SKKN tạo hứng thú 2 cho học sinh khi dạy học phép biến hình và ứng dụng vào giải các bài toán trong mặt phẳng tọa độ

MỤC LỤC I ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nhiệm vụ đề tài 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu 1.4 Tính giới hạn đề tài II NỘI DUNG: Phần I: Tạo hứng thú cho học sinh tiếp cận học chương 1-Hình học lớp 11: Các phép biến hình mặt phẳng 1.1 Đặt vấn đề dạy học bài: Phép tịnh tiến 1.2.Đặt vấn đề dạy học : Phép đối xứng trục 1.3 Đặt vấn đề dạy học : TÌM HIỂU PHÉP QUAY 1.4 Đặt vấn đề cho học: Phép dời hình 1.5 Dạy học phép vị tự: 10 Phần 2: Áp dụng phép biến hình vào giải số toán mặt phẳng tọa độ 13 III KẾT LUẬN 42 I ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Lý chọn đề tài Như biết, mục tiêu chương trình chương trình giáo dục PT 2018, ngồi việc đảm bảo chương trình giáo dục phổ thơng cụ thể hố mục tiêu giáo dục phổ thông, giúp học sinh làm chủ kiến thức phổ thông, biết vận dụng hiệu kiến thức, kĩ học vào đời sống tự học suốt đời, có định hướng lựa chọn nghề nghiệp phù hợp, biết xây dựng phát triển hài hoà mối quan hệ xã hội, có cá tính, nhân cách đời sống tâm hồn phong phú, nhờ có sống có ý nghĩa đóng góp tích cực vào phát triển đất nước nhân loại Để đạt mục tiêu chung mục tiêu mơn tốn nói riêng người giáo viên đóng vai trò quan trọng phải mang sống vào học, đưa học vào sống như: Giúp học sinh hiểu biết thêm giới tự nhiên; hiểu biết thêm văn hóa nghệ thuật, kiến trúc, thể thao du lịch; hiểu biết đầy đủ đời sống thực tế, quê hương, đất nước; khám phá giới bí ẩn đẹp đẽ tốn học; hình thành phát triển kỹ mềm thiết yếu công dân kỷ 21; bồi đắp tảng văn hóa chung cho học sinh Trên sở , phát triển nhân cách người học giá trị nhân văn cao đẹp người Phép biến hình đầu lớp 11 mảng kiến thức quan trọng chương trình mơn tốn cho phép giải lớp rộng rãi tốn như: Chứng minh hình nhau; Bài tốn tính tốn, dựng hình, quỹ tích, cực trị, chứng minh tính vng góc, song song, đồng quy; Lớp tốn hình đồng dạng, tỉ số đoạn thẳng; toán đặt từ thực tế Đây vấn đề thú vị chương trình hình học phổ thơng Tuy nhiên với Học sinh số Giáo viên học dạy thường coi nhẹ phần thói quen sử dụng giải toán Hơn nữa, để áp dụng tính chất phép biến hình vào việc giải tốn thực tiễn ln vấn đề khó nhiều học sinh (đặc biệt học sinh trường dân tộc nội trú) Giáo viên người có trách nhiệm tìm phương pháp tối ưu để hướng dẫn cho học sinh thấy hứng thú học chương Bên cạnh cịn phải biết dẫn dắt để học sinh tư chuyển từ toán thực tế sang toán toán học mở rộng tốn, giải tốn cấp độ khó kết nối kiến thức tọa độ mặt phẳng học cuối lớp 10 vô cần thiết Mặt khác, ta thấy toán ứng dụng thực tiễn ngày xuất nhiều giảng sách giáo khoa, sách tham khảo đề thi khảo sát lực đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông Trong số trường hợp, từ toán tìm nhiều lời giải cho tốn đưa tốn tạo hứng thú phát huy tính sáng tạo học sinh Đây ý nghĩa thực việc đổi phương pháp dạy học tích cực trường phổ thơng Chính để giảm bớt khó khăn làm tăng thêm hứng thú học tập cho học sinh vấn đề xin trao đổi với quý đồng nghiệp vấn đề “Tạo hứng thú cho học sinh dạy học phép biến hình ứng dụng vào giải toán mặt phẳng tọa độ” Qua phát triển tư thuật giải tư sáng tạo học sinh Góp phần cho học sinh thấy lí thú giải tốn u thích mơn tốn Việc phát triển lực tính tốn, lực giải vấn đề sáng tạo, lực tự chủ tự học cho HS phổ thông nhằm đáp ứng yêu cầu xã hội nguồn nhân lực 1.2 Mục đích nhiệm vụ đề tài - Nghiên cứu dạng toán liên quan đến số toán thực tế kiến thức chương – Hình học 11 từ giúp học sinh nắm ý nghĩa Toán học đời sống, qua hướng dẫn học sinh định hướng cách giải phát triển lớp toán tương tự - Nhiều người hiểu sai việc dạy Toán bậc phổ thơng dạy kiến thức tốn học, học sinh cần học thuộc công thức