Sáng kiến kinh nghiệm Một số định hướng để giải bài toán phương pháp tọa độ

36 62 0
  • Loading ...
1/36 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 12/01/2018, 21:53

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Mục đích việc đổi phương pháp dạy học trường phổ thông thay đổi lối dạy học truyền thụ chiều sang dạy học theo phương pháp dạy học tích cực nhằm giúp học sinh phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo, rèn luyện thói quen khả tự học, tinh thần hợp tác, kĩ vận dụng kiến thức vào tình khác học tập thực tiễn; tạo niềm tin, niềm vui hứng thú học tập Trong chương trình tốn học phổ thơng, hình học giải tích có vị trí định Những năm gần tốn hình học giải tích ln xuất đề thi học sinh giỏi Tỉnh, đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng Trong đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm gần tốn hình học giải tích ln chiếm tỉ lệ thấp 20% gây nhiều khó khăn cho học sinh Phần lớn học sinh “khơng tự tin” “gặp phải” tốn tốn thường đa dạng phong phú có số toán dạng sử dụng túy cơng cụ đại số để giải gặp nhiều khó khăn lời giải dài dòng biết kết hợp cơng cụ đại số với tính chất hình học túy, lấy thêm điểm lại dễ dàng giải toán lời giải ngắn gọn Ngoài lý khiến học sinh học “không tự tin” “gặp phải” toán học sinh thường cảm thấy mãn nguyện tìm lời giải cho tốn mà em khơng có ý thức tìm kiếm lời giải khác, khai thác đào sâu kết tốn Phần lớn tài liệu viết tốn hình học giải tích mang nặng tính liệt kê toán dạng toán mà chưa sâu vào việc phân tích chất hình học chưa bắt kịp với xu đề Trong số trường hợp, từ tốn tìm nhiều lời giải cho toán, đưa tốn tìm nhiều thú vị, tạo niềm vui hứng thú cho học sinh Vì vậy, chúng tơi định chọn đề tài: “Bản chất hình học số tốn hình học giải tích” Trong đề tài chúng tơi quan tâm đến vấn đề: Phân tích tầm quan trọng việc sử dụng tính chất hình học để tìm lời giải số tốn hình học giải tích; Đưa số tính chất hình học hay sử dụng số cách lấy thêm điểm giải số tốn hình học giải tích; Khai thác đào sâu kết số tốn hình học giải tích Đề tài hồn thành trường THPT Hà Huy Tập Trong trình thực đề tài nhận nhiều bảo thầy cô giáo trước bố cục, nội dung Nhân cho phép bày tỏ lời cảm ơn chân thành đến thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc biệt thầy cô tổ Toán Tin trường THPT Hà Huy Tập Cuối nhiều ngun nhân, đề tài hồn tồn khơng tránh khỏi sai sót Chúng tơi mong nhận góp ý chân thành thầy giáo độc giả để ngày hoàn thiện trình nghiên cứu khoa học viết đề tài II NỘI DUNG Bản chất hình học số tốn hình học giải tích Khi gặp số tốn hình học giải tích học sinh thường khơng ý tới tính chất hình học có liên quan mà tập trung vào các công thức xây dựng với phép biến đổi đại số để tìm lời giải cho tốn Nhưng thực tế xu đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi Tỉnh có nhiều tốn hình học giải tích khơng biết tính chất hình học liên quan, khơng biết lấy thêm điểm khơng tìm lời giải tìm lời giải khơng ngắn gọn 1.1 Một số ví dụ Sau chúng tơi xin nêu số ví dụ minh họa tính ưu việt việc sử dụng tính chất hình học để giải số tốn hình học giải tích Ví dụ 1.1.1 (Bài 15.h trang 89 – SGK Hình học nâng cao lớp 12) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(2; 1; 1) Viết phương trình mặt phẳng qua điểm H cắt trục tọa độ điểm A, B, C cho H trực tâm tam giác ABC Khi gặp toán học sinh thường giải sau: “Vì điểm H khơng thuộc mặt phẳng tọa độ nên điểm A, B, C khác điểm O Khơng tính tổng qt ta giả sử A(a,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c) với abc ≠ 0, mặt phẳng x y z + + =1 (ABC) có phương trình z a b c uuu r uuur C Ta có: HA (a-2; -1; -1), BC (0; -b; c) uuur uuur H HB (-2; b-1; -1), CA (a; 0; -c) Điểm H trực tâm tam giác ABC B O y 1  A  a + b + c = a = H ∈ (ABC) r   uuur uuu  HA.BC = ⇔  b − c = ⇔ b = x  uuur uuur  2a − c = c =  HB.CA =  Hình 1.1.1  Vậy mặt phẳng (ABC) có phương trình: x y z + + = hay 2x + y + z – = 0.” 