Khai thác ứng dụng một số tính chất hình học để giải quyết các bài toán tọa độ trong phẳng

Mục đích nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm là giáo viên có thể trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề về tọa độ trong mặt phẳng với mục đích ôn thi Đại học, cao đẳng, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi trong các kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Học sinh sau khi được trang bị những kiến thức cơ bản trên lớp có thể sử dụng tài liệu để tự học, tự nghiên cứu để bổ sung thêm kiến thức chuyên sâu.

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TỐN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG Các tác giả: Nguyễn Trường Sơn Nguyễn Thị Bích Ngọc Nguyễn Thị Hiền Đinh Kim Thoa Bùi Mỹ Nương Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy Ninh bình, tháng năm 2014 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở khoa học cơng nghệ Tỉnh Ninh Bình Chúng tơi: STT Họ tên Ngày tháng năm sinh Nơi cơng tác Chức danh Trình độ chun mơn Tỷ lệ đóng góp vào việc tạo sáng kiến Nguyễn Trường Sơn 01/08/1983 Trường THPT Không Chuyên Lương Văn Tụy Đại học 50% Nguyễn Thị Bích Ngọc 04/06/1976 Trường THPT Tổ phó Đại học 15% Chuyên Lương tổ Văn Tụy Toán Tin Bùi Mỹ Nương 10/02/1978 Trường THPT Không Chuyên Lương Văn Tụy Nguyễn Thị Hiền 06/01/1968 Trường THPT Phó bí Thạc sỹ 10% Chuyên Lương thư chi Văn Tụy Đinh Kim Thoa 27/01/1976 Trường THPT Không Chuyên Lương Văn Tụy Thạc sỹ 15% Đại học 10% Là đồng tác giả đề nghị công nhận sáng kiến: KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG  Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Mơn Tốn trường THPT trường Đại học, cao đẳng sư phạm  Mô tả chất sáng kiến * Về nội dung sáng kiến:  Các bước thực giải pháp điều kiện áp dụng: + Giáo viên trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề tọa độ mặt phẳng với mục đích ơn thi Đại học, cao đẳng, bồi dưỡng học sinh giỏi kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế + Học sinh sau trang bị kiến thức lớp sử dụng tài liệu để tự học, tự nghiên cứu để bổ sung thêm kiến thức chuyên sâu  Hiện trạng trước áp dụng giải pháp mới: Trong đề thi Đại học- Cao đẳng từ trước tới nay, toán tọa độ mặt phẳng thường xuyên xuất với mức độ ngày khó phong phú Có thể nói câu hỏi liên quan tới toán thường câu để học sinh đạt 8, 9, 10 điểm Để giải dạng tốn học sinh cần có kiến thức hình học phẳng chắn Việc phát "nút thắt" toán điều quan trọng nhất, định tới thành cơng lời giải Giải tốn Oxy giống giải cờ Tuy nhiên, em học sinh học tương đối yếu hình học phẳng nên việc phát tính chất hình học phẳng vơ khó khăn Điều làm cho em khơng tự tin điểm cách đáng tiếc Chương trình học chuyên đề lại nằm lớp 10, em học sinh cịn nhiều bỡ ngỡ, chưa ôn tập tìm hiểu sâu kiến thức liên quan Mặt khác, sách giáo khoa sách tập toán, phần tập lý thuyết dừng lại mức độ bản, dạng tập, kiến thức vận dụng Trong tài liệu tham khảo, tập tọa độ hình học phẳng mà có sử dụng kiến thức hình học phẳng nói chưa nhiều, chưa xây dựng theo hệ thống chi tiết thường đưa dạng tập ứng dụng vấn đề chung toán viết phương trình đường thẳng, đường trịn, chưa có nhiều dạng tập nâng cao Thực tế, lớp có nhiều đối tượng học sinh với mức độ nhận thức khác nhau, địi hỏi phải có hệ thống tập phù hợp cho đối tượng Trong tài liệu hành ý đến việc phân loại học sinh chưa phong phú chưa sát thực Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo nhiều tài liệu từ nhiều phương tiện, đối tượng học sinh luyện thi đại học học sinh giỏi cấp, nhiều thời gian, công sức, tốn nhiều tiền bạc Để đáp ứng yêu cầu nghiên cứu giảng dạy hình học tọa độ mặt phẳng học sinh cần phải có kiến thức kĩ tốt, khơng phân tích cách giải lời giải chi tiết người đọc khơng thể hiểu rõ chất tốn dẫn đến giải tốn cách máy móc, chí dễ mắc phải sai lầm  Những điểm giải