Hướng dẫn học sinh khai thác tính chất hình học để giải bài toán về tam giác trong hình học tọa độ phẳng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI BÀI TỐN VỀ TAM GIÁC TRONG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Người thực hiện: Dương Thị Thu Chức vụ: Giáo Viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HĨA NĂM 2016 MỤC LỤC Nội dung I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu II NỘI DUNG Cơ sở lí luận Thực trạng vấn đề Giải pháp thực 3.1.Các toán sử dụng tính chất đường tam giác a Sử dụng tính chất đường phân giác b Sử dụng tính chất đường cao 3.2.Các tốn sử dụng tính chất tam giác đặc biệt Bài tập tương tự Hiệu sáng kiến kinh nghiệm III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Trang 2 2 2 3 3 10 16 20 21 22 I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Trong chương trình tốn lớp 10 học sinh học phương pháp tọa độ mặt phẳng bước đầu biết vận dụng kiến thức vào giải số tập sách giáo khoa lập phương trình đường thẳng, phương trình đường trịn, đường elip…và tốn góc, khoảng cách Bài tốn tọa độ mặt phẳng xuất đề thi đại học năm trước đề thi THPT quốc gia hai năm gần Tuy nhiên toán đề thi THPT quốc gia ngày nâng dần mức độ khó, địi hỏi học sinh phải định hướng tốt, tư tìm điểm “mấu chốt” toán Chủ đề tam giác chủ đề rộng khai thác nhiều đề thi Để giải tốt toán tam giác nói riêng tốn tọa độ phẳng nói chung địi hỏi học sinh phải nắm vững tính chất hình học khai thác tốt tính chất hình học Trong nhiều tốn em cịn phải mày mị tìm tính chất hình học ẩn tốn- điểm “mấu chốt” để giải tốn Trong q trình ơn tập thi THPT quốc gia nhiều học sinh lúng túng không giải tốn Vì tơi chọn đề tài : “Hướng dẫn học sinh khai thác tính chất hình học để giải tốn tam giác hình học tọa độ phẳng ” Mục đích nghiên cứu: Trên sở nghiên cứu đề tài: “Hướng dẫn học sinh khai thác tính chất hình học để giải tốn tam giác hình học tọa độ phẳng ” q trình ơn luyện cho học sinh, tơi mong muốn giúp học sinh định hướng khai thác tốt tính chất hình học tìm tính chất hình học ẩn tốn để giải tốn tam giác, từ em giải toán tọa độ phẳng nói chung, giúp em đạt kết cao kỳ thi THPT quốc gia nâng cao chất lượng dạy học Toán Đối tượng nghiên cứu: Cách định hướng khai thác tính chất hình học tam giác để giải toán tam giác hình học tọa độ phẳng Oxy Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết II NỘI DUNG Cơ sở lí luận: Hình học phẳng xây dựng từ đối tượng điểm, đường thẳng, tam giác, tứ giác, đường tròn… Từ lớp em học tam giác đặc biệt, đường tam giác tính chất chúng Bài tốn tọa độ mặt phẳng liên quan mật thiết tới kiến thức hình học phẳng mà em biết lớp Khi giải tốn hình học tọa độ mặt phẳng ta cần phải đọc kỹ đầu bài, vẽ hình xác, phân tích giả thiết tốn, định hướng tốn cho biết gì, cần phải làm Đặc biệt khai thác tính chất hình học toán Thực trạng vấn đề: Đứng trước tốn hình học tọa độ phẳng học sinh thường lúng túng không xác định đường lối, phương pháp giải, nhiều học sinh không tránh khỏi tâm trạng hoang mang, phương hướng Các em cho nhiều dạng tốn nhớ hết dạng toán cách giải dạng tốn đó, tốn khơng thuộc dạng gặp khơng giải Một số học sinh có thói quen không tốt đọc đề chưa kỹ vội làm ngay, thử nghiệm có kết hiệu suất giải tốn khơng cao Với thực trạng để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn hình học tọa độ mặt phẳng nói chung tốn tam giác nói riêng người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen định hướng lời giải: ta cần phải làm gì, giả thiết tốn cho ta biết điều gì, đặc biệt khai thác tính chất đặc trưng hình học tốn để tìm lời giải 3.Giải pháp thực hiện: Trước hết, yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức phương trình đường thẳng, đường tròn, kiến thức tọa độ vectơ điểm Với toán cụ thể u cầu học sinh vẽ hình xác, nhiều tốn từ trực quan hình vẽ ta tính chất hình định hướng tìm cách giải Sau tơi phân thành hai dạng tốn: tốn sử dụng tính chất đường tam giác đường phân giác trong, đường cao, đường