Gỡ “nút thắt” cho bài toán hình học tọa độ phẳng trong các đề thi THPT quốc gia và thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh bậc THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG III SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI GỠ “NÚT THẮT ” CHO BÀI TỐN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG TRONG CÁC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA VÀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN CẤP TỈNH BẬC THPT Người thực hiện:Trần Văn Lực Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HỐ, NĂM 2016 MỤC LỤC PHẦN I MỞ ĐẦU .1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu .1 PHẦN II NỘI DUNG Cơ sở lý luận đề tài: 2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề .2 Nội dung đề tài 4.Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 19 PHẦN III KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 21 PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình hình học lớp 10 có phần quan trọng hình học phổ thơng phương pháp toạ độ mặt phẳng, phần tiếp nối hình học phẳng cấp THCS nhìn quan điểm đại số giải tích.Do đề thi THPT Quốc gia thi học sinh giỏi bậc THPT có tốn phân loại khó hình học tọa độ mặt phẳng nhằm khai thác mối liên hệ ràng buộc hình học tọa độ mặt phẳng lớp 10 kiến thức hình học phẳng bậc THCS Như tốn hình học toạ độ mặt phẳng mang chất tốn hình học phẳng Tuy nhiên giải tốn hình học toạ độ học sinh thường khơng trọng đến chất hình học tốn ấy.Vì vậy, thực tế u cầu phải trang bị cho học sinh hệ thống phương pháp suy luận giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng từ tính chất hình học phẳng Với ý định đó, sáng kiến kinh nghiệm tơi muốn nêu cách định hướng tìm lời giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng dựa chất hình học phẳng tốn Đó tơi nghiên cứu đề tài:Gỡ “nút thắt” cho tốn hình học tọa độ phẳng đề thi THPT Quốc gia thi HSG môn Tốn cấp Tỉnh bậc THPT Mục đích nghiên cứu Định hướng cho học sinh cách giải toán hình học tọa độ mặt phẳng từ việc nắm vững vận dụng linh hoạt tính chất hình học phẳng giúp học sinh tư lơgic giải nhanh hiệu đề thi THPT Quốc gia thi học sinh giỏi mơn Tốn bậc THPT Việc đưa nội dung nhằm khai thác tính chất hình học phẳng để tìm tịi lời giải tốn hình học toạ độ phẳng dựa việc chất hình học phẳng bổ trợ cho giải tốn Qua giúp học sinh nhận thức rằng: “Mỗi tốn hình học toạ độ mặt phẳng ln chứa đựng tốn hình phẳng tương ứng”giúp học sinh nắm vững mối liên hệ mật thiết hai vấn đề mơn hình học phẳng Từ giúp học sinh nâng cao tư việc phân tích chất tốn hình học phẳng chứa đựng tốn hình học toạ độ mặt phẳng tương ứng thơng qua 15 tính chất 12 tập minh họa Đối tượng nghiên cứu + Phương pháp giải tập hình học tọa độ mặt phẳng thông qua việc vận dụng tính chất hình học phẳng +Các tập hình học tọa độ mặt phẳng từ đề thi HSG Toán cấp tỉnh