(Sáng kiến kinh nghiệm) kỹ năng xây dựng các bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng từ các tính chất hình học của tam giác

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Chủ đề toán phƣơng pháp tọa độ mặt phẳng đƣợc đông đảo giáo viên dạy môn toán học sinh quan tâm Trong năm gần đây, cấu trúc đề thi HSG tỉnh, thi THPT Quốc gia (trƣớc đề thi tuyển sinh ĐH-CĐTHCN), câu hình học tọa độ mặt phẳng có vị trí quan trọng, câu hỏi mức độ kiến thức vận dụng vận dụng nâng cao nhằm phân loại học sinh mức điểm điểm giỏi Chính nhu cầu lớn nhiều học sinh phải giải đƣợc tập đề thi HSG, THPT Quốc gia nên chủ đề hình học tọa độ mặt phẳng ngày trở nên chủ đề hấp dẫn ngƣời dạy ngƣời học Cách thức đề tập loại theo thời gian chuyển từ thể loại sử dụng công cụ đại số để giải tốn hình học loại phải nắm đƣợc tính chất hình học chìa khóa để vận dụng giải tốn Tuy vậy, gặp toán tọa độ mặt phẳng, phần lớn học sinh cịn lúng túng, khó khăn để tìm kiếm lời giải Qua tìm hiểu, chúng tơi nhận thấy nhiều học sinh trƣờng THPT Nhƣ Thanh yếu kiến thức hình học chƣơng trình hình học THCS Học sinh chƣa nắm đƣợc nhiều kết quan trọng hình học phẳng tam giác, tứ giác đặc biệt (Hình thang, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vng), đƣờng trịn phƣơng pháp chứng minh kết Về phía giáo viên dạy mơn tốn, có quan tâm định chủ đề nhƣng phần nhiều có tâm lý e ngại tự sáng tạo tốn hình học tọa độ nên lựa chọn đƣờng sƣu tầm tốn có sẵn mạng Internet tài liệu sách báo khác Việc làm có đạt đƣợc phần mục đích nhƣng giáo viên chƣa thực chủ động nguồn tài liệu phục vụ công tác giảng dạy Từ thực tiễn công tác, thân nhiều năm ôn thi tuyển sinh ĐH–CĐ– THCN, bồi dƣỡng HSG, tơi nhìn nhận chủ đề toán phƣơng pháp tọa độ mặt phẳng chủ đề quan trọng Để phục vụ cơng tác bồi dƣỡng, ngồi việc sƣu tầm tập qua tài liệu sách báo…, qua trao đổi kinh nghiệm giảng dạy với đồng nghiệp tự nghiên cứu, vận dụng kết hình học phẳng để xây dựng đƣợc hệ thống tập tọa độ mặt phẳng hay khó, giúp ích đƣợc nhiều cho học sinh phát triển kỹ tƣ duy, tạo đƣợc nhiều hứng khởi, đam mê cho em Từ lý trên, lựa chọn đề tài: “Kỹ xây dựng tốn hình học tọa độ mặt phẳng từ tính chất hình học tam giác” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Ôn tập, củng cố kiến thức cách hệ thống tính chất hình học thƣờng gặp tam giác - Rèn luyện kỹ giải toán hình học tọa độ cho ngƣời học - Phát triển kỹ sáng tạo tập hình học tọa độ từ tính chất hình học phẳng 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu tính chất hình học tam giác - Tìm tịi, sáng tạo tốn hình học tọa độ từ tính chất hình học thuấn túy biết 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu thơng qua tài liệu có sẵn - Tự nghiên cứu thông qua ý tƣởng toán học thân NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận Năm 1637, nhà Toán học-Triết học thiên tài ngƣời Pháp Descartes cho đời sách “La Geometrie” với nội dung xây dựng hình học phƣơng pháp tọa độ Cuốn sách đời đánh dấu bƣớc tiến mạnh mẽ toán học thời Phƣơng pháp tọa độ đời giúp ngƣời đại số hóa mơn hình học trừu tƣợng, nghĩa ngƣời dùng cơng cụ đại số để nghiên cứu hình học (Điểm, đƣờng thẳng, đƣờng tròn, vecto đƣợc biểu diến theo số) Trong mặt phẳng chứa đối tƣợng hình học (Điểm, đƣờng thẳng, đƣờng trịn, vecto ), ta đặt vào hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, yếu tố hình học đƣợc số hóa, phiên dịch tốn sang ngơn ngữ tọa độ ta có đƣợc tốn tọa độ Nội dung đề tài từ tốn hình học túy, đặt vào hệ trục tọa độ để có đƣợc tốn hình học tọa độ, giải tốn theo ngơn ngữ tọa độ có sử dụng yếu tố hình học đặc trƣng 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu - Ở trƣờng THPT Nhƣ Thanh, phần lớn học sinh có kiến thức chƣơng trình hình học THCS cịn hạn chế; số lƣợng học sinh giải đƣợc tốn hình học tọa độ mặt phẳng chƣa nhiều - Vì đối tƣợng học sinh khó tiếp cận đƣợc tốn hình học tọa độ mặt phẳng nên nhiều giáo viên chƣa