từ một bài toán hình học tọa độ phẳng giúp học sinh nhận biết, khai thác và phát triển các bài toán mới

MỤC LỤC Phần I: Mở đầu 1.Lí chọn đề tài 2.Mục đích nghiên cứu 3.Đối tượng nghiên cứu 4.Phương pháp nghiên cứu Trang Trang Trang Trang Trang Phần II: Nội dung đề tài Trang 1.Cơ sở lí luận vấn đề nghiên cứu 2.Thực trạng 3.Nội dung cụ thể đề tài Xây dựng toán cách thay đổi đường thẳng d đường cong khác Khai thác từ diện tích tứ giác MAIB Phát triển số toán khác Các biện pháp tổ chức Kết việc thực đề tài Trang Trang Trang Trang Trang Trang 11 Trang 17 Trang 17 III: Kết luận kiến nghị Trang 18 Tài liệu tham khảo Trang 19 PHẦN I: MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Xuất phát từ thực tế kì thi THPT Quốc gia 2015, với học sinh sử dụng kết môn Toán để xét tuyển đại học, cạnh tranh chủ yếu diễn ba câu phân loại Bộ ba câu thường rơi vào chủ đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình, Hình học tọa độ phẳng, Bất đẳng thức - Tìm GTLN, GTNN Mặt khác, chương trình hình học lớp 10 có phần quan trọng hình học phổ thông phương pháp tọa độ mặt phẳng.Đây dạng toán khó học sinh thường xuất đề thi học sinh giỏi, thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia Vậy câu hỏi đặt làm để học sinh khá, giỏi thi đạt điểm cao, đạt điểm tối đa dạy cho học sinh phần này, tạo cho em có hứng thú học biết cách khai thác sâu nhiều khía cạnh toán ? Tuy nhiên, thực tế nhiều học sinh học thường dựa vào toán cách giải có sẵn mà không chịu khó suy nghĩ tìm xem toán bắt nguồn từ đâu, để từ tìm cách giải xây dựng toán Đứng trước thực trạng đó, giáo viên dạy toán, nhiều giáo viên khác suy nghĩ cần làm để học sinh hứng thú học toán yêu thích môn toán Bên cạnh đó, có hội tiếp cận học sinh khá, giỏi tham gia bồi dưỡng học sinh ôn thi Đại học , tìm cách định hướng cho em biết cách khai thác sâu nhiều hướng toán, thay đổi dự kiện toán hay xuất phát từ toán ta xây dựng toán phát triển toán theo nhiều định hướng khác có hệ thống từ dễ đến khó.Với mục đích chọn đề tài: " Từ toán hình học tọa độ phẳng giúp học sinh nhận biết, khai thác phát triển toán '' Mục đích nghiên cứu Có nhiều vấn đề từ SGK từ đề thi THPT Quốc Gia năm gần mà phải thường xuyên chịu khó “tìm tòi” để từ định hướng cho học sinh yêu cầu em tự “khai thác” để tìm “cái mới” riêng em Nếu làm tốt hoạt động phát huy lực học sinh; em chủ động việc tiếp thu kiến thức em tìm phương pháp học hiệu cho riêng Đối tượng nghiên cứu - Học sinh lớp 10,12 (Chú trọng học sinh giỏi) - Học sinh ôn thi tốt nghiệp THPT để xét tuyển đại học - Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT 4.Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp suy luận ,tổng hợp: kết hợp với đề thi tuyển sinh đại học, đề thi học sinh giỏi rút kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức , khai thác phát triển toán - Phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải phù hợp - Phương pháp trò chuyện- vấn: Trao đổi với nhiều học sinh khá, giỏi để nắm tình hình cách xây dựng toán từ toán PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI Cơ sở lí luận : Mỗi giáo viên dạy toán trường THPT trăn trở, suy nghĩ tìm biện pháp tối ưu để truyền đạt cho học sinh kiến thức cốt lõi để giúp em đáp ứng chuẩn kiến thức kỹ làm thi cách trôi chảy, giúp học sinh luyện thi vào trường Đại học có kết tốt Bài toán hình học toạ độ mặt phẳng xuất thường xuyên đề thi