(Sáng kiến kinh nghiệm) kỹ NĂNG GIẢI một số bài TOÁN HÌNH học PHẲNG TRONG hệ tọa độ OXY

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG YÊN LẠC BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên sáng kiến: KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY Người thực hiện: ĐÀO THỊ BÍCH LIÊN Mã: 52 Yên lạc, tháng 02 năm 2020 MỤC LỤC Trang Lời giới thiệu…………………………………………………………………… 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu………………………………………………………… 1.3 Nhiệm vụ nghiên cứu………………………………………………………… 1.4 Đối tượng phạm vi nghiên cứu…………………………………………… 1.5 Phương pháp nghiên cứu……………………………………………………… 1.6.Thời gian địa điểm thực hiện……………………………………………… Tên sáng kiến……………………………………………………………………… Tác giả sáng kiến………………………………………………………………… Chủ đầu tư tạo sáng kiến……………………………………………………… 5 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến……………………………………………………… Ngày sáng kiến áp dụng…………………………………………………… Mô tả chất sáng kiến……………………………………………………… PhầnI Tóm tắt lý thuyết…………………………………………………………… I Lý thuyết điểm véc tơ: I.1 Tọa độ véc tơ…………………………………………………………………… I.2 Tọa độ điểm……………………………………………………………………… I.3 Liên hệ tọa độ véc tơ vuông góc , phương………………………… II Lý thuyết đường thẳng………………………………………………………… II.1 Phương trình tổng quát đường thẳng……………………………………… II.2 Phương trình tham số đường thẳng……………………………………… II.3 Phương trình tắc đường thẳng……………………………………… II.4 Chuyển dạng phương trình đường thẳng……………………………………… II.5 Một số trường hợp riêng phương trình đường thẳng…………………… 10 II.6 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng……………………………… 11 II.7 Vị trí tương đới điểm đới với đường thẳng…………………………… 12 II.8 Góc đường thẳng vị trí tương đới đường thẳng……………… 13 Phần II Một số dạng toán cụ thể…………………………………………………… 14 I MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG THẲNG 14 I.1 Dạng 1: Lập phương trình đường thẳng 14 I.2 Dạng Một số điểm 19 toán tìm I.3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN .24 II BÀI TOÁN TAM GIÁC II.1 LÝ THUYẾT BÀI TOÁN TAM GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN II.1.1 Các đường tam giác .26 II.1.2 Các tính chất giác .28 tam II.1.3 Phương pháp chung để giải toán tam giác 29 III BÀI TOÁN VỀ GIÁC 48 III.1 PHƯƠNG PHÁP GIÁC 48 CHUNG GIẢI BÀI TỨ TOÁN TỨ III.2 CÁC DẠNG TOÁN VỀ TỨ GIÁC 48 Những thông tin cần bảo mật…………………………………………….77 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 77 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng 77 kiến 11 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng 77 sáng kiến lần đầu 12 Tài liệu tham khảo 78 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu 1.1 Lý chọn đề tài Hình học phẳng hệ tọa độ Oxy lớp toán có vị trí đặc biệt quan trọng chương trình toán học trung học phổ thông Nó xuất hiện nhiều các kì thi học sinh giỏi cũng kì thi tuyển sinh vào đại học Học sinh phải đối mặt với nhiều dạng toán mà phương pháp giải chúng lại chưa được liệt kê sách giáo khoa Việc tìm phương pháp giải cũng việc xây dựng các phương pháp giải niềm say mê khơng người, đặc biệt người giáo viên trực