SKKN hướng dẫn học sinh giải các bài toán về hình vuông trong mặt phẳng toạ độ oxy image marked

MỤC LỤC: Phần1 : MỞ ĐẦU Trang 1.1 Lý chọn đề tài Trang 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 1.3 Đối tương nhiên cứu Trang 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trang Phần : NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Trang 2.2 Thực trạng Trang 2.3 Giải vấn đề Trang 2.4 Hiệu Sáng kiến Trang 19 Phần 3: KẾT LUẬN Trang 20 PHẦN I: MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình hình học lớp 10- THPT có chương quan trọng mơn hình học ln nằm cấu trúc đề thi THPT Quốc gia kỳ thi học sinh giỏi chương: “phương pháp toạ độ mặt phẳng”, phần tiếp nối hình học phẳng cấp THCS nhìn nhận quan điểm toạ độ véc tơ Như tốn hình học mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy liên quan đến tốn hình học phẳng Hiện đề THPT Quốc gia, đề thi học sinh giỏi, phần “phương pháp toạ độ mặt phẳng” câu hỏi thường mức độ vân dụng cao, kiến thức áp dụng rộng xuyên xuốt từ THCS đến THPT, nên giải tốn hình học toạ độ đề thi học sinh thường lúng túng việc tìm lời giải tốn tính tốn dẫn đến hiệu giải tốn khơng cao Qua nhiều năm giảng dạy tơi thấy có ngun nhân quan trọng học sinh thường không khai thác hết chất hình học tốn ấy, dạy phần giáo viên cần phải trang bị cho học sinh hệ thống dạng tốn phương pháp suy luận lơgic để giải tốn Với ý định khn khổ sáng kiến kinh nghiệm tơi trình bày đề tài: “ Hướng dẫn học sinh giải toán hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy” Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh hình thành phương pháp, rèn luyện kỹ giải toán; bồi dưỡng lực tư sáng tạo Từ nâng cao khả giải tốn hình học mặt phẳng toạ độ Oxy nói chung, đặc biệt là: “Các tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy” Đối tượng nghiên cứu - Học sinh lớp 10A1 năm học 2014-2015 Học sinh lớp 10A1 năm học 20152016 trường THCS& THPT Thống Nhất- Yên Định- Thanh Hoá - Tuyển tập đề thi Đại học khối A,B,D từ năm 2009 đến 2014 đề thi THPT Quốc gia năm 2015 Các đề thi học sinh giỏi mơn Tốn tỉnh Thanh Hố từ năm 2009 đến năm 2016 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu Tốn lớp 10 - Phân tích, tổng hợp kết học tập học sinh lớp 10A1 năm học 20142015 Học sinh lớp 10A1 năm học 2015-2016 sau học chuyên đề trình bày sáng kiến kinh nghiệm Đánh giá kết học tập, kết kì thi THPT Quốc gia kỳ thi học sinh giỏi học sinh lớp 12A1 năm học 20142015 trường THCS& THPT Thống Nhất - Phân tích, đánh giá, tổng hợp tốn hình học mặt phẳng toạ độ Oxy Đặc biệt toán liên quan đến hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy kì thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng, kỳ thi THPT Quốc gia, kì thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá năm gần PHẦN II: NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận: Ở chương tình tốn THCS học sinh làm quen với hệ trục tọa độ Oxy mặt phẳng, đến lớp 10 cấp THPT học sinh tiếp thu kiến thức cách hồn chỉnh Để đảm bảo