MỤC lục, TL THAM KHẢO, PHỤ lục doc

MỤC LỤC MỞ ĐẦU Trang 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu………………………………………… 1.4 Phương pháp nghiên cứu……………………………………… 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo 19 dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường………………… KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 20 3.1 Kết luận 20 3.2 Kiến nghị……………………………………………………… 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO  1 Các đề thi thử THPT Quốc gia, đề thi HSG tỉnh năm học 2014-2015, 2015-2016  2 Một số nguồn Internet: * http://mathvn.com *http://lib.org.by/ *http://archives.math.utk.edu/topics PHỤ LỤC QUÁ TRÌNH TRIỂN KHAI CÁC NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI ĐẾN TỔ CHUYÊN MÔN VÀ HƯỚNG DẪN HỌC SINH HỌC TẬP Triển khai nội dung đề tài đến TCM - Đề tài tất thành viên tổ chuyên môn đọc góp ý Nhiều thành viên tổ vận dụng tính chất hình học phẳng đề tài để sáng tạo nên tốn hình học tọa độ mặt phẳng để phục vụ cho công tác giảng dạy Tổ chuyên môn biên soạn tập theo tính chất làm nguồn tài liệu cho công tác bồi dưỡng HSG ôn thi THPT QG năm học tiếp SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA theo TRƯỜNG THPT NHƯ THANH - Từ đề tài SKKN: “Kỹ xây dựng tốn hình học tọa độ mặt phẳng từ tính chất hình học tam giác”, thành viên tổ chun mơn đề xuất thành lập nhóm đồng chí gồm: đồng chí Trịnh Minh Lâm (trưởng nhóm), đồng chí Mai Xn Đơng (TTCM), đồng chí Nguyễn Khắc Sâm (TPCM), đồng chí Nguyễn Bá Long tiếp tục nghiên cứu, mở rộng nội dung đề tài đến tính chất tứ giác quen thuộc hình thang, hình thoi, hình chữ nhật, hình vng báo cáo kết nghiên cứu vào buổi sinh hoạt tổ chuyên môn đầu năm 2016-2017 Hướng dẫn học sinh học tập - Trong công tác ôn thi HSG ôn thi THPT QG, chủ đề phương pháp tọa độ mặt phẳng dành thời lượng đáng kể (Tại trường THPT Như ĐỀ TÀI Thanh thời lượng chủ đề dành cho ôn thi HSG buổi, ôn thi THPT QG 03 VẬN DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TỐN buổi) Trong q trình giảng dạy lớp 12C1 (khóa 2007-2010), 12C2 (khóa HÌNH HỌC TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG 2010-2013), 12C1 (khóa 2013-2016), thân tơi lồng ghép để truyền tải nội dung sáng kiến kinh nghiệm đến HS, cụ thể: Hướng dẫn HS học tập lớp Hướng dẫn HS làm tập nhà Nhóm học sinh: Nguyễn Thùy Dung, Nguyễn Phương Thảo, Trần Minh Dương, - Phần hướng dẫn HS học tập lớp thực vào buổi học ơn thi Phạm Chí Dũng, Lê Thị Huyền THPT QG, ngày 19/4/2016 26/4/2016, theo bước: Bước 1: Hướng dẫn HS nắm bắt nội dung 15 tính chất; Bước 2: Hướng dẫn HS làm 16 tập ví dụ Lớp 12C1, trường THPT Như Thanh - Phần hướng dẫn HS làm tập nhà: Kết thúc buổi học ngày 26/4/2016, Năm học 2015-2016 Giáo viên giao 10 tập cho học sinh, yêu cầu lớp nhà làm tập, nghiệm thu kết vào buổi học ngày 03/5/2016 Ngày 03/5/2016, sau nghiệm thu kết thực học sinh, cụ thể 43 học sinh lớp 12C1 có: 30 HS làm 10 tập; 07 học sinh làm 08 tập; 06 học sinh làm 06 tập Kết cho thấy hiệu việc vận dụng SKKN giảng dạy lớp 12 C1 có chuyển biến rõ nét, đáp ứng nhu cầu ôn tập HS Sau phần sản phẩm nhóm HS gồm em: Nguyễn Thùy Dung, Nguyễn Phương Thảo, Trần Minh Dương, Phạm Chí Dũng, Lê Thị Huyền tự giải 10 tập giáo viên giao nhà Như