Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực học sinh

1 MỞ ĐẦU 1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương tích trục đẳng phương chủ đề hấp dẫn hình học phẳng Trong chương trình phổ thơng khơng đề cập cách thức lại tiềm ẩn dạng toán Các kết đơn giản, tự nhiên lại ảnh hưởng sâu sắc tới nhiều nội dung quan trọng Với phát biểu đơn giản, dễ hiểu chúng dùng để xử lý khối lượng lớn toán khó với lời giải đẹp ấn tượng Các tốn phương tích trục đẳng phương thường xuất kỳ thi học sinh trường chuyên, học sinh giỏi tỉnh, quốc gia nghiên cứu kỹ, chi tiết tài liệu Nhưng đại đa số học sinh phổ thông vấn đề mẻ Một số kết xuất kỳ thi học sinh giỏi Nhưng khai thác theo phương diện tọa độ phẳng Đã có nhiều tốn tọa độ phẳng khai thác từ tốn hình học tổng hợp phẳng, việc giải cần khối lượng kiến thức tổng hợp, kỹ lực cao Vì tơi chọn đề tài “Dạy học chủ đề phương tích trục đẳng phương theo hướng hình thành phát triển lực cho học sinh” nhằm củng cố mở rộng cho học sinh kiến thức phương tích trục đẳng phương, giúp học sinh thấy khả ứng dụng phương tích trục đẳng phương việc giải tốn tọa độ phẳng hay khó kì thi 1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Đề tài nhằm cung cấp cho học sinh khái niệm phương tích trục đẳng phương Giúp học sinh biết khai thác số tính chất ứng dụng phương tích để giải số toán tọa độ phẳng Từ phát triển lực phân tích, tổng hợp đánh giá Giúp học sinh có cách nhìn sâu sắc dạng toán tọa phẳng từ học sinh tự tìm tòi để khai thác toán với tự lực, sáng tạo độc lập thân, kỹ xử lý tình cụ thể thực tiễn, khơng dừng lại kết mà gặp tình khó khăn học sinh mạnh dạn suy nghĩ sáng tạo số kết mong muốn 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đề tài nghiên cứu hệ thống khái niệm tính chất phương tích, trục đẳng phương từ ứng dụng để giải số dạng tốn hình học phẳng chương trình tốn Trung học phổ thơng 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Tìm hiểu chuyên đề tài liệu tác giả nghiên cứu kiến thức có liên quan đến phương tích trục đẳng phương Thu thập toán đề thi học sinh giỏi, đề thi trường chuyên có liên quan đến phương tích trục đẳng phương Trao đổi tham khảo ý kiến đồng nghiệp tổ chuyên môn Thông qua buổi rèn luyện học sinh giỏi ôn tập cho học sinh giỏi đội tuyển học sinh giỏi nhà trường NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN 2.1.1 CƠ SỞ LÍ THUYẾT Phương tích điểm đường tròn 1.1 Định lý 1.Cho đường tròn (O;R) điểm M cố định, đặt OM = d Một đường thẳng thay đổi ln qua M cắt đường tròn hai điểm A, B uuur uuur Khi : MA.MB  MA.MB  MO  R  d  R [1] Chứng minh: Gọi C điểm đối xứng A qua tâm O Khi �ABC  900 , nên B hình A chiếu củauuCur lên AM.r uTa có uuur uuuu uur B M O C MA.MB  MA.MB  MC.MA uuuu r uuur uuuu r uuu r  ( MO  OC )( MO  OA) uuuu r uuu r uuuu r uuu r  ( MO  OA)( MO  OA) uuuu r uuu r2  MO  OA  MO  OA2  d  R 1.2 Định nghĩa Đại lượng không đổi MA.MB  d  R gọi phương tích điểm M đường tròn (O;R), ký hiệu PM/(O) Ta có : PM/(O) = MA.MB  d  R [1] 1.3 Tính chất ( ta dễ dàng chứng minh số tính chất sau) * Tính chất Nếu A, B cố định MA.MB =const M cố định M nằm ngồi đường tròn (O;R) PM/(O) > PM/(O) = MA.MB M nằm đường tròn (O;R) PM/(O) < PM/(O) = - MA.MB M nằm đường tròn (O;R) PM/(O) = * Tính chất Cho đường tròn (O;R) điểm M nằm ngồi đường tròn Qua M kẻ cát tuyến MAB tiếp tuyến MT MA.MB = MA.MB = MT2 = d2 - R2 * Tính chất Cho AB DC hai đường thẳng phân biệt cắt M ( khác A, B, C, D) Khi MA.MB = MC.MD bốn điểm A, B, C, D thuộc đường tròn [1] 1.4 Trong hệ tọa độ Descartes: Cho điểm M(x0; y0) đường tròn (C): x2 + y2 – 2ax – 2by + c = Đặt f(x;y) = x2 + y2 – 2ax – 2by + c Khi PM/(C) = f(x0;y0) = x02 + y02 – 2ax0 – 2by0 + c [1] Trục đẳng phương hai đường tròn 2.1 Định lý Cho hai đường tròn (O1;R1) (O2;R2) khơng đồng tâm Tập hợp điểm phương tích với hai đường tròn đường thẳng Đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O1;R1) (O2;R2).