1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Chủ đề toán phương pháp tọa độ mặt phẳng 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 (trước 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 tập đề thi HSG, THPT Quốc gia nên chủ đề hình học tọa độ mặt phẳng ngày trở nên chủ đề hấp dẫn người dạy người học Cách thức đề tập loại theo thời gian chuyển từ thể loại sử dụng công cụ đại số để giải toán hình học loại phải nắm tính chất hình học chìa khóa để vận dụng giải toán Tuy vậy, gặp toán tọa độ mặt phẳng, phần lớn học sinh lúng túng, khó khăn để tìm kiếm lời giải Qua tìm hiểu, nhận thấy nhiều học sinh trường THPT Như Thanh yếu kiến thức hình học chương trình hình học THCS Học sinh chưa nắm nhiều kết quan trọng hình học phẳng tam giác, tứ giác đặc biệt (Hình thang, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông), đường tròn phương pháp chứng minh kết Về phía giáo viên dạy môn toán, có quan tâm định chủ đề phần nhiều có tâm lý e ngại tự sáng tạo toán hình học tọa độ nên lựa chọn đường sưu tầm toán có sẵn mạng Internet tài liệu sách báo khác Việc làm có đạt phần mục đích giáo viên chưa 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 dưỡng HSG, nhìn nhận chủ đề toán phương pháp tọa độ mặt phẳng chủ đề quan trọng Để phục vụ công tác bồi dưỡng, việc sưu 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 hệ thống tập tọa độ mặt phẳng hay khó, giúp ích nhiều cho học sinh phát triển kỹ tư duy, tạo nhiều hứng khởi, đam mê cho em Từ lý trên, lựa chọn đề tài: “Kỹ xây dựng toán 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 thường gặp tam giác - Rèn luyện kỹ giải toán hình học tọa độ cho người 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 tòi, sáng tạo toán hình học tọa độ từ tính chất hình học thuấn túy biết 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu thông qua tài liệu có sẵn - Tự nghiên cứu thông qua ý tưởng toán học thân NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận Năm 1637, nhà Toán học-Triết học thiên tài người Pháp Descartes cho đời sách “La Geometrie” với nội dung xây dựng hình học phương pháp tọa độ Cuốn sách đời đánh dấu bước tiến mạnh mẽ toán học thời Phương pháp tọa độ đời giúp người đại số hóa môn hình học trừu tượng, nghĩa người dùng công cụ đại số để nghiên cứu hình học (Điểm, đường thẳng, đường tròn, vecto biểu diến theo số) Trong mặt phẳng chứa đối tượng hình học (Điểm, đường thẳng, đường tròn, vecto ), ta đặt vào hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, yếu tố hình học số hóa, phiên dịch toán sang ngôn ngữ tọa độ ta có toán tọa độ Nội dung đề tài từ toán hình học túy, đặt vào hệ trục tọa độ để có toán hình học tọa độ, giải toán theo ngôn ngữ tọa độ có sử dụng yếu tố hình học đặc trưng 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu - Ở trường THPT Như Thanh, phần lớn học sinh có kiến thức chương trình hình học THCS hạn chế; số lượng học sinh giải toán hình học tọa độ mặt phẳng chưa nhiều - Vì đối tượng học sinh khó tiếp cận toán hình học tọa độ mặt phẳng nên nhiều giáo viên chưa 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 thu thập từ đề thi thử THPT Quốc gia trường