tính kế thừa kiến thức học cấp THCS để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo học sinh phù hợp với đặc trưng môn; bồi dưỡng lực tự học, tự rèn luyện; kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn Các toán phương pháp toạ độ mặt phẳng đề thi tuyển sinh vào Đại học, cao đẳng, Kỳ thi THPT Quốc gia kỳ thi học sinh giỏi năm gần thường mức độ vận dụng cao địi hỏi học sinh phải có lực tư kỹ giải tốn tương ứng từ u cầu giáo viên phải có cách truyền thụ thích hợp 2.2 Thực trạng Qua thực tiễn giảng dạy trình học tập học sinh phần này, nhận thấy giải tốn hình học mặt phẳng toạ độ Oxy học sinh thường không tự tin, lúng túng đặt câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải tốn nào” Một số học sinh có thói quen khơng tốt đọc đề chưa kỹ vội làm ngay, dẫn đến hiệu giải tốn khơng cao Đồng thời nhiều học sinh không ý đến chất hình học phẳng tốn; nên làm nhiều tốn hình học mặt phẳng toạ độ Oxy không nhớ, không phân loại dạng toán chất toán Với thực trạng để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn hình học trong mặt phẳng toạ độ Oxy, theo giáo viên cần tạo cho học sinh kỹ xem xét tốn nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trưng hình học tốn để tìm lời giải quan trọng chia dạng tốn để học sinh có định hướng áp dụng tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh khả tư theo các dạng toán điều cần thiết Việc rèn luyện qua trình giải tốn giúp học sinh hồn thiện kỹ định hướng tìm lời giải tốn Trong sáng kiến kinh nghiệm nêu số dạng tốn của: “ Các tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy” 2.3 Giải vấn đề Để giải tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy thông thường ta làm theo hai bước: Bước 1: Vẽ hình khai thác tính chất hình học phẳng có giả thiết tốn, hình vẽ trực quan, ý đến tính chất đặc biệt hình vng Bước 2: Sử dụng công cụ toạ độ gồm: Toạ độ điểm, toạ độ véc tơ, công thức tính góc, tính khoảng cách, phương trình đường thẳng, phương trình đường trịn, … để giải tốn Để thuận lợi cho trình học tập hệ thống hố kiến thức học sinh tơi chia tốn liên quan đến hình vng mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy thành dạng toán sau: Dạng1 Sử dụng tính chất đối xứng qua tâm hình vng Bài 1: 5 2 Trong mặt phẳng toạ độ cho hình vng ABCD có tâm I ( ; ) , hai điểm A,B nằm hai đường thẳng có phương trình x+y-3=0(d) x+y-4=0(d’) Xác định toạ độ đỉnh D hình vng biết D có hồnh độ lớn Lời giải A Bước 1: B I D C    IA.IB  Do ABCD hình vng ta có, I tâm đối xứng IA  IB nên   IA  IB Bước 2: Do điểm A thuộc đt (d) ta có A(a;3-a) điểm B thuộc đt (d’) ta có B(b;4-b), suy      IA   a  ;  a        IB   b  ;  b     2      5 1      a  b      a  b    2 2  IA.IB      Khi   2 2  IA  IB  a      a    b      b          2 2 2 2     a   b 1   a    b  Với a=2; b=1 ta có B(1;3) suy D(4;2) thoả mãn Với a=1; b=3 ta có B(3;1) suy D(2;4) khơng thoả mãn Vậy điểm D cần tìm D(4;2) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A  3;5  , tâm I thuộc đường thẳng