bậc THPT đề thi Toán THPT Quốc gia Phương pháp nghiên cứu Từ việc trang bị số tính chất hình học phẳng giảng dạy cho học sinh giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng, chất liên hệ với tính chất hình phẳng tương ứng, từ phân tích ngược lại cho tốn vừa giải Trước hết cần ý chuyển toán toạ độ tốn hình phẳng sở kiện tốn cho Sau ta phân tích tính chất hình học hình phẳng để định hướng tìm lời giải toán Trang PHẦN II NỘI DUNG Cơ sở lý luận đề tài: Trong phương pháp dạy học Toán chứa đựng chức khác nhau.Những chức là: +Chức dạy học: Bài tập toán nhằm cố vận dụng tri thức kỷ kỷ xảo trình dạy học +Chức giáo dục: Bài tập tốn nhằm hình thành giới quan vật biện chứng tạo nên hứng thú sáng tạo niềm tin cho người lao động +Chức phát triển: Bài tập toán nhằm phát triển lực tư đặc biệt rèn luyện thao tác trí tuệ ,những phẩm chất tư khoa học +Chức kiểm tra: Bài tập toán nhằm đánh giá mức độ kết quả,kĩ độc lập học toán,khả tiếp thu vận dụng kiến thức học sinh Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong năm gần tốn hình học toạ độ mặt phẳng từ đề thi HSG Toán cấp tỉnh bậc THPT đề thi Toán THPT Quốc gia tốn mang tính phân loại cao nên việc giải tốn khó khăn, học sinh thường lúng túng đặt câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải toán từ đâu ?” Đa số học sinh bế tắc tìm lời giải tốn khơng nắm chất mối liên hệ tính chất hình học phẳng phương pháp tọa độ mặt phẳng Trước thực trạng học sinh, tơi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét tốn hình học toạ độ mặt phẳng theo tính chất hình học phẳng chất hình học phẳng toán Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng, giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét tốn nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trưng liên hệ tính chất hình học phẳng Trong việc hình thành cho học sinh khả tư theo kiến thức hình học phẳng điều cần thiết Việc trải nghiệm qua q trình giải tốn giúp học sinh hoàn thiện kỹ định hướng giải toán Thực theo bước sau: Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ giải tốn thơng qua (hay nhiều) buổi học có hướng dẫn giáo viên Tổ chức rèn luyện khả định hướng giải tốn học sinh Trong u cầu khả lựa chọn lời giải ngắn gọn sở phân tích tốn hình học phẳng tương ứng Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin khả nắm vững kiến thức học sinh Trong tốn hình học toạ độ mặt phẳng yêu cầu học sinh thực phân tích chất hình học phẳng đưa hướng khai thác mở rộng cho toán Cung cấp hệ thống tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện Trang Nội dung đề tài a) Các tính chất quen thuộc hình học phẳng: Tính chất 1: Cho ∆ABC có đường cao AA’, BB’, CC’ đồng quy H Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB E, F, D trung điểm AH, BH, CH điểm A’, B’, C’, M, N, P, E, F, D thuộc đường tròn (Đường tròn điểm) Chứng minh: V Xét phép