nước; chưa có tài liệu đúc kết, phân loại nêu rõ phương pháp giải dạng toán 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 toán hình học tọa độ từ tính chất hình học đặc trưng, tiếp xây dựng toán 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 tròn nội, ngoại tiếp Tính chất 1: Tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu A lên BC; M, N trung điểm đoạn thẳng AB, AC Khi đó: MH ⊥ NH Chứng minh: (Hình 1a) Ta có tam giác AHB vuông H M trung điểm AB nên MH = MB, điều chứng tỏ tam giác MHB cân M Tương tự ta có tam giác NHC cân N Từ ta có được: ∠MBH = ∠MHB, ∠NCH = NHC Lại có: ∠MBH + ∠NCH = 90 nên ∠MHB + ∠NHC = 90 hay MH ⊥ NH 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 toán 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 trung điểm AC, AB; H hình chiếu A lên BC Biết đường thẳng MH có phương trình 2x – y – = 0, BC qua điểm P(0; 4), điểm C thuộc đường thẳng x – 2y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác Hướng dẫn giải: (Hình 1b) Theo tính chất 1, ta có MH ⊥ NH Từ giả thiết, ta lập phương trình NH là: x + 2y – 11 = Giải hệ tìm tọa độ điểm H(3; 4) Từ tọa độ điểm H P thuộc BC ta có phương trình BC là: y = Từ đây, ta tìm tọa độ điểm C(11; 4) Vì N(7; 2) trung điểm AC nên ta tìm tọa độ điểm A(3; 0) Đường thẳng AB vuông góc với AC nên phương trình AB là: 2x + y – = Giải hệ tìm 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; M, N trung điểm đoạn thẳng BH AH Khi ta có CN ⊥ AM Chứng minh: ` (Hình 2) Xét tam giác ACM Có AH đường cao Theo giả thiết: M, N trung điểm đoạn thẳng HB, AH nên MN đường trung bình tam giác AHB, vậy: MN // AB Lại có: AB ⊥ AC nên MN ⊥ AC Vậy MN đường cao thứ hai tam giác ACM Từ đây, ta có CN ⊥ AM 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 phươnguu trình điểm uu r CN, tìm tọa độuu ur H theo tọa độ N nhờ công thức tọa độ trung điểm Từ MH vuông góc với AH 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 đường cao AH Các điểm M, N trung điểm ác đoạn thẳng BH AH Biết M(0; - 2) điểm A thuộc đường thẳng có phương trình x + y = 0, đường thẳng qua hai điểm N, C có phương trình: – 2x = Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải: (Sử dụng hình để giải toán) Theo tính chất 2, ta có: CN ⊥ AM Từ giả thiết điểm M(0; - 2) đường thẳng qua hai điểm N, C có phương trình: – 2x = 0, ta lập phương trình AM là: y + = Tọa độ điểm A A(2;−2) Vì N thuộc đường thẳng có phương trình: – 2x = 0, nên có số thực a để N( ; a ) N trung điểm AH nên H(1; 2a + 2) Ta có MH AH vuông góc với nên: MH AH = ⇔ a = − a = − 2 * Với a = − , ta có H(1: -1), BC có phương trình: x- y – = Từ tìm tọa độ điểm C ( ;− ) , B(-1: -3) 2 * Với a = − , ta có H(1; -3), B(-1; -1) Đường thẳng AC có phương trình: 3x – y – = 0, từ tìm C ( ;− ) 2 3 Vậy A(2;−2) , C ( ;− ) , B(-1: -3) A(2;−2) , ), B(-1; -1), C ( ;− ) 2 2 Tính chất 3: Tam giác ABC vuông cân A Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng BC, AB G điểm thuộc đoạn thẳng MN D thuộc đoạn BC cho GA = DG (D không trùng với đầu mút) Khi đó, ta có: tam giác AGD vuông cân G Chứng minh: (Hình 3a) Ta có MN đường trung trực đoạn thẳng AB nên GB = GA Kết hợp với giả thiết ta có GA = GB = GD Điều