Đang tải... (xem toàn văn)
Singapore đang chủ trương “dạy ít hơn, học hỏi nhiều hơn”.......Phương thức Singapore được phát triển bởi đội ngũ giáo viên trong những năm 1980, những người được giao nhiệm vụ viết ra các tài liệu giảng dạy chất lượng cao của Bộ Giáo dục. Họ đã nghiên cứu rất nhiều, cũng đi du lịch đến các trường học ở các nước khác, bao gồm Canada và Nhật Bản, để so sánh hiệu quả các phương pháp giảng dạy. Ở Việt Nam chúng ta, giáo viên căng lên lo miếng cơm manh áo, hết lò luyện thi lại... Xem thêm
Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 - ỨNG DỤNG CÙA PHÉP BIẾN HÌNH VÀO GIẢI TOÁN HÌNH HỌC 10 I) Mở đầu Trong năm giảng dạy nhân thấy học sinh học hình học phép biến hình khó tiếp thu chưa biết cách vận dụng phép biến hình vào giải toán hình Đặc biệt toán hay, khó phần phương pháp tọa độ mặt phẳng hình học 10 đề thi đại học ta vận dụng phép biến hình vào giải toán cách dễ dàng Vì để giúp học sinh học tốt môn hình học lớp 11 biết cách vận dụng phép biến hình vào giải số toán tọa độ hình học 10 đồng thời giúp em tự tin giải toán khó kỳ thi quốc gia nên đưa số toán phần hình học tọa độ mặt phẳng lớp 10 có vận dụng phép biến hình II) VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) phương trình đường tròn qua chân đường cao tam giác ABC có 2 phương trình ( C ) : x + y − x − y + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Nhận xét: - Đây tập tương đối khó Nếu ta không dùng phép biến hình giải toán khó khăn Giải A Ta có (C) có tâm T(2;2), bán kính R= Gọi G trọng tâm tam giác ABC M, N, P trung điểm cạnh BC,CA,AB Phép vị tự tâm G tỷ số k=-2 biến tam giác MNP thành tam giác ABC biến đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Biến tâm T thành tâm I xác định uur uuur GI = −2GT ; R = 2R1 = Mặt khác P N F G I H B E M C uuur uur uur uuur uuur − uuur uuur uuur IH = 3IG ⇔ IG = GH ⇒ − 2GT = GH ⇔ GH = 4GT xG = 2 − xG = ( − xG ) 7 ⇔ ⇔ ⇔ G 2; ÷ 3 yG = 1 − yG = ( − yG ) − x I = ( − xI ) xI = Suy 7 ⇔ y = ⇔ I ( 2;3) 1 − yI = − yI ÷ I Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 - Đường tròn qua ba chân đường cao đồng thời đường tròn qua trung điểm cạnh nên trùng với đường tròn (MNP) ngoại tiếp tam giác MNP Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( C1 ) : ( x − ) + ( y − 3) = 28 Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y − 15 = hai 2 đường tròn ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − ) = ; ( C2 ) : ( x + 1) + y = 16 Tìm điểm M ( C1 ) N ( C ) cho MN nhận đường thẳng ∆ làm trung trực N có hoành độ âm Giải Gọi N ( a, b ) ∈ ( C2 ) , a < ⇒ ( a + 1) + b = 16 ( 1) Vì MN nhận ∆ làm trung trực nên N nằm đường tròn ( C3 ) ảnh đường tròn ( C1 ) qua phép đối xứng qua đường thẳng ∆ Đường tròn ( C1 ) có tâm I ( 1; ) , bán kính R=3 Tâm ( C3 ) I đối xứng với I qua ∆ , bán kính R=3 uur Đường thẳng d qua I vuông góc với ∆ nhận uV = ( 2;1) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là: d: 2(x-1)-1(y-2)=0 ⇔ d: 