pháp: +Về nội dung: Các tác giả xoay quanh toán nhỏ, khai thác ứng dụng hình học tốn Các tập xếp từ đến phức tạp, từ dễ đến khó, phù hợp với trình độ nhận thức đối tượng học sinh, dành cho nhiều đối tượng học sinh từ người học đến học sinh dự thi học sinh giỏi cấp Đa số toán sáng tạo nên thơng qua phần mềm tốn học The Geometer’s Sketchpad, Cabri… Các kiến thức hình học tài liệu liên quan tới kiến thức THCS nên việc tiếp cận với chuyên đề không khó khăn Chuyên đề viết cách có hệ thống có phân tích lời bình để nút thắt tốn nên học sinh dễ tìm hiểu mở rộng vấn đề Từ giúp em biết cách học, biết cách suy nghĩ, tìm tịi bước sáng tạo học toán +Về phương pháp: Xuất phát từ yêu cầu việc dạy học phần hình học tọa độ mặt phẳng, học sinh cần nắm vững hệ thống kiến thức ki cần thiết để giải thành thạo dạng tập từ dễ đến phức tạp Từ thực tế trường có nhiều đối tượng học sinh, từ học sinh chuyên, cận chuyên đến không chuyên Đề tài đúc rút thơng qua q trình giảng dạy thực tế số lớp đối tượng học sinh lớp, đặc biệt lớp ôn thi đại học Trong trình thực đề tài tham khảo, trao đổi với giáo viên khác tổ  Hiệu kinh tế hiệu xã hội đạt Hiệu kinh tế Qua ý kiến nhận xét học sinh, đồng nghiệp sử dụng sáng kiến làm tài liệu tham khảo học tập nghiên cứu, hiệu kinh tế mà sáng kiến mang lại lớn cụ thể: - Tiết kiệm nhiều thời gian cơng sức tìm tịi tài liệu giáo viên học sinh giảng dạy học tập mơn Tốn - Tiết kiệm nhiều chi phí mua tài liệu sưu tầm tài liệu - Tiết kiệm tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia Hiệu xã hội Sáng kiến tác giả triển khai áp dụng vào giảng dạy lớp 10, 11, 12 từ năm học 2013 học sinh sử dụng hiệu Hiệu mà sáng kiến chuyên đề khác mang lại mặt giáo dục, xã hội trước hết kết thi đại học, học sinh giỏi cấp học sinh Kết thi đại học môn Toán học sinh chuyên Toán – K52 cao, em đạt điểm trở lên, học sinh lớp khác chuyên Sinh, 12B1 năm học 2013 đạt điểm cao Đặc biệt, phần sáng kiến gửi lên tạp chí tốn học tuổi trẻ đăng tạp chí, bạn độc giả đón nhận - Sáng kiến tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, sinh viên, học sinh nghiên cứu toán học Giúp cho việc học tập chuyên đề liên quan tới toán tọa độ phẳng dễ dàng, hiệu quả; khơng cần thời gian, sức lực, trí óc để tìm tổng hợp kiến thức - Giúp trình học tập, giảng dạy chuyên đề tọa độ phẳng dễ dàng hiệu Làm tảng cho việc tiếp tục nghiên cứu phát triển ứng dụng tọa độ không gian - Giúp học sinh rèn kỹ tự học tự nghiên cứu, rèn khả quan sát, tư hình học  Về khả áp dụng sáng kiến: - Đây cách thức phân loại tập theo hướng đổi tư cho người học người dạy, phù hợp với xu thế, yêu cầu đổi phương pháp dạy học toán - Sáng kiến tài liệu tham khảo hữu ích cho đối tượng học sinh giáo viên học tập, nghiên cứu giảng dạy môn Tốn - Q trình áp dụng sáng kiến trường THPT chuyên Lương Văn Tụy từ năm 2013 cho thấy sáng kiến dễ dàng áp dụng mang lại hiệu Để sử dụng hiệu sáng kiến, người học nên sử dụng thêm phần mềm vẽ hình chuyên dụng cho mơn tốn để giúp cho việc sáng tạo phát tính chất hình học cách dễ dàng - Giáo viên xây dựng thêm tập sở phân loại tập để làm phong phú thêm kiến thức, tăng cường thêm số lượng tập áp dụng  Những cá nhân đơn vị áp dụng sáng kiến: - Bùi Nghĩa Hải -giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ - Phạm Vân Hà- giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ - Phạm Đức Tùng- giáo viên tốn trường THPT chun Lương Văn Tụy, trình độ thạc sĩ - Tập thể lớp 10 chuyên toán ( năm học 2013-2014) - Tập thể lớp 10 B1 ( năm học 2013-2014) - Tập thể lớp 10 chuyên sinh ( năm học 2013-2014) Chúng xin cam đoan thông tin nêu đơn trung thực, thật hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật Ninh Bình, ngày 22 tháng 05 năm 2014 Người nộp đơn Nguyễn Trường Sơn PHỤ LỤC I GIẢI TAM GIÁC Ta gọi chung toán: Xác định tọa độ đỉnh tam giác, yếu tố liên quan đến đường