SKKN hướng dẫn học sinh sử dụng kết quả hai bài toán để giải một số bái toán hình học phẳng trong toạ độ image marked

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong cấu trúc đề thi đại học mơn tốn năm gần câu hình phẳng toạ độ Oxy trở thành câu khó với đa số học sinh Để vượt qua câu học sinh không nắm vững kiến thức hình học toạ độ lớp 10, kiến thức giải tích lớp 12 mà cần phải nhớ vận dụng linh hoạt định lý, tính chất hình học cấp THCS Từ năm học 2014 - 2015 Bộ giáo dục Đào tạo tổ chức kỳ thi THPT Quốc gia để xét tốt nghiệp xét tuyển vào đại học điều thể hiện rõ Mặc dù câu mức độ điểm 8, điểm sách chuyên khảo phần chưa nhiều Qua trình tìm tòi nghiên cứu tơi nhận thấy nhiều tốn hình học mặt phẳng toạ độ Oxy ta nhớ vận dụng công thức hay kết toán giải trước việc giải tốn trở nên dễ dàng nhiều Đặc biệt qua theo dõi, nghiên cứu câu hình phẳng đề thi mẫu Bộ giáo dục năm 2015 đề thi khảo sát chất lượng học sinh lớp 12 THPT năm liên tiếp 2015; 2016 Sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Thanh Hóa tơi thấy ngồi cách giải đáp án Bộ Sở giáo dục sử dụng kết tốn khác để giải câu hình phẳng Với mong muốn đưa kết tổng quát để từ em học sinh áp dụng vào nhiều tốn khác tơi xin trình bày sáng kiến kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh sử dụng kết hai toán để giải số bái tốn hình học phẳng toạ độ Oxy ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài hướng dẫn học sinh cách chứng minh hai công thức gắn với hai toán tương ứng, đồng thời hướng dẫn học sinh cách phân tích vận dụng hai cơng thức vào thí dụ cụ thể 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trong đề tài tập trung giải tốn hình học phẳng hệ toạ độ Oxy liên quan tới tiếp tuyến kẻ từ điểm tới đường tròn đường thẳng qua điểm đồng thời tạo với đường thẳng cho trước góc  cho trước 1.4 Phương pháp nghiên cứu Đề tài chủ yếu sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết, từ áp dụng vào làm tập, ngồi sử dụng phương pháp thống kê; xử lý số liệu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Các lý thuyết để đưa đề tài là: + Phương trình tổng quát phương trình tham số đường thẳng trang 76, 81 SGK Hình học 10 chương trình nâng cao nhà xuất Giáo Dục Việt Nam (Tác giả: Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) - Văn Như Cương (Chủ biên) - Phạm Vũ Khê - Bùi Văn Nghi) “ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy phương trình đường thẳng  qua điểm  M ( x0 ; y0 ) có véc tơ pháp tuyến n(a;b) có dạng a ( x  x0 )  b( y  y0 )  ” + Cơng thức tính góc tạo hai đường thẳng trang 89 SGK Hình học 10 chương trình nâng cao nhà xuất Giáo Dục Việt Nam (Tác giả: Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) - Văn Như Cương (Chủ biên) - Phạm Vũ Khê - Bùi Văn Nghi) “ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng 1 ;  có phương trình a1 x  b1 y  c1  a2 x  b2 y  c2  Khi ta có kết sau: a1a2  b1b2 ” cos (1 ;  )  2 2 a b a b + Phương trình đường tròn trang 91SGK Hình học 10 chương trình nâng cao nhà xuất Giáo Dục Việt Nam (Tác giả: Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) - Văn Như Cương (Chủ biên) - Phạm Vũ Khê- Bùi Văn Nghi) “ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm I (a; b) , R  , đường tròn (C ) tâm I bán kính R có phương trình ( x  a )  ( y  b)  R ”.” 