d: y=-x+5 diện tích hình vng ABCD 25 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết tâm I có hồnh độ dương Lời giải Bước 1: Do ABCD hình vng, ta có I tâm đối xứng IA  IB Theo giả thiết diện tích hình vng S = AB.AD = 2AI2  25 nên AI  A B I C D Bước 2: Do điểm I thuộc đường thẳng d ta có I(a;5-a) với a  , AI2  2a  6a   7 a (loai) 25  2 Do AI   2a  6a     2  a  (tm)  1 Với a  ta có tọa độ tâm I  ;  , vi I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh C  4;4  2 2  Đường thẳng  vng góc AI có n    7; 1 nên phương trình  : 7x  y   Vì điểm B thuộc  : 7x  y   nên B  b;1  7b  Ta có 2 b  1   25  BI  AI   b    1  7b     2  2  b  Với b   B  0;1 I trung điểm BD nên D 1;8  ; Với b   B 1;8  D  0;1 Vậy tọa độ đỉnh B, C, D là: B 1;8 ,C  4;4  , D  0;1 B  0;1 ,C  4;4  , D 1;8  Dạng Sử dụng cơng thức tính độ dài, tính khoảng cách Bài 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN=3NC Viết phương trình đường thẳng CD biết M(1;2) N(2;-1) Lời giải Bước 1: M A B N D I C Ta có MN  10 Gọi a độ dài cạnh hình vng ABCD, AC 3a a  AN= theo định lý cosin ta có 4 2 5a   5a MN  AM  AN  AN AM cos MAN Do  10  a  Ta có AM= Bước 2: Gọi I(x;y) trung điểm CD Ta có IM=AD=4 IN  BD  2   x 1    y  2 ( x  1)  ( y  2)  16  17 Ta có hệ phương trình  ( x  2)2  ( y  1)2     x       y     Với x=1;y=-2 ta có I(1;-2) IM  (0; 4) Đường thẳng CD qua I nhận  IM  (0; 4) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình y+2=0  17 17 12 16 Với x= ; y=  ta có I( ;  ) IM  ( ; ) Đường thẳng CD qua I 5 5 5  12 16 nhận IM  ( ; ) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình 3x-4y-15=0 5 Vậy phương trình đường thẳng CD là: 3x-4y-15=0 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm  11  F  ;3  trung điểm cạnh AD Đường thẳng EK có phương trình 2  19x  8y  18  với E trung điểm cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC KD = 3KC Tìm tọa độ điểm C hình vng ABCD biết điểm E có hồnh độ nhỏ Lời giải E A Bước 1: B I F Gọi AB=a ( với a>0) Ta có: S EFK  S ABCD  S AEF  S FDK  S KCBE Ta có SEFK  FH EK suy FH  d(F, EK)  25 17 nên E thuộc đường tròn K ;EK  Vậy ABCD hình vng cạnh suy EF  Bước Do EF  P D 5a  16 H C a 17 a5 BD  2 25  11   x     y  3  2   x    11  25   x  58 (loai) x   ( y  3)    5   Suy tọa độ E nghiệm:   E  2;  2  17  2  19 x  y  18   y   AC qua trung điểm I EF AC  EF  AC: x  y  29  Do P giao điểm AC EK toạ độ P nghiệm hệ phương trình : 10  x  7 x  y  29    10 17    P ;    3 19  y  18   y  17    Ta xác định được: IC  IP  C (3;8) Vậy toạ độ điểm C cần tìm C(3 ;8) Bài Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm   N 1; 2  thoả mãn NB  NC  điểm M  3;6  thuộc đường thẳng chứa cạnh AD Gọi H hình chiếu vng góc đỉnh A xuống đường thẳng DN Xác định toạ độ đỉnh hình vng ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD 12 đỉnh A có hồnh độ số nguyên lớn -2 13 Lời giải A D Bước 1: Gọi E hình chiếu vng góc H CD H 12  HE  13 M E Giả sử cạnh hình vng a (a>0)      B Ta có NB  NC   CN  CB N C a 13 2a  DN  CD  CN  3 AD