vị tự  H; 12 ÷ A→E B→F C→D A1 → A '   N1 → N B1 → B' C1 → C' P1 → P M1 → M Nên đường tròn (ABC)thành đường tròn qua A’, B’, C’, M, N, P, E, F, D Hay điểm A’, B’, C’, M, N, P, E, F, D thuộc đường trịn Tính chất 2: Cho ∆ABC vng A, đường cao AH Gọi P, Q trung điểm đoạn thẳng BH, AH ⇒ AP ⊥ CQ Hệ quả: Hình chữ nhật ABCD, H hình chiếu A BD E , F ,Q trung điểm BC, HD , AH BQFE hình bình hành AF vng góc với EF Chứng minh: + Ta có PQ đường trung bình ∆AHB ⇒ PQ P AB , mà AB ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ AC AH ⊥ BC ⇒ Q trực tâm ∆APC ⇒ AP ⊥ CQ Trang Tính chất : Cho tam giác nhọn ABC , gọi D, E, F chân đường vuông góc kẻ từ A, B, C ∆ABC H trực tâm ∆ABC ⇒ H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF đồng thời AB, BC, CA phân giác ngồi Chứng minh : Ta có tứ giác BDHF nội tiếp µ1 =D µ1 ⇒B µ1=D µ mà Tứ giác ECDH nội tiếp ⇒ C µ1 =C µ (cùng phụ với BAC · µ1=D µ2 ) ⇒D B ⇒ DH phân giác ∆DEF tương tự ta có EH, FH tia phân giác ∆DEF ⇒ H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF Tính chất 4: Cho ∆ABC cân A nội tiếp đường tròn tâm I, G trọng tâm ∆ABC Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm ∆ADC ⇒ I trực tâm ∆DEG Chứng minh : - Gọi F, H, K trung điểm BC, AC, AD ⇒ E = DH ∩ CK - Do G trọng tâm ∆ABC ⇒ G = AF ∩ CD CE CG = = ⇒ GE P AB , - Ta có CK CD Mà AB ⊥ DI ⇒ GE ⊥ ID DE P BC  Lại có:  ⇒ GI ⊥ DE ⇒ I trực tâm GI ⊥ BC  ∆DGE Tính chất 5: Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC hình vng ABCD,K ,I hình chiếu B AN CM ⇒ 1.AN ⊥ DM , MK ⊥ DK, DI ⊥ IN (Do I C đối xứng qua DN) 2.E hình chiếu N AC AE=3EC ⇒ ∆DEM vng cân E Chứng minh: µ1=D µ1 ∆ABN = ∆DMA(c.g.c) ⇒ A µ +M µ = 90 o ⇒ A µ +M µ = 90 o Và D ⇒ ∆AHM vuông H ⇒ AN ⊥ DM Trang Tính độ dài ME, DE, DM theo cạnh a hình vng ta chứng minh ý cịn lại Tính chất 6: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD, M điểm AB cho AB = 4.AM ⇒ DM ⊥ AC Nếu N ,K ,P trung điểm AB, HC ,DH ⇒ KN ⊥ DK Tứ giác APKN hình bình hành P trực tâm tam giác ADK Chứng minh: µ1+M µ = 90o Mà: Ta có: D DC µ = AM = = , tan D AB AD µ1=D µ 1⇒A µ1+M µ = 90o ⇒ ∆AHM vuông H ⇒ AC ⊥ DM ⇒A µ1= tan A Tính chất 7: Trong hình thang cân có đường chéo AD BD vng góc IA AB = độ dài đường cao độ dài đường trung bình EF ID CD Hướng dẫn chứng minh: + NM = NI + IM + Do ABCD hình thang cân, AC ⊥ BD I ⇒ ∆AIB, ∆BIC vuông cân ⇒ IN, IM đường cao tương ứng đồng thời trung tuyến Trang AB CD ;IM = 2 AB + CD ⇒ NI + IM = = EF ⇒ NM = EF ⇒ NI = Tính chất 8: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), BH CK đường cao ∆ABC cắt I, Gọi M N trung điểm AI BC ⇒ AO ⊥ KH, MN ⊥ KH Chứng minh: + Kẻ tiếp tuyến Ax » sdAC · · ⇒ xAC = ABC = · · + Mà ABC (do tứ giác KHCB = AHK · · nội tiếp) ⇒ xAC , mà góc = AHK vị trí so le ⇒ Ax P HK + Lại có Ax ⊥ AO (do Ax tiếp tuyến) ⇒ AO ⊥ HK Tính chất 9: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm, AH cắt (O) H’ Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HBC ⇒ O I ,H H’ đối xứng qua BC Hai đường tròn (0) (I) có bán kính Chứng minh: Tam giác HCH’ cân C BC vừa phân giác vừa đường cao nên H H’ đối xứng qua BC Tứ giác ACH’B nội tiếp đường tròn (O) ⇒ O đồng thời tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BH 'C Mà H H’ đối xứng qua BC ⇒ ∆HBC đối xứng với ∆H 'BC qua BC, mà O, I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆H 'BC ∆HBC ⇒ I O đối xứng qua BC Trang Tính chất 10: (Đường thẳng Ơ – le) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi H, G, O trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , OA cắt (O) A’ BHCA’ hình bình hành, G trọng tâm tam giác AHA’ và: uuur uuuu r uuur uuur uuur uuur AH = 2.OM , OH = OA + OB + OC uuur uuur OH = 3.OG ,3 điểm O, G, H thẳng hàng Chứng minh: Tứ giác BHCA có cặp cạnh đối đơi vng góc nên BHCA’ hình bình hành suy OM làuuđường trung ur uu uu r bình tam giác AA’H AH = 2.OM Do M trung điểm BC ,ta có: uuur uuur uuur uuur uuuu r uuur uuur uuur OA + OB + OC = OA + 2.OM = OA + AH = OH ∆uABC Do tâm uuurG làuutrọng u r uuu r uur ⇒ OA + OB + OC = 3.OG uuur uuuu r uuur ⇒ OA + 2.OM = 3.OG uuur uuur uuur ⇒ OA + AH = 3.OG uuur uuur ⇒ OH = 3.OG Vậy điểm O, G, H thẳng hàng.( Cùng thuộc đường thẳng Ơ – le) Tính chất 11: Cho ∆ABC gọi O I tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC , AI cắt đường tròn (O) D OD vng góc với BC tam giác BDI cân ⇒ DB = DI = DC Gọi E giao AI với BC F đối xứng với I qua D F tâm đường trịn bàng tiếp góc A BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE Trang Chứng minh: Do D điểm cung BC µ1+B µ (do $ Ta có $ I1 = A I1 góc ngồi ∆ABI ) µ1 =B µ (do AI phân giác ∆ABC ), mà : Và B » µ =B µ = sdBC ⇒ $ µ2+B µ = IBD · A I1 = B ⇒ ∆IBD cân D ⇒ DI = DB µ1 =A µ ⇒ BC » = DC » ⇒ BD = DC Ta lại có A ⇒ DB= DI = DC Tính chất 12: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E giao điểm đường tròn (O) với đường cao qua A C ⇒ OB trung trực ED Chứng minh: » » µ1 =A µ = sdBD ,D µ1=C µ = sdBE ,C µ1=A µ1 Do : E 2 µ1= D µ1 · (cùng phụ với ABC ) ⇒E Khi tam giác BED cân B hay BE=BD OE =OD (Bán kính đường trịn tâm O) ⇒ OB trung trực ED Tính chất 13 Cho tam giác ABC cân A có M trung điểm BC Gọi H hình chiếu M lên AC K trung điểm MH Chứng minh AK ⊥ BH Chứng minh:Gọ I trung điểm HC KI ⊥ AM MK ⊥ AI nên K trực tâm tam giác AIM suy AK ⊥ MI ⇒ AK ⊥ BH Trang Tính chất 14 Cho (O) dây cung AB với I trung điểm Qua I xét dây cung MN PQ tùy ý cho dây cắt AB E F Chứng minh I trung điểm EF (Định lý bướm) Chứng minh: Gọi K, T trung điểm dây MP, NQ Ta có tứ giác OIEK OIFT nội tiếp Suy ra: ∠EOI = ∠EKI; ∠FOI = ∠ITF Mặt khác tam giác IMP đồng dạng với INQ IK, IT trung tuyến Suy ra: ∠EKI = ∠ITN Do đó: ∠EOI = ∠FOI Vậy tam giác OEF có OI vừa phân giác vừa đường cao nên tam giác cân Suy IE = IF Trang Tính chất 15 Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt H (D thuộc AC; E thuộc AB) Lấy I trung điểm BC Qua H kẻ đường thẳng vng góc với HI cắt AB, AC M, N Chứng minh HM = HN Chứng minh : Kẻ đường trịn đường kính BC Ta có tứ giác BCDE nội tốn bướm có d vuộng góc với IH nên HM = HN Trang 10 b) Các nhóm giải pháp thực : 1-Nhóm tốn tam giác đường trịn : Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn; có đường cao AD, BE, CF đồng quy H(3;-1) Biết đường thẳng (d): 7x+y+15=0 qua trung điểm M BC, phương trình đường trịn qua ba điểm D, E, F x + y − 3x + y − 10 = Tìm toạ độ điểm M D.(Đề thi thử THPT Quốc gia Trường Lam sơn 2016) Hướng dẫn giải: Theo tính chất 1: ⇒ M ∈ đường tròn (DFE) + M ∈ ( DFE ) ∩ ( d ) ⇒ Toạ độ M thoả mãn:  x + y − 3x + y − 10 =  x = −2 ⇔   y = −1 7x + y + 15 = Vậy M(-2;-1) + HM =5, trung điểm HM K(1/2;-1) nên phương trình đường trịn (K) có đường kính HM (K): 2 1  5 2  x − ÷ + ( y + 1) =  ÷ ⇔ x + y − x + 2y − = 2  2  x + y − 3x + y − 10 = + Toạ độ D thoả mãn hệ:  2  x + y − x + 2y − = + Giải hệ ta nghiệm (x;y) = (-1;-3); (x;y) = (-2;-1) 3 1 + Nếu D ≡ M ⇒ ∆ABC cân A ⇒ tâm đường tròn (DEF) I  ; − ÷ 2 2 M(-2;-1); H(3;-1) phải thẳng hàng, điều không xãy Vậy D(-1;-3) Bài 2: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O(0;0) Gọi M(-1;0), N(1;1) chân đường vng góc kẻ từ B, C ∆ABC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C ∆ABC , biết điểm A nằm đường thẳng ∆ có phương trình: 3x + y – = Hướng dẫn giải : Theo tính chất Trang 11 Ta có A ∈ ∆ ⇒ A(a;1 − 3a) , AO ⊥ MN AO.MN = ⇒ a = ⇒ A(1; −2) Đường thẳng AB : ⇒ AB: x – = Đường thẳng AC : ⇒ AC: x + y + = Đường cao BM : ⇒ BM: x - y + = B = AB ∩ BM ⇒ B(1;2), ⇒ C(-2;1) Bài : ∆ABC nội tiếp đường trịn tâm I(2;1), bán kính R = Trực tâm H(-1 ;1), độ dài BC = Hãy viết phương trình BC Hướng dẫn giải :Theo tính chất 10 Kẻ đường kính AD ⇒ BHCD hình bình hành ⇒ MI đường trung bình ∆ AHD ⇒ AH=2.MI gọi A(x ;y) Ta có: AH = 2.MI = CI − BM = 52 − =  AI = x = ⇒ ⇒ A(−1;5) ⇒ D(5; −3) ⇒ M(2; −2) y =  (do I trung điểm AD, M trung điểm HD) Đường thẳng BC qua M, vng góc với AH nên có phương trình : BC: y + = Bài tập 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; ) , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ·ADB có phương trình x − y + = , điểm M ( −4;1) thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Hướng dẫn: Trang 12 Gọi AI phan giác A · BAC · Ta có : ·AID = ·ABC + BAI · · · IAD = CAD + CAI M' B E K I M C D · · · Mà BAI , ·ABC = CAD = CAI · nên ·AID = IAD ⇒ ∆DAI cân D ⇒ DE ⊥ AI PT đường thẳng AI : x + y − = Goị M’ điểm đối xứng M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : x − y + = Gọi K = AI ∩ MM ' ⇒ K(0;5) ⇒ M’(4;9) uuuuu r VTCP đường thẳng AB AM ' = ( 3;5 ) ⇒ VTPT đường thẳng AB r n = ( 5; −3) Vậy PT đường thẳng AB là: ( x − 1) − ( y − ) = ⇔ x − y + = Bài 5: ∆ABC cân A, gọi D trung điểm AB, D có tung