2x-y=0 Tọa độ giao điểm H = d ∩ ∆ nghiệm hệ phương trình: 2x − y = x = 3 ⇔ ⇒ H ;3 ÷ 2 x + y − 15 = y = 2 Vì H trung điểm II nên I ( 2, ) Vậy (C3 ) : ( x − ) + ( y − ) = Mặt khác N ∈ ( C3 ) ⇔ ( a − ) + ( b − ) = ( ) 2 a0) phép tịnh tiến d theo véc tơ u = k nd = (2k ; k ) Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H thuộc đường thẳng 3x-4y-4=0 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình 2 1 5 25 ( C ) : x − ÷ + y − ÷ = 2 2 Giả sử M(2;3) trung điểm cạnh BC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình: Gọi H1 điểm đối xứng H qua đường thẳng BC · H = BHH · · Ta có BH 1 = ACB (cùng chắn cung »AB ) H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn (C) có tâm 1 5 I ; ÷, bán kính R= 2 2 Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I1 , bán kính R1 Phép đối xứng qua đường thẳng BC biến tam giác HBC thành tam giác H1BC biến đường tròn ngoại tiếp Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết A I1 I H B M E C H1 I Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 tam giác HBC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác H1BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có M trung điểm II1 R1 = R = Suy I1 ; ÷ Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 2 2 7 7 25 x− ÷ + y− ÷ = 2 2 Tọa độ điểm B, C nghiệm hệ phương trình: 2 7 7 25 8− x − ÷ + y − ÷ = x = 2 ⇔ 2 8+ 1 5 25 x = x − + y − = ÷ ÷ 2 2 − 12 + + , B ÷ ÷, C 4 Suy B + , 12 − , C − ÷ ÷ 4 uuur uuuur 3 Ta có AH = I1M ⇒ A 5; ÷ 2 12 + 6 12 − ,y= ,y= 12 − , ÷ ÷ 12 + , ÷ ÷ Vậy tọa độ điểm cần tìm là: − 12 + + 12 − A 5; ÷, B , ÷ ÷ ÷, C , ÷hoặc 4 2 + 12 − − 12 + A 5; ÷, B , ÷ ÷ ÷, C , ÷ 4 2 Ví dụ Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x-y+2=0 hai đường tròn 2 2 ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 1; ( C2 ) : ( x + 3) + ( y − ) = Tìm điểm M d cho tồn hai điểm A, B thuộc vào ( C1 ) ( C2 ) cho d phân giác góc ∠AMB Giải Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 1;1) bán kính R1 = Đường tròn ( C2 ) có tâm I ( −3; ) bán kính R2 = 2 Giả sử đường thẳng MA:ax+by+c=0 ( a + b > ) (1) Khi MB đường thẳng đối xứng với MA qua d Với điểm (x;y) thuộc MA tồn điểm ( x1; y1 ) thuộc MB cho chúng đối xứng qua d 1( x1 − x ) + 1( y1 − y ) = x = y1 − ⇔ Khi ta có hệ phương trình: x1 + x y1 + y Thay vào (1) ta y = x1 + − + = phương trình MB:bx+ay-2a+2b+c=0 Mặt khác MA tiếp xúc với ( C1 ) , MB tiếp xúc với ( C2 ) nên ta có: Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 a+b+c a+b+c =1 2 =1 a+b+c a + b =1 d ( I1 ; MA ) = R1 a2 + b2 ⇔ ⇔ ⇔ a + b c = −3b d ( I ; MB ) = R2 2a − b + c = 2a − b + c = a + b + c a2 + b2 c = − 4a + b a − 2b b = TH1: c=-3b ta có: 2 = ⇔ 3b − 4ab = ⇔ a +b 3b = 4a - Với b=0 suy MA: x=0 tìm tọa độ M (0;2) - Với 3b=4a chọn a=3;b=4;c=-12 suy phương trình MA: 3x+4y-12=0 tìm M ; 18 ÷ 7 a = 4a + b b ⇒ ( 1) ⇔ 8a + 4ab + 5b = ⇔ a + ÷+ b = ⇔ ( loai ) 4 b = 18 KL: Tồn hai điểm M (0;2) M ; ÷ 7 Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A ( 5;1) đường thẳng TH2: c = − d : x − y − = Tìm điểm M đường thẳng d điểm N đường tròn 2 ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 25 cho tam giác AMN vuông cân A Giải: Q Nhận thấy A ∈ d Phép quay A;± π2 ÷ biến đường thẳng d thành đường thẳng d1 ⊥ d A Phương trình đường thẳng d1 : x + y − 11 = Do tam giác AMN vuông cân A nên N ảnh M qua phép quay Q π A; ± ÷ 2 hay M thuộc đường thẳng d1 Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình: x + y − 11 = N ( 4,3) x = 4, y = ⇔ ⇒ 2 x = 6, y = −1 N ( 6; −1) ( x − 1) + ( y − 1) = 25 TH1: Nếu N(4;3) gọi M(t;9-2t) ∈ d1 ⇒ AN = AM = 17 17 17 17 M − ; − 1÷ t = − ÷ 5 2 ⇔ ( t − ) + ( 10 − 2t ) = 17 ⇔ ⇒ 17 M + 17 ; −2 17 − 1 t = + ÷ ÷ 5 TH2: Nếu N(6;-1) ⇒ AN = AM = ; − 1÷ t = 5− M 5 − 5 2 ⇔ ( t − ) + ( 10 − 2t ) = ⇔ ⇒ ;− − 1÷ M + t = + 5 Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 17 17 17 17 ;2 − 1÷ M + ; − − 1÷ Vậy hai điểm cần tìm M − , N(4;3) ÷ ÷, 5 5 N(4;3) M − ; − 1÷ , N(6;-1) M + ; − − 1÷, N(6;-1) 5 5 Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(1;4) hai đường tròn 2 2 ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − ) = 25; ( C2 ) : ( x − ) + ( y − ) = 13 Tìm điểm M ( C1 ) , điểm N ( C2 ) cho tam giác AMN vuông cân A (M, N có tọa độ nguyên) Giải: Đường tròn ( C1 ) có tâm I1 ( 1; ) , bán kính R1 = Đường tròn ( C2 ) có tâm I ( 2;5 ) , bán kính R2 = 13 Phép quay Q1 ( A; π ) biến ( C1 ) thành ( C3 ) có tâm I , bán kính R3 = R1 = AI = AI ⇒ I ( 3; ) Khi · I AI = π Phương trình đường tròn ( C3 ) : ( x − 3) + ( y − ) = 25 Phép quay Q2 ( A; − π ) biến ( C1 ) thành ( C4 ) có tâm I , bán kính R4 = R1 = 2 AI = AI ⇒ I ( −1; ) Khi · I AI = − π Phương trình đường tròn ( C3 ) : ( x + 1) + ( y − ) = 25 Vì tam giác ABC vuông cân A nên M biến thành N qua phép quay Q1 Q2 , suy N giao điểm ( C2 ) với ( C3 ) giao điểm ( C4 ) với ( C2 ) TH1: N giao điểm ( C2 ) với ( C3 ) Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình: 2 ( x − ) + ( y − ) = 13 x− y +8 = ⇔ 2 2 ( x − ) + ( y − ) = 13 ( x − 3) + ( y − ) = 25 x = −1, y = N ( −1, ) ⇔ ⇒ x = 0, y = N ( 0;8 ) - Với N ( −1, ) ⇒ M ( 4, ) - Với N ( 0,8) ⇒ M ( 5,5 ) TH2: N giao điểm ( C2 ) với ( C4 ) Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình: ( x − ) + ( y − ) = 13 x + y − 12 = ⇔ 2 2 ( x − ) + ( y − ) = 13 ( x + 1) + ( y − ) = 25 23 − 129 51 + 129 ,y= x = 10 10 ⇔ (không thỏa mãn) 23 + 129 51 − 129 ,y= x = 10 10 Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 Vậy hai điểm cần tìm N ( −1, ) , M ( 4, ) N ( 0,8) , M ( 5,5 ) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(2;3) Gọi M,N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác MNP có phương trình ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 10 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải: A N P G I I1 B M C Đường tròn C1 có tâm I1 (1;1) , bán kính R1 = 10 Phép vị tự tâm G tỷ số k=-2 biến M thành A, biến N thành B, biến P thành C Biến tam giác MNP