6 Nếu học sinh biết cách sử dụng tính chất hình học: “Vì tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc nên điểm H trực tâm tam giác ABC điểm H hình chiếu điểm O mặt phẳng (ABC)” (Bài 17 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao) học sinh tìm lời giải sau: “Vì điểm H khơng thuộc mặt phẳng tọa độ nên điểm A, B, C khác điểm O Tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đơi vng góc nên H hình chiếu vng góc O lên (ABC) uuur Do OH ⊥ (ABC) ⇒ (ABC) chứa điểm H nhận OH (2;1;1) làm vectơ pháp tuyến Vậy (ABC) có phương trình 2x + y + z – = 0” Như vậy, học sinh biết cách sử dụng tính chất hình học liên quan đến tốn cách hợp lý học sinh làm với lời giải ngắn gọn Ví dụ 1.1.2 (Câu VI.a.1 đề thi tuyển sinh đại học năm 2011 – Khối A) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + = đường tròn (C) : x2 + y2 – 4x – 2y = Gọi I tâm (C), M điểm thuộc ∆ Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C) (A B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Khi gặp tốn này, học sinh định hướng sau: + Tìm tọa độ tâm I bán kính đường tròn (C) A + Vì điểm M thuộc đường thẳng ∆ nên M(t; -t -2) + Tìm tọa độ tiếp điểm A, B I + Tính diện tích tứ giác MAIB theo t + Từ giả thiết diện tích tứ giác MAIB 10 ⇒ có phương trình ẩn t + Giải phương trình tìm nghiệm t từ tìm tọa độ điểm M B M Hình 1.1.2 ∆ Nếu định hướng việc viết phương trình tiếp tuyến (C) qua điểm M phức tạp Do việc tìm tọa độ điểm A, B tính diện tích tứ giác MAIB theo t khó khăn Từ khó khăn đó, nên tìm hướng giải đơn giản ngắn gọn Trong tốn có giả thiết MA, MB hai tiếp tuyến (C) cắt M, gợi cho liên tưởng đến tính chất hai tiếp tuyến cắt Tiếp tục phân tích tốn: “Các yếu tố biết toán tâm I bán kính R đường tròn (C), đường thẳng ∆ Do để tìm tọa độ điểm M ta cần tính IM theo R” Từ suy luận trên, học sinh tìm lời giải sau: “Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) bán kính IA = Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, tứ giác MAIB có · · MAI = MBI = 900 MA = MB Suy SMAIB = IA.MA Do S MAIB = 10 ⇔ IA.MA = 10 ⇔ 5MA = 10 ⇔ MA = ⇔ MA=2 ⇔ IM − IA2 =2 ⇔ IM= IA2 + 20 =5 Mặt khác M thuộc ∆ nên M (t; -t-2) IM = ⇔ (t-2) +(t+3) =25 ⇔ 2t + 2t - 12 = ⇔ t = t = -3 Vậy M(2; -4) M(-3; 1)” Như vậy, học sinh cách áp dụng tính chất hình học liên quan đến tốn cách hợp lý học sinh khó giải tốn Ví dụ 1.1.3 (Câu đề thi HSG Tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm học 2010 2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2) Gọi H trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: : x + y − 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi gặp toán này, học sinh gặp khó khăn khơng sử dụng tính chất hình học liên quan để giải Như vậy, vấn đề đặt lựa chọn tính chất hình học lại lại chọn tính chất hình học đó? Sau nắm vững giả thiết kết luận toán, ta thấy toán liên quan đến trọng tâm G, trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp I tam giác ABC nghĩ đến tính chất hình học: GH =-2 GI Nhưng sử dụng tính chất chưa giải tốn Chúng ta tiếp tục phân tích, tốn liên quan đến đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do tìm mối quan hệ hai đường tròn Ta có phép vị tự V(H; 2) biến đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Từ suy luận trên, ta giải tốn sau: “Gọi đường tròn (I;R) (I ;R ) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC Theo giả thiết, ta có: I (1;-2), R =1 Vì điểm G, H, I trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có: uuur uur (1) GH = −2GI Mặt khác, ta lại có phép vị tự V(H; 2) biến đường tròn (I ;R ) thành đường tròn (I;R) uur uuur suy R = 2R = HI = 2HI1 (2) Từ (1) (2), ta có  x H − x G = −2(x I − x G )  x H − = − 2x I x I =  y − y = −2(y − y )   G I G  H  y H − = − 2y I  y I = 10 ⇔  x − x = 2(x − x ) ⇔  x − x = − 2x I H I H H H   I x H =  y I − y H = 2(y I − y H )  y I − y H = −4 − 2y H  y H = −14  Do I(1; 10) Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình (x − 1) + (y − 10) = ” Lại tiếp tục nhìn nhận theo cách khác, ta có G(1; 2) phép vị tựV (G; -2) biến đường tròn qua ba trung điểm ba cạnh AB, BC, AC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do đó, để viết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta tìm phương trình đường tròn qua ba trung điểm ba cạnh AB, BC, AC hay cần tìm mối liên hệ đường tròn qua ba trung điểm ba cạnh AB, BC, AC đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC Từ nghĩ đến tính chất hình học: “Ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC ba trung điểm ba cạnh AB, BC, AC thuộc đường tròn” Với cách nhìn nhận này, giải toán theo cách khác sau: “Gọi điểm M, N, P, I, E, F trung A điểm đoạn BC, CA, AB, HA, HB, HC Ta có: EH ⊥ AC ⇒ EH ⊥ IF (Vì IF//AC) · Mà MF//EH ⇒ MF ⊥ IF ⇒ IFM = 900 I P nên M thuộc đường · Tương tự ⇒ IEM = 90 tròn ngoại tiếp tam giác IEF N Tương tự ta có N, P thuộc đường tròn H ngoại tiếp tam giác IEF E B Dễ thấy ∆ΑΒC ảnh ∆MNP qua phép F vị tự tâm G tỉ số k = -2 M ⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ảnh C đường tròn ngoại tiếp ∆MNP qua phép vị tự tâm G tỉ số k = -2 Ta có đường tròn ngoại tiếp ∆MNP có phương trình x + y − 2x + 4y + = Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (x − 1) + (y − 10) = ” Như vậy, học sinh biết cách áp dụng tính chất hình học liên quan đến tốn theo cách khác học sinh giải tốn theo nhiều cách khác Qua ví dụ trên, thấy khơng biết tính chất hình học liên quan đến tốn việc tìm lời giải tốn khó khăn 1.2 Một số tính chất hình học cách lấy thêm điểm thường dùng Trong trình giảng dạy giải đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi Tỉnh rút số kinh nghiệm quý báu việc sử dụng tính chất hình học cách lấy thêm điểm để giải số tốn hình học giải tích Sau chúng tơi đưa số tính chất hình học cách lấy thêm điểm thường dùng gặp số tốn hình học giải tích (Việc chứng minh tính chất khơng khó chúng tơi khơng trình bày cách chứng minh cụ thể Ngồi tính chất có nhiều tính chất khác mà chúng tơi chưa đưa đề tài này) B H 1.2.1 Nếu đường thẳng a cắt đường tròn (I; A R) hai điểm phân biệt A B, H chân a R đường vng góc kẻ từ I đến đường thẳng a H trung điểm đoạn thẳng AB I HA = HB = R − IH (IH khoảng cách từ I đến đường thẳng a) (Hình 1.2.1) (Trang 107 SGK Tốn tập 1) Hình 1.2.1 1.2.2 Trong đường tròn : C A +) Hai dây cách tâm I +) Hai dây cách tâm (Hình 1.2.2) (Trang 105 SGK Tốn tập 1) D B Hình 1.2.2 1.2.3 Nếu hai tiếp tuyến đường tròn cắt điểm thì: +) Điểm cách điều hai tiếp điểm +) Tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến +) Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm (Hình 1.2.3) (Định lí hai tiếp tuyến cắt – Trang 114 SGK Toán tập 1) A M I Hình 1.2.3 B 1.2.4 Nếu hai tiếp tuyến A B đường tròn tâm I cắt M tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB giao điểm đoạn MI với đường tròn (Hình 1.2.4) A M K I B Hình 1.2.4 Chứng minh: Gọi K giao điểm đoạn MI với đường tròn Theo tính chất 1.2.3 ta có MK đường phân giác góc M tam giác MAB · · · · · Mặt khác MAK = KBA ; · KBA = KAB ⇒ MAK = KAB hay AK đường phân giác góc A tam giác MAB Vậy K tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB 1.2.5 Nếu hai đường tròn cắt giao điểm đối xứng với qua đường nối tâm Nếu hai đường tròn tiếp xúc tiếp điểm nằm đường nối tâm (Hình 1.2.5) A I K (Trang 119 SGK Toán tập 1) B I T K I K T Hình 1.2.5 1.2.6 Cho tam giác ABC có ∆ đường phân giác ngồi góc A Nếu điểm M thuộc đường thẳng AB N điểm đối xứng M qua ∆ N thuộc đường thẳng AC (Hình 1.2.6) A N M B C (∆) Hình 1.2.6 A 1.2.7 Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp I Nếu A ' giao điểm AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( A ' khác A) A 'B = A 'C = A 'I (Hình 1.2.7) Chứng minh: Ta có · ' = CBA · · · ' = BAI · ' + CBI BIA + ·ABI ; IBA · · ; CBA · · · Mà IBC = IBA ' = CAI = BAI I B C A’ · ' = IBA · ' ⇒ A' I = A' B Suy BIA Tương tự A ' I = A ' C Hình 1.2.7 A 1.2.8 Cho tam giác ABC khơng cân A có đường cao AH, tâm đường tròn ngoại tiếp I Nếu d đường thẳng chứa phân giác góc A tam giác ABC d đường thẳng chứa phân giác ngồi góc ·AIH (Hình 1.2.8) I B Chứng minh: Gọi giao điểm d đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D (D khác ¼ A) ta có D điểm cung BDC · · Do ID ⊥ BC ⇒ ID / / AH ⇒ HAD = IDA C H D (d) Hình 1.2.8 A · · · · Mà IAD Vậy HAD = IDA = IAD 1.2.9 Nếu tam giác nhọn ABC có đường cao AQ, BR, CS đồng quy H H tâm đường tròn nội tiếp ∆QRS (Hình 1.2.9) R S B H Q Hình 1.2.9 C A 1.2.10 Nếu tam giác ABC có trọng tâm G, trực Hurvà tâm đường tròn ngoại tiếp I uuur tâm u GH = −2GI (Hình 1.2.10) H (Trang 22 SGK Hình học nâng cao 10) G I B C Hình 1.2.10 A 1.2.11 Nếu tam giác ABC có trực tâm H D (D khác A) giao điểm đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC H D đối xứng với qua đường thẳng BC (Hình 1.2.11) H B (Bài 10 trang 13 SGK Hình học 11 Nâng cao) C D Hình 1.2.11 1.2.12 Nếu tam giác ABC có trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp I, M trung điểm BC, D điểm đối xứng A qua I M trung điểm đoạn thẳng HD (Hình 1.2.12) (Bài 17 trang 19 SGK Hình học 11 Nâng cao) A H B I M C Hình 1.2.12 1.2.13 Cho đường tròn (I; R) điểmuuM cố đường thẳng qua M cắt uu ru uurđịnh Nếu đường tròn hai điểm A B MA.MB = MI − R (Hình 1.2.13) (Trang 49 SGK Hình học nâng cao 10) I I R R M A A B Hình 1.2.13 M B 1.2.14 Cho hình bình hành ABCD có tâm I Nếu điểm M thuộc đường thẳng AB N điểm đối xứng M qua I N thuộc đường thẳng CD (Hình 1.2.14) Chứng minh: Nếu M trùng B N