Skkn xây dựng bài toán hình học giải tích phẳng từ một số bài toán hình học

1 Tên sáng kiến: Xây dựng tốn hình học giải tích phẳng từ số tốn hình học Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Phương pháp dạy học mơn Tốn 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 chun mơn: Cử nhân sư phạm Tốn 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 skkn I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Bài tốn 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 ln quan tâm đặc biệt học sinh Trong số hình giải tích mặt phẳng có lớp tốn thiên tính chất hình học túy gây cho học sinh nhiều khó khăn tiếp cận Đa số giáo viên dạy chủ đề thường tìm tốn có sẵn tài liệu tham khảo để giảng dạy, suy nghĩ khai thác tự tìm tịi xây dựng tốn cịn 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 tốn 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 tốn 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, tơi chọn đề tài: “Xây dựng tốn hình học giải tích phẳng từ số tốn hình học” II Mô tả giải pháp Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đối với học sinh kiến thức hình học phẳng cịn 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 tịi 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 mơn Tốn, có khoảng 10% học sinh hứng thú với tốn giải tích mặt phẳng Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến Bài tốn 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 tốn mang nặng tính chất “hình học” thường xây dựng tốn túy hình học phẳng skkn Trong đề tài muốn nêu lên ý tưởng giải tốn hình giải tích phẳng thuộc mảng thứ hai thơng 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 b) AH  IM c) HG  2GI Giải a) Ta có BH // CD (vì vng góc AC) A CH // BD (vì vng góc AB) Suy tứ giác BHCD hình bình hành b) Do tứ giác BHCD hình bình hành I Nên HD BC cắt trung điểm M H đường Trong tam giác AHD có IM đường trung bình G B C M Do AH  IM D c) Gọi G giao AM HI Do AH // IM Nên theo Talet ta có HG AG AH   2 GI GM IM Suy G trọng tâm tam giác ABC HG  2GI 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 skkn Từ ví dụ tốn 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 cịn 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  trịn ngoại tiếp I  ;  , trực tâm H(-26, -10) Xác định toạ độ đỉnh B, C tam  2 giác ABC Giải Theo kết tốn 1, ta có AH  IM A  7  Suy M  ;   2 Đường thẳng BC qua M có vectơ pháp tuyến H AH I Phương trình đường thẳng BC x  y  28  B Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC C M 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  7  y  14  x     y    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 tam  2  3  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  skkn 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 trịn 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: A Từ ví dụ 1.2 đến ví dụ 1.8 ta cần sử dụng kết toán HG  2GI AG  2GM ví dụ trở thành ví dụ 1.1 H B I G C M Ngồi 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 skkn  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 hồnh 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 hồnh độ dương Đáp án BGD sau: Phương trình BC có dạng y – a = với a  7 A (do BC  AH BC khơng qua A) Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:  x    y  74 I H Toạ độ B, C nghiệm hệ phương trình C B   x    y  74   y  a  Do hồnh độ B, C thỏa mãn phương trình  x  2  a  74 Phương trình có nghiệm a  70 Do C có hồnh độ dương nên B(2  74  a ; a), C (2  74  a ; a) 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 cơng cụ giải tích để giải tốn hình học giải tích phẳng gặp khó khăn nhiều khơng có giúp đỡ tính chất hình học phẳng skkn 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, A BC Ta có tứ giác