DH a 2a Có ADH  DNC  g.g       DH  DN NC a 13 13 13 2a HE DH 13 DHE  DNC  g g     13   NC  HE  2 NC DN a 13 13 2a  2 a3  Bước 2: Giả sử véc tơ pháp tuyến đường thẳng AD n   a; b  nên N nằm B C cho CN  CB  Ta có phương trình đường thẳng AD: ax  by  3a  6b   d  N , AD    2a  8b a b 2   a  16ab  23b  a  b    a  b  a  23b     7 a  23b  Trường hợp 1: a  b  Suy phương trình đường thẳng AD : x  y   Do NP  AD ta có phương trình đường thẳng NP x+y+1=0 Do P giao điểm x  y    x  2 P(-2;1)   x  y 1   y 1 Do A thuộc đường thẳng AD ta có A(m;m+3) Ta có AP  BN  BC   m   (tm)  Vậy A(-1;2) (m  2)  (m  2)     m  3 ( loai)   Ta có PD  AP  D  4; 1 Từ ta tìm B  2; 1 , C  1; 4  AD NP ta có toạ độ P nghiệm hệ pt:  TH 2: 7a  23b  Suy phương trình đường thẳng AD : 23x  y  111  Do NP  AD ta có phương trình đường thẳng NP 7x-23y-53=0 Do P giao 86  x  23 x  y  111   17 điểm AD NP ta có toạ độ P nghiệm hệ pt:    x  23 y  53   y  13  17 86 13  P  ;  Do A thuộc đường thẳng AD ta có A(m;m+3)  17 17  93  m (loai)  86 64 17 Ta có AP  BN  BC   (m  )  (m  )    17 17  m  79 ( loai)  17 Vậy toạ độ đỉnh hình vng là: A  1;  , B  2; 1 , C  1; 4  , D  4; 1 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A  1;2  Gọi M, N trung điểm cạnh AD DC; K giao điểm BN với CM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình x  y   điểm B có hồnh độ lớn Lời giải Bước 1: Gọi E = BN  AD  D trung điểm AE Dựng AH  BN H  AH  d  A; BN   1 Trong tam giác vuông ABE:    2 AH AB AE 4AB2 5.AH  AB  4 A B I H M K D C N E Bước 2: Do B thuộc đường thẳng BN ta có B(b; - 2b) (b > 2) Với AB = suy B(3; 2) Ta có phương trình đường thẳng AE: x + = Gọi E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4) Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK ta có I trung điểm BM, Suy I(1; 3) R BM  Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK là: (x - 1)2 + (y - 3)2 = Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm M(5;7) nằm cạnh BC Đường trịn đường kính AM cắt BBC B cắt BD N(6;2) Đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0 Tìm toạ độ đỉnh hình vng ABCD, biết hồnh độ đỉnh C nguyên hoành độ đỉnh A bé Lời giải Bước 1: Gọi I tâm đường tròn đường kính AM I trung điểm AM  = sđ cung MN = MBN   900 Do tam giác MIN vng cân I Ta có MIN A B I M E H N D C Bước 2: Do C thuộc đường thẳng d 2x-y-7=0 nên C(c;2c-7) 11 2 Gọi H trung điểm MN ta có H ( ; ) Phương trình đường thẳng  đường trung trực MN x-5y+17=0 Do I thuộc  ta có I( 5a-17; a)  MN  (1; 5)  MN  26 Ta có  IM  (22  5a;7  a )  IM  (22  5a )  (7  a ) a  a  Vì  MIN vng cân I MN  26  IM  13  26a  234a  520    Với a=5 ta có I(8;5) suy A(11;9) ( loại) Với a=4 ta có I(3;4) suy A(1;1) Gọi E tâm hình vng ta có E trung điểm AC    11  c c 1 ; c  3)  EN  ( ;5  c) Do AC  BD  AC.EN  2 c 7 11  c  (c  1)( )  (2c  8)(5  c)   5c  48c  91    13 c  (loai )  Nên E ( Với c=7 Suy C(7;7)  E(4;4).Ta có phương trình đường thẳng BD: x+y-8=0; phương trình đường thẳng BC: x-7=0 suy B(7;1)  D(1;7) Vậy toạ độ đỉnh hình vng là: A(1;1), C(7;7), B(7;1), D(1;7) Dạng Sử dụng phương pháp tính góc Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử  11  M  ;  đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A A  2 B Lời giải Bước 1: Ta có : AN  cos A  a 10 a 5a ; AM  ; MN  ; AM  AN  MN   45o =  MAN AM AN M D C N 11 a b  0= 2  t 3 a t  Ta có 3t – 8t – =   t   b  Bước 2: Phương trình đường thẳng AM : ax  by   cos MAN 2a  b 5(a  b ) 2  Đặt Với t = ta có phương trình đường thẳng AM 3x+y-17=0 2 x  y    A (4; 5) 3 x  y  17  Suy tọa độ A nghiệm hệ :  ta có phương trình đường thẳng AM x-3y-17=0 2 x  y   tọa độ A nghiệm hệ :   A (1; -1) x  3y   Với t   Vậy toạ độ điểm A là: A(4;5) A(1;-1) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm 5 7 M  ;  trung điểm AB; Điểm N nằm đoạn AC cho AN  NC 2 2 Tìm tọa độ điểm A biết phương trình đường thẳng DN 2x  y  Lời giải Bước 1: Gọi cạnh hình vng a Tính A 5 MN  DN  a , MD  a 2  MD  MN  DN H B I nên tam giác DMN vuông cân N AM AMD   AND cos  AMD   Và  DM M N D C 10 Bước 2:   11 Gọi N  x;2x-9  ta có MN  DN  MN uDN    x     2x      x  2     Suy ra, N  45 5a 11   a3 ;  , MN  2  AM AMD   AND cos  AMD   Do  DM  Gọi vtpt đường thẳng AN n  u; v  , u  v    2u  v Ta có cos  n; nDN   u  v2  u   3u  4uv    3u  4v Với u  ta có phương trình đường thẳng AN y   2  x   A 1;  a  5 3 Gọi tọa độ A  x;  AM    x          2 2  x   A  4;  Với 3u  4v ta có ta có phương trình đường thẳng AN : 11    28  x   x     y     4x  y  28  Gọi tọa độ A  x;  2     14  14 28  2 x   A ;  a 28  4x    AM    x           2  2 23  23 16   A ;  x   5  Thử lại, ta có hai điểm thỏa mãn A 1;  A  14 28  ;   5  Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vng ABCD Gọi E trung điểm 11 5 AD H ( ;  ) hình chiếu B lên CE, M ( ;  ) trung điểm BH Xác định toạ độ đỉnh hình vng ABCD biết A có hồnh độ âm Lời giải Bước 1: B C M H F A E N D Gọi F điểm đối xứng E qua A Ta có BEF  EBC   BEC   BF / / EC  FBE 11 Suy tứ giác BFEC hình bình hành Do AM đường trung bình tứ giác   cos ECD   CD    BAM   cos BAM BFEH nên AM  BH Ta có ECB CE Bước 2: Vì M trung điểm BH ta suy toạ độ B(-1;-2) Phương trình đường thẳng BH: x-2y-3=0 Phương trình đường thẳng CE: 2x+y-4=0 Phương trình đường  thẳng AM: 2x+y=0  Gọi A(a;-2a) (a0 Gọi K giao điểm BD AN Do B A KA AB    KA= AN KN DN 9 5a  KA  AN  ( AD  DN )  16 16 Tương tự M K 9a KB= BD  KB2  BD  16 D 5a  KM  KB  BM  KB.BM cos 45  N 5a  KA2  KM Lại có: AM  AB  BM  Suy tam giác KAM vuông K hay MK  AN 10 5a 5a Ta có MK=d(M;AN)     20  a  32  a  8 2 C Suy S ABCD  a  32 15 Bước 2: Do A thuộc đường thẳng AN ta có A(2m+3;m) với m>0  AM   2m    (m  3)  5m  10m  25  m 1 5a Mặt khác AM   40  5m  10m  25  40  m  2m      m  3 loai Với m=1 ta có A(5;1) Vậy toạ độ điểm A A(5;1) Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng (d): x+2y-6=0, điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết hình chiếu vng góc điểm M cạnh AB AD nằm đường thẳng (  ): x+y-1=0 Tìm toạ độ đỉnh C Lời giải H Bước 1: A Gọi H,K hình chiếu vng góc M AB,AD K Gọi