để áp dụng, mà quên học toán học suy luận logic Việc dạy cơng thức tốn học cách hình thức với thi trắc nghiệm góp phần cho đời hệ học sinh thói quen tư cách độc lập Rất nhiều giảng viên lâu năm trường đại học nhiều chuyên ngành khác có nhận xét sinh viên vào trường không làm tập hay đề thi cần đến suy luận mà sinh viên nhiều năm trước giải cách dễ dàng Đây có lẽ lý mà trường công an thi đánh giá lực hình thức thi tự luận để chọn sinh viên tốt - Rèn luyện cho em đức tính cần cù, chịu khó tìm tịi, sáng tạo đồng thời hình thành cho em thói quen tự học, tự nghiên cứu, tự đặt vấn đề - Hình thành dần cho em thói quen biết đặt (giải quyết) câu hỏi: nguồn gốc toán từ đâu? sáng tạo tốn dạng khơng?, tốn giải vấn đề sống 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Học sinh lớp 11,12 - Giáo viên giảng dạy mơn tốn bậc THPT 1.4 Tính giới hạn đề tài - Đề tài giúp giáo viên tham khảo thêm phương pháp sư phạm cách đặt vấn đề vào dạy học phép biến hình - Đề tài có tính việc giúp học sinh rèn luyện tư duy, sáng tạo xây dựng toán vận dụng tương tự, giúp ích cho giáo viên q trình giảng dạy với dụng ý sư phạm cụ thể, mang lại hiệu - Đề tài dành cho đối tượng học sinh trung bình, khá, giỏi - Với xu hướng ” Quay đầu” thi tự luận mơn Tốn tuyển sinh mở đầu trường cơng an tốn tọa độ mặt phẳng khơng xuất đề thi học sinh giỏi, ứng dụng số chương đại số chắn xuất nhiều đề thi đại học trước nên ta cần phải đầu tư thích đáng cho nội dung chương học II NỘI DUNG: Mơn Tốn góp phần hình thành phát triển cho học sinh lực toán học bao gồm thành phần cốt lõi sau: lực tư lập luận tốn học; lực mơ hình hố tốn học; lực giải vấn đề toán học; lực giao tiếp tốn học; lực sử dụng cơng cụ, phương tiện học toán Phần I: Tạo hứng thú cho học sinh tiếp cận học chương 1-Hình học lớp 11: Các phép biến hình mặt phẳng Với xu hướng giáo dục để tạo hứng thú học sinh học mơn Tốn cần làm cho học sinh thấy vai trò, ứng dụng Tốn học sống ngồi việc chung chung học Tốn khiến ta “thơng minh” Sau số ví dụ để dẫn dắt trình dạy học phép biến hình 1.1 Đặt vấn đề dạy học bài: Phép tịnh tiến Bài toán1:(Đề thi ĐGNL ĐHBK Hà Nội 2021) Cho hai xã nằm hai vị trí A B cách sông (xem hai bờ sông hai đường thẳng song song) (hình bên dưới) Người ta dự định xây cầu MN bắc qua sông ( cố nhiên cầu phải vng góc với bờ sơng) làm hai đoạn đường thẳng từ A đến M từ B đến N Hãy xác định vị trí cầu MN cho AM  BN ngắn Chúng ta giải toán thực tế sau học xong tiết học hôm Điều tạo cho học sinh hứng thú muốn giải toán nhờ việc đặt vấn đề chăm khám phá kiến thức Cuối Giáo viên cần đến đích hướng dẫn học sinh giải Toán đặt đầu tiết học Lời giải Ta thực phép tịnh tiến theo véc tơ MN biến điểm A thành A‟ lúc theo tính chất phép tịnh tiến AM = A‟N suy AM + NB = A‟N +NB ≥ A‟B (Ta đặt cầu bắc qua vng góc với bờ sơng ứng dụng tính chất hình học để chiều dài cầu ngắn từ tiết kiệm nguyên vật liệu chi phí để xây cầu nhất) Vậy đường gấp khúc AMNB ngắn A‟N+ NB ngắn ba điểm A‟, N, B thẳng Từ suy cách tìm vị trí đặt cầu Ngồi dạy phép tịnh tiến Giáo viên cần phân tích ứng dụng thực tiễn hình học lĩnh vực hội họa tranh họa sĩ Hà Lan Ét-se iu(M.C Escher) gồm hình mơ tả chiến binh lưng ngựa Các hình phủ kín mặt phẳng Hai chiến binh ngựa màu (trắng hay đen) tương ứng với qua phép tịnh tiến Hai chiến binh ngựa khác màu tương ứng qua phép đối xứng trục phép tịnh tiến Nghệ thuật dùng hình để lấp đầy mặt phẳng phát triển mạnh mẽ vào kỷ XIII nước I-ta-li-a lĩnh vực đồ họa ngày 1.2 Đặt vấn đề dạy học bài: Phép đối xứng trục Bài toán 2: Người ta tổ chức chạy thi bãi biển với điều kiện sau: Các vận động viên xuất phát từ địa điểm A đích địa điểm B, trước đến B phải nhúng vào nước biển (ta giả sử mép nước biển đường thẳng) A B M Để chiến thắng đua này, tốc độ chạy, cịn có yếu tố