có hứng thú giảng dạy, nghiên cứu, phân loại tập dạng để phục vụ cho công tác giảng dạy kiểm tra đánh giá - Nguồn tài liệu chủ yếu đƣợc thu thập từ đề thi thử THPT Quốc gia trƣờng nƣớc; chƣa có tài liệu đúc kết, phân loại nêu rõ phƣơng pháp giải dạng tốn hình học tọa độ sát thực với mức độ đề thi THPT Quốc gia 2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề Trong suốt phần này, tác giả đưa 15 tính chất hình học đặc trưng tam giác phương pháp chứng minh tính chất Sau tính chất đưa có phần lời bình nhằm định hướng cách sáng tạo tốn hình học tọa độ từ tính chất hình học đặc trưng, tiếp xây dựng tốn hình học tọa độ hướng dẫn giải theo phương pháp Tác giả xếp cấu trúc tính chất tam giác vuông, đến tam giác cân, tam giác đến tam giác đường trịn nội, ngoại tiếp Tính chất 1: Tam giác ABC vng A Gọi H hình chiếu A lên BC; M, N NH lần lƣợt trung điểm đoạn thẳng AB, AC Khi đó: MH Chứng minh: B M H A C N (Hình 1a) Ta có tam giác AHB vng H M trung điểm AB nên MH = MB, điều chứng tỏ tam giác MHB cân M Tƣơng tự ta có tam giác NHC cân N Từ ta có đƣợc: M B H MHB, NCH NHC 0 NH NCH 90 NHC 90 hay MH Lại có: MBH nên MHB Bình luận: Nếu cho phương trình đường thẳng MH toa độ điểm N ta tìm tọa độ điểm H, kết hợp với điểm P có tọa độ cho trước thuộc BC ta lập phương trình BC Ràng buộc điểm C thuộc đường cho trước ta tìm C Từ tìm tọa độ A, B Sau ví dụ tốn tọa độ tạo nên từ ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Các điểm N(7; 2), M lần lƣợt trung điểm AC, AB; H hình chiếu A lên BC Biết đƣờng thẳng MH có phƣơng trình 2x – y – = 0, BC qua điểm P(0; 4), điểm C thuộc đƣờng thẳng x – 2y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác B Hướng dẫn giải: P M H A N C (Hình 1b) NH Từ giả thiết, ta lập đƣợc phƣơng trình NH Theo tính chất 1, ta có MH là: x + 2y – 11 = Giải hệ tìm đƣợc tọa độ điểm H(3; 4) Từ tọa độ điểm H P thuộc BC ta có phƣơng trình BC là: y = Từ đây, ta tìm đƣợc tọa độ điểm C(11; 4) Vì N(7; 2) trung điểm AC nên ta tìm đƣợc tọa độ điểm A(3; 0) Đƣờng thẳng AB vng góc với AC nên phƣơng trình AB là: 2x + y – = Giải hệ tìm đƣợc B(1; 4) Vậy: A(3; 0), B(1; 4), C(11; 4) Tính chất 2: Cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu A lên BC; AM M, N lần lƣợt trung điểm đoạn thẳng BH AH Khi ta có CN Chứng minh: ` B M H N C A (Hình 2) Xét tam giác ACM Có AH đƣờng cao Theo giả thiết: M, N lần lƣợt trung điểm đoạn thẳng HB, AH nên MN đƣờng trung bình tam giác AC nên MN AC Vậy MN đƣờng AHB, vậy: MN // AB Lại có: AB AM cao thứ hai tam giác ACM Từ đây, ta có CN Bình luận: Nếu cho phương trình đường thẳng CN toa độ điểm M ta lập phương trình AM Ràng buộc điểm A thuộc đường cho trước ta tìm A Biểu diễn tọa độ điểm N theo phương trình CN, tìm tọa độ điểm H theo tọa  độ N nhờ công thức tọa độ trung điểm Từ M H vng góc với A H ta có tọa độ điểm H Từ tìm tọa độ B, C Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A đƣờng cao AH Các điểm M, N lần lƣợt trung điểm ác đoạn thẳng BH AH Biết M(0; - 2) điểm A thuộc đƣờng thẳng có phƣơng trình x + y = 0, đƣờng thẳng qua hai điểm N, C có phƣơng trình: – 2x = Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải: (Sử dụng hình để giải tốn) AM Theo tính chất 2, ta có: CN Từ giả thiết điểm M(0; - 2) đƣờng thẳng qua hai điểm N, C có phƣơng trình: – 2x = 0, ta lập đƣợc phƣơng trình AM là: y + = Tọa độ điểm A A ( ; ) Vì N thuộc đƣờng thẳng có phƣơng trình: – 2x = 0, nên có số thực a để N( ;a ) N trung điểm AH nên H(1; 2a + 2) Ta có MH AH vng góc với nên: MH AH a a * Với a , ta có H(1: -1), BC có phƣơng trình: x- y – = Từ tìm đƣợc tọa độ điểm C( ; * Với a ) , B(-1: -3) , ta có H(1; -3), B(-1; -1) Đƣờng thẳng AC có phƣơng trình: 3x – y – = 0, từ tìm đƣợc C( Vậy A (2; ) , C( ; ) ; ) , B(-1: -3) A (2; ) , ), B(-1; -1), C( ; ) Tính chất 3: Tam giác ABC vuông cân A Gọi M, N lần lƣợt trung điểm đoạn thẳng BC, AB G điểm thuộc đoạn thẳng MN D thuộc đoạn BC cho GA = DG (D khơng trùng