trung tuyến; tốn sử dụng tính chất tam giác đặc biệt tam giác vuông, cân, Với dạng tốn tơi đưa số tính chất đặc trưng mà tốn hay sử dụng, ví dụ cụ thể, phân tích định hướng cách giải, trình bày lời giải, đặc biệt bước phân tích định hướng tìm lời giải, thơng qua giúp học sinh tư vận dụng để giải toán khác cách tốt 3.1 Các tốn sử dụng tính chất đường tam giác a Sử dụng tính chất đường phân giác  Kiến thức liên quan tới đường phân giác trong: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi AD đường phân giác góc A (D BC); M trung điểm BC; phân giác AD cắt (O) điểm thứ hai E Nhận xét 1: Ta có tỉ lệ: BD AB  DC AC Nhận xét 2: Nếu điểm N thuộc đường thẳng AB điểm N’ đối xứng với N qua AD thuộc đường AC Nhận xét 3: E điểm cung BC OE vng góc với BC trung điểm M BC Dễ dàng chứng minh nhận xét 1,2,3  Ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vng góc C đường thẳng AB điểm H(-1;-1), đường phân giác góc A có phương trình : x-y+2=0 đường cao kẻ từ B có phương trình: 4x+3y-1=0  Định hướng: Ta biết phương trình đường phân giác góc A tọa độ điểm H thuộc cạnh AB nên tìm tọa độ điểm H’ đối xứng với H qua phân giác AD H’ thuộc AC Khi ta lập phương trình cạnh AC qua H’ vng góc với BK nên tìm tọa độ điểm A Từ tìm tọa độ điểm C  Lời giải: Gọi H’ điểm đối xứng với H qua phân giác AD PT đường thẳng HH’ qua H vng góc với AD là: x+y+2=0 Tọa độ trung điểm I HH’ nghiệm hệ:  x  y  0  I ( 2;0)  H ' (  3;1)   x  y  0 Đường thẳng AC qua H’ vng góc với BK nên có PT: 3x-4y+13=0  3x  y  13 0  A(5;7) Tọa độ điểm A nghiệm hệ:   x  y  0 3a  13 ) Điểm C thuộc AC nên C ( a; 3a  17 10 10 0  a  Ta có : HC.HA 0  6(a  1)  => C (  ; ) 3 10 Vậy C (  ; ) Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;3), đường phân giác góc A có PT: x-y-1=0, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I( 2; ) Viết phương trình cạnh BC biết diện tích tam giác ABC hai lần diện tích tam giác IBC  Định hướng: Trong toán cho phương trình đường phân giác góc A khơng biết điểm nằm hai cạnh AB AC (khác điểm A), sử dụng giả thiết phương trình đường phân giác nào? Kéo dài phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D ta có D điểm cung BC � ID  BC Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC ta lập được, suy tọa độ điểm D lưu ý BC  ID Sử dụng tiếp giả thiết thứ hai để tìm PT cạnh BC  Lời giải: Gọi D giao điểm đường phân giác góc A với đường trịn (C) ngoại tiếp ABC Ta có IA  , đường trịn (C) có tâm I bán kính IA nên có phương trình: 25 ( x  2)  ( y  )  Tọa độ giao điểm D nghiệm hệ:  x  y  0 1   25  D( ; ) 2  ( x  2)  ( y  )  �  DAC � Ta có BAD => D điểm cung BC => ID  BC uur Ta có ID  (  ; 2) Đường thẳng BC  ID nên có phương trình 3x+4y+m=0 SABC  S IBC � d ( A; BC )  2d ( I ; BC ) Mặt khác : m0 m  24 m  12 � � 2 �� m  16 5 � Vậy PT đường thẳng BC 3x+4y=0 3x+4y-16=0 Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A phân giác ngồi góc B (d 1): x=2 (d2): x+y+7=0 Tìm tọa độ đỉnh A,B,C tam giác ABC biết I(-1/2;1); J(2;1) tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC  Định hướng: Giả thiết toán cho biết PT đường phân giác ngồi góc B, sử dụng giả thiết nào? Hãy lưu ý tới giả thiết tâm đường tròn nội tiếp ABC , ta lập phương trình đường phân giác góc B (đi qua J vng góc với phân giác ngồi).Từ tìm tọa độ điểm B suy phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC suy tọa độ điểm A Để tìm tọa độ điểm C ta sử dụng tính chất đường phân giác góc A tìm điểm A’ giao điểm phân giác góc A với đường trịn (I) Đường thẳng BC qua B vng góc với IA’  Lời giải: Đường phân giác ngồi góc B qua J vng góc với (d 2): x+y+7=0 nên có phương trình: x  y 1  �x  y   � B ( 3; 4) Tọa độ điểm B nghiệm hệ: � x  y   � 5 Đường trịn ngoại tiếp ABC có tâm I ( ;1) có bán kính R  IB  2 125 Phương trình đường tròn (I) : ( x  )  ( y  1)  Tọa độ giao điểm A nghiệm hệ:  x 2   125  ( x  )  ( y  1)   A(2;6)    A(2; 4) *) Với A(2;6): Gọi A’ giao điểm đường phân giác góc A với đường uur ’ trịn(I) Ta có A (2;-4) � IA'  ( ; 5) Đường thẳng BC qua B vng góc với ’ IA nên có phương trình x-2y-5=0  x  y  0  Tọa độ điểm C nghiệm hệ:  125  ( x  )  ( y  1)   C (5;0) *) Với A(2;-4) � A’(2;6) � phương trình BC: x+2y+11=0 � C(-3;-4) (loại C �B ) Vậy A(2;6); B(-3;-4); C(5;0)  Nhận xét: Với ba ví dụ ta hồn tồn sử dụng tính chất hình học có sẵn tốn đường phân giác tam giác Ví dụ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Điểm H(5;5) hình chiếu vng góc A lên BC Đường phân giác góc A tam giác ABC thuộc đường thẳng d: x-7y+20=0 Đường thẳng chứa trung tuyến AM tam giác ABC qua K(-10;5) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm B có tung độ dương  Định hướng: Bài tốn cho biết đường phân giác góc A ABC điểm thuộc cạnh AB, AC mà biết điểm H chân đường vng góc kẻ từ A lên BC đường trung tuyến AM qua điểm K Vậy ba giả thiết có mối liên hệ với nhau? Từ giả thiết ABC vuông A ta chứng minh đường phân giác � Đó tính chất hình học ẩn góc A phân giác góc HAK tốn Đến ta sử dụng tới tính chất đường phân giác để giải toán  Lời giải: Gọi D giao điểm đường phân giác góc A với BC �  MCA � Ta có MAC cân M nên MAC �  HAB � � ) Mà MCA (cùng phụ với ABH �  HAB � � MAC �  DAC � �  DAM � Lại có BAD � HAD � � AD đường phân giác góc HAK Gọi H’ điểm đối xứng với H qua AD H’ thuộc AM Đường thẳng d qua H vng góc với AD có phương trình 7x+y-40=0 Tọa độ giao điểm I d AD nghiệm hệ: �x  y  20  26 18 � I( ; ) � x  y  40  5 � 27 11 Vì I trung điểm HH’ nên H '( ; ) 5 Đường thẳng AM qua hai điểm H’ K nên có phương trình : 2x+11y-35=0 �x  y  20  � A(1;3) Tọa độ điểm A nghiệm hệ: � x  11 y  35  � r uuur Đường thẳng BC qua H(5;5) có VTPT n  AH  (4;2) nên có phương trình: 2x+y-15=0 x  y  15  � 13 � M ( ;2) Tọa độ điểm M nghiệm hệ : � x  11 y  35  � Đường trịn ngoại tiếp ABC có tâm M bán kính MA  trình : (x  125 nên có phương 13 125 )  ( y  2)2  125 � 13 ( x  )  ( y  2)2  � Tọa độ hai điểm B,C nghiệm hệ: � � x  y  15  � � B (4;3), C (9; 3) ( Vì điểm B có tung độ dương) Vậy A(1;3); B(4;3); C(9;-3)  Nhận xét: Để giải toán ta cần tính chất hình học ẩn tốn là: � AD đường phân giác góc HAK Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC Các điểm E,F thuộc cạnh AB, AC cho BE=CF Trung điểm BE CF M,N Viết phương trình đường thẳng AC biết A(1;1); B(5;3) phương trình đường thẳng MN 2x+2y-19=0  Định hướng: Trong toán giải thiết tốn khơng liên quan tới đường phân giác mà cho biết tọa độ điểm A,B phương trình đường thẳng MN Một tư tự nhiên ta nghĩ tới đường thẳng qua A B vng góc với MN Vẽ đường thẳng d qua A vuông góc với MN Bằng trực quan ta thấy d đường phân giác góc A Khi điểm B’ đối xứng với B qua d thuộc AC Bài toán lúc giải Vấn đề làm chứng minh d phân giác góc A Bài tốn có yếu tố đoạn thẳng BE=CF trung điểm M, N BF CE Hãy tìm mối liên hệ yếu tố này? Nếu gọi I trung điểm EF ta hoàn toàn chứng minh IMN cân, từ suy đường � Mà thẳng IK qua I vng góc với MN đường phân giác góc MIN �  BAC � d PIK � d phân giác góc A MIN  Lời giải: Gọi I, K trung điểm EF MN Gọi d đường thẳng qua A vng góc với MN 1 Ta có: MI  BE ; NI  CF 2 � � IMN cân Mà BE=CF MI=NI � IK  MN IK đường phân giác � � d PIK góc MIN �  BAC � Mặt khác : IM P AB; IN P AC � MIN � � d phân giác góc BAC Đường thẳng d qua A(1;1) vng góc với MN: 2x+2y-19=0 nên có phương trình : x-y=0 Đường thẳng  qua B(5;3) vng góc d có phương trình : x+y-8=0 Tọa độ giao điểm J d  nghiệm hệ: �x  y  � J (4;4) � x  y   � Gọi B’ điểm đối xứng B qua d B’ thuộc AC J trung điểm BB’ � B’(3;5) r uuur' Đường thẳng AC qua hai điểm A(1;1); B’(3;5) nên có VTCP u  AB  (2;4) � Phương trình đường thẳng AC 2x-y-1=0  Nhận xét: Trong toán tính chất hình học ẩn tốn đường thẳng d qua A vng góc với MN đường phân giác góc A Ví dụ 6: (Đề thi thử trường THPT Anh Sơn 2- lần 2-năm 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm C(-1;-2) ngoại tiếp đường trịn tâm I Gọi M, N, H tiếp điểm đường tròn (I) với cạnh AB, AC, BC Gọi K(-1;-4) giao điểm BI với MN Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC, biết