SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT YÊN MỸ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “ĐI TÌM NGUỒN GỐC BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG, ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI VÀ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH” Môn : Toán Nhóm tác giả : Nguyễn Cao Thời - Trường THPT Yên Mỹ Vũ Văn Dũng - Trường THPT Triệu Quang Phục Nguyễn Văn Phu Chức vụ - Trường THPT Minh Châu : Giáo viên Năm học: 2015 - 2016 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “ĐI TÌM NGUỒN GỐC BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG, ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI VÀ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH” A ĐẶT VẤN ĐỀ I – Lý chọn đề tài Bài toán hình học giải tích mặt phẳng toán thường xuất kỳ thi, kỳ thi Đại học, THPT Quốc Gia Nó coi điểm thứ đề thi, câu khó với nhiều đối tượng học sinh, học sinh có lực trung bình câu có tính phân loại học sinh Học sinh muốn đạt điểm tốt môn Toán cần phải biết cách vượt qua toán dạng Vì quan tâm đặc biệt học sinh thầy, cô dạy toán Các toán hình học giải tích phẳng thường gắn liền với số tính chất hình học phẳng túy Việc khó khăn toán, cần phải sử dụng tính chất hình học nào, tính chất có phát biểu toán hay phải phán đoán tính chất có lợi cho toán chứng minh Một việc phải chuyển từ ngôn ngữ hình học phẳng sang ngôn ngữ hình giải tích phẳng cho thuận tiện dễ hiểu Để giúp thầy, cô có nhìn rõ đề thi đại học năm gần đây, dạy học ôn thi hiệu quả; để giúp em học sinh tiếp thu dạng toán dễ dàng Chúng mạnh dạn chọn đề tài: “Đi tìm nguồn gốc toán hình học giải tích mặt phẳng, định hướng cách giải phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh” II – Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu khó khăn thuận lợi học sinh giải toán hình học giải tích phẳng, thông qua chuyên đề, trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp tìm tòi thân Đưa số tính chất hình học thường dùng, hệ thống tập áp dụng; khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa từ số toán hình học phẳng sang toán hình học giải tích phẳng III – Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Giáo viên giảng dạy môn toán THPT - Học sinh khối 10 THPT - Học sinh khối 12 ôn thi kỳ thi THPT Quốc gia - Đội tuyển thi học sinh giỏi tỉnh khối 12 IV – Phương pháp nghiên cứu - Trao đổi với đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực - Tìm kiếm tài liệu liên quan đến hình học phẳng, hình học giải tích phẳng; sáng kiến kinh nghiệm đồng nghiệp thuộc môn toán - Giảng dạy tiết tập, chuyên đề lớp 10A6, 10A1, 12A1 trường THPT Yên Mỹ, Minh Châu, Triệu Quang Phục để thu thập thông tin - Họp nhóm biên soạn để tìm phương án hợp lý B NỘI DUNG I - Thực trạng vấn đề trước làm đề tài Huyện Yên Mỹ tỉnh Hưng Yên có ba trường THPT công lập THPT Yên Mỹ, THPT Minh Châu THPT Triệu Quang Phục Quá trình dạy học môn Toán trường huyện dừng lại mức độ hội học, hội giảng trao đổi kinh nghiệm nội trường mà chưa có hoạt động mang tính liên trường với Vì mà kinh nghiệm giảng dạy chưa có nhìn toàn diện sâu sắc Nhiều thầy cô lúng túng việc lựa chọn phương pháp giảng dạy hệ thống tập chưa phù hợp học sinh gặp nhiều khó khăn Đề tài tạo sân chơi hội để thầy cô dạy môn Toán ba trường giao lưu, học hỏi, trao đổi sáng kiến, kinh nghiệm biện pháp giảng dạy đề tài hình học giải tích phẳng cho có hiệu quả, giúp học sinh dễ tiếp thu kiến thức II – Kết đạt áp dụng đề tài Sau áp dụng kết nghiên cứu đề tài qua khảo sát cho thấy đa phần thầy cô thấy có hiệu thực áp dụng dạy lớp Trong hai đề thi thử Đại học có 85% học sinh lớp 10 90% học sinh lớp 12 giải toán hình học giải tích phẳng III – Khả ứng dụng triển khai kết - Đề tài làm tài liệu tham khảo giảng dạy cho