, DN = DC + DA 4 4 r  uuur uuur   uuuu 2  MN =  DC − DA ÷ = DC + DA = a 16  4  16 Khi   uuur  uuur uuur  2 DN = DC + DA = DC + DA = a  ÷  4 16 16    uuuu r uuur  uuur uuur  uuur uuur  Lại có MN DN =  DC − DA ÷ DC + DA ÷ = ⇒ MN ⊥ DN 4 4   Do tam giác DMN vuông cân N Cách Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Khi D(0; 0), A(0; a), C(a; 0) a   3a a  Suy M  ; a ÷ N  ; ÷ 2   4 uuuu r  a −3a  uuur  3a a  MN Nên  ; ÷, DN  ; ÷ 4   4 uuuu r uuur Khi MN DN = 0, MN = ND = a Do tam giác DMN vuông cân N 35 Ví dụ 6.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có B(2; 3) Điểm M(4; 4) thuộc đoạn thẳng AC cho AC = 4AM trung điểm N CD thuộc đường thẳng d: x − y − = Tìm tọa độ điểm C Giải Theo kết toán 6, ta có ∆BMN vuông cân M Đường thẳng MN qua M vuông góc với BM Suy phương trình MN là: x + y − 12 = Nên N(5; 2).Giả sử C(x; y) Do CN ⊥ BC suy ra: ( x − ) ( x − ) + ( y − ) ( y − 3) = ⇔ x + y − x − y + 16 = Ta có BN = 10 nên BC = 2 ⇔ ( x − ) + ( y − 3) = ⇔ x + y − x − y + = 2 2  x2 + y − 4x − y + = x + y − 4x − y + = ⇔ Khi ta có:    3 x − y = 11  x + y − x − y + 16 = x = ⇔  x = 24  Với x = suy C (4; 1) thoả mãn nằm phía BN: x + 3y -11 = Với x = 24  24 17  suy C  ; ÷ loại nằm phía so với BN  5  Vậy C(4; 1) Ví dụ 6.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M  1 trung điểm cạnh AB, N  − ; ÷ điểm cạnh AC cho AN = 3NC Xác  2 định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD, biết đường thẳng MD có phương trình x − = D có tung độ âm Giải 36 Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vuông cân N nên: DN = MN = 2d ( N , DM ) = − − = 2 Suy D, M thuộc đường tròn tâm N bán kính R = Khi tọa độ D, M nghiệm hệ phương trình:  x = 2   3  1 25  x + ÷ +  y − ÷ =  y = 2  2 ⇔  x = x −1 =      y = −2 Do D có tung độ âm nên D(1; -2) M(1; 3) Gọi I giao AC BD, G giao AC MD uuuur uuuu r  4 Khi G trọng tâm tam giác ABD nên ta có DM = 3GM ⇒ G  1; ÷  3 Mặt khác AG = uuur uuur 2 AI = AN = AN ⇒ AG = AN 3 9 Suy A(3; 2) Mà M trung điểm AB nên B(-1; 4) Khi I(0; 1) ⇒ C(-3; 0) (do I trung điểm BD AC) Ví dụ 6.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) N(2; -1) (Đề thi Đại học khối A, A1 năm 2014) Giải Gọi E giao MN CD uuuu r uuur 7  Theo định lý Talet suy MN = NE ⇒ E  ; −2 ÷ 3  37 Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vuông cân N Đường thẳng ND qua N(2; -1) vuông góc với MN Suy phương trình ND là: x − y − = Do D thuộc ND nên D(3d + 5; d) d = 2 2 Khi ND = MN ⇔ (3d + 3) + (d + 1) = 10 ⇔   d = −2 7  Với d = suy CD qua D(5; 0) E  ; −2 ÷ có phương trình x − y − 15 = 3  7  Với d = -2 suy CD qua D(-1; -2) E  ; −2 ÷ có phương trình y + = 3  Ví dụ 6.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho AC = 4NC N thuộc đường thẳng có phương trình x + y − = Phương trình đường thẳng MD x − = Xác định tọa độ đỉnh C hình vuông ABCD, biết khoảng cách từ C đến đường thẳng MD N có hoành độ âm, D có tung độ âm Giải Gọi G trọng tâm tam giác ABD Khi dễ dàng ta có NG 5 5 = ⇒ d ( N , DM ) = d (C , DM ) = = CG 8 Do N thuộc đường thẳng x + y − = Nên N(t; -3t – 4) với t < Ta có d ( N , DM ) = Với t = 5 −3 ⇔ t −1 = ⇔ t = 2 −3  −3  ⇒N ; ÷  2 Theo kết ví dụ 2, ta có D(1; -2), A(3; 2), B(-1; 4), C(-3; 0) Ví dụ 6.