cao, trung tuyến, phân giác, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội, ngoại tiếp giải tam giác Muốn giải tốt dạng câu hỏi giải tam giác ta cần nắm tính chất sau: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I), H trực tâm tam giác Gọi E, F chân đường cao hạ từ B,C M trung điểm cạnh BC G trọng tâm tam giác ABC Khi đó:    Nhận xét AH  IM  AJ ( J trung  điểm  đoạn AH) Từ suy ra: GH  2GI Chứng minh + Với tam giác ABC vng hiển nhiên nhận xét + Với tam giác ABC không vuông Gọi D điểm đối xứng A qua I Suy D thuộc đường tròn (I)  DC  AC  DC  BH Ta có:  BH  AC  Tương tự, ta chứng minh DB  CH Khi đó, tứ giác BHCD hình bình hành Lại  có, M  là trung  điểm BC nên suy M trung điểm HD Khi : AH  IM  AJ ( đpcm)         Ta có : GA  2GM đó: GH  HA  2GI  IM  GH  2GI Thông qua nhận xét 1, học sinh nhận thấy điểm H, M, D thẳng hàng M trung điểm HD Nhận xét thường xuất đề thi Đại học – Cao đẳng Nhận xét JM  IA, IA  EF Chứng minh :   CEB   900 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn tâm M Ta có: CFB Ta có : AFHE nội tiếp đường trịn tâm J Suy : JM  EF Theo nhận xét 1, suy : IA  JM Từ suy điều phải chứng minh Nhận xét Gọi P giao điểm thứ hai đường thẳng BH với đường trịn (I) Khi đó, P điểm đối xứng H qua đường thẳng AC Chứng minh: Ta có:  ACP   ABP ( chắn cung AP)   ABE Như vậy, ACP   ABE ( tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn) Suy ra: ABP BA vừa đường phân giác vừa đường cao nên suy điều phải chứng minh Chú ý: Nếu P điểm đối xứng trực tâm H qua đường thẳng AC tam giác ABC P thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác HAC qua đường thẳng AC Nhận xét Gọi Q chân đường cao hạ từ đỉnh A tam giác nhọn ABC Khi H tâm nội tiếp tam giác EFQ Chứng minh:   FQH  Tứ giác AFHQ nội tiếp đường tròn nên FBH   EQH  Tứ giác HQCE nội tiếp đường tròn nên ECH   EQH  (  Từ suy ra: FQH ACP   ABE ) Vậy QH đường phân giác góc Q Chứng minh tương tự ta có EH phân giác góc E, FH phân giác góc F Như H tâm nội tiếp tam giác ABC Nhận xét Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi đường thẳng AJ cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác BAC điểm cung BC (khơng chứa A) Giả sử điểm U Khi dễ thấy: UJ=UB=UC Sau đây, chúng tơi xin đưa vài ví dụ áp dụng nhận xét Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có chân đường cao hạ từ B, C M(-1;-3), N(2;-3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết điểm A có tung độ âm Phân tích lời giải Với kiến thức trang bị trên, em học sinh dễ dàng phán đoán đưa lời giải Học sinh nhận OA  MN , để từ viết phương trình đường thẳng OA Khi tìm điểm A Mấu chốt tốn việc tìm tọa độ điểm A Lời giải  Cách Đường trịn (C ) có tâm O(0;0), bán kính R  Ta có: MN  (3;0) Theo  nhận xét 2, ta có: OA  MN Khi đường thẳng OA qua O, nhận MN  (3;0) làm vecto pháp tuyến có phương trình: x  Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x  x     y   2  x  y  25   y  5  Vì A có tung độ âm nên A(0;-5)   Ta có: AM  (1;2), AN  (2; 2) vecto phương đường thẳng AC, AB Phương trình đường thẳng AC: x  y   Phương trình đường thẳng AB: x  y   Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình: 2 x  y    x  0; y  5   C (4;3)  2  x  4; y   x  y  25 Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: x  y    x  0; y  5    x  5; y   B (5;0)   x  y  25       Dễ thấy: AB AC  0, BC.BA  0, CB.CA  nên tam giác ABC A(0; 5), B (5;0), C ( 4;3) nhọn Vậy Cách Giả sử H ( a; b) Gọi P, Q giao điểm thứ hai đường thẳng CH, BH với đường tròn (C ) Theo nhận xét 3, P, Q điểm đối xứng H qua AB, AC Vậy P(4  a, 6  b), Q ( 2  a; 6  b) Ta có hệ: (4  a )2  (6  b)2  25  a  1, b  2    a  1, b  10 2  (2  a)  (6  b)  25     Với H (1; 2) Ta có: HM  (2; 1), HN  (1; 1)  HM HN  1       Với H (1; 10) Ta có: HM  ( 2;7), HN  (1;7)  HM HN  47  Suy BAC góc tù ( mâu thuẫn với giả thiết) Do H (1; 2) Phương trình