thầy cô dạy môn Toán trường THPT - Đề tài tài liệu tham khảo bổ ích cho em thi học sinh giỏi, khối 10 em học sinh thi THPT Quốc gia IV – Cơ sở lí luận Phương pháp phát giải vấn đề Phương pháp tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa Một số kết hình học phẳng thường dùng Tính chất Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, tiếp tuyến Cx C · · ·  BIC ·  BDC  BCx Khi BAC Tính chất Cho hình vuông ABCD, gọi M, N trung điểm BC CD Khi AM  BN Tính chất Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Có trực tâm H, uuuur uuur M trung điểm BC Khi AH  IM Tính chất Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Gọi H, K chân đường cao kẻ từ B, C xuống cạnh AC, BC Khi IA  HK Tính chất Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi D giao điểm thứ hai đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ABC M giao điểm AH với BC Khi M trung điểm HD Tính chất Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J Gọi D giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC ID  BC Tính chất Cho ABC có trực tâm H; E, D hình chiếu vuông góc C, B lên cạnh AB AC Gọi P trung điểm AH, M trung điểm BC Khi PM  ED Tính chất Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống cạnh BC, CA, AB Khi H tâm đường tròn nội tiếp DEF Chú ý: Cần đặc biệt ý quan hệ vuông góc, nhau, quan hệ góc hình vuông, hình thoi tam giác đặc biệt Các công thức diện tích, khoảng cách, công thức tính góc, định lý sin, cosin tam giác… Một số toán Bài toán Lập phương trình đường thẳng Qua hai điểm phân biệt Qua điểm vuông góc với đường thẳng cho trước Qua điểm song song với đường thẳng cho trước Qua điểm tạo với đường thẳng cho trước góc không đổi Qua điểm cách điểm khoảng không đổi Là phân giác tạo hai đường thẳng cắt Là phân giác góc tam giác cho trước Bài toán Tìm điểm M thỏa mãn tính chất cho trước A Đối xứng với điểm qua đường thẳng d B Thuộc đường cho cách điểm cố định khoảng không đổi I(a;b) c Δ M(ts) Thuộc hai đường mà ta cần xác định hai phương trình hai đường d1 d d2 M M M I I1 I2 Điểm M thuộc đường thẳng (∆) M với điểm I cho trước tạo với (∆) góc không đổi I(a;b) α Δ M(ts) Bài toán Lập phương trình đường tròn u Qua ba điểm A, B, C không thẳng hàng Biết tâm bán kính Biết tâm thuộc đường thỏa mãn tính chất cho trước Một số ý Về toán tìm điểm +) Điểm cần tìm có yếu tố thuận lợi +) Điểm cần tìm có thuộc đường biết không +) Có thể tính khoảng cách từ điểm đến điểm cố định không +) Cần đặc biệt ý điểm cần tìm trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp… +) Để tìm điểm A, tìm điểm B thuận lợi mà từ xác định tọa độ điểm A Về mối liên hệ ba điểm Cho ba điểm A, B, C biết hai ba điểm Khi điểm có mối quan hệ sau: B B C A A +) Tạo thành mối quan hệ vuông góc C +) Tạo thành tam giác cân, A B α C +) Tạo thành góc xác định A B C +) Ba điểm thẳng hàng Về mối liên hệ hai điểm đường thẳng Cho hai điểm A, B đường thẳng d Khi chúng có mối quan hệ A sau: +) AB tạo với d góc xác định (B thuộc d) B α d A +) Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng d d B Các bước tìm lời giải toán hình giải tích phẳng Bước Từ giả thiết toán phát tính chất hình học mối liên hệ ràng buộc Bước Đại số hóa điểm, đường từ mối liên hệ hình học điểm, đường toán để có phương trình, hệ phương trình Bước Giải phương trình, hệ phương trình tìm tọa độ điểm hay phương trình đường Bước Kết luận; đánh giá, tìm hướng phát triển PHẦN I TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN ĐẾN BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC (Nguyễn Cao Thời) Hình học Euclid (hình học phẳng) hình học xây dựng hệ tiên đề, hình học giải tích phẳng cách biểu hình học Euclid ngôn ngữ đại số Từ toán hình học phẳng cách tọa độ hóa điểm, đường thẳng khác ta có cách phát biểu toán khác mà