Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGSáng kiến kinh nghiệm, SKKN VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MƠN TỐN NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ TÀI: VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TÁC GIẢ: QUÁCH CHI THẮNG DƯƠNG THỊ LY NGUYỄN THỊ THU HIỀN TRƯỜNG THPT NHO QUAN C GMAIL: NQC@NINHBINH.EDU.VN SỐ ĐIỆN THOẠI: 0303.674.215 I Tên sáng kiến: “VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG” II Nhóm tác giả sáng kiến - Quách Chi Thắng, giáo viên trường THPT Nho Quan C, trưởng nhóm; - Dương Thị Ly, giáo viên trường THPT Nho Quan C - Nguyễn Thị Thu Hiền, giáo viên trường THPT Nho Quan C III Nội dung sáng kiến Thực trạng giải pháp cũ thường làm - Hạn chế giải pháp cũ 1 Thực trạng Các tốn hình phẳng Oxy năm gần xuất đề thi Tuyển sinh Đại học phần lớn sử dụng kết hợp tính chất hình học q trình giải tốn đưa lời giải nhanh khoảng thời gian ngắn Dưới tổng kết lại kỹ thuật vận dụng định lý Thales áp dụng xuyên suốt thi Đại học Kỹ thuật áp dụng giải phần lớn tốn có tính chất song song từ viết phương trình đường thẳng, toán tam giác tứ giác Hiện nhiều học sinh lúng túng việc giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng, đặc biệt toán cần khai thác tính chất hình học địi hỏi tư linh hoạt Thực trạng có nhiều lý có mâu thuẫn xảy phần kiến thức tập dạng tập khơng có sách giáo khoa thường xuyên xuất kỳ thi điển đề thi đại học tất năm Theo thống kê 85% học sinh trường THPT Nho Quan C tham gia thi đại học khơng giải dạng tốn Bên cạnh với dạng tập đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan 2 Giải pháp cũ thường làm Trong sách giáo khoa hành nội dung tập liên quan sơ sài, chưa định hướng lời giải cho học sinh Chưa có nhiều tập mà cách giải vận dụng định lý , tính chất hình học phẳng học THCS Do học sinh lúng túng gặp phải tập mà cách giải phải vẽ thêm đường phụ hay sử dụng số tính chất đặc biệt tam giác, tứ giác Các sách tham khảo thị trường viết nội dung mang tính ép buộc khiến học sinh phải giải tốn theo lối mịn định Trong phần tham khảo toán đường đặc biệt tam giác sách tham khảo nêu nhiều dạng tập cố định phương pháp sau lấy ví dụ minh họa tương ứng cho dạng tập nêu Ví dụ tốn: Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác ABC biết tọa độ đỉnh A(x1; y1 ) phương trình hai đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B, C d1;d Trong sách tham khảo hướng dẫn chung hai phương pháp sau: + Phương pháp 1: - Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác Sau tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua G - Viết phương trình đường thẳng d1' ;d '2 qua A’ song song với đường thẳng d1;d - Khi tọa độ điểm B, C thỏa: B  d1  d '2 ; C  d  d1' + Phương pháp 2: - Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác - Lấy điểm B, C thuộc đường d1;d ta tọa độ điểm theo ẩn số dạng B(b);C(c) với b, c ẩn số - Sử dụng công thức tọa độ trọng tâm ta hệ ẩn b, c Giải hệ tìm tọa độ điểm B, C Với cách tiếp cận sách tham khảo đưa nhiều dạng tập cách giải