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh D(5; 1) Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho AC = 4NC 38 Biết đường thẳng MN có phương trình x − y − = Xác định tọa độ đỉnh lại hình vuông ABCD, biết M có tung độ dương Giải Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vuông N Đường thẳng DN qua D(5; 1) có vectơ pháp tuyến (1; 3) Phương trình đường thẳng DN x + y − = Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình x + 3y − = x = ⇔ ⇒ N (2; 2)  3 x − y − = y = M(t; 3t - 4) với t > Theo kết toán 6, ta có ∆DMN cân N t = 2 2 Do ND = MN ⇔ (t − 2) + (3t − 6) = 10 ⇔  t = Suy M(3; 5) Gọi I giao AC BD, G giao AC DM uuuur uuuu r  11 11  Khi G trọng tâm tam giác ABD nên DM = 3GM ⇒ G  ; ÷ 3 3 Mặt khác AG = uuur uuur 2 AI = AN = AN ⇒ AG = AN 3 9 Suy A(5; 5) Mà M trung điểm AB nên B(1; 5) Khi I(3; 3) ⇒ C(1; 1) (do I trung điểm BD AC) Ví dụ 6.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M(1; 3)  1 trung điểm cạnh AB, N  − ; ÷ điểm cạnh AC cho AC = 4NC Xác  2 định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD, biết D nằm đường thẳng x − y − = Giải Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vuông cân N 39 Đường thẳng DN qua N vuông góc MN Suy phương trình DN x + y + = Tọa độ điểm D nghiệm hệ x + y +1 = x = ⇔ ⇒ D (1; −2)  x − y − =  y = −2 Gọi I giao AC BD, G giao AC MD uuuur uuuu r  2 DM = GM ⇒ G  1; ÷ Khi G trọng tâm tam giác ABD nên ta có  3 Mặt khác AG = uuur uuur 2 AI = AN = AN ⇒ AG = AN 3 9 Suy A(-3; 0) Mà M trung điểm AB nên B(-1; 4) Khi I(0; 1) ⇒ C(3; 2) (do I trung điểm BD AC) Ví dụ 6.7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho AC = 4NC Biết E(1; -1) 2  trung điểm đoạn DM Tìm tọa độ đỉnh B biết G  ;0 ÷ trọng tâm tam giác DMN 3  điểm M có hoành độ âm Giải Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vuông cân N Suy MD ⊥ GE Do phương trình MD x − y − = Do G trọng tâm tam giác DMN nên uuur uuur NE = 3GE ⇒ N (0; 2) Lúc ví dụ có nội dung giống ví dụ Do ta có kết B(-4; 0) 40 III Hiệu sáng kiến đem lại Hiệu mặt xã hội Sau áp dụng kết nghiên cứu đề tài, qua khảo sát cho thấy: có 80% học sinh hứng thú với học 45% học sinh biết cách tìm tòi xây dựng toán từ toán hình học phẳng Khi cho học sinh làm đề thi thử Đại học trường có 90% học sinh lớp giải Đối với đội tuyển học sinh giỏi khối 12 trường em giải tốt câu tọa độ mặt phẳng đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh em có giải Đề tài tài liệu tham khảo cho học sinh khối 10 em học sinh lớp 12 ôn thi vào trường Đại học Cao đẳng Đề tài phát triển thêm lớp toán khác phần hình học giải tích để trở thành tư liệu tham khảo cho giáo viên Đề tài đưa cách nhìn nhận sâu sắc số kết hình học tổng hợp, nhận xét mối liên hệ chất yếu tố xuất toán từ kết hợp với sử dụng tọa độ điểm hay phương trình đường để xây dựng toán tọa độ phẳng Đưa số toán minh họa việc sử dụng kết hình học tổng hợp để xây dựng toán việc giải chúng Làm bật việc xây dựng toán hình học giải tích mặt phẳng bắt nguồn từ kết hình học tổng hợp, tạo tính lạ cho toán IV Cam kết không chép vi phạm quyền Tôi xin cam kết báo cáo sáng kiến kinh nghiệm cá nhân Nếu có vấn đề vi phạm hoàn toàn chịu trách nhiệm CƠ QUAN ĐƠN VỊ TÁC GIẢ SÁNG KIẾN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Tống Văn Ký 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương (chủ biên)… Hình học 10 nâng cao Nhà xuất giáo dục, năm 2007 Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Nguyễn Mộng Hy (chủ biên)… Hình học 10 Nhà xuất giáo dục, năm 2007 Văn Như Cương (chủ biên)… Bài tập Hình học 10 nâng cao Nhà xuất giáo dục, năm 2007 Nguyễn Mộng Hy (chủ biên) … Bài tập Hình học 10 Nhà xuất giáo dục, năm 2007 Bộ giáo dục đào tạo Đề thi Đại học năm Các trang http://k2pi.net.vn/, http://www.math.vn/, 42 [...]