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Được học tập trường đại học uy tín hàng đầu nước ước mơ cháy bỏng hầu hết học sinh lớp 12 bậc THPT Đối với đề thi mơn tốn để đạt điểm trở lên em bắt buộc phải làm câu hình phẳng mặt phẳng toạ độ Oxy , thách thức không dễ vượt qua em Hiện học sinh giỏi, thầy cô giáo chủ yếu dạy em câu cuối đề thi gồm: câu liên quan tới phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, câu tìm giá trị lớn biểu thức câu liên quan tới hình phẳng hệ toạ độ Oxy Thông qua việc học tập với thầy cô giáo trường, học bạn bè, học mạng, học trực tuyến em tiếp cận với nhiều dạng tập liên quan tới hình phẳng Oxy Tuy nhiên toán cách lập luận, lý giải khác Mỗi tốn có “nút thắt” mà người làm tốn phải tìm cách để gỡ “nút thắt” Với mong muốn tạo cho em phản xạ cách làm gặp tốn liên quan tới tiếp tuyến góc tơi đưa đề tài với hy vọng em đạt kết cao kỳ thi THPT Quốc gia tới 2.3 Các giải pháp áp dụng Đầu tiên nghiên cứu cách chứng minh Bài tốn áp dụng kết toán khác Bài toán Cho đường tròn (C ) có phương trình ( x  a )  ( y  b)  R điểm M ( x0 ; y0 ) nằm ngồi đường tròn Từ điểm M kẻ tiếp tuyến MA ; MB tới (C ) ( A, B tiếp điểm) Khi đường thẳng AB có pt: (x  a)( x  a )  (y0  a)( y  b)  R  0(*) Chứng minh Đường tròn (C ) có tâm I (a; b) , bán kính R Gọi A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) Do A, B thuộc đường tròn (C ) nên ( x1  a )  ( y1  b)  R ; ( x2  a )  ( y2  b)  R Tiếp  tuyến điểm A qua A vng góc với IA nên nhận véc tơ IA( x1  a; y1  b) làm véc tơ pháp tuyến, có phương trình (x1  a)( x  x1 )  (y1  a)( y  y1 )   (x1  a)( x  a  a  x1 )  (y1  b  b  y1 )( y  y1 )   (x1  a)( x  a )  ( y1  b)( y  b)  ( x1  a)  (y1  b)  (x1  a)( x  a )  ( y1  b)( y  b)  ( x1  a)  (y1  b)  (x1  a)( x  a )  ( y1  b)( y  b)  R Tương tự phương trình tiếp tuyến điểm B B I (x  a)( x  a )  ( y2  b)( y  b)  R Để hai tiếp tuyến trở thành hai tiếp tuyến kẻ từ A M tiếp tuyến phải qua M Suy (x1  a)( x0  a )  ( y1  b)( y0  b)  R (x  a)( x0  a )  ( y2  b)( y0  b)  R M Suy phương trình đường thẳng AB là: (x  a)( x  a )  (y0  a)( y  b)  R  Chúng ta xem xét việc áp dụng phương trình (*) qua thí dụ sau: Thí dụ 1.( Câu đề thi KSCL lớp 12 THPT Sở GD&ĐT tỉnh Thanh Hoá năm học 2014 - 2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) có phương trình x  y  x  y   đường thẳng (d ) : x  y   , điểm E (3;4) Gọi M điểm thuộc d nằm (C ) Từ M kẻ tiếp tuyến MA; MB tới (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (E) tâm đường tròn tâm E tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn (E) có chu vi lớn ? Phân tích: Chu vi lớn bán kính đường tròn lớn nhất, tương đương với khoảng cách từ điểm E tới đường thẳng AB lớn Do ta cần thực bước sau: Viết phương trình đường thẳng  dạng tham số (tham số t ) gọi toạ độ điểm M   theo t Viết phương trình đường thẳng AB theo phương trình (*) Tính khoảng cách từ điểm E đến đường thẳng AB theo t Tìm t để khoảng cách lớn từ suy toạ độ điểm M kết luận Lời giải: Đường tròn (C) có tâm I(2;1) , bán kính R  Gọi M (t ;1  t ) thuộc (d ) áp dụng công thức (*) suy phương trình đường thẳng AB (t  2) x  ty  3t   Khoảng cách từ điểm E dến đường thẳng AB A 2t  4t  4t  d ( E; AB)   d ( E; AB)  2t  4t  I 2t  4t  4t  4t  M Bài tốn quy tìm t để f (t )  , tR 2t  4t  B đạt giá trị lớn 8t  32t  12 ' Đạo hàm f (t )  , (2t  4t  4) E ' f (t )   t  3 t   Lập bảng biến thiên suy Maxf (t )  t  3 Suy M (3;4) Đs: M (3;4) Lời bình: Sau lập ptđt AB ta tìm điểm M cách: Tìm điểm cố định mà đường thẳng AB qua E 11 Dễ thấy đường thẳng AB qua điểm K( ; ) cố định 2 Gọi H hình chiếu E xuống đường thẳng AB suy H K 10 Dấu xảy H  K d ( E , AB)  EH  EK  A   Khi AB  EK  u AB AB  