cho dạng cụ thể 3 Hạn chế giải pháp cũ - Với việc đưa hệ thống dạng toán cố định mặc định sẵn phương pháp giải tương ứng khiến học sinh vất vả việc nhớ dạng toán phương pháp tương ứng cho dạng - Trong tập khác đề cho không dạng chuẩn học sinh cách định hướng tìm lời giải - Khi thực theo giải pháp cũ hầu hết học sinh không làm toán mà yếu tố đề cho dạng suy luận - Các đề thi đại học năm gần tốn hình học tọa độ mặt phẳng đòi hỏi học sinh phải định hướng, tư duy, phân tích kiện giả thiết kết hợp với kiến thức học để làm áp dụng giải pháp cũ đại phận học sinh khơng làm tập thuộc dạng - Theo xu dạy học mới, giải pháp cũ bộc lộ nhược điểm rõ rệt, khơng phát huy tính chủ động, sáng tạo học sinh q trình giải tốn Bên cạnh với việc cung cấp q nhiều dạng tốn phương pháp tài liệu khiến học sinh phải chịu áp lực lớn trình học tập, phải ghi nhớ lượng kiến thức lớn Điều khiến em sáng tạo hứng thú học tập Những giải pháp ưu điểm giải pháp Những nội dung giải pháp - Vận dụng định lý Thales để khai thác giả thiết tốn tìm lời giải ngắn gọn, hiệu - Đưa nhận dạng số dấu hiệu từ giả thiết toán để sử dụng phương pháp vận dụng định lý Thales vào giải tốn - Trình lại hệ thống kiến thức chương trình sách giáo khoa mà tối thiểu học sinh cần nắm - Nêu định hướng số phương pháp để giải tập đề thi đại học với kiến thức - Trong q trình hình thành lời giải có phân tích cách tư đường tìm lời giải sở giả thiết từ giúp học sinh tạo thói quen tư liên kết gặp toán lạ 2 Những ưu điểm giải pháp - Giải pháp nhằm giúp học sinh giảm bớt gánh nặng trình học tập: Kiến thức cần thiết nằm khuôn khổ sách giáo khoa hành, nhớ nhiều dạng tập cách máy móc Rèn luyện cho học sinh biết khai thác định lý học bậc THCS định lý Thales, tính chất đoạn thẳng song song , tỷ lệ,… - Khi tiếp cận cách học theo giải pháp mới, học sinh tự chủ động tìm lời giải độc lập cho toán dựa lượng kiến thức có sẵn Do học sinh chủ động linh hoạt trước tốn khơng phải áp đặt theo khuôn mẫu định sẵn - Giáo viên dựa vào kết quen thuộc sách giáo khoa đề cho học sinh cách chủ động không trùng lặp - Các giải pháp nêu sử dụng phần lớn kiến thức mà học sinh học lớp Sự liên kết phần kiến thức với định hướng ban đầu khiến cho toán trở nên quen thuộc dễ tiếp cận Việc vận dụng cách phù hợp vào toán cụ thể tạo mẻ quen thuộc với học sinh Các tập vận dụng giải pháp toán xuất tài liệu tham khảo Đề thi đại học năm gần tiếp cận cách hoàn toàn mẻ đồng thời gần gũi với mức độ suy luận em học sinh IV Hiệu kinh tế xã hội dự kiến đạt Hiệu kinh tế: - Học sinh sử dụng nhiều tài liệu việc sử dụng phương pháp khác Có thể tự sáng tạo giải toán khác theo phương pháp Thời gian nghiên cứu học tập tương đối phù hợp Các em học sinh dựa vào phân tích tốn sáng kiến để tìm lời giải cho tốn khác, tránh tình trạng học thêm tràn lan vừa tốn vừa không mang lại hiệu cao - Qua trình triển khai sáng kiến kinh nghiệm trường THPT Nho Quan C với đối tượng em học sinh lớp 10 với tổng số khoảng 280 em em học sinh khối 12 với tổng số khoảng 283 em cho thấy để làm tập