ABNM nội tiếp M Suy HBN  DAC (vì chắn cung MN ) H I Mà DBC  DAC (vì chắn cung DC ) Nên HBN  NBD N B Tam giác BHD cân B(do BN vừa đường cao, C D 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 skkn 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 5x  y   0, x  y   Đường thẳng d qua A vng 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 hồnh độ dương Giải Đường thẳng AD qua D vng góc với BC A Phương trình đường thẳng AD x  y   Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình x  y   x    A(1; 1)  5 x  y    y  1 I H  1 7  Gọi M trung điểm BC suy M  ;   2  N B Gọi H trực tâm tam giác ABC M C D 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 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 hồnh độ dương Giải skkn 10 Đường thẳng AH có phương trình x   A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình  x  2  y  74 Gọi D giao AH đường tròn ngoại tiếp tam I H giác ABC, N giao AH BC Tọa độ D nghiệm hệ N B  x  x   x    y  74    y   y  7  x  C D Suy D(3; 7)  N (3;3) Theo kết tốn 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  2  65  x    y  74     y    y   y  C có hồnh 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 hồnh 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 trịn ngoại tiếp tam giác HBC ảnh đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng trục BC skkn 11 Hay I’ đối xứng với I qua BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có bán kính I '  d  I '(2t  1; t ) , HI '  EI '  (2t  1)2  (t  1)  (2t  5)  (t  1)  t   I '(5;2), I ' H  10 A Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC  x  12  y  10 I H Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình B M  x  12  y  10 x  x      y   y  1  x    ( y  2)  10 C E I' Do B có hồnh độ nhỏ nên B(2; 3), C(4; -1) Ví dụ 2.4 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2); B(3; 0) Gọi H trực tâm tam giác ABC Đường trịn ngoại tiếp tam giác AHB có tâm I(4; -3) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (Đề thi học sinh giỏi Nam Định năm 2010 - 2011) Giải Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác C ABC Theo kết tốn 2, ta có đường trịn ngoại tiếp tam giác HBA ảnh đường tròn ngoại H tiếp tam giác tam giác ABC qua phép đối xứng trục AB K B A M Hay K đối xứng với I qua AB Phương trình đường thẳng AB x  y   I Phương trình đường thẳng IK x  y   Gọi M giao KI BC Suy M(2; -1) nên K(0; 1) skkn 12 Bài toán Cho hình vng 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 qt M N hai điểm canh BC CD cho BM = CN ta ln có AM  BN Giải a) Cách Ta có ∆BAM = ∆CBN (c.g.c) A B Suy BAM  CBN K Khi BAM  ABN  CBN  ABN  900 M Do AM  BN Cách Đặt AB = a Ta có AM  AB  1 AD, BN  AD  AB 2 D N C Khi 1    AM BN   AB  AD   AD  AB  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 skkn 27 c) Đặt AB = a a , MN = a 2 Trong ∆AMN có AM = AN = AM  AN  MN  Suy cos MAN  AM AN Chú ý: Từ tốn ta xây dựng tốn cách cắt hình vng ABCD thành hình thang vng ABCN với AB = BC = 2CN A B M K D A B C N C N M K Từ tốn ta xây dựng tốn cách cắt hình vng ABCD thành hình chữ nhật ABME với AB = 2BM A B A B K M E I K E D N C M I Giả thiết cho tỉ lệ xác định điểm I, K suy tính chất vng góc ngược lại Ví dụ 5.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD vng B, C 4 8 có AB = BC = 2CD đỉnh A(-4; 0) Gọi M trung điểm BC, điểm K  ;   5 skkn 28 giao AM BD Xác định tọa độ đỉnh cịn 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 Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật biết điểm B nằm đường thẳng x  2y   Ví dụ 5.3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(1; 1) AB =  3  Gọi M trung điểm BC, K  ;  hình chiếu D lên AM Tìm tọa độ 5  đỉnh cịn lại hình vng biết đỉnh B có hồnh độ nhỏ Giải Phương trình đường thẳng AM x  y   Theo kết tốn 5, ta có AK = Suy AK  N A AM B K M AM  M (3; 3) Giả sử B(x; y) với x < D C Do ABCD hình vng 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 vng góc với BC suy phương trình CD: x   Do D(5; 1) Ví dụ 5.