Một số giải pháp giúp học sinh lớp 10 trường THPT hàm rồng giải các bài toán tìm điểm và phương trình đường thẳng liên quan đến yếu tố vuông góc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VỚI BÀI TỐN HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Người thực hiện: Dương Văn Hạnh Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn MỞ ĐẦU THANH HỐ NĂM 2020 MỤC LỤC Nội dung MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận SKKN Một số điểm cần lưu ý Một số tính chất hình học phẳng 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng SKKN 2.3 Giải pháp thực để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Trang 1 1 1 1 4 19 20 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong công đổi toàn diện giáo dục nước nhà, đổi phương pháp dạy học nhiệm vụ quan trọng hàng đầu Trong q trình cơng tác, trải qua nhiều phương pháp dạy học tích cực tơi nhận thấy phương pháp dạy học “Phát giải vấn đề” có nhiều ưu điểm phù hợp với công tác giảng dạy mơn Tốn trường phổ thơng nói chung dạy học tập tốn nói riêng Tuy nhiên để có thành cơng phương pháp dạy học “Phát giải vấn đề” ngồi lực chun mơn lực sư phạm giáo viên đòi hỏi người giáo viên nhiều thời gian tâm huyết Để có giảng thu hút học trò, giúp học trò phát triển tư mơn tốn dẫn dắt học trị tới niềm say mê tìm tịi sáng tạo, tơi thường trăn trở với khó khăn học trị q trình tiếp cận tốn Bài tốn hình học giải tích mặt phẳng toán thường xuất kì thi ln quan tâm đặc biệt học trị, bên cạnh tốn khó với nhiều đối tượng học trị đặc biệt với em có lực trung bình Băn khoăn trước khó khăn học trị, tơi tìm tịi định chọn phương pháp dạy học “Phát giải vấn đề” để giúp em tiếp cận loại toán cách hiệu Trong số toán hình giải tích mặt phẳng có lớp tốn thiên tính chất hình phẳng túy gây cho học trị nhiều khó khăn tiếp cận Vì tơi chọn đề tài “Một số giải pháp giúp học sinh lớp 10 trường THPT Hàm Rồng giải tốn tìm điểm phương trình đường thẳng liên quan đến yếu tố vng góc” để nghiên cứu 1.2 Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu khó khăn thuận lợi học sinh tiếp cận tốn hình giải tích mặt phẳng thơng qua phương pháp dạy học: “Phát giải vấn đề” 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh khối 10 trường THPT Hàm Rồng - Học sinh khối 11 ơn thi học sinh giỏi mơn Tốn trường THPT Hàm Rồng 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ nhiều nguồn khác liên quan đến hình học phẳng - Trao đổi với đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực - Giảng dạy tiết tập toán lớp 10A3, 10A4 trường THPT Hàm Rồng để nắm bắt tình hình thực tế học sinh NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1 Một số điểm cần lưu ý Những tốn liên quan đến tam giác vng (đặc biệt tam giác vng cân), hình chữ nhật (đặc biệt hình vng), hình thang vng ta đặt cạnh a Từ sử dụng giả thiết, định lý Pitago, định lý hàm số côsin… xác định yếu tố cần thiết thuận lợi cho việc giải tốn Bài toán khoảng cách toán góc thường sử dụng chủ đề Vẽ hình xác, từ dự đốn xem có hai đường thẳng vng góc với hay khơng Từ sử dụng định lý Pitago, phương pháp vectơ hay cộng góc để chứng minh dự đốn Việc phát yếu tố vng góc mấu chốt để giải toán Sử dụng định lý Talet, tam giác đồng dạng để so sánh khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Từ sử dụng tốn