thuộc phần hình học tọa độ em học sinh tối thiểu phải có hai sách tham khảo là: + Phương pháp giải toán mặt phẳng tọa độ - Tác giả Nguyễn Ngọc Thu - Nhà xuất ĐHQG Hà Nội giá bìa 58.000 đồng + Phương pháp giải tốn đường thẳng, đường trịn, níc - Tác giả ThS Lê Hồng Đức - Nhà xuất ĐHSP Hà Nội, giá bìa 58.000 đồng Như với tổng số học sinh lớp 10 lớp 12 trường THPT Nho Quan C khoảng 563 em số tiền cần bỏ để mua sách tham khảo là: 563  58.000  58.000   65.308.000 đ Nếu sử dụng phương pháp tài liệu đề tài với giá thành khoảng 8.000 đồng số tiền cần dùng là: 563x8.000  4.504.000 đ Vậy số tiền tiết kiệm áp dụng sáng kiến là: 65.308.000  4.504.000  60.804.000 đ - Nếu sáng kiến áp dụng phạm vi tỉnh Ninh Bình với quy mơ 27 trường THPT trung tâm GDTX với khoảng 500 em học sinh thuộc hai khối 10 khối 12 đon vị số tiền tiết kiệm là: 35x500x(58.000  58.000  8.000)  1.890.000.000 đ Hiệu xã hội - Sáng kiến mang tính thực tiễn cao: Kiến thức vừa phải, phù hợp với đại phận học sinh Là tài liệu tham khảo bổ ích cho em học sinh bạn đồng nghiệp - Trong kỳ thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng bốn năm liên tiếp gần toán tọa độ mặt phẳng sử dụng phương pháp nêu đề tài - Đề tài kinh nghiệm áp dụng qua hoạt động giảng dạy nhóm tác giả, đồng nghiệp, lớp ôn thi tốt nghiệp THPT, Đại học Cao đẳng, bồi dưỡng học sinh giỏi trường THPT Nho Quan C bước đầu có kết đáng kể - Các hoạt động mà sáng kiến đề cập giúp đỡ nhiều cho giáo viên việc dạy học theo phương pháp mới, nhằm đổi phương pháp dạy học Cũng nhờ hoạt động xác định, GV sử dụng tài liệu tham khảo, giúp cho GV giảm bớt nhiều công sức việc soạn bài, chuẩn bị lên lớp - Việc áp dụng đề tài hoạt động dạy học giúp học sinh hình thành tư duy, khả vận dụng Đề tài cho thấy việc học nghiên cứu kỹ nội dung sách giáo khoa cần thiết cho học sinh trình học tập Kết giảng dạy: Với trường THPT Nho Quan C có điểm tuyển sinh đầu vào thấp: Điều kiện kinh tế cịn khó khăn, trình độ đầu vào cịn hạn chế, đại phận học sinh em thuộc vùng nơng thơn, vùng núi chưa có điều kiện tốt để học tập nên việc tiếp thu phương pháp hạn chế Trong ba năm liên tiếp gần điểm chuẩn đầu vào nhà trường thấp, trường có điểm đầu vào ln đứng vị trí thấp tỉnh: Năm học 2012 - 2013 điểm chuẩn 16.25 điểm, năm học 2013 - 2014 điểm chuẩn đầu vào 19,5 điểm năm học 2014 - 2015 điểm chuẩn đầu vào 16,75 điểm (Trong kỳ thi vào lớp 10 gồm mơn thi mơn Văn Tốn tính hệ số 2; em học sinh cộng thêm điểm Nghề điểm ưu tiên khuyến khích khác) Tuy nhiên nhờ tìm tịi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm tích cực đổi phương pháp nên kỳ thi Đại học Cao đẳng trường THPT Nho Quan C đạt thành tích tốt Cụ thể năm học gần điểm thi đại học nhà trường không ngừng nâng cao; Như với kết đạt được, sáng kiến kinh nghiệm khẳng định có ảnh hưởng rõ rệt đến chất lượng học tập môn em học sinh Tác giả hi vọng sáng kiến kinh nghiệm bạn đồng nghiệp em học sinh quan tâm góp ý để trở thành tài liệu hữu ích trình giảng dạy học tập V Điều kiện khả áp dụng Đề tài: VẬN DỤNG ĐỊNH LÝ THALES ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG” mà tác giả trình bày dễ dàng áp dụng thực tế, phù hợp với giáo viên, học sinh trung học phổ thơng Khơng hữu ích với học sinh ơn thi đại học mà hiệu với học sinh đại trà khác, giúp em nâng cao khả tư giải vấn đề liên quan Đăc biệt ban đầu giúp em học sinh có nhìn mới, biết vận dụng vào việc giải tốn học định lý hình học Đề tài nhóm tác giả sử dụng q trình giảng dạy, tài liệu tham khảo cho em học sinh, thầy q trình ơn thi học sinh giỏi, tốt nghiệp THPT, thi Đại học Cao đẳng trường THPT Nho Quan C áp dụng cho số giáo viên làm tài liệu tham khảo số trường THPT Qua đề tài cho thấy tốn hình giải tích mặt phẳng tiếp cận với nhiều đối tượng học sinh, với tảng kiến thức giới hạn nội dung chương trình sách giáo khoa hành Do khả áp dụng đề tài vào thực tế khả quan dễ thực VI Nội dung giải pháp mới: 1.1 Một số kiến thức liên quan đề tài Đề tài nghiên cứu thành nhiều mảng nhỏ, đề cập đến toán thuộc chủ đề khác thuộc phân mơn Hình học Vì đặc thù sáng kiến tập trung vào nghiên cứu phương pháp vận dụng định lý Thales để xử lý toán tọa độ mặt phẳng nên vấn đề lí thuyết tổng quát đề tài nêu dạng sơ lược Định lý Thales tam giác: a) Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác định đường thẳng chứa hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ ABC , DE//BC (Hình 1)  AD AE  , AB AC AD AE  DB EC Chú ý: Định lí Thales hình thang AB // EF // CD  AE BF AE BF  ,  AD BC ED FC (Hình 2) b) Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác tạo với đường thẳng chứa hai cạnh tam giác có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh tam giác cho ABC , DE // BC  AD AE DE   AB AC BC (Hình 3) c) Định lý Thales đảo: Nếu đường thẳng định hai đường thẳng chứa hai cạnh tam giác đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ đường thẳng song song với cạnh lại tam giác AD AE   DE // BC DB EC (Hình 3) Trong q trình giải tốn ta cần vận dụng thành thạo định lý thuận đảo Thales Dưới đề cập định lý quan trọng hình học phẳng chứng minh Thales Định lý Ceva Định lý Menelaus Định lý Ceva định lý Menelaus dạng độ dài hình học: a) Định lý Ceva: Cho tam giác ABC điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy khi: A' B B ' C C ' A 1 (1) A' C B ' A C ' B Chứng minh: Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1) Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC I K Áp dụng định lý Thales có: B ' C BC C ' A AK  ;  B ' A AI C ' B BC Hơn ta có: AI AM AK A' B AI     A' B MA' A' C A' C AK Vậy ta có: 10 Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có D(10;5) trung điểm  22  ;  cho ID = 2IC Gọi M giao điểm  3 cạnh AB Trên tia CD lấy điểm I  AI BC Giả sử M(7;-2) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Lời giải Phân tích lời giải: Trước tiên tìm tọa độ điểm C nhờ đẳng thức IC  ID Bài tốn liên quan đến điểm có tọa độ cho trước cạnh tam giác Ba điểm A, M, I nằm đường thẳng chứa cạnh tam giác BDC thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus ta có:  AD MB IC 