quan trọng vận động viên phải xác định vị trí M mép nước mà phải chạy từ A tới để nhúng vào nước biển, từ chạy đến B cho quãng đường phải chạy ngắn Chúng ta giải toán thực tế sau học xong tiết học hôm Điều tạo cho học sinh hứng thú muốn giải Toán nhờ việc đặt vấn đề chăm khám phá kiến thức Cuối Giáo viên cần đến đích hướng dẫn học sinh giải Toán đặt đầu tiết học Để tăng khả chiến thắng thi chạy trước vào đua ta cần giải toán phát biểu dạng toán học túy sau: Cho hai điểm A B nằm phía đường thẳng d Hãy xác định vị trí M cho AM+BM bé Lời giải B A d M A' Gọi A‟ điểm đối xứng với A qua d Khi với điểm M d ta có AM+MB=A‟M+MB Suy AM+MB nhỏ A‟M+MB nhỏ Điều xảy A‟, M, B thẳng hàng M thuộc đoạn A‟B Do điểm M cần tìm giao điểm đoạn A‟B d Từ giải toán thực tiễn nêu Bên cạnh toán thực tế giáo viên cần giúp học sinh thấy toán học bắt nguồn từ thực tiễn những lá, số loài vật trọng tự nhiên hình dạng có trục đối xứng Tất cơng trình xây dựng phải dựa kiến thức tốn học cơng trình thể rõ tính đối xứng trục 1.3 Đặt vấn đề dạy học : TÌM HIỂU PHÉP QUAY Nhờ ứng dụng công nghệ thông tin để hỗ trợ cho dạy học giáo viên dễ dàng lồng ghép đưa vào hình ảnh thực tiễn làm sống động giảng tạo hứng thú cho học sinh, hạn chế việc đưa cơng thức tính tốn đơn Giáo viên đặt vấn đề: Quan sát loại chuyển động sau: dịch chuyển kim đồng hồ, bán ren cưa, động tác xịe quạt Quan sát vơ lăng tay người lái xe ta thấy người lái xe quay tay lái góc hai điểm A, B tay lái quay theo vị trí A, B thay đổi khoảng cách chúng khơng thay đổi từ giáo viên phát biểu định nghĩa tính chất phép quay Quan sát nhận xét chiều quay hai bánh xe sau Câu hỏi giúp học sinh phát triển tư trực quan tập quan sát vật, tượng thực tiễn Trên đồng hồ từ lúc 12 đến 15 kim kim phút quay góc độ ? Để trả lời câu hỏi học sinh khơng nắm kiến thức phép quay mà cịn phát triển tư trực quan, chia sẻ am hiểu thân với người khác 1.4 Đặt vấn đề cho học: Phép dời hình Hãy quan sát hình vẽ sau đưa nhận xét đặc điểm chung chúng: Ví dụ 3.8 (ĐH B-2002) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ; ), phương trình đường thẳng AB : x-2y+2=0 AB=2AD Tìm tọa độ đỉnh A,B,C,D; biết A có hồnh độ âm Lời giải: A thuộc đường thẳng x-2y+2=0 nên A(2a-2;a) , A H B H trung điểm AB nên IHAB H giao điểm đường thẳng qua I vng góc với đường thẳng AB nên ta tìm H(0;1) I C D Do A,B thuộc đường thẳng d: x-2y+2=0 A có hồnh độ âm, AH= AD Theo AB=2AD nên D ảnh H qua phép quay tâm A góc quay 900 Ta có AH    2a;1  a  , đặt AD  ( x '; y ') x '  1 a  D  a  1;3a    y '  2a  Áp dụng cơng thức (III) ta có  B đối xứng với D qua tâm I nên B(2-a;2-3a) Mặt khác B thuộc đường thẳng d: x-2y+2=0 nên ta có 2-a-2(2-3a)+2=0 suy a=0.Vậy A(-2;0), B(2;2), D(-1;-2) C đối xứng với A qua I nên C(3;0) Với cách làm tương tự ta giải đặt toán mặt phẳng tọa độ như: Bài 1.( B-2003) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, M(1;-1) trung điểm BC Điểm G( ; ) trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, B, C Bài (A-2005) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x-y=0 d : 2x+y-1=0 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết A, C d1 , d B, D thuộc trục hoành Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(1 ;0) AC=2BD Hai điểm A B thuộc hai đường thẳng d1 : x-y-3=0 d x+y+3=0 Tìm tọa độ điểm A, B, C, D Một số tốn trường hợp góc quay khác 900 khác - 900 Ví dụ 3.9 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1;1) Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng y=3 điểm C thuộc trục hoành cho tam giác ABC Lời giải: Gọi B  x0 ;3 thuộc đường thẳng y=3  AB   x0  1;2 28 Theo tam giác ABC nên C ảnh B qua phép quay tâm A góc quay  =60  = -60 + TH1:  = 60 , đặt AC   x '; y ' Áp dụng cơng thức (I) ta có  x '   x0  1 cos 600  2sin 600  0  y '   x0  1 sin 60  cos 