với đầu mút) Khi đó, ta có: tam giác AGD vuông cân G Chứng minh: B N A M G D C (Hình 3a) Ta có MN đƣờng trung trực đoạn thẳng AB nên GB = GA Kết hợp với giả thiết ta có GA = GB = GD Điều chứng tỏ, có đƣờng trịn tâm G bán kính GA qua điểm A, B, D 0 ABD nên AGD hay tam giác AGD vuông cân G Lại có: Bình luận: Lấy điểm G trọng tâm tam giác ABM (G thuộc MN), cho phương trình AG tọa độ điểm D ta lập phương trình GD tìm tọa độ điểm G, A Gọi I giao điểm GD với AB, chứng minh GD = 3GI, ta tìm tọa độ điểm I Từ viết phương trình đường thẳng AB Ví dụ: Tam giác ABC vng cân A M trung điểm BC, G trọng tâm tam giác ABM, D(-8; 1) điểm thuộc cạnh MC cho GA = GD Đƣờng thẳng AG có phƣơng trình: 3x – y – 15 = hoành độ điểm A nhỏ Xác định tọa độ điểm A lập phƣơng trình đƣờng thẳng AB Hướng dẫn giải: Theo tính chất 3, ta có tam giác AGD vng cân G Từ lập đƣợc phƣơng trình GD là: x + 3y – = Ta tìm đƣợc tọa độ điểm G(5; 0) B I N G M D C A (Hình 3b) Giả sử điểm A(a; 3a-15), Từ GA = GB, ta có: A(4; -3) Gọi N giao điểm MG với AB Ta có: Đặt N B G NAG NGI Lạicó: G A ; ta n AN AN ) NI 3NI BN NG AN 10 I (4; NG AN AN 9NI GI 10 AN Từ ta có GD = 3GI, ta tìm đƣợc GD Dễ dàng có đƣợc phƣơng trình AB là: x – = Tính chất 4: Cho tam giác ABC vng A Gọi H hình chiếu điểm A lên IA (I BC; M, N lần lƣợt hình chiếu H lên cạnh AB, AC Khi đó: MN trung điểm BC) Chứng minh: A N E M B H I C (Hình 4a) Từ giả thiết ta có: Tứ giác AMHN hình chữ nhật Từ ta có: AMN AHN (1) ACH (2) Lại có AHN , ACH phụ với HAN nên: AHN Vì tam giác ABC vng A I trung điểm BC nên IA = IC hay tam giác C A I (3) IAC cân I, I C A CAI Từ (1), (2), (3) ta có: AMN 0 ANM 90 ANM 90 Lại AMN nên CAI 90 Từ ta có: ANE Bình luận: Nếu cho phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC phương trình MN ta tìm tọa độ điểm A Dựa vào phương trình NM ta biểu diễn tọa độ điểm H theo ẩn t Sử dụng điều kiện AH vng góc với IH ta tìm tọa độ điểm H Từ viết phương trình BC Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đƣờng trịn (T) có phƣơng trình: x y x y Gọi H hình chiếu A lên BC Đƣờng trịn đƣờng kính AH cắt AB, AC lần lƣợt M, N Tìm tọa độ điểm A viết phƣơng trình cạnh BC, biết đƣờng thẳng MN có phƣơng trình 20x – 10y – = điểm H có tung độ lớn hồnh độ Hướng dẫn giải: IA (I AB , HN AC Theo tính chất 4, ta có: MN Từ giả thiết ta có HM trung điểm BC) Ta lập đƣợc phƣơng trình AI là: x + 2y – = A N E M B H C I (Hình 4b) Vì A thuộc AI nên có số thực a cho A(5-2a; a) Kết hợp với A thuộc (T) ta có: 2 (5 a) a (5 2a) a a a = Khi ta có: A(1;2) A(5; 0) Điểm A(5; 0) khơng thỏa mãn A, I phía MN Gọi E tâm đƣờng trịn đƣờng kính AH Vì E thuộc đƣờng thẳng MN nên có số thực t cho: E (t; t ) Do E trung điểm AH nên: H (2 t 1; t 10 38 ) 10 Từ AH vng góc với IH ta có: t t 28 Từ có H ( 11 13 ; ) 5 thỏa mãn điều kiện Khi đó, phƣơng trình BC là: 2x + y – = Tính chất 5: Cho tam giác ABC vng B có A B m B C (m > 0) Gọi E điểm đoạn thẳng AC cho A E m E C ; D điểm đoạn thẳng AB cho BD = BC Khi đó: C D B E Chứng minh: C E H B D (Hình 5a) A Từ giả thiết ta có: AB AE BC CE Lại có điểm E thuộc đoạn thẳng AC nên E chân đƣờng phân giác A B C Từ ta có: ABE (1) Theo giả thiết ta có tam giác BCD vng cân B nên: B D C (2) BE ABE Suy ra: C D Từ (1), (2) ta có B D C Bình luận: Lấy m = 2, cho phương trình CD tọa độ điểm E ta lập phương trình BE tìm tọa độ điểm H giao điểm CD BE Sử dụng tính chất đường trung bình để chứng minh EB EH , từ tìm tọa độ điểm B, C, A Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC Gọi D trung điểm AB E điểm thỏa mãn: EA EC Đƣờng thẳng CD có phƣơng trình x – 3y + = điểm E( 19 ;2 ) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải: Theo tính chất 5, ta có điểm E( 19 ;2 ) , BE CD Từ đƣờng thẳng CD có phƣơng trình x–3y + 3= ta lập đƣợc phƣơng trình đƣờng thẳng BE: 3x + y – 21 = C E H B A D (Hình 5b) Gọi H giao điểm CD BE, tọa độ điểm H nghiệm hệ: x - 3y x y H ( ;3 ) 3x y 21 Gọi (T) đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác BCD Phƣơng trình (T) ( x ) ( y ) HB Gọi M trung điểm AE Sử dụng tính chất đƣờng trung bình cho tam giác CDM, ABE ta có đƣợc: EB EH Từ tìm đƣợc tọa độ điểm B(5; 6) Phƣơng trình đƣờng trịn (T) là: ( x ) ( y ) 10 Từ tìm đƣợc tọa độ: C(4; 9), D(2; 3), A(-1; 0) D(4; 9), C(2; 3), A(3; 12) Vậy: A(-1; 0), B(5; 6), C(4; 9) A(3; 12), B(5; 6), C(2; 3) Tính chất 6: Tam giác ABC cân A Gọi H hình chiếu A lên BC, D CD hình chiếu H lên AB, M trung điểm DH Khi đó: AM Chứng minh: A D M C H N B (Hình 6) Lấy N trung điểm DB Khi MN//CB nên MN vng góc vng góc với AH Lại có HD vng góc với AN nên M trực tâm tam giác AHN Ta suy AM vng góc với HN Dễ thấy HC//CD nên AM vng góc với CD Bình luận: Nếu cho phương trình đường trung tuyến AM tọa độ điểm thuộc CD ta lập phương trình CD Gọi tọa độ điểm M theo đường thẳng AM, biểu diễn tọa độ D theo tọa độ M H cho D thuộc CD ta tìm tọa độ D Từ tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Sau ví dụ tốn tọa độ tạo nên từ ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB = AC, điểm H(2; 0) chân đƣờng cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC Gọi D hình chiếu điểm H lên AB Biết đƣờng trung tuyến AM tam giác AHD có phƣơng trình là: x + y – = Đƣờng thẳng CD qua E(1; 1) Hãy xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải: (Sử dụng hình để giải tập này) CD Theo tính chất ta có: AM Từ phƣơng trình đƣờng thẳng AM điểm E thuộc CD ta có phƣơng trình CD: x – y = Vì M thuộc AM nên có số thực m cho M(m; 1-m) Do M trung điểm DH nên D(2m-2; 2-2m) Vì D thuộc CD nên m = Vậy M(1; 0), D(0; 0) AB vng góc với DH nên lập đƣợc phƣơng trình AB là: x = Từ có tọa độ điểm A(0; 1) Lập đƣợc phƣơng trình CB: 2x – y – = Giải hệ ta tìm đƣợc: C(4; 4), B(0; -4) Tính chất 7: Cho tam giác ABC cân A Gọi M trung điểm AB, I tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, G trọng tâm tam giác AMC Khi đó: GI CM Chứng minh: A Q M H G P I N B C K (Hình 7) Gọi P trung điểm AC, K trung điểm BC, P trung điểm AC, H giao điểm AK với MP, N giao điểm CM với AK Xét tam giác MGN: Có NH đƣờng cao Gọi Q giao điểm CG với AB Dễ thấy N trọng tâm tam giác ABC Ta có: CN CG CM CQ (Tính chất trọng tâm tam giác) Theo định lý Ta-Lét đảo tam giác CMA ta có MI NG NG // AM Lại có MI AB nên Vậy I trực tâm tam giác MGN, GI CM Bình luận: Nếu cho tọa độ điểm G phương trình CM ta lập phương trình GI; Ràng buộc điểm I thuộc đường thẳng cho trước ta tìm tọa độ điểm I phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Từ tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài toán sau thiết lập từ ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A nội tiếp đƣờng trịn tâm I bán kính R M trung điểm AB CM có phƣơng trình 2x + 3y – = 0; tâm I thuộc đƣờng thẳng x + 2y – = 0; Trọng tâm tam giác ACM G( ;2 ) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết C có hồnh độ dƣơng A có tung độ nguyên Hướng dẫn giải: (Sử dụng hình để giải tốn) Theo tính chất 7, ta có GI CM Từ CM có phƣơng trình 2x + 3y – = G( ;2 ) , ta có phƣơng trình IG là: 3x – 2y + = Từ đó, tìm đƣợc tọa độ điểm I là: I (0; ) 10 Phƣơng trình đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x (y ) 2 25 Giải hệ tìm đƣợc tọa độ điểm C(2; 0) Giả sử A(a; b) (b số nguyên) Sử dụng điều kiện A thuộc đƣờng tròn x (y ) 25 G( ;2 ) trọng tâm tam giác ACM ta tìm đƣợc: A(0; 4), M(-1; 2) Từ có đƣợc B(-2; 0) Tính chất 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm I M điểm cung BC khơng chứa điểm A đƣờng trịn Khi đó: MB MC MA Chứng minh: A Lấy điểm D đoạn thẳng AM cho MD = MB ACB 60 Ta có: AMB nên tam giác BMD tam giác Ta có: BD = BM I Xét hai tam giác: ABD CBM AB BC ,BD BM , ABD CBM Ta có: D C B DBC CBM CBD 60 ) (Vì ABD Từ ta có: ABD = CBM , ta suy ra: MC = AD M Vậy: MB MC MD DA MA (Hình 8a) Bình luận: Nếu cho phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ta có được: Tọa độ I, Bán kính R BC Cho chu vi tam giác