Lại có   EK  ( ; ); u (t ; t  2)   t  (t  2)   t  3  M (3;4) 2 2 B Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x  y  x  y  15  , đường thẳng (d ) x  22 y   , điểm E (0;1) Tìm toạ dộ điểm M (d ) cho từ M kẻ tiếp tuyến MA; MB tới (C) (A, B tiếp điểm) mà đường thẳng AB qua E Phân tích: Gọi điểm M ( x0 ; y0 ) ta thiết lập hệ gồm hai phương trình với ẩn x0 y0 Phương trình thứ phương trình biểu diễn điểm M thuộc đường thẳng d Phương trình thứ hai phương trình biểu diễn điểm E thuộc đường thẳng AB Giải hệ suy x0 , y0 từ suy toạ độ điểm M Lời giải Đường tròn (C) viết lại là: ( x  3)  ( y  1)  25 Gọi M ( x0 ; y0 ) , M  d nên x0  22 y0   Phương trình đường thẳng AB là: ( x0  3)(x  3)  ( y0  1)(y  1)  25  Do đường thẳng AB qua E nên ta có: ( x0  3)(0  3)  ( y0  1)(1  1)  25   3 x0  y0  14  Toạ độ điểm M nghiệm hệ phương trình 16  3 x0  22 y0   16  x0     M ( ; 1)  3 x0  y0  14   y  1  16 Vậy M ( ;  1) Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình ( x  1)  ( y  2)  ,đường thẳng d: x + y + m = Tìm tham số m để d có điểm M mà từ kẻ tiếp tuyến MA; MB tới (C) (A, B tiếp điểm) cho tam giác MAB vng Phân tích: Gọi toạ độ điểm M theo tham số t đường thẳng (d) Do tam giác MAB vng nên tứ giác MAIB hình vng, gọi K  AB  MI suy IK  2 IA  d ( I ; AB)  R Từ đẳng thức cho ta phương trình bậc hai 2 với ẩn t tham số m Bài tốn quy tìm tham số m để phương trình bậc hai ẩn t có nghiệm Lời giải Đường tròn (C) có tâm I  (1; 2) , bán kính R  Gọi điểm M  (t; m  t ) thuộc d Áp dụng công thức (*) suy phương trình đường thẳng AB (t  1)( x  1)  ( m  t  2)( y  2)    (t  1) x  (2  m  1) y  2m  3t   Do tam giác MAB vuông nên tứ giác MAIB hình vng, gọi K  AB  MI 2 suy IK  IA  d ( I ; AB)  R  R  2.d ( I ; AB) Mà R  2 4t  4m  A d ( I ; AB)  2t  (2m  6)t  m  4m  Ta có phương trình K M I 4t  4m   2t  (2m  6)t  m  4m  B  2t  2(m  3)t  m  4m  13  Để d có điểm M phương trình có nghiệm, tương đương với  t   m  2m  35   m  5; m  Đáp số: m  5; m  Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x  y  x  y   , đường thẳng  :2 x  y  10  Từ điểm M  kẻ tiếp tuyến MA; MB tới đường tròn (C ) ( A; B tiếp điểm) Xác định toạ độ điểm M cho khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng A B đạt giá trị lớn ? Phân tích: Gọi toạ độ điểm M theo tham số t đường thẳng  Viết phương trình đường thẳng AB Tính khoảng cách từ gốc toạ độ O tới đường thẳng AB theo t Tìm t để hàm số theo biến t đạt giá trị lớn Từ suy toạ độ điểm M Lời giải: x  t Phương trình tham số đường thẳng   O  y  2t  10 Điểm M    M (t ;  2t  10) A Phương trình đường tròn (C ) viết lại ( x  1)  ( y  1)  Suy phương trình đường thẳng M AB : (t  1) x  (2t  9) y  3t  12  Khoảng cách từ gốc toạ độ O tới B đường thẳng AB 3t  12 d(O;AB)  (t  1)  (2t  9)  d (O;AB)  t  8t  16 5t  34t  82 t  8t  16 Xét hàm số f (t )  (t  R) 5t  34t  82  14 6t  4t  112 ' t  Đạo hàm f (t )   f ( t )    (5t  34t  82) t  4 ' Lập bảng biến thiên suy giá trị lớn hàm số f (t ) đạt t  14 14 58 Khi toạ độ điểm M ( ;  ) 3 Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình ( x  3)  y  Tìm điểm M  Oy cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA; MB tới đường tròn (C ) ( A; B tiếp điểm) mà góc tạo hai tiếp tuyến 600 Phân tích:   IMA   300  IH  IA.sin 300  R  d ( I ; AB)  Gọi H  MI  AB  IAH Gọi toạ độ điểm M (0; t ) thuộc trục tung Oy Viết phương trình đường thẳng AB Tính khoảng cách từ điểm tâm I đường tròn (C ) theo tham số t cho khoảng cách Từ ta tìm t suy toạ độ điểm M Lời giải: Đường tròn (C ) có tâm I (3;0) , bán kính R  Gọi M (0; t ) thuộc trục tung Oy Khi phương A trình đường thẳng AB :(0  3)( x  3)  ty    x  ty   3.3  t.0  H I 300 d ( I ; AB)   M 32  t  t2 B   300 Ta có MI phân giác góc  AMB  IMA   IMA   300  IH  IA.sin 300  R  d ( I ; AB)  Gọi H  MI  AB  IAH Suy 9t    t2   t2   t   Vậy M (0; 7); M (0;  7) Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x  y  x  y   , đường thẳng d: x  y   Từ điểm M thuộc d kẻ tiếp tuyến tới (C) (A, B tiếp điểm) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Phân tích: Gọi toạ độ điểm M theo tham số t đường thẳng d Lập phương trình đường thẳng AB có chứa tham số t Bài tốn quy tìm điểm cố định mà đường thẳng d ln qua với t Lời giải Phương trình đường tròn (C) có dạng ( x  1)  ( y  2)  Gọi M (t ; t  1) phương trình đường thẳng AB (t  1)(x  1)  (t  3)(y  2)   (t  1) x  (t  3) y  3t   Gọi N ( x0 ; y0 ) điểm cố định mà đường thẳng AB qua suy (t  1) x  (t  3) y0  3t   t  ( x0  y0  3)t   x0  y0  t 15  x0    x0  y0      6  x0  y0   y    15 Vậy điểm cố định mà đường thẳng AB qua M ( ;  ) 4 Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C1): x  y  ; (C2): x  y  16 ; Từ điểm M  (C2 ) kẻ tiếp tuyến tới (C) (A, B tiếp điểm) Chứng minh đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn cố định Phân tích: Để chứng minh đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn cố định ta cần chứng minh đường thẳng AB cách điểm O cố định khoảng không đổi R Lời giải: M Gọi điểm M ( x0 ; y0 ) thuộc đường tròn (C2) Suy x0  y0  16 Phương trình đường thẳng AB: x0 x  y0 y   Xét đường tròn (C ' ) tâm gốc toạ độ O(0;0) , bán kính R  x  y0  4   Ta có d (O; AB)  x0  y0 A I B O Vậy đường tròn đường thẳng AB ln tiếp xúc với đường tròn (C’) tâm O(0;0) bán kính R  cố định Bài toán Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng d1 ; d không vuông góc với có phương trình là: (d1 ) : a1 x  b1 y  c1  0;(d ) : a2 x  b2 y  c2  , a1b2  a2 b1 a1a2  b1b2 a a Đặc biệt b1 b2  tức đường thẳng có hệ số góc k1   ; k2   b1 b2 Gọi  góc tạo đường thẳng d1 d Khi ta có tan   k2  k1  k1k2 Chứng minh: tan   Ta có cơng thức cos  a1a2  b1b2 a12  b12 a2  b2 Lại có   tan  , suy cos  tan    (a12  b12 )(a2  b2 ) (a1a2  b1b2 )  (a12  b12 )(a2  b2 )    co s (a1a2  b1b2 ) (a1a2  b1b2 ) ((a1b2 )  2a1b2 a2 b1  (a2 b1 )  a1b2  a2 b1   tan    (a1a2  b1b2 ) (a1a2  b1b2 ) d1 2  a b  a2b1   (a1a2  b1b2 ) 2  tan   a1b2  a2 b1 , a1a2  b1b2 Khi b1 b2  tức đường thẳng có hệ số góc k1   tan    d2 a1 a ; k2   từ b1 b2 a1b2  a2 b1 ta chia tử mẫu cho b1 b2 suy a1a2  b1b2 a1 a2  b1 b2 k  k1 tan    a1a2  k1k2 1 b1b2 suy điều phải chứng minh Thí dụ 1.( Câu đề thi KSCL lớp 12 THPT Sở GD&ĐT tỉnh Thanh Hoá năm học 2015 - 2016) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có tâm   600 Điểm đối xứng với A qua B điểm I (2  2;5); BC  AB; BAD E (2;9) Tìm toạ độ đỉnh hình bình hành biết A có hồnh độ âm Phân tích: Chứng minh AE  BD Lập phương trình đường thẳng EI Lập ptđt BD qua I tạo với đường thẳng EI góc cho trước Lập ptđt EB từ suy toạ độ điểm B, suy toạ độ điểm D Do B trung điểm AE từ suy toạ độ điểm A, suy toạ độ điểm C Lời giải: Ta chứng minh AB  BD Thật vậy: Gọi M trung điểm AD suy tam giác ABM (tam giác cân có góc 600) suy BM  AM  MD suy tam giác ABD vuông B tức AB  BD Đường thẳng EI qua điểm E , I nên có phương trình x2 y 9   2x  3y    22 59 Đường thẳng EI có véc tơ pháp tuyến  n1 (2; 3) Đường thẳng BD tạo với đường BE AB AB AB     Gọi BI BD BD AB  2 n2 (a; b) (a  b  0) véc