không làm thay đổi tính chất toán ban đầu (bài toán gốc) Từ toán gốc ta sáng tác nhiều toán hình giải tích phẳng khác Vậy nên, muốn nghiên cứu toán hình giải tích phẳng cách triệt để có tính phát triển việc tìm toán cội nguồn vô cần thiết Xuất phát từ toán: “Cho hình vuông ABCD Gọi M N trung điểm BC CD Khi AN  DM ” Bằng cách tọa độ hóa điểm M cho phương trình đường thẳng AN Ta có toán sau: “Cho hình vuông ABCD Gọi M N trung điểm BC DC Biết điểm M(2; 3) đường thẳng AN có phương trình x - 2y + =0 Tìm tọa độ điểm A” Trong toán xét điểm N vị trí N’, thay DM thành PM giữ cố định AM; vẽ đường tròn đường kính AM Bằng trực giác ta thấy AN '  PM giao điểm H AN’ PM nằm BD Bằng công cụ vectơ hay tọa độ ta chứng minh nhận định Ta có kết sau: “Cho hình vuông ABCD Gọi N điểm cạnh DC NC = 2DN, P điểm cạnh AD cho PA = 5PD, H giao điểm AN PM Khi tam giác AHM vuông cân H thuộc BD thỏa mãn HB = 3HD” Đến cách cho biết tọa độ số điểm cho số đường thẳng có phương trình hợp lý, ta có nhiều toán vấn đề, hai toán hai đề thi Đại học năm 2012 năm 2014 Bài toán (ĐH_A_2012) Cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M  ;  AN có  2 11 phương trình 2x - y - = Tìm tọa độ điểm A Có hướng để tìm tọa độ điểm A Hướng “Tìm độ lớn góc M H” (cách 1) A B Hướng “Tìm độ lớn góc M H” (cách 2) M H Hướng “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 1) P D C N Hướng “Tính M kh ng s d ng yếu tố góc” (cách 2) Nhận xét: Nếu toán thay cho tọa độ điểm M, mà thay cho tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AM Thì toán mức độ sâu Thay cho phương trình đường thẳng AN ta cho tọa độ điểm H, từ ta có đề thi Đại học khối A năm 2014 Bài toán (ĐH_A_2014) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ xy, cho hình vuông ABCD có điểm M trung điểm đoạn BC H điểm thuộc đoạn DB cho HB = 3DH Viết phương trình đường thẳng AD, biết M(1; 2) H(2; -1) A A B B ? M M H P H P D N C D C N Hướng “Tìm trung điểm I c a đoạn thẳng D” Hướng “Tìm hai điểm ph n biệt tr n đường D” Hướng “Tìm điểm tr n D góc gi a D với đường thẳng cố định (HM) kh ng đ i” AMP  45o góc đặc biệt, nên khai thác theo hướng “số đo góc Để ý góc · tâm hai lần số đo góc nội tiếp chắn cung” ta có toán sau: Bài toán Cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC, H điểm thuộc đường chéo BD cho BH = 3HD, MH cắt cạnh AD P Giả sử điểm I(-1; 2) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP, đường thẳng AD có phương trình 2x - y - = Tìm tọa độ điểm A ĐS: A(1; -4) Xét toán gốc góc nhìn khác B F E H G A M 10 Từ (1),(2),(3) suy tứ giác B’MLC’ hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn đường kính LB’ hay đường kính C’M KH đường tròn (C) E, F chân đường cao kẻ từ B C nên BE  EB '; CF  C ' F Hay · 'C ·' FM  900  E, F  (C ) Chứng minh tương tự MKC · '  900  K  (C) LEB Chứng minh tương tự tứ giác A’C’KM hình chữ nhật nên điểm A’, C’, K, M · '  900  D  (C ) thuộc đường tròn (C) Mà KDA Vậy điểm A’, B’, C’, D,E,F,K,L,M thuộc đường tròn (C).Gọi D điểm đối xứng A qua I Khi tứ giác BHCD hình bình hành uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur  HB  HC  HD  HA  HB  HC  HA  HD  2HI uuur uuur uuur uuur uuur uuur uur uuur GA  GH  GB  GH  GC  GH  2(GI  GH ) uuur uur  GH  2GI (ĐPCM) Nh n xét: Từ t nh chất ta xâ ựng toán sau Bài toán 5.1 Trong mặt phẳng xy cho ABC không vuông đường thẳng (d) có phương trình 2x+y-2=0 Giả sử D(4;1), E(2;-1), N(1;2) theo thứ tự chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B trung điểm cạnh AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết trung điểm M BC thuộc đường thẳng (d) xM  HD +Phương trình đường tròn Ơle x2  y  x  y   (C)   M ( ;1) +Điểm M  (d ) & M  (C )  {M }  d  (C )    M ( ;1)( L)  + Viết phương trình đường thẳng BC qua D M : y=1 t  2  B (2;1) + B  BC  B (t ;1) AEB vuông E suy BN=NE ;  t   B (4;1)  D (L) +M, N trung điểm BC AB suy C(3;1),A(4;3) Bài toán 5.2 Trong mặt phẳng xy cho có phương trình đường thẳng AB, AC 3x-y+8=0 x+y-4=0 Đường tròn qua trung điểm đoạn 60 thẳng HA,HB,HC có phương trình là: x  ( y  )  25 , H trực tâm tam giác ABC Tìm tọa độ điểm H biết xC  HD + A  AB  AC  A(1;5) + Gọi E,B’ chân đường cao kẻ từ B trung điểm AC   B '(2; 2), E ( ; )  C (5; 1) (L) EB '  AC  (C )    B'( ; ), E (2; 2)  C (4;0)  2 + Đường thẳng BH qua E vuông góc với AC có PT x-y=0 + Đường thẳng CH qua C vuông góc với AB có PT x+3y-4=0 Điểm H  BH  CH  H (1;1) Bài toán 5.3 Trong mặt phẳng xy cho ABC có đỉnh B(-1 ;4) Gọi D, E(-1;2), N 2 chân đường cao kẻ từ A,B trung điểm AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN Tìm tọa độ đỉnh C tam giác Bài toán 5.4 Trong mặt phẳng xy cho ABC nội tiếp đường tròn (C): ( x  2)2  ( y  2)2  25 , đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn (C) điểm thứ hai E(1;-2) khác A Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết trọng 16 tâm G (1; ) Bài toán 5.5 Trong mặt phẳng xy cho ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp ( ; ) , trực tâm H ( ; ) trung điểm cạnh BC M(1;1) Xác định tọa độ 3 3 đỉnh tam giác ABC Bài toán 5.6 Trong mặt phẳng xy cho ABC có trọng tâm G(1;1) Phương trình đường tròn qua trung điểm đoạn AB,BC chân đường cao hạ từ B xuống AC có phương trình x2  ( y  1)2  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC 61 Bài toán gốc Cho tam giác ABC cân A Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D trung điểm cạnh AB, E G trọng tâm tam giác ACD ABC CMR I trực tâm tam giác DEG HD Gọi M, N trung điểm AC AD Khi theo tính chất trọng tâm tam giác ta có CG CE    GE / / DN Hay GE//AB mà ID  AB  ID  GE CD CN (1) Mặt khác ABC cân A nên AI  BC mà DM đường trung bình ABC  DM / / BC AI  DM hay GI  DM (2) Từ (1) (2) suy I trực tâm tam giác DGE Từ toán ta xây dựng toán sau: Chọn tam giác giả sử A(4;5), B(-5;2), C(1; -4) Khi ta tìm điểm M   ;  Tâm đường tròn ngoại tiếp I ( ; ), trọng tâm tam giác ACD 4  2 3 K ( ; ) ta có toán sau: 2 Bài toán 6.1 Trong mặt phẳng xy cho ABC cân A; M trung điểm đoạn 3 2 AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp G(0;1), K ( ; ) 4 trọng tâm tam giác ACM Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC HD 1  uur 3  uuuur GI  ( ; )  KM  ( x  ; y  )   4 2  Giả sử M(x;y)   uuuur uur  KI  ( ;  ) GM  ( x; y  1)   4 uur uuuur GI KM   x  y     M ( ; ) Ta có  uur uuuur 2  KI GM  5 x  y  uuuur A N uuuur Lại có MC  3MG  C (1; 4) K D P I G(0;1) B 62 C Mặt khác K trọng tâm tam giác ACM suy A(4;5) M trung điểm AB suy B(-5;2) Bài toán 6.2 Trong mặt phẳng Oxy cho ABC cân A; M trung điểm đoạn 3 2 AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp K ( ; ) trọng tâm tam 4 giác ACM Các đường thẳng AB, CM qua điểm E(-2;3), F(0;1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết hoành độ điểm M âm HD + PT đường thẳng CM qua F vuông góc với KI là: 5x+y-1=0 + M thuộc CM nên M(m;1-5m) +  m  (L) uuur uuur IM ME     m    M ( ; )  2 A N + PT đường thẳng AB qua M E là: x-3y+11=0 K D + Goi P trung điểm AC theo I tính chất trọng tâm tam giác ta có : uuur MP  MK  P ( ; ) 2 P G E(-2;3) F(0;1) B C + Ta có A  AB  A(2a  11; a); C  CM  C (c;1  5c) + P trung điểm AC  a  5, c  ta A(4 ;5), C(1 ;-4) Chọn tam giác giả sử A(7;5), B(-1;1), C(3;-3) Khi ta tìm 11 điểm D(3;3) Tâm đường tròn ngoại tiếp I ( ; ), trọng tâm tam giác ACD 3 13 E ( ; ) ta có toán sau: 3 Bài toán 6.3 Trong mặt phẳng xy cho ABC cân A; D trung điểm đoạn 11 13 ; ), E ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 3 3 AB Biết I ( 63 ABC, trọng tâm tam giác ADC; điểm M (3; 1), N (3;0) thuộc đường thẳng DC, AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết A có tung độ dương HD PT đường thẳng CG: x-3=0; D,G thuộc đường thẳng CG  D(3;3)  D(3; y1 ); G (3; y2 ); DN  DI    D(3;  )  * Với D(3;3) suy PT đường thẳng AB: x-2y+3=0 AI qua I vuông góc với DE nên có PT x-y-2=0 Điểm {A}  AB  AI  A(7;5)  B(1;1) + Đường thẳng BC qua B vuông góc với AI nên có PT x+y=0 Điểm {C}  BC  CD  C (3; 3) * Với D (3;  ) làm tương tự ta uuur 107 125 A( ; ) 27 (loại) uuur + CG  2GD  C +E trọng tâm tam giác ADC suy A +D trung điểm AB suy A BT tương tự Bài toán 6.4 Trong mặt phẳng xy cho ABC cân A có C(1;-4) ; M trung 4 3 2 điểm đoạn AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp ABC K ( ; ) trọng tâm tam giác ACM Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết xA  Bài toán 6.5 Trong mặt phẳng xy cho ABC cân A có C(2;-3) ; M trung 3 điểm đoạn AB Biết I ( ;  ) tâm đường tròn ngoại tiếp ABC K ( ; ) trọng tâm tam giác ACM Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết A không trùng với gốc tọa độ Bài toán 6.6 Trong mặt phẳng 3 xy cho ABC cân A có M trung điểm đoạn 3 AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp ABC G(3;0), K ( ; ) 64 trọng tâm tam giác ABC tam giác ACM Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết A không trùng với gốc tọa độ Bài toán 6.7 Trong mặt phẳng xy cho ABC cân A có M trung điểm đoạn 8 3 10 3 AB Biết I ( ; ) tâm đường tròn ngoại tiếp ABC K ( ; ) trọng tâm tam giác ACM Các đường thẳng AB, CM qua điểm E(0;3), F(2;0) Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết A có tung độ dương Bài toán 6.8 Trong mặt phẳng xy cho ABC cân A; M trung điểm đoạn 3 AB Biết E ( ; ) trọng tâm tam giác ACM Phương trình đường thẳng CM y-3=0, đường thẳng AB qua điểm D(  ; 4) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết điểm M có tung độ dương tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm đường thẳng 2x-y+4=0 Bài toán 6.9 Trong mặt phẳng 11 xy cho ABC cân A; M trung điểm đoạn AB Biết E ( ;  ) trọng tâm tam giác ADM Phương trình đường thẳng CM 5x-7y-20=0, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm đường thẳng 2x+4y+7=0 bán kính R  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A C có tọa độ nguyên Bài toán gốc Cho ABC có trực tâm H; E, D hình chiếu vuông góc C, B lên cạnh AB AC Gọi P trung điểm AH, M trung điểm BC Chứng minh PM  ED HD Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn (C) đường kính AH tâm P Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn (C’) 65 đường kính BC tâm M Ta có (C )  (C )  {E,D}  PM  ED Bài toán 7.1 Trong mặt phẳng xy cho ABC có A(-2;-1), trực tâm H(2;1) Gọi D,E chân đường cao hạ từ đỉnh B,C Biết đường thẳng DE có PT: 3x+y-5=0, điểm Q(1;5) thuộc đường thẳng BC Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC HD Theo KQ toán gốc PM  ED : 3x  y    PM : x  y  m  P trung điểm AH P  O(0;0) P  PM  m   ( PM ) : x  y  Đường thẳng AC qua Q vuông góc với AH có Phương trình 2x+y-7=0 + Điểm M giao điểm PM BC  M (3;1) uuur uuur + Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  IM  AH  I (1;0), R  IA  10 + PT đường tròn (C): ( x  1)2  y  10 Bài toán 7.2 Trong mặt phẳng xy cho tam giác ABC có A(-2;-1), trực tâm H(2;1) BC  Gọi B’, C’ lầ lượt chân đường cao kẻ từ đỉnh B,C Lập phương trình đường thẳng BC, biết trung điểm M cạnh BC nằm đường thẳng có phương trình x-2y-1=0, tung độ M dương đường thẳng B’C’ qua điểm N(3;-4) HD + Do M  đường thẳng x-2y-1=0 nên M(2m+1;m) với m  + VÌ B’, C’ nhìn BC góc vuông nên tứ giác BCC’B’ nội tiếp đường tròn (M;BM) với MB  BC  +Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCC’B’ có PT: ( x  2m  1)2  ( y  m)2  (C) + Gọi I trung điểm AH  I  O(0;0) +Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ có PT: x2  y  (C’) + Do (C )  (C ')  {B ', C '}  PT (B'C'): x  y  ( x  2m  1)2  ( y  m)2  66  ( B ' C ') : 2(2m+1)x+2my-5m2  4m    m  1(t / m)  m  1( L) + Điểm N(-3;4)  B ' C '  6(2m  1)  4m  5m2  4m      M (3;1) Đường thẳng BC qua M vuông góc với AH có PT: 2x+y-7=0 Bài toán 7.3 Trong mặt phẳng xy cho tam giác ABC có B(4;3), C(1;4) Gọi H, B1 , C1 trực tâm , chân đường cao hạ từ đỉnh B,C tam giác ABC Trung điểm AH nằm đường thẳng (d): x-y=0 Tìm tọa độ đỉnh A biết B1 , C1 nằm đường thẳng (d’): x+2y-7=0 Bài toán gốc Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống cạnh BC, CA, AB Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp DEF HD Ta có tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn · · đường kính AH  FAH (1)  FEH ¼ ) (góc nội tiếp chắn cung FH Tứ giác DHEC nội tiếp đường tròn · ·  DCH đường kính CH  DEH (2) ¼ ) (góc nội tiếp chắn cung DH Tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn đường kính · ·  DCH AC  FAH (3) (góc nội tiếp chắn cung D ) · · Từ (1), (2), (3) suy DEH  FEH · hay EH đường phân giác góc DEF (4) · Chứng minh tương tự HD đường phân giác góc EDF (5) Từ (4) (5) suy H tâm đương tròn nội tiếp tam giác DEF (đpcm) Từ toán ta xâ ựng toán Bài toán 8.1 Trong mặt phẳng xy cho ABC có M(2;-1), N(2;2), P(-2;2) tương ứng chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác Xác định tọa độ đỉnh tam giác 67 Bài toán 8.2 Trong mặt phẳng xy cho ABC có ba góc nhọn Gọi M(-1;-2), N(2;2), P(-1;2) tương ứng chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác Viết phương trình cạnh tam giác Bài toán 8.3 Trong mặt phẳng xy cho ABC có M(11;-7), N(23;9), P(-1;2) tương ứng chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác Xác định tọa độ đỉnh tam giác Bài toán 8.4 Trong mặt phẳng xy cho ABC có M(2;6), N(-3;-4), P(5;0) tương ứng chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác Xác định tọa độ đỉnh tam giác C KẾT LUẬN - Trong dạy học giải tập toán nói chung dạy học giải tập toán hình học giải tích mặt phẳng nói riêng, việc giải toán theo nhiều cách khác gây hứng thú cho học sinh mà tạo tìm tòi, tư duy, sáng tạo hiểu vấn đề cách sâu sắc - Trong đề tài hình giải tích phẳng dừng lại việc giải toán biết phần mà gốc gác vấn đề Nếu tìm cội nguồn toán, cách giải toán cách sâu sắc, ngành, mà từ ta xây dựng nhiều toán khác phong phú đa dạng, nghĩa đến nhiều vấn đề - Đề tài giúp Giáo viên định hướng em học sinh từ toán gốc đó, yêu cầu em chứng minh tính chất toán Từ gợi ý em sử dụng phương pháp đặc biệt hóa, tương tự hóa để tọa độ hóa điểm, sáng tác toán hình giải tích phẳng Điều giúp em học sinh hình thành phát triển lực chung lực chuyên biệt lực tư duy, lực sáng tạo, … 68 - Trong đề tài hệ thống số tính chất hình học phẳng túy hay sử dụng, để từ có hệ thống tập tương ứng, - Để tiếp tục phát triển đề tài, tiếp tục xây dựng dựa mối quan hệ điểm, điểm đường thẳng, đường tròn, … - Đề tài vận dụng để dạy học tập hình giải tích mặt phẳng cho học sinh thuộc khối 10 THPT, ôn tập cho HSG khối 11 THPT, ôn tập cho học sinh thi vào trường ĐH làm tài liệu giảng dạy cho giáo viên toán khối THPT - Đề tài phát triển xây dựng thành hệ thống toán hình giải tích mặt phẳng giải nhờ chất hình phẳng - Đề tài chưa thực sâu sắc trình độ hạn chế Trong trình biên soạn với lượng kiến thức tương đối nhiều, tránh khỏi sai sót Nhóm biên soạn mong góp ý xây dựng kịp thời quý thầy, cô để đề tài hoàn thiện Xin chân thành cảm n quý thầy cô! Yên Mỹ, ngày 26 tháng năm 2015 Nhóm biên soạn Nguyễn Cao Thời Vũ Văn Dũng Nguyễn Văn Phu 69 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc BÁO CÁO YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP TỈNH HOẶC CƠ SỞ I Thông tin chung: Họ tên tác giả sáng kiến : Nguyễn Cao Thời Ngày, tháng, năm sinh: 06/ 01/ 1981 Đơn vị công tác: Trường THPT Yên Mỹ Trình độ chuyên môn, nghiệp vụ: Thạc sĩ toán Quyền