Phân tích, định hướng tìm lời giải bài toán tìm điểm trong hệ tọa độ Oxy

MỤC LỤC I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN .3 II THỰC TRẠNG II.1 Thực trạng trước tạo sáng kiến: Bài toán tìm điểm M giao hai đường thẳng Tìm điểm M thuộc đường thẳng cách điểm I (đã biết tìm được) khoảng không đổi 19 Tìm điểm M thuộc đường thẳng (hoặc đường tròn) cách đường thẳng d khoảng không đổi sử dụng điều kiện khoảng cách 29 Bài toán tìm điểm M thuộc đường thẳng thỏa mãn điều kiện góc 37 Tìm điểm M thuộc đường thẳng từ điều kiện ba điểm thẳng hàng 51 IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN 61 CÁC PHỤ LỤC KÈM THEO SÁNG KIẾN 62 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Phân tích, định hướng tìm lời giải toán tìm điểm hệ tọa độ Oxy Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15 tháng năm 2015 đến ngày 15 tháng 05 năm 2015 Tác giả: Họ tên: Nguyễn Văn Khoa Năm sinh: 1983 Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học Chức vụ công tác: Phó Hiệu trưởng Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường Địa liên hệ: Xóm - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định Điện thoại: 0917.842.399 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 80% Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định Điện thoại: 03503.886.167 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Phân tích, định hướng tìm lời giải toán tìm điểm hệ tọa độ Oxy I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Hình giải tích mặt phẳng Oxy chủ đề quan trọng chủ đề toán học trường phổ thông Đặc biệt, năm gần đây, toán hình giải tích mặt phẳng Oxy kỳ thi đại học, hướng tới năm 2015 kỳ thi trung học phổ thông quốc gia, kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh xuất với độ khó đòi hỏi phải tư mức độ cao ngày nâng lên nên dẫn đến cách giải toán đa số học sinh gặp nhiều khó khăn Một toán chủ yếu hình giải tích mặt phẳng Oxy toán tìm điểm, tìm điểm việc thiết lập phương trình đường (đường thẳng, đường tròn, đường elip) tính toán yếu tố định lượng (góc, khoảng cách) trở nên đơn giản Với mong muốn giúp em học sinh phát triển tư giải vấn đề, tư toán học nói chung; tư duy, định hướng tìm lời giải toán tìm điểm mặt phẳng tọa độ Oxy nói riêng, thiết nghĩ cần phải phân dạng tập cụ thể phải có dự đoán mối quan hệ (song song, vuông góc, nhau…) toán để học sinh hiểu, vận dụng có tư logic tập có dạng tương tự II THỰC TRẠNG II.1 Thực trạng trước tạo sáng kiến: Hình giải tích mặt phẳng Oxy đánh giá ba câu phân loại học sinh (cùng với toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình bất đẳng thức) đề thi đại học, cao đẳng, thi THPT Quốc gia thi học sinh giỏi Cho nên gặp toán hình giải tích mặt phẳng nói chung, toán tìm điểm hình giải tích phẳng nói riêng, đa số học sinh đánh giá câu khó nên thường có chung tâm lý không làm câu này, trình ôn tập không trọng ôn luyện dạng toán Số lượng học sinh làm trọn vẹn câu hình giải tích mặt phẳng không nhiều, thường có em giỏi môn Toán làm được, điều thể qua kết kỳ thi cấp trường cấp tỉnh, kết thi đại học năm trước Lý em khai thác tính chất hình học phẳng, thói quen dự đoán mối quan hệ song song, quan hệ vuông góc, điều kiện thẳng hàng … Khi chưa áp dụng sáng kiến, qua khảo sát số lớp có khoảng 13% học sinh có hứng thú với toán hình giải tích mặt phẳng-đó thường em giỏi môn toán, qua tìm hiểu giáo viên dạy lớp học sinh thấy em đa phần thụ động với lời giải toán giáo viên, chưa có thói quen phân tích nhìn nhận vấn đề để từ định hướng tìm lời giải II.2 Mô tả giải pháp Bài toán hình giải tích mặt phẳng thường phân chia thành dạng toán tìm điểm dạng toán thiết lập phương trình đường Trong sáng kiến tập trung vào toán tìm điểm dựa vào phân tích kiện đầu cho, nhìn nhận phán đoán mối quan hệ đối tượng hình: song song, vuông góc, thẳng hàng, khoảng cách… từ giúp học sinh định hướng lời giải Sau giải toán xong yêu cầu học sinh đề xuất toán gốc số để học sinh nhớ chất hình học, nút thắt toán để tư duy, định hướng giải toán trường hợp tương tự trường hợp khác Trước vào nội dung, tùy đối tượng học sinh mà giáo viên xem xét nhắc lại kiến thức cũ mức độ nào, sau nội dung cần nên thành “thuật toán”, nêu khó khăn khả thường xảy để học sinh có thêm kinh nghiệm đứng trước trường hợp cụ thể Bài toán tìm điểm M giao hai đường thẳng Cho hai đường thẳng ∆ : ax + by + c = ∆ ' : a ' x + b; y + c ' = , M giao ax + by + c = điểm ∆ ∆ ' tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  a ' x + b ' y + c ' = Nếu đề cho điểm M thuộc đường thẳng ∆ , vấn đề quan trọng lúc phải tìm phương trình đường thẳng ∆ ' qua M Để lập phương trình ∆ ' ta cần ý: - Từ kiện đề cho ta xem xét đưa dự đoán quan hệ vuông góc, quan hệ song song chứng minh quan hệ (có thể dùng phương pháp hình học phẳng túy; phương pháp đại số-sử dụng định lý sin, cosin, định lý Pitago,…; phương pháp vecto phương pháp tọa độ hóa) - Nếu không dự đoán quan hệ song song, quan hệ vuông góc liên quan đến điểm cần tìm ta thử kẻ thêm hình phụ: giao điểm đường biết thông tin; sử dụng điều kiện thẳng hàng ba điểm để tìm thêm điểm; tìm chân đường vuông góc kẻ từ điểm biết tọa độ đến đường thẳng biết phương trình… Bài (Trích đề TSĐH khối A-2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d: x + y + = A ( −4;8 ) Gọi M điểm đối xứng B qua C, N hình chiếu vuông góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C, biết N ( 5; −4 ) Phân tích: Do C ∈ d : x + y + = , nên để tìm tọa độ điểm C, ta thiết lập điều kiện liên quan đến C Dữ kiện toán cho xung quanh ba điểm A, N, C, trực quan ta dự đoán ·ANC = 900 Ta chứng minh dự đoán này: Gọi I tâm hình chữ nhật, tam giác NBD vuông N ⇒ IN = BD AC ⇒ ∆ANC vuông N Do ta viết phương trình đường thẳng NC tìm tọa độ điểm C +Lập phương trình AC qua A C; Lập phương trình BN qua N vuông góc với AC Khi tìm tọa độ điểm J giao điểm BN AC J trung điểm NB suy tọa độ điểm B Giải Gọi I tâm hình chữ nhật + Chứng minh tam giác ANC vuông N (theo hướng dẫn trên) Đường thẳng NC qua N vuông góc với AN có phương trình: x − y − = ⇒ IN = C giao điểm NC d nên C ( 1; −7 ) + Gọi J giao điểm BN AC Tứ giác ACMD hình bình hành ⇒ CJ // MN nên J trung điểm BN Ta có BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ AC Đường thẳng AC có phương trình: x + y + = Đường thẳng BN qua N vuông góc với AC có phương trình: x − y − 17 =  11  Điểm J giao điểm BN AC ⇒ J  ; − ÷ 2  J trung điểm BN ⇒ B ( −4; −7 ) Vậy tọa độ điểm B C là: B ( −4; −7 ) , C ( 1; −7 ) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Trên cạnh AD, AB lấy hai điểm E, F cho AE = AF Gọi H hình chiếu vuông góc A lên BE Tìm tọa độ điểm C biết C thuộc đường thẳng d : x − y + = hai điểm F ( 2;0 ) , H ( 1; −1) Phân tích: Giả thiết cho C ∈ d : x − y + = , nên để tìm tọa độ điểm C ta tìm kiện liên quan đến C Dữ kiện toán cho xoay quanh ba điểm F, H, C, từ · trực quan ta dự đoán FHC vuông Ta chứng minh điều sau: Gọi K = AH ∩ CD · · Ta có DAK ) = ·ABE (cùng phụ với góc BAH ⇒ ∆ABE = ∆DAK ⇒ AE = DK Mà AE = AF ⇒ AF = DK , tứ giác FBCK hình chữ nhật Gọi I tâm hình chữ nhật FBCK Tam giác BHK vuông H ⇒ HI = BK , mà FC ⇒ ∆FHC vuông H Từ điều kiện ta lập phương trình HC tìm tọa độ điểm C Giải + Chứng minh tam giác EHC vuông H (theo hướng dẫn trên) + Đường thẳng HC qua H vuông góc với HF có phương trình: x + y = BK = FC nên HI =  −1  Điểm C giao điểm d HC nên C  ; ÷  3  1 Vậy tọa độ điểm C là: C  − ; ÷  3 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm B thuộc đường thẳng d : x + y − 10 = Gọi M điểm đối xứng với D qua C, H, K hình chiếu D, C lên AM Biết K ( 1;1) , phương trình đường thẳng qua H tâm hình vuông x + y + = Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD Phân tích: Trước hết, để ý đến giả thiết cho tọa độ điểm K phương trình HI (I tâm hình vuông), ta nghĩ đến tìm thêm điểm cách kẻ KJ vuông góc HI J Bằng trực quan ta dự đoán D, J, K thẳng hàng, J trung điểm DK tam giác BKD vuông K; HD=HK Ta chứng minh dự đoán sau: Gọi a độ dài cạnh hình vuông, I tâm hình vuông ABCD + Tam giác KAC vuông K suy KI = 1 AC , mà AC = BD nên KI = BD 2 Do tam giác KBD vuông K + Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông DAM ta có: 1 1 2a = + = + = ⇒ DH = 2 DH DA DM a 4a 4a AM = AD + MD = a MD 4a 4a = = MA a 5 CK đường trung bình tam giác MDH ⇒ K trung điểm MH MD = MH MA ⇒ MH = ⇒ HK = 2a HM = Vậy, tam giác HDK tam giác vuông cân H BD Suy HI đường trung trực tam giác HDK Nếu gọi J giao điểm HI DK J trung điểm DK HI ⊥ DK Giải Gọi I tâm hình vuông, J giao điểm HI DK + Ta chứng minh ∆BDK vuông K , ∆HDK vuông cân đỉnh H HI vuông góc với DK trung điểm J DK (theo hướng dẫn trên) + Đường thẳng DK qua K vuông góc với HI có phương trình: Mặt khác, IK = KD = 1( x − 1) − ( y − 1) = ⇔ x − y + = (DK) Đường thẳng BK qua K vuông góc với DK có phương trình: ( x − 1) + 1.