đường thẳng AC: x  y   Phương trình đường thẳng AB: x  y     Gọi I trung điểm BC Từ AH  2OI suy I ( ; ) Phương trình đường thẳng 2 BC là: x  y   Từ suy điểm A(0; 5), B (5; 0), C (4;3) thỏa mãn yêu cầu tốn Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-2;-1), trực tâm H(2;1), BC  Gọi E, F chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Lập phương trình đường thẳng BC, biết trung điểm M BC nằm đường thẳng d: x-2y-1=0 M có tung độ dương Lời giải M thuộc đường thẳng d nên M (2a  1; a )(a  0) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC    Ta có AH  (4;2), AH  AH  IM , suy I (2a  1; a  1), IM  M trung điểm BC nên IM  BC Do :  BC  IA     IM  10    (2a  1)  a  10  5a  4a   a   a    Do a>0 nên a=1 Suy M(3;1) Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông A DC AE D, AD  AB  Điểm E(2;4) thuộc đoạn AB  Điểm F thuộc BC AB thỏa mãn ΔDEF cân E Phương trình đường thẳng EF 2x+y−8=0 Tìm tọa độ đỉnh hình thang biết D thuộc đường thẳng d:x+y=0 A có hồnh độ nhỏ thuộc đường thẳng d′:3x+y−8=0 Lời giải Gọi M trung điểm DF Ta có tam giác DBF vng B có M điểm DF nên tam giác MFB cân M   nên MFB  MBF Xét tứ giác EMFB   có MEB  MFB  135   MBF   1350 Mà MBE   MEB  suy ME=MB Từ suy MBE Từ suy tứ giác DEBF nội tiếp đường trịn tâm M bán kính MD Khi   900 tam giác cân E nên suy tam giác DEF vuông cân E DEF Phương trình đường thẳng ED là: ( x  2)  2( y  4)   x  y   x  y    D(2;2) Tọa độ điểm D thỏa mãn hệ phương trình:  x  y    Do A thuộc d’ nên A(a; 8-3a) ( a < 2) Ta có: EA  ( a  2;  3a ) , DA  (a  2;6  3a ) Khi ta có: ( a  2)( a  2)  (4  3a )(6  3a )    3a  a   a  Vậy A(1;5)     Ta có: BE  EA  (2;2)  B (4;2) DC  6 EA  (6; 6)  C (4; 4) Bài tập tự luyện Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD song song với BC, AD = 2BC, đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC 2x - y - = 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng ∆ : x - 2y +10 = Tìm tọa độ   đỉnh cịn lại hình thang cho biết cot ADC Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB,CD; hai đường chéo AC ,BD vuông góc với Biết 35 A( 0;3) , B (3;4) C nằm trục hoành Xác định toạ độ đỉnh D hình thang ABCD Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A D Biết E, F trung điểm AB, AD Biết F(0;3), E thuộc đường thẳng d:x+y-6=0, đỉnh C(8;1) Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình thang ABCD biết DE qua M(2;9) ; CD > AB ;AC vuông góc với BD Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD vng A D có đáy lớn CD, đường thẳng AD có phương trình d: 3x-y=0, đường thẳng BD có phương trình d’: x-2y=0, góc tạo đường thẳng BC AB 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 24 điểm B có hồnh độ dương HÌNH VNG VÀ HÌNH CHỮ NHẬT Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm C(3; -3) điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = Gọi M trung điểm BC, đường thẳng DM phương trình : x – y –2 = Xác định tọa độ điểm A, B, D Lời giải A d  A(t; -3t) Ta có: d(C; DM) = t  d(A; DM)  | 4t -4 | = | t - | =   t  1 t =  A(3, -7) (loại A, C phải khác phía đối DM) t = -1  A(-1, 5) (thỏa mãn) Giả sử D(m; m-2)    AD  CD (m  1)(m  3)  ( m  7)(m  1)    m   D(5;3)  2 2  AD  CD (m  1)  (m  7)  (m  3)  ( m  1) Gọi I tâm hình vng  I trung điểm AC  I (1; 1) Do I trung điểm BD  B(-3; -1) Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x  y  x  y   đường thẳng d: x  y   Tìm đỉnh hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc d có hồnh độ dương Lời giải Đường trịn ( x  1)  ( y  3)  có tâm I (1;3) bán kính R  2 Vì A thuộc d nên A( x;2  x ) x  Ta có IA2   ( x  1)  (1  x)   ( x  1)     x  3 ( L) 36 Vậy A(1;1)  C ( 3;5)   Đường thẳng BD qua I (1;3) vng góc với IA nên nhận IA  (2; 2) // u (1; 1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: x  y   Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình: x  ( x  1)2  ( x  1)2   ( x  1)     x  3 Với x   y  Với x  3  y  Vậy B(1;5)  D(-3;1) ngược lại Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung  11  điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M  ;   2 đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A Lời giải Ta có : AN = 5a a 10 a ; AM = ; MN = ; AM  AN  MN   45o cosA = =  MAN AM AN Phương trình đường thẳng AM : ax  by   cos MAN 2a  b 5( a  b )  t = hay t    11 a b 0 2 a  3t2 – 8t – = (với t = ) b 2 x  y   + Với t =  tọa độ A nghiệm hệ :   A (4; 5) 3x  y  17  + Với t    tọa độ A nghiệm hệ : 2 x  y    A (1; -1)  x  y    Thí dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình: ( x  2)  ( y  3)  10 Xác định tọa độ đỉnh hình vng biết đường thẳng chứa cạnh AB qua điểm M (3; 2) điểm A có hồnh độ dương 37 Lời giải Phương trình đường ax  by  3a  2b  (a  b  0) thẳng qua M(-3;-2) có dạng Đường trịn (C) có tâm I(2;3) bán kính R  10 (C) tiếp xúc với AB nên d  I ; AB   R hay 2a  3b  3a  2b a b  10  10(a  b )  25(a  b )2  a  3b  (a  3b)(3a  b)    b  3a Do phương trình AB x - y -  AB: 3x - y   Nếu AB: 3x - y   Gọi A(t;3t+7) A có hồnh độ xA  nên t > IA  2.R  20 nên t  2 t    3t    20  10t  20t  20  20   (loại) t    Nếu AB: x - y -  Gọi A(3t+3;t) A có hồnh độ xA  nên t >-1 2 IA2  2.R  20 nên 1  3t    t  3  20  10t  10  20  t  A(6;1)  C(-2;5) B(0;-1); D(4;7) Suy Vậy điểm cần tìm A(6;1); B (0; 1); C (2;5); D (4;7) Thí dụ Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(5;-7), A thuộc đường thẳng d : x  y   , đường thẳng qua điểm D trung điểm BC có phương trình d ' : x  y  23  Tìm tọa độ điểm A B, biết A có hồnh độ dương Lời giải Vì A thuộc đường thẳng d nên A(t ; t+4) Gọi I giao điểm AC d’   IC MC a  10 a  10 Khi theo định lí Ta- let ta có :    IA  2 IC  I ( ; ) IA AD 2 Mà I thuộc d’ nên a=1 Vậy A(1;5) Gọi M trung điểm BC M thuộc d’ nên M(13+4t;4+3t) Suy B(21+8t ; 15+6t) t  3   Lại có : AB.CB    t    Với t=-3 B(-3 ;-3) 38 Với t   33 21 B( ; ) 5 Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 6, đường chéo AC có phương trình x+2y-9=0 Điểm M nằm cạnh BC Tìm tọa độ điểm A, B, C, D biết C có tung độ số nguyên đường thẳng CD qua N(2 ;8) Lời giải Vì C thuộc đường thẳng AC nên C(9-2c ;c)   Khi NC  (7  2c; c  8), MC  (9  2c; c  4) c    Ta có : NC.MC   (7  2c)(9  2c)  (c  8)(c  4)    19 c   Vì C có tung độ số ngun nên C(-1 ;5) Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC A’ 22 Khi : MA’ có phương trình 2x-y+4=0 Suy A '( ; ) 5 Ta có : S A ' MC  1 MA '.MC    S ABC  CB    CB  3CM  B (2;2) Do :    S A ' MC  CM      Tương tự CA  3CA '  A(3;3) Từ AB  CD  D(0;6) Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm B, C thuộc trục tung Phương trình đường chéo AC 3x+4y-16=0 Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD cho biết bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD Lời giải Ta có C giao điểm trục tung đường thẳng AC nên C(0;4) Vì bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD nên bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Vì B nằm trục tung nên B(0 ;b) Đường thẳng AB qua B vng góc với Oy nên AB có phương trình y=b Vì A giao điểm AB AC nên A( 16  4b ; b) Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Ta có : 39 S ABC  ( AB  BC  CA)r  r  b4 Theo giả thiết r=1 nên ta có b=1 b=7 Với b=1 ta có A(4 ;1), B(0 ;1) D(4 ;4) Với b=7 ta có A(-4 ;7), B(0 ;-7) D(-4 ;4) Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  y   , đỉnh C thuộc đường thẳng d ' : x  y   Gọi H hình chiếu B lên đường chéo AC Biết M ( ; ); K (9;2) trung 5 điểm AH CD Biết đỉnh C có hồnh độ lớn Hãy tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Lời giải Gọi E điểm đối xứng B qua C Ta có K trung điểm AE Gọi B(b;2b+2); C(c;c-5) với c>4 Khi E (2c  b;2c  2b  12)   72 76 Do có: HE  MK  H (2c  b  ;2c  2b  ) 5   Khi đó: CK (9  c;7  c); BC (c  b; c  2b  7)  72 86  27 BH (2c  2b  ; 2c  