hạn, nhiệm vụ giao: Giáo viên Các đồng tác giả : Nguyễn Văn Phu Trường THPT Minh Châu Vũ Văn Dũng Trường THPT Triệu Quang Phục Đề nghị xét, công nhận sáng kiến: Cấp tỉnh Tên đề tài SKKN, lĩnh vực áp dụng: “Đi tìm nguồn gốc toán hình học giải tích m t phẳng, định hướng cách giải phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh” II Báo cáo mô tả sáng kiến bao gồm: Tình trạng sáng kiến biết: Sáng kiến kinh nghiệm viết năm 2015 – 2016 Đang áp dụng giảng dạy trường THPT Triệu Quang Phục, Trường THPT Yên Mỹ, Trường THPT Minh Châu với lớp chọn đội tuyển học sinh giỏi 70 Nội dung sáng kiến đề nghị công nhận: Mục đích sáng kiến: Giúp giáo viên em học sinh có nhìn tổng quát toán hình học tọa độ mặt phẳng bắt nguồn từ toán gốc Những điểm khác biệt: Giúp cho giáo viên em học sinh thấy từ toán gốc đến đề thi Bộ GD ĐT tự nhiên , điểm sáng kiến chia làm ba phần Phần 1: Xuất phát từ toán gốc dẫn đến đề thi Bộ GD ĐT Phần 2: Sử dụng tính chất đẹp hình học phẳng để giải toán Phần 3: Từ toán gốc phát triển thành lớp toán giúp người đọc phát triển lực tư sáng tạo Khả áp dụng sáng kiến: Sáng kiến kinh nghiệm: “Đi tìm nguồn gốc toán hình học giải tích m t phẳng, định hướng cách giải phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh” Được áp dụng cho giáo viên, học sinh lớp 10, 12, ôn thi THPT Quốc Gia Phạm vi áp dụng sáng kiến: Sáng kiến kinh nghiệm áp dụng hệ thống trường THPT đặc biệt cho giáo viên, lớp chất lượng cao đội tuyển học sinh giỏi ôn thi THPT Quốc Gia Hiệu quả, lợi ích thu được: Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: “Đi tìm nguồn gốc toán hình học giải tích m t phẳng, định hướng cách giải phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh” giáo viên học sinh trang bị nhiều hướng khác làm toán Đồng thời từ toán phát triển thành nhiều toán khác Những người tham gia tổ chức áp dụng sáng kiến lần đầu: Giáo viên dạy khối 10 khối 12 ôn thi THPT Quốc gia ba trường: Trường THPT Triệu Quang Phục, Trường THPT Yên Mỹ, Trường THPT Minh Châu Tôi/chúng cam đoan nội dung báo cáo Nếu có gian dối không thật báo cáo, xin chịu hoàn toàn trách nhiệm theo quy định pháp luật./ Thủ trưởng đơn vị xác nhận, đề nghị (Ký, đóng dấu) Yên Mỹ,ngày tháng năm 2016 Người báo cáo yêu cầu công nhận sáng kiến Nguyễn Cao Thời 71 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi chọn HSG Tỉnh Hưng Yên năm 2015 - Sở GD&ĐT Hưng Yên Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2011 đến năm 2015 - Bộ GD&ĐT Đề thi thử ĐH môn toán năm 2015 trường THPT - Internet Hình học 10 (SGK) - Trần ăn Hạo Phương pháp dạy học môn Toán - Ngu ễn Bá Kim Một số tài liệu hình học phẳng khác - Internet Toán nâng cao Hình Học 10 - Phạm Mạnh Hà 72 MỤC LỤC Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ I Lý chọn đề tài…………………………………………………… II Mục đích nghiên cứu……………………………………………… III Đối tượng phạm vi nghiên cứu………………………………… IV Phương pháp nghiên cứu…………………………………………… B NỘI DUNG I Thực trạng vấn đề trước làm đề tài……………………………… II Kết đạt áp dụng đề tài………………………………… III Khả ứng dụng triển khai kết quả………………………… IV Cơ sở lí luận……………………………………………………… PHẦN I Từ toán c đến toán đề thi Đại học PHẦN II Từ số t nh chất hình học ph ng đến toán hình học giải t ch 23 m t ph ng 73 PHẦN III Xâ ựng mở rộng số toán hình học giải t ch m t ph ng từ 49 số toán hình học ph ng t C KẾT LUẬN 68 XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG THPT YÊN MỸ Tổng điểm:…………… Xếp loại:……………………… TM HỘI ĐỒNG KH A HỌC CHỦ TỊCH- HIỆU TRƯỞNG NGUYỄN NGỌC LUÂN 74 [...]