MỤC LỤC Nội dung Phần I Phần mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Phần II Nội dung đề tài Cơ sở lý luận Thực trạng cửa vấn đề trước áp dụng SKKN Các toán đặc trưng Dạng Các tốn khai thác tính chất liên quan tới điểm đường đặc biệt tam giác Dạng Các toán khai thác mối liên hệ yếu tố hình học nhờ vào giả thiết toán Hiệu áp dụng Phần III: Kết luận kiến nghị Tài liệu tham khảo -1- Trang 2 3 4 5 13 20 21 23 PHẦN I: MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Toán học môn học quan trọng để rèn luyện tư duy, rèn luyện kỹ vận dụng để giải số vấn đề xảy thực tế Vì việc dạy học mơn Tốn dạy cho học sinh có lực trí tuệ, lực từ giúp học sinh học tập tiếp thu kiến thức khoa học biết cách vận dụng vào sống Dạy học mơn Tốn người thầy khơng dạy cho học sinh kiến thức tốn học ( công thức, định lý, định đề , tiên đề …) mà người thầy phải dạy cho học sinh có lực, trí tuệ để giải vấn đề nêu học tập sau Trong năm gần khoa học ngày phát triển, người cần phải nắm bắt kiến thức đại Do việc đổi phương pháp dạy học vấn đề cấp thiết để học sinh nắm bắt kiến thức khoa học có khả vận dụng vào thực tiễn góp phần vào việc xây dựng bảo vệ tổ quốc Với phương pháp dạy học đại việc truyền thụ, cung cấp kiến thức, kỹ cần thiết cho học sinh, thầy giáo cần phải quan tâm đến việc rèn luyện kỹ suy luận logic, biết tổng hợp, khái quát hóa kiến thức học cách hệ thống để học sinh có khả vận dụng kiến thức học để tự giải vấn đề cách động sáng tạo Trong trương trình tốn học sơ cấp THPT phương pháp tọa độ mặt phẳng dạng toán quen thuộc gần gũi với đối tượng học sinh Rất nhiều toán khác từ toán cổ thực tế đến tốn phức tạp mơn học khác đơi cần áp dụng tính chất toán tọa độ Đặc biệt kỳ thi tuyển sinh ĐHCĐ trước (nay thi THPT Quốc gia), kỳ thi HSG tỉnh HSG quốc gia tập phương pháp tọa độ mặt phẳng chủ đề hay khiến đại phận học sinh cảm thấy bế tắc trình định hướng tìm lời giải Trên thực tế có nhiều tài liệu tham khảo giảng phương pháp tọa độ nhà toán học lớn, chuyên gia Tuy nhiên sách với phương pháp chứng minh độc đáo tác giả gần xa lạ với nhiều học sinh đặc biệt học sinh vùng nông thơn điều kiện tiếp xúc với tài liệu khó khăn việc nắm bắt nội dung trình bày tài liệu dường hồn tồn bế tắc Các lời giải toán tọa độ mặt phẳng tài liệu nêu đại phận học sinh mang tính gượng ép thiếu tự nhiên mặt suy luận Nhiều tính chất phức tạp hình học phẳng đưa vào áp dụng lời giải khiến giải thiếu tính tự nhiên khó hiểu với đại phận học sinh Trong qua nghiên cứu dạng toán năm gần kỳ thi tuyển sinh nhận thấy kiến thức hình học cần sử dụng để giải toán đơn giản Phần lớn giả thiết toán gợi ý cho ta mối liên hệ tính chất hình vẽ -2- tốn Trên sở việc giải tốn trở nên tương đối nhẹ nhàng với đại phận học sinh Trong trình giảng dạy trường THPT giảng dạy số lớp ôn thi đại học, ôn thi THPT Quốc gia bồi dưỡng học sinh giỏi tơi nhận thấy nhiều học sinh chưa có phương pháp giải lớp tốn này, lúng túng nhầm lẫn trình làm Học sinh vận dụng kiến thức học để giải vấn đề lý sau: quên kiến thức học, chưa hiểu yêu cầu tốn, rèn luyện nên dẫn đến khả phân tích, tổng hợp dạng yếu, khơng nhận dạng loại tốn MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Với lý nêu chọn đề tài: “Định hướng tư phân tích tốn thơng qua số tập hình học tọa độ mặt phẳng, nhằm nâng cao hiệu học tập chuyên đề phương pháp tọa độ mặt phẳng cho học sinh lớp 10 – Trường THPT Quảng Xương 4” với mong muốn dần hình thành cho học sinh tư thuật toán trình tìm lời giải cho tốn hình giải tích mặt phẳng, để học sinh tham khảo vận dụng trình học tập Bên cạnh thơng qua ví dụ việc phân tích lời giải tập nêu đề tài nhằm giúp học sinh hình thành tư thuật tốn q trình tiếp cận với tốn dạng tập hình giải tích mặt phẳng mối liên hệ hình học yếu tố