tiếp dạy toán Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy học tập, đã chọn đề tài “KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG HỆ TỌA ĐỘ OXY” làm đề tài nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm Đề tài nhằm phần đáp ứng mong muốn thân đề tài phù hợp để có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy mình trường phổ thông 1.2 Mục đích nghiên cứu - Với mong ḿn tập hợp phân loại số dạng toán điểm đường thẳng hệ trục Oxy - Hướng dẫn học sinh kỹ nhận dạng, biến đổi, khả suy luận lôgic, tư thuật toán, kỹ quan sát, phân tích, tổng hợp, đề từ giải được số toán tọa độ hình học phẳng Qua giúp học sinh trở thành người yêu lao động, sáng tạo, có trình độ tay nghề cao, biết quy lạ quen, đoán trước các vấn đề mẻ, tình huống bất ngờ thường gặp sớng - Hơn cũng giúp thân có cái nhìn tổng quát rõ nét toán tọa độ hình học phẳng để nâng cao trình độ chuyên môn giảng dạy công tác 1.3 Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu số phương pháp giải toán hình học phẳng hệ tọa độ Oxy 1.4 Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Bài toán hình học phẳng hệ tọa độ Oxy - Phạm vi nghiên cứu: Giải toán hình học phẳng hệ tọa độ Oxy áp dụng giảng dạy thi học sinh giỏi ôn thi Đại học cho học sinh lớp 10A1.2, 11A1.1, 11A4 trường Trung học phổ thông Yên Lạc 1.5 Phương pháp nghiên cứu Sử dụng kiến thức phương pháp đã nêu ở kỹ biến đổi để giải toán hình học phẳng hệ tọa độ Oxy 1.6 Thời gian địa điểm thực - Thời gian thực hiện: Từ tháng 08 đến tháng 02 năm học 2018-2019 - Địa điểm thực hiện: Trường THPT Yên Lạc 2.Tên sáng kiến: “KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY” 3.Tác giả sáng kiến: - Họ tên: ĐÀO THỊ BÍCH LIÊN - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Yên Lạc - Số ĐT: 0358893258 Email: ngocmai.lientuan@gmail.com Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Khơng có chủ đầu tư, người làm sáng kiến tự đầu tư các chi phí liên quan đến đề tài Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy học cho học sinh THPT Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: 05 / 02 / 2019 Mô tả chất sáng kiến: Nội dung sáng kiến chia làm phần: Phần I Tóm tắt lý thuyết I Lý thuyết điểm véc tơ: I.1 Tọa độ véc tơ I.2 Tọa độ điểm I.3 Liên hệ tọa độ véc tơ vng góc , phương II Lý thuyết đường thẳng II.1 Phương trình tổng quát đường thẳng II.2 Phương trình tham số đường thẳng II.3 Phương trình tắc đường thẳng II.4 Chuyển dạng phương trình đường thẳng II.5 Một số trường hợp riêng phương trình đường thẳng II.6 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng II.7 Vị trí tương đối điểm đối với đường thẳng II.8 Góc đường thẳng vị trí tương đối đường thẳng Phần II Một số dạng toán cụ thể I MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN VỀ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG THẲNG I.1 Dạng 1: Lập phương trình đường thẳng I.2 Dạng Một số toán tìm điểm I.3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN II BÀI TOÁN TAM GIÁC II.1 LÝ THUYẾT BÀI TOÁN TAM GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CƠ BẢN II.1.1 Các đường tam giác II.1.2 Các tính chất tam giác II.1.3 Phương pháp chung để giải toán tam giác III BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC III.