MBC BC + 2R ta có MA = 2R nên MA đường kính Bài tốn sau sáng tạo từ ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm (T): x y 25 Cho M(0;-5) tam giác MBC có chu vi Xác định tọa độ đỉnh tam giác biết B có hồnh độ âm Hướng dẫn giải: Dễ kiểm tra đƣợc M thuộc đƣờng tròn (T) M thuộc cung BC không chứa điểm A Vì đƣờng trịn (T) có tâm O(0; 0), R = nên tìm đƣợc: A BC Từ giả thiết, ta có: MB + MC = 10 Theo tính chất 8, ta có MA = MB + MC = 10 Suy MA đƣờng kính nên A đối xứng I D với M qua O, ta có đƣợc: A(0; 5) Vì BC vng góc với AM khoảng cách 10 từ A đến BC 15 nên lập đƣợc phƣơng trình BC là: y - = C B M (Hình 8b) 11 Ta tìm đƣợc B( ; ), C ( ; ) Tính chất 9: Tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm K ngoại tiếp đƣờng tròn tâm I Đƣờng thẳng AI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tâm giác điểm D khác A Khi đó: DB = DC = DI Chứng minh: Vì AD đƣờng phân giác B A C nên D điểm cung B C (khơng chứa điểm A) Từ ta có: BD = DC A I B C D Ta có: B ID BDI IB A DBC IA B CBI (Hình 9a) (góc ngồi tam giác IBA) Mặt khác: DAC CBI IB A IA B B ID Từ đó, ta có tam giác DBI cân I hay BD = DI Vậy: DB= DC = DI Bình luận: Nếu cho tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tọa độ điểm D, đồng thời cho B thuộc đường thẳng cho trước ta tìm tọa độ điểm B Cho phương trình đường cao AH ta lập phương trình BC, từ DC = DB ta tìm C Từ tìm tọa độ điểm A Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn tâm K(1; 0) Đƣờng cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phƣơng trình: 2x + y -7 = D(1; -5) giao điểm AK với đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hồnh độ nhỏ -1 B thuộc đƣờng thẳng x + y + = A Hướng dẫn giải: Theo tính chất 9, ta có DB = DK Vì B thuộc đƣờng thẳng x + y + = nên có số thực b cho B(b; - b - 9) K I Vì BK = DK = nên: M (b 1) (b 4) b 25 b B H C D Theo giả thiết có B(-4; -5) thỏa mãn yêu cầu (Hình 10b) Gọi H chân đƣờng cao kẻ từ đỉnh B Vì BC vng góc với AH nên ta lập đƣợc phƣơng trình BC là: x – 2y – = Vì C thuộc đƣờng thẳng BC nên có số thực c cho C(2c +6; c) 12 Ta có DK = DC nên ta tìm đƣợc C(4; -1) (một điểm C trùng điểm B nên không thỏa mãn) Gọi M trung điểm BC, ta có M(0; -3) Gọi I tâm đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác, ta có BC vng góc với IM Phƣơng trình IM là: 2x + y – = Vì I thuộc MI nên có số thực c cho: I(b: -2b – 3) Từ IB = ID ta tìm đƣợc b , từ ta có I( ; 0) Giả sử A(a; -2a + 7), từ IA = IB ta có đƣợc a = a = với a = ta có A(4;-1) khơng thỏa mãn trùng với điểm C Với a = 1, ta có A(1; 5) Vậy A(1; 5), B(-4;-5), C(4; -1) Tính chất 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm I AD đƣờng phân giác góc A tam giác cắt đƣờng trịn (I) điểm M Tiếp tuyến A với đƣờng tròn cắt BC E Đƣờng phân giác góc AEC cắt AD H Khi đó: E H A D Chứng minh Ta chứng minh cho tam giác EAD cân E Ta có, điểm M điểm cung BC (Cung không chứa điểm A) Ta có: EAD sđ  AM (1) (Cung chứa điểm B) ADE (sđ  AB A M ) sđ C 2 (sđ  AB Q M ) sđ B H sđ  A M (2) P E C D B Từ (1), (2) ta có: A D E E A D hay tam giác EAD cân E EH đƣờng M phân giác tam giác EAD trở thành đƣờng cao, chứng tỏ: E H A D (Hình 10) Bình luận: Nếu ta cho tọa độ điểm D, phương trình đường thẳng EA, AB ta tìm tọa độ điểm A, tọa độ điểm H Lập phương trình EH, từ xác định tọa độ điểm E dễ dàng lập phương trình BC Ví dụ: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng trịn (T) Đƣờng phân giác góc A cắt cạnh BC D(-1; 1) Đƣờng thẳng AB có phƣơng trình 2x + 3y – = 0, tiếp tuyến A với đƣờng tròn (T), cắt BC E có phƣơng trình: 2x + y – = Viết phƣơng trình đƣờng thẳng BC Hướng dẫn giải: Gọi H trung điểm DA, E giao điểm tiếp tuyến với BC, theo tính chất 10, ta có E H A D 13 Tọa độ điểm A nghiệm hệ: 2x y 2x 3y x y A ( ;1) Vì H trung điểm AD nên H(1; 1) Do E H A D nên ta có EH có phƣơng trình y = Từ có đƣợc tọa độ điểm E(1; 5)    DE (2; 4) n ( ; ) vectơ pháp tuyến BC Do đƣờng thẳng BC có phƣơng