( y − 1) = ⇔ x + y − = (BK) 1 5 Điểm B giao điểm BK đường thẳng d nên tọa độ B B  ; ÷ 2 2  1 Điểm J giao điểm DK HI nên J có tọa độ J  − ; ÷  2 J trung điểm DK nên tọa độ điểm D D ( −2;0 )  −3  I trung điểm BD nên I  ; ÷  4 JC đường trung bình tam giác DMK ⇒ CJ // MK hay CJ // AH Mà I trung điểm AC nên I trung điểm JH ⇒ H ( −1;2 ) K trung điểm MH ⇒ M ( 3;0 ) 1  C trung điểm DM ⇒ C  ;0 ÷ 2  uuur uuur 5  Từ điều kiện DA = CB ⇒ A  −2; ÷ 2  5 1 5 1   Vậy tọa độ đỉnh hình vuông là: A  −2; ÷, B  ; ÷, C  ;0 ÷, D ( −2;0 ) 2  2    Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M ( 1;3)  1 trung điểm cạnh BC, N  − ; ÷ điểm cạnh AC cho AN = AC Xác  2 định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD, biết D nằm đường thẳng d: x − y −3 = Phân tích: Với đỉnh hình vuông, kiện liên quan đến điểm D nhiều nên ta tìm tọa độ D trước + Ta có: D ∈ d : x − y − = , nên để tìm tọa độ điểm D ta tìm kiện liên quan đến D · + Bằng trực quan ta thấy góc DNM vuông, ta chứng minh khẳng định đúng, chẳng hạn như: Cách 1:Gọi I tâm hình vuông, K trung điểm AD, ta có N trung điểm IA nên KN // DI ⇒ KN ⊥ AC Gọi J tâm hình chữ nhật KMCD · = 900 ⇒ NJ = KC , Do KNC · DM ⇒ DNM = 900 Cách 2: Đặt cạnh hình vuông a sử dụng định lý hàm số cosin tính MN, mà KC=DM ⇒ NJ = MD, DN theo a, sau so sánh MN + ND với DM Cách 3: Gọi I = AC ∩ BD , F trung điểm DI, dễ thấy MNFC hình bình hành ⇒ F trực tâm tam giác MCD ⇒ CF ⊥ MD ⇒ MN ⊥ ND Khi chứng minh điều lập phương trình DN tìm tọa độ điểm D Từ ta tìm tọa độ đỉnh lại hình vuông Giải + Ta chứng minh DN ⊥ NM (theo hướng dẫn trên) uuuur  5   1 + Đường thẳng DN qua N  − ; ÷, có vecto pháp tuyến NM =  ; ÷ nên có  2 2 2 phương trình: x + y + = ( DN ) Ta có: D = DN ∩ d ⇒ D ( 1; −2 ) uuur uuur Giả sử A ( x; y ) , từ AC = AN ⇒ C ( −6 − x;2 − y ) uuur uuur Từ AB = DC ⇒ B ( −7 − x;4 − y ) ,  −13 − x − y  ; suy tọa độ điểm M: M  ÷ 2    −13 − x =1   x = −3 ⇒ ⇒ A ( −3;0 ) , B ( −1;4 ) , C ( 3;2 ) Mà M ( 1;3) nên  − y y =   =3  Vậy tọa độ đỉnh hình vuông là: A ( −3;0 ) , B ( −1;4 ) , C ( 3;2 ) , D ( 1; −2 ) • Đề xuất toán gốc: Cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh AC , DN ⊥ MN Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc BC, N điểm cạnh AC cho AN = đường thẳng d1 : x − y + = , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x − y − = Gọi H 9 2 hình chiếu vuông góc B xuống AC Biết điểm M  ; ÷, K ( 9;2 ) trung 5 5 điểm AH CD Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có tung độ dương Phân tích + Ta có B ∈ d1 : x − y + = , nên tìm đường thẳng liên quan đến B tìm điểm B Khi đó, ta dễ dàng tìm tọa độ đỉnh lại + Đề cho tọa độ điểm M K, trực · giác ta thấy góc BMK vuông, điều ta lập phương trình đường thẳng BM (qua M vuông góc với MK), từ tìm B · Bằng cách gọi E trung điểm BH, ta chứng minh BMK vuông Giải + Gọi E trung điểm BH, ta có ME song song KC (vì song song nửa AB) Do tứ giác MECK hình bình hành Có KC ⊥ BC ⇒ ME ⊥ BC ⇒ H trực tâm ∆BMC · Suy CE ⊥ MB , mà CD // MK nên MK ⊥ MB Vậy BMK = 900 uuuur  36  9 2 + Đường thẳng BM qua M  ; ÷, có vecto pháp tuyến MK =  ; ÷ nên có phương 5 5  5 trình: x + y − 17 = ( BM ) Ta có B = BM ∩ d1 ⇒ B ( 1;4 ) + Giả sử C ( t ; t − ) thuộc đường thẳng d uuur uuur ⇒ BC = ( t − 1; t − ) , KC = ( t − 9; t − ) uuur uuur t = Do BC.KC = ⇒ ( t − ) ( 2t − ) = ⇔  t = Suy C ( 9;4 ) (thỏa mãn) C ( 4; −1) (loại) Đường thẳng BH (qua B vuông góc với MC) có phương trình: x + y − = Đường thẳng CM có phương trình: x − y − =  13  Ta có H = MC ∩ BH ⇒ H  ; ÷  5 Điểm M trung điểm AH ⇒ A ( 1;0 ) Điểm K trung điểm CD ⇒ D ( 9;0 ) Vậy, tọa độ đỉnh hình chữ nhật là: A ( 1;0 ) , B ( 1;4 ) , C ( 9; ) , D ( 9;0 ) • Đề xuất toán gốc: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vuông góc B xuống AC Biết điểm M, K trung điểm AH CD, BM ⊥ MK Với Bài toán gốc này, cách chứng minh chứng minh phương pháp hình học túy sau: Gọi N trung điểm AB MN // BH · ⇒ NMC = 900 Gọi I tâm hình chữ nhật NBCK, ta có: 10   79  156 + 447  A + a =   10 30 ⇔ ⇒  156 − 447  A  79 − a =   10 30    447 26 447  ; + ÷ 15 30  447 26 447  ; − ÷ 15 30  Vậy tọa độ điểm A là:  79 447 26 447   79 447 26 447  A + ; + ; − ÷ A  − ÷ 10 15 30 10 15 30     Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh AB ( d ) : x + y − = Phân giác góc A cắt cạnh  13 −7  BC D cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm E  ; ÷ Đường tròn 2   63  ngoại tiếp tam giác ABD có tâm K  ; − ÷ Tìm tọa độ điểm A biết điểm B có  22 11  hoành độ nguyên Phân tích: Đề yêu cầu tìm tọa độ điểm A mà cho B có hoành độ nguyên nên ta tìm tọa độ điểm B trước + Có B ∈ d : x + y − = Ta tìm điều kiện liên quan đến B + Đầu cho tọa độ điểm K E, xét hai điểm với điểm B, trực quan · ta đưa giả thiết KBE vuông · · · Dựa vào góc nội tiếp ta có: EBC = EAC = BAD ( ) 1· · · = BKD = 1800 − KBD Mà BAD 2 · Nên từ hai điều ta có KBE vuông Do tìm tọa độ B + Để tìm tọa độ A, gọi M trung điểm AB, ta lập phương trình KM, tìm tọa độ M, từ tìm tọa độ A Giải Xét đường tròn tâm K ngoại tiếp tam giác ABD, theo tính chất góc nội tiếp ta có · · BKD = BAD · · · · Tam giác KBD cân K ⇒ BKD hay BAD = 1800 − KBD = 1800 − KBD · · ⇒ KBD + BAD = 900 49 · · · · AD phân giác góc BAC ⇒ BAD = CAD = DBE · · · Do KBD + DBE = 900 ⇒ KBE = 900 Điểm B ∈ AB ⇒ B ( 3b + 1;1 − 4b ) uuur uuur 11  19   11  41   · = 900 ⇒ KB.KE = ⇔  − 3b ÷ − 3b ÷+  4b − ÷ 4b − ÷ = Có KBE  11  2  22   b = ( TM ) ⇔ 25b − 40b + 15 = ⇔  ⇒ B ( 4; −3) (Do B có tọa độ nguyên) b = ( L )  Gọi M trung điểm AB ⇒ KM ⊥ AB ⇒ phương trình KM: x − y − 23 = 5  M giao điểm KM AB ⇒ M  ; −1÷ ⇒ A ( 1;1) 2  Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Gọi E, F chân đường vuông góc hạ từ đỉnh B, C lên đường phân giác góc A, điểm K giao điểm đường thẳng FB CE Tìm tọa độ đỉnh A biết 1  E ( 2; −1) , K  −1; − ÷ 2  đỉnh A có hoành độ nguyên nằm đường thẳng d : 2x + y + = Phân tích: Với kiện toán cho, ta tập trung tìm tọa độ điểm A trước Ta có A nằm đường thẳng d : x + y + = nên để tìm tọa độ điểm A ta tìm điều kiện liên quan đến điểm A Giữa hai điểm E, K cho tọa độ điểm A cần tìm, trực quan ta dự đoán · KAE = 900 ⇔ KA // BE Thật vậy, Vì BE // CF ⇒ KB BE = KF CF ∆AEB ~ ∆AFC ⇒ BE AE = FC AF KB AE · = ⇒ KA // BE ⇒ KAE = 900 KF AF Do ta tìm tọa độ điểm A Giải · +) Ta chứng minh KAE = 900 (như phân tích trên) Nên uuur uuur  5 A a ; − − a ∈ d ⇒ EA = a − 2; − a − , KA =  a + 1; −2a − ÷ ( ) ( ) +) Giả sử 2  50  a = −1 uuur uuur ·KAE = 900 ⇔ EA.KA = ⇔ 5a + 8a + = ⇔  a = −  Do A có hoành độ nguyên nên A ( −1; −1) Vậy tọa độ điểm A là: A ( −1; −1) Bài tập tương tự Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD Gọi M, N hai điểm AB, AD thỏa mãn AM = AN Các đường thẳng qua A, M  16  4  vuông góc với BN cắt đường thẳng BD K  ; −1÷, H  ;1÷ Tìm tọa 9  3  độ đỉnh hình chữ nhật biết đỉnh A có hoành độ nguyên thuộc đường thẳng 2x + y + = Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD có · BCD = ·ADC = 900 BC = CD = AD Qua điểm E thuộc cạnh BC kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt đường thẳng AB F Tìm tọa độ điểm B, C, D biết A ( 6; −2 ) , E ( 1;2 ) , F ( 5; −1) Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ từ điều kiện ba điểm thẳng hàng Cho điểm M ( xM ; yM ) hai điểm A ( x A ; y A ) , B ( xB ; yB ) Với điểm M thuộc đường thẳng AB thỏa mãn AM = kBM (k > 0) uuuur uuuur uuuur uuuur AM = k BM AM = −k BM  x + xB y A + y B  ; Đặc biệt, M trung điểm AB M  A ÷   Chú ý: - Trong tam giác ABC, ba điểm đặc biệt: trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường uuur uur tròn ngoại tiếp tam giác I thẳng hàng HG = 2GI - Nếu có quan hệ song song (hình thang, hình vuông,….) lưu ý đến định lý Talet để tìm mối liên hệ điểm thẳng hàng Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai cạnh đáy DC = AB hai đường chéo vuông góc với H Gọi M điểm cạnh AB cho AB = AM , N trung điểm đoạn HC Đường thẳng HM qua điểm T ( 2; −3) phương trình đường thẳng DN x + y − = Xác định tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết đỉnh B ( −1; −3) 51 Phân tích: Để ý đến điểm đường thẳng cho: B, DN đường thẳng MH qua T Nếu viết phương trình đường thẳng MH từ quan hệ ba điểm B, H, D thẳng uuuur uuur hàng, DH = 3HB ta tìm tọa độ H D +Bằng trực quan ta dự đoán MH vuông góc với DN, ta chứng minh điều phương pháp tọa độ sau: Do ABCD hình thang cân nên HB=HA, HC=HD Theo định lý Talet ta có: HD HC DC = = = Đặt HB=a HB HA AB Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho H ≡ O , A ( − a;0 ) , C ( 3a;0 ) , B ( 0; a ) , D ( 0; −3a )  3a  uuur  3a  N trung điểm HC ⇒ N  ;0 ÷ ⇒ DN =  ;3a ÷     uuuur uuur  2a a  uuuur  2a a  AM = AB ⇒ M  − ; ÷ ⇒ HM =  − ; ÷  3  3 uuuur uuur Có HM DN = −a + a = nên HM ⊥ DN Có tọa độ điểm H D ta dễ dàng tìm tọa độ đỉnh lại Giải + Chứng minh HM ⊥ DN (theo hướng dẫn trên) + Đường thẳng HM qua T vuông góc với DN có phương trình: x − y − = Giả sử H ( h;2h − ) ∈ HM uuuur uuur DH DC = = ⇒ DH = 3HB ⇒ D ( + 4h;8h − 19 ) Ta có HB AB Mà D ∈ DN ⇒ h = ⇒ H ( 2; −3) , D ( 11; −3) Đường thẳng AC qua H vuông góc với BD có phương trình: x − =  3 Điểm N giao điểm DN AC suy N  2; ÷  2 52 Do điểm N trung điểm HC suy C ( 2;6 ) uuur uuur Ta có HA = −3HC ⇒ A ( 2; −30 ) Vậy tọa độ điểm cần tìm: A ( 2; −30 ) , C ( 2;6 ) , D ( 11; −3) • Đề xuất toán gốc: Cho hình thang cân ABCD có hai cạnh đáy DC = AB hai đường chéo vuông góc với H Gọi M điểm cạnh AB uuuur uuur cho AB = AM , N trung điểm đoạn HC, DH = 3HB DN ⊥ MH Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD CD = AB Gọi H chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC M trung điểm HC Biết tọa độ đỉnh B ( 5;6 ) , phương trình đường thẳng DH : x − y = ; phương trình đường thẳng DM : x − y + = Tìm tọa độ đỉnh hình thang ABCD Phân tích: + Ta có D = DH ∩ DM suy tọa độ điểm D + Gọi I = AC ∩ BD , từ mối quan hệ ba điểm D, I, B uur uur thẳng hàng, DI = IB ta tìm tọa độ I + Lập phương trình AC (qua I vuông góc DH), từ tìm tọa độ điểm H, M nên suy tọa độ điểm C uur uur + Lại từ mối quan hệ ba điểm A, I, C thẳng hàng, CI = IA suy tọa độ A Giải Điểm D giao điểm DH DM nên D(1; 2) Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD uur uur DI DC  11 14  = = ⇒ DI = IB ⇒ I  ; ÷ Ta có AB//CD ⇒ IB AB 3 3 Đường thẳng AC (đi qua điểm I vuông góc với DH) có phương trình: x + y − 13 =  13 26  H giao điểm AC DH nên H  ; ÷ 5   29 18  M giao điểm AC DM nên M  ; ÷  5 Do M trung điểm HC suy C ( 9;2 ) uur uur CI DC = = ⇒ CI = IA ⇒ A ( 1;6 ) Lại có IA AB 53 • Đề xuất toán gốc: Cho ABCD hình thang với hai đáy AB CD thỏa mãn CD = kAB ( k > ) Gọi I giao điểm AC BD, uur uur uur uur DI = k IB; CI = k IA 2 2 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; ÷ 3 3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I ( 1; −2 ) , điểm E ( 10;6 ) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A điểm F ( 9; −1) thuộc đường thẳng BC Tìm tọa độ điểm A, B, C biết B có tung độ bé Phân tích: Gọi H trực tâm tam giác ABC, ta có hệ uuur uur thức liên quan đến G, I, H HG = 2GI nên tìm tọa độ điểm H Gọi M trung điểm BC, ta viết phương trình đường thẳng AM (qua E, G) uuur uuuur Tham số hóa tọa độ điểm A (theo t), từ AG = 2GM suy tọa độ M theo t uuur uuuur Giải điều kiện HA.FM = ta tìm t ⇒ tọa độ A M Viết phương trình đường thẳng BC (qua M vuông góc với IM), tham số hóa điểm B Từ điều kiện IB = IA tìm tọa độ B, suy tọa độ điểm C Giải Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác, kéo dài AI cắt đường tròn điểm thứ hai D Ta có tứ giác BHCD hình bình hành Do BC cắt HD M trung điểm đường IM đường trung bình tam giác DAH ⇒ IM = AH Gọi G’ giao điểm IH MA ⇒ uuur uur G 'M G'I IM = = = ⇒ G ' ≡ G HG = 2GI ⇒ H ( 0;6 ) G ' A G ' H AH  x = 10 + 7t Đường thẳng AM qua E G có phương trình:   y = + 4t uuuur uuur   Giả sử A ( 10 + 7t ;6 + 4t ) ∈ AM , GM = AG ⇒ M  −4 − t ; −2 − 2t ÷ 2   uuur uuur   ⇒ HA = ( 10 + 7t ;4t ) ; MF = 13 + t;1 + 2t ÷   54 uuur uuur 65 Do HA ⊥ MF ⇒ HA.MF = ⇔ t + 130t + 130 = ⇔ t = −2 Suy A ( −4; −2 ) , M ( 3;2 ) Đường thẳng BC qua M vuông góc với IM có phương trình: x + y − = Giả sử B ( − 2b; b ) , ( b < ) b = 2 2 ⇒ b = ⇒ B ( 5;1) Ta có IB = IA ⇔ ( − 2b ) + ( b + ) = 25 ⇔  b =  M trung điểm BC ⇒ C ( 1;3) Vậy tọa độ đỉnh tam giác: A ( −4; −2 ) , B ( 5;1) , C ( 1;3) Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM đường cao AH có phương trình 13 x − y − = 0, x − y − 14 = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I ( −6;0 ) Phân tích: + A = AM ∩ AH ⇒ tọa độ điểm A + Khi B, C thuộc đường tròn (I; IA) Ta tìm kiện liên quan đến BC Đề cho đường cao, trung tuyến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nên ta nghĩ tới điểm đặc biệt trực tâm K, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp I thẳng hàng uuur uur KG = 2GI Từ kiện tìm tọa độ điểm G, suy tọa độ M trung điểm BC Đường thẳng BC qua M vuông góc IM nên viết phương trình đường thẳng BC Từ { B, C} = BC ∩ ( I ; IA ) ta tìm tọa độ B, C Giải A giao điểm AM AH nên A ( −4; −9 ) Gọi K, G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Giả sử K ( 2t + 14; t ) ∈ AH uuur uur uur uur  2t + t  KG = 2GI ⇔ IG = IK ⇒ G  ; ÷  3 Do G ∈ AM ⇒ 13 2t + t 1  − − = ⇔ t = −1 ⇒ G  0; − ÷ 3 3  55 uuuur uuur Ta có GM = AG ⇒ M ( 2;4 ) Đường thẳng BC qua M vuông góc với IM có phương trình: x + y − = Đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có phương trình: ( x + ) + y = 85 2 x + y − =  x = 1, y = ⇔ Tọa độ điểm B C nghiệm hệ phương trình:  2  x = 3, y = ( x + ) + y = 85 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC: A ( −4; −9 ) , B ( 1;6 ) , C ( 3;2 ) A ( −4; −9 ) , B ( 3;2 ) , C ( 1;6 ) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đường phân  1  13  giác góc A AD : y − = , trực tâm H  2; ÷, trọng tâm G  3; ÷ Xác định  2  3 tọa độ điểm A, B, C Phân tích: Trước hết ta tìm tọa độ A có AD : y − = , ta tìm điều kiện liên quan đến điểm A Thực tế ta chưa thể tìm ta tìm điểm khác uuur uur + Cho trực tâm H trọng tâm G, ta nghĩ tới mối liên hệ ba điểm HG = 2GI tìm tọa độ điểm I (với I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) · · + Gọi M trung điểm AC ·ABC = ·AIM ⇒ BAH = IAM ⇒ AD phân giác góc · , có tọa độ điểm I nên lấy K điểm đối HAI xứng I qua AD K thuộc AH tìm tọa độ điểm K Do đó, lập phương trình AH tìm tọa độ A + Giả sử B(a;b), G trọng tâm tam giác nên suy tọa độ điểm C theo a; b Giải hệ phương trình suy từ điều kiện IB = IA BH ⊥ AC ta tìm a; b suy tọa độ điểm B, C Giải +) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: uuur uur  25  HG = 2GI ⇒ I  ; ÷ 2  · +) Vì H ∉ AD nên ta chứng minh AD tia phân giác góc HAI 56 7 1 Gọi K điểm đối xứng với I qua AD ⇒ K  ; − ÷ K ∈ AH 2 4 uuur  −3  1  Ta có: HK =  ; ÷ ⇒ AH :1( x − ) +  y − ÷ = ⇔ x + y − = 2 2   x + y − =  x = −3 ⇔ ⇒ A ( −3;3) Tọa độ điểm A nghiệm hệ:  y =3   y=3 +) Gọi B ( a; b ) ⇒ C ( 12 − a;10 − b ) uuur  −5  uuur uuur   uuur AH =  5; ÷, BC = ( 12 − 2a;10 − 2b ) , BH =  − a; − b ÷, AC = ( 15 − a;7 − b )      uuur uuur ( 12 − 2a ) − ( 10 − 2b ) =   AH BC = ⇔ +)  uuur uuur ( − a ) ( 15 − a ) +  − b ÷( − b ) =  BH AC =  2  b = 2a −   a=3 a =9 ⇔ ⇔  2a − 34a + 60 + 2b − 15a + = b = −1 b = 11 Suy B ( 3; −1) , C ( 9;11) B ( 9;11) , C ( 3; −1) Với A, B, C kiểm tra thấy ∆ABC nhọn ⇒ thỏa mãn Vậy A ( −3;3) , B ( 3; −1) , C ( 9;11) B ( 9;11) , C ( 3; −1) Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  31  đường tròn tâm I Điểm M ( 2; −1) trung điểm cạnh BC điểm E  ; − ÷  13 13  hình chiếu vuông góc B đường thẳng AI Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình x + y − 13 = Phân tích: Điểm M trung điểm BC, C thuộc AC: x + y − 13 = , nên tìm phương trình đường thẳng qua B tìm tọa độ B C Kết nối cặp đường thẳng có phương trình AC ME, gọi D = ME ∩ AC , ta tìm tọa độ điểm D đưa dự đoán BD ⊥ AC , ta chứng minh điều này, thật vậy: 1· · · = BIC = BIM Theo tính chất góc nội tiếp ta có: BAC · · Tứ giác BEIM nội tiếp đường tròn đường kính BI nên BEM = BIM · · Do BAC = BEM 57 · · · · Mà BEM + BED = 1800 nên BAD + BED = 1800 , ta có tứ giác ABED tứ giác nội tiếp đường tròn Suy ·ADB = ·AEB = 900 Giải Kéo dài EM cắt AC D, ta chứng minh BD ⊥ AC (theo hướng dẫn trên) Đường thẳng DM qua M ( 2; −1)  31  E  ;− ÷  13 13  có phương trình: 12 x − y − 29 = ( DM )  41 23  D giao điểm DM AC nên D  ; ÷  13 13  Đường thẳng BD qua D vuông góc với AC có phương trình: x − y − = −5 − 2b   2b −   Giả sử B  b; ÷∈ BD , M trung điểm BC nên C  − b; ÷      −5 − 2b  Mà C thuộc cạnh AC nên ta có: ( − b ) +  ÷− 13 = ⇔ b = −1   ⇒ B ( −1; −1) , C ( 5; −1) Đường thẳng AE qua E vuông góc với BE có phương trình: 11x + y − 26 = (AE) A giao điểm AC AE nên A ( 1;5 ) Vậy tọa độ đỉnh tam giác là: A ( 1;5 ) ; B ( −1; −1) , C ( 5; −1) • Đề xuất toán gốc: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M trung điểm cạnh BC điểm E hình chiếu vuông góc B đường thẳng AI ME cắt AC D, BD ⊥ AC Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ·ABC nhọn, đỉnh A ( −2; −1) Gọi H, K, E hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC, BD, CD Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE ( C ) : x + y + x + y + = Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương nằm đường thẳng x − y − = Phân tích: + Trong điểm B, C, D cần tìm, kiện liên quan đến C nhiều nên ta tìm tọa độ điểm C trước Gọi I = AC ∩ BD , C thuộc đường thẳng x − y − = , ta tham số tọa độ C ( c; c − 3) , từ 58 điều kiện I trung điểm AC suy tọa độ I theo c Nếu tìm điều kiện liên quan đến điểm I tìm tọa độ I, C + Bằng trực quan ta dự đoán I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE hay tứ giác HKIE tứ giác nội tiếp Thật vật: ·AHC = ·AEC = 900 nên bốn điểm A, H, C, E thuộc đường tròn đường kính AC ( · · · HIE = HAE = 1800 − BCD ) · · · · Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên EKD BKH , = EAD = BAH · · · · · · HKE = 1800 − EKD − BKH = 1800 − EAD − BAH = HAE ( ) · · = 1800 − BCD = HIE Vì vậy, tứ giác HKIE nội tiếp Do I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE + Có tọa độ I thỏa mãn phương trình (C) nên tìm C + Điểm E, H thuộc đường tròn đường kính AC (C) nên tìm E, H + Lập phương trình AB, AC suy tọa độ B, từ tìm D Giải Ta có ·AHC = ·AEC = 900 nên bốn điểm A, H, C, E thuộc đường tròn đường kính AC ( · · · = HAE = 1800 − BCD Gọi I giao điểm AC BD Ta có: HIE ) · · · · Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên EKD BKH = EAD = BAH Do · · · · · · HKE = 1800 − EKD − BKH = 1800 − EAD − BAH = HAE ( ) · · = 1800 − BCD = HIE Vì vậy, tứ giác HKIE nội tiếp Do I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE c−2 c−4 ; Gọi C ( c; c − 3) ∈ d , ( c > ) ⇒ I  ÷ , I thuộc (C) nên:   c − c − = ⇔ c = (thỏa mãn) c = −1 (loại) Suy C ( 2; −1) I ( 0; −1) Điểm E, H nằm đường tròn đường kính AC đường tròn (C) nên tọa độ thỏa  x = 0; y = −3  x + y + x + y + = ⇔ mãn hệ phương trình:  2  x = − ; y = − 11  x + ( y + 1) = 5   11  Vì H có hoành độ âm nên H  − ; − ÷, E ( 0; −3)  5 Đường thẳng BC qua C H nên có phương trình: x − y − = Đường thẳng AB qua A song song với CE nên có phương trình: x − y + = 59 uuur uuur Suy B ( −4; −3) ⇒ BA = ( 2;2 ) , BC = ( 6;2 ) uuur uuur ⇒ BA.BC = 16 ⇒ BA.BC.cos ·ABC > ⇒ ·ABC nhọn (thỏa mãn) uuur uuur Vì AB = DC ⇒ D ( 4;1) Vậy B ( −4; −3) , C ( 2; −1) , D ( 4;1) • Đề xuất toán gốc: Cho hình bình hành ABCD có góc ·ABC nhọn Gọi H, K, E hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC, BD, CD Khi tâm hình bình hành nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác Bài tập tương tự Bài (Trích đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm 2015) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC điểm M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B qua điểm E ( −1; −3) đường thẳng chứa cạnh AC qua điểm F(1; 3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm đối xứng đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm D(4; -2) Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ·ACD = α với cos α = uuur uuur , điểm H thỏa mãn điều kiện HB = −2 HC , K giao điểm 1 4 hai đường thẳng AH BD Cho biết H  ; − ÷, K ( 1;0 ) điểm B có hoành độ 3 3 dương Tìm tọa độ điểm A, B, C, D HẾT 60 III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI - Qua áp dụng sáng kiến lớp 12A1, 12A2 12A5; 10A1; 10A2 trường THPT Xuân Trường (với thời lượng tiết/lớp) học kỳ mang lại kết thiết thực, cụ thể: + Khảo sát hứng thú học sinh với tập hình giải tích mặt phẳng: Tỉ lệ Lớp 12A1 Lớp 12A2 Lớp 12A5 95% 88,6% 85,7% Lớp 10A1 98% Lớp 10A2 91% + Khảo sát kết làm học sinh lớp 10A1, 10A2 qua đợt thi học sinh giỏi cấp trường 100% học sinh dự thi làm câu hình học giải tích mặt phẳng + Khảo sát kết làm học sinh lớp 12A1, 12A2, 12A5 qua đợt cuối năm 85% học lớp làm câu hình học giải tích mặt phẳng - Các em không tâm lý e ngại gặp toán hình học giải tích mặt phẳng qua sáng kiến em nắm cách hệ thống phương pháp bản, lối tư phân tích, dự đoán trước tình có vấn đề IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Tôi xin cam kết báo cáo sáng kiến đúc rút qua trình công tác, giảng dạy, nghiên cứu tài liệu môn, không chép vi phạm quyền Nếu vi phạm chép vi phạm quyền xin chịu hình thức kỷ luật Trên báo cáo sáng kiến đúc rút trình học tập công tác mình, chắn có nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến quý vị bạn đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn! CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) 61 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Nguyễn Văn Khoa CÁC PHỤ LỤC KÈM THEO SÁNG KIẾN Danh mục tài liệu tham khảo Đặng Thành Nam Những điều cần biết luyện thi đại học-kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội-2014 Trần Lưu Cường, Huỳnh Công Thái, Hồ Thành Lợi Phân tích đặc điểm tìm hướng xử lý tối ưu đề thi đại học – hình học mặt phẳng Oxy, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội-2013 Báo toán học tuổi trẻ Các Website toán học: www.mathvn.com, www.k2pi.net.vn, www.violet.vn, www.diendantoanhoc.net, www.mathscope.org, www.boxmath.vn 62 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG (TÊN CƠ QUAN, ĐƠN VỊ CHỦ QUẢN) (TÊN CƠ QUAN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN) BÁO CÁO SÁNG KIẾN BÁO CÁO SÁNGTÌM KIẾN PHÂN TÍCH, ĐỊNH HƯỚNG LỜI GIẢI BÀI TOÁN TÌM ĐIỂM TRONG HỆ TỌA ĐỘ OXY (Tên sáng kiến) Tác giả: Nguyễn Văn Khoa Tác giả: Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ toán học Trình môn: Chức độ vụ:chuyên Phó Hiệu Trưởng Chức vụ: Nơi công tác: Trường THPT Xuân Trường Nơi công tác: THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Nam Định, ngày 28 tháng năm 2015 63 [...]... = 0 Tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d : 4 x − y + 1 = 0 Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A ( −1;3) Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B 1 3 trên CD Điểm M  ; − ÷ là trung điểm đoạn HC Xác định tọa độ điểm C, biết điểm 2 2 B nằm trên đường thẳng x + y + 7 = 0 Bài 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho... lên đường thẳng MN, 5   5 điểm A có hoành độ âm và MN = 2 10 Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có diện tích bằng 45 , đáy lớn CD có phương trình là x − 3 y − 3 = 0 Biết hai đường chéo BD và AC 2 vuông góc với nhau và cắt nhau tại điểm I(2; 3) Tìm tọa độ điểm B và C, biết điểm C có hoành độ dương 3 Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ (hoặc... 4;5 ) Vậy tọa độ điểm A cần tìm là A ( 1; −1) hoặc A ( 4;5 ) Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2 AB Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK Tìm tọa độ các đỉnh A, D, biết rằng K ( 5; −1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là 2 x + y − 3 = 0 và điểm A có tung độ dương Phân tích:... điểm M có hoành độ dương Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có H ( 1;2 ) là 9  hình chiếu của A lên cạnh BD Điểm M  ;3 ÷ là trung điểm của BC, phương trình 2  đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác AHD là d: 4 x + y − 4 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, biết chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A lên cạnh... 25 ( C ) Tọa độ điểm B, C là nghiệm hệ phương trình:  x − y − 3 = 0  2 2 ( x − 1) + ( y − 3)  x = 6  y = 3 ⇔  x = 1 = 25    y = −2 Do hoành độ điểm B nhỏ hơn hoành độ điểm C nên B ( 1; −2 ) , C ( 6;3) uuur uuur Tứ giác ABCD là hình bình hành ⇒ AB = DC ⇒ D ( 2;11) Vậy tọa độ các điểm cần tìm: B ( 1; −2 ) , C ( 6;3) , D ( 2;11) Bài tập tương tự Bài 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho... nên tọa độ của A là A(-15; 5) 2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ và cách điểm I (đã biết hoặc có thể tìm được) một khoảng không đổi Ta xét bài toán tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 và cách điểm I cố định một khoảng không đổi là k Để giải quyết bài toán này ta có thể làm như sau: + Bước 1: Tham số hóa điểm M (theo t) thuộc ∆ + Bước 2: Sử dụng điều kiện IM = k ta tìm được t, từ đó tìm. .. ( 6;0 ) Bài 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD Biết  1  diện tích hình thang là 14, đỉnh A ( 1;1) , trung điểm của BC là H  − ;0 ÷ Tìm tọa độ  2  điểm D biết D có hoành độ dương và D thuộc đường thẳng d : 5 x − y + 1 = 0 30 Phân tích: + Giả thiết cho D thuộc đường thẳng d : 5 x − y + 1 = 0 , diện tích hình thang và tọa độ hai điểm A, H nên ta định hướng tìm một... cho tọa độ các điểm A, C nên để viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta chỉ cần tìm tọa độ của B Đề bài cho điểm B thuộc (d) lại cho điều kiện về diện tích nên ta định hướng tìm B dựa vào d ( B; AC ) = 2 S∆ABC AC 31 Vấn đề bây giờ là phải tìm S ∆ABC , để tìm được S ∆ABC ta đi tìm S ∆ACE , điều này được E ∈ ( d )  giải quyết dễ dàng do ta tìm được tọa độ E dựa vào  (I là trung điểm. .. A, B có tọa độ nguyên Phân tích: Hình thang vuông ABCD có các cạnh tỉ lệ với nhau, I, J cố định nên H và N cố định trên đoạn thẳng AC, nên nếu đặt AD = a thì tính được HN theo a Kết hợp với giả thiết ta sẽ tính được a, từ đó tính được AC Mà A thuộc d nên tìm được tọa độ A Từ B ∈ ∆ và AB = 2a ta tìm được tọa độ B uuur uuur Từ điều kiện BC = 3 AD ta sẽ tìm được tọa độ điểm D Giải 22 Bước 1 Tính độ dài...   2 6  3   Bài 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD với A ( −3;6 ) Biết tam giác ABC có AB AC = 60 2 và nội tiếp trong đường tròn tâm I(1; 3) và bán kính R = 5 Hình chiếu của điểm A xuống cạnh BC thuộc đường thẳng d: x + 2 y − 3 = 0 Hãy tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết hoành độ hình chiếu của A lớn hơn 1 và hoành độ của điểm B bé hơn hoành độ điểm C Phân tích: Gọi H ... sáng kiến: Từ ngày 15 tháng năm 2015 đến ngày 15 tháng 05 năm 2015 Tác giả: Họ tên: Nguyễn Văn Khoa Năm sinh: 1983 Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định Trình độ chuyên