MỘT số bài TOÁN VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG với các yếu tố TRONG TAM GIÁC

Viết phương trình các cạnh của tam giác hi biết Các đường trong tam giác Khi biết hai đường cao và 1 đỉnh, khi biết hai đường trung tuyến và 1 đỉnh, khi biết hai đường phân giác và 1 đỉnh, khi biết 2 đường và 1 đỉnh

MỘT SỐ BÀI TỐN VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VỚI CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC ĐẶT VẤN ĐỀ I Lý chọn đề tài Bài toán viết phương trình đường thẳng hình học phẳng tốn quan trọng, tốn viết phương trình đường tam giác biết yếu tố liên quan toán hay sách nâng cao, đề thi chuyên đề, đề thi đại học, cao đẳng Trong sách tham khảo có số tốn đơn lẻ đường tam giác mà chưa hệ thống thành phương pháp chung để giải dạng tập Chính viết tơi nhằm mục đích tổng hợp số dạng tốn liên quan đến hai đường tam giác, đưa phương pháp giải cho dạng toán cụ thể qua giúp thầy trị hệ thống, củng cố kiến thức, có nhìn thấu đáo tính chất đường tam giác, vận dụng làm toán liên quan đến đường tam giác Từ trang bị kiến thức để làm tập phương trình đường thẳng có liên quan đến đường tam giác Bài viết giới thiệu số tốn viết phương trình cạnh tam giác biết đỉnh hai đường tam giác khơng chứa đỉnh II Mục đích nghiên cứu Chia sẻ với đồng nghiệp em học sinh kiến thức, kinh nghiệm để làm tập viết phương trình đường thẳng tam giác Bản thân nhằm rèn luyện chuyên môn nâng cao nghiệp vụ sư phạm III Phạm vi đối tượng nghiên cứu Đề tài áp dụng cho tất giáo viên dạy tốn phổ thơng tham khảo em học sinh lớp 10, lớp 12 ôn thi đại học Phạm vi nghiên cứu bao gồm: Đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác tam giác IV Điểm kết nghiên cứu Các vấn đề sử dụng tính chất đường cao, đường phân giác, đường trung tuyến tam giác để giải toán viết phương trình đường tam giác, tìm điểm liên quan tổng hợp cách đầy đủ, tổng quát PHẦN NỘI DUNG I Cơ sở lý luận Một nhiệm vụ dạy học mơn tốn chương trình phổ thơng, đặc biệt dạy hình học phẳng hướng dẫn cho học sinh biết vận dụng tính chất đường tam giác, tính chất đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác, tính chất đối xứng mà học sinh học từ cấp II, kiến thức phương trình đường thẳng học sinh học lớp 10 để giải tập có liên quan II Cơ sở thực tiễn Bài tốn hình học phẳng tốn khó học sinh, kể học sinh học lớp 10 hay học sinh ơn thi đại học lớp 12 Vì việc hệ thống thành dạng tập với phương pháp giải cho dạng việc quan trọng, giảm bớt khó khăn, lúng túng cho học sinh giải tập dạng III Nội dung nghiên cứu Phần I Một số dạng toán Dạng 1: Cho tam giác ABC, biết tọa độ đỉnh phương trình đường cao khơng qua đỉnh Lập phương trình cạnh tam giác ABC Phương pháp chung : Giả sử tam giác có đường cao ( d1 ) : A1 