trình: 2x – y + = Tính chất 11: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn tâm K, nội tiếp đƣờng tròn tâm I Các đƣờng thẳng AK, BK, CK lần lƣợt cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác điểm P, Q, R Khi đó: điểm K trực tâm tam giác PQR Chứng minh: Ta cần chứng minh cho A P R Q Kết R C P Q , Q B R P đƣợc chứng minh tƣơng tự A Từ giả thiết dễ dàng có đƣợc: P, Q, R lần lƣợt Q    điểm cung B C , C A , A B R I 1 A sđ R sđ  AB Ta có: R Q A K (cung AB không chứa điểm P) B C 1   QAP sđ P Q s đ A B (cung AB chứa điểm P) P Từ đó: RQA QAP 0 90 Suy ra: AP RQ (Hình 11) Vậy I trực tâm tam giác PQR Bình luận: Nếu cho tọa độ điểm P, Q, R ta tìm tọa độ trực tâm K tam giác PQR Sử dụng tính chất A, K đối xứng qua RQ ta tìm tọa độ điểm A Tọa độ điểm B, C tìm tương tự Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn tâm K Các đƣờng thẳng AK, BK, CK lần lƣợt cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác điểm P( ; ), Q ( 4; 3), R ( 6; 3) Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác Hướng dẫn giải: Theo tính chất 11, ta có K trực tâm tam giác PQR Giả sử I(x; y) Ta có:    KQ (4 x;3     y), K R K trực tâm nên    KQ    KR (   PR    PQ x;3 x   y ), P R 5    ; ), P Q 2 ( 15 ; ) 2 y ( 14 Dễ chứng minh đƣợc: K, A đối xứng với qua RQ Gọi M hình chiếu K lên RQ, ta tìm đƣợc M( ;3) M trung điểm IA nên ta có Làm tƣơng tự ta có: B( ; Vậy: A( 11 ; ) ,B( 2 ; ), C ( 9 ), C ( ; ) ; ) A( 11 ; ) 2 Tính chất 12: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm I Gọi H trực tâm tam giác ABC Các đƣờng thẳng AH, BH, CH cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác lần lƣợt điểm D, E, F Khi đó: H tâm đƣờng trịn nội tiếp A tan giác DFE Chứng minh: E I F H B C D (Hình 12) Ta chứng minh cho BE đƣờng phân giác góc DEF Thật vậy: D E B D A B (Góc nội tiếp chắn cung) FCB Tƣơng tự: F E B F C B (Cùng phụ với góc ABC) Lại có: D A B Từ đó, ta có: F E B D E B Suy BE phân giác góc DEF Tƣơng tự, ta có đƣợc đƣờng thẳng DA, CF đƣờng phân giác tam giác DFE nên H tâm đƣờng trịn nội tiếp tan giác DFE Bình luận: Nếu đặc biệt hóa tam giác ABC thành tam giác cân A đường cao qua đỉnh A trở thành đường kính Nếu cho biết tọa độ điểm D, F phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ta tìm tọa độ điểm A, thiết lập phương trình IB, từ tìm tọa độ điểm B, C Bài toán 12, xây dựng dựa ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đƣờng trị (T) có phƣơng trình 2 (x ) y Tam giác ABC cân A nội tiếp đƣờng trịn (T), Đƣờng kính (T) qua A cắt (T) điểm D(0; 5) (D khác A) Đƣờng cao kẻ từ đỉnh C tam giác cắt (T) F( ; 17 ) Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết B có hồnh độ âm 15 Hướng dẫn giải: Ta có (T) có tâm I(5; 0), bán kính R Do I trung điểm AD nên ta có A(10; -5) Theo tính chất 12, ta có B điểm cung DF nên IB vng góc với DF Từ ta lập đƣợc phƣơng trình đƣờng thẳng BI là: x + 7y – = Ta tìm đƣợc tọa độ điểm B(-2; 1) Đƣờng thẳng BC có phƣơng trình: x – y + = AI vng góc với BC nên phƣơng trình AI là: x + y – = Từ ta có H(1; 4) giao điểm AI BC Vì H trung điểm BC nên C(4; 7) Vậy: A(10; -5), B(-2; 1), C(4; 7) Tính chất 13: Cho tam giác ABC N nằm đƣờng phân giác góc B N nằm đƣờng trung trực đoạn thẳng AC Khi đó, N nằm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC A Chứng minh: Giả sử N0 điểm nằm cung AC (Cung không chứa điểm B) đƣờng trịn N ngoại tiếp tam giác ABC I Khi N0 thuộc đƣờng phân giác góc B tam giác B C Vì N A N C nên N0A = N0C, hay N0 thuộc đƣờng trung trực đoạn thẳng AC Từ đó, ta có N0 trùng với N (Hình 13a) Bình luận: Nếu cho biết tâm I tọa độ điểm N ta thiết lập phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Cho thêm kiện để lập phương trình BC, từ tìm tọa độ điểm B, C Lập phương trình AC qua C vng góc với IA ta tìm tọa độ điểm A Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC Điểm I(-1; 0) tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC M(3; 3) điểm thuộc