chứng tỏ, có đường tròn tâm G bán kính GA qua điểm A, B, D Lại có: ∠ABD = 450 nên ∠AGD = 900 hay tam giác AGD vuông cân G 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 vuông cân A M trung điểm BC, G trọng tâm tam giác ABM, D(-8; 1) điểm thuộc cạnh MC cho GA = GD Đường thẳng AG có phương trình: 3x – y – 15 = hoành độ điểm A nhỏ Xác định tọa độ điểm A lập phương trình đường thẳng AB Hướng dẫn giải: Theo tính chất 3, ta có tam giác AGD vuông cân G Từ lập phương trình GD là: x + 3y – = Ta tìm tọa độ điểm G(5; 0) (Hình 3b) Giả sử điểm A(a; 3a-15), Từ GA = GB, ta có: A(4; -3) Gọi N giao điểm MG với AB Đặt ∠NBG = α Ta có: NG NI 3NI 10 ∠NAG = ∠NGI = α ; tan α = = ⇔ = ⇔ AN = NI ⇒ GI = AN BN NG AN Lạicó: GA = AN + AN 10 = AN = GD Từ ta có GD = 3GI, ta tìm I (4; ) Dễ dàng có phương trình AB là: x – = Tính chất 4: Cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu điểm A lên BC; M, N hình chiếu H lên cạnh AB, AC Khi đó: MN ⊥ IA (I trung điểm BC) Chứng minh: (Hình 4a) Từ giả thiết ta có: Tứ giác AMHN hình chữ nhật Từ ta có: ∠AMN = ∠AHN (1) Lại có ∠AHN , ∠ACH phụ với ∠HAN nên: ∠AHN = ∠ACH (2) Vì tam giác ABC vuông A I trung điểm BC nên IA = IC hay tam giác IAC cân I, ∠ICA = ∠CAI (3) Từ (1), (2), (3) ta có: ∠AMN = ∠CAI Lại ∠AMN + ∠ANM = 90 nên ∠CAI + ∠ANM = 90 Từ ta có: ∠ANE = 90 Bình luận: Nếu cho phương trình đường tròn 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 vuông 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 đường tròn (T) có phương trình: x + y − x − y + = Gọi H hình chiếu A lên BC Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình 20x – 10y – = điểm H có tung độ lớn hoành độ Hướng dẫn giải: Từ giả thiết ta có HM ⊥ AB, HN ⊥ AC Theo tính chất 4, ta có: MN ⊥ IA (I trung điểm BC) Ta lập phương trình AI là: x + 2y – = (Hình 4b) Vì A thuộc AI nên có số thực a cho A(5-2a; a) Kết hợp với A thuộc (T) ta có: (5 − 2a) + a − 6(5 − 2a) − 2a + = ⇔ a = a = Khi ta có: A(1;2) A(5; 0) Điểm A(5; 0) không thỏa mãn A, I phía MN Gọi E tâm đường tròn đường kính AH Vì E thuộc đường thẳng MN nên có số 38 thực t cho: E (t;2 t − ) Do E trung điểm AH nên: H (2 t − 1;4 t − ) 10 10 28 11 13 Từ AH vuông góc với IH ta có: t = t = Từ có H ( ; ) thỏa mãn 5 5 điều kiện Khi đó, phương trình BC là: 2x + y – = Tính chất 5: Cho tam giác ABC vuông B có AB = mBC (m > 0) Gọi E điểm đoạn thẳng AC cho AE = mEC ; D điểm đoạn thẳng AB cho BD = BC Khi đó: CD ⊥ BE Chứng minh: (Hình 5a) AB AE = BC CE Lại có điểm E thuộc đoạn thẳng AC nên E chân đường phân giác ∠ABC Từ ta có: ∠ABE = 450 (1) Theo giả thiết ta có tam giác BCD vuông cân B nên: ∠BDC = 450 (2) Từ (1), (2) ta có ∠BDC + ∠ABE = 900 Suy ra: CD ⊥ BE 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 = −2 EC Đường 19 thẳng CD có phương trình x – 3y + = điểm E ( ;2) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Hướng dẫn giải: Theo tính chất 5, ta có BE ⊥ CD Từ đường thẳng CD có phương trình x–3y + 3= 19 điểm E ( ;2) , ta lập phương trình đường thẳng BE: 3x + y – 21 = Từ giả thiết ta có: (Hình 5b) Gọi H giao điểm CD BE, tọa độ điểm H nghiệm hệ: x - 3y + = x = ⇔ ⇒ H (6;3)  3x + y 21 = y =   Gọi (T) đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Phương