60 x0    x '     y '   x0  1    x 1  x 1   x0  1   x0  1  AC    3;  1  C   3;  2     2     Mặt khác C thuộc Ox nên  4    x0  1    x0  4 1  Vậy B   1;3  , C 1  ;0      +TH2:  = -60 , đặt AC   x '; y ' Áp dụng cơng thức (*) ta có x0    x '    x 1   x0  1   AC    3;  1     y '    x0  1      x 1    x0  1 C  3;  2     Vì C thuộc Ox nên yC  nên x0       Vậy B   1;3  , C 1  ;0  3     Trong toán học sinh giải cách lập hệ phương trình giải Tuy nhiên việc giải hệ phức tạp chứa phương trình bậc hai giải số trường hợp đặc biệt toán cho “B thuộc đường thẳng y=3 điểm C thuộc trục hoành” Nhưng với lời giải theo ứng dụng phép quay ta giải cho tốn mà điểm B C thuộc hai đường thẳng mà khơng gặp trở ngại Hơn việc xây dựng ghi nhớ công thức không phức tạp mà học sinh chiếm lĩnh Ví dụ 3.10 (ĐH D-2009) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C)  x  1  y  Gọi I tâm đường tròn (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho góc ̂ 29 Lời giải: Đường trịn (C) tâm I(1;0), bán kính R=1 Ta thấy O thuộc (C) nên tam giác IMO cân I ̂ nên ̂ IM = IO Suy M ảnh O qua phép quay tâm I góc quay  =120  = -120 Ta có IO   1;0 +TH1:  = 120 , đặt IM   x '; y ' Áp dụng công thức (I) ta có   x '   cos120  1 3 3 3  IM   ;    M  ;      2 2  y '   sin1200    +TH1:  =- 120 , đặt IM   x '; y ' Áp dụng cơng thức (*) ta có   x '   cos(120 )  1 3 3 3  IM   ;   M  ;   2  2   y '   sin 1200     Bài toán tương tự Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x+y2=0 ; d : x-y-5=0 điểm A(1 ;-2) Tìm tọa độ hai điểm B, C thuộc hai đường thẳng d1 , d cho tam giác ABC vuông A góc ̂ Bài tốn A Chứng minh tam giác bất kỳ, trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp thẳng hàng O G j H B M Giải: Ta có   VG C : ABC  MNP Nên VG biến trực tâm H tam giác ABC thành trực tâm H‟ tam giác MNP Mặt khác, trực tâm tam giác MNP thuộc đường trung trực tam giác ABC Từ ta có H‟  O 30  Vậy VG : H  O suy điểm H, G, O thẳng hàng Đường thẳng qua điểm đường thẳng Ơ le Trong toán học sinh cần ghi nhớ : Ba điểm H, G, O thẳng hàng GH  2GO hay HO  HG Chú ý : Chú ý ‘‘Gọi M, N, P,I, E, F trung điểm đoạn BC, CA, AB, HA, HB, HC sáu điểm nằm đường tròn’’ A Thật vậy, ta có EH  AC  EH  IF mà MF//EH nên MF  IF hay ̂ Tương tự ta chứng minh ̂ nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF I N P H F E B C M Tương tự ta có N, P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF Vậy sáu điểm M, N, P,I, E, F nằm đường tròn hay đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC trùng đường tròn qua ba trung điểm cạnh AB, BC, CA Chú ý „„Cho đường tròn tâm O bán kính R, BC dây cung cố định đường tròn A điểm di động đường trịn đó.Khi trực tâm H ABC nằm đường tròn cố định’’ A B' O H c1 l B C I H' A' Hướng dẫn giải Hướng 1: Khi A di động đường trịn, AH ln vng góc với AB Vậy phương AH khơng đổi ln vng góc với đường thẳng BC cố định Điều định hướng giải tốn nhờ tịnh tiến hay vị tự Vì qua phương bất biến Thật vậy, gọi B’ điểm xuyên tâm đối B Khi B’CBC, B’ABA nên tứ giác AB’CH hình bình hành Từ AH  B ' C (cố định) 31 Vậy H ảnh A qua phép tịnh tiến theo véc tơ B ' C mà A chạy đường tròn tâm (O;R) Vậy H chạy đường tròn (O’;R) ảnh (O;R) qua phép tịnh tiến nêu Hướng 2: Gọi H’ điểm đối xứng với H qua BC Ta có ̂ (phép đối xứng trục bảo tồn độ lớn góc) Vì ̂ ̂ BH ' C  BAC  1800 tứ giác ABH’Cnội tiếp được.Vậy H’  (O;R) ̂ nên Vậy quỹ tích H đường trịn (O’;R) ảnh (O;R) qua phép đối xứng trục BC Hướng 3: Gọi I trung điểm BC Vẽ đường kính AA’ chứng minh I trung điểm HA’ Suy quỹ tích H ảnh (O;R) qua phép đối xứng tâm I Chú ý HS cần ghi nhớ‘‘các điểm đối xứng với trực tâm H qua cạnh AB, AC, AB thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC’’ *Nhận xét:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho điểm M(x;y), M‟(x‟;y‟) điểm