N giao điểm KM BC Gọi I giao điểm CM HK   450 Ta có  DKM vng K DKM Suy KM  KD  KM  NC (1) Mặt khác MH=MN ( MHBN hình vng) suy hai tam giác vuông KMH,CNM  MCN  D suy HKM = B I N M C  nên NMC  HMK  IMK  NCM  IMK   900 Do NMC = + = + Suy CI  HK Bước 2: Đường thẳng CI qua M(1;1) vng góc với đường thẳng  nên đường thẳng CI có phương trình x-y=0 Khi toạ độ C nghiệm hệ x y 0 x  Vậy toạ độ đỉnh C C(2;2)  x  y   y   phương trình  Dạng Sử dụng tính chất nội tiếp đường trịn Bài Cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Một đường thẳng qua A vng góc với AE cắt CD F, đường thẳng chứa trung tuyến AM tam giác AEF cắt CD K Tìm toạ độ điểm D biết A(-6; 6), M(-4; 2), K(-3; 0) A Lời giải B Bước ABE  ADF  AE  AF nên tam giác AEF cân A , mà AM đường trung tuyến  AM  EF E Do tam giác AEF thuộc đường trịn tâm M bán kính MA M F D K C 16 Bước Đường thẳng EF qua M vng góc MA nên có phương trình x  y   Phương trình đường trịn tâm M, bán kính MA ( x  4)2  ( y  2)2  20  x  y  Toạ độ E, F thoả mãn hệ phương trình  2 ( x  4)  ( y  2)  20  x  8 x  Giải hệ phương trình ta có   y  y  Trường hợp 1: E(-8; 0), F(0; 4) Viết phương trình CD qua F, K: x  y  12  6 12 Viết phương trình AD: qua A vng góc với CD, suy D  ;   5 Trường hợp 2: E(0; 4), F(-8; 0) suy D(-6;0) Vậy có điểm D cần tìm : D   ; 12   D(-6;0)  5 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB M (0;3) , trung điểm đoạn CI J (1;0) Tìm tọa độ đỉnh hình vng, biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x  y   Lời giải Bước 1: Gọi N trung điểm CD H tâm hình chữ nhật AMND Gọi (C) đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND Từ giả thiết, suy NJ//DI, NJ vng góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN đường kính (C)) Mà MD đường kính (C) nên JM vng góc với JD (1)  nên D(t;t+1) D thuộc    JD  (t  1; t  1); JM   1;3 A M H B I J D N C   Theo (1) ta có JD.JM   t   3t    t  2  D(2; 1) Gọi a cạnh hình vng ABCD Dễ thấy DM   a  a2  a  4  x  2; y  2  AM   x  ( y  3)   Bước 2: Gọi A( x; y ) Vì    2  AD  ( x  2)  ( y  1)  16  x  ; y  Với A(2;3)  B(2;3)  I (0;1)  C (2; 1)  J (1;0) (thỏa mãn) 23 8 22 11  Với A  ;   B   ;   I  ;   C  ;   J  3;  (loại) 5 5  5   5  5 Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(2;3), B(2;3), C (2; 1), D(2; 1) 17 Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD có hai điểm M, N trung điểm AB, BC, biết CM cắt DN I ( 22 11 ; ) Gọi H trung 5 điểm DI, biết đường thẳng AH cắt CD P( ;1) Biết xA  , tìm toạ độ đỉnh hình vng ABCD Lời giải M A B Bước Ta có MBC  NCD  CM  DN Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E ( với E trung điểm AH) suy ED = EI, mà H trung điểm DI  EH  DI  AH  DN , mà CM  DN suy CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP hình bình hành, P trung điểm DC  tứ giác AMPD hình chữ nhật I E N H D P C 1 DM  AP  AIP vuông I 2 Ta có ADI cân A  AI  AD  DC  IP ( tam giác DIC vuông I)  AI  IP  IE  Bước Ta có đường thẳng AI qua I vng góc với PI nên có phương trình t  2 12   9  x  y  22  A  