trùng D A B I N D C Hình 1.2.14 Nếu M khác B tứ giác BMDN hình bình hành Do DN//AB; DC//AB Vậy N thuộc DC A B 1.2.15 Cho hình vng ABCD Nếu M, N trung điểm cạnh BC CD AM ⊥ BN (Hình 1.2.15) Chứng minh: uuuu r uuur  uuu r uuur   uuur uuur  AM BN =  AB + BC ÷. BC + CD ÷ = 2    M M D N C Hình 1.2.15 Vậy AM ⊥ BN 1.2.16 Nếu mặt cầu S(I; R) cắt mặt phẳng (P) theo đường tròn tâm H (Hình 1.2.16) H hình chiếu điểm I lên mặt phẳng (P) đường tròn bán kính 2 (IH khoảng r = R − IH cách từ I đến mặt phẳng (P)) (Trang 40 SGK Hình học 12 Nâng cao) Hình 1.2.16 1.2.17 Nếu đường thẳng a cắt mặt cầu S(I; R) hai điểm phân biệt A B, H chân đường vng góc kẻ từ I đến đường thẳng a H trung điểm đoạn thẳng AB H trung điểm đoạn thẳng AB HA = HB = R − IH (IH khoảng cách từ I đến đường thẳng a) (Hình 1.2.17) (Trang 42 SGK Hình học 12 Nâng cao) Hình 1.2.17 10 Như vậy, ta cần giải toán: “Cho số thực a, b thỏa mãn: ( a − 1) + ( b − 1) = 25 Tìm a, b để biểu thức sau 2 đạt giá trị nhỏ nhất: P = (a − 7) + (b − 9) + a +(b-8) ” Từ ta giải tốn sau Lời giải: Gọi điểm M (a;b) Vì M ∈ (C) ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 25 2 Ta có P = (a − 7) + (b − 9) + a +(b-8) = (a-7) +(b-9) + (2b-16) +(-2a)2 r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vec tơ u(a − 7;b − 9) v(2b − 16; −2a) r r r r Áp dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v ta có: P ≥ (a + 2b − 23) + (b − 2a − 9) Mặt khác: (1) (a + 2b − 23) + (b − 2a − 9) = 5a + 5b − 10a − 110b + 610 2 = 10 (a − 1) + (b − 6)  − ( a − 1) + ( b − 1)  + 250 ≥ 5   (2) 2 2 (Vì 10 (a − 1) + (b − 6)  ≥ ; ( a − 1) + ( b − 1) = 25) Từ (1) (2) ta có: P ≥ 5 a = Dấu “=” xảy ⇔  hay M(1; 6) b = Do P nhỏ M(1; 6) Vậy M(1; 6) Để giải tốn đòi hỏi học sinh phải biết cách vận dụng bất đẳng thức cách khéo léo cho dấu bất đẳng thức (1) (2) đồng thời xảy Do cách giải toán theo phương pháp “rất nặng nề” phép biến đổi đại số Nếu nhìn nhận tốn “con mắt hình học”, ta liên tưởng đến tốn: “Cho đường tròn (C): x + y + 2ax + 2by + c = (a + b > c), hai điểm E(xE; yE), F(xF; yF) cho đoạn thẳng EF đường tròn (C) có giao điểm Tìm tọa độ điểm M∈ (C) cho Q = ME + MF đạt giá trị nhỏ nhất” Ta giải tốn sau: “Ta có ME + MF ≥ EF Dấu xảy M thuộc đoạn thẳng EF hay M giao điểm (C) đoạn thẳng EF Do Q đạt giá trị nhỏ M giao điểm (C) đoạn thẳng EF Viết phương trình đường thẳng EF ⇒ Tìm tọa độ điểm M.” 22 Từ toán này, nghĩ đến định hướng: “Tìm điểm J cho đoạn thẳng BJ đường tròn (C) có giao điểm; đồng thời MA = 2MJ với điểm M∈ (C) (Khi P = 2(MJ + MB) P đạt giá trị nhỏ ⇔ MJ + MB nhỏ nhất)” Từ ta tìm lời giải sau: “(C) có tâm I(1;1) bán kính R = 5  Gọi J  ;3 ÷ Ta chứng minh với điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ 2  Thật uuu r uur MA = 2MJ ⇔ MA = 4MJ ⇔ MI + IA uuu r uur ur ⇔ 2MI IA − 4IJ = 3R + 4IJ − IA ( ) ( ) uuu r ur = MI + IJ ( ) B Đẳng thức uur ur r IA − 4IJ = 0; 3R + 4IJ − IA = Vì với điểm M thuộc (C) ta có MA + 2MB = ( MJ + MB ) ≥ 2BJ M I J A Dấu xảy M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngồi đường tròn (C); J nằm đường tròn (C)) Do MA + 2MB nhỏ M giao điểm đường tròn (C) đoạn thẳng BJ BJ có phương trình 2x + y − = Tọa độ giao điểm BJ (C) nghiệm hệ 2x + y − =  x =1  x =5 ⇔   2  y = −2 ( x − 1) + ( y − 1) = 25  y = Thử lại ta có điểm M(1; 6) thuộc đoạn JB thỏa mãn toán.” Khi giải toán trên, “câu hỏi lớn” đặt có phải điểm J tồn hay với số điểm A đặc biệt có điểm J ? Tất câu hỏi giải thích sau: Cho điểm A, đường tròn (I; R) số thực dương k khác Ta có kết sau: “Tồn điểm J cho MA = kMJ với điểm M thuộc đường tròn (I; R) IA = kR” Chứng minh: + Nếu tồn điểm J cho MA = kMJ với điểm M thuộc đường tròn (I; R) ta có MA=kMJ ⇔ MA = k MJ ⇔ MA − k MJ = 23 uuur uuur uuur uur ⇔ ME + EA − k ME + EJ ( ) ( ) =0 uuur uuur uur ⇔ ( − k ) ME = k EJ − EA − 2ME EA − k EJ ( uuur uur r uuur k uur Chọn E cho EA − k EJ = ⇔ AE = AJ k −1 ) (vì k ≠ k > nên k − ≠ ) Khi k EJ − EA k EJ − k EJ 2 ⇔ ME = ⇔ EM = kEJ − k2 − k2 uuur uur r (Vì EA − k EJ = nên EA = k EJ ) MA = kMJ ⇔ ME = ⇔ EM = kEJ ⇔ M∈ (E; kEJ) với ∀ M∈ (I;R) Do điểm M thuộc đường tròn tâm E bán kính kEJ Vậy I ≡ E R = kEJ uuur uur r Khi EA − k EJ = ⇒ EA = k EJ ⇒ IA = k EJ ⇒ IA = kR ur uur IA R + Nếu IA = kR ta chọn J cho IJ = IA ⇒ IJ= = k k k Khi với điểm M thuộc đường tròn (I;R), ta có MA=kMJ ⇔ MA = k MJ ⇔ MA − k MJ = uuu r uur uuu r ur ⇔ MI + IA − k MI + IJ = uuu r uur ur ⇔ ( − k ) R + 2MI IA − k IJ + IA − k IJ ( ) ( ( ⇔ ( − k2 ) R + k2R − k2 ) ) R2 = , k2 Từ chứng