[1] Chứng minh ( Việc chứng minh định lý xin khai thác từ tài liệu) 2.2 Các tính chất *Trục đẳng phương hai đường tròn vng góc đường nối hai tâm * Nếu hai điểm M, N phương tích với hai đường tròn đường thẳng MN trục đẳng phương hai đường tròn * Nếu hai đường tròn cắt A, B đường thẳng AB trục đẳng phương hai đường tròn [1] 2.3 Trục đẳng phương hệ tọa độ Descartes Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường tròn khơng đồng tâm: (C1): x2 + y2 – 2a1x – 2b1y + c1 = (C2) : x2 + y2 – 2a2x – 2b2y + c2 = Giải sử M(x0; y0) điểm phương tích với hai đường tròn (C1) (C2) Ta có PM/(C1)=PM/(C2) � x02 + y02 – 2a1x0 – 2b1y0 + c1 = x02 + y02 – 2a2x0 – 2b2y0 + c2 � 2(a1 – a2)x0 + 2(b1 – b2) y0 +c1 – c2 = Vậy trục đẳng phương hai đường tròn có phương trình : 2(a1 – a2)x + 2(b1 – b2) y +c1 – c2 = [1] 2.1.2 XÂY DỤNG HÊ THỐNG BÀI TẬP VẬN DỤNG LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG TÍCH VÀ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN THPT Phần I Sử dụng định nghĩa tính chất phương tích xây dựng số toán tọa độ phẳng sau Những toán phần I chủ yếu để học sinh tiếp cận dần với định nghĩa tính chất phương tích trục đẳng phương, để từ học sinh có cách nhìn nhận kinh nghiệm việc sử dụng, tiếp cận tốn phương tích Sau xây dựng số toán mức độ nhận biết thơng hiểu định nghĩa tính chất đơn giản phương tích, trục đẳng phương Bài tốn 1.1 Cho đường tròn (S) có phương trình: (x + 3)2 + (y + 2)2 = điểm A(2;-3) Tìm phương tích điểm A đường tròn (S) Giải Đường tròn (S) có tâm I(-3;-2) bán kính R = 2, AI = 26 Vậy P(A/(S)) = AI2 – R2 = 22 Nhận xét P(A/(S)) >0 nên điểm A nằm ngồi đường tròn Bài tốn Cho hai đường tròn: (S) : (x + 3)2 + (y + 2)2 = (C) : (x - 4)2 + (y + 5)2 = 36 Viết phương trình trục đẳng phương hai đường tròn (S) (C) Giải Nhận xét: Hai đường tròn khơng đồng tâm nên có trục đẳng phương Gọi M(x0;y0) điểm thuộc trục đẳng phương P(M/(S)) = P(M/(C)) � ( x0  3)  ( y0  2)   ( x0  4)  ( y0  5)  36 Khi ta 7x0 – 3y0 + = Vậy phương trình trục đẳng phương là: 7x – 3y + = Bài toán 1.3 Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 6y + = điểm M(-3;1) A, B tiếp điểm kẻ từ M tới đường tròn (C) Viết phương trình AB 2 2 A M I B Phân tích tốn Bài tốn tìm trực tiếp tọa độ A, B việc làm dài dòng số lẻ Ta nhận thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn nên AB trục đẳng phương hai đường tròn Định hướng giải Nhận xét tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MI nên phương trình đường tròn (S) ngoại tiếp tứ giác MAIB : x2 + y2 + 2x – 4y = AB trục đẳng phương hai đường tròn (S) (C) Vậy phương trình AB: 2x + y – = Trên số tốn sử dụng nhiều cách đề giải phương diện phương tích giải số trường hợp đơn giản Sau áp dụng để khai thác số toán mức vận dụng thấp vận dụng cao Bài tốn 2.1.Cho đường tròn (O) đường thẳng d không cắt (O) Từ điểm M thay đổi d, Kẻ hai tiếp tuyến MA MB tới (O) ( A, B tiếp điểm) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định [2] B O I A d M H Chứng minh Gọi H hình chiếu O lên d I giao điểm AB với OH Ta có ngũ giác MHAOB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MO Giả sử M’ điểm khác M, ta có tiếp tuyến M’A’ M’B’ kẻ tới đường tròn (O) Gọi (S’) đường tròn qua năm điểm M’HA’OB’ Khi AB, A’B’, OH trục đẳng phương cặp đường tròn (S) (O), (S’) và(O), (S) (S’) Giả sử I giao điểm AB OH, PI/(S)=PI/(O)=PI/(S’) hay I thuộc A’B’ Nếu cố định M, cho M’ thay đổi d A’B’ ln qua I hay I điểm cố định Vậy AB qua điểm cố định I Nhận xét + Điểm I nằm đoạn OH ta có OI.OH = OK.OM = R2 s uy OI = R2 OH Từ xác định điểm I + Trong hệ trục tọa độ Oxy việc tìm điểm cố định đơn giản, nhờ phương pháp tìm điểm cố định đường +Từ kết toán 2.1 ta khai thác số toán sau mức độ vận dung thấp Bài toán 2.2 Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 4y + = đường thẳng (d): x – y –1 = Từ M thuộc (d) kẻ tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định M thay đổi.