H(2;1)  Định hướng: Giả thiết toán cho biết tọa độ ba điểm H, K, C, tìm mối liên hệ A, B với ba điểm Từ trực quan hình vẽ ta thấy BK vng góc với KC Chứng minh điều ta tìm hướng giải tốn Khi ta lập phương trình BI, phương trình BC tìm tọa độ điểm B Sử dụng BI phân giác góc B ta tìm tọa độ điểm C’ đối xứng với C qua BI C’ thuộc AB Từ lập phương trình AB Để lập phương trình AC ta sử dụng tính chất điểm I cách AC BC  Lời giải: Ta có: �  IBC �  ICB �  ABC �  ACB � KIC 2 �  900  BAC �  ANM � � � KNC  AMN  900  BAC �  KNC � � KIC � tứ giác KNIC nội tiếp đường tròn �  900 ) đường kính IC (vì INC �  900 hay BK  KC � IKC Đường thẳngr BK uuuđi r qua K(-1;-4) có vec tơ pháp tuyến n  KC  (0;2) nên có phương trình: y+4=0 r uuur Đường thẳng BC qua H(2;1) có vec tơ phương u  CH  (3;3) nên có phương trình: x-y-1=0 �y   � B( 3; 4) Tọa độ điểm B nghiệm hệ: � x  y   � Gọi C’ điểm đối xứng với C qua BK C’ thuộc AB K trung điểm CC’ nên C’(-1;-6) 10 Đường thẳng AB qua hai điểm B(-3;-4) C’(-1;-6) nên có phương trình: x+y+7=0 Đường thẳng IH qua H(2;1) vng góc với HC nên có phương trình: x+y-3=0 �y   � I (7; 4) Tọa độ điểm I nghiệm hệ: � x  y   � r Gọi n  (a; b) vec tơ pháp tuyến đường thẳng AC ( với a  b2 �0 ) Đường thẳng AC qua C(-1;-2) có phương trình: a ( x  1)  b( y  2)  � ax  by  a  2b  Ta có: 7a  4b  a  2b d ( I ; AC )  IH � 5 2 a b a  b � � 14a  32ab  46b2  � � 7a  23b � *) Với a  b chọn b= -1 a=1 � phương trình AC: x-y-1=0 (loại AC �BC) *) Với 7a  23b chọn b=7 a=23 � phương trình AC: 23x+7y+37=0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ: 23x  y  37  � 31 � A( ;  ) � 4 �x  y   31 Vậy A( ;  ); B( 3; 4) 4  Nhận xét: Để giải tốn ta cần tìm tính chất hình học ẩn BK vng góc với KC sử dụng tính chất điểm đối xứng qua đường phân giác b Sử dụng tính chất đường cao tam giác:  Kiến thức liên quan tới đường cao tam giác: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I); H trực tâm ABC Gọi E,F chân đường cao hạ từ B C; M trung điểm cạnh BC Nhận xét 1: AH 2 IM Nhận xét 2: IA  EF Nhận xét 3: Gọi K giao điểm thứ hai AH với đường tròn (I) Khi K đối xứng với H qua đường thẳng BC đường tròn 11 ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp ABC qua đường thẳng BC Nhận xét 4: Gọi P chân đường cao hạ từ A xuống BC H tâm đường tròn nội tiếp EFP Dễ dàng chứng minh nhận xét 1,3,4 Ta chứng minh nhận xét 2: �  BCA � Kẻ tiếp tuyến At đường tròn (I) � BAt �  EF � A � BAt �  EF � A � At//EF � IA  EF Tứ giác BCEF nội tiếp nên BCA  Ví dụ áp dụng: Ví dụ 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC có trực tâm H(5;5); phương trình đường thẳng chứa cạnh BC: x+y-8=0 Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M(7;3);N(4;2) Tính diện tích tam giác ABC  Định hướng: Để tính diện tích tam giác ABC ta cần biết tọa độ đỉnh A, B, C Biết điểm M, N thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp ABC , ta tìm thêm điểm thuộc (I) lập phương trình đường trịn (I) tìm tọa độ đỉnh A,B,C Sử dụng nhận xét ta có điểm K đối xứng với H qua BC K thuộc (I) Điểm K “mấu chốt” toán  Lời giải: Gọi K điểm đối xứng với H qua BC K thuộc đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC Đường thẳng HK qua điểm H(5;5) vng góc với BC nên có phương trình x-y=0 Tọa độ trung điểm J HK nghiệm hệ:  x  y  0   x  y 0  J (4;4)  K (3;3) Gọi phương trình đường trịn (I) ngoại tiếp ABC x2+y2+2ax+2by+c=0 Vì (I) qua điểm M(7;3);N(4;2);K(3;3) nên ta có:  49   14a  6b  c 0  a    16   8a  4b  c 0   b     6a  6b  c 0  c 36   2 Phương trình đường tròn (I): x +y -10x - 8y+36=0  x  y  0 Tọa độ điểm B,C nghiệm hệ :  2  x  y  10 x  y  36 0 � B(6;2); C(3;5) B(3;5); C(6;2) � BC 3 Phương trình đường thẳng HK phương trình đường thẳng AH 12  x  y 0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ :  2  x  y  10 x  y  36 0  A(6;6) Diện tích tam giác ABC là: 1 66 S  d ( A; BC ).BC  6 (đvdt) 2 Vậy diện tích ABC Ví dụ 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(1;0) Trung điểm M BC nằm đường