khoảng cách phương pháp tham số hóa để giải tốn 2.1.2 Một số tính chất hình học phẳng vận dụng vào tốn phương pháp tọa độ mặt phẳng Tính chất Các hệ thức lượng tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH AB  BH BC ; AC  CH CB AH  BH HC ; AB AC  BC AH ; 1   AH AB AC Tính chất Cho tam giác ABC với đường cao AH, trung tuyến AM Định lý cosin a2  b2  c2  2bc.cosA a b c    2R R bán kính đường tròn ngoại tiếp sin A sin B sinC tam giác ABC Định lý sin: b2  c2 a2  Cơng thức tính diện tích tam giác (r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, p 1 abc nửa chu vi) SABC  AH BC  ab.sinC   pr  p(p  a)(p  b)(p  c) 2 4R Tính chất Cho hình vng ABCD Gọi M, N trung điểm AB BC Khi AN  DM Cơng thức trung tuyến ma2  Chứng minh Gọi cạnh hình vng a Ta có uuuu r uuuur uuur uuur uuur uuuur AN DM  AB  BN DA  AM uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur  AB DA  AB AM  BN DA  BN AM    a2 a2  0    2 Suy AN  DM Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có tính chất sau Tính chất Cho hình vng ABCD Gọi M , N thuộc AB BC cho uuuur uuuu r uuur uuur AM  kAB, BN  kBC Khi AN  DM Tính chất Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, AD  a Gọi M trung điểm AD Khi AC  BM Chứng minh Ta có uuur uuuu r uuu r uuur uuu r uuuu r AC.BM  AB  BC BA  AM uuu r uuuu r uuur uuu r uuur uuuu r   AB  AB AM  BC.BA  BC AM    a    a   a  Suy AC  BM Tính chất Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B lên AC M , N trung điểm AH , CD Khi BM  MN Chứng minh Gọi E trực tâm tam giác MBC Khi ME / / AB (vì vng góc với BC ) Do M trung điểm AH nên ME đường trung bình tam giác HAB Suy AB � ME / /  NC Suy MECN hình bình hành � MN / / CE Vì E trực tâm tam giác MBC nên BM  CE � BM  MN Thay đổi hình thức tính chất ta có hệ sau ME / /  TC 6.1 Cho hình thang ABCD vng A D, AB  CD Gọi H hình chiếu D lên AC M trung điểm CH Khi MB  MD TC 6.2 Cho tam giác ABC vng B có hai trung tuyến BN CM Gọi H hình chiếu B lên CM , E trung điểm CH Khi EN  EB Trên tính chất khai thác nhiều toán 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng SKKN Kiến thức sở môn toán em lớp 10A3, 10A4 hầu hết tập trung mức độ trung bình, trung bình Kết khảo sát số lớp phần giải tập tốn phần hình giải tích mặt phẳng qua tìm hiểu giáo viên dạy mơn tốn, có khoảng 20% học sinh hứng thú với tốn hình giải tích mặt phẳng 2.3 Giải pháp thực để giải vấn đề Đưa toán cụ thể tiết dạy học tập, phân tích toán cụ thể để định hướng cho học sinh cách giải toán mang tính chất tương tự Trong khn khổ đề tài, sau tơi xin trình bày số tốn hình học giải tích phẳng liên quan đến tam giác vng, hình thang vng, hình chữ nhật hình vng Ở tốn có phân tích toán đưa hướng giải để giúp em học sinh tiếp cận toán cách dễ dàng hơn, qua học sinh vận dụng cho toán tương tự BÀI TẬP MINH HỌA Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A B M  9; 1 trung điểm AB, CD : 2x  y   Tìm toạ độ C biết AD Phân tích tốn Bài tốn theo hướng sau: Hướng thứ Vì C �CD nên ta tham số hóa điểm C (ẩn c) Hình thang vng có cạnh liên hệ với qua đẳng thức AB  BC  AD, nên đặt độ dài cạnh x ta tính tất cạnh cịn lại theo x Để tìm C, ta tính độ dài đoạn thẳng MC Chú ý AB  BC    d M , CD có Lời giải Đặt AB  6x Suy BC  6x, AD =4x Do CD  2x 10 Ta có d  M ,CD   Suy SMCD  15x 4x  6x 3x.4x 3x.6x 