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng 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 vng biết đỉnh A có hồnh độ âm skkn 29 Giải Gọi N, I trung điểm CD BC A E D Theo kết toán 5, ta có BN  CE Suy H giao BN CE N Theo kết tốn 5, ta có BH  BN H M 1 Ta có BM  BH  BN  BN 2 5 B I C Gọi M’ giao AI BN Theo kết tốn 5, ta có BM '  BN , AI  BN Nên M M’ trùng Ta có BM  5 2 , BM  BN  BN  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 < AB2  16  (a  1)2  (2  2a)2  a  1 a  11 A có hồnh độ âm nên A(-1; 2) Đường thẳng AD qua A vng 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) skkn 30 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 vng biết A có hồnh độ ngun Giải Cách Gọi vectơ pháp tuyến AN n(a; b) với A B a  b2  Đường thẳng AM có vectơ pháp tuyến n '(7; 4) H M Theo kết tốn 5, ta có cos MAN   cos(n, n ')   a  4b a  b 65  D N C  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    1 Gọi H giao AM BN suy H  ;   5 Theo kết tốn 5, ta có BH  5 BN  BN  HN  BN  HN  B  1;1 3 Nên C(1; -2) D(4; 0) Cách Theo kết tốn 5, ta có BN  AM Phương trình đường thẳng BN x  y   skkn 31 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 hồnh độ ngun nên A(2; 3)  1 Gọi H giao AM BN suy H  ;   5 Theo kết tốn 5, ta có BH  5 BN  BN  HN  BN  HN  B  1;1 3 Nên C(1; -2) D(4; 0) skkn 32 Bài toán Cho hình vng ABCD, gọi M trung điểm AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3NC Chứng minh tam giác DMN vuông cân Giải Cách M A B Gọi I giao AC BD, E trung điểm DI Khi tứ giác MNEA hình bình hành Suy AE // MN (1) I Mặt khác NE  DA, DI  AN nên E trực tâm tam giác DNA N Suy AE  DN (2) E D Từ (1) (2) suy MN  DN hay MAD  90 C Khi MND  DAM  1800 nên tứ giác MNA nội tiếp Nên DMN  DAN  450 (cùng chắn DM ) Do tam giác DMN vuông cân N Cách M A P B 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 N D Suy tam giác DMN vuông cân N C Q 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 skkn 2 33 Trong tam giác AMN có M A B MN  AM  AN  AMAN cos NAM  a Trong tam giác DCN có DN  CD  CN  2CDCN cos DCN  a N  MN  DN Suy  2  DN  MN  DM D C Do tam giác DMN vuông cân N Cách Đặt AB = a Ta có MN  3 DC  DA, DN  DC  DA 4 4  1  2  MN   DC  DA   DC  DA  a 16  4  16 Khi  2 3   2 DN  DC  DA  DC  DA  a    16 4  16  1   Lại có MN DN   DC  DA  DC  DA    MN  DN 4 4   Do tam giác DMN vng cân N Cách y Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Khi D(0; 0), A(0; a), C(a; 0) M A B a   3a a  Suy M  ; a  N  ;  2   4  a 3a   3a a  Nên MN  ;  , DN  ;  4   4 N Khi MN DN  0, MN  ND  a Do tam giác DMN vng cân N C D x O skkn 34 Ví dụ 6.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng 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 tốn 6, ta có ∆BMN vng A B cân M Đường thẳng MN qua M vng góc với BM M Suy phương trình MN là: x  y  12  Nên N(5; 2).Giả sử C(x; y) Do CN  BC suy ra:  x  5 x     y   y  3   x2  y  x  y  16  D C N Ta có BN  10 nên BC  2   x     y  3   x  y  x  y   2  x2  y  x  y    x2  y  4x  y   Khi ta có:     3x  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 vng ABCD Gọi M  1 trung điểm cạnh AB, N   ;  điểm cạnh AC cho AN = 3NC Xác  2 định tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết đường thẳng MD có phương trình x   D có tung độ âm Giải skkn 35 Theo kết tốn 6, ta có ∆DMN vng cân A M B N nên: DN  MN  2d ( N , DM )     2 G I Suy D, M thuộc đường trịn tâm N bán kính R = N D C 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  4 Khi G trọng tâm tam giác ABD nên ta có DM  3GM  G 1;   3 Mặt khác