thành tam giác ABC Biến tâm I1 đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC uur uuur GI = −2GI1 I ( 4, ) ⇔ Ta có R = R1 R = 10 Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 - Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: ( C ) : ( x − 4) + ( y − ) = 40 Nhận xét: Đường tròn qua điểm M, N, P đường tròn chín điểm Euler Nếu lấy đối xứng G qua điểm M, N, P ta G1 , G2 , G3 đường tròn ngoại tiếp tam giác G1G2G3 có bán kính với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua G Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(5;1) nội 2 tiếp đường tròn ( C ) : ( x − ) + ( y + 3) = 25 Trọng tâm G nằm đường thẳng d: x+3y+4=0 độ dài cạnh BC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Giải: Đường tròn (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=5 AB = có tâm I(2;-3), bán kính R1 = Gọi M trung điểm BC ta có IM ⊥ BC ⇒ IM = IA2 − Vậy M nằm đường tròn ( C1 ) uuur uuuur V Ta có AG = AM Suy G ảnh M qua phép vị tự A; 23 ÷ Phép vị tự A; ÷ biến đường tròn ( C1 ) thành đường tròn ( C2 ) có tâm I , bán uuur uur −5 AI = AI I 3; ÷ ⇔ kính R2 Ta có R = R R =2 5 Phương trình đường tròn ( C2 ) : ( x − 3) + y + ÷ = 3 Ta có G ∈ d , G ∈ ( C2 ) nên tọa độ điểm G thỏa mãn hệ phương trình: 5 x + 3y + = x = 1, y = − G 1; − ÷ ⇔ ⇒ 5 x = 23 , y = − 43 G 23 ; − 43 ( x − 3) + y + ÷ = ÷ 15 15 Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu toán G 1; − ÷ 23 43 G ; − ÷ 15 Ví dụ 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y − x + y − = Tìm điểm phân biệt M N (C) cho tam giác AMN vuông cân A, biết điểm A(1;0) Giải: Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R = 10 Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 10 Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 Tam giác AMN vuông cân A nên phép quay Q A;±900 biến điểm M thành điểm ( ) N(và biến điểm N thành điểm M), biến đường tròn (C) thành đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) suy điểm M, N giao điểm (C) với ( C1 ) (C) với ( C2 ) Ta có I1 ( 3;0 ) , I ( −1;0 ) suy phương trình đường tròn ( C1 ) : ( x − 3) + y = 10 ( C2 ) : ( x + 1) + y = 10 TH1; Tọa độ điểm M, N giao điểm (C), ( C1 ) thỏa mãn hệ phương trình: x + y − x + y − = M ( 0;1) , N ( 4; −3) x = 0, y = ⇔ ⇒ 2 x = 4, y = −3 M ( 4; −3) , N ( 0;1) ( x − 3) + y = 10 TH2; Tọa độ điểm M, N giao điểm (C), ( C2 ) thỏa mãn hệ phương trình: x + y − x + y − = x = −2, y = −3 M ( −2; −3) , N ( 2;1) ⇔ x = 2, y = ⇒ N −2; −3 , M 2;1 2 ) ( ) ( ( x + 1) + y = 10 Vậy tọa độ hai điểm cần tìm M ( 0;1) , N ( 4; −3) M ( 4; −3) , N ( 0;1) M ( −2; −3) , N ( 2;1) N ( −2; −3) , M ( 2;1) Ví dụ 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x − y + = d : x − y + = Viết phương trình đường tròn tâm A(2;1) cắt d1 , d M,N cho AMN vuông A Giải · Theo giả thiết ta có AM = AN, MAN = 900 suy N ảnh M qua phép quay Q A;±90 Hay N nằm đường thẳng d , d ảnh đường thẳng d qua ( ) phép quay Q( A;±90 ) Gọi H hình chiếu vuông góc A d1 Đường