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG GIẢI BÀI TOÁN TỨ GIÁC III.2 CÁC DẠNG TOÁN VỀ TỨ GIÁC - Phần III: Kết thực nghiệm - Phần IV: Kết luận kiến nghị KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY PHẦN TÓM TẮT LÝ THUYẾT I LÝ THUYẾT VỀ ĐIỂM VÀ VÉC TƠ I.1 Toạ độ vectơ: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy 1) a = (a1; a2) a = a1 i +a2 j 2) Cho a = (a1; a2), b = (b1; b2) Ta có: a ± b = (a1 ± b1; a2 ± b2) 3) Cho a = (a1; a2), b = (b1; b2) Ta có: a b = a1b1 + a2b2 a= a12 + a22 ; cos( a , b ) = a.b a b I.2 Toạ độ điểm: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy uuuu r 1) M ( xM ; yM ) ⇔ OM = ( xM ; yM ) 2) Cho A(xA; yA), B(xB; yB) Ta có: ( xB − x A ) + ( y B − y A ) uuur uuur 3) Nếu điểm M chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k (k ≠ ) ⇔ MA = kMB = (xB-xA; yB-yA) AB = x A − kx B  x = M  1− k thì  y A − ky B  yM = 1− k  x A + xB  x = M  Đặc biệt M trung điểm đoạn thẳng AB thì  y A + yB  yM =  x A + x B + xC  x = G  Nếu G trọng tâm ∆ ABC thì  y A + y B + yC  yG =  I.3 Liên hệ toạ độ hai vectơ vuông góc, phương Cho a = (a1; a2), b = (b1; b2) Ta có: 1) a ⊥b ⇔ a b = ⇔ 2) a phương với b ⇔ a1b2 - a2b1 = a1b1 + a2b2 = 3) Ba điểm A, B, C thẳng hàng phương II LÝ THUYẾT VỀ ĐƯỜNG THẲNG II.1 Phương trình tổng quát đường thẳng a) Véc tơ pháp tuyến đường thẳng Định nghĩa Véc tơ n khác , có giá vng góc với đường thẳng ∆ được gọi véc tơ pháp tuyến (vtpt) đường thẳng ∆ Nhận xét -Nếu véc tơ n véc tơ pháp tuyến (vtpt) đường thẳng ∆ thì véc tơ k n , với k ≠ véc tơ pháp tuyến đường thẳng - Với điểm I véc tơ n khác có đt qua I nhận véc tơ n làm véc tơ pháp tuyến b) Phương trình tổng quát đường thẳng -Trong mp tọa độ Oxy, đường thẳng ∆ qua điểm tuyến có phương trình tổng quát dạng: a(x - M O ( xo ; y o ) nhận n(a; b) làm véc tơ pháp x0 ) + b(y - y ) = ⇔ ax + by - a xo -b y ) = (với a + b ≠ ) - Trong mp tọa độ Oxy, phương trình dạng ax + by + c = 0, với a + b ≠ phương trình tổng quát đường thẳng xác định, nhận n(a; b) véc tơ pháp tuyến II.2 Phương trình tham số đường thẳng a) Véc tơ phương đường thẳng Định nghĩa Véc tơ u khác , có giá song song hoặc trùng với đường thẳng ∆ được gọi véc tơ phương đường thẳng ∆ Nhận xét - Nếu véc tơ u véc tơ phương (vtcp) đường thẳng ∆ thì véc tơ k u , với k ≠ véc tơ phương đường thẳng - Với điểm I véc tơ u khác có đt qua I nhận véc tơ u làm véc tơ phương Nhận xét -Nếu véc tơ u véc tơ phương, n véc tơ pháp tuyến đường thẳng ∆ thì u n = -Nếu đường thẳng ∆ có véc tơ pháp tuyến n(a; b) thì ∆ có véc tơ phương u (-b; a) ngược lại b) Phương trình tham sớ đường thẳng Phương trình tham sớ đường thẳng ∆ qua điểm M O ( xo ; y o ) cho trước có véctơ phương  x = x0 + at u (a; b) cho trước có dạng:  y = y + bt , ( a + b ≠ , t ∈ R)  II.3 Phương trình tắc đường thẳng Trong phương trình tham số đường thẳng, a phương trình tắc ≠ 0, b ≠ thì đường thẳng ∆ nói có x − x0 y − y0 = a b