1 AB MC ID 1 MB 1  MB = 4MC  MB  MC 2 MC Do dễ tìm tọa độ điểm B suy tọa độ điểm A Vậy tốn hồn tất Vậy trình bày em chứng minh MB  4MC Lời giải chi tiết Theo giả thiết ta có:  22 1 22   xC   10       IC  ID    y       C 2 3  xC 6   yC   C (6; 3) Ta chứng minh: AD MB IC 1 MB 1  1  MB = 4MC  MB  MC AB MC ID 2 MC 21  xB  4   yB  4 Ta có hệ phương trình:    xB 11   yB 2  B(11;2) Vì D trung điểm AB nên A(9;8) Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD tâm I Một đường thẳng d qua A cắt cạnh BC CD M N, đường thẳng IM cắt BN  1 ;  đỉnh C nằm  2 E cắt đường thẳng CD F Biết B(5;-4) E   đường thẳng  : x  y  11 0 Tìm tọa độ đỉnh A Ta chứng minh CE  BE + Nếu đường thẳng d qua A trung điểm BC IM song song với CD Suy tam giác BCN vuông cân C Do CE  BE (đpcm) + Nếu d không qua trung điểm BC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CAN với cát tuyến I, M, F ta có: MA FN IC 1 nên MN FC IA MA FN 1 (1) MN FC Xét tam giác BCN với cát tuyến M, E, F ta có: MC EB FN 1 (2) MB EN FC Từ (1) (2) suy ra: MA MC EB  (*) MN MB EN Theo định lý Thales ta có: 22 MA MB AB BC    (**) MN MC CN CN Từ (*) (**) suy ra: MC EB BC EB BC MB BC  hay   MB EN CN EN CN MC CN Kẻ CH  BC BC2 = BH.AN, CN2 = HN.BN  13    ;  Vì C    C    c; 3c    2    Suy BE  Ta có phương trình:  13 9  17  c  ( 3c  5) 0   40c  45 0  c   C   ;  2  8 49 49  ;   BC: x+y-1=0  8   Ta có: BC   Phương trình đường thẳng AB qua B vng góc với BC có phương trình AB: 1.(x-5) - 1(y+4)=0  AB: x-y-9=0  49   49  Gọi A(a; a - 9) ta có: AB = BC   a  5  (a  5)           89  a   49   (a  5)         a   2   89 17   A ;       81   A  ;    8 89 17  ;   8  Chú ý: A E nằm khác phía với BC nên nhận điểm A 89 17  ;   8  Vậy điểm cần tìm là: A Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d 1: x + 2y - = 0, đường thẳng d2: 3x + y + = điểm M(1;2) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt d1, d2 A B cho AI = AB (Với I giao điểm d1, d2) Lời giải Tọa độ giao điểm I nghiệm hệ phương trình:  x  y  0    x  y  0  x   I   3;2    y 2 23 Lấy điểm H(1;0)  d1, K (a; -3a-7)  d2 cho IH = HK Ta có: HI ( 4;2), HK (a  1;  3a  7) Ta có phương trình: 20 = 2[(a-1)2+(3a+7)2]  a   K   2; 1 Ta có: HI AI    AB//HK  d//HK (Thales đảo) HK AB Vậy đường thẳng cần tìm qua M nhận KH (3;1) làm vectơ phương Suy d: x y   d : x  y  0 Vậy đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu toán d: x - 3y + = Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC Gọi N điểm cạnh AC cho AN = 2NC Gọi P giao điểm BN đường trung tuyến kẻ từ  13 10  ;  Tìm tọa độ ba đỉnh A, B, C 3  đỉnh C Giả sử P(3; -2), N  Lời giải Với hai điểm P N biết trước tọa độ ta thấy việc tìm B trước tiên khả thi Vì điểm M, P, C thẳng hàng nên ta theo định lý Menelaus ta có: PB MA CN 1 PN MB CA  PB 1 1  PB 3PN  PB  3PN PB Bài 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G cạnh CD cho DG = 2GC Gọi E giao điểm AG BD Giả sử E(1;3), G(3;-1) đỉnh B thuộc đường thẳng d: 2x - y - = cos ADC  Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho biết xB < -1 13 24 