4b  ); MC (c  ; c  ) 5 5   b  2c  3bc  23c  23b  49  CK BC    Ta có:       c  126 594 b  46c  0  BH MC  4c  6bc   5    c  4( L ) Từ có: B(1;4); C(9;4) Do K trung điểm CD nên D(9;0) Lại có C trung điểm BE nên E(17;4) K trung điểm AE nên A(1;0) Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(-1;3), đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  y   Gọi M , N trung điểm BC CD I giao điểm AM BN Tìm tọa độ điểm C , biết 7 1 I  ;  5 5 A B I Lời giải Do BI qua I vng góc với AI  BI qua 40 D N M C   12 16  I ( ;  ) có vecto pháp tuyến AI   ;    BI : 3x  y   , mà 5 5  x  y 1  x    B  3;1 B  d  BI  tọa độ B nghiệm hệ:  3x  y   y 1  Vì BC qua B có vecto pháp tuyến AB   4; 2   BC: 2x – y – =  C(a; 2a- 5) a  2 Do AB = BC   a  3   2a    20  a  6a     a  Với a =  C(5; 5) Với a =  C(1; -3) Thí dụ 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) cạnh BC = 2AB Gọi M, N trung điểm AB BC Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng MN x + 3y – 16 = Lời giải Gọi K H hình chiếu vng góc D MN AC Phương trình DK 3x - y - 24 =  K ( 44 12 ; ) 5 Gọi I = MN  CD Ta có ACIM hình bình hành  CI = AM Theo định lý Thales thuận ta có: DH DC 41    H( ; ) DK DI 5 Đường thẳng AC qua H AC // MN  AC: x + 3y - 10 = C  AC  C(10 - 3c; c) c  1 2 Trong ACD có    CD  18  10c  12c    c  AD CD DH  Do đó: C (10;0), C ( 32 ; ) 5 Thí dụ 11 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(0; 2), N(5; - 3), P(- 2; - 2), 41 Q(2; - 4) thuộc cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD Tính diện tích hình vng Lời giải Đường thẳng chứa cạnh AB: ax + b(y - 2) = Đường thẳng chứa cạnh BC: b(x - 5) - a(y + 3) = d(P; (AB)) = d(Q; (BC)) 2 a  b(2  2) b(2  5)  a ( 4  3)    2( a  2b)  a  3b a  b2 a2  b2  2a  4b  a  3b  a  7b    2a  4b  a  3b b  3a i) a = 7, b = - 1: d(P; (AB)) = d(Q; (BC)) =  dt(ABCD) = ii) a = 1, b = - 3: d(P; (AB)) = d(Q; (BC)) = 10  dt(ABCD) = 10 Bài tập tự luyện Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3;-3) đường thẳng x  1 t d1 : x  y   d :  (t  R) Tìm tọa độ đỉnh B, C, D hình  y  1  3t vuông ABCD biết điểm C thuộc d , điểm B, M thuộc d1 với M trung điểm AD, điểm C có hoành độ âm Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, biết phương trình đường thẳng BD : 3x-y-8=0, đường thẳng AB qua M(1;5), đường chéo AC qua P(2;3) Tìm tọa độ đỉnh hình vng cho Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường thẳng AB, AD qua M(2;3) N(-1; 2) Viết phương trình đường thẳng BC CD biết tâm hình chữ nhật điểm I ( ; ) AC  26 2 Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vng góc Oxy, cho hình vng ABCD Gọi E,F điểm thuộc cạnh AB,AD Xác định tọa độ đỉnh C, biết E (1; ) , phương trình đường thẳng CF:y=2x hình vng ABCD có chu vi gấp lần chu vi tam giác AEF Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(−1;1), điểm M thuộc cạnh BC cho MC=2MB, điểm N thuộc cạnh CD   450 Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng MN 7x+y−24=0 cho NAM N có tung độ âm 42 Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm E(2;3) thuộc đoạn thẳng BD Các điểm H(−2;3) K(2;4) hình chiếu vng góc điểm E AB,AD Xác định tọa độ đỉnh hình vng Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có B(4;6), điểm M(3;3) nằm AC thoả mãn 2AM = MC Tìm toạ độ đỉnh hình vng ABCD biết AD nằm đường thẳng 3x+y+1=0 Bài tập Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y   Đường thẳng qua D trung điểm đoạn AB có phương trình: 3x  y  23  Tìm tọa độ B C , biết điểm B có hồnh độ dương Bài tập Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  21  đường thẳng d:x+y−1=0 Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (C) biết A  d Bài tập 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;3),B(5;2),C(8;6) đường thẳng d: y=x+5 Tìm d điểm D cho hình vng MNPQ có cạnh MN, NP, PQ, QM qua điểm A, B, C, D có diện tích đạt giá trị lớn III CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN TỚI ĐƯỜNG TRỊN Một toán tương giao đường thẳng đường tròn quan trọng, thường xuyên xuất kì thi Đại học, cao đẳng Các kiến thức cần nhớ là: Cho đường trịn (C) có tâm I, bán kính R đường thẳng  Nếu d ( I ;  )  R :  (C) khơng có điểm chung Khi đó: Từ điểm nằm đường thẳng  ln kẻ hai tiếp tuyến đến (C) Lấy điểm K đường trịn (C) Khi đó: d ( I ;  )  R  d ( K ;  )  d ( I ;  )  R Nếu d ( I ;  )  R :  tiếp tuyến đường tròn (C) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (C) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) ( A,B hai tiếp điểm) Khi đó: AMB + AB  MI , MI tia phân giác góc  + SMAIB  2S AIM  AI AM  AH IM Nếu d ( I ;  )  R :  cắt (C) hai điểm phân biệt C D Gọi H trung điểm đoạn CD Khi đó: 43 + Tam giác ICD cân I S ICD  + IH  CD, IH  R   R sin CID CD + Độ dài đoạn CD lớn đường thẳng CD qua tâm I đường trịn (C) Thí dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x  y  x  y   điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d qua A, gọi B, C giao điểm đường thẳng d với (C) Lập phương trình d cho AB  AC nhỏ Lời giải Tâm đường tròn I (3; 1), R  2; IA   d ( I , A)  R  nên điểm A nằm ngồi (C) Ta có PA/(C )  AB.AC = d2 R2 = 16 ; AB  AC  AB AC  2.4  Dấu “=” xảy  AB = AC = Khi d tiếp tuyến (C), d có dạng a ( x  1)  b( y  3)   ax  by  a  3b  Từ ta có d ( I , d )   3a  b  a  3a a2  b2 b   a    3b  4ab    4a  3b Vậy phương trình d : x=1, 3x+4y-15=0 Thí dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x  y  x  y   điểm M (7;7) Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Lời giải (T )  ( x  1)  ( y  2)  13  I (1; 2); R  13  Ta có: IM (6;9)  IM  117  13 Suy điểm M nằm (T) Vậy từ M kẻ đến (T) tiếp tuyến Gọi K  MI  AmB Ta có MA  MB, IA  IB  MI đường trung trực AB  KA =  KAB  KBA  KAM  KBM  K đường tròn nội tiếp tam giác MAB A I  x   2t Phương trình đường thẳng MI:   y  2  3t MI  (T ) K1(3;1) K2(-8;-12) m K B KB tâm M 44 , Ta có AK1  AK2 Vậy K  K1 , tức K(3;1) Thí dụ Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: y  Gọi (C) đường tròn cắt d điểm B, C cho tiếp tuyến (C) B C cắt O Viết phương trình đường trịn (C), biết tam giác OBC Lời giải Gọi (C)có tâm I bán kính R OI cắt BC H H trung điểm BC OH vng góc BC =>H(0; )=>OH= Do tam giác OBC BC   BC  nên OH= I B C H Trong tam giác vuông HB  HI HO   IH  IB có IBH có   HI  OH  (0; )  I (0; ) 3 O R  IB  IH  HB  Trong tam giác vuông Vậy phương trình đường trịn (C): x  ( y  4 )  3 Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) đường thẳng  : x – y + = Viết phương trình đường trịn qua M cắt  điểm A, B phân biệt cho MAB vuông M có diện tích Lời giải Đường trịn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình ( x  a )2  ( y  b )2  R MAB vuông M nên AB đường kính suy  qua I đó: a - b + = (1) Hạ MH  AB có MH  d( M , )  S MAB  1  M  1 MH AB   R  R  2 2 Vì đường trịn qua M nên (2  a)  (1  b)  (2) 45 A H I B (1) a  b   Ta có hệ  2 (2  a )  (1  b)  (2) Giải hệ a = 1; b = Vậy (C) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)  Thí dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: x2 + y2 – x – 4y – = điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3) Tìm điểm M đường tròn (C ) cho P = MA2 + MB2 nhỏ Lời giải Đường trịn (C) có tâm I ( ;2), R  2 Gọi H trung điểm đoạn AB => H(5; -4) Xét tam giác MAB có MH  MA2  MB AB AB   P  MA2  MB  2MH  P nhỏ MH nhỏ hay M giao điểm OH với (C)  x   3t mà IH :  , thay vào phương trình đường trịn ta phương trình  y  4  4t t  1 t  3t     t  2 Với t = -1 M(2; 0), với t = -2 M(-1; 4) -Kiểm tra thấy M(2; 0) điểm cần tìm Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng  : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn Lời giải (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2; -2); R = Giả sử  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có SABC