tơ pháp tuyến đường thẳng BD suy  thoả mãn tan   thẳng EI góc   BIE a  2b  3a   2a  3b a   b  TH1: Với a  chọn b  suy phương trình đường thẳng BD y 5   y  tan   Lập phương trình đường thẳng BE Đường thẳng BE qua điểm E vng góc với BD có phương trình: x   - Vì B  BD  BE nên toạ độ điểm B nghiệm hệ pt: x    x  2   B(2;5)  y 5  y  Do I trung điểm BD nên toạ độ điểm D E  xD  xI  xD  x    D  D(4  2;5)   y   yD  yI  yD Do B trung điểm AE nên toạ độ điểm A  x A  xB  xE  x  2  A  A(2;1)  y 1  y A  yB  yE Do I trung điểm AC nên toạ độ điểm C B C M I  x    xC  xI  x A 600  C  C (4  2;9) A  D  yC   yC  yI  y A TH2: Với a  4 3b chọn b  1 ; a  suy phương trình đường thẳng BD 3( x   2)  ( y  5)   3x  y  19   Đường thẳng BE qua điểm E vng góc với BD có phương trình: 1( x  2)  3( y  9)   x  y   36  Vì B  BD  BE nên toạ độ điểm B  16  14  x  16  14 59 4 x  y   19  nghiệm hệ pt:    B( ; ) 7 59  x  y   36  y   - Do B trung điểm AE nên toạ độ điểm A  32  14  x A   x A  xB  xE ( không thoả mãn điều kiện xA  )   55  y A  yB  yE y   Đs: A(2;1); B(2;5); C (4  2;9); D(4  2;5) 10 Lời bình: Đây cách giải hồn toàn khác so với đáp án Sở, qua cách giải ta thấy Khi giả thiết tốn cho số đo góc đó, để giải tốn sử dụng tới cơng thức tan   a1b2  a2b1 k k tan   a1a2  b1b2  k1k2 Thí dụ 2.( Câu đề thi mẫu Bộ GD&ĐT năm2015) Trongmặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác OAB có đỉnh A, B thuộc đường thẳng  : x  y  12  điểm K (6;6) tâm đường tròn bàng tiếp góc O Gọi C điểm  cho AC= AO điểm C, B nằm khác phía so với điểm A, biết điểm C có hồnh độ 24 Tìm toạ độ đỉnh A, B Phân tích: Từ giả thiết ta biết toạ độ điểm C Do OA = OC nên tam giác AOC cân A, mà K tâm đường tròn bàng tiếp  suy phân giác góc góc O nên KA phân giác ngồi góc BAO  OAC Suy KA đường cao tam giác OAC dẫn tới KA  OC , từ lập phương trình đường thẳng KA Do A  KA   nên tìm toạ độ điểm A Lập phương trình đường thẳng OB qua điểm O tạo với đường thẳng OK góc  mà   (O A, OK) Do B  BO   nên từ suy toạ độ điểm B Lời giải: Vì điểm C thuộc đường thẳng  có hồnh độ 24 nên tung độ 12  tam giác AOB nên K giao điểm Vì K tâm đường tròn bàng tiếp góc O  , suy đường phân giác góc  AOB đường phân giác ngồi góc BAO  KA  Mà tam giác OAC cân A nên KA vng góc với phân giác góc OAC OC  24 12 ;  ) làm véc tơ pháp tuyến suy 5 ptđt KA là: x  y   - Vì A  KA   nên toạ độ điểm A Suy đường thẳng KA nhận véc tơ OC  ( nghiệm hệ phương trình 2 x  y   x    A(3;0) Đường thẳng OK có phương trình x  y   4 x  y  12  y  đưòng thẳng OA có phương trình y  11 Suy tan(OK , OA)  1.1  0.1  1, 1.0  (1).1 K dẫn đến góc tạo OA OK 450 Suy góc tạo OB OK 450 Vậy phương trình đường thẳng OB x  Vì B  OB   nên toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình x  x    B(0; 4)  4 x  y  12  y  B O A C Thí dụ 3.( Câu IV.1 đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2002 ) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ;0) Phương trình đường thẳng AB: x  y   0; AB  AD Tìm toạ độ đỉnh A Biết A có hồnh độ âm Phân tích:  Theo giả thiết AB  AD  tan BAC BC  , từ lập phương trình đường AB 2 thẳng AC qua điểm I( ;0) tạo với đường thẳng AB góc  thoả mãn Vì A  AB  AC nên suy toạ độ điểm A Lời giải: Đường thẳng AB có véc tơ pháp  tuyến n(1; 2) tan   Vì ABCD hình chữ nhật AB  AD nên A B     BC  AD  Gọi n(a; b) (a  b  0) tan BAC D AB AB véc tơ pháp tuyến đường thẳng AC ta có   1.b  2.a   5a  tan BAC a  2b 3a  4b Với a  chọn b  suy phương trình đường thẳng AC : y  I C Vì A  AB  AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình y   x  2   A(2;0)  x  y   y  Với 3a  4b chọn b  3; a  Suy phương trình đường thẳng AC : 4x  3y   Vì A  AB  AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình 4 x  y   x    A(2; 2) ( Khơng thoả mãn điểm A có hồnh độ âm)  x  y   y  Đs: A(2;0) 12 Thí dụ 4( Đề thi Đại học khối A năm 2012) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình vng ABCD Gọi M trung 11 2 điểm cạnh BC , N điểm cạnh CD cho CN  ND Giả sử M ( ; ) đường thẳng AN có phương trình x  y   Tìm toạ độ đỉnh A Phân tích:  Tính tan MAN Lập phương trình đường thẳng AM qua M tạo với AN góc  thoả  mãn tan   tan MAN Từ tìm toạ độ điểm A nghiệm hệ pt tạo pt AM AN Hướng dẫn: Gọi độ dài cạnh hình vng a Khi 1    tan BAM  tan DAN   DAN     BAM   450  MAN   450 tan( DAN  BAM )    1   tan DAN tan BAM  A B Từ lập phương trình đường thẳng AM x  y  17  x  y   Từ ta tìm điểm A A(4;5) A(1; 1) M D C N Thí dụ ( Đề thi Đại học khối A năm 2014) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc cạnh AC cho AN  3NC Viết phương trình đường thẳng CD biết M (1; 2); N (2; 1) Phân tích: Lập phương trình đường thẳng MN Gọi I giao điểm MN DC , tìm toạ độ điểm I Nối M với tâm O hình vng kéo dài cắt DC E Tính  tan MIE ME EI Lập phương trình đường thẳng DC qua điểm I tạo với đường thẳng MN góc  mà tan   ME EI A Hướng dẫn: Gọi I giao điểm đường thẳng   MN AN    MN  NI NI NC từ suy toạ độ điểm I ( ; 2) Gọi a cạnh hình vng M B O MN DC suy D N  E I C 13 a a   ME  a   tan    tan MEI a EI Từ lập phương trình đường thẳng DC qua I ( ; 2) tạo với đường thẳng MN góc  thoả mãn tan   suy ME  a; IC  ; EI  Đs: y  2 3x  y  15  Thí dụ ( Đề thi Đại học khối D năm 2012) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD đường thẳng AC AD có phương trình x  y  0; x  y   Đường thẳng BD qua điểm M( 1 ;1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật A B Phân tích: Từ pt đường thẳng AB AD ta suy tọa  M độ điểm A tính tan   tan( AC; AD) Do ABCD hình chữ nhật nên ( AD; BD)   I Lập pt đường thẳng BD qua điểm M tạo với AD D C góc  Tìm tọa độ điểm I giao điểm AC BD Lập phương trình đường thẳng BC qua điểm C tạo với đường thẳng AC góc  Lời giải: x  y   x  3   A(3;1) x  y   y  Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình  Gọi n1 n2 véc tơ pháp tuyến đường thẳng AC AD Từ giả thiết ta có n1 (1;3) ; n2 (1;1) Gọi góc tạo hai đường thẳng AD AC  tan   1.(1)  1.3  1.1  3.(1) Vì ABCD hình chữ nhật nên ( AD; BD)   Gọi n (a; b) (a  b  0) véc tơ pháp tuyến đường thẳng BD tan( AD; BD)  tan   ba 2 ab a  3b b  3a  Với a  3b , chọn b  1; a  phương trình đường thẳng BD 3( x  )  1.( y  1)   x  y  Với b  3a , chọn a  1; b  phương trình đường thẳng BD 1.( x  )  3.( y  1)   x  y   (trường hợp loại BD // AC ) Vậy 3 x  y  phương trình đường thẳng BD ) Khi tọa độ giao điểm I nghiệm hệ phương trình 14 3 x  y  x    I (0;0)  x  y  y  Do I trung điểm AC nên tọa độ điểm C (3;1) Đường thẳng BC qua điểm C song song với AD có phương trình x  y   Vì B  BD  BC nên tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình x  y   x    B(1;3)  3 x  y   y  3 Vì I trung điểm BD nên tọa độ điểm D(1;3) Đs: A(3;1) ; C (3;1) B(1; 3); D(1;3) Thí dụ8 (ĐH khối D năm 2014) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D(1; -1).