x + B1 y + C1 = A ( d ) : A2 x + B2 y + C2 = d1 Điểm A ( x0 ; y0 ) ∉ ( d1 ) , ( d ) d2 B Viết phương trình cạnh AC, AB ur Ta có ( d1 ) ⊥ AB ⇒ n1 ( A ; B1 ) VTCP AB C ur x = x + At Suy phương trình cạnh AB qua A với VTCP n1 ( A1 ; B1 ) là:  y = y + B t  Tương tự ta viết phương trình cạnh AC Viết phương trình cạnh BC : Xác định tọa độ đỉnh B (là giao AB ( d ) ), tọa độ đỉnh C (là giao AC ( d1 ) ) uuur Từ viết phương trình cạnh BC qua B, nhận BC làm VTCP Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có B ( −4; −5) phương trình hai đường cao ( AH ) : x + y − = 0, ( CK ) : 3x + y + 13 = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Giải: - Lập phương trình cạnh BC ur Ta có BC ⊥ AH ⇒ n1 ( 5;3) VTCP BC suy phương trình cạnh BC: x − y − 13 = - Lập phương trình cạnh AB uur Ta có AB ⊥ CK ⇒ n ( 3;8 ) VTCP AB suy phương trình cạnh AB: x − y + 17 = - Lập phương trình cạnh AC: Ta xác định tọa độ A, C 8 x − y + 17 =  x = −1 ⇔ ⇒ A ( −1;3)  5x + y − =  y=3 Ta có tọa độ A nghiệm hệ  3 x − y − 13 =  x =1 ⇔ ⇒ C ( 1; −2 ) 3 x + y + 13 =  y = −2 Tọa độ C nghiệm hệ  Vậy phương trình cạnh AC là: x + y − = Chú ý: Khi tốn khơng cho tọa độ đình mà cho pt đường cao yếu tố bán kính đường trịn ngoại tiếp giải tốn cách sau: với tính chất vng góc đường cao ta sử dụng tính chất đường Ơ-le: [HSG 10-2013 Vĩnh Phúc] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C x − y = , x − = , x + y − = Tìm tọa độ đỉnh, biết bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC bẳng 10 đỉnh A có hồnh độ âm Phân tích: - Tìm trực tâm tam giác ABC - Tham số hóa tọa độ điểm A, B, C - Khai thác yếu tố vng góc đường cao, AH ⊥ BC BH ⊥ AC - Khai thác tính chất đường uuur uuur đường thẳng Ơ – Le, OH = 3OG với O, G tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC ⇒ Tọa độ O - Khai thác yếu tố OA = 10 ⇒ Tọa độ A, B, C A E F H B G O C D Hướng dẫn: Gọi H trực tâm tam giác ABC tọa độ H nghiệm hệ phương trình x − y = ⇒ H ( 2;1)  x − = Vì A, B, C thuộc đường cao nên A ( 2a; a ) , B ( 2; b ) , C ( c;3 − c ) uuur uuur uuur uuur Từ đó: AH ( − 2a;1 − a ) , BC ( c − 2;3 − b − c ) , BH ( 0;1 − b ) , AC ( c − 2a;3 − a − c ) uuur uuur  AH BC = ( − a ) ( c − b − 1) = ⇔ Vì H trực tâm tam giác ABC nên  uuur uuur ( − b ) ( − a − c ) =  BH AC = c − b − = Vì A, B không trùng với H nên hệ tương đương với  a + c − = 2a + c + a + b − c +  ; ÷ 3   uuur uuur  2a + c a + b − c +  ; Ta chứng minh OG = 3OH nên O  ÷    Gọi G trọng tâm tam giác ABC nên G  2  c − 2a   + b − c − a  Theo giả thiết OA = 10 hay  ÷ + ÷ = 10     c = c = ⇒ a = Từ ta tìm (loại) a = −1 ⇒ b = KL: A ( −2; − 1) , B ( 2;3) , C ( 4; − 1) Dạng 2: Cho tam giác ABC biết tọa độ đỉnh phương trình đường trung tuyến khơng qua đỉnh Hãy lập phương trình cạnh tam giác ABC Phương pháp chung : A N M B C Giả sử tam giác có trung tuyến: ( d1 ) : A1 x + B1 y + C1 = qua B, ( d ) : A2 x + B2 y + C2 = qua C Điểm A ( x0 ; y0 ) ∉ ( d1 ) , ( d ) Bước 1: Gọi M, N trung điểm AB, AC Tham số hóa tọa độ M, N thep pt đường trung tuyến Bước 2: Do M trung điểm AB suy tọa độ B theo M, mà B thuộc d từ suy tọa độ B Tương tự N trung điểm AC suy tọa độ C theo N, mà N thuộc d1 từ suy tọa độ C Bước 3: Viết pt cạnh AB, AC, BC Ví dụ2: Cho tam giác ABC có A(1; 3), hai đường trung tuyến có phương trình: ( d1 ) : x − y + = , ( d ) : y − = Viết phương trình cạnh tam giác ABC Giải: Ta thấy A ∉ ( d1 ) , ( d ) Giả sử ( d1 ) xuất phát từ B, ( d ) xuất phát từ C Gọi M, N trung điểm AB, AC, ta có M(a ; 1), N(2b-1; b) Do M trung điểm AB nên ta suy B(2a-1 ; -1) mà B thuộc d1 suy 2a-1 – 2(-1) +1 = hay a=-1, B(-3 ; -1) Mặt khác ta có N trung điểm AC suy C(4b-3; 2b-3) mà C thuộc d nên suy ra: 2b – 3- = hay b=2, C(5; 1) Phương trình cạnh AB là: x-y+2=0 Phương trình cạnh AC là: x+2y-7=0 Phương trình cạnh BC là: x-4y-1=0 Dạng 3: Cho tam giác ABC biết tọa độ đỉnh A ( x0 ; y0 ) phương trình hai đường phân giác ( BD ) : A1 x + B1 y + C1 = , ( CE ) : A2 x + B2 y + C2 = Viết phương trình cạnh tam giác ABC Phương pháp chung: - Lập phương trình cạnh BC: + Gọi H, K điểm đối xứng A qua BD, CE I giao CE AH, J giao BD A AK Ta E chứng minh H , K ∈ BC : J D I C B K H · · + Ta có HCI (Tính chất đối xứng) = CIA · · · · Mà BCI (Tính chất phân giác) Suy HCI = CIA = BCI ⇒ H ∈ BC Tương tự K ∈ BC Theo tốn tìm điểm đối xứng qua đường thẳng suy tọa độ H, K từ suy pt cạnh BC qua H, K - Xác định tọa độ B giao BC BD, C giao BC CE Từ suy phương trình cạnh AB, AC Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có A(2; -1), hai đường phân giác trong: BD: x − y + = , CE: x + y + = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Giải: - Lập pt cạnh BC: + Gọi A1 , A2 điểm đối xứng A qua CE, BD + Ta chứng minh A1 , A2 thuộc BC, gọi { I } = AA1 ∩ CE , { J } = AA2 ∩ BD · A = BCI · · · A mà IC ⇒ BCI = ·A1CI ⇒ A1 ∈ BC Ta có ·A1CI = IC Tương tự ta chứng minh A2 ∈ BC Vậy phương trình cạnh BC phương trình đường thẳng qua A1 , A2 Ta xác định tọa độ A1 , A2 : ur Ta có BD ⊥ AA2 ⇒ n1 ( 1; −2 ) VTCP AA2 ,  x = 2+t  y = −1 − 2t Phương trình tham số AA2 :   x = 2+t  Tọa độ J thỏa mãn hệ  y = −1 − 2t x − y +1 =  ( t ∈¡ ) x =  ⇔  y = ⇒ J ( 1;1) , t =1  Do J trung điểm AA2 nên ta có A2 ( 0;3) Tương tự ta xác định tọa độ I ( 0; −3) ⇒ A1 ( −2; −5) Vậy phương trình cạnh BC qua A1 , A2 : 4x-y+3=0 - Lập phương trình cạnh AB, AC :   x = − 4 x − y + =  1 ⇔ ⇒ B− ; ÷ + Ta có tọa độ B nghiệm hệ:   7  x − y +1 =  y=1  Suy phương trình cạnh AB: x + 19 y + =  x=−  4 x − y + =   9 ⇔ ⇒ C − ;− ÷ + Ta có tọa độ C nghiệm hệ :   5  x+ y+3= y = −  Suy phương trình cạnh AC: x − y − = Dạng 4: Cho tam giác ABC, A ( x0 ; y0 ) , đường cao BH, đường trung tuyến CM, ( BH ) : A1 x + B1 y + C1 = , ( CM ) : A2 x + B2 y + C2 = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Phương pháp chung: A - Lập phương trình cạnh AC: M ur Ta có n1 ( A1 ; B1 ) VTPT ur BH mà BH ⊥ AC ⇒ n1 VTCP H B AC, từ suy phương trình cạnh AC - Lập phương trình cạnh BC, AB: + Gọi M trung điểm AB, tham số hóa tọa độ M theo pt (CM), C + Có M trung điểm AB ta suy tọa độ điểm B theo M, lại có B thuộc (BH) suy tọa độ điểm B suy phương trình cạnh AB + Xác định tọa độ C:  pt (CM ) ⇒ C ( xC ; yC ) suy pt cạnh AC  pt ( AC ) Tọa độ C nghiệm hệ pt  Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có C ( 3;5 ) , đường cao BH, trung tuyến AM có phương trình: ( BH ) : x + y − = 0, ( AM ) : x + y − = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Giải: - Lập phương trình cạnh AC: ur Do BH ⊥ AC ⇒ n1 ( 5; ) VTCP AC suy phương trình AC:  x = + 5t ,t ∈ ¡   y = + 4t Ta có M(m; – 8m) thuộc AM Mà M trung điểm BC suy B(2m-3; 9-16m), B thuộc (BH) suy ra:   5(2m-3)+4(9-16m)-1=0 ⇒ m=10/27 suy B  − ; ÷  27 27  61 83 Suy phương trình cạnh BC: 52 x − 142 y + 554 = - Lập phương trình cạnh AB :   x=2  x = + 5t   1  Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ  y = + 4t ⇔  y = ⇒ A  ;3 ÷ 2  8 x + y − =   t = −  Suy phương trình cạnh AB: x + 149 y − 445 = Nhận xét : Với kiến thức dạng toán ta giải tốn sau : [KA-2010] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A ( 6;6 ) , đường thẳng qua trung điểm cạnh AB, AC có phương trình d : x + y − = Tìm tọa độ đỉnh B, C, biết điểm E ( 1; − 3) thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Phân tích: - Đường thẳng d song song với cạnh đáy BC - Đường thẳng d vng góc cắt đường cao AH trung điểm nên ta viết phương trình AH, tìm tọa độ I H, viết phương trình BC - Do H trung điểm BC nên cần tham số hóa B có tọa độ C Từ khai thác tính chất điểm E ( 1; − 3) nằm đường cao ta tìm tham số kết luận A E d I B C H Hướng dẫn: Gọi H chân đường cao tam giác kẻ từ A ⇒ AH ⊥ d : x + y − = Suy phương trình đường cao AH : x − y = Gọi I = AH ∩ d ⇒ I ( 2; ) Do tam giác ABC cân nên I trung điểm AH ⇒ H ( −2; −2 ) BC qua H song song với d ⇒ phương trình BC : x + y + = B ∈ BC ⇒ B ( b; − b − ) , tam giác ABC cân nên H trung điểm BC, suy uuur  AB = ( − b;10 + b ) C ( −b − 4; b ) ⇒  uuu r CE = ( + b; − − b ) uuu r uuu r Do E thuộc đường cao kẻ từ C ⇒ AB.CE = ⇔ ( − b ) ( + b ) + ( 10 + b ) ( −3 − b ) = b = ⇒ B ( 0; −4 ) ; C ( −4;0 ) ⇔ b = −6 ⇒ B ( −6; ) ; C ( 2; −6 ) Kl: Vậy B ( 0; −4 ) ; C ( −4;0 ) B ( −6; ) ; C ( 2; −6 ) Dạng 5: Cho tam giác ABC có A ( x0 ; y0 ) , đường cao ( BH ) : A1 x + B1 y + C1 = , đường phân giác ( CD ) : A2 x + B2 y + C2 = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Phương pháp chung: A - Lập phương trình cạnh AC: ur BH mà BH ⊥ AC ⇒ n1 VTCP AC, từ suy phương trình cạnh AC H D ur Ta có n1 ( A1 ; B1 ) VTPT I B E C Lập pt cạnh BC: Gọi E điểm đối xứng A qua CD, ta chứng minh E ∈ CD · · A (tính chất đối xứng) Ta có ECI = IC · · · Mà ·ACI = ICB (tính chất phân giác) suy ECI = ICB ⇒ E ∈ BC Gọi I giao điểm AE CD + Viết phương trình đường thẳng AA ' qua A vng góc với CD, ta có uu r  x = x0 + A2t n2 ( A2 ; B2 ) VTCP AE suy pt AE :  ( t ∈¡  y = y0 + B2t ) ( AE ) + Tọa độ I thỏa mãn hệ phương trình:  CD ⇒ I ( a; b ) ) (  x + x ' = 2x x A I Do I trung điểm AA ' nên ta có:  y + yA = y ⇒  yA I  A A  A ' ' ' ( AC ) + Tọa độ C nghiệm hệ phương trình  CD ⇒ C ) ( Suy phương trình cạnh BC qua C E - Lập phương trình cạnh AB:  ( BC ) Tọa độ B nghiệm hệ  BH ⇒ B ) ( Suy phương trình cạnh AB qua A, B Ví dụ5: Cho tam giác ABC có A ( 2; ) , đường cao ( BH ) : x − y − = , phân giác ( CD ) : x + y − = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Giải: - Lập phương trình cạnh AC: ur Ta có BH ⊥ AC ⇒ n1 ( 9; −3) VTCP AC suy phương trình AC:  x = + 9t ( t∈¡ )   y = − 3t - Lập phương trình cạnh BC : · A (tính chất đối + Gọi A' điểm đối xứng A qua CD, ta có: ·A'CI = IC xứng) · · mà ·ACI = ICB (tính chất phân giác) suy ·A'CI = ICB ⇒ A' ∈ BC + Lập phương trình đường AA ' qua A vng góc với CD: uu r Do AA ' vng góc với CD nên có n2 ( 1;1) VTCP AA ' x = + t ( t ∈¡ ) suy phương trình AA ' :  y = 2+t + Gọi I giao điểm AA ' CD suy tọa độ I thỏa mãn hệ :  x = 2+t  x =1    y = + t ⇔  y = ⇒ I ( 1;1) x + y − = t = −1    x + x ' = 2x x ' = A I ' A A + Do I trung điểm AA ' nên ta có:  y + y = y ⇔  y = ⇒ A ( 0;0 ) I  A A  A ' '   x = −1  x = + 9t   + Tọa độ C thỏa mãn hệ  y = − 3t ⇔  y = ⇒ C ( −1;3 ) x + y − =   t = −  Phương trình cạnh BC (đi qua C A' ): 3x + y = - Lập phương trình cạnh AB:  x=   3x + y =  2 2 ⇔ ⇒ B ;− ÷ + Tọa độ B nghiệm hệ  9 3 9 x − y − = y = −  Suy phương trình cạnh AB: 3x − y − = Nhận xét: Với kiến thức ta giải toán sau: [Khối B-2008] Trong mặt phẳng Oxy, xác định đỉnh tam giác ABC biết hình chiếu vng góc đỉnh C lên AB điểm H(-1; -1), đường phân giác góc A có pt: x-y+2=0, đường cao kẻ từ B có pt: 4x+3y-1=0 Phân tích đề - Khai thác tính đối xứng đường phân giác tìm tọa độ điểm K đối xứng với H qua đường phân giác -Khai thác tính chất vng góc đường cao viết phương trình AC, suy tọa độ A phương trình HC ⇒ tọa độ C = HC ∩ AC Hướng dẫn: Gọi K điểm đối xứng với H qua phân giác góc A ⇒ HK : x + y + = Gọi M giao HK phân giác góc A ⇒ M (−2;0) ⇒ K (−3;1) Đường AC qua K vng góc với đường cao kẻ từ B, suy ra: A K H AC : 3x − y + 13 = ⇒ A(5;7) Suy HC : 3x + y + = ⇒ C ( −10 ; ) C B P Dạng 6: Cho tam giác ABC có A ( x0 ; y0 ) , đường trung tuyến BM có phương trình: A1 x + B1 y + C1 = ,đường phân giác ( CD ) : A2 x + B2 y + C2 = Lập phương trình cạnh tam giác ABC A D M I C B Phương pháp chung: E - Lập phương trình cạnh AC: Ta có M ∈ BM ⇒ A1 xM + B1 yM + C1 = Có C ∈ CD ⇒ A2 xC + B2 yC + C = (1) (2)  x + x = 2x  x = 2x − x A C M C M Mà M trung điểm AC ta có  y + y = y ⇒  y = y − y (3) C M M  A  C Thế (3) vào (2) ta có : A2 ( xM − x0 ) + B2 ( yM − y0 ) + C2 = (4)  xM = a Giải hệ (1), (4) ta được:  y = b ⇒ M ( a; b )  M Suy phương trình cạnh AC (đi qua A M): A3 x + B3 y + C3 = - Lập phương trình cạnh BC: + Gọi E điểm đối xứng A qua CD · · A (tính chất đối xứng) Ta có ECI = IC · · · mà ·ACI = ICB (tính chất phân giác) suy ECI = ICB ⇒ E ∈ BC + Viết phương trình AE qua A vng góc với CD: uu r x = x + A t Do AE ⊥ CD ⇒ n2 ( A2 ; B2 ) VTCP AE suy pt AE  y = y + B t ( t ∈ ¡ )   x = x0 + A2t  Gọi I = AE ∩ CD , tọa độ I thỏa mãn hệ  y = y0 + B2t ⇒ I ( xI ; yI ) A x + B y + C = 2   x + x ' = 2x A I ' A Do I trung điểm AE nên ta có:  y + y = y ⇒ A ( m; n ) I  A A '  A3 x + B3 y + C3 = ⇒C Tọa độ C nghiệm hệ   A2 x + B2 y + C2 = Từ ta viết phương trình cạnh BC (qua C E) - Lập phương trình cạnh AB:  pt ( BM )  + Tọa độ B nghiệm hệ  pt BC ⇒ B )  ( suy phương trình cạnh AB (đi qua A, B) Ví dụ 6: Cho tam giác ABC có B ( 1; ) , phân giác ( AD ) : x − y − = , trung tuyến ( CM ) : x + y + = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Giải: - Lập phương trình cạnh AB Ta có M ∈ MC ⇒ xM + yM + = (1), có A ∈ AD ⇒ xA − y A − = (2)  x + x = 2x  x = 2x −1 A B M M ⇒ A Do M trung điểm AB nên  (3) y + y = y y = y  A B M  A M −2 Thế (3) vào (2) ta xM − yM − = (4) x + y + =  x = −1 M M ⇔ M Từ (1), (4) ta có:  x − y − =  M M  yM = −2  x = −3 ⇒ A ⇒ A ( −3; −6 )  y A = −6 Vậy phương trình cạnh AB là: x − y = - Lập phương trình cạnh AC: · Gọi B ' điểm đối xứng B qua AD, ta có B· ' AI = IAB (tc đối xứng) · · · mà IAB (tc phân giác) suy B· ' AI = IAC = IAC ⇒ B ' ∈ AC Viết phương trình BB ' qua B vng góc với AD r  x = 1+ t ( t ∈¡ ) Do AB ⊥ BB ' ⇒ n ( 1; −1) VTCP BB ' suy pt BB ' :  y = 2−t Goi I giao điểm BB ' AD suy tọa độ I thỏa mãn hệ:  x = 1+ t x =    y = − t ⇔  y = ⇒ I ( 3;0 ) x − y − = t =    x ' + x = 2x  x ' = 2x −1 = B I I ' Mà I trung điểm BB ' nên ta có:  y B + y = y ⇒  y B = y − = −2 ⇒ B ( 5; −2 ) B I I  B  B ' ' x − y − =  x = −3 ⇔ ⇒ A ( −3; −6 )  2x − y =  y = −6 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  Suy phương trình cạnh AC (đi qua A B ' ): x − y − = - Lập phương trình cạnh BC: x + y + =  x=3 ⇔ ⇒ C ( 3; −3)  y = −3 x − 2y − = Tọa độ C nghiệm hệ  Vậy phương trình cạnh BC là: x + y − = Nhận xét: Với kiến thức ta giải toán sau: [KD-2011] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ( −4;1) , trọng tâm G ( 1;1) , đường thẳng chứa phân giác góc A d : x − y − = Tìm tọa độ đỉnh A C uuuu r uuu r Phân tích: - Khai thác yếu tố trọng tâm điểm B: 2GM = −GB → tọa độ M - Khai thác đường phân giác → tọa độ điểm B’ đối xứng với B qua phân giác d Từ viết phương trình cạnh AC suy tọa độ điểm A = AB ∩ d → tọa độ điểm C Hướng dẫn A M G B' H C B D uuuu r uuu r Gọi M trung điểm AC, G trọng tâm tam giác ABC ⇒ 2GM = −GB ⇒ 7  M  ;1÷ 2  Gọi B’ điểm đối xứng B qua đường thẳng d → phương trình đường thẳng BB’: 1( x + ) + 1( y − 1) = ⇔ x + y + = Gọi H giao điểm BB’ d Suy tọa độ H nghiệm x − y −1 =  x = −1 ⇔ ⇒ H ( −1; −2 ) x + y + =  y = −2 hpt:  ' Suy B ( 2; −5 ) → phương trình cạnh AC : x − y − 13 = tọa độ điểm A  x − y −1 = ⇒ A(4;3)  x − y − 13 = nghiệm hệ  Vì M trung điểm AC nên C(3; -1) Một số tập luyện tập Cho tam giác ABC có A ( 1; ) phương trình hai đường trung tuyến là: x − y − = 0;11x + 13 y − = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Cho tam giác ABC có A ( 2; ) phương trình hai đường phân giác là: x + y − = 0;3x + y − = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Cho tam giác ABC có A ( 5; −4 ) phương trình hai đường cao là: x − y + = 0; x − y + = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Cho tam giác ABC có B ( −4;1) phương trình đường cao ( AH ) : 3x − y − = , phân giác ( AD ) : x − y + = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Cho tam giác ABC có A ( 3;1) phương trình phân giác ( BD ) : x + y − = , trung tuyến ( CM ) : −4 x + y + = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Cho tam giác ABC có A ( 4;6 ) phương trình đường trung tuyến ( CK ) : x − 13 y + 29 = , đường cao ( BM ) : −3x + 19 y − 52 = Lập phương trình cạnh tam giác ABC Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao ( AH ) : 3x + y + 10 = , phân giác ( BE ) : x − y + = Điểm thuộc đường thẳng AB cách C khoảng M ( 0; ) Tính diện tích tam giác ABC Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A ( 1; ) , đường cao đường trung tuyến đỉnh B có phương trình: x + y − = y − = Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng Oxy, xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vng góc C AB điểm H ( −1; −1) , đường phân giác góc A có phương trình x − y + = đường cao kẻ từ B có phương trình x + y − = (Đề TSĐH KB-2008) 16 PHẦN KẾT LUẬN I Kết nghiên cứu Song song với việc tiếp thu kiến thức toạ độ điểm, tọa độ vectơ, phương trình đường thẳng, qua việc sử dụng phương pháp giải toán liên quan đến đường tam giác em chủ động hơn, tự tin tiếp xúc với tốn hình học phẳng Thật vậy, tiết ôn tập cuối năm 10, ơn thi chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào trường Đại học Cao đẳng hàng năm học sinh lớp 