[3] Định hướng giải Đường tròn (C) có tâm I(1;2) bán kính R=1 d(I,(d))=  R , đường thẳng (d) khơng cắt đường tròn (C) M thuộc (d) nên M(m;m-1) Khi tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MI nên có phương trình (S) : x2 + y2 – (m+1)x – (m+1)y + 3m - = Ta có AB trục đẳng phương hai đường tròn (S) (C) nên có phương trình (m - 1)x + (m - 3)y + - 3m = Gọi H(x0;y0) điểm cố định đường thẳng AB 3 2 Ta tìm H( ; ) Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC có đường cao BE CF, đường thẳng qua F vng góc BC cắt BE K Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Biết đường thẳng AC qua M ( 8 ; 7) , đường tròn ngoại tiếp tam giác FEK có phương trình (S): (x + 6)2 + (y + 7)2 = 5, B thuộc đường thẳng d: x – y + = (hoành độ điểm B dương), BF = 5 hệ số góc đường thẳng AB nguyên.[2] A M E F J K B C I Phân tích tốn: Bài tốn cho giả thiết điểm B thuộc d, đường tròn ngoại tiếp ta giác KFE Liên quan tới tam giác vng BCF có FI đường cao nên BI.BC = BF2, Tứ giác CEKI nội tiếp BI.BC = BK.BE = BF2 , nên BF tiếp tuyến đường tròn (S) Vì suy nghĩ tới phương tích Bên cạnh phải sử dụng thêm hệ thức lượng tam giác Định hướng giải Đường tròn (S) tâm J(-6;-7) bán kính R = Giả sử FK cắt BC I góc KEC KIC vng, nên tứ giác KECI nội tiếp đường tròn đường kính KC Khi BK BE  BI BC  BF  25 ( Vì tam giác BCF vng F, FI đường cao) Nên BF tiếp tuyến đường tròn (S) suy BF2 = BJ2 – R2 J thuộc CF Vậy BJ= 130 tìm B(1;2) Từ tìm phương trình đường thẳng AB: y = 2x Gọi E(a;b) E thuộc (S) BE  AC tìm E(-5;-5) Nên phương trình AC: 6x + 7y + 65 = suy A ( 13 13 ; ) Phương trình CF: x + 2y + 20 = uy C(2;-11) Phần II Sử dụng số tính chất phương tích trục đẳng phương kết hợp số tính chất hình học phẳng ta xây dựng giải số dạng toán mức vận dụng thấp vận dụng cao Bài toán 3.1 Cho tam giác ABC, H trực tâm có (O) đường tròn đường kính BC Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N tiếp điểm) Khi H, M, N thẳng hàng.[2] Chứng minh: A F E M H B O N C K Gọi AK, BE, CF đường cao, Suy E, F thuộc đường tròn (O) � H  BE �AK Ta có Δ HFA ΔHKC đồng dạng � HA HF  � HA.HK  HC.HF (1) HC HK Gọi đường tròn (J) đường tròn đường kính AO, năm điểm A, M, O, K, N thuộc đường tròn (J) Mà đường tròn (J) cắt đường tròn (O) M N nên đường thẳng MN trục đẳng phương hai đường tròn (J) (O) uuur uuur uuur uuur � PH /(O )  HF HC , PH /( J )  HA.HK (2) Mặt khác H trực tâm tam giác nên H nằm ngồi đường cao nằm đường cao Từ theo (1) (2) điểm H phương tích với hai đường tròn (J) (O) Hay H thuộc đường thẳng MN, M, N, H thẳng hàng Bài toán 3.2.Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R Từ điểm A nằm ngồi đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N tiếp điểm) Xác định vị trí A để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm đường thẳng MN [4] Định hướng giải A F E M H B N C O Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, (S) đường tròn tâm A bán kính AM Khi MN trục đẳng phương hai đường tròn (S) (O) I thuộc MN nên PI/(O) = PI/(S) � IA2  AM  IO  OM ( IA  IB  IC , OM  R ) � IB  IO  AM  OM  2OM  AO  R 2 2 � OB  AO  R (OB  R, OI  OB) � AO  3R � OA  R Vậy A nằm đường tròn tâm O bán kính R ( Trừ hai điểm giao BC với đường tròn này) Sau ta xây dựng số tốn tọa độ phẳng có sử dụng kết toán 3.1 3.2 Bài toán 3.3 Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC có phương trình (C): (x+1)2 + (y+2)2 = Từ A kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn (C) AM AN ( M, N tiếp điểm ) Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc MN Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc đường thẳng d có phương trình : 2x+y-1=0 [3] Định hướng giải A M I B G N K C Gọi I, K, G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tâm đương tròn đường kính BC trọng tâm tam giác ABC Đường tròn (C) tâm K(-1;-2), bán kính