I(a;b) V I ;k  : M  M '  IM '  k IM  x ' a  k  x  a   x '  a  k  x  a     y ' b  k  y  b   y '  b  k  y  b  (4) Sử dụng tốn cơng thức (IV) ta giải nhanh toán sau Ví dụ 4.1 (HSG tỉnh mơn tốn lớp 12 năm học 2010-2011) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 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 (C‟) là: x  y  x  y   Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Hướng dẫn giải: Ta thấy toán liên quan đến trọng tâm G, trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp I tam giác ABC nên ta nghĩ đến toán Nhưng sử dụng tính chất chưa đủ để giải tốn Bài tốn cịn 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 liên hệ hai đường trịn Ta có phép vị tự tâm H, tỷ số k=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 ta giải tốn sau: Lời giải 1: Ta có (C‟) có tâm K(1;-2), bán kính R‟ = Gọi (C) phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính R Ta có V H ;2 :  C '   C  nên R = 2R‟ =2 HI  2HK (1) 32 Theo kết ta có với I, H, G tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm tam giác ABC HI  HG (2) Từ (1) (2) ta có 3HG  HK  H(1;-14) Do V H ;2 : K  I nên áp dụng công thức (IV) nên ta có  xI  xH   xK  xH    I 1;10    yI  yH   yK  yH   10 Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC  x  1   y  10   2 Lời giải 2: Ta có (C‟) có tâm K(1;-2), bán kính R‟ = Theo ý ta có (C‟) đường trịn qua ba trung điểm ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Gọi (C) phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính R Ta có VG;2 :  C '   C  nên R = 2R‟=2  xI  xG   xK  xG    I 1;10    yI  yG   yK  yG   10 Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC  x  1   y  10   2 Từ tốn ta đưa tốn sau Ví dụ 4.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2) Gọi H trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x  y  x  20 y  97  Viết phương trình đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC Hướng dẫn giải: 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=  Chú ý: „„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 tam giác ABC kẻ từ A, B, C ta có chín điểm M, N, P,I, E, F, Q, R, S thuộc đường tròn(đường tròn Ơ- le tam giác ABC hay đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP, QRS, IEF trùng nhau’’ Từ ta dễ dàng giải tốn sau Ví dụ 4.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Gọi H trực tâm tam giác ABC Q, R, S chân đường cao hạ từ A, B, C 33 tam giác ABC Biết đường tròn qua ba điểm Q, R, S x  y  x  y   H(1; -14) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Hướng dẫn giải: Đường tròn qua ba điểm Q, R, S trùng với đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC Do đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ảnh đường tròn qua ba điểm Q, R, S qua phép vị tự tâm H tỷ số k=2 Ví dụ 4.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(1;-14) Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x  y  x  20 y  97  Viết phương trình đường trịn qua ba điểm chân đường cao hạ từ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải: Gọi điểm Q, R, S chân đường cao tam giác ABC kẻ từ A, B, C Đường tròn qua ba điểm Q, R, S trùng với đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC Do đường trịn qua ba điểm Q, R, S ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua phép vị tự tâm H tỷ số k=  Chú ý: „„Nếu gọi M‟, N‟, P‟lần lượt điểm đối xứng với H qua điểm M, N, P; gọi Q‟, R‟, S‟ điểm đối xứng với H qua đường thẳng BC, CA, AB sáu điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC‟‟ Do ta đưa toán sau R' A P' N' R N P S' S j B Q Q' C M M' Ví dụ 4.