ĐH, đề thi học sinh giỏi với mức độ tương đối khó Vì để giải dạng toán cần tìm hiểu chất xây dựng phương pháp tư giải toán đặc trưng cho loại toán Với tình hình để giúp học sinh định hướng tốt trình giải toán hình học toạ độ mặt phẳng, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét toán nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trưng hình học toán để tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh khả tư theo phương pháp giải điều cần thiết Việc trải nghiệm qua trình giải toán giúp học sinh hoàn thiện kỹ định hướng giải toán Cần nhấn mạnh điều rằng, đa số học sinh sau tìm lời giải cho toán hình học toạ độ mặt phẳng thường không suy nghĩ, đào sâu thêm Học sinh không ý đến chất hình học phẳng toán nên làm nhiều toán hình học toạ độ không phân loại dạng toán chất toán Hoặc học sinh học thường dựa vào toán cách giải có sẵn mà không chịu khó suy nghĩ tìm xem toán bắt nguồn từ đâu, để từ tìm cách giải xây dựng toán Thực trạng đề tài Có thể nói có không giáo viên “lãng quên” hoạt động giúp học sinh “nhận biết, khai thác phát triển” toán Nếu truyền thụ kiến thức cho học sinh mà bỏ qua hoạt động thân bị mai kiến thức mà em học sinh bị động trước vấn đề “tưởng chừng mẻ” toán học, khả suy luận, tư sáng tạo học sinh bị hạn chế Nội dung cụ thể đề tài Có thể nói phần hình học tọa độ phẳng phần mà việc giúp học sinh phát triển toán cách dễ dàng Trong trình ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia xem giải kỹ toán hình học phẳng đưa dạy cho học sinh tìm thấy cách khai thác sâu toán đề thi thuộc phần hình học tọa độ phẳng Từ toán gốc hướng dẫn học sinh biết vận dụng, khai thác, phát triển xây dựng thêm nhiều toán Thông qua toán hình học tọa độ mặt phẳng đề thi tuyển sinh Đại học sau ta xây dựng phát triển số toán sau Bài toán gốc: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C), M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tứ giác MAIB 10 Lời giải Đường tròn ( C) có tâm I(2;1) bán kính IA = Tứ giác MAIB có MAIˆ = MBIˆ = 90 MA = MB A S MAIB = MA.IA ⇒ MA = ⇒ IM = IA2 + MA2 = I M ∈ d , có tọa độ dạng M ( t; −t − ) t = 2 IM = ⇔ ( t − ) + ( t + 3) = 25 ⇔ 2t + 2t − 12 = ⇔   t = −3 B M d Vậy, M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Qua toán ta thấy để tìm tọa độ điểm M ta phải tìm độ dài MI giữ nguyên kiện toán mà thay đường thẳng (d) đường tròn (C) ta toán sau: 1) Xây dựng toán cách thay đổi đường thẳng d đường cong khác Bài toán 1:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 2 đường tròn ( C ') : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C ') , M điểm thuộc (C) Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C ') ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tứ giác MAIB 10 Lời giải 2 Đường tròn ( C') có tâm I(2;1) bán kính IA = · · Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 900 MA = MB ( C ') A ⇒ S MAIB = IA.MA I ⇒ MA = ⇒ IM = IA + MA = Gọi M ( x; y ) M ∈ ( C ) 2 nên ta có hệ phương trình sau: B M 2 ( x − 1) + ( y + 3) =  x + y − x + y + = (C) ⇔   2 2  x + y − x − y − 20 = ( x − ) + ( y − 1) = 25  x2 + y2 − x + y + = ⇔  x + y + 14 =  x = −4 y − 14  x=−   x = 17 y + 126 y + 232 =   y = −4  17 ⇔ ⇔   ⇔   y = −4  x = −4 y − 14   y = − 58  y = − 58    17 17   Vậy, M ( 2; −4 ) M  − ; − ÷  17 17  58 Hay ta thay đổi đường thẳng d Elip, Hypebol, Prabol ta có toán sau: x2 y Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip ( E ) : + = đường tròn 18 2 ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc (E) Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tứ giác MAIB 10 Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Hypebol ( H ) : 2x2 − y = đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc (H) Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tứ giác MAIB 10 2 Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Prabol ( P ) : y = x đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc (P) Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tứ giác MAIB 10 Hay ta thay đổi toán cách không cho dự kiện diện tích MAIB mà tìm vị trí điểm M thuộc đường thẳng d để diện tích MAIB nhỏ Lúc ta có toán sau: Bài toán 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = đường 2 tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M để diện tích tứ giác MAIB nhỏ Lời giải Ta có diện tích tứ giác MAIB là: A I S MAIB = MA AI = MI − S MAIB nhỏ ⇔ MI nhỏ B ⇔ M hình chiếu vuông góc I lên đường thẳng d  3 Vậy, tọa độ điểm M  − ; − ÷  2 d M Nếu ta thay đường thẳng d đường tròn (C) ta tìm vị trí điểm M đường tròn (C) để diện tích tứ giác MAIB nhỏ nhất, lớn Bài toán 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C') , M điểm thuộc (C) Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) ' 2 a) Tìm tọa độ điểm M để diện tích tứ giác MAIB nhỏ b) Tìm tọa độ điểm M để diện tích tứ giác MAIB lớn Ở ta thấy tứ giác MAIB tứ giác nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAIB hay ta chuyển toán viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB Bài toán 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + = đường 2 tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C), M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB, biết diện tích tứ giác MAIB 10 Lời giải Hoàn toàn tương tự ta tìm tọa độ điểm M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB có tâm trung điểm MI bán MI TH1: M ( 2; −4 ) kính R = A I 3  Ta có tọa độ tâm O  2; − ÷ bán kính R = 2  Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB là: ( C1 ) : ( x − ) B d 3 25  + y + ÷ = 2  M TH2: M ( −3;1) 1 25  Tương tự ta có: ( C2 ) :  x + ÷ + ( y − 1) = 2  Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB là: 25 ( C1 ) : ( x − ) +  y + ÷ = ; 2  25 ( C2 ) :  x + ÷ + ( y − 1) = 2  Tương tự toán ta thay đường thẳng d đường tròn, đường elip, đường hypebol, đường parabol ta toán Với hướng toán ta thay đổi việc cho biết diện tích tứ giác MAIB diện tích tam giác MAB liệu toán có giải hay không? 2) Khai thác từ diện tích tứ giác MAIB Bài toán 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = đường 2 tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tam giác MAB Lời giải Thật vậy: S MAB = S MAIB − S AIB Gọi bán kính đường tròn (C) R MI = a > Khi S MAB = SMAIB − S AIB = 2S MAI − 2S AHI = MA.AI − AH IH 25 Ta có MA = a − , MI HI = AI ⇔ HI = , AH = − a a Khi S MAB = ( C) A 2 I H ( a − 5) ( a − 5) a2 B M d Đặt t = ( a − 5) với t ≥ Mặt khác theo giả thiết ta có : S MAB = ⇔ ( t − 10 ) ( t + 2t + 20 ) = ⇔ t = 10 ⇔ t3 = ⇔ t − 8t − 200 = t + 25 ( a − ) = 10 ⇔ a = Theo kết ta có M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Tương tự ta thay đường thẳng d đường tròn, lúc ta có toán sau: Bài toán 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 2 đường tròn ( C ') : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C ') , M điểm thuộc ( C ) Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C ') ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tứ giác MAB 2 Lời giải Tương tự toán ta có: MI=5 Gọi M ( x; y ) M ∈ ( C ) nên ta có hệ phương trình sau: 2 2  ( x − 1) + ( y + 3) =  x + y − x + y + = ⇔  2  x + y − x − y − 20 = x − + y − = 25 ( ) ( )     x2 + y − x + y + = 17 y + 126 y + 232 = ⇔ ⇔  x = −4 y − 14  x = −4 y − 14 58  y = −   y = −4 17 ⇔  x =  x = −  17 58   Vậy, M ( 2; −4 ) M  − ; − ÷  17 17  ( C ') A I H B M (C) Hay ta thay đổi đường thẳng d Elip, Hypebol, Prabol ta có toán Với hướng toán ta thay đổi việc cho biết diện tích tứ giác MAIB diện tích tam giác IAB liệu toán có giải hay không? Bài toán 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C), M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết diện tích tam giác IAB Lời giải Thật vậy: A Gọi bán kính đường tròn (C) R MI = a > IA2 = IM IH ⇔ IH = a 25 Mặt khác : AH = − a Khi : S IAB I H B M d  a = 25 ⇒ a = 5 25 =2⇔ − = ⇔ 4a − 125a + 625 = ⇔  25 a = ⇒a= a a  TH1: a = MI=5 Theo kết ta có tọa độ điểm M sau M ( 2; −4 ) M ( −3;1) 5 MI = với M ∈ d , có tọa độ dạng M ( t; −t − ) 2 25 27 2 IM = ⇔ ( t − ) + ( t + 3) = ⇔ 2t + 2t + = ( Vô nghiệm) 4 TH2: a = Vậy, M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Hay ta thay đổi đường thẳng d đường tròn, Elip, Hypebol, Prabol ta có toán Hay ta cho giả thiết độ dài AB thay cho giả thiết diện tích tứ giác MAIB lúc ta có toán sau: Bài toán 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài AB=4 Lời giải Thật vậy: A Gọi bán kính đường tròn (C) R MI = a > Theo giả thiết AB = suy AH = ⇒ HI = IA2 − AH = B IA2 = IM IH ⇔ IM = Theo kết ta có tọa độ điểm M ( 2; −4 ) M ( −3;1) I H M d Hay tương tự ta thay đổi đường thẳng d Đường tròn, Elip, Hypebol, Prabol ta toán mới: Hay ta thay giả thiết diện tích tứ diện MAIB cách cho góc AMB Bài toán 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + m = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) Tìm m để d có điểm M cho qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) tam giác MAB vuông Lời giải Thật vậy: Ta có đường tròn (C) tâm I(2;1) bán kính là: R = I Vì MA, MB tiếp tuyến nên MA=MB ⇒ ∆MAB vuông M A Vậy tứ giác MAIB hình vuông cạnh B ⇒ MI = 10 Để d có điểm M MI vuông góc với đường thẳng d : d ( I ; d ) = 10 ⇔ M d 3+ m = 10 ⇔ m = −3 ± Vậy giá trị cần tìm là: m = −3 ± Bài toán 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = đường tròn ( C ) : x + y − x − y − = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( với A B tiếp điểm ) Tìm tọa độ điểm M, biết góc hai đường thẳng MA MB 600 Lời giải Thật vậy: Ta có đường tròn (C) tâm I(2;1) bán kính là: R = Từ giả thiết góc hai đường thẳng MA, MB 600 A MI đường phân giác góc ·AMB TH1: ·AMB = 600 ⇔ ·AMI = 300 Khi ta xét tam giác MAI vuông A I B M d 10 R sin 300 = ⇔ = ⇔ MI = MI MI Theo kết toán ta có M ( 2; −4 ) M ( −3;1) TH2: ·AMB = 1200 ⇔ ·AMI = 600 Khi ta xét tam giác MAI vuông A: R , với M ∈ d , có tọa độ dạng M ( t ; −t − ) sin 600 = ⇔ = ⇔ MI = MI MI 25 14 2 IM = ⇔ ( t − ) + ( t + 3) = ⇔ 2t + 2t + = ( Vô nghiệm) 3 Vậy, M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Hoàn toàn tương tự ta thay đường thẳng d đường tròn, đường elip, đường hypebol, đường parabol ta có toán 3) Phát triển số toán khác: Nếu từ toán gốc ta thay tiếp tuyến cát tuyến ta xây dựng toán