6x    15x2 2 Suy x  Suy MC  3x  10 Mặt khác SMCD    Vì C �CD : 2x  y   � C c; 2c  Khi � c0 2 MC  10 � c   2c   90 � � c6 �     Từ suy C  0; 4 , C  6;8 Hướng thứ hai Nếu viết phương trình đường thẳng MC tìm tọa � , từ sử dụng tốn góc độ C Ta tìm cách tính cosMCD Lời giải Đặt AB  6x Suy BC  6x, AD = 4x Do CD  2x 10, MD  5x, MC  5x Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác MCD ta có MC  DC  MD � cos MC , CD  cosMCD   2MC DC   Gọi MC : a  x  9  b y  1  ( a2 + b2 # 0) Ta có   cos MC , CD  �   2a  b a2  b2  � 3a2  8ab  3b2  * Nếu b  � 3a2  � a  (loại) Nếu b �0, chia hai vế phương trình (*) cho b2 ta có � a 3 � � MC : 3x  y  26  � a� � a� b 3� � 8� �  � � �� a MC : x  3y  12  � �b � �b � �  � b Từ suy C  6;8 , C  0; 4  Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông  A 3;  , trung điểm M BC nằm đường thẳng  : 2x  y   Gọi H   hình chiếu A lên trung tuyến BN tam giác ABC Biết I 1; trung điểm BH Tìm tọa độ đỉnh B C Phân tích tốn Dựa vào tính chất hay hệ 6.2 ta có MI  AI Từ viết phương trình MI tìm tọa độ M Lời giải Gọi P trung điểm AH Ta có MN / /  IP nên MNPI hình bình hành Vì IP / / MN � IP  AC Từ P trực tâm tam giác AIN Suy NP  AI � MI  AI   Đường thẳng MI qua I 1; vng góc với AI nên MI : x  3y  28  uuur uuuur � 11 11� M 7; E  BN � AM � AE  AM � E � ; � Do Gọi 3 � �     Suy BN : 2x  y  11  Đường thẳng AH qua A 3;  vng góc với BN       nên AH : x  2y   Dẫn đến H 5; Suy B 3; 17 , C 17;   Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có  A 3;  , đỉnh C thuộc đường thẳng  : 2x  y   E điểm đối xứng với D qua   C Hình chiếu vng góc D lên đường thẳng BE H 3; 13 Tìm tọa độ đỉnh B, C Phân tích tốn Nút thắt tốn AH  HC Từ tìm tọa độ đỉnh C Dễ thấy BE / / AC nên lập phương trình BE Từ tham số hóa đỉnh B (ẩn uuur uuur b) Dựa vào phương trình BA.BC  để tìm b Lời giải Lấy F đối xứng với E qua B Khi A trung điểm DF Trong tam giác vuông HDE , HDF ta có AH  AD, CH  CD Suy � � H � D � D �  900 � AH  HC AHC H 2 uuuu r uuur Suy nHC  HA 6;  18  1;  � HC : x  3y  42  Do C 3; 15         Vì HE song song với AC : x  nên HE : x  3 � B 3; b uuur uuur Suy AB 6; b  , CB 6; b  15 Ta có     uuur uuur � b  13 AB CB  � 36  b  b  15  � � � b  3 �           � B 3; 13 �H � � B 3;  �  Vậy B 3;  , C 3; 15 Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M trung điểm AB, đỉnh C 6;  Tìm tọa độ đỉnh D biết DM : 2x  y     � , Phân tích tốn Ta tính góc MDC từ viết phương trình đường thẳng CD dựa vào tốn góc Dẫn đến tọa độ đỉnh D Lời giải Đặt cạnh hình vng 2x Áp dụng định lý Pitago ta tính MD  MC  x 5x2  4x2  5x2 � Suy cosMDC   2.x 5.2x Gọi phương trình đường thẳng CD CD : a  x  6  b y  4  Ta có   cos DM , DC  � 2a  b a2  b2  � a0 � 3a2  4ab  � � a  b  �   Với a  0, chọn b  � CD : y   � D 4;    Với 3a  4b  0, chọn a  b  � CD : 4x  3y  12  � D 0;     Vậy D 4;  , D 0; Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M 7; 10 trung điểm BC Hình chiếu vng góc A lên BD H 5; , đường trung tuyến AK tam giác AHD có phương trình x  4y  13  Viết phương trình cạnh BC Phân tích tốn Từ tính chất ta có AK  K M Do lập phương trình đường thẳng K M , suy tọa độ K , D Từ lập phương trình BD, AH Suy tọa độ     A Lưu ý rằng, đường thẳng BC qua M song song với AD Lời giải Gọi E trực tâm tam giác ABK Khi K E / / AD (cùng vng góc với AB ) Vì K trung điểm DH nên K E đường trung bình tam giác ADH Suy K E / /  AD � K E / /  BM Do K EBM hình bình hành Dẫn đến MK / / BE � MK  AK Suy     MK : 4x  y  18  � K 5; � BD : x  5, AH : y  � A 1;   Vì K trung điểm DH nên D 5; � AD : x  2y   Vì BC / / AD � BC : x  2y  27  Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A � 22 � D, AB  AD  DC Điểm M �  ; �thuộc đoạn BC cho 3BM  2MC , điểm � 5�   N 2;4 thuộc đoạn CD cho ND  2NC Tìm toạ độ đỉnh hình vng biết A có hồnh độ dương Phân tích toán Mấu chốt toán dự đoán chứng minh AM  MN Từ viết phương trình AM tham số hóa điểm A Từ độ dài MN , sử dụng định lý Pitago ta tính độ dài cạnh hình thang cho Lời giải Bằng phương pháp véc tơ ta chứng minh AM.MN 0 Ta có AM  MN Suy AM : 3x  4y  10  3a � , cosMCN  Suy A  2  4t; 1  3t  Đặt AB  2a � NC  a, MC  5 Từ a  10 Suy AN  2a  Suy 25t  30t  55  � t  � A  2; 4 (vì xA  0) Tam giác ABN vng cân nên B  4; 2 Chú ý B, M phía so với AN Từ tìm C  5;5 , D  4;2         Vậy A 2;  , B 4;  , C 5; , D 4;   Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm M 6;   nằm cạnh BC Đường trịn đường kính AM cắt đoạn BD N 1; Đỉnh C thuộc đường thẳng  : x  2y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng cho, biết đỉnh C có tọa độ nguyên đỉnh A có hồnh độ nhỏ Phân tích tốn Gọi I trung điểm AM Dự đoán chứng minh IMN vng cân I nên tìm tọa độ I , suy tọa độ A Vì C � : x  2y   nên ta tham số hóa điểm C với ẩn c Từ tìm tọa độ tâm E hình vng cho theo c Từ tính chất EN  AC ta tìm c Suy tọa độ C , E , B, D � �  450 nên tam giác Lời giải Ta có tam giác NAM vuông N NMB  NBA NAM vuông cân N Gọi I trung điểm AM Khi tam giác IMN vng cân I Gọi H trung điểm MN IH đường trung trực MN Do IH : 5x  y  13  � I t; 5t  13  IM  Ta có MN      � t   5t  17  13         Vì đỉnh A có hồnh độ nhỏ nên A  0; 0 Vì C � : x  2y   � C  2c  6; c Gọi E tâm uuuu r uuur � � � c� c E� c  3; � Suy AC  2c  6; c , NE � c  4;  5� Ta có 2� � � � � t4 � 26t  182t  312  � � � t3 � � � I 4; A 2; 10 � �� � � I 3; A 0; � � hình vng Khi uuuu r uuur � � c AC NE  � 2c  c   c �  5� � 5c2  38c  48  � �2 �        MC : x  6, NE : x  y   � B  6; 0 � D  0; 6 Vậy A  0; 0 , B  6; 0 , C  6; 6 , D  0; 6 � c6 � � c � Vì C có tọa độ ngun nên C 6; � E 3; Do Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với B qua A Điểm E 11; 15 thuộc đường thẳng DH , BC : x  3y   0, đường trung tuyến kẻ từ C tam giác ACH có phương trình 7x  11y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC   Phân tích tốn Trước hết tìm tọa độ C Gọi M trung điểm AH Mấu chốt toán dự đoán chứng minh CM  DH Viết phương trình DH tìm H , M , A, B   Lời giải Gọi M trung điểm AH Vì C  BC �CM nên C 7; Ta chứng minh CM  DH phương pháp vectơ Ta có uuuu r uuuu r uuu r uuur uuur uuuu r CM DH  CA  CH AB  AH r uuuu r uuur uuur uuu  CA.AH  CH AB  AH  CH HB  2        � 13 Suy CM  DH Do DH : 11x  7y  16  � H � ; � �9 Suy AH : 3x  y   � M � ;  �5  9� � 5�  3� �� A 1;  5�   Đường thẳng AB vng góc với AC nên AB : x  y   � B 5;       Vậy A 1;  , B 5; , C 7; Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Biết G 3; trọng tâm tam giác ABD Đường thẳng qua A vng góc với BG cắt BD   E  1; 3 Tìm tọa độ đỉnh hình vng cho biết rẳng đỉnh A có tung độ lớn Phân tích tốn Hình vng cho có hai đường chéo vng góc với I Dự đốn GE / / AD