Chú ý: Khi a = hoặc b = thì đường thẳng khơng có phương trình tắc II.4 Chuyển dạng phương trình đường thẳng Bài tốn: a Cho đường thẳng (d) có phương trình dạng tham sớ Hãy chuyển phương trình (d) dạng tắc, tổng quát b Cho đường thẳng (d) có phương trình dạng tổng quát Ax+ By + C=0 Hãy chuyển phương trình (d) dạng tham sớ, tắc Phương pháp chung:  x = x0 + at , ( a + b ≠ , t ∈ R) y = y + bt  a.Cho đường thẳng (d) có phương trình dạng tham sớ  Ta có: +) Nếu ab ≠ thì khử t từ hệ (I), ta được pt tắc d Từ pt (Ia) ⇔ b(x- x ) – a(y- x − x0 y − y0 = a b (I) (Ia) y ) = , biến đổi tiếp pt ta đc PTTQ (d) +) Nếu a=0 thì phương trình tổng quát (d) x- x = 0, (d) khơng có phương trình tắc +) Nếu b =0 thì phương trình tổng quát (d) y- y = 0, (d) khơng có phương trình tắc b Để chủn phương trình (d): Ax+ By + C=0 dạng tham sớ, tắc, ta làm sau: Bước 1: Gọi u vtcp (d), ta có u (-B; A) Bước 2: Tìm điểm M O ( xo ; y o ) ∈ (d) Bước 3: KL  x = x − Bt - Phương trình tham số (d)  , (t ∈ R)  y = y + At -Phương trình tắc (d) x − x0 y − y0 = −B A ( trường hợp AB ≠ 0) II.5 Một sớ trường hợp riêng phương trình đường thẳng Dựa sở lập phương trình tổng quát hoặc phương trình tham số đường thẳng ta chứng minh được các kết sau: 5.1 Phương trình trục hoành Ox: y = 5.2 Phương trình trục tung Oy: x = 5.3 Phương trình đt qua điểm M O ( xo ; y o ) song song với trục hồnh (vng góc với trục tung): y - y0= 5.4 Phương trình đt qua điểm M O ( xo ; y o ) song song với trục tung ( vng góc với trục hồnh): x - x = 5.5 Phương trình đt qua điểm gớc tọa độ O(0; 0) có véc tơ pháp tuyến n(a; b) là: ax + by = 5.6 Phương trình đt qua hai điểm A(a; 0) B(0; b), với ab ≠ theo đoạn chắn) 5.7 Phương trình đt qua hai điểm phân biệt M ( x1 ; y1 ) N ( x ; y ) MN: x − x1 y − y1 = x − x1 y − y1 ( Áp dụng x1 ≠ x y1 ≠ y ) - Nếu x1 = x thì MN: x = x1 - Nếu y1 = y thì MN: y = y1 5.8 Phương trình đt ∆ theo hệ sớ góc *) Xét đường thẳng ∆ có phương trình tổng quát ax+by+c = 10 x y + = ( phương trình đt a b III.3 BÀI TỐN VỀ HÌNH THANG III3.1 Tính chất hình thang - Hình thang có hai đáy song song với - Hình thang cân có hai đáy song song với hai cạnh bên bằng - Hình thang vng có cạnh bên đường cao hình thang -Công thức tính diện tích hình thang: S = a+b h (với a, b độ dài hai đáy, h chiều cao III.2.2 Ví dụ minh họa Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho thang ABCD vng tại A D, có đáy lớn CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x – 2y = 0, góc đường thẳng BC AB bằng 45 Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương diện tích hình thang bằng 24 Định hướng cách làm - Vẽ hình - Từ giả thiết ta tìm được tọa độ điểm D góc hai đường thẳng AD DB Từ suy đặc điểm hình thang Kết hợp với giả thiết đỉnh B có hồnh độ dương diện tích hình thang bằng 24, ta tìm được tọa độ đỉnh B x-2y=0 B A 45 C D 3x-y=0 Giải 72 x − y = x = ⇔ ⇒ D(0; 0) Tọa độ D nghiệm hệ phương trình  3 x − y = y = Góc AD BD được xác định bởi cos α = 3.1 + (−1).