minh trên, ta có kết quả: “Cho điểm A đường tròn (I; R) cho IA = kR với k số thực dương khác Luôn tồn điểm J cho MA = kMJ với điểm M thuộc đường tròn (I;R)” Ta chứng minh có điểm J Thật vậy, giả sử có thêm điểm H khác J cho MA = kMH với điểm M thuộc đường tròn (I; R) ⇒ với điểm M thuộc đường tròn (I; R) Ta có kMH = kMJ ⇔ MH = MJ ⇔ M thuộc đường trung trực đoạn thẳng HJ ⇒ vơ lý Do đó, ta có kết quả: “Cho điểm A đường tròn (I; R) cho IA = kR với k số thực dương khác Luôn tồn điểm J cho MA = kMJ ur uur với điểm M thuộc đường tròn (I; R) điểm J thỏa mãn IJ = IA ” k (Nếu k > A nằm ngồi đường tròn (I;R) J nằm đường tròn (I;R); < k < J nằm ngồi đường tròn (I;R) A nằm đường tròn (I;R)) Từ kết trên, ta đưa tốn Chẳng hạn 24 Bài toán 2.2.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 1) = 25 2 5  điểm A  ;3 ÷ ; B (1;1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho biểu thức P = 2  2MA + MB đạt giá trị nhỏ (Hướng dẫn: Gọi J (7;9), với điểm M thuộc (C) ta có 2MA = MJ Khi P = MB + MJ nhỏ M giao điểm đoạn thẳng BJ với đường tròn (C) Đáp số M(5; 6)) Bài tốn 2.2.2 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 1) = 25 điểm A (7;9) ; B (0;8) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho biểu thức 2 P = 2MB – MA đạt giá trị lớn 5  (Hướng dẫn: Gọi J  ;3 ÷, với điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ 2  Khi P = 2(MB – MJ) lớn M giao điểm tia đối tia BJ tia đối tia JB với đường tròn (C) Đáp số M(5; -2)) Tương tự ta có kết quả: “Cho điểm A mặt cầu S (I; R) cho IA = kR với k số thực dương khác Luôn tồn điểm J cho MA = kMJ ur uur với điểm M thuộc mặt cầu S (I; R) điểm J thỏa mãn IJ = IA ” k (Nếu k > A nằm ngồi mặt cầu S (I;R) J nằm mặt cầu S (I;R); < k < J nằm ngồi mặt cầu S (I; R) A nằm mặt cầu S (I;R)) Do ta đưa tốn Chẳng hạn Bài tốn 2.2.3 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 (S) : ( x − 1) + ( y − 1) + z = 25 điểm A (7; 9; 0) ; B (0; 8; 0) Tìm tọa độ điểm M thuộc (S) cho biểu thức P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ 5  (Hướng dẫn: Gọi J  ;3;0 ÷, với điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ 2  Khi P = 2(MJ + MB) Do MA + 2MB nhỏ M giao điểm mặt cầu (S) đoạn thẳng BJ Đáp số M(1; 6; 0)) Ví dụ 2.3 Sau học sinh tìm số lời giải cho tốn (Ở ví dụ 1.1.3): “Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 2) Gọi H trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x + y − 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC” Chúng ta tiếp tục hướng dẫn học sinh khai thác toán sau: Gọi điểm M, N, P, I, E, F trung điểm đoạn BC, CA, AB, HA, HB, HC; gọi điểm Q, R, S chân đường cao ∆ABC 25 kẻ từ A, B, C gọi đường tròn (K; R), (K 1; R1), (K2; R2) đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP Ta có chín điểm M, N, P, Q, R, S, I, E, F thuộc đường tròn (đường tròn Ơ - le tam giác ABC) Từ suy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP, QRS, IEF trùng Mặt khác biết phương trình đường tròn Ơ - le tam giác ABC tọa độ điểm G tọa độ điểm H ta viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tọa độ điểm G tọa độ điểm H ta viết phương trình đường tròn Ơ - le tam giác ABC Do ta đưa toán Chẳng hạn: Bài toán 2.3.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC tam giác vng có trọng tâm G(1; 2) trực tâm H Biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (x − 1) + (y − 10) = Viết phương trình đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC (Hướng dẫn: đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC trùng đường tròn qua ba trung điểm cạnh AB, BC, CA ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua phép vị tự tâm G tỷ số k = − ) Bài toán 2.3.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC khơng phải tam giác vng có trực tâm H(1; -14) đường cao AQ, BR, CS Biết phương trình đường tròn qua điểm Q, R, S x + y − 2x + 4y + = Viết A phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R1 (Hướng dẫn: đường tròn qua điểm Q, R, R S1 S S trùng với đường tròn qua ba trung điểm P1 N1 H ba đoạn thẳng HA, HB, HC; đường tròn P ngoại tiếp ∆ABC ảnh đường tròn N qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, M B C Q HB, HC qua phép vị tự tâm H tỷ số k = 2) Ta lại có phép vị tự V( H; ) biến đường tròn Ơ - le tam giác ABC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ΑΒC Q1 M1 Do gọi điểm M1, N1, P1, Q1, R1, S1 ảnh điểm M, N, P, Q, R, S qua phép vị tự V( H; 2) điểm M1, N1, P1, Q1, R1, S1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC dễ thấy điểm M1, N1, P1 điểm đối xứng điểm H qua điểm M, N, P; điểm Q 1, R1, S1 điểm đối xứng với điểm H qua đường thẳng BC, CA, AB ⇒ Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M1N1P1, Q1R1S1 trùng Do ta đưa toán Chẳng hạn: 26 Bài toán 2.3.