Lời giải Thực tương tự tập mẫu đưa giải hệ phương trình 20b  86b  188  100b  860b  3569b  6316b  23236 13     5b  9b  72 5b  34b  22 0  b    24  b   B  3; 9  17  399  b   Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1) Một đường thẳng song song với BC cắt AB AC điểm D E(0;2) cho AB=3AD Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC Giải Trong tam giác ABC có: AD AE    AC 3 AE  AB AC  AC 3 AE   AC  AE Gọi C(x;y) suy AC ( x  1; y  1); AE ( 1;1) Ta có:   x     AC 3 AE  y  3       x  3  AC  AE    y     x     y 4    x 4    y  C ( 2;4) C (4; 2)  Bài 13 Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có điểm A(0; 1), B(3;4), CD = 2AB, AB song song CD Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Giả sử I thuộc cung AB cuat Parabol (P): y ( x  1) diện tích tứ giác ABCD đạt giá trị lớn Tìm tọa độ điểm C D Giải Theo định lý Thales ta có: IA IB AB    Suy S ABCD  S ABC  S BCD  3S ABC IC ID CD 25 ( CD = AB) Ta có S ABC  CA S IAB  3S IAB Do AB không đổi nên S ABCD lớn IA khoảng cách từ I đến AB lớn Vì I  (P)  I (a; (a  1) ) theo giả thiết I thuộc cung AB nên a(0;3) Phương trình đường thẳng AB: x – y + = Ta có d(I; AB) = a  3a 9 3a  a   (a  )   8 2 Đẳng thức xảy a  3  I( ; ) 2   IC   IA  C( ;  ) Ta có 2   29 AB  DC  D (  ;  ) Bài 14 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có C( 3; -3) Gọi E điểm nằm cạnh BC, đường thẳng AE cắt CD F, đường thẳng DE cắt BF G 1 2 Biết G ( ;  1), E (  ; ) đỉnh A nằm đường thẳng d: 2x- 5y + 12= Tìm tọa độ đỉnh B Giải Gọi I, K giao điểm CG với AB; DG với AB Ta chứng minh IE // BD Do IK // DF nên theo định lý Thales ta có : IK IG IB IK CD     (1) CD GC CF IB CF 26 Do AK // DF nên theo định lý Thales ta có : KE BE AB   (2) ED EC CF Từ (1) (2) kết hợp với AB = CD ta có IK KE   IE / / BD ( theo định lý Thales IB ED đảo) Xét tam giác AIC có : BD vng góc AC, CE vng góc AI, suy IE vng góc AC Từ E trực tâm tam giác AIC Do AE vng góc với CG Ta có:  5 1 CG  (  ; 2)  AE :  ( x  )  ( y  )  2 2  AE :  x  y   A giao điểm AE d nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình sau:   x  y 12     5 x  y  0    x    y 3  A( ; 3) 27 Đường thẳng BC có phương trình x + y = Tọa độ B hình chiếu A lên 3 4 BC Nên dễ dàng có B(  ; ) 1.4 Một số tập áp dụng: a Các toán tam giác Bài 1: Trong Oxy cho tam giác ABC có A(2;6) Chân đường phân giác  3   A BC D  2;   tâm đường tròn ngoại tiếp ABC I   ;1 Lập 2    phương trình cạnh BC Bài 2: Cho ABC có trọng tâm G(1;1), đỉnh A  d : 2x  y   , đỉnh B C thuộc đường thẳng x+2y−1=0 Tìm A,B,C, biết SABC  3 Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC có G( ; ) , tâm đường tròn nội tiếp I(2;1), cạnh AB có phương trình x-y+1=0 (xA0 d Các tốn hình vng: 31 2 Bài 1: Cho điểm I( ; );M( 4; 1); N( 2; 4) Tìm tọa độ đỉnh hình vng tâm I đồng thời M thuộc AB, N thuộc CD đỉnh B có hồnh độ âm 5 2 Bài 2: Cho hình vng ABCD có tâm I( ; ) , hai điểm A, B nằm đường thẳng d1 : x  y   0;d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng Bài 3: Cho hình vng ABCD biết A  d1 : x  3y  , C  