... toỏn Trong mt phng vi h trc ta xy, cho hỡnh vuụng ABEM cú G l trung im ca EM H v D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A v E lờn BG Gi C l im i xng ca A qua M; K l hỡnh chiu vuụng gúc ca C lờn ng thng AD Gi s H(-5; -5), K(9; -3) v trung im ca on thng AC thuc ng thng cú phng trỡnh d: x y + 10 = 0 Tỡm ta im A Trong khi ú thi THPT Quc gia nm 2015 nh sau: Bi toỏn 4 (THPT QG_2015) Trong mt phng vi h trc ta xy, cho. .. MH vu ng c n ti H n n bi toỏn cú th phỏt biu theo cỏch khỏc Cho hỡnh vuụng ABCD Gi M l trung im ca cnh BC, N l im trờn cnh 11 1 CD sao cho CN = 2ND Gi H l giao im ca AN v BD Gi s M ; v 2 2 5 H ; 2 Tỡm ta im A 2 Bi toỏn 2 (H_A_2014) Trong mt phng vi h trc ta xy, cho hỡnh vuụng ABCD cú im M l trung im ca on AB v N l im thuc on AC sao cho AN = 3NC Vit phng trỡnh ng thng CD, bit rng M(1; 2) v N(2;... ng CD qua P v to v i MP mt gúc Bi toỏn cú th phỏt biu theo cỏch khỏc: Trong m t ph ng v i h tr c ta x , cho hỡnh vuụng ABCD cú im M l trung im ca on AB v N l im thuc on AC sao cho AN = 3NC it ph ng trỡnh ng th ng CD, bit rng M( 2 v ng th ng DN cú ph ng trỡnh x - 3y - 5 = 0 Bi toỏn 3 (THPT QG_2015) Trong mt phng vi h trc ta xy, cho tam giỏc ABC vuụng ti A Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn cnh BC;... (5; 1) Bi toỏn 4 (Tớnh cht gia ng phõn giỏc trong v ng phõn giỏc ngoi) 26 Trong mt phng vi h trc ta xy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh ng phõn giỏc trong gúc A v phõn giỏc ngoi gúc B ln lt l : x 2 v d : x y 7 0 1 I ;1 , J 2;1 ln lt l tõm ng trũn ngoi tip v ni tip 2 ca tam giỏc ABC Tỡm ta ca A, B, C Phõn tớch -S ng t nh cht gia ng phõn giỏc trong v ng phõn giỏc ngoi luụn vuụng gúc v... 2 t 6 0 t 3 M 3;1 Bi toỏn 6 (HSG t nh Hng Yờn 2015) Trong mt phng ta xy, cho hỡnh vuụng ABCD Gi I, K ln lt l trung im ca AD v BC; im M thuc cnh 3 5 CD sao cho MD MC ; G l trng tõm ca tam giỏc BKD Bit phng trỡnh ng 10 thng IM: 3x - y - 11 = 0 v ta im G 1; Vit phng trỡnh ng chộo 3 BD ca hỡnh vuụng ABCD Bi toỏn 7 (H_B_2011) Cho tam giỏc ABC cú nh B ;1 ng trũn ni 2 1 tip tam giỏc ABC... (V Vn Dng) I - Mt s bi toỏn tỡm im Bi toỏn1 (Tớnh cht gúc tõm) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A Gi M l trung im ca on BC, G l trng tõm tam giỏc ABM, D(7; -2) l im nm trờn on MC sao cho GA = GD Tỡm ta nh A ca tam giỏc ABC, bit nh A cú honh nh hn 4 v phng trỡnh ng thng AG l 3x y 13 = 0 Phõn tớch - Gi thit bi cho ph ng trỡnh AG v ta im D thỡ ta cha tỡm c im A - Nu ta ch... Yờn 2015) Trong mt phng ta xy, cho hỡnh vuụng ABCD Gi I, K ln lt l trung im ca AD v BC; im M thuc cnh 3 5 CD sao cho MD MC ; G l trng tõm ca tam giỏc BKD Bit phng trỡnh ng 10 thng IM: 3x - y - 11 = 0 v ta im G 1; Vit phng trỡnh ng chộo 3 BD ca hỡnh vuụng ABCD Túm li: i vi mt bi toỏn hỡnh gii tớch phng, ta cú c bi toỏn gc ban u l ta ó bit c ci ngun ca vn , t ú a ra cỏc hng gii cho bi toỏn... trũn tõm I A -L Ai xng A qua ng phõn giỏc A ' ph ng trỡnh BC C (tớnh cht i xng ca mt im qua ng phõn giỏc trong s thuc cnh cũn li A A J j J I B C I B A' C T Li gii: Do J l tõm ng trũn ni tip tam giỏc ABC nờn BJ l phõn giỏc trong gúc B Ta cú tớnh cht phõn giỏc trong v ngoi ca cựng mt gúc trong tam giỏc vuụng gúc BJ d : x y 7 0 phng trỡnh (BJ): x y 1 = 0 x y 1 0 x 3 B 3; 4 x y... toỏn khỏc a dng v phong phỳ hn; nm c bn cht ct lừi ca vn mt cỏch sõu sc Sau y l li gii chi tit theo nhiu cỏch c a mt s thi i hc 13 Bi toỏn 1 (H_A_2012) Trong mt phng ta xy Cho hỡnh vuụng ABCD Gi M l trung im ca cnh BC, N l im trờn cnh CD sao cho CN = 2ND Gi s M ; v AN cú phng trỡnh 2x - y - 3 = 0 Tỡm ta im A 2 2 11 1 Phõn tớch ) A AN : 2 x y 3 0 +) im M ó bit ta nờn nu tớnh c on AM thỡ... 0 13 13 A 3; y 3 x 3 3 Bi toỏn 8 (D_2011) Trong mt phng ta xy, cho tam giỏc ABC cú nh B(-4; 1), trng tõm G(1; 1) v ng thng cha phõn giỏc troong ca gúc A cú phng trỡnh x y 1 = 0 Tỡm ta cỏc nh A v C Hng dn x 4 3( x 1) 7 D ;1 2 y 1 3( y 1) Gi D(x; y) l trung im AC, ta cú: BD 3GD Gi E(x; y) l im i xng ca B qua phõn giỏc trong d: x y 1 = 0 ca gúc A Ta cú: EB vuụng gúc vi