sau: Bài toán 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA ( với A tiếp điểm ) cát tuyến cắt ( C) điểm B,C (điểm B nằm MC) Tìm tọa độ điểm M, biết tam giác ABC vuông B có diện tích Lời giải A Đường tròn ( C) có tâm I(2;1) bán kính IA = I Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn vuông B C Suy trung điểm AC tâm đường tròn (C) Đặt AB = a > ⇒ BC = 20 − a Mặt khác: S∆ABC = a 20 − a = ⇔ a − 20a + 100 = B M d a = 10 ⇒ a = 10 a > Xét tam giác MAC vuông A AB đường cao nên ta có 1 1 1 + = ⇔ = − = ⇔ AM = 20 2 2 AM AC AB AM 10 20 20 11 Tam giác MAI vuông A nên ta có: IM = IA2 + MA2 = M ∈ d , có tọa độ dạng M ( t; −t − ) t = 2 IM = ⇔ ( t − ) + ( t + 3) = 25 ⇔ 2t + 2t − 12 = ⇔   t = −3 Vậy, M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Hay ta thay đổi dự kiện cho diện tích tam giác ABC tìm vị trí điểm M thuộc đường thẳng d để diện tích tam giác ABC lớn Bài toán 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA ( với A tiếp điểm ) cát tuyến cắt ( C) điểm B,C (điểm B nằm MC).Tìm tọa độ điểm M cho tam giác ABC vuông B có diện tích lớn Hoàn toàn tương tự ta thay đường thẳng d đường tròn, đường elip, đường hypebol, đường parabol Từ toán 14 ta thay đổi dự kiện cho tam giác ABC thêm số dự kiện khác ta toán sau: Bài toán 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d, điểm A thuộc đường tròn (C) , cát tuyến qua điểm M cắt ( C) hai điểm B, C (điểm B nằm MC) đường phân giác góc A có phương trình d ' : x − y − = Tìm tọa độ điểm M, biết S ∆MAC = 3S∆MIC điểm A có tung độ âm Lời giải Đường tròn ( C) có tâm I(2;1) bán kính IA = Tọa độ giao điểm d' đường tròn (C) nghiệm hệ A  y =   x2 + y2 − 4x − y = x = 3y + x = ⇔ ⇔    y = −1 x − 3y − = y + y =    x = Vì điểm A có tung độ âm nên A(1;-1) gọi A' giao I C KE H d' A' B M d điểm thứ hai d' với đường tròn (C) suy A'(4;0) ¼ ' =sđ ¼ Mặt khác d' phân giác góc A nên sđ BA A 'C nên IA' vuông góc BC Gọi H, K hình chiếu vuông góc A I 12 lên BC E giao điểm AI BC AE AH AH BC S∆MAC = ⇔ AE = 3IE hay Khi IE = IK = IK BC = S ∆MIC uuur uur Gọi E ( x; y ) ta có: AE = ( x − 1; y + 1) , IE = ( x − 2; y − 1) uuur uur TH1: AE = 3IE   x − = ( x − ) x = 5  ⇔ E  ; ÷  2   y + = ( y − 1)  y = uuur uur  AE = 3IE uur  uuur  AE = −3IE Đường thẳng BC qua E vuông góc với A'I nên có phương trình là: BC: x − y − =  x=  x + y + =   ⇔ Tọa độ giao điểm M nghiệm hệ:  2 x − y − = y = −  1 7 Vậy, tọa độ điểm M  ; − ÷ 3 3 uuur uur TH2: AE = −3IE  x=   x − = −3 ( x − )  7 1 ⇔  E  ; ÷ 4 2 y =  y + = −3 ( y − 1)  Đường thẳng BC qua E vuông góc với A'I nên có phương trình là: BC: x − y − =   Tương tự ta có tọa độ điểm M  ; − ÷ 3 3   Vậy, tọa độ điểm M  ; − ÷ 3 3 Nếu ta thay đổi dự kiện tiếp tuyến cát tuyến ta có toán sau Bài toán 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C) , M điểm thuộc d Qua M kẻ cát tuyến cắt ( C) điểm C, D Tìm tọa độ điểm M, biết MC.MD = 20 B Lời giải Đường tròn ( C) có tâm I(2;1) bán kính IA = I Ta có MC.MD = MA.MB A D C M d 13 Đặt MI = a > 2 Mặt khác: ( a − R ) ( a + R ) = 20 ⇔ a − R = 20 ⇔ a = hay là: MI = Theo toán ta tìm tọa độ điểm M Vậy: M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Vậy với toán ta sử dụng đẳng thức MC.MD = MI − R Với toán ta thay thành toán tìm vị trí điểm M để MC.MD nhỏ thay đường thẳng d đường tròn hay đường elip, đường hypebol, parabol Cũng hoàn toàn tương tự ta có xây dựng số toán khác: Bài toán 