Thanh, tháng năm 2016 I Các tính chất hình học phẳng quan trọng vận dụng việc giải tập Tính chất 1: Tam giác ABC vng A Gọi H hình chiếu A lên BC; M, N trung điểm đoạn thẳng AB, AC Khi đó: MH  NH Tính chất 2: Cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu A lên BC; M, N trung điểm đoạn thẳng BH AH Khi ta có CN  AM Tính chất 3: Tam giác ABC vuông cân A Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng BC, AB G điểm thuộc đoạn thẳng MN D thuộc đoạn BC cho GA = DG (D khơng trùng với đầu mút) Khi đó, ta có: tam giác AGD vng cân G Tính chất 4: Cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu điểm A lên BC; M, N hình chiếu H lên cạnh AB, AC Khi đó: MN  IA (I trung điểm BC) Tính chất 5: Cho tam giác ABC vng B có AB  mBC (m > 0) Gọi E điểm đoạn thẳng AC cho AE  mEC ; D điểm đoạn thẳng AB cho BD = BC Khi đó: CD  BE Tính chất 6: Tam giác ABC cân A Gọi H hình chiếu A lên BC, D hình chiếu H lên AB, M trung điểm DH Khi đó: AM  CD Tính chất 7: Cho tam giác ABC cân A Gọi M trung điểm AB, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, G trọng tâm tam giác AMC Khi đó: GI  CM Tính chất 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I M điểm cung BC khơng chứa điểm A đường tròn Khi đó: MB  MC MA Tính chất 9: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tâm giác điểm D khác A Khi đó: DB = DC = DI Tính chất 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I AD đường phân giác góc A tam giác cắt đường tròn (I) điểm M Tiếp tuyến A với đường tròn cắt BC E Đường phân giác góc AEC cắt AD H Khi đó: EH  AD II Bài tập lời giải 48 36 Bài Cho hình chữ nhật ABCD H ( ; ) hình chiếu A lên BD N ( ;0) 25 25 trung điểm AD, M trung điểm AB M thuộc đường thẳng x  y   Hãy xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật Giải: Từ tính chất 1, ta có: NH  MH uuur 21 72 ur NH ( ; ) � n Theo giả thiết ta có: (21;72) vecto pháp tuyến MH Từ 50 50 ta có phương trình MH là: 21x  72 y  144  21x  72 y  144  �x  � �� Tọa độ điểm M nghiệm hệ: � Vậy M(0; 2) �x  y   �y  uuuu r uu r Ta có MN//BC, MN ( ; 2) � n2 (4;3) vecto pháp tuyến BD, từ ta có phương trình BD là: x  y  12  Phương trình AH là: 3x – 4y = 24 18 Gọi I giao điểm NM AH Ta tìm I ( ; ) � A(0;0) 25 25 Sử dụng công thức tọa độ trung điểm ta có: B(0; 4), D(3; 0), C(3; 4) Vậy: A(0;0) , B(0; 4), D(3; 0), C(3; 4) Bài 2: Cho hình chữ nhật ABCD có H hình chiếu vng góc A lên BD Biết M(5; 2), N(4; -1) trung điểm HB DC Điểm A thuộc đường thẳng 4x – y + = Hãy xác định tọa độ điểm A Giải: Sử dụng tính chất cho tam giác vng BAD, ta có: DP  AM (1) Lại có PM//AB PM  AB nên PM//DN PM = DN Từ ta có: DPMN hình bình hành, suy ra: DP//MN (2) Từ (1) uuuu r(2), ta có: MN  AM Ta có: MN ( 1; 3) vecto pháp tuyến AM, phương trình AM là: x + 3y – 11 = Tọa độ điểm A nghiệm hệ: �x  y  11 �x  1 �� Vậy A(-1; 4) � x  y   y  � � Bài Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D có AB  AD  CD Gọi E(2; 4) điểm thuộc đoạn AB (E không trùng với A, B) Đường thẳng  có phương trình 2x + y – = qua E cắt đoạn BC F cho ∆ DEF cân E Tìm tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng d: x + y = A thuộc đường thẳng d’: 3x + y – = Giải: Kéo dài BC cắt AD G  ∆ CDG vng cân D Áp dụng tính chất cho tam giác