Đường thẳng AB có pt: 3x + 2y - = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y - = Viết phương trình đường thẳng BC Phân tích: - Từ phương trình đường thẳng AB phương trình tiếp tuyến A Ta tìm tọa độ điểm A tan  với  góc tạo hai đường thẳng AB tiếp tuyến A Lập phương trình đường thẳng AD qua điểm A; D biết tọa độ từ tính tan( AB; AD) Lập phương trình đường thẳng AC qua điểm A tạo với đường thẳng AD góc góc tạo bới đường thẳng AB; AD Lập phương trình đường thẳng BC qua điểm D tạo với đường thẳng AC góc góc tạo hai đường thẳng AB tiếp tuyến A Lời giải: A Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình x 3 x  y   x    A(1;3)  x  y   y  Gọi  góc tạo đường thẳng AB tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tan   B D C 3.2  1.2  3.1  2.2 Phương trình đường thẳng AD : x  Suy n AB (3;2) ; n AD (1;0) Vậy tan( AB; AD)  3.0  2.1  3.1  2.0 Do AD phân giác góc A tam giác ABC nên góc tạo đường thẳng AC AD góc tạo hai đường thẳng AB AD 15 Theo tính chất góc nội tiếp đường tròn, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung     suy góc tạo hai đường thẳng AC ; BC  ACB  xAB Gọi n(a; b) (a  b  0) véc tơ pháp tuyến đường thẳng AC ta có a.0  b.1 b 2  tan( AB; AD)     2a  3b 2a  3b a.1  b.0 a 3 Với 2a  3b chọn a  3; b  véc tơ pháp tuyến đường thẳng AC tan( AC ; AD)  n(3;2) trường hợp bị loại đường thẳng AC song song với đường thẳng AB Với 2a  3b chọn a  3; b  2 véc tơ pháp tuyến đường ' thẳng AC n (3; 2) phương trình AC 3(x  1)  2(y 3)   3x  y    Gọi n1 (a1 ; b1 ) (a12  b12  0) véc tơ pháp tuyến đường thẳng BC ta có b1  2a1 2a1  3b1 tan(AC; BC)     a1   29 b1 3a1  2b1  Với b1  2a1 chọn a1  1; b1  2 phương trình đường thẳng BC 1( x  1)  2( y  1)   x  y   29 Với a1   b1 chọn b1  2; a1  29 phương trình đường thẳng BC 29( x  1)  2( y  1)   29 x  y  31  Thử lại: Khi đường thẳng BC có phương trình 29 x  y  31  toạ độ điểm   13  21 17 45 29  58 B( ; ); C ( ; ) Khi DB  ( ; ); DC  ( ; )  DB  DC suy điểm D 13 13 13 13 16 nằm đoạn BC điều vơ lý D chân đường phân giác góc A tam giác ABC Khi đường thẳng BC có phương trình x  y   toạ độ điểm B, C     B(3;0); C (3;  3) Khi DB  (2;1); DC  (4;  2)  DC  2 DB ( thoả mãn) Đs: Phương trình đường thẳng BC : x  y   Nhận xét Qua thí dụ ta nhận thấy hai cơng thức (*) (**) mà ta xây dựng chứng minh giúp ích nhiều tốn hình toạ độ phẳng liên quan tới góc tiếp tuyến Áp dụng hai cơng thức ta giải toán sau Bài tập luyện thêm Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) :( x  2)  ( y  2)  đường thẳng  : x  y   Từ điểm A thuộc  kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C ) B C Tìm toạ độ điểm A biết diện tích tam giác ABC Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) :( x  1)  ( y  2)  đường thẳng d :3 x  y  m  Tìm m để d có điểm M mà từ kẻ tiếp tuyến MA; MB tới (C ) ( A, B tiếp điểm) cho tam giác MA B 16 Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) :x  y  x  12  điểm E (4;1) Tìm điểm M  Oy cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA; MB tới (C ) ( A, B tiếp điểm) cho E thuộc đường thẳng A B Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) :( x  3)  ( y  1)  đường thẳng d : x  y   Tìm điểm M  d cho từ M kẻ tiếp tuyến MA; MB tới (C ) ( A, B tiếp điểm) đoạn AB có độ dài lớn Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) :x  ( y  1)2  đường thẳng d : x  2y   Tìm điểm M thuộc d cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA; MB tới đường tròn (C ) mà diện tích tam giác MAB Bài Tam giác ABC cân A có đáy BC nằm đường thẳng có phương trình x  y   , cạnh bên AB nằm đường thẳng 12 x  y  23  Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm M (3;1) Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phương trình chứa hai đường chéo d1 :7 x  y   d : x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật, biết đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật qua điểm M (3;5) Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 15 Đường thẳng AB có phương trình x - 2y = Trọng tâm tam giác BCD 16 13 3 điểm G( ; ) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật biết điểm B có tung độ lớn 11 Bài 9.