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC khơng phải tam giác vng có trọng tâm G(1; 2) Gọi H trực tâm ∆ABC Lấy điểm Q1 , R1, S1 đối xứng với H qua đường thẳng BC, CA, AB Biết phương trình đường tròn qua trung điểm cạnh BC, CA, AB là: x + y − 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác Q1R1S1 (Hướng dẫn: đường tròn ngoại tiếp tam giác Q1R1S1 trùng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ảnh đường tròn qua trung điểm cạnh BC, CA, AB qua phép vị tự tâm G tỉ số k = -2) Bài toán 2.3.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC tam giác vng có đường cao AQ, BR, CS đồng quy H(1; -14) Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi điểm M 1, N1, P1 điểm đối xứng H qua điểm M, N, P Biết phương trình đường tròn qua điểm M1, N1, P1 (x − 1) + (y − 10) = Viết phương trình đường tròn qua điểm Q, R, S (Hướng dẫn: đường tròn qua điểm M1, N1, P1 trùng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; đường tròn qua điểm Q, R, S trùng với đường tròn qua ba điểm I, E, F ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua phép vị tự tâm H tỉ số k = ) Ta có phép vị tự V( G; −2) biến đường tròn Ơ - le tam giác ABC thành đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Do cách làm tương tự ta đưa toán Chẳng hạn: Bài toán 2.3.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC khơng phải tam giác vng có đường cao AQ, BR, CS đồng quy H(1; -14) Gọi G trọng tâm ∆ABC Gọi điểm I, E, F trung điểm đoạn HA, r uuu r uuur uuur uur uuuu uuu r HB, HC Lấy điểm I1 , E1, F1 cho GI1 = −2GI; GE1 = −2GE; GF1 = −2GF Biết phương trình đường tròn qua ba điểm I1 , E1, F1 (x − 1) + (y − 10) = Viết phương trình đường tròn qua ba điểm Q, R, S (Hướng dẫn: đường tròn qua ba điểm I1 , E1, F1 trùng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; đường tròn qua ba điểm Q, R, S trùng với đường tròn qua ba điểm I, E, F ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua phép vị tự tâm H tỉ số k = ) Từ kết kết hợp với tính chất 1.2.9 ta đưa toán Chẳng hạn: Bài toán 2.3.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC có đường cao AQ, BR, CS Biết đường tròn nội tiếp tam giác QRS có tâm L(1; -14) Biết đường tròn qua ba điểm Q, R, S có phương trình x + y − 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (Hướng dẫn: Trực tâm H tam giác ABC trùng với L; đường tròn qua ba điểm Q, R, S trùng với đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC; 27 đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ảnh đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC qua phép vị tự tâm H tỉ số k = 2) Chúng ta thấy đường tròn mặt phẳng tương tự với mặt cầu không gian; tam giác mặt phẳng có tính chất tương tự tứ diện không gian chẳng hạn: Ba đường trung tuyến tam giác đồng quy điểm, bốn đường trọng tuyến tứ diện (đường thẳng qua đỉnh trọng tâm mặt đối diện) đồng quy điểm; tam giác ln có đường tròn ngoại tiếp, tứ diện ln có mặt cầu ngoại tiếp Nhưng tam giác tứ diện có số tính chất khác biệt, chẳng hạn: đường cao tam giác đồng quy điểm đường cao tứ diện (đường thẳng qua đỉnh vng góc với mặt đối diện) lại khơng đồng quy Để khắc phục khác biệt này, giả sử ta có tứ diện có đường cao đồng quy (tứ diện trực tâm) liệu tứ diện có tích chất tương tự số tính chất tam giác hay khơng? Theo kết tốn trang 28 SGK hình học 11 nâng cao, uta uurcó: “Nếu uuur ∆ABC có trọng tâm G, trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp O GH = −2GO ” Vậy câu hỏi đặt là: "Nếu tứ diện trực tâm ABCD có trọng tâm G, trực tâm H tâm mặt cầu ngoại tiếp O ba điểm G, H, O có mối quan hệ gì?" Để trả lời câu hỏi đó, trước hết xét tứ diện trực tâm đặc biệt tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đơi vng góc Từ kết trang 46 SGK hình học 12 nâng cao, ta có G trung điểm đoạn OH (trong trường hợp H ≡ S) Do ta có dự đốn: "Nếu tứ diện trực tâm ABCD có trọng tâm uuur uuur G, trực tâm H, tâm mặt cầu ngoại tiếp O GH = −GO " Để chứng minh dự đoán này, ta xem lại cách chứng minh kết quả: "Nếu tam giác uuur ABC uuurcó trọng tâm G, trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp O GH = −2GO " (Bài tốn trang 28 SGK hình học 11 nâng cao): "Gọi