Từ suy tam giác IGE vng cân I Do tìm tọa độ I Lời giải Gọi I tâm hình vng ABCD Khi AI  BE , BG  AE nên G trực tâm tam giác ABE Suy GE  AB � GE / / AD Từ suy tam giác IGE vng cân I   Đường trung trực GE  : x  � I 2; t Ta có IE      I 2; � t4 � � 1 t   � � �� t2 � I 2; 2 � � GE   uur uuu r � xA   3.1 � � A 5; (loại yA  1) TH1 I 2; Ta có IA  3IG � � y      A � uur uuu r � xA   3.1 � � A 5; TH2 I 2; Ta có IA  3IG � � yA   3.1 � uur uur � x    1 � ID  3IE � �D � D 1; Suy C 1;  , B 5;  y   3.1 �D                    Vậy A 5; , B 5;  , C 1;  ; D 1;      Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M 5; trung điểm AB Điểm E thuộc AC cho AE  DE : 3x  y   Viết phương trình cạnh CD AC Biết Phân tích tốn Mấu chốt toán dự đoán chứng minh tam giác EMD vng cân Từ tìm điểm E , D Gọi I giao điểm ME CD Từ định lý Talet ta tìm tọa độ I Từ viết phương trình đường thẳng CD Lời giải Đặt cạnh hình vng a Sử dụng định lý Pitago định lý hàm số cosin � a 2� a 5a2 5a2 ta có MD  DE  a2  � � 2.a .cos450  �4 � � � 2 � a � �3a � a 3a 5a2 � ME  � � � cos45  � 4 �2 � � � �   Suy tam giác EMD vuông cân D Do ME : x  3y  14  � E 1;   Vì D �DE : 3x  y   � D d; 3d  Ta có    � D 1; 11 � d1 ED  EM � d   3d   40 � � �� d  3 � D 3;  � � uur uuuu v EM EA Gọi I  ME �CD Ta có   � ME  3EI EI EC � 6  xI  � 17 � � �� �I � 3; �  y  � � � I          Từ suy có hai phương trình đường thẳng CD thỏa mãn u cầu tốn CD : x  3, CD : 4x  3y  29  Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm CD Biết rằng, H 7; hình chiếu B lên CM , I 11;  trung điểm BH , đỉnh C có hồnh độ dương Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D     Phân tích tốn Gọi N trung điểm AB Ta có C , I , N thẳng hàng � Sử dụng toán CN  BH nên viết phương trình CN Tính góc BCN góc ta viết phương trình BC 11 Lời giải Gọi N trung điểm AB Khi NI / / AH tính chất đường trung bình nên NI  BH Lại có AMCN hình bình hành nên AM//CN Do C , I , N thẳng hàng NB   cos BCN  BC Ta có : tanBCN = Vì CN qua I vng góc với IH nên CN : x  2y  15    Vì I trung điểm BH nên B 15;  10 Gọi BC : a  x  15  b y  10  (a, b không đồng thời 0) Ta có   cos BC , CN  a  2b � a2  b2      � C 5;  10 � � a0 BC : y  10  3a2  4ab  � � �� �� 3a  4b � BC : 4x  3y  90  � C 27; � �   Vì C có hồnh độ dương nên C 5;  10 Đường thẳng CD qua C vng góc với BC nên CD : x  Đường thẳng HM qua H song song với CN nên     HM : x  2y   � M 5; � D 5; 10   Suy A 15; 10         Vậy A 15; 10 , B 15;  10 , C 5;  10 , D 5; 10 Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, AC  2AB M 11; trung điểm BC Điểm E thuộc đoạn AC cho     EC  3EA Giao điểm AM BE I 7; Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết E nằm đường thẳng  : 2x  y  27  Phân tích tốn Giả thiết cho tam giác vng mà cạnh góc vng gấp đơi cạnh góc vng nên ta nghĩ đến việc dựng hình vng để từ phát yếu tố vng góc Chẳng hạn, gọi H trung điểm AC Dựng hình vng BAHD Theo tính chất 6.1 ta có AM  BE Đây mấu chốt toán Lời giải Gọi H trung điểm AC Dựng hình vuông BAHD Từ giả thiết suy M , E trung điểm HD HA Theo tính chất 6.1 ta có AM  BE Suy   BE : 3x  y  18  � E 9; � IE : 3x  y  18    Vì BH đường trung trực ME nên BH : x  1 � B 1;  21   Ta có F 1; trung điểm ME Khi uuur uuur �  3 1  xH  � FB  3HF � � � H 1; 19 A 19;  E AH Vì trung điểm nên �30  3  yH  Vì H trung