AIB = sin  = IA.IB.sin  AIB AIB =  AIB vng I Do SABC lớn sin   IH =  4m IA  (thỏa IH < R)  1 m2  46 m   15m – 8m    m  15  Thí dụ Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho đường tròn (C): x  y  x  y   điểm A(1;0) Gọi M, N hai điểm đường trịn (C) cho tam giác AMN vng cân A Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm M, N  Lời giải Tâm I(1;-2), IA  (0;2) Tam giác AMN cân A IA  MN Gọi d  AI suy d có dạng y = - m Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d là: x  x  m  4m   (1) d cắt (C) hai điểm phân biệt M, N (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2     m2  4m   (*) Khi theo định lý Viet ta có:  x1  x2    x1.x2  m  4m  Gọi M  x1;  m  , N ( x2 ;  m) Tam giác AMN vuông A   AM AN   x1.x2  ( x1  x2 )  m  m   m  4m      m  3 So với đk (*) có hai giá trị tham số m m = hay m = -3 Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) tâm I có hồnh độ dương thuộc đường thẳng d : x  y   điểm A(1; 2) nằm ngồi đường trịn Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (với B, C tiếp điểm), viết phương trình đường trịn (C) biết IA  2 đường thẳng BC qua điểm M(3; 1) 2 Lời giải Do I  d  I ( a; a  1); IA  2   a  1   a  1   a  1 , hồnh độ I dương nên a =3  I (3;4)  a  47 Gọi K trung điểm AI  K  2;3 AB, AC tiếp tuyến với (C) nên tứ giác ABIC nội tiếp đường trịn  C1  có tâm K bán kính R1  AI  2 2 Ta có phương trình (C1 ) :  x     y  3  2 R bán kính đường trịn (C) ta có pt (C ) :  x  3   y    R  x  2   y  2  Do B, C = (C )  (C1 )  tọa độ B, C nghiệm hệ:  2  x     y    R Trừ theo vế pt hệ ta phương trình BC: x  y  R  14  ( điều kiện R < AI) Mà M(3; 1)  BC  6  R   R  2 Khi phương trình (C ) :  x  3   y    Thí dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)  đường thẳng (d) có phương trình x - y + = Tìm (d) điểm M cho từ kẻ hai tiếp tuyến (C) MA, MB(A, B hai tiếp điểm) cho độ dài AB nhỏ Lời giải Đường trịn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = Gọi H giao điểm IM AB IM  AB HA = HB d(I, d) = > R Suy qua M thuộc (d) kẻ tiếp tuyến (C) Tam giác AMI vng M có:: 1 1  2   2 2 2 AH AI AM AB R IM  R Từ suy ra, AB nhỏ khi IM nhỏ , khi M hình chiếu I (d)  M  (d )  M ( x; x  7)  MI  (1  x; 5  x) ,  d có véc tơ phương a  (1; 1)   MI  (d )  MI a    x   x   x  2  M ( 2;5) Bài tập tự luyện Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  2)  ( y  1)  đường thẳng ( d ) : x  y   Tìm điểm M thuộc d cho qua M kẻ tiếp tuyến đến (C ) để độ dài AB nhỏ ( A, B tiếp điểm) 48 Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình x  y  Viết phương trình tiếp tuyến d đường trịn (C) cho d cắt trục Ox, Oy hai điểm A, B diện tích tam giác OAB nhỏ Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình ( x  2)2  y  đường thẳng d: x-y=0, d’: x-7y=0 Xác định tọa độ tâm K bán kính đường trịn (C’), biết đường tròn (C’) tiếp xúc với đường thẳng d, d’ có tâm K thuộc đường trịn (C) Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình x  y  x  y   điểm M(-3;1) Gọi A, B tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (C) Viết phương trình đường trịn (C) Bài tập Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)  điểm A(2;1) Đường thẳng d thay đổi qua A cắt đường tròn (C) hai điểm B C Hai tiếp tuyến (C) B C cắt M Tìm quỹ tích điểm M 49 ... sỹ 15% Đại học 10% Là đồng tác giả đề nghị công nhận sáng kiến: KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG  Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Mơn Tốn... thấy sáng kiến dễ dàng áp dụng mang lại hiệu Để sử dụng hiệu sáng kiến, người học nên sử dụng thêm phần mềm vẽ hình chun dụng cho mơn tốn để giúp cho việc sáng tạo phát tính chất hình học cách... Đại học, cao đẳng sư phạm  Mô tả chất sáng kiến * Về nội dung sáng kiến:  Các bước thực giải pháp điều kiện áp dụng: + Giáo viên trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề tọa độ mặt phẳng