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm ( C), M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( C) ( A B tiếp điểm ) cát tuyến MCD đến đường tròn (C) với C nằm M D; AB cắt CD N Tìm tọa độ điểm M, biết CD = ND = Lời giải Đường tròn ( C) có tâm I(2;1) bán kính IA = · · Vì MAC (cùng chắn cung AC) nên ∆MAC : ∆MDA (g.g), suy ra: = MDA MC AC = ( 1) MA AD Tương tự, ∆MBC : ∆MDB (g.g) suy ra: A MB BC = ( 2) MD DB Kết hợp (1) (2) đồng thời MA=MB ta có D N C I B MC AC BC = ( 3) M d MD AD DB · · ⇒ ∆ANC : ∆DNB (g.g), Mặt khác ta lại có ·ANC = DNB (đối đỉnh) ·ACN = DBN tương tự ∆AND : ∆CNB (g.g) suy AN AC AN AD NC AC CB = = ⇒ = ( 4) ; DN DB CN CB ND BD AD Từ (3) (4) suy MC NC CD CD 1 = ⇒ 1− = −1 ⇔ = + MD ND MD ND CD MD ND Theo giả thiết ta có CD = ND = ⇒ MD = 5; MC = Khi áp dụng MC.MD = MI − R ⇒ MI = 14 Theo toán ta tìm tọa độ điểm M sau: M ( 2; −4 ) M ( −3;1) Bài toán 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + = đường tròn (T): x2 + y2 - 4x-2y+4=0 Gọi I tâm (T) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( T) ( A B tiếp điểm ) cát tuyến qua M cắt đường tròn C, D (với C nằm M D) Gọi E giao điểm · AB IM Tìm tọa độ điểm M, biết góc CED = 600 độ dài MC=4 Lời giải Đường tròn ( T) có tâm I(2;1) bán kính R = IA = Mặt khác ta có MB = MC.MD Trong tam giác vuông IMB có BE đường cao nên MB = ME.MI ⇒ MC.MD = ME.MI ⇔ MC ME = MI MD · · Suy ∆MEC : ∆MDI ⇒ MEC = MDI · · · · hay ⇒ MDI + CEI = 1800 tứ giác CDIE nội tiếp ⇒ DIC = DEC = 600 Vậy ∆DIC nên IC=ID=CD=1, ta có MD=5 ⇒ MC.MD = 20 Tương tự toán ta có MC.MD = MI − R đặt MI = a > Mặt khác: ( a − R ) ( a + R ) = 20 ⇔ a − R = 20 ⇔ a = 21 M ∈ d , có tọa độ dạng M ( t ; −t − ) D A  −1 − 17 t = 2 2 IM = 21 ⇔ ( t − ) + ( t + ) = 21 ⇔ t + t − = ⇔   −1 + 17 t =  M  −1 − 17 −3 + 17   −1 + 17 −3 − 17  M ; M ; ÷  ÷ Vậy,  ÷ ÷ 2 2     C E I B d Bài toán 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + = 2 đường tròn ( O ) : x + y − x − y = Gọi I tâm (O) , M điểm thuộc d Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( O) ( A B tiếp điểm ) C điểm đối xứng với B qua I Gọi H hình chiếu vuông góc A lên BC, E giao điểm   MC AH Tìm tọa độ điểm M biết E  ; ÷ 5 5 Lời giải Đường tròn ( O) có tâm I(2;1) bán kính R = IA = · · Ta có ·ABC = CAH phụ góc ·ACB CAx = ·ABC (cùng chắn cung AC) 15 · Suy C· Ax = CAH , AC đường phân giác tam giác AME Nên ta có: CE AE = CM AM ( 1) x Mặt khác EH//MB ( vuông góc với BC) nên CE EH = CM MB A ( 2) E H I Hơn ta lại có: MA = MB (3) Từ (1), (2) (3) suy AE = EH Gọi A ( x; y ) , theo ta có B M   E trung điểm AH nên H  − x; − y ÷, 5  uuur C uuu r d     mặt khác AE ⊥ IH mà AE =  − x; − y ÷; IH =  − − x; − y ÷ 5 5    uuur uuu r uuur uuu r r 2   4   AE.IH = ⇔  − x ÷ − − x ÷+  − y ÷ − y ÷ = 5   5   Và điểm A thuộc đường tròn nên ta có hệ    4    2 8 x + y =  − x ÷ − − x ÷+  − y ÷ − y ÷ =  x + y + x − y = ⇔ ⇔ 5   5    x + y − 4x − y =  x2 + y − 4x − y =  x2 + y − 4x − y =   12   x = − 65 x = ⇔  y =  y = 96  65 TH1: A(0; 0) uur Ta có AI = ( 2;1) véc tơ pháp tuyến đường thẳng MA nên ta có phương trình đường thẳng MA là: x + y = 2 x + y = x = ⇔ x + y + =  y = −4 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:  Hay tọa độ điểm M ( 2; −4 ) TH2: A(− uur 12 96 ; ) 65 65 142 −31   ; Ta có AI =  ÷ suy véc tơ pháp tuyến đường thẳng MA là:  65 65  r n = ( 142; −31) phương trình đường thẳng MA là: 142 x − 31 y + 72 = 16 134  x = −  142 