R= Ta sử dụng nhận xét ta có I thuộc MN G thuộc MN Từ tốn 3.2 ta có AK=R = A thuộc d suy A(x; 1-2x) � AK  ( x  1)  (3  x)  � x  Vậy A(1;-1) Bài toán 3.4 Cho đường tròn (C) có tâm I(3;1), BC đường kính Từ điểm A nằm ngồi đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn ( M, N tiếp điểm) Biết phương trình MN x-2y+4=0 trọng tâm tam giác ABC thuộc MN, đường cao AH qua điểm P(1;1) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C A M B G H N C I P Ta có AI vng góc MN, G thuộc MN nên G giao điểm AI MN Vậy G hình chiếu I lên MN Phương trình AI: 2x + y – = Tọa độ G thỏa mãn phương trình đường thẳng MN AI unên G(2;3) u r uur Mặt khác IA  3IG nên A(0;7) Đường cao AH qua A P nên có phương trình: 6x + y – 7= Đường thằng BC qua I vng góc AH nên có phương trình: x – 6y + = Mặt khác AI = R ( R bán kính đường tròn (C)), AI = � R  15 Phương trình (C): (x - 3)2 + (y - 1)2 = 15 B, C giao điểm BC với (C) , B(3  15 15 ;1  ), 37 37 C (3  15 15 ;1  ) 37 37 Hoặc ngược lại Nhận xét: Qua hai toán 3.3 3.4 ta thấy toán lạ, biết toán 3.1 3.2 tốn khơng khó Vì dạy cho học sinh cần rèn luyện cho học sinh biết khai thức sử dụng số kết hình học tổng hợp để em có cách tiếp cận tốt sáng tạo với toán khó lạ khéo léo sử dụng chúng tình Từ hình thành lực toán cho học sinh Sau số yêu cầu mức vận dụng cao Bài toán 3.5.Cho tam giác OBC nhọn ( O gốc tọa độ), BE CF đường cao, phương trình EF: 6x+7y-19=0, K(3;3) trung điểm BC OM, ON tiếp tuyến đường tròn đường kính BC (M, N tiếp điểm) Xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC biết I, M, N thẳng hàng.[4] v O E N u F H M B I G C K Phân tích tốn: Bài tốn cho điểm O K ta tìm trọng tâm G Mặt khác ta có tính chất OI vng góc FE nên ta kết hợp tính chất tính chất tốn 3.2 ta có kết toán Định hướng giải Gọi G trọng tâm tam giác OBC suy G(2;2) I, M, N thẳng hàng G thuộc MN, MN vng góc OK, phương trình MN: x+y-4=0 Ta chứng minh EF OI vng góc ? Thật vậy: Gọi đường thẳng uOv đường thẳng tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC O Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC nên �FEO  �OBC  �vOC , hay uOv song song FE, mà uOv vng góc OI Vì OI vng góc FE, suy phương trình OI: 7x-6y=0 I giao điểm FE OI nên I( 24 28 ; ) 13 13 Bài toán 4.1 Cho tam giác ABC có BD CE đường cao cắt H, M trung điểm BC, DE cắt BC N ta có NH vng góc AM.[2] Chứng minh: A I E D H K N B F M C Gọi I, K trung điểm AH HM, I tâm đường tròn qua điểm A, E, H, D K tâm đường tròn qua điểm H, M, F Theo định lý đường tròn Euler IEFMD thuộc đường tròn (S) Khi PN/(S) = NE.ND  NF NM suy PN/(I,IH)=PN/(K,KH) Vậy N thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (I,IH) (K,KH) Mà H thuộc trục đẳng phương hai đường tròn nên NH trục đẳng phương hai đường tròn Vậy NH vng góc IK, mà IK/AM nên NH vng góc MA Nhận xét Để chứng minh tứ giác DEFM nội tiếp ta có cách chứng minh thơng dụng sau: Tam giác DBC vng D có DM trung tuyến nên DM=MB, suy tam giác DMB cân M �DMC=2 �DBM.(1) Tứ giác ADHE, BEHF nội tiếp nên �DAH= �DEH= �FHE= �HBF (2) Từ (1) (2) ta suy �FED= �DMC, tứ giác EDMF nội tiếp Bài tốn 4.2 Đường tròn Euler có đường kính đoạn nối trung điểm đoạn nối trực tâm tam giác với đỉnh trung điểm cạnh đối diện đỉnh đó[5] Định hướng giải A I D E H B P M C Gọi đường cao AP, BD, CE, H trực tâm, M trung điểm BC, I trung điểm HA Ta chứng minh ngũ giác MDIEP nội tiếp đường tròn đường kính MI ( Các điểm lại tương tự) �IPM=900 Tam giác IAD cân I nên �IDA = �IAD = �DBC(1) Tam giác MCD cân M nên �MDC = �MCD (2) (1) (2) ta có �IDA + �MDC = �DBC + �DCB = 900 Vậy �IDM = 900 Tương tự �IEM = 900 Hay ngũ giác DMPEI nội tiếp đường tròn đường kính MI Nhận xét : Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm đường tròn Euler trung điểm HK Thật ta có AH=2KM, AH//KM nên IH //KM, IH=KM nên HMKI hình bình hành nên trung điểm MI trung điểm HK Sau ta khai thác số toán liên quan toán 4.1 4.2 mức vận dụng thấp Bài toán 4.3.Cho tam giác ABC Đường tròn qua trung điểm M(-2;0) BC chân đường cao D, E hạ từ B, C có phương trình : (x+2)2 + (y  )2 = 25 H(-1;3) trực tâm tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác.[4] 10 A P D E H I B M F C Định hướng giải Đường tròn (S) qua EDM có tâm I(-2; 5 ), bán kính R= 2 Gọi P trung điểm HA, theo tốn 4.2, ta có PM đường kính đường tròn (S) Suy P(-2;5), mà P trung điểm AH nên A(-3;7) BC qua M vng góc AH nên có phương trình : x-2y+2=0 B thuộc BC nên B(2y-2;y) suy C(-2y-2;-y) H trực tâm tam giác nên BH  AC, ta tìm B(2;2), C(-6;-2) hốn vị Bài tốn 4.4 Cho tam giác ABC có trực tâm H(13;0), BD CE đường cao tam giác ABC, DE cắt BC N(3;10), M( 1 1 ; ) trung điểm BC 2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC A D E H N B F M C Định hướng giải BC qua M, N nên có phương trình: 3x – y + = AH qua H vng góc BC nên có phương trình : x + 3y – 13 = A thuộc AH suy A( 13  y; y) Theo toán 4.1 ta có AM vng góc NH nên A(4;3) B thuộc BC nên B(x;3x+1) C(-1-x;-2-3x) Tính B(2;7), C(-3;-8) hốn vị Cũng với hướng ta khai thức mức độ vận dụng cao sau: Bài tốn 4.5 Cho tam giác ABC vng C tọa độ B(0;1) Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC, M(3;-2) điểm đối xứng I qua A Đường thẳng MC cắt (I) D ( D khác C), AD cắt BC E thuộc đường thẳng có phương trình : 2x-y=0 Tìm tọa độ điểm C.[5] 11 M A D H K I B E C Phân tích tốn: Từ giả thiết có tọa độ A, I Các điểm C, D, H, I thuộc đường tròn Euler, CD trục đẳng phương hai đường tròn (ABCD) (CDHI) từ tìm vị trí điểm H Định hướng giải Ta có tứ giác ABCD nộ tiếp đường tròn (I), BD vng góc AE, Gọi K giao điểm BD AC, K trực tâm tam giác ABE Vậy EK vng góc AB ( H thuộc AB) Khi DHIC nội tiếp đường tròn ( đường tròn Euler) Tìm A(2;-1)r,uI(1;0) uuur uuur uuuu uuu r uuuur uuu r Ta có MA.MB  MD.MC  MH MI =6 3 ) trung điểm MB Vậy tam giác MEB cân E 2 Tính H( ; Nên EB=EM suy E(-6;-12) Phương trình BC: 13x-6y+6=0 Phương trình AC: 6x+13y+1=0 Vậy C ( 504 23 ; ) 205 205 Bài toán 4.6 Cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2) Phương trình đường tròn qua trung điểm cạnh AB, AC chân đường cao hạ từ A (S): (x-3)2 + (y+2)2 = 25 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A P Q N I G H B K E M C Phân tích tốn (S) đường tròn Euler, ý AH = 2IM nên HMIQ hình bình hành, kết hợp H, G, I thẳng hàng Tâm đường tròn (S) tâm hình bình hành HMIQ, nên từ giảo tốn ( tốn giải theo cách dùng phép vị tự tâm H tỷ số k = 2) Định hướng giải Gọi H, I trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 12 M, N, Q trung điểm BC, AB AH AE, BP đường cao Khi M, E, N, Q, P cung thuộc đường tròn (S) Có MQ đường kính, tâm K(3;-2) trung điểm QM HI ( theo tốn 4.2), bán kính R=5 Từ ta tìm I(-3;10), H(9;-14) Ta có tam giác HAM có KQ trung tuyến nên IA=2KQ=2R Vậy đường tròn (C) có bán kính R’=2R=10 Phương trình (C): (x+3)2 + (y-10)2 = 100 Bài toán 4.7 Cho tam giác ABC có H(2;3) trực tâm Đường tròn (C) đường kính AH có phương trình : x2 + y2 = 13, đường cao BD CE, BC cắt DE N(2; ) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Phân tích tốn: Bài tốn có tính chất rõ tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH, NED cát tuyến đường tròn Từ ta nghĩ tới tính chất quen thuộc dạng NH vng góc AM Định hướng giải Đường tròn (C) tâm O(0;0), H(2;3) nên A(-2;-3) AH vng góc BC, BC qua N nên phương trình BC: 2x+3y-11=0 Gọi M trung điểm BC suy M( x; 11  x ) Theo tốn 4.1 ta có AM vng góc NH nên M(10;-3) Tìm B( 130  48 78 39  32 78 130  48 78 39  32 78 ; ; ), C( ) hoán vị 13 13 13 13 Bài toán 4.8 Cho tam giác ABC D E trung điểm hai cạnh AB, AC Đường tròn đường kính BE CD có phương trình (C): (x - 1)2 + ( y - 1)2 = (S): (x+2)2 + y2 = Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc đường thẳng d: x + y + = A B' C' H d E D I K B A' C Phân tích tốn Rõ ràng tốn phải kiểm tra tính chất điểm A hai đường