thẳng d có phương trình: x-2y-1=0 Tìm tọa độ đỉnh B, C biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC qua điểm E(6;-1) hoành độ điểm B nhỏ  Định hướng: Giả thiết tốn cho biết đường trịn ngoại tiếp HBC qua điểm E(6;-1) gợi cho ta hai hướng suy nghĩ: Hướng 1: Tìm thêm điểm thuộc đường trịn ngoại tiếp HBC Hướng 2: Tìm tâm J đường tròn ngoại tiếp HBC Hướng thứ ta gặp bế tắc khơng có sở để tìm thêm điểm thuộc đường trịn ngoại tiếp HBC Theo hướng ta ý tới giả thiết trung điểm M BC thuộc đường thẳng d gợi cho ta tham số hóa tọa độ trung điểm M Ta thấy tâm J cách điểm B, C nên I, J, M thẳng hàng Sử dụng nhận xét ta thấy J điểm đối xứng với I qua BC  Lời giải: Gọi J điểm đối xứng với I qua BC � M trung điểm IJ Ta có IJ 2 IM  AH � tứ giác AHJI hình bình hành � JH=IA Mặt khác JB=JC=IB=IC=IA � JB=IC=JH � J tâm đường trịn ngoại tiếp HBC Vì M �d : x  y   nên M(2t+1;t) � J(4t+1;2t) Vì E thuộc đường trịn ngoại tiếp HBC nên JH=JE  (4t  1)  (2t  1) (4t  5)  (2t  1)  t 1 � M(3;1) J(5;2) Phương trình đường trịn ngoại tiếp HBC (tâm J, bán kính JH) là: ( x  5)  ( y  2) 10 Phương trình đường thẳng BC qua M(3;1) có VTPT n IM (2;1) là: 2x+y-7=0 13 Tọa độ điểm B,C nghiệm hệ:  x  y  0  2  ( x  5)  ( y  2) 10 � B(2;3); C(4;1) (vì điểm B có hồnh độ nhỏ 4) Vậy B(2;3); C(4;1) Ví dụ 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1), BC 2 Lập phương trình đường thẳng BC biết trung điểm M BC nằm đường thẳng d: x-2y-1=0  Định hướng: Ta biết tọa độ hai điểm A, H trung điểm M BC thuộc d: x-2y-1=0 gợi cho tauunghĩ uu r đếnuutâm ur I đường tròn ngoại tiếp ABC đẳng thức AH  IM kết hợp với giả thiết BC 2 để tìm tọa độ điểm M  Lời giải: Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ta có AH 2 IM  IM  AH 2  IM  Ta có IA  IB  IM  BM  10 Vì M  d : x  y  0  M (2a  1; a ) Mà AH 2 IM � I(2a-1;a-1) IA  10  (2a  1)  a 10  a 1; a  � M(3;1) ( M có tung độ dương) uuur Đường thẳng BC qua M(3;1) có vectơ pháp tuyến AH  (4;2) nên có phương trình: 2x+y-7=0 Vậy PT đường thẳng BC 2x+y-7=0 Ví dụ 10: Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết E(-1;-2); F(2;2); Q(-1;2) chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C tam giác ABC  Định hướng: Giả thiết toán cho ta biết tọa độ chân đường cao ABC , tìm tọa độ trực tâm H toán giải Liên quan tới chân đường cao ta nhớ tới nhận xét H tâm đường tròn nội tiếp EFQ hay H giao điểm đường phân giác góc EFQ Sử dụng tính chất đường phân giác để tìm tọa độ điểm H  Lời giải: 14 Gọi P giao điểm AE QF Theo tính chất đường phân giác ta có: PQ QE uuur uuur   � PQ   PF � P ( ;2) PF EF 5 u u u r u PH PF 1 uur   � PH   EH � H (0;1) Ta lại có: EH EF 3 r uuur Đường thẳng BC qua E(-1;-2) có VTPT n  EH  (1;3) nên có phương trình: x+3y+7=0 Đường thẳng AC qua F(2;2) có VTPT n HF (2;1) nên có phương trình: 2x+y-6=0 r uuur Đường thẳng AB qua Q(-1;2) có VTPT n  QH  (1; 1) nên có phương trình x-y+3=0 Vậy phương trình cạnh AB: x-y+3=0; AC: 2x+y-6=0; BC: x+3y+7=0 Ví dụ 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), bán kính R=5 Chân đường cao hạ từ B, C tam giác ABC H(3;3), K(0;-1) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCHK biết điểm A có tung độ dương  Định hướng: Giả thiết điểm A có tung độ dương gợi cho ta nghĩ tới tìm tọa độ điểm A Biết tọa độ chân đường cao H, K tâm I đường tròn ngoại tiếp ta nhớ tới nhận xét 2: IA  HK Từ tìm tọa độ điểm A tìm tiếp tọa độ điểm B, C  Lời giải: Trước hết ta chứng minh IA  HK Kẻ tiếp tuyến At đường tròn (I;IA) �  BAt � (1) Ta có ACB Dễ thấy tứ giác BCHK nội tiếp �  AKH � � ACB (2) �  AKH � Từ (1) (2) � BAt � At//HK mà At  IA � IA  HK Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC ( x  1)  ( y  2) 25 Đường thẳng IA qua điểm I(1;2) vng góc với HK nên có phương trình 3x  y  11 0  x  y  11 0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ:  2  ( x  1)  ( y  2) 25 15 � A(-3;5) (vì điểm A có tung độ dương) Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm A(-3;5); K(0;-1) x  y  0 Phương trình đường