đƣờng trung trực đoạn thẳng BC, N(2; 4) điểm nằm đƣờng phân giác góc B thỏa mãn AN = CN Đƣờng thẳng BC qua điểm D(1; 4) điểm B có tung độ lớn A tung độ điểm C Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác Hướng dẫn giải: Theo tính chất 13, ta có N thuộc đƣờng tròn ngoại N tiếp tam giác ACB, N điểm I cung AC Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm I bán kính IN = có phƣơng trình: M 2 ( x 1) y 25 B C D BC vng góc với IM nên BC có phƣơng trình: 4x + 3y – 16 = (Hình 13b) Từ ta tìm đƣợc tọa độ điểm B,C là: 16 B( ; 24 ), C ( 4; ) Do AC vng góc với IN nên ta lập đƣợc phƣơng trình AC là: 3x + 4y – 12 = Từ phƣơng trình AC phƣơng trình đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC ta tìm đƣợc tọa độ điểm A là: A( 12 ; 24 ) Tính chất 14: Cho tam giác ABC với đƣờng cao BK CP Giả sử d tiếp tuyến A với đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó: AI MQ vng góc với PK A Chứng minh: t K Q P I C B M (Hình 14a) a/ Ta chứng minh cho trƣờng hợp tam giác ABC tam giác nhọn (Hình 15a) trƣờng hợp cịn lại chứng minh tƣơng tự Dựng tiếp tuyến A với đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC A C B (1) (Góc nội tiếp góc tia tiếp tuyến dây) Ta có t A B ABC BPK 180 Lại có: Tứ giác BPKC tứ giác nội tiếp nên BCK K P A (2) BPK K P A nên tA B K P A nên tiếp tuyến A song song với PK Từ (1), (2) ta có: Mặt khác I A A t nên I A P K b/ Đƣờng trịn đƣờng kính BC đƣờng trịn đƣờng kính AH có giao điểm phân biệt P, K Do đó, đƣờng thẳng qua tâm đƣờng trịn QM vng góc với PK Bình luận: Với hình chữ nhật ABCD, E đối xứng với B qua C, BH vng góc với DE, ta có DC BH đường cao tam giác DEB Nếu cho phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác DEB phương trình CH ta tìm tọa độ điểm E Cho thêm tọa độ điểm thuộc BC ta thiết lập phương trình BC từ tìm tọa độ điểm C, B, D, A Ví dụ: a/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD Gọi E điểm đối xứng với B qua C Gọi H hình chiếu B lên DE Biết đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE đƣờng thẳng CH lần lƣợt có phƣơng trình: 2 x (y 4) 25 , y 4y , đƣờng thẳng BC qua điểm M(5; 0), điểm E có hồnh độ âm, điểm D có tung độ dƣơng Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Hướng dẫn giải: Ta có, đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác BDE có phƣơng trình: 2 x (y 4) 25 (Có tâm I(0; 4), R = 5) 17 D A Vì C, H lần lƣợt chân đƣờng cao kẻ từ D, B tam giác BDE nên theo tính chất 14, IE Từ kết này, ta lập đƣợc ta có: CH phƣơng trình IE là: 4x -3y + 12=0 I H E giao điểm IE đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác DEB ta tìm đƣợc tọa độ E(-3; 0) Vì BC qua E M nên BC có phƣơng trình: B E C y = Từ tìm đƣợc tọa độ điểm B(3; 0) Vì C trung điểm BE nên C(0; 0) Đƣờng thẳng CI có phƣơng (Hình 14c) trình: x = Từ ta tìm đƣợc D(0; 9) A(3; 9) Vậy: A(3; 9) B(3; 0), C(0; 0), D(0; 9) b/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(0; -3) Trung điểm BC M(1; -6) Gọi D, E lần lƣợt chân đƣờng cao kẻ từ B, C tam giác Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm D có hồnh độ dƣơng, phƣơng trình DE y + = 0, phƣơng trình AH là: 2x + y - = Hướng dẫn giải: Gọi Q trung điểm AH, theo tính chất 14, ta có QM vng góc với ED Từ ta có phƣơng trình QM x = ta tìm đƣợc tọa độ điểm Q(1; -1) Lại Q A trung điểm AH nên A(2; 1) Ta có QA = QD nên tìm đƣợc D(3; -2) Q D Phƣơng trình đƣờng thẳng AC là: 3x + y – = E Phƣơng trình đƣờng thẳng BC là: x + 2y + 11 = H Từ ta có: C(5; -8), B(-3; -4) Vậy: A(2; 1), B(-3; -4), C(5; -8) B C M (Hình14d) Tính chất 15: Tam giác nhọn ABC với đƣờng cao AN, BP, CM, trực tâm I Khi đó, ta có điểm I tâm đƣờng trịn nội tiếp tam giác MNP Chứng minh: PBC , Ta có tứ giác BMIN APIM tứ giác nội tiếp nên ta có: N M C CMP N A C (1) Lại có: PBC NAC (2) (vì phụ với góc ACB) A P M I D B N C (Hình 15) 18 Từ (1), (2) ta có: NMC CMP , tức CM đƣờng phân giác góc NMP Chứng minh tƣơng tự ta có đƣợc: AN, BP đƣờng