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2) Gọi H trực tâm tam giác ABC Lấy Q‟,R‟, S‟ điểm đối xứng với H qua đường thẳng BC, CA, AB Biết đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x  y  x  y   Viết phương trình đường trịn qua ba điểm Q‟,R‟, S‟ Hướng dẫn giải: Đường tròn qua ba điểm Q‟,R‟, S‟trùng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ảnh đường trịn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA, HB, HC qua phép vị tự tâm G tỷ số k=-2 Ví dụ 4.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(1;-14) Gọi M, N, P trung điểm đoạn BC, CA, AB; M‟, N‟, P‟lần lượt điểm đối xứng với H qua điểm M, N, P Biết đường tròn 34 qua ba điểm M‟, N‟, P‟ x  y  x  20 y  97  Viết phương trình đường tròn qua ba điểm chân đường cao hạ từ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải; Đường tròn qua ba điểm M‟,N‟, P‟ 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 tỷ số k= Sau số toán khai thác mối liên hệ điểm trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp trung điểm cạnh tam giác   Ví dụ 4.7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  3;  5 29  1   ,   tâm đường tròn ngoại tiếp I  0;  , trung điểm BC M  ;3  Xác định tọa độ   2  đỉnh A, B, C biết hoành độ B lớn hoành độ C Lời giải : Gọi G trọng tâm tam giác ABC theo tốn ta có IG  IH hay G ảnh H qua V 1 I;   3 nên ta có  xG          7  G 1;   29 1 29    3  yG        3   Do G trọng tâm tam giác ABC nên A ảnh M qua phép vị tự tâm M tỷ số k=3 nên   5  x A   1    2     A  2;1    y  33 3 1    A 3  B, C thuộc đường trịn tâm I bán kính IA có phương trình 29  697  x2   y     64  5   5  Mặt khác, đường thẳng BC qua M  ;3  nhận AH   5;  làm véc tơ pháp 2    tuyến nên có phương trình x  y   35 Tọa độ B, C nghiệm hệ 4 x  y      29  697 x  y       64   Giải hệ phương trình kết hợp giả thiết hoành độ B lớn hoành độ C ta B(3 ;5) C(2 ;1) Ví dụ 4.8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC biết B(0;1), C(1;0) trực tâm H(2;1) Lập phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Hướng dẫn giải: Cách 1: + Lập phương trình cạnh AB + Lập phương trình cạnh AC + Từ xác định tọa độ điểm A + Rồi lập phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Cách 2: Nhận xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC qua BC Do + Lập phương trình đường tròn (C) qua điểm H, B, C : x  12   y  12  (C) có tâm I(1;1) R= + Phương trình đường trịn (C‟) ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với BC nên có tâm I‟ đối xứng với I qua BC R‟ = R = 2 Phương trình (C‟) x + y = Nhận xét: Ta thấy học sinh thường giải theo cách người giáo viên phải hướng cho học sinh biết giải theo cách để giải nhanh tốn mà cịn giải nhanh tốn sau mà giải theo cách vô phức tạp Ví dụ 4.9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết cạnh BC có phương trình 2x + y - = đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC (C) x  y  x  y   với H trực tâm tam giác ABC Lập phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Hướng dẫn giải: Gọi (C‟) đường trịn noại tiếp tam giác ABC (C‟) đối xứng với (C) qua BC nên (C‟) có tâm I‟ đối xứng với I qua BC R‟ = R = 10 Vậy phương trình (C‟) x  12   y  12  10 Ví dụ 4.10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết cạnh BC có phương trình 2x + y - = đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (C) 36 x  y  x  y   với H trực tâm tam giác ABC Lập phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC Hướng dẫn giải: Ta có (C) đường trịn noại tiếp tam giác ABC đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với (C) qua BC nên có tâm I‟ đối xứng với I qua BC R‟ = R = 10 Do đó, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 HBC  x  3   y  3  10 Ví dụ 4.11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(1;3) Tâm đường trịn ngoại tiếp I(2;0) A(3;4) Viết phương trình đường thẳng BC Hướng dẫn giải: Gọi A‟ điểm đối xứng với A qua I A‟ thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M giao