thẳng AC qua hai điểm A(-3;5); H(3;3) x  y  12 0  x  y  0 Tọa độ điểm B nghiệm hệ:  2  ( x  1)  ( y  2) 25  x  y  12 0 Tọa độ điểm C nghiệm hệ:  2  ( x  1)  ( y  2) 25  B(1; 3)  C (6;2) ' Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCHK có tâm J trung điểm BC, bán kính R  Phương trình đường trịn cần tìm ( x  BC 25 )  ( y  )2  2 Ví dụ 12: Cho tam giác nhọn ABC Các đường cao kẻ từ B C cắt đường tròn 21 ngoại tiếp ABC M ( ; ) N(1;3) (khác B, C) Trung tuyến AD có phương 5 trình 3x-y-6=0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết trung điểm D BC có tung độ nhỏ  Định hướng: Trong ba điểm A, B, C ta tìm điểm trước? Ta thấy điểm A có nhiều giả thiết hơn, A thuộc đường thẳng AD có phương trình Hãy liên hệ điểm A với điểm M, N biết tọa độ? Từ tính chất trực tâm ta thấy AM=AN(=AH) nên A thuộc trung trực MN, từ suy tọa độ điểm A Để tìm tọa độ điểm B, C ta phải tìm tọa độ điểm D, điểm D liên hệ tới tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC 1 hai điểm A, H nhờ hệ thức ID  AH  AN Đường tròn ngoại tiếp ABC 2 đường tròn ngoại tiếp AMN , suy tọa độ điểm I tọa độ điểm D Từ giải toán  Lời giải: Ta dễ dàng chứng minh M, N đối xứng với H qua AC AB nên AM=AH=AN Vì A thuộc AD nên A(a;3a-6) AM  AN � AM  AN 21 37 � ( a  )2  (3a  )2  ( a  1)  (3a  9) 5 �a3 � A(3;3) 16 Đường tròn ngoại tiếp ABC qua ba điểm A, M, N nên có phương trình: x2  y2  x  y  � Tâm I đường trịn ngoại tiếp ABC I(2;1) Vì D thuộc AD nên D(t;3t-6) � ID2 =(t-2)2+(3t-7)2 1 Ta có ID  AH  AN   � (t-2)2+(3t-7)2=1 2 t2 � D (2;0) � � 10t  46t  52  � � 13 13 � t � D( ; ) 5 � Vì D có tung độ nhỏ nên D(2 ;0) Đường thẳng BC qua D(2;0) vng góc với ID nên có phương trình y=0 Tọa độ điểm B, C nghiệm hệ : �y  �y  � � �2 � �x  y  x  y  �x  0; x  � B(0;0) ; C(4;0) B(4;0) ; C(0;0) Vậy A(3;3); B(0;0); C(4;0) A(3;3); B(4;0); C(0;0) 3.2 Các toán sử dung tính chất tam giác đặc biệt: Ví dụ 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A, BM đường trung tuyến Đường thẳng qua A vng góc với BM cắt BC điểm E(2;1) Biết trọng tâm tam giác ABC G(2;2) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC  Định hướng: Giả thiết cho biết tọa độ điểm G tọa độ điểm E ta cần xoay quanh hai điểm Từ trực quan hình vẽ ta nhận thấy GE//AC Nếu chứng minh điều suy luận NEG vng cân trung điểm N BC � MN đường trung trực GE � lập PT trung trực MN Mặt khác GN  GE � điểm N � Điểm A từ tính chất trọng tâm tam giác  Lời giải: Gọi N trung điểm BC � AN  BC Gọi H giao điểm BM AE � BH  AE � G trực tâm tam giác ABE � GE  AB � GE//AC Ta có ANC vng cân N 17 � NEG vuông cân N � MN đường trung trực GE � Đường thẳng MN qua trung điểm I(2;3/2) đoạn GE có vec tơ pháp r uuur tuyến n  EG  (0;1) nên có phương trình y  1 3 3 GE  � N ( ; ) N ( ; )  N (a; ) mà GN  2 2 2 3 2 uuu r uuur *)Với N ( ; ) ta có: GA  2GN � A(3;3) Đường thẳng BC qua hai điểm N, E nên có phương trình x+y-3=0 Đường thẳng AB qua A song song với MN nên có phương trình y-3=0 Đường thẳng AC qua A vng góc với MN nên có phương trình x-3=0  y  0  x  y  0  B(0;3)  x  0  x  y  0  C (3;0) Tọa độ điểm B nghiệm hệ:  Tọa độ điểm C nghiệm hệ:  2 *)Với N ( ; ) ta có GA  2GN � A(1;3) Phương trình BC x-y-1=0; phương trình AB: y-3=0; phương trình AC: x-1=0; Hồn tồn tương tự ta có B(4 ;3); C(1 ;0) Vậy A(3;3); B(0;3); C(3;0) A(1;3); B(4;3); C(1;0)  Nhận xét: Trong ví dụ ta cần phải tìm tính chất hình học ẩn toán NEG cân N Điều suy luận từ tính chất tam giác vng cân A: trung tuyến AN đường cao AN=NC=NB Ví dụ 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A, phương trình cạnh BC 2x+y-2=0; đường cao kẻ từ B có phương trình x+y+1=0; điểm M(1;1) thuộc đường cao kẻ từ C Tìm tọa độ đỉnh A,B,C  Định hướng: Biết phương trình cạnh BC đường cao kẻ từ B ta tìm tọa độ điểm B Ta cịn giả thiết điểm M(1;1) thuộc đường cao kẻ từ C tam giác ABC cân đỉnh A Với giả thiết cho ta lập phương trình đường thẳng qua M song song với BC cắt đường cao kẻ từ B N; M, N đối xứng qua đường cao AH suy trung điểm I MN thuộc