điểm AC nên C 21; 39             Vậy A 19;  , B 1;  21 , C 21; 39   Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M 10; trung điểm AD Đường trung tuyến kẻ từ C tam giác BCM có phương trình  : x  5y  50  Tìm tọa độ đỉnh D biết C có tọa độ nguyên Phân tích tốn Đặt cạnh hình vng tham số Sử dụng định lý Pitago, định lý hàm số côsin để � Từ đó, sử dụng tốn góc tính góc MCE ta lập phương trình đường MC , từ tìm tọa độ điểm C , D Lời giải Lấy F đối xứng với M qua A Khi BCMF hình bình hành Suy BM , CF cắt trung điểm đường Gọi I giao điểm CF với AB I trọng tâm tam giác BMF Do AI  AB Đặt cạnh hình vng 6a Sử dụng định lý Pitago ta có CM  CI  IM   6a   3a  6a   4a  3a   2a 2 2  a 45  a 52  a 13 Áp dụng định lý hàm số côsin tam giác CMI ta có 2 �  45a  52a  13a  cosICM 2.a 45.a 52 65   � Gọi CM : a  x  10  by  Ta có cos CM ,   65 � a  � b � 1209a2  650ab  351b2  � � a 27 �  � b 31 a  5b 26 a2  b2  65 13   � C 25;  � MC : x  3y  10  � �� � � � 725 405 � MC : 27x  31y  270  C�  ; � � � 26 26 � � �   Vì C có tọa độ ngun nên C 25;  Ta có CM  250  a 45 � a  �x  10  y2  50 � � D 15; DM    � � � D x ; y � � Gọi Ta có � � 2 � D 11 ;  DC  10 � �  x  25   y  5  200 � � �         Kiểm tra lại điều kiện MD  DC suy D 15; Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân B Gọi M , N trung điểm AC BC I 7; trung điểm AN , E 1;     thuộc đoạn BM cho BM  4BE Tìm tọa độ A, B, C biết điểm N có hồnh độ âm Phân tích tốn Bài toán cho tọa độ hai điểm I E Mấu chốt toán phát chứng minh tam giác EIN vuông cân E Từ tìm tọa độ N , A, B, C Lời giải Gọi H trung điểm BN Khi IMNH hình chữ nhật nội tiếp đường trịn  C  đường BE BH kính IN , HM Vì   nên HE / / CM Suy BM BC HE  EM � E � C  �  900 Do IEN �  EMN � Lại EIN  450 Từ suy tam giác EIN vuông cân E Suy EN : 3x  y  � N n; 3n   � n3 2 EN  EI � n   3n   40 � � n  1 Vì �         Vì N có hồnh độ âm nên N 1;  Vì I trung điểm AN nên A 15; Gọi G � xG   16 uuuu r uuur � � 13 � � �G � ;  � trọng tâm tam giác ABC Ta có NG  NA � � 3 � � � y   �G 1 3 Ta có BE  BM  BG  BG Suy � 13 � 10 � xB   �  � uuur uuur � � � �� B 1; GB  GE � � 10 � yB   � �    Vậy A  15; 5 , B  1; 5 , C  1;  11  Vì N trung điểm BC nên C 1;  11 Nhận xét Bài toán xây dựng từ tính chất Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B lên AC M , N trung điểm AH , CD Khi BM  MN Xét trường hợp đặc biệt, ABCD hình vng Lúc này, ngồi kết BM  MN ta cịn có BM  MN , hay tam giác BMN vuông cân M � Bài 15 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ACD  u u u r u u u u r , điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2HC , K giao điểm hai với cos  �1 � , K 1; điểm B có hồnh độ dương đường thẳng AH BD Cho biết H � ;  � �3 � Tìm tọa độ điểm A, B,C , D Phân tích tốn Tìm tọa độ A thơng qua tọa độ H , K đẳng thức K H BH   K A AD Nếu đặt cạnh hình chữ nhật cho a từ giả thiết   cos  , ta tính đoạn thẳng liên quan qua a Từ tìm a Lời giải Từ giả thiết suy H thuộc cạnh BC BH  K H BH Vì BH / / AD nên   � HK K A AD uuur uuuu r � 4� xA  ; yA  � Suy HA  HK � � 3� � BC KA �2 � �5 10 � � ; � � ; �� A(2; 2) �3 � �3 �  15 � Vì ACD vuông D cosACD  cos  nên AD  2CD, AC  5CD Đặt CD  a (a  0) � AD  2a � AB  a, BH  Trong tam giác vuông ABH ta có AB  BH  AH � a 25 125 a  � a  9 Suy AB  5, HB  (*) Giả sử B (x; y) với x  0, từ (*) ta