x − 31 y + 72 = 173 ⇔ Tọa độ điểm M nghiệm hệ:  x + y + =  y = − 212  173   ;− Hay tọa độ điểm M  − ÷  173 173  134 212   ;− Vậy, M ( 2; −4 ) M  − ÷ 173 173   134 212 Với hướng xây dựng toán với toán hình học tổng hợp ta chuyển toán tọa độ mặt phẳng Các biện pháp tổ chức Thực phạm vi số buổi chữa tập buổi học thêm Cô giáo đưa số ví dụ cách xây dựng toán từ toán bản, sau hướng dẫn học sinh tự tìm tòi phát số vấn đề xung quanh Thực chủ yếu số buổi bồi dưỡng học sinh khá, giỏi mức độ toán cao Hình thức học sinh tự nghiên cứu toán với hướng dẫn cô giáo Kết việc thực đề tài Tôi giới thiệu cách “nhận biết, khai thác phát triển ” từ toán nêu đề tài giúp cho học sinh giỏi toán lớp 10,12 tham khảo Kết thu nói khả quan: sau tháng đa số em xây dựng nhiều toán có số toán hay lạ ,cụ thể sau: em học sinh xây dựng khoảng 50% đến 60% toán tương tự toán có viết tôi, em học sinh giỏi toán tạo khoảng 75% đến 95% toán tương tự với toán có đề tài đa số em hứng thú tham gia phát giải vấn đề, học sinh dễ ghi nhớ công thức áp dụng số toán tương đối hiệu quả, phát triển nhiều toán Vậy đề tài " Từ toán hình học tọa độ phẳng giúp học sinh nhận biết, khai thác phát triển toán ''có tác dụng thực tiễn lớn giảng dạy giáo viên trình học tập học sinh 17 PHẦN III: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 1.Kết luận: Như điều cốt lõi đề tài thông qua toán phát triển thành hệ thống suy luận tương đối logic Điều tạo nên tính mẻ nhìn ý tiềm tàng toán Bài toán gốc ứng dụng rộng rãi với việc nhìn toán nhiều góc độ khác cách biến đổi điều kiện biến số mở lớp toán hay đẹp ứng dụng nhiều kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ bồi dưỡng học sinh giỏi, kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia để xét tuyển vào Đại học - Cao đẳng 2.Kiến nghị Trong trình dạy học thói quen tổng quát hóa, đặc biệt hóa để đào sâu nghiên cứu góc cạnh toán học kiểu điều cần thiết cho phát triển tư kích thích tính tích cực khám phá em học sinh.Việc sử dụng hệ thống toán cho ta cách giải tập liên quan cách đơn giản tiếp tục sáng tạo khai thác sâu chắn ta tìm nhiều vấn đề thú vị mà chưa làm đề tài phạm vi Tôi mong qua báo cáo kinh nghiệm mong đón nhận góp ý bổ ích quí vị Giám khảo bạn bè đồng nghiệp để đề tài phong phú hữu ích XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết , không chép nội dung người khác Người viết Tạ Thị Vân 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO STT Tên sách tham khảo Rèn luyện kỹ tìm hướng giải toán tọa độ Oxy NXB: Đại học Quốc gia Hà Nội Tuyển chọn phân loại thi tuyển sinh môn toán NXB: Trẻ Kiến thức ôn tập kinh nghiệm làm thi đạt điểm 10 NXB: Đại học sư phạm Đề thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia năm 2015 đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2015, 2016 19 ... giải kỹ toán hình học phẳng đưa dạy cho học sinh tìm thấy cách khai thác sâu toán đề thi thuộc phần hình học tọa độ phẳng Từ toán gốc hướng dẫn học sinh biết vận dụng, khai thác, phát triển xây... vấn đề, học sinh dễ ghi nhớ công thức áp dụng số toán tương đối hiệu quả, phát triển nhiều toán Vậy đề tài " Từ toán hình học tọa độ phẳng giúp học sinh nhận biết, khai thác phát triển toán ''có... khó.Với mục đích chọn đề tài: " Từ toán hình học tọa độ phẳng giúp học sinh nhận biết, khai thác phát triển toán '' Mục đích nghiên cứu Có nhiều vấn đề từ SGK từ đề thi THPT Quốc Gia năm gần