AH 18 Ta lập phương trình đường cao AH tìm trung điểm D BC từ suy tọa độ điểm C  Lời giải:  x  y  0   x  y  0 Tọa độ điểm B nghiệm hệ:  B (3;4) Đường thẳng d qua M song song với BC có phương trình 2x+y-3=0 Tọa độ giao điểm N d đường cao kẻ từ B nghiệm hệ:  x  y  0   x  y  0  N (4; 5) Trung điểm I MN có tọa độ I ( ; 2) Vì tam giác ABC cân A nên M, N đối xứng qua trung trực BC nên I thuộc đường cao AH Đường thẳng AH qua I AH  BC nên có phương trình x  y  13 0 Tọa độ trung điểm D BC nghiệm hệ:  x  y  0   13  x  y  0  D( 21 11 ; ) � C ( ; ) 5 5 Đường thẳng CA qua C vng góc với đường thẳng x+y+1=0 nên có phương trình x  y  0 Tọa độ điểm A nghiệm hệ: Vậy A( 13   x  y  0   x  y  0   A( 33 49 ; ) 10 10 33 49 ; ); B(3; 4); C ( ; ) 10 10 5 Ví dụ 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A có M(3;2) 13 trung điểm cạnh BC Biết chân đường cao kẻ từ B điểm K (  ; ) trung 5 điểm cạnh AB nằm đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh A,B,C  Định hướng: Bài toán cho biết trung điểm N AB thuộc  : x  y   gợi cho ta nghĩ tới tìm tọa độ điểm N trước N hai điểm M, K có mối liên hệ với nào? 19 Hai tam giác AKB AMB vng nên NK=NM ta tìm tọa độ điểm N Với ba điểm M, N, K biết tọa độ suy luận điều gì? Dễ thấy AC PMN nên lập phương trình AC Tham số hóa tọa độ điểm A suy tọa độ điểm B theo tham số sử dụng AM  BM để tìm tham số  Lời giải: Gọi N trung điểm AB Vì N thuộc  : x  y   nên N(t;t+2) Ta có tam giác AKB AMB vuông nên NK=NM � NM  NK � (t  3)2  t  (t  )2  (t  )2 5 � t 1 � N(1;3) 13 Đường thẳng AC qua K (  ; ) có vec tơ 5 r uuuu r phương u  MN  ( 2;1) nên có phương trình : x+2y-4=0 � A thuộc uuur AC nên A(4-2a;a) uuur B(2a-2;6-a) � MA  (1  2a; a  2) ; MB  (2a  5;4  a ) Ta có : ur uuu r uu MA.MB  � (1  2a )(2a  5)  ( a  2)(4  a )  � 5a  18a  13  a 1 � A(2;1) � � � 13 13 � a � A(  ; ) �K 5 � � A(2;1) Vì N(1;3) trung điểm AB nên B(0;5) Điểm M(3;2) trung điểm BC nên C(6 ;-1) Vậy A(2;1); B(0;5); C(6;-1) Ví dụ 16 : (Đề thi THPT quốc gia năm 2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vng góc A BC D điểm đối xứng B qua H; K hình chiếu vng góc C đường thẳng AD Giả sử H(-5 ;-5); K(9;-3) trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng d : x-y+10=0 Tìm tọa độ điểm A  Định hướng : Bài toán cho biết tọa độ hai điểm H, K điểm M thuộc đường thẳng d, tương tự VD 14 ta dễ dàng chứng minh MH=MK, từ tìm tọa độ điểm M Bây ta cần tìm mối liên hệ điểm A với điểm biết 20 tọa độ M, H, K Từ trực quan hình vẽ ta thấy AK  HM Chứng minh điều tốn giải  Lời giải : Vì M thuộc d : x-y+10=0 nên M(t;t+10) �  900 nên MH=MK Ta có � AHC  AKC � MH  MK � (t  5)2  (t  15)  (t  9)  (t  13) �t0 � M (0;10) �  HCA � Vì tứ giác AHKC nội tiếp nên HKA �  HAB � ( phụ với ABH � ) Mà HCA �  HAB � � HKA �  HAD � �  HAD � � AKH cân đỉnh H Mà HAB nên HKA � HA=HK Mặt khác ta có MA=MK � HM đường r trung uuuur trực AK Đường thẳng AK qua K có VTPT n  HM nên có phương trình: x+3y=0 Đường thẳng HM có phương trình: 3x-y+10=0 Gọi I trung điểm AK, tọa độ điểm I nghiệm hệ: �x  y  � I ( 3;1) � A( 15;5) � x  y  10  � Vậy A(-15;5)  Nhận xét: Trong ví dụ ta sử dụng tính chất tam giác vuông : trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền để tính chất hình học ẩn tốn AK vng góc với HM Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(-1;3), tâm đường trịn ngoại tiếp I(3;-3), chân đường cao kẻ từ A K(-1;1) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh C(4;3), phương trình đường phân giác trung tuyến kẻ từ đỉnh tam giác x+2y-5=0; 4x+13y-10=0 Viết phương trình cạnh tam giác Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (C) có phương trình ( x  2)2  ( y  3)2  26 , điểm G (1; ) trọng tâm tam giác ABC điểm M(7;2) nằm đường thẳng qua A vng góc với BC, M khác 21 A Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn tung độ điểm C Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, H trung 11 điểm BC, D hình chiếu vng góc H AC, M ( ; ) trung điểm 4 HD, phương trình đường thẳng BD: x  y   ; phương trình đường thẳng AB: 3x  y  10  Tìm tọa độ điểm C Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến A đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác � có phương trình x-y+2=0, điểm M(-4;1) thuộc cạnh AC Viết phương góc ADB trình đường thẳng AC Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vng A có AC=2AB Điểm M(2;-2) trung điểm cạnh BC Gọi E điểm thuộc cạnh AC cho EC=3EA, điểm K ( ; ) giao điểm AM BE Xác định tọa độ đỉnh 5 tam giác ABC biết điểm E nằm đường thẳng d: x+2y-6=0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A đường thẳng BC có phương trình 3x  y   x  y   Đường thẳng qua A vng góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(4;-2) Viết phương trình đường thẳng AB,AC biết hồnh độ điểm B khơng lớn Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm cạnh BC M(6;1) Đường thẳng AH có phương trình: x+2y-3=0 Gọi D,E chân đường cao kẻ từ B C ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng DE có phương trình: x-2=0 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A(1;2), cạnh BC có phương trình: y+3=0 điểm D(4;1) Gọi E,F trung điểm đoạn BD, CD Tìm tọa độ B,C biết đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm M (2; 1  6) Hiệu sáng kiến kinh nghiệm: Thực tế trình giảng dạy phần hình học tọa độ phẳng lớp 10 ôn thi THPT quốc gia cho lớp 12 thấy việc định hướng cho học sinh biết khai thác tính chất hình học để giải tốn tam giác hình học tọa độ phẳng giúp học sinh phát nhanh hướng giải tốn Các em tỏ hứng thú tích cực học tập Điều kiểm nghiệm qua lớp dạy: lớp 10I năm 2014-2015; lớp 12C năm 2015-2016 Đặc biệt kiểm nghiệm hai nhóm học sinh có trình độ tương đương lớp 12C năm 2015-2016 việc giải toán: “Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2) 22 Trực tâm H tam giác ABC nằm đường thẳng d: x-4y-5=0 Đường thẳng AB có phương trình 2x+y-14=0 Tìm tọa độ điểm C biết khoảng cách từ C đến đường thẳng AB ” Kết thu thể bảng sau: Nhóm I II Số học sinh 20 20 Số HS có lời giải Số lượng Tỉ lệ % 19 95% 15 75% Số HS có lời giải Số lượng Tỉ lệ % 15 75% 10 50% III KẾT LUẬN Trong trình dạy học , tốn nói chung tốn hình học nói riêng, giáo viên biết tìm sở lý thuyết , đưa phương pháp giải hợp lý hướng dẫn học sinh vận dụng cách linh hoạt tạo hứng thú học tập học sinh Khi dạy học sinh giải tốn hình học tọa độ phẳng cần u cầu học sinh vẽ hình tìm mối liên hệ giả thiết tốn với tính chất hình Giáo viên cần xây dựng hệ thống tập từ dễ đến khó để nâng cao khả tư kỹ làm học sinh Là giáo viên tơi xác định cho phải tạo cho học sinh niềm hứng thú say mê q trình học tập; ln cải tiến phương pháp dạy học, phát triển tư duy, vận dụng kiến thức phục vụ tốt cho dạy Bài tốn hình học tọa độ phẳng đa dạng khơng có phương pháp chung để giải chúng Trong viết tơi đưa số ví dụ toán tam giác hay gặp đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi nên chưa thể đầy đủ, chưa bao quát hết, với mong muốn giúp cho học sinh có định hướng tốt gặp tốn , tơi mong nhận góp ý chân thành đồng nghiệp để viết tơi hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ: Thanh Hóa ngày 25/5/2016 Tơi xin cam đoan viết khơng chép người khác Người viết: Dương Thị Thu 23 TÀI LIỆU THAM KHẢO Báo Toán học Tuổi trẻ Đề thi thử THPT Quốc gia Sở GD ĐT Hà Nội Đề thi thử THPT Quốc gia trường THPT Anh Sơn 2- Nghệ An Sách:”Chinh phục hình học giải tích” nhóm LOVEBOOK 24 ... ? ?Hướng dẫn học sinh khai thác tính chất hình học để giải tốn tam giác hình học tọa độ phẳng ” Mục đích nghiên cứu: Trên sở nghiên cứu đề tài: ? ?Hướng dẫn học sinh khai thác tính chất hình học để. .. để giải tốn tam giác hình học tọa độ phẳng ” q trình ơn luyện cho học sinh, mong muốn giúp học sinh định hướng khai thác tốt tính chất hình học tìm tính chất hình học ẩn tốn để giải tốn tam giác, ... thấy việc định hướng cho học sinh biết khai thác tính chất hình học để giải tốn tam giác hình học tọa độ phẳng giúp học sinh phát nhanh hướng giải toán Các em tỏ hứng thú tích cực học tập Điều