có � (x  2)2  (y  2)2  � x  3, y  � 2 � � � � � � 80 � � x   , y  (ktm) x  � � y  � � � � 5 � 3� � � � uuur uuur uuur uuur Suy B (3; 0) Từ BC  BH � C 1;  Từ AD  BC � D 2; Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân B Lấy       E cạnh BC cho BC  3BE I 7; trung điểm AE Điểm F thuộc cạnh AC cho IF  IA Tìm tọa độ đỉnh C biết đỉnh A có hồnh độ lớn 5, trung điểm AB thuộc đường thẳng  : x  3y  12  0, đỉnh B thuộc đường thẳng x  y   đường thẳng IF có phương trình x  2y  13  Phân tích tốn Mấu chốt tốn dự đoán chứng minh IB  IF Từ viết phương trình IB, tìm B Lời giải Gọi M , N trung điểm AB AC M , I , N thẳng hàng BN  AC Ta có tam giác ABF nội tiếp đường tròn tâm I Suy �  AIB �  MIB � AFB Suy tứ giác BINF nội tiếp Do �  BNF � BIF  900 hay BI  IF Suy   BI : 2x  y  11  � B 3;    Vì M � : x  3y  12  � M 12  3m; m Suy uuuu r uuur MB 3m  9;   m , MI 3m  5;  m uuuu r uuur Ta có MB.MI  �  3m  9  3m  5   m  5  m  3   � m �� � m1 �            � � M 3; A 3; 11 � �� � � M 9; A 15; � �     Vì A có tung độ lớn nên ta chọn trường hợp M 9; , A 15; Đường thẳng BC qua B vng góc với AB nên BC : x  y   uuuur uuur � x    2 � � N 3; Ta có MN  3MI � �N y   3.2 �N     Vì AC qua A N nên AC : y  Từ suy C 9; Bài 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh không song song với trục tọa độ Điểm G 9; trọng tâm tam giác ABD Đường       thẳng AB qua M 1; , đường thẳng BC qua N 11;  Viết phương trình cạnh AB biết diện tích hình chữ nhật cho 450 uuur Phân tích tốn Gọi VTPT AB   nAB  a; b Từ viết phương trình AB BC Diện tích hình chữ nhật tính thơng qua tích khoảng cách từ G đến AB BC uuur n AB Lời giải Gọi VTPT đường thẳng AB  a; b Khi         AB : a x   by  0, BC : b x  11  a y       Ta có SABCD  AB AD  d G , BC 3d G , AB  450 10a  5b 20b  10a �  100 � 2a2  3ab  2b2  a2  b2 2 2 a b a b     � � 2a2  3ab  2b2  a2  b2 3ab  4b2 � � �� 3ab  4a2 2a2  3ab  2b2  2 a2  b2 � � � � Vì hình chữ uuurnhật cho có uuurcạnh khơng song song với trục tọa độ nên ab �0 Từ       suy nAB  4; nAB  3;  Vậy AB : 4x  3y   0, AB : 3x  4y   Bài 18 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, trung uuur uuur tuyến AM , G  5; 1 trung điểm AM Điểm E  3;5 thoả mãn CE  AB Viết phương trình đường thẳng AB Phân tích tốn Để dễ dàng phát thêm mối quan hệ yếu tố tốn, ta dựng hình vng BACD Khi M tâm hình vng này, E trung điểm CD Gọi I giao điểm EG với AB Từ định lý Talet ta tìm tọa độ I Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng ta tính góc hai đường thẳng AB GE Áp dụng tốn góc ta viết phương trình đường thẳng AB 17 Lời giải Theo định lý Talet ta có � xI   u u r u u u r � � � GI GA 1 17 �   � GI  EG � � � I � ;  3� GE GD 3 � � � y    6 �I Gọi H trung điểm AB Theo định lý Talet ta có AI GA 1   � AI  DE  AH � HI  AH DE GD 3 �  HE  2AH  � cosHIE �  tan HIE Trong tam giác vng HIE ta có HI 10 AH � 17 � x  � b y  3  Ta có Ta có GE : 3x  y  14  Gọi AB : a � � 3�   cos AB, GE  10 � 3a  b 10 a2  b2  � a0 � 3a2  2ab  � � 4a  3b  � 10 Với a  0, chọn b  Khi AB : y   Với 4a  3b  0, chọn a  b  4 Khi AB : 3x  4y  29  Nhận xét Bài toán ta có làm theo hướng khác sau Đặt AB  AC  a Khi BC  a Ta có ME  a , MG  a , GE  10 Suy a  Gọi H x; y trung điểm AB Từ độ dài HG, HE suy   �39 � H 3; 3 , H � ;  � Từ có đường thẳng AB y   0, 3x  4y  29  �5 �   