A', B', C' trung điểm cạnh BC, CA, AB ∆ABC A B'C'/ /BC ⇒ A 'O ⊥ B'C' Ta có:  A 'O ⊥ BC C' ⇒A'O đường cao ∆A'B'C' Tương tự BO' đường cao tam giác A'B'C' Vậy O trực tâm ∆A'B'C' B ' O B A' C Mà dễ thấy phép vị tự V(G;−2) biến tam giác A'B'C' thành ∆ΑΒC ⇒ Phép vị tự V(G;−2) biến trực tâm ∆A'B'C' thành trực tâm ∆ABC uuur uuur hay phép vị tự V(G;−2) biến O thành H Vậy GH = −2GO " 28 Từ lời giải này, nghĩ đến cách chứng minh dự đốn: "Nếu tứ diện trực tâm ABCD có trọng tâm G, trực tâm H, tâm mặt cầu uuur ngoại uuur tiếp O GH = −GO " sau: Ta chứng minh phép vị tự V(G;−1) biến O thành H A C' D' Thật vậy: Gọi A', B B', C', D' điểm đối xứng điểm A, B, C, D qua điểm G Gọi GA, HA, OA trọng tâm, trực tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Ta dễ dàng chứng minh B' H G D O OA HA GA C A' OO A ⊥ (BCD) ⇒ OO A // AH A OO A ≡ AH A  AH A ⊥ (BCD) Ta lại có: uuuuuur uuuuuur G A H A = −2G A O A r uuuu r  uuuuu  G A A = −2GA ' ⇒ A 'O A // AH A A 'O A ≡ AH A (2) (3) Từ (2) (3) ⇒ O, OA, A' ba điểm thẳng hàng ⇒A'O ⊥ (BCD) Mà (BCD) // (B'C'D') ⇒A'O ⊥ (B'C'D') ⇒A'O đường cao tứ diện A'B'C'D' Tương tự B'O, C'O, D'O đường cao tứ diện A'B'C'D' ⇒ O trực tâm tứ diện A'B'C'D' Mà phép vị tự V(G;−1) biến tứ diện A'B'C'D' thành tứ diện ABCD ⇒ phép vị tự V(G;−1) biến trực tâm O tứ diện A'B'C'D' thành trực tâm H tứ diện ABCD uuur uuur Vậy GH = −GO 29 Chúng ta biết tam giác ABC có trực tâm H, chín điểm gồm trung điểm cạnh, trung điểm đoạn thẳng HA, HB, HC chân đường cao thuộc đường tròn Từ lời giải mục 2.1 kết tìm hiểu xem tứ diện trực tâm ABCD có điểm đặc biệt thuộc mặt cầu? Giả sử ABCD tứ diện trực tâm có trọng tâm G, trực tâm H, tâm mặt cầu ngoại tiếp O, bán kính mặt cầu ngoại tiếp R.Gọi G A, GB, GC, GD trọng tâm mặt đối diện với đỉnh A, B, C, D Gọi mặt cầu S(O 1;R1) mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GAGBGCGD V Ta có: phép vị tự ⇒ phép vị tự 1  G;− ÷ 3  V 1  G;− ÷ 3  biến tứ diện ABCD thành tứ diện GAGBGCGD biến mặt cầu S(O:R) thành mặt cầu S(O1;R1) biến điểm O thành điểm O1 R1 = R uuuur 1 uuur R = R GO = − GO ⇒ 3 ⇒ phép vị tự V 1  G;− ÷ 3  O G O1 H uuur uuur Mà GH = −GO uuuur uuur V Suy HO1 = HO ⇒ phép vị tự  H;1 ÷ biến điểm O thành điểm O1  3 ⇒ phép vị tự V R biến cầu S(O:R) thành mặt cầu S(O1; ) ⇒ phép vị tự V biến cầu S(O:R) thành mặt cầu S(O1;R1) ⇒ phép vị tự V biến mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD thành mặt cầu ngoại tiếp 1  H; ÷  3 1  H; ÷  3 1  H; ÷  3 tứ diện GAGBGCGD Do gọi điểm IA, IB, IC, ID ảnh điểm A, B, C, D V qua phép vị tự  H;13 ÷ điểm IA, IB, IC, ID thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện   GAGBGCGD uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuuu r uuur (với HI A = HA; HI B = HB; HIC = HC; HI D = HD ) 3 3 30 Vậy tám điểm GA, GB, GC, GD, IA, IB, IC, ID thuộc mặt cầu (ta gọi mặt cầu mặt cầu Ơ - le tứ diện ABCD ) Ta chứng minh mặt cầu qua chân đường cao tứ diện Thật vậy, gọi HA, HB, HC, HD chân đường cao tứ diện ABCD kẻ từ A, B, C, D H O G Gọi OA tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD; TA hình chiếu O1 lên đường thẳng OAHA Ta dễ dàng chứng minh T A trung điểm GAHA ⇒ O1TA đường trung trực GAHA O ⇒ O1HA = O1GA ⇒ HA thuộc mặt cầu Ơ - le tứ diện ABCD OA GA TA HA Tương tự ta có HB, HC, HD thuộc mặt cầu Theo 20 trang 103 SGK Hình Học 11 nâng cao, ta có H A, HB, HC, HD trực tâm mặt đối diện với đỉnh A, B, C, D Vậy tứ diện trực tâm, trọng tâm mặt, trực tâm mặt điểm chia đoạn thẳng nối giao điểm đường cao với đỉnh theo tỉ số : kể từ đỉnh nằm mặt cầu (mặt cầu Ơle tứ diện hay mặt cầu 12 điểm tứ diện này) Từ tính chất cách suy luận tương tự ta đưa tốn chẳng hạn: Bài tốn 2.3.7: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đường cao đồng quy H (không trùng với đỉnh tứ diện) Biết trọng tâm tứ diện ABCD G(3;1;-2) Biết mặt cầu qua bốn điểm chia đoạn thẳng nối H với đỉnh tứ diện theo tỉ số 2: kể từ đỉnhphương trình 2 ( x + y + z ) − 35x − 17y + 23z + 75 = Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD (Hướng dẫn: mặt cầu qua bốn điểm chia đoạn thẳng nối H với đỉnh tứ diện theo tỉ số 2: kể từ đỉnh trùng với mặt cầu qua trọng tâm mặt tứ diện ABCD; Phép vị tự V(G; -3) biến mặt cầu qua trọng tâm mặt tứ diện ABCD thành mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD) Ta chứng minh tính chất sau: "Trong tứ diện trực tâm đường tròn Ơ - le tất mặt nằm mặt cầu (gọi mặt cầu 24 điểm) Mặt cầu có đường kính độ dài đoạn thẳng nối trung điểm cạnh đối diện