trình (T) ( x − 6) + ( y − 3) = HB Gọi M trung điểm AE Sử dụng tính chất đường trung bình cho tam giác CDM, ABE ta có được: EB = EH Từ tìm tọa độ điểm B(5; 6) Phương trình đường tròn (T) là: ( x − 6) + ( y − 3) = 10 Từ tìm 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 hình chiếu H lên AB, M trung điểm DH Khi đó: AM ⊥ CD Chứng minh: (Hình 6) Lấy N trung điểm DB Khi MN//CB nên MN vuông góc vuông góc với AH Lại có HD vuông góc với AN nên M trực tâm tam giác AHN Ta suy AM vuông góc với HN Dễ thấy HC//CD nên AM vuông 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 toán 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 đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC Gọi D hình chiếu điểm H lên AB Biết đường trung tuyến AM tam giác AHD có phương trình là: x + y – = Đường 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) Theo tính chất ta có: AM ⊥ CD Từ phương trình đường thẳng AM điểm E thuộc CD ta có phương 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 vuông góc với DH nên lập phương trình AB là: x = Từ có tọa độ điểm A(0; 1) Lập phương trình CB: 2x – y – = Giải hệ ta tìm được: C(4; 4), B(0; -4) Tính chất 7: Cho tam giác ABC cân A Gọi M trung điểm AB, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, G trọng tâm tam giác AMC Khi đó: GI ⊥ CM Chứng minh: (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 đường cao Gọi Q giao điểm CG với AB CN CG = = Dễ thấy N trọng tâm tam giác ABC Ta có: CM CQ (Tính chất trọng tâm tam giác) Theo định lý Ta-Lét đảo tam giác CMA ta có NG // AM Lại có MI ⊥ AB nên MI ⊥ NG 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 tròn 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 đường tròn tâm I bán kính R = M trung điểm AB CM có phương trình 2x + 3y – = 0; tâm I thuộc đường thẳng x + 2y – = 0; Trọng tâm tam giác ACM G ( ;2) Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết C có hoành độ dương A có tung độ nguyên Hướng dẫn giải: (Sử dụng hình để giải toán) Theo tính chất 7, ta có GI ⊥ CM Từ CM có phương trình 2x + 3y – = G ( ;2) , ta có phương trình IG là: 3 3x – 2y + = Từ đó, tìm tọa độ điểm I là: I (0; ) 10 25 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x + ( y − ) = Giải hệ tìm tọa độ điểm C(2; 0) Giả sử A(a; b) (b số nguyên) 25 Sử dụng điều kiện A thuộc đường tròn x + ( y − ) = G ( ;2) trọng tâm tam giác ACM ta tìm được: A(0; 4), M(-1; 2) Từ có B(-2; 0) Tính chất 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I M điểm cung BC không chứa điểm A đường tròn Khi đó: MB + MC = MA Chứng minh: Lấy điểm D đoạn thẳng AM cho MD = MB Ta có: ∠AMB = ∠ACB = 60 nên tam giác BMD tam giác Ta có: BD = BM Xét hai tam giác: ∆ABD ∆CBM AB = BC , BD = BM , ∠ABD = ∠CBM Ta có: (Vì ∠ABD + ∠DBC = ∠CBM + ∠CBD = 60 ) Từ ta có: ∆ABD = ∆CBM , ta suy ra: MC = AD Vậy: MB + MC = MD + DA = MA (Hình 8a) Bình luận: Nếu cho phương trình đường tròn 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 toán sau sáng tạo từ ý tưởng Ví dụ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (T): x + y = 25 Cho M(0;-5) tam giác MBC có chu vi 10 + Xác định tọa độ đỉnh tam giác biết B có hoành độ âm Hướng dẫn giải: Dễ kiểm tra M thuộc đường tròn (T) M thuộc cung BC không chứa điểm A Vì đường tròn (T) có tâm O(0; 0), R = nên tìm được: BC = Từ giả thiết, ta có: MB + MC = 10 Theo tính chất 8, ta có MA = MB + MC = 10 Suy MA đường kính nên A đối xứng với M qua O, ta có được: A(0; 5) Vì BC vuông góc với AM khoảng cách 15 từ A đến BC nên lập phương trình BC là: y - = (Hình 8b) 11 5 5 ;− ), C ( ;− ) 2 2 Tính chất 9: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K ngoại tiếp đường tròn tâm I Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tâm giác điểm D khác A Khi đó: DB = DC = DI Chứng minh: Vì AD đường phân giác ∠BAC nên D điểm » (không chứa điểm A) Từ ta có: BD = DC cung BC Ta tìm B (− (Hình 9a) Ta có: ∠BID = ∠IBA + ∠IAB (góc tam giác IBA) Mặt khác: ∠BDI = ∠DBC + ∠CBI = ∠DAC + ∠CBI = ∠IBA + ∠IAB = ∠BID 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 đường tròn tâm K(1; 0) Đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình: 2x + y -7 = D(1; -5) giao điểm AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ nhỏ -1 B thuộc đường thẳng x + y + = Hướng dẫn giải: Theo tính chất 9, ta có DB = DK Vì B thuộc đường thẳng x + y + = nên có số thực b cho B(b; - b - 9) Vì BK = DK = nên: b = (b − 1) + (b + 4) = 25 ⇔  b = −4 Theo giả thiết có B(-4; -5) thỏa mãn yêu cầu (Hình 10b) Gọi H chân đường cao kẻ từ đỉnh B Vì BC vuông góc với AH nên ta lập phương trình BC là: x – 2y – = Vì C thuộc đường thẳng BC nên có số thực c cho C(2c +6; c) 12 Ta có DK = DC nên ta tìm 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có BC vuông góc với IM Phương trình IM là: 2x + y – = Vì I thuộc MI nên có số thực c cho: I(b: -2b – 3) Từ IB = ID ta tìm b = − , từ ta có I( − ; 0) Giả sử A(a; -2a + 7), từ IA = IB ta có a = a = • với a = ta có A(4;-1) không 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 đường tròn tâm I AD đường phân giác góc A tam giác cắt đường tròn (I) điểm M Tiếp tuyến A với đường tròn cắt BC E Đường phân giác góc AEC cắt AD H Khi đó: EH ⊥ AD Chứng minh Ta chứng minh cho tam giác EAD cân E Ta có, điểm M điểm cung BC (Cung không chứa điểm A) AM (1) (Cung chứa điểm B) Ta có: ∠EAD = sđ ¼ ¼ )= ∠ADE = ( sđ »AB + sđ CM ¼ ) = sđ ¼ ( sđ »AB + sđ BM AM (2) 2 Từ (1), (2) ta có: ∠ADE = ∠EAD hay tam giác EAD cân E EH đường phân giác tam giác EAD trở thành đường cao, chứng tỏ: EH ⊥ AD (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 đường tròn (T) Đường phân giác góc A cắt cạnh BC D(-1; 1) Đường thẳng AB có phương trình 2x + 3y – = 0, tiếp tuyến A với đường tròn (T), cắt BC E có phương trình: 2x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC Hướng dẫn giải: Gọi H trung điểm DA, E giao điểm tiếp tuyến với BC, theo tính chất 10, ta có EH ⊥ AD 13 2 x + y = x = ⇔ ⇒ A(3;1) Tọa độ điểm A nghiệm hệ:  2 x + y =  y = Vì H trung điểm AD nên H(1; 1) Do EH ⊥ AD nên ta có EH có phương trình y = Từ uuurđây có đượcr tọa độ điểm E(1; 5) DE = (2;4) ⇒ n = (2; −1) vectơ pháp tuyến BC Do đường thẳng BC có phương trình: 2x – y + = Tính chất 11: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm K, nội tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AK, BK, CK cắt đường 