BC A‟H, ta có M trung điểm A‟H   1 A(3;4) nên A‟(1;-4) mà M trung điểm A‟H nên M 1;    Vậy BC đường thẳng qua M nhận AH =(-2;-1) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình 4x+2y-3=0 Tương tự ta giải cho tốn sau Ví dụ 4.12 (ĐH D-2010) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2;0) Xác định tọa độ đỉnh C biết C có hồnh độ dương Hướng dẫn giải: Tương tự 5.5 ta viết phương trình cạnh BC y=3 nên C giao đường thẳng BC đường tròn tâm I bán kính IA= 74  x    y  74 Tọa độ điểm C ngiệm hệ   y  Do C có hồnh độ dương nên  C 2  65;3  Bài toán : x b Cho góc xOy điểm M nằm góc Hãy dựng đoạn thẳng AB qua M với A thuộc tia Ox, B thuộc tia oy cho MA = k MB A M O B y Hướng dẫn giải: 37 a Phân tích: Giả sử dựng đoạn thẳng AB thoả mãn điều kiện tốn Khi ta có MA = k MB A, M, B thẳng hàng nên MA  k MB Từ suy A ảnh B qua phép vị tự tâm M tỉ số - k nên ta chọn phép vị tự để dựng hình Ta có cách dựng: Dựng b ảnh Oy qua phép vị tự tâm M tỉ số - k, b cắt Ox A A điểm cần dựng Nối A với M kéo dài cắt Oy B cần dựng Chú ý: *Trong trường hợp k=1 M trung điểm AB ta giải tốn với k=1 sử dụng phép đối xứng tâm M sở để số sách đưa lời giải : Gọi N điểm đối xứng với O qua tâm M, kẻ đường thẳng qua N song song với Oy cắt Ox A, kẻ đường thẳng qua N song song với Ox cắt Oy B AB đoạn cần dựng x A N j M O B y Như biết phân tích tốn theo hướng ứng dụng phép biến hình đưa lời giải cách tự nhiên học sinh dễ tiếp nhận Ta thấy có quy trình riêng cho dạng tốn Tuy nhiên tn thủ theo quy trình chung gợi ý định hướng bổ ích cho việc tìm tịi lời giải tốn *Bên cạnh việc nắm toán sử dụng vào giải toán liên quan mở rộng toán quan trọng việc học tốn học sinh Sau tơi xin đưa số ví dụ lấy từ toán ứng dụng phép biến hình Ví dụ 5.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d x – y + =0 d 2x + y – = điểm P(2;1) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm P cắt hai đường thẳng d , d hai điểm A, B cho P trung điểm AB 38 Hướng dẫn giải:Ta có B ảnh A qua phép đối xứng tâm P mà A thuộc d nên B thuộc ; d ‟ ảnh d qua phép đối xứng tâm P d có phương trình x – y + =0 nên d ‟ có phương trình x – y – = x  y    B ( ; ) 3 2 x  y   Vậy tọa độ B nghiệm hệ  Đường thẳng d đường thẳng BP có phương trình x + 4y – = Ví dụ 5.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d x – y + =0 d 2 x + y – = điểm P(2;1) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm P cắt hai đường thẳng d , d hai điểm A, B cho PB = PA Hướng dẫn giải: Vận dụng toán ta có B ảnh A qua phép vị tự tâm P tỉ số k=-2 Mà A thuộc đường thẳng d nên B thuộc đường thẳng d ‟ ảnh đường thẳng d qua phép vị tự tâm P tỉ số k=-2 Dễ dàng tìm d ‟ có phương trình x – y – = Khi B giao điểm d ‟ d nên tọa độ B nghiệm hệ phương trình x  y    2 x  y    B(2;-3) Vậy đường thẳng d qua hai điểm B P nên có phương trình y – = Nhận xét: Trong tốn ta thay số số dương ta có số tốn với cách giải tương tự Ví dụ 5.3 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hai đường thẳng d : 3x-y-5=0, d : x+y-4=0 điểm M(1;1) Viết phương trình tổng quát đường thẳng d qua M cắt d , d hai điểm A, B cho 2MA -3MB =0 39 Ví dụ 5.4 Trong mp Oxy cho đường tròn C1  : x  y  13 C2  : x  62  y  25 Gọi A giao điểm C1  C  với y A > Viết phương trình đường thẳng qua A cắt C1  C  theo dây cung có độ dài O' C A B O I Hướng dẫn giải:  x  y  13  A(2;3) Toạ độ A nghiệm hệ  ( x  6)  y  25 Giả sử d qua A cắt C1 , C  B C cho AB = AC Vậy phép đối xứng tâm A biến B thành C, mà B  C1  nên C thuộc C1'  ảnh C1  qua phép đối xứng tâm A Điểm C cần tìm giao điểm C1'  C  Ta có C1'  đường trịn tâm O‟ đối xứng với O qua A có bán kính R = 13 nên có phương trình: x  42   y  62  13 Vậy điểm C (khác A) giao điểm C1'  C  nên toạ độ nghiệmcủa hệ ( x  6)  y  13 phương trình  ( x  4)  ( y  6)  13 C( 37 24 ; ) 