AG  2 4 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 vng 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 7  Theo định lý Talet suy MN  3NE  E  ; 2  3  skkn 36 Theo kết tốn 6, ta có ∆DMN vng cân N B M A Đường thẳng ND qua N(2; -1) vng góc với MN Suy phương trình ND là: x  y   Do D thuộc ND nên D(3d + 5; d) N d   d  2 Khi ND  MN  (3d  3)  (d  1)  10   D E 7  Với d = suy CD qua D(5; 0) E  ; 2  có phương trình 3x  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 vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho AC = 4NC N thuộc đường thẳng có phương trình 3x  y   Phương trình đường thẳng MD x   Xác định tọa độ đỉnh C hình vng ABCD, biết khoảng cách từ C đến đường thẳng MD N có hồnh độ âm, D có tung độ âm Giải Gọi G trọng tâm tam giác ABD A M B Khi dễ dàng ta có NG 5 5   d ( N , DM )  d (C , DM )   CG 8 G I Do N thuộc đường thẳng 3x  y   N Nên N(t; -3t – 4) với t < D Ta có d ( N , DM )  Với t  C 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 vng ABCD có đỉnh D(5; 1) Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho AC = 4NC skkn 37 C Biết đường thẳng MN có phương trình 3x  y   Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình vng ABCD, biết M có tung độ dương Giải Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vng N A M B Đường thẳng DN qua D(5; 1) có vectơ pháp tuyến (1; 3) Phương trình đường thẳng DN x  y   G I Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình x  3y   x    N (2;2)  3 x  y   y  N C D M(t; 3t - 4) với t > Theo kết tốn 6, ta có ∆DMN cân N t  t   Do ND  MN  (t  2)2  (3t  6)  10   Suy M(3; 5) Gọi I giao AC BD, G giao AC DM  11 11  Khi G trọng tâm tam giác ABD nên DM  3GM  G  ;  3 3 Mặt khác AG  2 4 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 vng ABCD Gọi M(1; 3)  1 trung điểm cạnh AB, N   ;  điểm cạnh AC cho AC = 4NC Xác  2 định tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết D nằm đường thẳng x  y   Giải Theo kết toán 6, ta có ∆DMN vng cân N skkn 38 Đường thẳng DN qua N vng góc MN A M B Suy phương trình DN x  y   Tọa độ điểm D nghiệm hệ G I x  y 1  x   D (1; 2)   x  y    y  2 N C D Gọi I giao AC BD, G giao AC MD  2 Khi G trọng tâm tam giác ABD nên ta có DM  3GM  G 1;   3 Mặt khác AG  2 4 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 hồnh độ âm Giải Theo kết tốn 6, ta có ∆DMN vng cân N Suy MD  GE A M B Do phương trình MD x  y   Do G trọng tâm tam giác DMN nên E NE  3GE  N (0;2) G Lúc ví dụ có nội dung giống ví dụ D N C Do ta có kết B(-4; 0) skkn 39 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 tịi xây dựng tốn từ tốn 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 tốn 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 tốn hình học giải tích mặt phẳng bắt nguồn từ kết hình học tổng hợp, tạo tính lạ cho tốn IV Cam kết không chép vi phạm quyền Tôi xin cam kết báo cáo sáng kiến kinh nghiệm cá nhân tơi Nếu có vấn đề vi phạm tơi hồn tồn chịu trách nhiệm CƠ QUAN ĐƠN VỊ TÁC GIẢ SÁNG KIẾN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Tống Văn Ký skkn 40 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/, skkn 41 ... tọa độ mặt phẳng, chọn đề tài: ? ?Xây dựng tốn hình học giải tích phẳng từ số tốn hình học? ?? II Mơ tả giải pháp Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đối với học sinh kiến thức hình học phẳng hạn chế... số? ?? thường xây dựng sở tham số hóa, mảng thứ hai lớp tốn mang nặng tính chất ? ?hình học? ?? thường xây dựng tốn túy hình học phẳng skkn Trong đề tài muốn nêu lên ý tưởng giải tốn hình giải tích phẳng. .. toán minh họa việc sử dụng kết hình học tổng hợp để xây dựng toán việc giải chúng Làm bật việc xây dựng tốn hình học giải tích mặt phẳng bắt nguồn từ kết hình học tổng hợp, tạo tính lạ cho tốn