AI  A(2  4t ;  3t )   t     3t      t   5  5   Do xA  nên A(2; 4) suy phương trình đường thẳng(AP): x  y   DN  AP suy phương trình đường thẳng (DN): x – 2y = 16 H giao điểm DN AP ta có toạ độ H  ;   D(2;1), C(5;1), B(5; 4)  5 Vậy toạ độ đỉnh hình vng là: A(2; 4), D(2;1), C(5;1), B(5; 4) Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có A(4;6) Gọi M,N   450 , M(-4;0) điểm nằm cạnh BC CD cho MAN đường thẳng MN có phương trình 11x+2y+44=0 Tìm toạ độ đỉnh B,C,D Lời giải A Bước 1: D Gọi E giao điểm BD AN, E F giao điểm BD AM , I giao điểm ME NF T   450  NDB  MBD N a có MAN = = nên hai tứ giác ADNF, ABNE nội tếp F Do ME  AN, NF  AM suy AI  MN H Gọi H giao điểm AI MN Ta có ABME, MNEF tứ giác nội tiếp B C M 18 AMB =  AEB =  AMH suy AMB  AMH nên  B đối xứng H qua đường thẳng AM Bước 2: Do AH  MN H ta có phương trình đường thẳng AH 2x-11y+58=0 22  x     x  11 y  58   Toạ độ H nghiệm hệ phương trình  11x  y  44   y  22  24 22  ;  , B đối xứng H qua AM nên ta có B(0;-2) H(   5  Ta có phương trình đường thẳng BC: 2x+4y+8=0 Phương trình đường thẳng CD: 2x-y+18=0 2 x  y    x  8 Vậy C(-8;2)   x  y  18   y2 Toạ độ điểm C nghiệm hệ    Từ AD  BC ta tìm D(-4;10) Vậy toạ độ đỉnh B,C.D là: B(0;-2), C(-8;2), D(-4;10) Bài Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có cạnh Gọi M,N điểm cạnh AD,AB cho AM=AN, điểm H ( 12 70 ; ) hình 13 13 chiếu vng góc A lên đường thẳng BM Điểm C(-8;2), điểm N thuộc đường thẳng x-2y=0 Tìm toạ độ đỉnh A,B,D hình vng Lời giải: Bước 1: K A M D N B H E C Ta có DAE  ABM  DE  AM  AN  NB  CE suy tứ giác NBCE hình chữ nhật nội tiếp đường trịn đường kính NC (1) Ta có tứ giác BCEH nội tiếp đường trịn (2) Từ (1) (2) suy điểm B,C,E,H,N thuộc đường trịn đường kính NC suy HN  HC  Bước 2: Đường thẳng HN qua H có véc tơ phương CH  ( 92 44 ; ) 13 13 suy phương trình đường thẳng NH 23x+11y-38=0 19 23 x  11 y  38  x  2y   Toạ độ N nghiệm hệ phương trình  20  N ( ; )  NC  3  AM  AN  AB  NB  3 1 65 AH HA    AH      2 AH AM AB AE 13 HE   HK AK 6   HAK  HEC     HK   HC AK   AN HC EC 7      36 58 Suy K ( ; ) A(4;6) suy AB  AN  B(0; 2); CD  BA  D(4;10) 7 Ta có NB  NC  CB  Vậy toạ độ đỉnh cần tìm là: A(4;6), B(0;-2), D(-4;10) 2.4 Hiệu sáng kiến Qua trình vận dụng chun đề vào giảng dạy, tơi nhận thấy hướng dẫn học sinh giải toán hình vng mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cách phân loại dạng toán bước cụ thể thực lời giải học sinh học sinh nắm bài, hiểu sâu kiến thức, nâng cao khả tư tính sáng tạo giải tốn.Từ học sinh rèn kĩ giải toán, nhiều học sinh say mê, yêu thích chương “Phương pháp toạ độ mặt phẳng – Hình học 10” Đối với kiểm tra em trình bày chặt chẽ, lơgic với kết cụ thể : Với đề kiểm tra gồm hai câu hỏi: Câu : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có tâm I(1;-1) Gọi M điểm CD thoả mãn MC=2MD Tìm toạ độ đỉnh hình vng biết đường thẳng AM có phương trình 2x-y-5=0 Câu 2: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có đỉnh D(1;-2) Gọi M trung điểm BC N điểm cạnh AC cho