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vng ABCD Điểm F( ;3) trung điểm cạnh AD, điểm E trung điểm cạnh AB điểm K thuộc cạnh DC cho KD = 3KC Đường thẳng EK có phương trình 19x - 8y - 18 = Tìm toạ độ đỉnh C hình vng biết điểm E có hồnh độ nhỏ Bài 10 ( Đề thi ĐH khối B năm 2013) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vng góc với AD  3BC , đường thẳng BD có phương trình x  y   tam giác ABD có trực tâm H (3; 2) Tìm toạ độ đỉnh B C 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Có thể nói đề tài hình thành cho em học sinh điều: Một là: Nếu giả thiết tốn có liên quan tới tiếp tuyến kẻ từ điểm tới đường tròn ta nghĩ tới việc sử dụng công thức (*) Hai là: Nếu giả thiết tốn có liên quan tới góc ta nghĩ tới việc sử dụng cơng thức (**) Góc cho trực tiếp số đo cho gián tiếp thông qua cosin tan g góc 17 Sau áp dụng sáng kiến lớp 12A6 trường THPT Lê Lợi năm học 2015 2016 (45 học sinh) Kết thu có khả quan Cụ thể: Tôi đề kiểm tra 90 phút gồm câu mục 2.3 Kết sau: Tháng năm 2016 (Chưa áp dụng sáng kiến) Số hs Điểm giỏi Điểm Điểm trung Điểm yếu Điểm bình SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ 45 4,4% 13,3% 25 55,7% 10 22,2% 4,4% Tháng năm 2016 (Sau áp dụng sáng kiến) Số hs Điểm giỏi Điểm Điểm trung Điểm yếu Điểm bình SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ 45 11,1% 10 22,2% 20 44,5% 17,8% 4,4% KẾT LUẬN Trong đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia nay, theo cấu trúc Bộ GD&ĐT, toán toạ độ mặt phẳng thường xuyên xuất hiện, xếp vào câu phân loại học sinh mức độ vận dụng, vận dụng cao Có hướng để giải tốn Một là: sử dụng tính chất hình học phẳng biết cấp THCS sau áp dụng cơng thức, phương trình toạ độ cấp THPT vào tính tốn Hai là: Từ kiện toạ độ ta biến đổi, tính tốn để phát thêm giả thiết hình học ẩn chứa tốn mà đề giấu kín Từ kết hợp giả thiết hình học giải thiết tạo độ giải toán Ba là: chứng minh kết hay cơng thức có tính tổng qt sau áp dụng nhiều tốn khác có ý tưởng liên quan Đề tài triển khai theo hướng thứ ba Hy vọng tài liệu tham khảo giúp ích cho đồng nghiệp em học sinh q trình ơn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia năm năm tới Trong q trình viết khơng tránh khỏi thiếu sót, kính mong đồng nghiệp phê bình góp ý Xin chân thành cảm ơn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hố ngày 25 tháng năm 2016 Tơi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm viết, khơng chép nội dung người khác Hà Sỹ Tiến 18 ... toán toạ độ mặt phẳng thường xuyên xuất hiện, xếp vào câu phân loại học sinh mức độ vận dụng, vận dụng cao Có hướng để giải tốn Một là: sử dụng tính chất hình học phẳng biết cấp THCS sau áp dụng. .. trình toạ độ cấp THPT vào tính toán Hai là: Từ kiện toạ độ ta biến đổi, tính tốn để phát thêm giả thiết hình học ẩn chứa tốn mà đề giấu kín Từ kết hợp giả thiết hình học giải thiết tạo độ giải toán. .. thấy hai cơng thức (*) (**) mà ta xây dựng chứng minh giúp ích nhiều tốn hình toạ độ phẳng liên quan tới góc tiếp tuyến Áp dụng hai cơng thức ta giải toán sau Bài tập luyện thêm Bài Trong mặt phẳng