thẳng AH x= x − y + = ⇒ H 1;5 ⇔ Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình: ÷ 2 2 x + y − = y = Ta tìm đường thẳng d ảnh d qua phép quay Q1 A;900 ( ) Phép quay Q1( A;90 ) biến điểm H thành điểm H1 xác định bởi: AH ⊥ AH1 1 1 ⇔ H1 ; − ÷ 2 2 AH = AH1 Đường thẳng d3 đường thẳng qua H1 vuông góc với AH1 ⇒ d3 : x + y = Tương tự đường thẳng d ảnh đường thẳng d qua phép quay Q2 A;−900 ta ( ) 7 5 tìm điểm H ; ÷ ảnh H phương trình đường thẳng d là: d4 : x + y − = 2 2 TH1: N giao điểm d , d3 , tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình: Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 11 Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 uuur x+ y =0 x = −1 ⇔ ⇒ N ( −1;1) ⇒ AN = ( −3;0 ) 3 x − y + = y =1 Đường thẳng AM ⊥ AN ⇒ AM : x − = Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình: x−2=0 x = ⇔ ⇒ M ( 2; ) x − y + = y = Phương trình đường tròn cần tìm ( C1 ) : ( x − ) + ( y − 1) = TH2 : N giao điểm d , d , tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình: 2 17 x= x+ y −6 = 17 25 uuur 18 ⇔ ⇒ N ; ÷ ⇒ AN = ; ÷ 7 7 3 x − y + = y = 25 AM ⊥ AN ⇒ AM : x + y − = Đường thẳng Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình: x=− x + y − = 10 ⇔ ⇒ M − ; ÷ 7 x− y+2=0 y = 10 Phương trình đường tròn cần tìm ( C2 ) : ( x − ) + ( y − 1) = 2 333 289 Vậy có hai đường tròn ( C1 ) ( C2 ) thỏa mãn yêu cầu toán Cách giải thông thường: uuuur uuur 3n + 3n + ∈ d ⇒ AM = m − 2; m + AN = n − 2; ( ) , ÷ ÷ uuuur uuur AH ⊥ AH1 AM AN = Yêu cầu toán tương đương với: AH = AH ⇔ AM = AN Gọi M ( m; m + ) ∈ d1 , N n; 3n + m − n − + m + =0 ( ) ( ) ( ) ⇔ ( m − ) + ( m + 1) = ( n − ) + 3n + ÷ m = 2, n = −1 17 Giải hệ phương pháp ta m = − ,n = 7 Ta kết tương tự Ví dụ 12(Trích đại học khối A 2014) Trong mặt phăng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm AC cho AN=3NC Viết phương trình đường thẳng CD Biết M(1;2), N(2;-1) Nhận xét: Đối với toán ta tiếp cận theo nhiều cách khác mà ta sử dụng phép biến hình Giải Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 12 Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 - Cách 1:- Từ M kẻ đường thẳng song song AD cắt CD E MN cắt CD F, từ AN=3NC theo ta lét ta có: A M B ⇒ FC NC NF uuuur uuur = = = ⇒ MN = NF MA NA MN Gọi F(x;y) N D E F C uuuur uuur = ( x − ) x = 7 ⇒ MN = ( 1; − 3) ; NF = ( x − 2; y + 1) ⇒ ⇔ ⇒ F ;− 2÷ 3 − = y + y = − uuuur MN= 10; MN ( −1;3) ⇒ đường MN:3x+y-5=0 Đường ND:x-3y-5=0 ⇒ D ( 3x + 5; x ) x = = 10 ⇔ Suy D(5;0) D(-1;-2) 10 x = −2 7 uuur F ; − Với D(5;0), ÷ ⇒ CD = ( 4;3) ⇒ phương trình CD:3x-4y-15=0 3 7 r Với D(-1;-2), F ; −2 ÷⇒ nCD = ( 0;1) ⇒ phương trình CD:y+2=0 3 ⇒ d ( D, MN ) = • • x +1 Cách 2: a Đặt AB=a>0 ⇒ AM = , AC = a Từ A M B N D E C AN AN 3a =3⇔ = ⇔ AN = NC AN + NC 4 Xét tam giác ∆AMN có : MN = AM + AN − AM AN cos 450 ⇔ a = Hạ NE AN = 3NC ⇔ vuông góc với CD Ta có NE=1,AE=3 ⇒ DN = 10, MD = 20 ⇒ MD = MN + DN ⇒ MN ⊥ ND Gọi D(x;y) uuuur uuur uuuur uuur ⇒ MN = ( 1; −3) , ND ( x − 2; y + 1) ⇒ MN ND = ⇔ x − y − = ⇒ D ( 3x + 5; x ) Khi ta Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 13 Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 x = 2 có : DN = 10 ⇔ ( 3x + 3) + ( x + 1) = 10 ⇔ Do có hai điểm x = −2 D1 ( 5;0 ) , D2 ( −1; −2 ) Giả sử CD :ax+by+c=0 TH1: D ( 5;0 ) thuộc CD ta có pt CD: ax+by-5a=0 Khi d(M,CD)=4d(N,CD) ⇔ a + 2b − 5a a + b2 =4 2a − b − 5a a + b2 b = −8a ⇔ 4a = −3b Suy CD có hai phương trình 3x-4y-15=0;x-8y-5=0 Vì M, N nằm phía với CD nên phương trình CD:3x-4y-15=0 TH2: D2 ( −1; −2 ) làm tương tự Cách 3: đặt AB=a, AM=a/2, A M B N D AC = a 2, AN = ⇔ I C 3a ¼ = 5a , MN = AM + AN − AM AN cos MAN 5a = 10 ⇔ a = Gọi I(x;y) trung điểm CD ( x − 1) + ( y − ) = 16 ⇒ IM = AD = 4, IN = ⇔ Giải hệ pt ta hai cặp 2 ( x − ) + ( y + 1) = nghiệm TH1: x=1;y=-2 ⇒ CD : y = −2 TH2: x = 17 −6 ;y= ⇒ phương trình CD:3x-4y-15=0 5 Cách 4: Giả sử A(x;y) ⇒ B ( − x; − y ) Theo giả thiết ta có AN=3NC A M uuur uuur − x −4 − y ⇒ AN = NC ⇒ C ; ÷, uuur uuur 2 AB = ( − x; − y ) ; BC = ( x + 1) ; ( y − ) ÷ 3 B N Ta có Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 14 D I C Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 uuur uuur AB ⊥ BC ⇔ AB.CB = ⇔ x + y − 10 y + 15 = AB = BC ⇔ x + y − x − y − = Khi ta có hệ phương trình sau: 2 x + y − 10 y + 15 = Giải hệ phương trình toán coi xong x + y − x − y − = Cách 5: Gọi O tâm hình vuông, E điểm đối xứng N qua O ⇒ ∆MEN tam giác vuông, ∆MEO tam giác vuông cân Gọiuuur E(a;b) uuur A M B E ⇒ ME = ( − a; − b ) , EN = ( − a; −1 − b ) , a + b − uuur a − b + O ; ; ÷, OE = ÷ O N Ta có D K C 2 uuur uuur a + b − a − 5b + = 2 ME.EN = 0, ME = OE ⇔ a + b − 3a − b = Giải hệ phương trình ta dễ dàng viết phương trình CD Cách 6(đáp án giáo dục) Kết luận: - Như với toán tọa độ hình học phẳng kỳ thi đại học ta có nhiều cách tiếp cận hay đặc biệt dựa vào phép biến hình mặt phẳng Và học sinh cần phải biết phân tích hình vận dụng tính chất phép biến hình Bài tập rèn luyện: Bài 1: Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trọng tâm G(1;2) Phương trình đường tròn qua trung điểm hai cạnh AB, AC chân đường 2 cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC ( C ) : ( x − 3) + ( y + ) = 25 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2 Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 16 điểm A(1;0) a) Tìm ảnh đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay 900 ; −900 b) Tìm ảnh đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay 600 c) Tìm ảnh đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay −600 Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1) đường tròn qua trung điểm cạnh tam giác có phương trình ( T ) : x + y − x − y − = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 15 Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học 10 - Bài 4:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có C thuộc đường thẳng d:2x+y+5=0 điểm A(-4;8) Gọi M điểm đối xứng với B qua C, N hình chiếu B DM Tìm tọa độ B C biết N(5;-4) Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 16 [...]... độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1) và đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác có phương trình là ( T ) : x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 8 = 0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 15 Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10 - Bài 4:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình. .. Giải hệ phương trình ta sẽ dễ dàng viết phương trình của CD Cách 6(đáp án của bộ giáo dục) Kết luận: - Như vậy với bài toán tọa độ hình học phẳng trong kỳ thi đại học ta có rất nhiều cách tiếp cận rất hay đặc biệt dựa vào các phép biến hình trong mặt phẳng Và học sinh cần phải biết phân tích hình và vận dụng các tính chất của phép biến hình Bài tập rèn luyện: Bài 1: Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, ... dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10 uuur uuur AB ⊥ BC ⇔ AB.CB = 0 ⇔ x 2 + y 2 − 10 y + 15 = 0 AB 2 = BC 2 ⇔ 2 x 2 + 2 y 2 − 5 x − 5 y − 5 = 0 Khi đó ta có hệ phương trình sau: 2 2 x + y − 10 y + 15 = 0 2 Giải hệ phương trình thì bài toán coi như là xong 2 2 x + 2 y − 5 x − 5 y − 5 = 0 Cách 5: Gọi O là tâm của hình vuông, E là... Gọi D(x;y) uuuur uuur uuuur uuur ⇒ MN = ( 1; −3) , ND ( x − 2; y + 1) ⇒ MN ND = 0 ⇔ x − 3 y − 5 = 0 ⇒ D ( 3x + 5; x ) Khi đó ta Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 13 Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10 x = 0 2 2 có : DN = 10 ⇔ ( 3x + 3) + ( x + 1) = 10 ⇔ Do đó có hai điểm x = −2 D1 ( 5;0 ) , D2 ( −1; −2 ) Giả sử CD :ax+by+c=0...Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học 10 - Cách 1:- Từ M kẻ đường thẳng song song AD cắt CD tại E và MN cắt CD tại F, từ AN=3NC theo ta lét ta có: A M B ⇒ FC NC NF 1... 1: Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trọng tâm G(1;2) Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường 2 2 cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC là ( C ) : ( x − 3) + ( y + 2 ) = 25 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2 2 Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 16 và điểm A(1;0) a) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua... làm tương tự Cách 3: đặt AB=a, AM=a/2, A M B N D AC = a 2, AN = ⇔ I C 2 3a 2 ¼ = 5a , MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM AN cos MAN 4 8 5a 2 = 10 ⇔ a = 4 8 Gọi I(x;y) là trung điểm của CD ( x − 1) 2 + ( y − 2 ) 2 = 16 ⇒ IM = AD = 4, IN = 2 ⇔ Giải hệ pt ta được hai cặp 2 2 ( x − 2 ) + ( y + 1) = 2 nghiệm TH1: x=1;y=-2 ⇒ CD : y = −2 TH2: x = 17 −6 ;y= ⇒ phương trình CD:3x-4y-15=0 5 5 Cách 4: Giả sử A(x;y)... - Bài 4:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có C thuộc đường thẳng d:2x+y+5=0 và điểm A(-4;8) Gọi M là điểm đối xứng với B qua C, N là hình chiếu của B trên DM Tìm tọa độ của B và C biết N(5;-4) Người viết: Thầy Nguyễn Đăng Thuyết 16