5 Đường thẳng d cần tìm đường thẳng AC có phương trình : x – 3y + = Chú ý: *Bài tập ta sử dụng phép V A1 : B  C mà B  C1  nên C thuộc C1'  ảnh C1  qua V A1 Từ ta mở rộng tốn viết phương trình đường thẳng qua A cắt C1 , C  B C cho AC = k AB (k > 0) (Ta sử dụng phép V A k : B  C , mà B  C1  nên thuộc C1'  ảnh C1  qua phép vị tự tâm A tỉ số -k Điểm C cần tìm giao điểm C1'  C  ) * Trong tốn ta thay đổi giả thiết " Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A hai giao điểm C1 , C  " giả thiết " Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng l có phương trình x - 3y - = 0" sử dụng phép tịnh tiến sau: 40 H A d B C K I D J l H' j K' Giả sử dựng đường thẳng d cắt C1 , C  theo hai dây cung AB = CD Do d // l nên suy phương đường thẳng d xác định Từ định hướng sử dụng phép tịnh tiến Gọi tọa độ H' K' hình chiếu tâm đường trịn C1 , C  lên đường thẳng l Khi ta có H ' K '  HK  IJ , J(thuộc KK' ) ảnh I qua phép tịnh tiến theo véc tơ H ' K ' Từ ta có bước thực hiện: - Tìm tọa độ H' K' hình chiếu tâm đường trịn C1 , C  lên đường thẳng l - Tìm điểm J cho IJ  H ' K ' với I tâm C1  - Tìm tọa độ C,D giao C  đường trịn tâm J bán kính R đường thẳng cần tìm đường thẳng qua C song song với l 41 III KẾT LUẬN Nhiều người hiểu sai việc dạy Tốn bậc phổ thơng dạy kiến thức tốn học, học sinh cần học thuộc cơng thức để áp dụng, mà quên học toán học suy luận logic Việc dạy công thức tốn học cách hình thức với thi trắc nghiệm góp phần cho đời hệ học sinh thói quen tư cách độc lập Rất nhiều giảng viên lâu năm trường đại học nhiều chuyên ngành khác có nhận xét sinh viên vào trường không làm tập hay đề thi cần đến suy luận mà sinh viên nhiều năm trước giải cách dễ dàng Đây có lẽ lý mà trường cơng an thi đánh giá lực hình thức thi tự luận để chọn sinh viên tốt Bởi mặt chất, học phải trả lời câu hỏi kết cuối vậy, hiểu chất vấn đề Nhưng hiện, số học sinh trọng vào mẹo mực luyện thi Nếu thầy dạy theo hướng giảm ý nghĩa việc dạy học mơn tốn Chương trình sách giao khoa hướng đến phát triển nhiều lực người học coi trọng ứng dụng toán học đời sống nên giáo viên cần có đầu tư vào tiết dạy kích thích học sinh hứng thú học tập thay dạy đối phó thi cử khiến học sinh dễ nhàm chán tiết học Hệ thống toán giải nhờ sử dụng phép biến hình trường phổ thơng phong phú Các ví dụ số tốn điển hình phương pháp dẫn dắt để đến lời giải mở rộng toán Trong thực tiễn dạy học Giáo viên Học sinh thường tâm tới toán nêu Tuy nhiên có hẳn nửa chương trình hình học lớp 11 để khai thác ứng dụng phép biến hình qua củng cố thêm kiến thức hình học mặt phẳng cung cấp thêm số công cụ để giúp giải nhanh số toán dạng Ta thấy số kết tốn ứng dụng phép biến hình khai thác để vận dụng vào giải số lớp tốn thực tế Ngồi ta chuyển nội dung tốn ứng dụng phép biến hình sang tốn thực tế mặt phẳng làm phong phú thêm hệ thống toán dạng Qua thực tiễn dạy học thấy tạo cho học sinh thực hứng thú, tích cực chủ động chiếm lĩnh tri thức, phát tư hàm Đồng thời em nắm kiến thức có thói quen tự nghiên cứu, phát giải vấn đề nghĩa bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học góp phần vào cơng đổi phương pháp dạy học trường phổ thông 42 ... tập cho học sinh vấn đề xin trao đổi với quý đồng nghiệp vấn đề ? ?Tạo hứng thú cho học sinh dạy học phép biến hình ứng dụng vào giải tốn mặt phẳng tọa độ? ?? Qua phát triển tư thuật giải tư sáng tạo. .. Sau xin đưa số khai thác biểu thức tọa độ phép biến hình học vào giải toán tọa độ mặt phẳng tọa độ từ mức độ vận dụng vừa vận dụng cao Bài toán1 : Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng d d cắt hai... dụng phép quay để rút tính chất hình học tốn rổi sử dụng vào giải toán mặt phẳng tọa độ Vấn đề đặt ta rút mối liên hệ tọa độ ảnh tạo ảnh phép quay xác định Từ vận dụng trực tiếp vào giải toán mặt