12, em hướng dẫn giải số tập liên quan đến việc sử dụng phương pháp giải tập viết phương trình cạnh tam giác biết hai đường đỉnh tam giác Qua khảo sát, nhìn chung em biết vận dụng linh hoạt, biết nhận biết vấn đề xác định tọa độ điểm liên quan đến cạnh Kết khảo sát qua tập sau: Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 2; −7 ) trung tuyến BM: 3x + y + 11 = , đường cao CH: x + y + = Viết phương trình cạnh tam giác ABC Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; ) trung tuyến BM: x + y + = , phân giác góc C có phương trình x + y − = Viết phương trình cạnh BC Kết : Bài Số HS làm 40 42 Số HS đạt yêu cầu 29 30 Đạt tỷ lệ % 72,5 71,4 Tuy kết chưa thật mong đợi, tơi mong muốn học trị bớt lúng túng, khó khăn sợ gặp gặp tốn hình học phẳng, đặc biệt toán liên quan đến đường tam giác II Kết luận 17 Khi dạy học sinh phần đường thẳng toán liên quan đến đường tam giác, việc giúp học sinh nắm vững tính chất đường tam giác, hệ thống dạng tập có ý nghĩa lớn giúp em giải toán dạng cách dễ dàng Khi chưa hệ thống dạng tập liên quan đến đường tam giác phần lớn học sinh có cảm giác sợ học hình học phẳng, chưa định hình cách giải tốn có liên quan Qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy có nhiều học sinh cịn hổng kiến thức tính chất đường tam giác cấp II, số tính tốn chậm thiếu xác dẫn đến viêc tiếp thu kiến thức vận dụng làm tập tương tự hạn chế Cũng qua thực tế giảng dạy thấy việc đưa vào giảng dạy dạng toán cách hệ thống giúp em thấy u thích học hình đặc biệt tốn hình học phẳng liên quan đến đường tam giác Giúp em tự tin việc giải tập hình học phẳng có liên quan III Đề nghị Tơi kính đề nghị nhà trường xếp lớp học sinh tương đồng lực học tập, tăng thêm thời lượng ôn tập để việc giảng dạy thuận lợi đạt hiệu cao IV Tư liệu tham khảo 18 Lê Hồng Đức, Đào Thiện Khải, Lê Ngọc Bích, Phương pháp giải tốn hình học, nhà xuất Đại Học Sư Phạm, 2004 Lê Quý Mậu, Phạm Hữu Hoài, Chuyên đề bồi dưỡng tốn cấp Hình giải tích phẳng, nhà xuất Đà Nẵng, 1998 Mục lục 19 Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ …………………………………………….… I Lý chọn đề tài …… …………………………………… II Mục đích nghiên cứu ………………………….………… III Phạm vi đối tượng nghiên cứu ……………………… IV Điểm kết nghiên cứu……………………… B PHẦN NỘI DUNG ……………… … ……………………… I Cơ sở lý luận ………………………………………………… II Cơ sở thực tiễn………….…………………………………… III Nội dung nghiên cứu Dạng 1…………………………………………………… 2 Dạng 2……………………………….…………………… Dạng 3…………………………………………………… Dang 4………………… ………………………………… Dạng 5…………………………………………………………… Dạng 6…………………………………………………………… 12 C PHẦN KẾT LUẬN ……………………………………………… I Kết nghiên cứu…………………………………………… 17 II Kết luận ……………………………………………………… 18 III Kiến nghị Đề xuất ……………… ……………………… 18 IV Tài liệu tham khảo ……………………………………… 19 20