AC=4AN, phương trình đường thẳng MN là: x-y+1=0 Tìm toạ độ đỉnh A,B,C hình vng ABCD biết M có hồnh độ dương Cuối năm học 2014 – 2015 chưa dạy chuyên đề này,tôi chọn 40 học sinh học khối A lớp 10A1 trường THCS&THPT Thống Nhất khảo sát đề kiểm tra kết sau : Lớp Giỏi Khá Trung Yếu bình 10A1 10% 13 32,5% 15 37,5% 20% Cuối năm học 2015 - 2016 sau dạy chuyên đề chọn 40 học sinh học khối A lớp 10A1 trường THCS&THPT Thống Nhất khảo sát đề kiểm tra kết sau : Lớp Giỏi Khá Trung Yếu bình 10A1 12 30% 18 45 % 20 % 5% 20 Rõ ràng qua năm học thực chuyên đề này, kết học tập học sinh giải tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy có tiến rõ rệt PHẦN III KẾT LUẬN Trên hệ thống kiến thức đưa giảng dạy phần: “Các tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy”.Nhìn chung, dạng tốn hay tương đối khó việc phát tính chất hình học để áp dụng thực lời giải nhiều học sinh Qua áp dụng chuyên đề vào giảng dạy thấy với học sinh có học lực từ trung bình trở lên em biết cách khai thác tính chất hình học để giải toán thuộc dạng Với học sinh khá, giỏi em khơng cịn e ngại giải Các tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy đề thi kỳ thi tuyển sinh đại học, đề thi thử THPT Quốc gia đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa, em cung cấp kiến thức cách hệ thống chọn lọc cẩn thận qua rèn luyện thành thạo kĩ giải tốn Và sở để tơi xây dựng cho học sinh chuyên đề “ Hướng dẫn học sinh giải tốn Hình thoi, Hình chữ nhật, Hình thang, Hình bình hành,… mặt phẳng toạ độ Oxy Mặt khác lưu ý với học sinh : “ Trong tốn ln phải có vận dụng sáng tạo” Đặc biệt tốn có tính phân loại kì thi Do để học sinh học tốt tốn dạng tơi ln u cầu học sinh rèn luyện thêm, đồng thời cần nhìn nhận, phân tích tính chất hình học, dấu hiệu riêng biệt áp dụng với toán Đây chuyên đề hay khó nên q trình biên soạn chắn cịn nhiều thiếu sót, để đạt hiệu cao tơi mong đóng góp ý kiến độc giả XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 26 tháng năm 2016 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Vũ Văn Thành Nguyễn Văn Phúc 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Hình học lớp 10, Sách tập Hình học lớp 10 Sách Nâng caoHình học lớp 10 Đề thi đại học, cao đẳng mơn Tốn từ năm 2009 đến 2014 Đề thi THPT Quốc gia năm 2015 Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa từ năm học 2009 đến Báo Toán học Tuổi trẻ 22 ... học sinh hình thành phương pháp, rèn luyện kỹ giải toán; bồi dưỡng lực tư sáng tạo Từ nâng cao khả giải tốn hình học mặt phẳng toạ độ Oxy nói chung, đặc biệt là: ? ?Các tốn hình vng mặt phẳng toạ. .. để giúp học sinh định hướng tốt trình giải tốn hình học trong mặt phẳng toạ độ Oxy, theo giáo viên cần tạo cho học sinh kỹ xem xét toán nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trưng hình học tốn để... giúp học sinh hồn thiện kỹ định hướng tìm lời giải tốn Trong sáng kiến kinh nghiệm tơi nêu số dạng toán của: “ Các tốn hình vng mặt phẳng toạ độ Oxy? ?? 2.3 Giải vấn đề Để giải tốn hình vng mặt phẳng