tròn giải thiết Vậy nghĩ tới tìm phương tích điểm A hai đường tròn Định hướng giải Gọi AA’, BB’, CC’ đường cao kẻ từ đỉnh tương ứng 13 H trực tâm tam giác ABC Ta chứng minh AA’ trục đẳng phương hai đường tròn (S) (C) (Dùng tính chất đường tròn Euler ta có kết ) Khí A(1;-4) Nhận xét Mấu chốt toán chứng minh AA’ vng góc IK nhờ điều kiện IK//BC Vậy D, E không trung điểm AB, AC AA’ có trục đẳng phương hai đường tròn đường kính BE CD? Ta có toán sau Bài toán 4.9 Cho tam giác ABC D E hai điểm hai cạnh AB, AC cho DE//BC Đường tròn đường kính BE CD có phương trình (C): (x - 1)2 + ( y - 1)2 = (S): (x+2)2 + y2 = Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc đường thẳng d: x + y + = A B' C' H d E D I K B A' C Định hướng giải Gọi AA’, BB’, CC’ đường cao kẻ từ đỉnh tương ứng H trực tâm tam giác ABC Ta chứng minh AA’ trục đẳng phương hai đường tròn (S) (C) Thật : ta có tứ giác HA’BC’ HA’CB’ nội tiếp nên � �AB ' AC  AH AA' � AB ' AC  AC ' AB (1) � �AC ' AB  AH AA' AE AD  (2) Vì DE//BC nên AC AB (1) (2) ta có AB ' AE  AC ' AD � PA/(C )  PA/( S ) Vậy A thuộc trục đẳng phương hai đường tròn Gọi I K tâm đường tròn (C) (S), I, K trung điểm BE CD nên DE//BC KI//BC nên AA’vng góc IK Vậy AA’ trục đẳng phương hai đường tròn Cách Có thể quan sát tốn theo hướng khác là: Ta có AA’ vng góc BC, BC song song đoạn nối tâm hai đường tròn (HA’BC’) (HA’CB’), BC// IK H phương tích với hai đường tròn (S) (C) nên AH vng góc IK , AH trục đẳng phương hai đường tròn (S) (C) Từ phương trình trục đẳng phương là: 3x+y+1=0 Vậy A(1;-4) 14 Bài tốn 5.1 Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF đường cao cắt H K điểm cạnh BC (K khác B, C) P hình chiếu H AK Chứng minh tứ giác BKPF CKPE nội tiếp (Chú ý K trung điểm BC ta có kết tốn 4) A E F P H J I B D C K Định hướng giải Ta có tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB tứ giác DHPK nội tiếp đường tròn đường kính KH AF AB  AH AD  AP AK suy tứ giác BKPF nội tiếp đường tròn Tương tự tứ giác CKPE nội tiếp đường tròn Nhận xét HP vng góc AK tứ giác BKPF (Hoặc CKPE) nội tiếp Bài toán 5.2 Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF đường cao cắt H K điểm cạnh BC ( K khác B C), BC có phương trình y = Biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF CKE (C): x2 + y2 + 4x -4y+3 = (S): x2 + y2 - 8x - 8y + = Tìm tọa độ điểm A A E F P H J I B D K C Định hướng giải Đường tròn (C) (S) cắt P(-1;4) K(0;1) ( Vì K thuộc BC) B giao điểm BC đường tròn (C) nên B(-4;1) ( B khác K) C giao điểm đường tròn (S) BC nên C(8;1) Từ tốn 5.1 suy A thuộc đường thẳng KP: 3x + y – = HP vng góc KP nên phương trình HP: x – 3y + 13 = H thuộc HP nên H(3b-13; b) A thuộc KP nên A(a, 1-3a) H trực tâm tam giác ABC nên tìm a= 16 16 55 � A( ; ) 7 15 Bài toán 5.3 Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF đường cao cắt H(-3;-1) K(5;1) điểm cạnh BC ( K khác B C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CKE có phương trình (x – 3)2 + (y – 1)2 = Viết phương trình đường thẳng BC biết A thuộc đường thẳng (d): x – y – 10 = A F E H P I B C K D Định hướng giải Giả sử AK cắt đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác CKE điểm thứ hai P Theo tốn HP vng góc AK Gọi P(a;b) , P thuộc (S), PH  AK Tìm P(3;3) Phương trình AK: x + y – = suy A(8;-2) Phương BC: 2x – 3y – = Bài toán 5.4 Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF đường cao cắt H(-3;-1) K điểm cạnh BC ( K khác B C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác CKE có phương trình (S): (x – 3)2 + (y – 1)2 = (S) cắt AK điểm P(3;3) khác K Viết phương trình đường thẳng BC biết A thuộc đường thẳng (d): x – y – 10 = A F E H P I B D K C Rõ ràng toán 5.4 phải vận dụng điều kiện toán 5.1 Trên số toán mức độ vận dụng cao có sử dụng số tính chất tốn gốc, khai thác theo khía cạnh khác ta xây dựng toán xử lý tình theo hệ thống kiến thức liên thơng từ học sinh dễ dàng