d : 2x  y   , B, D  d : x  y  Tìm tọa độ đỉnh hình vng Bài 4: Cho hình vng ABCD tâm I, biết A(1;3) Trọng tâm tam giác 17 ) Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình 3 ADC IDC G1 ( ;5);G ( ; vuông Bài 5: Cho hình vng ABCD có AB : 4x  3y   0;BC : 3x  4y  19  Điểm M(1;-7) thuộc đường chéo AC Tìm tọa độ đỉnh hình vng Bài 6: Cho hình vng ABCD có M trung điểm BC Biết MD : x  y   , điểm C(3;-3), đỉnh A nằm d : 3x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng 11 2 Bài 7: Cho hình vng ABCD có M( ; ) trung điểm BC Gọi N điểm cạnh CD cho CN  2ND Biết AN : 2x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng Bài 8: Cho hình vng ABCD có A(1;2) Biết M(2;3) trung điểm CD Tìm tọa độ đỉnh hình vng Bài 9: Cho hình vng ABCD có: N  DC : NC  3ND;M  BC : MC  2MB 3 Biết M( ; ) ; AN : 3x  5y  Tìm tọa độ đỉnh hình vng 32 Bài 10: Cho hình vng ABCD biết M(3;2) thuộc BD Từ M kẻ ME, MF vng góc với AB, AD (E  AB;F  AD) Biết E(3;4);F(1;2) Tìm tọa độ đỉnh hình vng e Các tốn hình thoi: Bài 1: Trong hệ Oxy cho hình thoi ABCD có đỉnh B(3;−3) đường chéo AC nằm đường thẳng Δ:y=2x+1 Điểm M(−2;3) nằm đường thẳng AD Tính diện tích hình thoi ABCD Bài 2: Cho hình thoi ABCD Cạnh AB có phương trình 2x−3y+2=0 cạnh CD có phương trình 2x−3y−10=0 Điểm M(5;0) thuộc BC,N(2;6) thuộc AD Viết phương trình cạnh AD BC Bài 3: Trong hệ Oxy cho hình thoi ABCD có đỉnh B(3;−3) đường chéo AC nằm đường thẳng Δ:y=2x+1 Điểm M(−2;3) nằm đường thẳng AD Tính diện tích hình thoi ABCD Bài 4: Cho hình thoi ABCD có A(−1;0), trọng tâm G tam giác BCD có 5 7 tọa độ G  ;  Gọi M trung điểm BC diện tích hình thang BMDA 12 3 3 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thoi g Các tốn hình thang: Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy cho hình thang ABCD (AB//CD) Biết hai đỉnh B(3;3) C(5;−3) Giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng Δ:2x+y−3=0 Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình thang ABCD biết CI=2BI , tam giác ACB có diện tích 12 ,điểm I có hồnh độ dương điểm A có hồnh độ âm Bài 2: Cho hình thang ABCD, vng A D Phương trình AD : x  y  Trung điểm M BC có tọa độ M(1,0) Biết BC=CD=2AB Tìm tọa độ điểm A 33 Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho hình thang cân ABCD có diện tích 18;đáy lớn CD nằm đường thẳng có phương trình: x−y+2=0.Biết hai đường chéo AC,BDvng góc với cắt điểm I(3;1).Hãy viết phương trình đường thẳng BC,biết điểm C có hồnh độ âm Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ACBD có AD||BC, B(2;−1), C(0;3) AD=2BC Tìm tọa độ đỉnh A D, biết diện tích hình thang 15 Bài 5: Hình thang ABCD vng A D với CD=2AB, có đỉnh B(1;2).Hình chiếu vng góc D AC H(−1;0) N trung điểm HC Phương trình đường thẳng DN x−2y−2=0.Tìm tọa độ điểm A,C,D Bài 6: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích 45 , đáy lớn CD nằm đường thẳng x−3y−3=0 Biết hai đường chéo AC,BD vng góc với I(2;3) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hồnh độ dương Bài 7: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB//CD AB