(−2) 10 = ∧ ⇒ ADB = 450 ∧ ⇒ ∆ ABD vuông cân tại A ⇒ AB = AD ABD = 450 ∧ ∧ Do góc hai đường thẳng BC AB bằng 45 nên DCB = CDB = 45 , suy tam giác BCD vuông cân tại B Đặt AB = a, ta có AD = a, BD = a ⇒ DC = BD S ABCD = = 2a 1 ( AB + CD) AD = 3a = 24 ⇒ a = ⇒ BD = 2 Gọi điểm B(b; b ), b > thuộc đường thẳng BD ( ) b 10 ⇒ 10 10 Do BD = ⇔ b + ( ) = ⇔ b = ± B( ) ; 5 Vậy điểm cần tìm B( 10 10 ) ; 5 Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB, đ ường cao 3 5 bằng nửa tổng độ dài hai đáy Giả sử A(-1; 2), trung điểm cạnh BC M(  ;  đường thẳng CD 2 2 có phương trình x - y – = Tìm tọa độ các đỉnh B D Định hướng cách giải - Vẽ hình - Giả thiết cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB ⇒ vẽ các đường cao AH, BK ⇒ tạo hình chữ nhật hai tam giác vuông bằng nhau, kết hợp với giả thiết đường cao bằng nửa tổng độ dài hai đáy ta tìm được mối quan hệ AH HC Tiếp tục kết hợp với kiên biết phương trình đường thẳng CD ta tìm được tọa độ đỉnh C tìm tọa độ các đỉnh B D Lời giải tóm tắt 73 A(-1; 2) B I M C D H x - y - =0 K Gọi H, K lần lượt hình chiếu A, B lên cạnh CD, ta có DH = KC, AB = HK 1 (AB + HK+2KC) = (2HK+2KC) = HK+KC = HC ⇒ ∆ AHC vuông cân tại H ⇒ góc 2 đường thẳng CD đường thẳng AC bằng 45 ⇒ AH = Gọi n(a; b) (a +b ≠ 0) vtpt đường thẳng AC, ta có cos(AC, DC) = cos 450 ⇔ a.1 + b.( −1) a +b 2 = a = ⇔  b = +) Với a=0, chọn n(0; 1) vtpt đường thẳng AC ⇒ phương trình đường thẳng AC: y-2=0 ⇒ C(3, 2), B(0; 3) Khi BA.BC < ⇒ ( BA, BC ) > 90 (thỏa mãn) +) Với b=0, chọn n(1; 0) vtpt đường thẳng AC ⇒ phương trình đường thẳng AC: x = -1 ⇒ C(-1; -2), B(4; 7) Khi BA.BC > ⇒ ( BA, BC ) < 90 (khơng thỏa mãn) ∧ Tương tự ta có BDC = 450 ⇒ ∆ IDC vuông cân tại I ( I giao điểm AC BD) Lập pt đường thẳng BD qua điểm B, có vtpt n = AC , tìm tọa độ điểm D ( D = BD ∩ DC) Đ/S: B(0; 3), D(0; -1) Nhận xét: Từ toán ta có kết luận “ ABCD hình thang cân có đáy nhỏ AB thì ba điều kiện sau tương đương: a AC ⊥ BD, b) CD = 3B, c) Chiều cao bằng nửa tổng hai đáy” Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho thang ABCD vuông tại A B thỏa mãn 6AD = 3AB = 2BC Gọi hình chiếu vng góc các trung điểm AB, CD xuống đường thẳng AC lần lượt H K Giả sử C(2; 4), điểm B thuộc đường thẳng d: 8x-5y-11=0 HK 13 = Tìm tọa độ điểm A biết B có tọa độ nguyên Định hướng cách giải 74 A D H M N K B C(2; 4) E d: 8x - 5y - 11=0 - Vẽ hình 1 AB = BC , kết hợp thêm giả thiết HK 13 = 6, ta tìm mối quan hệ HK BC Nếu từ giữ kiện ta tính được khoảng cách BC thì toán trở nên đơn giản Do B thuộc đường thẳng d: 8x-5y-11=0 nên B có tọa độ theo tham số, dùng khoảng cách BC vừa tìm được giải tham sớ Có tọa độ điểm B thì tìm tọa độ điểm A - Khai thác giả thiết 6AD = 3AB = 2BC, ta có AD = Lời giải Gọi E hình chiếu vng góc D lên BC; M, N lần lượt trung điểm AB, CD Đặt AD = a > 0, suy AB = DE = 2a, BC = 3a Ta có AC = AB + BC = a 13 DC = DE + EC = 2a ∆AHM ~ ∆ABC nên AH = 2a AB AM = AC 13 5a AC + CD − AD ∧ ⇒ KC = NC.cos ACD = cos ACD = = AC.CD 13 26 ∧ ⇒ 6a = HK = AC − AH − KC = ⇒ a = 13 13 Điểm B ∈ d nên B(t, 8t − 11 ) Ta có 418 8t − 11   BC = ⇔ ( − t ) +  −  = ⇔ t = hoặc t = 89   Do B có tọa độ nguyên nên ta chọn t = ⇒ B(2; 1) 75 Đường thẳng AB qua điểm B(2; 1), có vtpt BC (0; 3) nên (AB): y – = Do A ∈ (AB) nên A(a; 1) Ta có AB = ⇔ ( a − 2) = ⇔ a=0 hoặc a = Vậy có hai điểm A thỏa mán yêu cầu toán A(0; 1) hoặc A(4; 1) Bài tốn cần phát tính chất hình học Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho thang ABCD vuông tại A D, CD = 2AB, có Đỉnh B(1; 2) Hình chiếu vng góc hạ từ D lên AC điểm H(-1; 0) Gọi N trung điểm HC Tìm tọa độ các đỉnh A, C, D biết đường thẳng DN có phương trình x – 2y – = Định hướng - Vẽ chuẩn hình A B(1; 2) H(-1;0) x- 2y - =0 K D - N C Dựa vào giả thiết có DH ⊥ AC, N trung điểm HC ⇒ ta nghĩ đến đường trung bình, tính chất trung điểm, trực tâm tam giác Vì vậy, gọi K trung điểm HD thì NK // DC ⇒ NK ⊥ AD ⇒ K trực tâm tam giác ADN Khi được vấn đề mấu chốt: K trực tâm tam giác ADN, thì việc lại ta cần dựa vào tính vng góc, tính song song để giải nớt toán Lời giải: Gọi K trung điểm HD thì NK đường trung bình tam giác HDC ⇒ NK // DC // AB, NK = CD Do ABNK hình bình hành DK ⊥ AN  ⇒ K trực tâm tam giác ADN Lại có   KN ⊥ AD( KN// DC, DC ⊥ AD) ⇒ AK ⊥ DN ⇒ BN ⊥ DN ⇒ N hình chiếu vng góc B đường thẳng d Đường thẳng BN qua điểm B(1; 2) vng góc với d có pt BN: 2x + y – = x − y − = x = ⇔ ⇒ N (2; 0) Tọa độ N nghiệm hệ pt  2 x + y − = y = Vì N trung điểm HC ⇒ C(5; 0) Phương trình đường thẳng AC y = 76 Lại có DH ⊥ AC ⇒ DH: x + =  x = −1  x +1 = 3 ⇒ D(−1; - ) ⇒ DC(6; ) ⇔ Tọa độ D nghiệm hệ pt  2  x − y − =  y = − Đường thẳng AD ⊥ CD ⇒ AD: 4x + y + =0 y=0   x = − ⇔ ⇒ A(− ; 0) Tọa độ A nghiệm hệ pt   8 4 x + y + =  y = Vậy tọa độ ba điểm cần tìm A( − ; 0) , C(5; 0), D(-1; − ) Nhận xét: Với toán trên, việc chứng minh được “K trực tâm tam giác ADN” mấu chớt toán Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho thang ABCD vng tại A D, có AD = AB = DC Gọi E(2; 4) điểm thuộc đoạn AB thỏa mãn 3AE = AB Điểm F thuộc BC cho tam giác DEF cân tại E Phương trình đường thẳng EF 2x+y-8 = Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết D thuộc đường thẳng d: x + y = A có hồnh độ nguyên, A thuộc đường thẳng d’: 3x+y-8 = P A E(2; 4) B F 2x+y-8=0 C D d': 3x+-y-8=0 d: x+y=0 Định hướng: - Vẽ hình chuẩn - Ta nhận thấy điểm E có nhiều giả thiết nên ta khai thác từ điểm E 77 - Từ giả thiết có tam giác DEF cân tại E, biết pt EF, pt đt qua D ⇒ Nếu xác định được góc DEF thì tìm được điểm D - Từ hình vẽ, ta đoán nhận DEF = 90 , ta thử chứng minh điều này! ∧ Lời giải Gọi P điểm đối xứng với điểm D qua A, ta có EA=ED=EF ⇒ tam giác DPF nội tiếp đường tròn tâm ∧ ∧ ∧ ∧ E ⇒ AED = PFD ⇒ EBFD nội tiếp ⇒ FED = FBD = 90 Vậy tam giác DEF vuông cân tại E Đường thẳng DE qua E vng góc với EF có phương trình DE: x- 2y + = x − y + =  x = −2 ⇔ ⇒ D(-2; 2) Tọa độ D nghiệm hệ phương trình   x+ y =0  y=2 Xét tam giác vng EDA có AE = AB AD = , DE = AD + AE = 10AE 3  a =1 Vì A ∈ d’ ⇒ A(a; 8-3a), a ∈ Z, ta có pt: 20 = 10[(a-2) + (4-3a) ] ⇔ 5a -14a + = ⇔ a =  2 Vì a ∈ Z ⇒ a=1 ⇒ A(1; 5) G/s B(x; y), có AB = AE ⇒ B(4; 2) G/S C( x; y), có DC = AB ⇒ C(4; -4) Vậy tọa độ bốn điểm A(1; 5), B(4; 2), C(4; -4), D(-2; 2) BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Đỉnh B thuộc đường thẳng ∆ có phương trình x + y − = Các điểm E F lần lượt hình chiếu vng góc D B lên AC Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết CE = A ( 4;3) , C ( 0; −5 ) Định hướng 78 *)Vẽ hình *) Xác định mối quan hệ các yếu tố đã biết các yếu tố cần tìm thông qua giả thiết toán các kiến thức đã học Bài toán cần tìm tọa độ B, D? +) Đỉnh B thuộc đường thẳng ∆ có phương trình x + y – = 0, nên ta nghĩ tới hướng tìm B trước Để giải vấn đề ta tìm thêm yếu tố liên quan tới B? +) Giả thiết cho tứ giác ABCD có A ( 4;3) , C(0; -5), suy tìm được pt AC +) Giả thiết cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD Các điểm E F lần lượt hình chiếu vuông góc D B lên AC suy E, F nằm đoạn AC +) Giả thiết cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD, suy BC ⊥ DC, AB ⊥ AD, có DE ⊥ AC, từ nghĩ đến các đường vng góc với cạnh tam giác ADC nghĩ đến trực tâm tam giác ADC +) Nếu gọi H trực tâm tam giác ADC thì cm được ABCH hình bình hành, từ cm được AF = CE = ( với A ( 4;3) , F thuộc đt AC đã có pt) Đây các nút quan trọng toán +) Có AF= , ta tìm đc F ( chọn F thuộc đoạn AC) +) Có có F, lập pt đt d qua F, vng góc AC, suy B = d +) Tìm tâm I đtrịn ngoại tiếp tam giác ABC +) Tìm D đới xứng B qua I Đ/S: B ( 5;0 ) , D ( −5;0 ) 79 LG: Gọi H trực tâm tam giác ACD, suy CH ⊥ AD nên CH || AB (1) Mặt khác AH||BC ( vng góc với CD ) (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ABCH hình bình hành nên CH=AB · · Ta có: HCE (so le trong) = BAF (3) (4) Từ (3) (4) suy ra: ∆HCE = ∆BAF (cạnh huyền góc nhọn) Vậy CE = AF · · Vì DAB = DCB = 900 nên E , F nằm đoạn AC Phương trình đường thẳng AC: x − y − = a = Vì F ∈ AC nên F ( a; 2a − ) Vì AF = CE = ⇒  a = Với a = ⇒ F ( 5;5 ) (không thỏa mãn vì F nằm đoạn AC) uuur uuur Với a = ⇒ F ( 3;1) (thỏa mãn) Vì AF = EC ⇒ E ( 1; −3) uuur BF qua F nhận EF (2; 4) làm véc tơ pháp tuyến, BF có phương trình: x + y − = B giao điểm ∆ BF nên tọa độ B nghiệm hệ phương x + y − = x = ⇔ ⇒ B ( 5;0 ) trình:  x + y − = y = 80 uuur Đường thẳng DE qua E nhận EF (2; 4) làm véc tơ pháp tuyến, DE có phương trình: x + y + = uuu r Đường thẳng DA qua A nhận AB (1; −3) làm véc tơ pháp tuyến, DA có phương trình: x − y + = D giao điểm DA DE nên tọa độ D nghiệm hệ phương trình: x + y + =  x = −5 ⇔ ⇒ D ( −5;0 ) Kết luận: B ( 5;0 ) , D ( −5;0 )  x − 3y + = y = PHẦN III KẾT QUẢ SAU KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Đề tài sáng kiến kinh nghiệm “KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG TRÊN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY” đã giải được vấn đề sau - Hệ thống số phương pháp giải toán hình học phẳng hệ trục tọa độ Oxy thường gặp - Trình bày số ví dụ điển hình thơng qua phương pháp nêu - Sưu tầm số tập thuộc phương pháp nên để học sinh luyện tập Kết đề tài sáng kiến kinh nghiệm theo góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Toán ở trường THPT giai đoạn hiện Đặc biệt cho đối tượng học sinh thi đại học học sinh giỏi 81 Qua việc áp dụng đề tài đối với học sinh lớp 10A1.2, 11A1.1 11A4 năm học 2018-2019 đã thu được kết sau: Lớp Sĩ số 10A1.2 42 11A1.1 11A4 Trước giảng dạy (Điểm) 6,5 →