phân giác tam giác MNP Vậy I tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác MNP Bình luận: Nếu cho tọa độ điểm M, N, P ta tìm tọa độ điểm I nhờ tính chất đường phân giác tam giác MNP Khi ta dễ dàng lập phương trình đường thẳng AC Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC Gọi M, N, P lần lƣợt hình chiếu C, A, B lên AB, BC, CA Biết M (1 ; ), N ( ; ), P ( 13 ; 19 ) Hãy lập phƣơng trình đƣờng thẳng AC Hướng dẫn giải: Theo tính chất 15, ta có đƣờng thẳng AM, BN, CP đồng quy điểm I tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác MNP Ta có: 640 MP ; NP 250 MP NP Theo tính chất đƣờng phân giác tam giác MNP ta có: MP MD NP ND 8 MD ND MD ND (Vì D nằm đoạn thẳng MN) Từ kết này, ta tìm đƣợc tọa độ điểm D( 13 ; 11 13 ) PD ( 144 65 ; 192 ) 65 vectơ pháp tuyến đƣờng thẳng AC, phƣơng trình đƣờng thẳng AC qua điểm P là: 3x + 4y – 23 = 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Đối với học sinh: - Đƣợc ôn tập, củng cố tính chất hình học phẳng, đặc biệt tính chất tam giác - Rèn luyện kỹ giải tốn hình học tọa độ rèn luyện tƣ trừu tƣợng - Có cách nhìn sâu sắc tốn tọa độ; hiểu đƣợc tốn hình học tọa độ khơng phải tự nhiên mà có đƣợc mà phải qua q trình miệt mài, sáng tạo ngƣời để có đƣợc tốn hay khó Từ em có đƣợc đam mê, động lực để học toán ngày yêu toán - Đề tài đƣợc tác giả áp dụng giảng dạy lớp 12C1(2007-2010), 12C2(2010-2013), 12C1(2013-2016), hiệu việc dạy học đƣợc khẳng định qua kỳ thi HSG, kỳ thi ĐH-CĐ (nay gọi kỳ thi THPT QG) Kết tơi có 16 giải cấp tỉnh mơn Tốn MTCT, có 03 giải Nhì, 06 giải Ba 06 giải Khuyến khích Nhiều HS thi ĐH-CĐ với số điểm đạt từ trở lên n (3;4 ) 19 2.4.2 Đối với thân đồng nghiệp - Đề tài tài liệu dùng cho hoạt động giảng dạy thân đồng nghiệp - Đề tài tổng kết nhiều tính chất đặc trƣng hình học túy, làm sở cho thân đồng nghiệp sáng tạo nên toán ktọa độ làm phong phú nguồn tƣ liệu cho hoạt động giảng dạy Bên cạnh đó, đề tài gợi ý cho thân đồng nghiệp tiếp tục mở rộng nghiên cứu tính chất loại hình khác nhƣ hình thang, hình bình hành, thoi, chữ nhật, vng để sáng tạo nên tốn hình học tọa độ cách đa dạng 2.4.3 Đối với nhà trường - Đề tài đƣợc áp dụng hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao chất lƣợng giáo dục; cải thiện thành tích thi HSG, thi THPT Quốc gia học sinh nhà trƣờng theo chiều hƣớng tích cực KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Quá trình nghiên cứu đề tài thu đƣợc số kết sau: - Phát biểu chứng minh số tính chất hình học tam giác; - Xây dựng đƣợc hệ thống tập hình học tọa độ sở tính chất hình học đƣa ra; đề xuất phƣơng pháp giải tập cách phù hợp - Rèn luyện kỹ xây dựng tốn hình học tọa độ từ tính chất hình học túy - Ngƣời học thấy đƣợc cội nguồn tốn hình học tọa độ hay khó, tạo cho ngƣời học hứng thú đam mê với toán học 3.2 Kiến nghị - Trên sở tính chất nêu, phát động giáo viên mơn tốn nhà trƣờng tiếp tục sáng tạo tốn hình học tọa độ để làm phong phú nguồn tƣ liệu cho hoạt động chuyên môn - Tìm tịi tính chất hình học dạng hình khác nhƣ hình thang, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vng từ sáng tạo tập hình học tọa độ để phục vụ cho công tác giảng dạy XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2016 ĐƠN VỊ Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung ngƣời khác Tác giả Trịnh Minh Lâm 20 ... biểu diễn tọa độ D theo tọa độ M H cho D thuộc CD ta tìm tọa độ D Từ tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Sau ví dụ toán tọa độ tạo nên từ ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC... tập cách phù hợp - Rèn luyện kỹ xây dựng tốn hình học tọa độ từ tính chất hình học túy - Ngƣời học thấy đƣợc cội nguồn tốn hình học tọa độ hay khó, tạo cho ngƣời học hứng thú đam mê với toán học. .. pháp chứng minh tính chất Sau tính chất đưa có phần lời bình nhằm định hướng cách sáng tạo tốn hình học tọa độ từ tính chất hình học đặc trưng, tiếp xây dựng tốn hình học tọa độ hướng dẫn giải