2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Sau áp dụng kết nghiên cứu đề tài, qua việc kiểm tra khảo sát cho thấy có 70% em học sinh có hứng thú với học số có khoảng 40% em học sinh biết cách vận dụng cách linh hoạt, số em chuẩn bị thi HSG văn hóa mơn tốn cấp tỉnh Đề tài làm tài liệu tham khảo cho em học sinh học khối 10 em học sinh khối 11 THPT ôn thi học sinh giỏi mơn Tốn Năm học 2019 – 2020 tơi phân dạy mơn tốn lớp 10A3, 10A4 trường THPT Hàm Rồng Kết kiểm tra nhóm học sinh cuối năm lớp 10 áp dụng SKKN tơi thu kết sau: Nhóm Sĩ số Nhóm Nhóm 49 48 Giỏi SL 25 10 TL% 51,0% 20,8% Khá SL 20 16 TL% 40,8% 33,3% Trung bình SL TL% 8,2% 18 37,5% Yếu SL TL% 0% 8,4% Nhóm áp dụng SKKN học sinh lớp 10A3 Nhóm không áp dụng SKKN học sinh lớp 10A4 Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Bài tốn phương pháp tọa độ mặt phẳng nói chung đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh nói riêng năm gần thuộc nhóm câu hỏi nâng cao Để giải ngững toán này, việc nắm vững kiến thức phương pháp tọa độ mặt phẳng, học sinh cịn phải biết vận dung tính chất túy hình học phẳng vào tốn Vì giáo viên cần phải giúp cho học sinh định hướng cách giải tốn thơng qua hệ thống tập Trong đề tài đưa số tốn điển hình minh họa cho việc định hướng cách giải cho học sinh, qua giúp cho học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung học,đơng thời phát triển tư học toán tạo niềm vui hứng thú học toán 3.2 Kiến nghị Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn Đề tài làm tài liệu tham khảo cho giáo viên, học sinh khối 10 học sinh ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh mơn tốn Thanh hóa, ngày 10 tháng năm 2020 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Dương văn Hạnh 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO TT TÊN TÀI LIỆU SGK Hình học 10 SGK Hình học 10 nâng cao Toán nâng cao phát triển toán lớp Một số đề thi thử ĐH mơn tốn trường THPT năm học 2015-2020 Toán nâng cao hình học 10 Một số tài liệu hình học phẳng khác báo Toán học tuổi trẻ, internet Bộ đề thi thử trọng tâm môn toán DANH MỤC TÁC GIẢ NXB Giáo dục NXB Giáo dục Vũ Hữu Bình Phan Huy Khải T.S Lê Xuân Sơn CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI Họ tên tác giả: Dương Văn Hạnh Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên Kết Năm học Cấp đánh giá đánh giá đánh giá xếp loại xếp loại xếp loại Tạo hứng thú cho học sinh Sở giáo dục đào (A, B, C) C 2011-2012 thông qua chức tạo hóa MTCT Hướng dẫn HS tìm lời giải Sở giáo dục đào B 2014-2015 toán MTBT Gây hứng thú cho học sinh tạo hóa Sở giáo dục đào B 2018-2019 phương pháp tích hợp tạo hóa TT Tên đề tài SKKN kiến thức cấp số nhân ... chọn đề tài ? ?Một số giải pháp giúp học sinh lớp 10 trường THPT Hàm Rồng giải tốn tìm điểm phương trình đường thẳng liên quan đến yếu tố vng góc? ?? để nghiên cứu 1.2 Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu khó... học khối 10 em học sinh khối 11 THPT ôn thi học sinh giỏi mơn Tốn Năm học 2019 – 2020 tơi phân dạy mơn tốn lớp 10A3, 10A4 trường THPT Hàm Rồng Kết kiểm tra nhóm học sinh cuối năm lớp 10 áp dụng... học 10 SGK Hình học 10 nâng cao Toán nâng cao phát triển toán lớp Một số đề thi thử ĐH mơn tốn trường THPT năm học 2015-2020 Tốn nâng cao hình học 10 Một số tài liệu hình học phẳng khác báo Toán