tiếp cận chúng Sau tiếp tục giải số toán, với yêu cầu phải sử dụng khéo léo tính chất phương tích kết khác đê xử lý toán Yêu cầu học sinh phải tư phân tích, tổng hợp có kiến thức sâu giải tốt tình đưa Qua rõ cho học sinh số kết tkhai thác cho toán khác Bài tốn Trong mặt phẳng tọa độ, cho đường tròn (S): x2 + y2 – 2x = có tâm I Qua M nằm ngồi đường tròn kẻ tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A, B tiếp điểm) Đường thẳng ∆ qua M cắt đường tròn P Q (PQ khơng 16 đường kính) AB cắt MI E EP cắt đường tròn (S) điểm thứ hai F Viết phương trình đường thẳng QF, biết QF qua điểm K(2;-1) M thuộc đường thẳng d: x + y – = [6] F A R E I M P Q B K Phân tích tốn: Gọi R diểm đối xứng P qua đường thẳng MI vai trò P R, F Q bình đẳng MI, từ thấy QF vng góc MI Định hướng giải Đường tròn (S) tâm I(1;0) Gọi R điểm đối xứng P qua đường thẳng MI MR cắt (S) F’ khác R Khi MP.MQ = MR.MF’ mà MP = MR nên MF’ = MQ hay RF’ = PQ Khi PQF’R hình thang cân với đáy PR QF’ MI đường trung trực QF’ PR Nên E giao điểm PF’ QR hay F’ trùng F Vậy QF vng góc MI Mà I thuộc d nêm QF qua K vng góc d Vậy phương trình QF: x – y – = Nhận xét : Qua chứng minh ta có AE phân giác góc PEQ Nên từ khai thác thêm số toán liên quan tới phân giác dạng Bài tốn Cho hình chữ nhật ABCD co tâm I thuộc đường thẳng d: 3x + 2y – = bán kính Tiếp tuyến đường tròn (S) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD C cắt AB E, ED cắt (S) F ( khác D) Biết đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình: (x – 20)2 + y2 = 400 tìm tọa độ đỉnh C (biết hoành độ điểm A I nguyên).[6] C D F E I A B J Phân tích tốn: Bài tốn liên quan tới điểm I đường tròn (C) nên ta cố gắng tìm IJ, mặt khác tốn cho bán kính hai đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật, từ gợi cho suy nghĩ xem IA, AJ JI có đặc biệt 17 Ta nhận thấy góc D1 = A1 = E1 AI tiếp tuyến (S) A Định hướng giải Đường tròn (S) có tâm J(20;0), bán kính R = 20 Chứng minh góc A1 =E1( Hai góc chắn cung AF) AI tiếp tuyến đường tròn (S) A hay AI vng góc JA Vậy JI2 = IA2 + JA2 = 1625 suy I( 0; ) IA tiếp tuyến (S) nên tìm A(0;0) nên C(0;5) Nhận xét Từ kết toán ta có IC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CBE Từ ta khai thác tính chất Phần III Một số tốn gốc cung cấp cho học sinh vận dụng để xây dựng toán tọa độ phẳng theo hướng đề tài Bài toán Cho tam giác ABC nhọn Đường cao BK, CL cắt H, đường thẳng d qua H cắt AB, AC P, Q Chứng minh HP=HQ MP=MQ Bài toán Cho tam giác ABC cân C có �A  �C I, K tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC D thuộc cạnh BC cho DI vng góc BK Chứng minh DK//AC Bài tốn Cho tam giác ABC vng C góc BAC = 60 H chân đường cao kẻ từ C, P điểm nằm tam giác ABC cho AP=AC Chứng minh PM phân giác góc HPB ( với M trung điểm AB) Bài toán Giả sử đường tròn (S) tiếp xúc với đường tròn (O) E, tiếp xúc dây cung AB đường tròn (O) F EF cắt lần hai đường tròn (O) M Chứng minh M trung điểm cung AB Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến đường tròn A cắt BC P, M trung điểm PA MP cắt (O) lần thức hai R, PR cắt đường tròn (O) lần hai S Chứng minh CS song song AP 2.2 THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY HỌC CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TÍCH VÀ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG TRƯỜNG PHỔ THƠNG 2.2.1 Thực trạng chương trình Nội dung kiến thức phương tích trục đẳng phương giảm tải phần lớn chương trình tốn THPT có số tài liệu nâng cao chuyên đề ôn thi HSG nhắc đến Hệ thống tập chủ yếu dạng vận dụng nâng cao 2.2.2.Thực trạng giáo viên Do nội dung phương tích trục đẳng phương giảm tải nên có giáo viên giảng dạy lớp chọn, hay giáo viên ôn luyện đội tuyển HSG nghiên cứu đến Còn lại giáo viên giảng dạy lớp đại trà chủ yếu dạy học sinh mức độ trung bình nên mức độ nghiên cứu đề chủ đề dừng lại mức độ tìm hiểu 2.2.3 Thực trạng học sinh Chủ đề phương