độ dương, điểm  11   11  I  ; ÷ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Điểm E  ; ÷ trọng tâm  3  3 ∆ADC Điểm M(3;-1) ∈ DC, N(-3;0) ∈ AB Tìm tọa độ A, B, C Hướng dẫn giải : Ta có I trực tâm ∆DGE (Tính chất 10) ⇒ DC: x – = Do D∈ DC ⇒ D(3;t), DN.DI = ⇒ t = ⇒ D(3;3) ⇒ AB: x -2y +3 =0 ⇒ AF: x –y -2 = A = AB ∩ AF ⇒ A(7;5) ⇒ B(-1;1) ⇒ BC: x + y = C = BC ∩ CD ⇒ C(3;-3) Trang 13 Bài 6: Cho ∆ABC vuông cân A Gọi M trung điểm BC G trọng tâm ∆ABM , điểm D(7;-2) điểm nằm đoạn MC cho GA = GD Tìm tọa độ điểm A, biết hồnh độ A nhỏ AG có phương trình 3x – y – 13 = Hướng dẫn giải: Ta có khoảng cách: d(D;AG)= 10 gọi N trung điểm AB, ∆ABC vuông cân A nên ∆BMA vuông cân M suy NM đường trung trực AB ⇒ GA = GB, mà GA = GD ⇒ GA = GB = GD ⇒ G tâm đường tròn ngoại tiếp · · ∆ABD ⇒ AGD = 2.ABD = 90o ∆AGD vuông cân G AD = 2.d ( D; AG ) = 20 , a = > A ∈ AG ⇒ A(a;3a-13) : AD = 20 ⇒  a = ⇒ A(3;4) 2-Nhóm tốn tứ giác : Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD với M, N trung điểm đoạn AB BC Gọi H chân đường cao kẻ từ B xuống CM Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết N( −1; − ), H(−1;0) điểm D nằm đường thẳng (d) :x − y − = (HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2014) Hướng dẫn giải: Theo tính chất ta có DH vng góc với HN Gọi Sử dụng điều kiện : uuur D(m;m-4) uuur HD.HN = ⇒ m = ⇒ D(4;0) Nhận xét H C đối xứng qua DN tìm C(1; −4) Từ tìm được: A(0;3),B( −3; −1) Trang 14 Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm 9  H(1;2) hình chiếu vng góc A lên BD Điểm M  ;3 ÷ trung điểm 2  cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A ∆ ADH là: 4x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC (HSG Tỉnh Thanh Hóa năm 2015) Hướng dẫn giải: Gọi K trung điểm HD Theo tính chât 3, ta có AK ⊥ KM Thật gọi P trung điểm AH Ta có PK song song nửa AD ⇒ PK ⊥ AB Mà AH ⊥ KB P trực tâm tam giác ABK ⇒ BP ⊥ AK mà BPKM hình bình hành nên KM song song BP ⇒ AK ⊥ KM Phương trình đường thẳng KM: 9  qua M  ;3 ÷ vng góc với AK: 2  15 4x + y − = nên MK có phương trình: x − 4y + = Do K = AK ∩ MK ⇒ 1  Toạ độ K  ; ÷.Do K trung điểm HD mà H(1; 2) nên D(0; 2) ⇒ phương 2  trình BD: y – = 0.AH qua H(1; 2) vng góc với BD nên AH có PT: 9  x - = A = AK ∩ AH ⇒ A(1; 0) BC qua M  ;3 ÷và BC//AD nên BC có 2  phương trình là: 2x + y – 12 = Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Đường thẳng qua A, vuông góc với AE, cắt CD F Đường thẳng chứa trung tuyến AM ∆AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A(6; 6), M(-4; 2), K(-3; 0) A(-6;6) Hướng dẫn: B Ta có ∆ABE = ∆ADF (g.c.g) E ⇒ AE = AF ⇒ ∆EAF vuông cân A M(-4;2) ⇒ AM ⊥ EF MA = ME = MF → EF qua M(-4; 2) nhận AM = (2;−4) F D K(-3;0) C Trang 15 làm vtpt nên EF : x − y + = Gọi E (2t − 8; t ) ∈ EF , ME = MA t = ⇔ (2t − 4) + (t − 2) = 20 ⇔  t = *Với t = ⇒ E (−8;0) ⇒ F (0;4) CD qua K(-3; 0) F(0; 4) nên CD: 4x - 3y + 12 = → → Gọi D( 3d ;4 + 4d )∈ CD AD ⊥ KF ⇒ KF AD = ⇔ 3(3d + 6) + 4(−2 + 4d ) = ⇔d =− 12 ⇒ D(− ; ) 5 *Với t = ⇒ E (0;4) ⇒ F (−8;0) CD qua K(-3; 0) F(-8; 0) nên CD: y = → → Gọi D( d ;0 ) ∈ CD AD ⊥ KF ⇒ KF AD = ⇔ d = −6 ⇒ D(−6;0) Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D(2; 2), cạnh CD = 2AB Gọi H hình chiếu D lên cạnh AC M trung điểm HC Biết phương trình đường thẳng DH: 2x + y – = đường thẳng BM: 4x + 7y – 61 = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C hình thang ABCD Hướng dẫn: Gọi K trung điểm DH ⇒ KM đường trung bình ∆CHD Trang 16 ⇒ KM // CD KM = Mặt khác AB // CD AB = ⇒AKMB hình bình hành ⇒ Xét ∆ADM có ta có K = KM ∩ DH ⇒ K trực tâm ∆ADM lại có AK qua K ⇒AK ⊥ DM ⇒ BM ⊥ DM ⇒ (DM): 7x - 4y + m = 0, (DM) qua D(2; 2) ⇒ m = - ⇒ (DM): 7x - 4y - = Ta có M = DM ∩ BM ⇒ tọa độ M thỏa hệ: ⇔ M(; ) Mặt khác AC ⊥ DH ⇒ (AC): x - 2y + n = 0, (AC) qua M(; ) ⇒ n = ⇒ (AC): x - 2y + = Ta có H = AC ∩ DH ⇒ tọa độ H(; ) Do M trung điểm HC ⇒ C(8; 8) AD qua D(2; 2) nhận = (6; 6) làm vectơ pháp tuyến có dạng 6(x - 2) + 6(y - 2) = 0⇒ (AD): x + y - = Tương tựA = AD ∩ AC ⇒ A(0; 4) Lại có, = ⇔ ⇒ B(3; 7) Bài 11: (KA – 2012) Cho hình vng ABCD, M trung điểm BC, N thuộc CD  11  cho CN = 2.ND Điểm M  ; ÷, AN: 2x – y – =0 Tìm tọa độ A  2 Hướng dẫn giải: Gọi AN cắt BD H Từ suy tam giác AHM vuông cân H Do A∈ AN ⇒ A(a;2a-3) AH=d(M;AN)= Vậy A(1;-1) A(4;5) Trang 17 Bài 12: (KA-2013) Cho hình chữ nhật ABCD có M đối xứng với B qua C Điểm N(5;-4) hình chiếu vng góc B DM Điểm C nằm đường thẳng 2x+y+5=0, A(-4;8) Tìm tọa độ B C Hướng dẫn giải Ta có C ∈ d ⇒ C(t;-2t-5) Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD  t − −2t +  ⇒ I ; ÷   Do IN = IA, ⇒ t = ⇒ C(1;-7) lập phương trình AC : 3x+y+4=0 điểm B điểm đối xứng N qua AC ⇒ BN: x-3y-17=0 suy : B(-4;-7) Tóm lại: B(-4;-7) ; C(1;-7) Vậy đỉnh cịn lại hình thang là: A(0; 4), B(3; 7) C(8; 8) MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO: Bài tập 1: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả 11 2 sử M ( ; ) đường thẳng AN: x − y − = Tìm tọa độ điểm A (ĐH khối A - năm 2012) Đáp số: A(1;−1) , A(4;5) Bài tập 2: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AB = AD Gọi M, N trung điểm AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K cho N trung điểm MK Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết K(5; -1), AC: x + y − = y A > Đáp số: A(1;1), B(3;1), C (3;−3), D(1;−3) Trang 18 Bài tập 3: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AB = AD Gọi N trung điểm BC, M điểm thuộc cạnh CD cho DC = 4DM Biết M(1;2), AN: x − y + = Tìm tọa độ điểm A biết x A < −0,5 Đáp số: A(−1;1) Bài tập 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD có C(1; 2) Gọi M trung điểm BC Đường thẳng DM: x + y − = Đỉnh A thuộc d : x + y − = Tìm tọa độ A, B, D 17 15 ), D(− ; ) 4 Đáp số: A(−1;6), B( ; Bài tập 5: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình vng ABCD Gọi  11  ;− )  hình chiếu vng góc B CE 5  E trung điểm AD, H  3 6 Điểm K  ;−  trung điểm BH Tìm tọa độ đỉnh hình vng 5 5 ABCD biết điểm A có hồnh độ âm Đáp số: A(−1;2), B(−1;−2), C (3;−2), D(3;2) 4.Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Sau giảng dạy phương pháp đa số học sinh tiếp thu kiến thức biết vận dụng thành thạo vào tập Dưới kết thu kiểm tra lớp giảng dạy: Điểm -10 5-7 Dưới Lớp 12A2 (44 học sinh) 40HS = 85,1% 3HS = 10,6% 1HS = 4,3% 12D (40 học sinh) 25HS = 62,5% 10HS = 25% 5HS = 12,5% PHẦN III KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ Qua thành công bước đầu việc áp dụng nội dung thiết nghĩ cần thiết phải có đổi cách dạy học Không nên dạy học sinh theo quy tắc máy móc cần cho học sinh quy trình mơ cịn mang tính chọn lựa để học sinh tự tư tìm đường giải tốn Sáng kiến kinh nghiệm phần nhỏ kinh nghiệm thân thu qua trình dạy phạm vi học sinh nhỏ hẹp Vì phát ưu nhược điểm chưa đầy đủ sâu sắc Trang 19 Mong qua báo cáo kinh nghiệm đồng nghiệp cho thêm ý kiến phản hồi ưu điểm cách dạy nội dung Cuối mong nội dung đồng nghiệp nghiên cứu áp dụng vào thực tiễn dạy học để rút điều bổ ích Bài viết chắn cịn nhiều thiếu sót mong đóng góp ý kiến, phê bình, phản hồi đồng nghiệp Trang 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.Sách giáo khoa toán 10, 12, NXBGD, 2008; 2.Sách tập tốn 10, 12, NXBGD, 2008 3.Phương pháp giảng dạy mơn toán, Vũ Dương Thụy, NXBGD, 2009 4.Phương pháp dạy học mơn Tốn: Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy – NXBGD 2000 5.Phương pháp dạy học mơn Tốn trường phổ thông – XBB ĐHQG TPHCM 2005 6.Sách giáo viên, sách giáo khoa, sách tập Toán 10; 7.Bùi Mai Anh (2002), Rèn luyện lực giải toán học sinh THPT, Luận Văn thạc sĩ khoa học giáo dục, Đại Học Sư Phạm I Hà Nội, Hà Nội Hà Văn Chương (2006), Tuyển chọn 400 tốn Hình Học 10, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội Hàn Liên Hải, Phan Huy Khải, Đào Ngọc Nam, Lê Tất Tơn, Đặng Quan Viễn (1996), Tốn bồi dưỡng học sinh Hình Học 10, NXB Hà Nội 10 Các đề thi đại học mơn Tốn ,đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 tỉnh Thanh Hóa từ năm 2012-2016 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Trần Văn Lực Trang 21 ... cứu đề tài :Gỡ “nút thắt” cho tốn hình học tọa độ phẳng đề thi THPT Quốc gia thi HSG môn Tốn cấp Tỉnh bậc THPT Mục đích nghiên cứu Định hướng cho học sinh cách giải toán hình học tọa độ mặt phẳng. .. pháp giải tập hình học tọa độ mặt phẳng thông qua việc vận dụng tính chất hình học phẳng +Các tập hình học tọa độ mặt phẳng từ đề thi HSG Toán cấp tỉnh bậc THPT đề thi Toán THPT Quốc gia Phương... thi THPT Quốc gia thi học sinh giỏi bậc THPT có tốn phân loại khó hình học tọa độ mặt phẳng nhằm khai thác mối liên hệ ràng buộc hình học tọa độ mặt phẳng lớp 10 kiến thức hình học phẳng bậc THCS