... 2 AM AN 5 Chú ý: Từ bài toán 6 ta có thể xây dựng bài toán mới bằng cách cắt hình vuông ABCD thành hình thang vuông ABCN với AB = BC = 2CN Từ bài toán 6 ta có thể xây dựng bài toán mới bằng cách cắt hình vuông ABCD thành hình chữ nhật ABME với AB = 2BM Giả thiết có thể cho tỉ lệ xác định điểm I, K suy ra tính chất vuông góc hoặc ngược lại Ví dụ 5.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD... Ví dụ 5.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi E là trung điểm  11 −2   3 −6  của AD, điểm H  ; ÷ là hình chiếu của B lên CE và M  ; ÷ là trung điểm BH 5 5  5 5  Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đỉnh A có hoành độ âm 30 Giải Gọi N, I lần lượt là trung điểm CD và BC Theo kết quả bài toán 5, ta có BN ⊥ CE Suy ra H là giao của BN và CE Theo kết quả bài toán 5, ta có BH =... 2 Ví dụ 2.5 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2; -1), K 4 7  ; ÷ là chân đường cao kẻ từ C và M(0; -3) là trung điểm của BC Viết phương 5 5 trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Gọi E là giao của CH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Theo kết quả bài toán 2, ta có H và E đối xứng nhau qua AB Gọi N đối xứng với H qua M Theo kết quả bài toán 1, ta có được N thuộc... BN suy ra H  ; ÷ 5 5 Theo kết quả bài toán 5, ta có BH = uuur 5 uuur 2 5 BN ⇒ BN = HN ⇒ BN = HN ⇒ B ( −1;1) 5 3 3 Nên C(1; -2) và D(4; 0) 33 Bài toán 6 Cho hình vuông ABCD, gọi M là trung điểm của AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC Chứng minh tam giác DMN vuông cân Giải Cách 1 Gọi I là giao của AC và BD, E là trung điểm DI Khi đó tứ giác MNEA là hình bình hành Suy ra AE // MN (1) Mặt... 1) và AB = 4  9 −3  Gọi M là trung điểm của BC, K  ; ÷ là hình chiếu của D lên AM Tìm tọa độ các 5 5  đỉnh còn lại của hình vuông biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 2 Giải Phương trình đường thẳng AM là 2 x + y − 3 = 0 Theo kết quả bài toán 5, ta có AK = 2 AM 5 uuur 2 uuuu r Suy ra AK = AM ⇒ M (3; −3) 5 Giả sử B(x; y) với x < 2 Do ABCD là hình vuông và AB = 4 ( x − 1)( x − 3) + ( y − 1)( y + 3) =... ·ABC = −20 + 10 20 50 0 r Đường thẳng AM có vectơ pháp tuyến n '(7; −4) · = Theo kết quả bài toán 5, ta có cos MAN... suy ra phương trình AN là 8 x + y − 19 = 0 ⇒ A ( 2;3 ) Theo kết quả bài toán 5, ta có BN ⊥ AM Phương trình đường thẳng BN là 4 x + 7 y − 3 = 0 2 1 Gọi H là giao của AM và BN suy ra H  ; ÷ 5 5 Theo kết quả bài toán 5, ta có BH = uuur 5 uuur 2 5 BN ⇒ BN = HN ⇒ BN = HN ⇒ B ( −1;1) 5 3 3 Nên C(1; -2) và D(4; 0) Cách 2 Theo kết quả bài toán 5, ta có BN ⊥ AM Phương trình đường thẳng BN là 4 x + 7 y − 3... đỉnh còn lại của hình thang biết điểm D nằm trên đường thẳng x + 2 y + 2 = 0 Ví dụ 5.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có BC = 2BA Gọi 4 8 E(1; 1) là điểm trên cạnh BC ao cho BC = 4BE Điểm K  ; ÷ là giao của BD và AE 5 5 Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật biết điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y − 6 = 0 Ví dụ 5.3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD... về 1 phía so với BN 5  5 5  Vậy C(4; 1) Ví dụ 6.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là  3 1 trung điểm của cạnh AB, N  − ; ÷ là điểm trên cạnh AC sao cho AN = 3NC Xác  2 2 định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết đường thẳng MD có phương trình x − 1 = 0 và D có tung độ âm Giải 36 Theo kết quả bài toán 6, ta có được ∆DMN vuông cân tại N nên: 3 5 2 DN = MN = 2d