tích trục đẳng phương chủ đề tương đối dễ hiểu có ứng dụng phong phú, phần lớn giảm tải tiếp cận 18 học sinh chủ đề tương đối hạn chế Hệ thống tập vận dụng phong phú có nhiều tập khó nên học sinh chưa chủ động để tiếp cận với nội dung Từ thực trạng thấy dạy học chủ đề phương tích trục đẳng phương để học sinh tiếp cận hệ thống lý thuyết vận dụng vào việc giải số tốn hình học phẳng mức độ vận dụng cao cần thiết 2.3 GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 2.3.1 Thời gian thực hiện: Dạy học chủ đề phương tích trục đẳng phương cho học sinh thực năm thời gian ôn thi HSG 2.3.2 Cách tổ chức thực Giảng dạy cho học sinh giỏi lớp 10C1,10C2 Giảng dạy cho học sinh ôn thi học sinh giỏi (4 buổi) 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG +Lớp học sinh mà tơi thực nghiệm em thích thú với tính chất đẹp tốn biết áp dụng chứng minh tốn phương tích từ suy nghĩ phát triển tốn tọa độ phẳng + Những học sinh giỏi dự đoán số kết vận dụng chứng minh được, em hiểu tiếp nhận dễ dàng Qua khảo nghiệm thu số kết sau: Học sinh giỏi tiếp thu tốt ln biết tự tìm tòi cài mới, tiếp xúc tốn em ln biết cách để suy nghĩ giải toán Học sinh tiếp thu tốt hướng dẫn bước đầu Học sinh trung bình phần đa quan tâm kiến thức hình học phẳng cấp hai chưa tốt quên nhiều, chứng minh đơn giản khó khăn để nhận KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ 3.1 Những việc hoàn thành đề tài Đề tài thực nhiệm vụ sau: Qua ví dụ số chứng minh ta khai thác từ tinh chất xây dựng toán chất khơng thay đổi Thơng qua đòi hỏi học sinh phải tìm lại kiến thức cũ lần giúp cách em có cách nhìn tốt rộng kết có kể vận dụng chứng minh Việc khai thác tốn phương tích trục đẳng phương nhiều dạng toán cần khai thác, từ giúp em sáng tạo học tập giải tình khác tốn học nói riêng thực tiễn nói chung Góp phần phát triển tư hứng thú, say mê mơn tốn quen vơi việc giải khó khăn gặp phải ln phải biết kiên nhẫn, tư duy, tìm tòi sáng tạo để giải 3.2 Hướng phát triển đề tài 19 Do thời gian điều kiện hạn chế nên tuyển chọn tập vận dụng chủ đề phương tích trục đẳng phương hạn chế nội dung lớp 10 đề tốn ơn thi học sinh giỏi, tơi tiếp tục tìm tòi, nghiên cứu mở rộng để xây dựng dạng tập chương trình cấp THPT, làm tài liệu bổ ích cho em học sinh 3.3 Một số kiến nghị Giáo viên cần tăng cường nghiên cứu tìm tòi hệ thống tập vận dụng nhằm giúp học sinh tiếp cận tiếp thu phương pháp vận dụng tốt Trên kinh nghiệm nhỏ bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy lớp học sinh khác với mức độ u cầu khai thác thích hợp trình độ học sinh, vận dụng phương phap dạy học Qua thấy em có hứng thú thích tìm tòi kiên thức theo u cầu giáo viên, kể việc tạo mơi trường học tập nhóm tăng cường tính đồng đội học tập rèn luyện Tôi xin chân thành cảm ơn đồng nghiêp góp ý kiến quý báu, giúp tơi hồn thành đề tài Tuy nhiên với mức độ nhận thức thời lượng chương trình thời gian hạn chế nên đề tài chắn khiếm khuyết Tơi mong tiếp tục góp ý đồng nghiệp, để tơi hồn thiện mạnh dạn khai thác tìm tòi hướng dẫn học sinh tự tìm tòi sáng tạo, theo u cầu đổi phương pháp dạy học định hướng lực học sinh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Nọc Tuấn Anh 20 ... giảng dạy lớp đại trà chủ yếu dạy học sinh mức độ trung bình nên mức độ nghiên cứu đề chủ đề dừng lại mức độ tìm hiểu 2.2.3 Thực trạng học sinh Chủ đề phương tích trục đẳng phương chủ đề tương... AP 2.2 THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY HỌC CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TÍCH VÀ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG TRƯỜNG PHỔ THÔNG 2.2.1 Thực trạng chương trình Nội dung kiến thức phương tích trục đẳng phương giảm tải phần lớn... 18 học sinh chủ đề tương đối hạn chế Hệ thống tập vận dụng phong phú có nhiều tập khó nên học sinh chưa chủ động để tiếp cận với nội dung Từ thực trạng thấy dạy học chủ đề phương tích trục đẳng