ta có: DE  EF, DE = EF r Đường thẳng EF có vecto phương u  (1; 2) uuur Lấy D(d; -d)  d  DE  (d  2; d  4) uuuu rr Do DE u  � d   2d   � d  2  D(-2; 2) Lấy A(a; – 3a)  d’ Do DA  AE  (a + 2)(a - 2) + (6 – 3a)(4 – 3a) = a  � A(2; 2) � �� a  � A(1;5) � * Với A(2; 2)  AE: x =  B(2; b) Do AB = AD  (b - 2)2 = 4 b = V b =  B(2; 0) B(2; 4) (loại) uuur uuu r Do DC  AB  C(-2; 6) * Với A(1; 5)  AE: x + y – =  B(b; - b) Do AB = AD  (b - 1)2 + (1 - b)2 = 18 b = -2 V b =  B(-2; 8) B(4; 2) uuur uuu r - Với B(-2; 8) Do DC  AB  C(-8; 8) uuur uuu r - Với B(4; 2) Do DC  AB  C(4; -4) Bài Cho hình chữ nhật ABCD, đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật có phương 2 trình: (x  2)  (y  2)  Dựng hình chữ nhật AMHN với M thuộc AB, N thuộc AD, H hình chiếu chiếu A lên BD Biết MN có phương trình: x  y   A có hồnh độ nhỏ 2, B có tung độ dương Hãy xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật Giải: Gọi I giao điểm AC BD, I tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD nên I(2; 2) Theo tính chất ta có IA  MN Từ ta lập phương trình đường thẳng AI là: x – y = �y  x � (x  2)  (y  2)  � x  y  Vậy: A(0; 0) Tọa độ điểm A nghiệm hệ: � �x  � Từ việc giải hệ ta có C(4; 0) Gọi K giao điểm AI với MN, ta có K(1; 1), suy K trung điểm AI Lại có E giao điểm MN AH E trung điểm AH nên ta có MN // BD suy BD có phương trình: x + y – = Từ dễ dàng tìm B(0; 4), D(4; 0) Chú ý: Trong ta chứng minh ABCD hình vng H trùng I Bài 5: Cho tam giác ABC vuông A, AC = 4AB E điểm thuộc đoạn thẳng CB cho 5EB = BC AE qua M(3; 3), đường thẳng vng góc với AE qua B 8 qua N(3; -1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết E ( ; ) 5 Giải: Lấy D thuộc đoạn thẳng AC cho 4AD = AC Khi theo tính chất 5, ta có AE 8 vng góc với BD Theo giả thiết E ( ; ) , M(3; 3), N(3; -1) nên ta lập 5 phương trình BD là: x + y – = 0, phương trình AE: y = x Gọi I giao điểm BD AE Giải hệ ta tìm I(1; 1) Kẻ DK//BC (K thuộc đoạn AB) Dễ có: AE = 4AP, suy uur uuu r 3 PE  AE � IE  AE � EI  EA (1) 8 Giả sử A(x; y), từ (1) ta có x = y = nên A(0; 0) Theo tính chất 5, ta có AE phân giác góc A nên phương trình đường thẳng AB, AC là: x = 0, y = Trường hợp 1: AB: x = 0, AC: y = 0, dễ dàng tìm B(0; 2), C(8; 0) Trường hợp 2: AB: y = 0, AC: x = 0, dễ dàng tìm B(2; 0), C(0; 8) Vậy: A(0; 0), B(0; 2), C(8; 0) A(0; 0), B(2; 0), C(0; 8) Bài 6: Tam giác ABC cân A H hình chiếu vng góc A lên BC, D hình chiếu H lên AB Biết M(2; 1) trung điểm HD CD có phương trình: 2x – 9y + 10 = Điểm A thuộc đường thẳng 5x – y + 10 = D có tung độ ngun Giải: Theo tính chất ta có: AM  CD Ta lập phương trình AM là: 9x – 2y +20 = Tọa độ điểm A nghiệm hệ: x  y  20 �x  � �� � A(0;10) � x  y  10 �y  10 � Giả sử D(a; D thuộc CD nên: 2a – 9b + 10 = (1) uuu r ub) uuur(b nguyên), Lại có: DA.DM  � a  b  2a  11b  10  (2) Thế (1) vào (2) ta có: 85b  260b  180  � b  (vì b nguyên) Vậy D(4; 2) Vì M trung điểm HD nên H(0; 0) Từ dễ dàng tìm B(5; 0), C(-5; 0) Bài Cho tam giác ABC cân A I(4; 0) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D, M trung điểm AC AB G ( ; ) trọng tâm tam giác 2 ABD Đường thẳng AC qua điểm E(2; 3), đường thẳng BD qua điểm F(0; 3) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết D có hồnh độ dương Giải: Theo tính chất 7, ta có IG  BD Từ giả thiết I(4; 0), G ( ; ) đường thẳng BD 2 qua điểm F(0; 3), ta lập phương trình BD: x – y + = Vì D thuộc BD nên có số d cho D(d; d + 3) Ta có DI trung trực AC nên ID  DE , từ ta có: d 0 � uuruuur IDDE  � � � D( ; ) � 2 d � Vì AC qua D, E nên lập phương trình AC: 3x + y – = 9 Từ G ( ; ) , D( ; ) ta có phương trình GD y  2 2 Vì AI vng góc với MD nên AI có phương trình: x = Tọa độ điểm A nghiệm hệ: �x  �x  �� � A(0;9) � x  y   �y  � Dùng cơng thức tọa độ trung điểm ta có C(3; 0) Phương trình CB y = Từ ta có tọa độ điểm B nghiệm hệ: �y  �y  �� � B (3;0) � �x  y   �x  3 Vậy: A(0;9) , B (3;0) , C(3; 0) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; -1), điểm M (4  ;3) thuộc cung BC không chứa điểm A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết MC  tọa độ điểm B số nguyên Hãy tìm tọa độ điểm B, C Giải: Theo tính chất 8, ta có: MA = MB + MC Từ giả thiết ta tính MA  , lại có: MC  nên MB  3 Vậy MB = MC Theo giải thiết tam giác ABC nên AB = AC, từ ta suy MA đường trung trực đoạn BC, nên MA đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Hai cạnh AB, AC nằm đường thẳng qua A tạo với MA góc 300 r Ta có: n(1; ) vecto pháp tuyến AM Phương trình đường thẳng AB, AC có dạng: a(x  4)  b(y  1)  0,  a  b �0  Từ kiện trên, ta có: đường thẳng AB, AC là: x   (), x  y    ( ' ) ' Các đường thẳng MB, MC qua M vng góc với (),( ) nên có phương trình là: y   , 3x  y    Giải hệ ta tìm tọa độ điểm B, C: B (4;3);C(4  3;1) (Vì B có tọa độ nguyên) Vậy: B (4;3);C(4  3;1) Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A  1; 1 đường 2 tròn  T  :  x  3   y    25 Gọi B, C hai điểm phân biệt thuộc đường tròn  T ( B, C khác A ) Viết phương trình đường thẳng BC , biết I  1;1 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Giải: Đường tròn  T  có tâm K  3;2  bán kính R  Ta có AI :x  y  , đường thẳng AI cắt đường tròn  T  A ' ( A' khác A ) có tọa độ nghiệm hệ Vậy A '  6;6  2 �  x  3   y    25 � �x  � �� �x  y  �y  �x �1 � Theo tính chất 9, ta có: A 'B  A 'C  A 'I Do B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' 2 bán kính A 'I có phương trình  x     y    50 2 �  x  3   y    25 � Suy tọa độ B, C nghiệm hệ � 2 � � x     y    50 Nên tọa độ điểm B,C : (7; 1),(1;5) Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A D(1;-1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – = 0.Viết phương trình đường thẳng BC Giải: Gọi H trung điểm AD ,ta có KH  AD (Tính chất 10)  x  y  0   x  y  0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ   x 1  Vậy A(1;3)  y 3 Suy H(1;1)  Đường thẳng KH qua H có véc tơ pháp tuyến n AD(0; 4) Phương trình đường thẳng HK y  0  y  0   x  y  0  y 1  Vậy K(5;1)  x 5 Đường thẳng BC qua hai điểm K D x  y  0 Vậy đường thẳng BC có phương trình x  y  0 Tọa đọ K nghiệm hệ  ...* http://mathvn.com *http://lib.org.by/ *http://archives.math.utk.edu/topics PHỤ LỤC QUÁ TRÌNH TRIỂN KHAI CÁC NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI ĐẾN TỔ CHUYÊN MÔN VÀ HƯỚNG DẪN HỌC SINH HỌC TẬP... viên tổ vận dụng tính chất hình học phẳng đề tài để sáng tạo nên tốn hình học tọa độ mặt phẳng để phục vụ cho công tác giảng dạy Tổ chuyên môn biên soạn tập theo tính chất làm nguồn tài liệu cho