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 AP ⊥ RQ Kết RC ⊥ PQ, QB ⊥ RP chứng minh tương tự Từ giả thiết dễ dàng có được: P, Q, R » , CA » , »AB điểm cung BC » A = sđ »AB Ta có: ∠RQA = sđ R (cung AB không chứa điểm P) » ∠QAP = sđ P Q = sđ »AB (cung AB chứa điểm P) Từ đó: ∠RQA + ∠QAP = 3600 = 900 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 đường tròn tâm K Các đường thẳng AK, BK, CK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm P ( ; − ),Q(4;3),R( −6;3) Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác 2 Hướng dẫn giải: Theo tính chất 11, ta có K trực tâm tam giác PQR Giả sử I(x; y) Ta có: uuur uuuur uuu r 15 15 uuur 15 KQ = (4 − x;3 − y), KR = (−6 − x;3 − y ), PR = ( − ; ), PQ = ( ; ) 2 2  uuur uuu r  KQ ⊥ PR  x = K trực tâm nên  uuur uuur ⇔  KR ⊥ PQ y =  14 Dễ chứng minh được: K, A đối xứng với qua RQ Gọi M hình chiếu K 3 11 lên RQ, ta tìm M( ;3) M trung điểm IA nên ta có A( ; ) 2 9 Làm tương tự ta có: B (− ; − ), C ( ; − ) 2 2 11 9 Vậy: A( ; ) , B (− ; − ), C ( ; − ) 2 2 2 Tính chất 12: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I Gọi H trực tâm tam giác ABC Các đường thẳng AH, BH, CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm D, E, F Khi đó: H tâm đường tròn nội tiếp tan giác DFE Chứng minh: (Hình 12) Ta chứng minh cho BE đường phân giác góc DEF Thật vậy: ∠DEB = ∠DAB (Góc nội tiếp chắn cung) Tương tự: ∠FEB = ∠FCB Lại có: ∠DAB = ∠FCB (Cùng phụ với góc ABC) Từ đó, ta có: ∠FEB = ∠DEB Suy BE phân giác góc DEF Tương tự, ta có đường thẳng DA, CF đường phân giác tam giác DFE nên H tâm đường tròn 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 tròn 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 đường trò (T) có phương trình (x − 5) + y = 50 Tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (T), Đường kính (T) qua A cắt (T) điểm D(0; 5) (D khác A) Đường cao kẻ từ đỉnh C 17 tam giác cắt (T) F( − ; − ) Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết B có hoành 5 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 vuông góc với DF Từ ta lập phương trình đường thẳng BI là: x + 7y – = Ta tìm tọa độ điểm B(-2; 1) Đường thẳng BC có phương trình: x – y + = AI vuông góc với BC nên phương 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 đường phân giác góc B N nằm đường trung trực đoạn thẳng AC Khi đó, N nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh: Giả sử N0 điểm nằm cung AC (Cung không chứa điểm B) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi N0 thuộc đường phân giác góc B tam giác ¼ A= N » C nên N0A = N0C, hay N0 thuộc Vì N 0 đường 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 tròn 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 vuông 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M(3; 3) điểm thuộc đường trung trực đoạn thẳng BC, N(2; 4) điểm nằm đường phân giác góc B thỏa mãn AN = CN Đường thẳng BC qua điểm D(1; 4) điểm B có tung độ lớn tung độ điểm C Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác Hướng dẫn giải: Theo tính chất 13, ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ACB, N điểm cung AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm I bán kính IN = có phương trình: (x + 1) + y = 25 BC vuông góc với IM nên BC có phương trình: 4x + 3y – 16 = (Hình 13b) Từ ta tìm tọa độ điểm B,C là: 16 24 B ( ; ),C(4;0) Do AC vuông góc với IN nên ta lập phương trình AC 5 là: 3x + 4y – 12 = Từ phương trình AC phương trình đường tròn ngoại 12 24 tiếp tam giác ABC ta tìm tọa độ điểm A là: A(− ; − ) 5 Tính chất 14: Cho tam giác ABC với đường cao BK CP Giả sử d tiếp tuyến A với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó: AI MQ vuông góc với PK Chứng minh: (Hình 14a) a/ Ta chứng minh cho trường hợp tam giác ABC tam giác nhọn (Hình 15a) trường hợp lại chứng minh tương tự Dựng tiếp tuyến A với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có ∠tAB = ∠ACB (1) (Góc nội tiếp góc tia tiếp tuyến dây) Lại có: Tứ giác BPKC tứ giác nội tiếp nên ∠ABC + ∠BPK = 1800 ∠BPK + ∠KPA = 1800 nên ∠BCK = ∠KPA (2) Từ (1), (2) ta có: ∠tAB = ∠KPA nên tiếp tuyến A song song với PK Mặt khác IA ⊥ At nên IA ⊥ PK b/ Đường tròn đường kính BC đường tròn đường kính AH có giao điểm phân biệt P, K Do đó, đường thẳng qua tâm đường tròn QM vuông góc với PK Bình luận: Với hình chữ nhật ABCD, E đối xứng với B qua C, BH vuông góc với DE, ta có DC BH đường cao tam giác DEB Nếu cho phương trình đường tròn 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE đường thẳng CH có phương trình: x + ( y − 4) = 25 , y + y = , đường thẳng BC qua điểm M(5; 0), điểm E có hoành độ âm, điểm D có tung độ dương Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Hướng dẫn giải: Ta có, đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE có phương trình: x + ( y − 4) = 25 (Có tâm I(0; 4), R = 5) 17 Vì C, H chân đường cao kẻ từ D, B tam giác BDE nên theo tính chất 14, ta có: CH ⊥ IE Từ kết này, ta lập phương trình IE là: 4x -3y + 12=0 E giao điểm IE đường tròn ngoại tiếp tam giác DEB ta tìm tọa độ E(-3; 0) Vì BC qua E M nên BC có phương trình: y = Từ tìm tọa độ điểm B(3; 0) Vì C trung điểm BE nên C(0; 0) Đường thẳng CI có phương (Hình 14c) trình: x = Từ ta tìm 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 chân đường cao kẻ từ B, C tam giác Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm D có hoành độ dương, phương trình DE y + = 0, phương trình AH là: 2x + y - = Hướng dẫn giải: Gọi Q trung điểm AH, theo tính chất 14, ta có QM vuông góc với ED Từ ta có phương trình QM x = ta tìm tọa độ điểm Q(1; -1) Lại Q trung điểm AH nên A(2; 1) Ta có QA = QD nên tìm D(3; -2) Phương trình đường thẳng AC là: 3x + y – = Phương trình đường thẳng BC là: x + 2y + 11 = Từ ta có: C(5; -8), B(-3; -4) Vậy: A(2; 1), B(-3; -4), C(5; -8) (Hình14d) Tính chất 15: Tam giác nhọn ABC với đường cao AN, BP, CM, trực tâm I Khi đó, ta có điểm I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Chứng minh: Ta có tứ giác BMIN APIM tứ giác nội tiếp nên ta có: ∠NMC = ∠PBC , ∠CMP = ∠NAC (1) Lại có: ∠PBC = ∠NAC (2) (vì phụ với góc ACB) (Hình 15) Từ (1), (2) ta có: ∠NMC = ∠CMP , tức CM đường phân giác góc NMP 18 Chứng minh tương tự ta có được: AN, BP đường phân giác tam giác MNP Vậy I tâm đường 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 13 19 hình chiếu C, A, B lên AB, BC, CA Biết M (1;−1), N (0;2), P ( ; ) 5 Hãy lập phương trình đường thẳng AC Hướng dẫn giải: Theo tính chất 15, ta có đường thẳng AM, BN, CP đồng quy điểm I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP 640 250 MP ; NP = ⇒ = Ta có: MP = 5 NP Theo tính chất đường phân giác tam giác MNP ta có: MP MD = = ⇒ 8MD = ND ⇔ 8MD + ND = (Vì D nằm đoạn thẳng NP ND MN) 11 144 192 ;− ) Từ kết này, ta tìm tọa độ điểm D( ; ) ⇒ PD = ( − 13 13 65 65 n = (3;4) vectơ pháp tuyến đường thẳng AC, phương trình đường thẳng AC qua điểm P là: 3x + 4y – 23 = 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Đối với học sinh: - Được ôn tập, củng cố tính chất hình học phẳng, đặc biệt tính chất tam giác - Rèn luyện kỹ giải toán hình học tọa độ rèn luyện tư trừu tượng - Có cách nhìn sâu sắc toán tọa độ; hiểu toán hình học tọa độ tự nhiên mà có mà phải qua trình miệt mài, sáng tạo người để có toán hay khó Từ em có đam mê, động lực để học toán ngày yêu toán - Đề tài tác giả áp dụng giảng dạy lớp 12C1(2007-2010), 12C2(2010-2013), 12C1(2013-2016), hiệu việc dạy học khẳng định qua kỳ thi HSG, kỳ thi ĐH-CĐ (nay gọi kỳ thi THPT QG) Kết có 16 giải cấp tỉnh môn Toán MTCT, có 03 giải Nhì, 06 giải Ba 06 giải Khuyến khích Nhiều HS thi ĐH-CĐ với số điểm đạt từ trở lên 2.4.2 Đối với thân đồng nghiệp 19 - Đề tài tài liệu dùng cho hoạt động giảng dạy thân đồng nghiệp - Đề tài tổng kết nhiều tính chất đặc trưng hình học túy, làm sở cho thân đồng nghiệp sáng tạo nên toán ktọa độ làm phong phú nguồn tư 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 hình thang, hình bình hành, thoi, chữ nhật, vuông để sáng tạo nên toán hình học tọa độ cách đa dạng 2.4.3 Đối với nhà trường - Đề tài áp dụng hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng giáo dục; cải thiện thành tích thi HSG, thi THPT Quốc gia học sinh nhà trường theo chiều hướng tích cực KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Quá trình nghiên cứu đề tài thu số kết sau: - Phát biểu chứng minh số tính chất hình học tam giác; - Xây dựng hệ thống tập hình học tọa độ sở tính chất hình học đưa ra; đề xuất phương pháp giải tập cách phù hợp - Rèn luyện kỹ xây dựng toán hình học tọa độ từ tính chất hình học túy - Người học thấy cội nguồn toán hình học tọa độ hay khó, tạo cho người học hứng thú đam mê với toán học 3.2 Kiến nghị - Trên sở tính chất nêu, phát động giáo viên môn toán nhà trường tiếp tục sáng tạo toán hình học tọa độ để làm phong phú nguồn tư liệu cho hoạt động chuyên môn - Tìm tòi tính chất hình học dạng hình khác hình thang, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông từ sáng tạo tập hình học tọa độ để phục vụ cho công tác giảng dạy XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2016 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Tác giả Trịnh Minh Lâm 20 ... số tính chất hình học tam giác; - Xây dựng hệ thống tập hình học tọa độ sở tính chất hình học đưa ra; đề xuất phương pháp giải tập cách phù hợp - Rèn luyện kỹ xây dựng toán hình học tọa độ từ tính. .. 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... tọa độ từ tính chất hình học đặc trưng, tiếp xây dựng toán 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