tâm trọng tâm tứ diện" Từ tính chất đưa toán, chẳng hạn: Bài toán 2.3.8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tứ diện trực tâm ABCD Biết trung điểm cạnh AB đường tròn Ơ - le tam giác BCD nằm mặt cầu có phương trình x + y + z = Viết phương trình mặt cầu qua trung điểm đoạn thẳng BC, CA, AD, DC 31 (Hướng dẫn: mặt cầu qua trung điểm đoạn thẳng BC, CA, AD, DC trùng với mặt cầu chứa trung điểm cạnh AB đường tròn Ơ - le tam giác BCD) Từ vấn đề nêu lần khẳng định kết to lớn đạt chịu khó khai thác, đào sâu kết tốn, ln có ý thức mở rộng tốn từ phẳng sang khơng gian 32 III KẾT LUẬN Một số kinh nghiệm rút 1.1 Đối với giáo viên Từ tốn tìm nhiều lời giải đưa tốn ln có tác dụng lớn học sinh, đặc biệt học sinh giỏi Kinh nghiệm cho thấy học sinh hứng thú tìm hiểu vấn đề đơn giản từ xây dựng lên mảng kiến thức lớn nhiều so với việc giải tốn khó Vì q trình giảng dạy giáo viên cần nâng cao tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh Cần hướng dẫn cho học sinh cách thức sáng tạo vấn đề từ vấn đề biết 1.2 Đối với học sinh Trong trình đổi dạy học đổi phương pháp dạy học nội dung trọng tâm Đối với phương pháp dạy học học sinh ln đóng vai trò trung tâm, chủ thể trình nhận thức, người tự khám phá chiếm lĩnh tri thức cho Vì học sinh cần phải tránh cách học thụ động, máy móc, thiếu tính sáng tạo Đứng trước tốn ngồi việc tìm lời giải học sinh cần phải đặt mục tiêu tìm lời giải khác, phân tích tìm tòi đưa tốn Những kết luận 2.1 Tính mẻ Đề tài có điểm mẻ sau: - Đưa “cách nhìn nhận” sâu sắc số tốn hình học giải tích đặc biệt toán đề thi HSG Tỉnh năm học 2010 – 2011 2011 – 2012; đề thi đại học khối A năm 2011; - Đưa số ví dụ minh họa tầm quan trọng việc sử dụng tính chất hình học liên quan cách lấy thêm điểm để giải số tốn hình học giải tích - Đưa số tốn hình học giải tích có liên quan đến đường tròn Ơ - le tam giác, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm, - Đưa số tính chất hình học cách lấy thêm điểm thường dùng - Đưa số định hướng thông thường gặp tốn hình học giải tích có đặc trưng quen thuộc - Phân tích vấn đề biết cách hợp lý, sáng tạo từ đưa vấn đề mới, toán cách tự nhiên có sở 2.2 Tính khoa học 33 Nội dung đề tài trình bày khoa học, lập luận xác Hệ thống lý thuyết đắn, có sức thuyết phục 2.3 Tính hiệu Đề tài áp dụng trình dạy học giáo viên học sinh đặc biệt học sinh khá, giỏi Đề tài làm tài liệu tham khảo cho học sinh giáo viên Nó đáp ứng phần việc đổi phương pháp giảng dạy toán trường THPT Đặc biệt đề tài phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo người học Những đề xuất Đề tài mở rộng theo hướng: “Từ tính chất hình học khác tam giác, tứ giác, tứ diện, đường tròn, mặt cầu, nic, … kết hợp với kiến thức biết để tìm lời giải cho số tốn hình học giải tích; đưa tốn hình học giải tích mới” Vinh, ngày 16 tháng năm 2013 Người thực hiện: Dương Văn Sơn Dương Thị Dung 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng từ năm 2006 đến năm 2012 Đề thi thử trường THPT thành phố Đề thi thử mạng Internet Sách giáo khoa lớp tập I Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 10 Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 11 Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 12 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ tháng năm 2013 – Số 427 35 MỤC LỤC Trang I Lý chọn đề tài II Nội dung Bản chất hình học số tốn hình học giải tích 1.1 Một số ví dụ 1.2 Một số tính chất hình học cách lấy thêm điểm thường dùng Khai thác đào sâu kết số tốn hình học giải tích 20 III Kết luận 33 Một số kinh nghiệm rút 33 Những kết luận 33 Những đề xuất 34 Tài liệu tham khaûo 35 36 ... 10 ⇒ có phương trình ẩn t + Giải phương trình tìm nghiệm t từ tìm tọa độ điểm M B M Hình 1.1.2 ∆ Nếu định hướng việc viết phương trình tiếp tuyến (C) qua điểm M phức tạp Do việc tìm tọa độ điểm... đưa thêm số ví dụ để minh họa cho việc sử dụng tính chất vào giải số tốn hình học giải tích; đồng thời đưa ý nhằm số đặc điểm để dễ lựa chọn tính chất hình học định hướng tìm lời giải số tốn hình... học phương pháp hay để giải tốn hình học giải tích Chúng ta thấy tầm quan trọng việc sử dụng tính chất hình học để tìm lời giải số tốn hình học giải tích Khai thác đào sâu kết số tốn hình học giải
- Xem thêm -

Xem thêm: Sáng kiến kinh nghiệm Một số định hướng để giải bài toán phương pháp tọa độ, Sáng kiến kinh nghiệm Một số định hướng để giải bài toán phương pháp tọa độ

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay