skkn tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đa số học sinh phổ thông khi thực hành giải toán, các em thường gặp không ít khó khăn trong việc chọn cách tiếp cận với nội dung của bài toán vì nhiều lý do khác nhau k

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1 Họ và tên: TRƯƠNG NGỌC DŨNG

2 Ngày tháng năm sinh: 17 – 10 – 1959

3 Nam, nữ: NAM

4 Địa chỉ: 257/ 5, KP 9, Tân Biên, Biên Hòa, Đồng Nai

5 Điện thoại: 0918309278;

6 Email: ngocdung.tspv@gmail.com

7 Chức vụ: TỔ TRƯỞNG CHUYÊN MÔN

8 Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Cử nhân Toán, Đại học sư phạm

- Năm nhận bằng: 1982

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán bậc THPT

- Số năm công tác: 34 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có:

 “Giải toán Hình học 11” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2008;

 “Giải toán Giải tích 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;

 “Giải toán Hình học 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;

 Kỹ thuật viết câu hỏi trắc nghiệm trong việc đổi mới phương pháp KTĐG – Tập san Giáo dục Trung học Đồng Nai năm 2010;

 Đổi mới phương pháp KTĐG trong giảng dạy Toán bậc THPT năm 2011

 Một số kinh nghiệm thiết kế ma trận và biên soạn đề kiểm tra tự luận môn Toán bậc trung học phổ thông, năm học 2013 – 2014

 Tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt phẳng (Phần thứ nhất: Các bài toán liên quan đến tam giác), năm học 2014 – 2015

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Đa số học sinh phổ thông khi thực hành giải toán, các em thường gặp không ít khó khăn trong việc chọn cách tiếp cận với nội dung của bài toán vì nhiều lý do khác nhau (kiến thức cơ bản có liên quan, khả năng vận dụng kiến thức phù hợp với nội dung bài toán, phép suy luận, …) Vì vậy không kích hoạt được sự hứng thú và lòng đam mê trong quá trình học toán, ảnh hưởng đến kết quả học tập khả năng tư duy sáng tạo của bản thân

Nhằm giúp học sinh tự tin hơn trong việc học toán nói chung và thực hành giải toán nói riêng, tôi chọn đề tài “Tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt phẳng” gồm có ba phần chính:

- Phần thứ nhất: Các bài toán liên quan đến tam giác;

- Phần thứ hai: Các bài toán liên quan đến tứ giác;

- Phần thứ ba: Các bài toán tổng hợp về đường thẳng, đường tròn và ê-lip

Nội dung đề tài này là Phần thứ nhất của đề tài, bao gồm: 6 ví dụ và 14 bài toán thực hành có gợi ý về cách tìm tòi nhằm tạo điều kiện để học sinh có thể định hướng trong việc tìm lời giải bài toán

II CƠ SỞ LÝ LUẬN

- Kiến thức cơ bản về hình học phẳng;

- Kiến thức cơ bản về đường thẳng, đường tròn và các vấn đề liên quan trên hệ tục tọa

độ Oxy trong chương trình hình học Lớp 10

III NỘI DUNG ĐỀ TÀI

PHẦN THỨ HAI: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC

A CÁC VÍ DỤ

 Ví dụ 2.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tứ giác lồi ABCD có đỉnh A có hoành độ âm và thuộc đường thẳng d : 2x y 10, đường thẳng chứa đường chéo

BD là :x y2  0; A và C đối xứng với nhau qua BD và AC 2 2 Biết rằng

3

ABC ACD

số nguyên dương nhỏ nhất và đỉnh D có hoành độ là số nguyên Tìm tọa độ các đỉnh , , ,

A B C D của tứ giác

 Tìm tòi

Ta thấy A a( 1 2 );  a và AC BD nên d A  ( , ) 2

suy ra tọa độ của đỉnh A

Sử dụng A và C đối xứng với nhau qua , tìm được tọa độ

của C

3

ABC ACD

3

ABCD là tứ giác lồi, tìm được tọa độ các đỉnh B, D

 Lời giải

A d A a( 1 2 );  a , a  0

Gọi I là trung điểm của AC , ta có AI BD và AI  2

Do đó d A  ( , ) 2  3a 1  2

1 3 1

a a











 



Vì a 0, nên ta nhận được A ( 1 3);

Khi đó đường thẳng (AC đi qua điểm ) A và nhận n (1;1)



làm một vec-tơ chỉ phương, suy ra (AC) :x y 2 0

I I

I I







0 2

I I

x y



 





Vậy I(0 2); là trung điểm của

2

C I A

C I A







; (1 1)

C

Vì B D   nên , B b b ( ; 2) và D d d ( ; 2), b d Khi đó diện tích ABC và ACD

2

ABC

2

ACD

3

ABC ACD

3

3

 

 



Vì ABCD là tứ giác lồi, nên B và D nằm khác phía đối với đường thẳng (AC do đó ta ) chỉ nhận được 3b  2d Vì b là số nguyên dương nhỏ nhấ và d là số nguyên, nên ta có thể chọn được b 2 và d  3

A

B

C

D

I

Vậy: A ( 1 3); , B(2 4); , C(1 1); , D   ( 3; 1)

 Ví dụ 2.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD với CD 2AB

và cĩ diện tích bằng 36; A và C cùng thuộc đường thẳng d1 :x y4 0, B và D

cùng thuộc đường thẳng d2 :x y2 0 Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh bên AD và BC của hình thang, biết rằng A và B đều cĩ tung độ dương

 Tìm tịi

Vì AC BD nên diện tích của hình thang ABCD là

2

2

ABCD

AC

S  và A d 1 nên A a( 4; a)

Gọi I d1 d2, ta cĩ IAB và ICD đồng dạng

IA  AB IC  2IA

Sử dụng S ABCD  36, tìm được a Suy ra tọa độ của

A và C

2

Bd B b b( ; 2), b 2 Sử dụng IB IA và ID  2IB

, tìm được tọa độ các đỉnh B và D Từ đĩ suy ra phương trình các đường thẳng (AD và () BC )

 Lời giải

I I

I I







I(3 1);

Vì A d 1 nên ta cĩ A a( 4; a), a 4

Mặt khác AD BC và CD 2AB nên IAB và ICD đồng dạng, suy ra IC CD

IA  AB

Do đĩ ta cĩ IC  2IA

;

Vì AC BD nên diện tích của hình thang ABCD là

2 2

ABCD

AC

(nhận)

5 1

a a

 

 

 



Do đĩ ta nhận được A ( 1 5); và C(11;7)

Vì Bd2 nên ta cĩ B b b ( ; 2), b 2 Khi đĩ IB IA (b 3)2 16 1

7

b b

  

 





Vì

2

b  , nên ta nhận đượcB(7 5);

Mặt khác, ta cũng cĩ ID  2IB

D D

x y







suy ra D ( 5; 7)

Vì AD    ( 4; 12) và BC (4;12)



nên ta cĩ:

 (BC) : 3x y 26  0

I

 Ví dụ 2.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD với đường thẳng (AB) :x 3y5  0; đường thẳng (BD) :x y1 0 và đường thẳng (AC đi qua ) điểm M ( 9 2); Tìm tọa độ các đỉnh A B C D của hình chữ nhật , , ,

 Tìm tịi

Vì BC AB và B AB BD nên tìm được phương

trình của đường thẳng (BC )

Gọi I AC BD và sử dụng D(BD), suy ra I là

Vì AD/ /BC , nên ta cĩ (AD) : 3x y4m 10 Do đĩ 6 4 2; 7

và

MI cùng phương với MA, tìm được m Suy ra tọa độ A C D , ,

 Lời giải

B B

B B



 



4 3

B B

x y



 





vậy B(4 3); Đường thẳng (AB cĩ một vec-tơ pháp tuyến là ) n AB (1; 3)



, vì BC AB nên nAB

 (BC) : 3x y15 0

Vì D(BD) D m m( ; 1), m 4 và trung điểm của BD là 4; 2

/ /

AD BC nên (AD) : 3(x m) ( y m 1) 0 (AD) : 3x y 4m1 0

A A

A A





Ta thấy: 2MI (m22; m 2)



, 5MA(6m 41 2; m3)



và ba điểm M I A thẳng , , hàng MI cùng phương với MA nên ta cĩ (m22)(2m 3) ( m 2)(6m41)

2

(nhận).

4 1

m m

 

 



Do đĩ: A ( 2 1); , D ( 1; 2) và 3 1;

2 2

I 

Vì I là trung điểm của AC nên 2

2

C I A

C I A







suy ra C(5 0); Vậy ta cĩ: A ( 2 1); , B(4 3); , C(5 0); , D ( 1; 2)

 Ví dụ 2.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuơng ABCD cĩ đỉnh A thuộc đường thẳng d x: y 4 0 và C cĩ tung độ dương Biết rằng đường thẳng (BC đi ) qua điểm M(4 0); , đường thẳng (CD đi qua điểm ) N(0 2); và AM AN Xác định tọa

độ các đỉnh A, B, C , D của hình vuơng

C

D

I

 M

 Tìm tòi

Gọi I là trung điểm của MN , vì AM AN nên suy ra

AI MN Tìm được A d (AI)

Chỉ ra C (AI) và CMN vuông tại C Tìm được tọa

độ đỉnh C

Sử dụng B(CM) và AB CM

, tìm được tọa độ đỉnh

B; sử dụng AD BC

, tìm được tọa độ đỉnh D

 Lời giải

Gọi I là trung điểm của MN , ta có I(2 1);

Vì AM AN nên ta có AI MN Do đó đường thẳng (AI nhận ) MN   ( 4 2); làm một vec-tơ pháp tuyến, suy ra (AI) : 2x y 3 0

A A

A A







suy ra A  ( 1; 5)

Ta cũng có CM CN nên C (AI), do đó C m m ( ; 2 3) với 3

2

m  và CMN vuông cân

tại C suy ra

2

MN

 



Ta có CM (1;3)



 (CM) : 3x y 12 0

B CM nên B b( 12 3 );  b và AB (b 1 17 3 );  b



vuông góc với CM, suy ra AB CM 0

 

   b 5 Vậy ta có B(5;3)

Khi đó AD BC

D D

x y



 



suy ra D ( 3 1);

Do vậy ta có: A  ( 1; 5), B(5;3), C(3 3); , D ( 3 1);

 Ví dụ 2.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh

;

B  và đỉnh D thuộc trục tung Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là trung điểm của đoạn DM, đường thẳng (AN cắt đường thẳng () BC tại điểm ) 5; 5

Biết rằng (AN) : 3x y5  0, tìm tọa độ các đỉnh A C D của hình bình hành , ,

 Tìm tòi

Gọi P là trung điểm của AD, G AN MP

3

Gọi E (AN)(CD), ta có MG là đường

trung bình của hình thang ABEC

2

AB CE

3

CD

3

DE  AB

3

d D AN  d B AN , kết hợp với D Oy và B D nằm khác phía đối với , đường thẳng (AN , tìm được tọa độ đỉnh ) D

C

D

M

N

I

B

A

C

D

M

N

G

P

E

F

Sử dụng: 1

3

, tìm được tọa độ các đỉnh C và A

 Lời giải

Gọi P là trung điểm của AD và G AN MP ta có G là trọng tâm của ADM , suy

3

MG  MP

Gọi E (AN)(CD), ta có MG / /AB nên MG là đường trung bình của hình thang ABEC

2

AB CE

Suy ra

3

CD

3

3

d D AN  d B AN (1)

; 9

 



Vì B và D nằm khác phía đối với (AN nên ta chỉ nhận được ) D(0 1);

3

3

FC

FB 

1 3

C

C

x y





 



;

C

Mặt khác, ta có BA CD

A A

x y



 



suy ra A(1 2); Vậy ta có: A(1 2); , C(3; 2), D(0 1);

 Ví dụ 2.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn ( )T có phương trình 2 2

2

BD

hoành độ âm và nằm trên trục hoành Tìm tọa độ các đỉnh A B C D của hình thoi , , ,

 Tìm tòi

Gọi H là tiếp điểm của cạnh AB và đường tròn ( )T Vì hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn ( )T nên tâm của ( ) T là I AC BD và IH bằng bán kính của ( )T

Sử dụng I là trung điểm của AC và BD, kết hợp với

5

2

BD

2

IH  IA  IB tìm được IA, suy ra tọa độ

đỉnh A và C

Vì BD AC nên tìm được phương trình đường thẳng (BD )

Sử dụng IA2IB, tìm được tọa độ của các đỉnh B và D

 Lời giải

Ta thấy đường tròn ( )T có tâm I(2; 1) và bán kính là R  2

Khi đó I  AC BD cũng là tâm của hình thoi, nên AC  2IA và BD 2IB

B

I

A

D

C

H

Do đó 5

2

BD

ABI

 vuông tại I , nên AB2 IA2 IB2 suy ra IA2IB

Gọi H là tiếp điểm của AB và đường tròn ( )T , khi đó IH AB và IH  2 nên ta có

IH  IA  IB suy ra IA  10 (*)

A Ox A a( 0); , thế vào (*) ta nhận được a 5 hoặc a  1

Vì a  0 nên ta có A ( 1 0); và I là trung điểm của AC , nên suy ra C(5; 2)

Mà BD AC suy ra AI (3;1)



là một vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng (BD ) Vậy (BD) : 3x y 7 0 suy ra B b b ( 3; 7)

2

4

b

5 2 3 2

b b







 

 



Vì B và D đối xứng với nhau qua I , nên ta có:

;

5 1

2 2

, 5 1;

2 2

Do đó ta có: A ( 1 0); , 5 1;

2 2

, C(5; 2), 3; 5

hoặc A ( 1 0); , 3; 5

,

;

C  , 5 1;

2 2

B BÀI TẬP THỰC HÀNH

 Bài toán 2.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 2AD, đỉnh A(1 4); , đỉnh C thuộc đường thẳng d x: y 2 0 Gọi E là một điểm thuộc đoạn AC sao cho AC  3EC , biết rằng B và E cùng thuộc đường thẳng

    Tìm tọa độ các đỉnh B, C , D của hình chữ nhật

 Gợi ý tìm tòi

Ta thấy E là trọng tâm của BCD; C d C m m( ; 2)

Gọi M là trung điểm của CD, vì ABCD là hình chữ nhật và AB 2AD nên AMD và

BMC là tam giác vuông cân Vậy AM BM và M  

;

M

2

;





Vì A và C nằm khác phía đối với , nên ta chỉ nhận được C ( 4; 6)

Từ đó tìm được B ( 7; 2), D(4 0);

 Bài toán 2.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai đáy là AB

và CD thỏa mãn CD 2AB; đỉnh B thuộc đường thẳng d : 2x y 2 0 đường

C

D

E

M

thẳng chứa đường chéo AC là : 11x 2y 7 0 Biết rằng D(5 1); và 2;

3 3

G 

là trọng tâm của tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh A B C của hình thang , ,

 Gợi ý tìm tịi

ID CD

2

d B   d D  B( 2 2) ;

0 2

là trung điểm của AC Gọi M BGCD, ta cĩ E là trung điểm của BM và M là trung điểm của CD

Suy ra tọa độ của C và A

 Bài tốn 2.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD cĩ đáy nhỏ là AB , đỉnh A ( 1 3); và đỉnh D ( 3; 3) Giao điểm I của hai đường chéo cĩ hồnh độ dương

và nằm trên đường thẳng d : 2x y3 0 sao cho ID 2IA Biết tam giác ACD cĩ diện tích bằng 40 và đỉnh C cĩ hồnh độ dương Tìm tọa độ các đỉnh B và C

 Gợi ý tìm tịi

I d I t( 3 2 );  t , t  0

2

ID  IA 15t2 26t 41 0, vì t 0 nên ta chỉ nhận được t 1 I(1 1);

Suy ra (AI) :x y 2 0 vì C (AI) nên C m( ; 2m), m  0

Ta cĩ (AD) : 3x y 6 0 và AD 2 10, nên diện tích ACD là S  10 (d C AD, ( ))

Do đĩ ta cĩ: 10 (d C AD , ( )) 40  m 1 10, vì m  0 nên ta chỉ nhận m 9

;

C

Vì AB / /CD nên ( AB) :x 3y8 0, B (AB)(DI) nên suy ra B(2 2);

 Bài tốn 2.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD cĩ đỉnh

;

( 1 2)

A  và đường thẳng chứa đường chéo BD là : 4x 3y 8 0 Biết rằng

2 2

AB  và đỉnh B cĩ hồnh độ là số dương Tìm tọa độ các đỉnh B C D của hình , , bình hành

 Gợi ý tìm tịi

Ta cĩ B   B b(3 2 4 ); b Vậy AB 2 2 25b2 22b 3 0

; (nhận)

; (loại)







Gọi A x y( 0; 0) là điểm đối xứng của A qua  và

;



là một vec-tơ pháp tuyến của , ta cĩ

AA k n

suy ra A  ( 1 4 2 3 )k;  k , k  0

I

E

M

A

D

A

Sử dụng d A(   , ) d A( ,  tìm được ) 9 ; 38

25 25

Khi đó A C / / nên (A C ) : 4x 3y 6 0 C t t(3 4; 2)

ACA

 vuông tại A, nên A C 2 A A 2 AC2 suy ra C(0 2);

suy ra D ( 2 0);

 Bài toán 2.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có giao điểm của hai đường chéo là I(2 1); và AC  2BD Điểm ; 1

0 3

thuộc đường thẳng AB

và điểm N(0 7); thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B, biết rằng B có hoành độ là

số dương

 Gợi ý tìm tòi

Điểm đối xứng của N qua tâm I của hình thoi là N (4; 5)

Khi đó M N  cùng thuộc đường thẳng , AB nên (AB) : 4x 3y 10

Ta có IA2IB, IH d I AB( , ) 2 và ABI nên suy ra 4IB2 5IH2 IB  5

Do đó B(1; 1)

 Bài toán 2.6 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 Hai đỉnh C và D cùng thuộc đường thẳng d x: y1 0, trung điểm M của cạnh AD thuộc tia Oy Biết rằng AC  26 và điểm B có hoành độ dương Tìm tọa độ các đỉnh A và B

 Gợi ý tìm tòi

Vì AD CD nên (AD) :x y m 0

M Oy và M (AD) M(0; m), m  0

2

m

MD d M d   và AD 2MD  2 m 1

Ta có S ABCD AD CD  2 m1 CD 12 (1)

Mặt khác: CD  AC2 AD2  26 2( m1)2 nên (1) (m 1)4 13(m1)2 36  0

Vì m 0 nên ta nhận được: m  2 hoặc m  1 Do đó: M(0 2); hoặc M(0 1);

+ Với M(0 2); , ta có (AD) :x y2 0 suy ra 3 1;

2 2

2 2

Khi đó (AB) :x y5  0, B(AB) B a a( ; 5), a  0

Sử dụng BD AC , ta tìm được tọa độ các đỉnh B và C

+ Với M(0 1); , ta có (AD) :x y10 suy ra D(1 0); , A ( 2 2);

(AB) :x y4 0, B(AB) B a a( ; 4), a 0

Sử dụng BD AC , ta tìm được tọa độ các đỉnh B và C

 Bài toán 2.7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có diện tích

150

S  Hai đỉnh B và D cùng thuộc đường thẳng d : 7x y 3 0; đỉnh A thuộc đường thẳng 1 :x 10y 10 và đỉnh C thuộc đường thẳng 2 :x 3y 4  0 Biết rằng đỉnh B có hoành độ là số dương Tìm tọa độ các đỉnh A B C D của hình thoi , , ,