giải tích có liên quan ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Đề tài tập trung nghiên cứu dạng tập liên quan đến phương trình đường thẳng đường tròn hệ trục tọa độ Oxy Các tốn có sử dụng kiến thức hình học bậc THCS số dạng hình có tính chất đặc biệt mà học sinh quen biết PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Trong trình nghiên cứu để hình thành đề tài, chủ yếu sử dụng phương pháp sau Nghiên cứu lý thuyết thực nghiệm giảng dạy Thực hành thông qua tiết dạy ôn thi đại học ôn tập học sinh giỏi môn Toán nhà trường -3- PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI CƠ SỞ LÝ LUẬN: Đề tài nghiên cứu thành nhiều mảng nhỏ, đề cập đến tốn thuộc chủ đề khác thuộc phân mơn Hình học Vì đặc thù sáng kiến tập trung vào nghiên cứu phương pháp xử lý toán tọa độ mặt phẳng nên vấn đề lí thuyết tổng quát đề tài nêu dạng sơ lược 1.1 Một số kiến thức công thức sử dụng SKKN: a Phương trình đường thẳng:   x  x  at (t  ) y  y  bt  + Đường thẳng d qua M (x ; y0 ) có vtcp u(a;b) : (d) :   + Đường thẳng d qua M (x ; y0 ) có vtpt n(A;B) : (d) : A(x  x )  B(y  y0 )  b Phương trình đường tròn: + Đường tròn tâm I(a;b) bán kính R: (x  a)  (y  b)  R c Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: Cho d : Ax  By  C  M (x ; y0 ) : d(M ;d)  | Ax  By0  C | A  B2 d Góc hai đường thẳng: ')  Cho d : Ax  By  C  0;d ' : A ' x  B' y  C'  : cos(d,d | AA ' BB' | A  B A '  B' 1.2 Các ý thường gặp: + Điều kiện để hai đường thẳng song song vng góc + Các công thức trung điểm, trọng tâm + Dạng tọa độ điểm thuộc đường thẳng + Một số kiến thức hình học THCS có liên quan 1.3 Một số nguyên tắc toán: a Các hướng nhận định ban đầu: + Bài toán liên quan đến tọa độ điểm + Từ giả thiết lập phương trình đường thẳng nào, xác định tọa độ điểm liên quan + Có thể sử dụng tính chất hình học b Vận dụng nhận định tìm lời giải: + Xác định tọa độ điểm, viết phương trình đường từ giả thiết + Lấy điểm thuộc đường thẳng đưa toán khai thác yếu tố giải tích + Phát tính chất hình học có liên quan tốn c Ngun tắc thực hiện: + Vẽ hình xác nhằm phát mối liên hệ toán: Các đường thẳng song song, vng góc, đoạn thẳng nhau, tỉ lệ -4- + Gán điểm theo dạng tọa độ đưa tốn dạng giải tích THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN: Hiện nhiều học sinh lúng túng việc giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng, đặc biệt toán cần khai thác tính chất hình học đòi hỏi tư linh hoạt Thực trạng có nhiều lý có mâu thuẫn xảy phần kiến thức tập dạng tập khơng có sách giáo khoa thường xun xuất kỳ thi điển đề thi đại học tất năm Theo thống kê 70% học sinh trường THPT Quảng Xương tham gia kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015 kỳ thi thử nhà trường tổ chức khơng giải dạng tốn Bên cạnh với dạng tập đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan Do học sinh nắm kiến thức trình bày hy vọng học sinh giải lớp toán nhỏ toán tọa độ mặt phẳng CÁC DẠNG TOÁN ĐẶC TRƯNG NHẰM PHÁT TRIỂN KHẢ NĂNG ĐỊNH HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHÂN TÍCH CHO HỌC SINH: Dạng Các tốn khai thác tính chất liên quan đến điểm đường đặc biệt tam giác Trong nội dung phần phân tích tìm đường hướng cho lớp tốn thể mối quan hệ hình học yếu tố tam giác Đó mối quan hệ điểm, cạnh, góc tam giác, điểm đặc biệt, đường đặc biệt tam giác Trên sở giả thiết toán, xác định mối liên quan yếu tố từ vận dụng cách thích hợp tính chất hình học tìm u cầu toán Trước vào dạng toán cụ thể phân tích cách nhìn nhận vấn đề cách thức tư qua hai tốn Trên sở phân tích cách nhìn nhận tốn đường suy luận để đến lời giải thích hợp, nhằm giúp bạn đọc hình dung phương pháp chung để tiếp cận dạng tốn hình học tọa độ mặt phẳng Chúng ta xét toán đơn giản sau: Bài toán 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác ABC , biết A(1; 3) hai đường đường trung tuyến có phương trình d1 : x  2y   0; d : y   Phân tích tốn: + Trên sở giả thiết ta xác định tọa độ trọng tâm tam giác ABC + Khi xảy tình huống: - Dùng công thức trọng tâm? - Xác định tọa độ điểm có liên quan -5- - Dựa vào hình vẽ tính chất liên quan đến đường trung tuyến tìm tọa độ số điểm có liên quan, lập phương trình số đường liên quan từ xác định u cầu tốn + Sử dụng tính chất hình học tìm mối liên hệ đại lượng tốn: Điểm tìm được? Đường thẳng xác định phương trình? Mối liên quan điểm đường thẳng với yêu cầu toán? Với cách tiếp cận ta đến số cách giải sau: Cách 1: ( Phương pháp giải tích hóa) + Thấy A  d1, A  d2 Giả sử d1 qua B, d2 qua C  x  2y    G 1, 1 y    Tính tọa độ trọng tâm G nghiệm hệ  + Vì B d1 nên B(2b-1 ;b) , Vì C d2 nên C(c ;1) xA  xB  xC   x G  + Từ gỉa thiết G tâm tam giác ABC suy   y  y A  y B  yC  G Tính b = -1, c = Suy B(-3, -1) ; C(5, 1) Nhận xét: + Đây cách làm đơn giản học sinh mang ý nghĩa mặt giải tích + Từ kiện tốn cho biết dạng tọa độ điểm thuộc đường thẳng Sử dụng mối liên hệ giả thiết ( G trọng tâm tam giác) ta giải yêu cầu + Chú ý: Một điểm mặt phẳng Oxy xác định hai tọa độ Cần tìm điểm cần xác định hai hệ thức liên quan đến hai tọa độ tương ứng điểm Cách 2: ( Sử dụng mối quan hệ hình học) Cách 2.1: + Ta tìm điểm G(1;1) A + Gọi M trung điểm BC Từ đẳng thức:   AM  AG ta có M(1;0) + Lập phương trình đường thẳng qua M song song với d1 1 : x  2y   G B J I M C  x  2y    I(3;1) y    Từ tìm tọa độ I  d  1 :  Do I trung điểm GC nên có C(5;1) + Lập phương trình đường thẳng qua M song song với d  : y  -6-  x  2y    I(1;0) y  Từ tìm tọa độ J  d1   :  Do J trung điểm BG nên có B(3; 1) Bên cạnh cách dựng ta số cách làm sau: Cách 2.1: + Tìm tọa độ điểm G A + Xác định tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua G + Lập phương trình đường thẳng G 1;  qua A’ song song với d1;d + Do tứ giác BGCA’ hình bình hành A' nên tìm B  d1   ;C  d  1 Cách 2.2: + Tìm tọa độ điểm G từ tính tọa độ trung điểm K AG A + Lập phương trình đường thẳng Q P 1;  qua K song song với K d1;d G C B + Dễ dàng chứng minh 1;  qua trung điểm cạnh AB AC + Tìm P  d  1;Q  d1   + Dùng cơng thức trung điểm tìm tọa độ điểm B, C Nhận xét: + Ba cách giải nhờ vào việc áp dụng ý nghĩa hình học nêu thực chất có chất giống nhau: + Trên sở việc xác định tọa độ điểm G ta tìm tọa độ điểm đặc biệt có liên quan: Điểm M trung điểm BC, điểm A’ đối xứng với A qua G điểm K trung điểm AG + Sau xác định tọa độ điểm nêu ta lập đường thẳng liên quan qua điểm đồng thời song song vng góc với đường thẳng cho đề + Kết hợp với việc vẽ hình xác ta dễ dàng phán đốn tìm tính chất có liên quan để sử dụng phép tốn thích hợp Bài tốn 1.2: Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;3) Các đường  3 tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(3;2), K  2;  Viết  2 phương trình đường thẳng BC Phân tích tốn: -7- + Bài tốn cho ta biết tọa độ đỉnh với tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp + Trên sở đề ta phân tích số đặc điểm sau: - Có thể so sánh khoảng cách từ K đến BC khoảng cách từ I đến BC A I K B C D - Có thể dùng hệ thức Ơ le để xác định bán kính tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Có thể sử dụng hình học để lập phương trình cạnh BC thơng qua tương giao hai đường tròn xác định Trên sở nhận định ta có phương pháp giải toán này: Cách 1: ( Sử dụng mối liên hệ tính chất đường phân giác hình chiếu, định lý hàm sin) + Vì I tâm đường tròn nội tiếp nên AI phân giác góc BAC Gọi AI cắt đường tròn D KD  BC + Phương trình AD  x  y   + Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác (x  2)  (y  )  25 + Tọa độ D nghiệm hệ  x  y    x   D(4;3) (loai)   25   1 1 x   D( ; ) (x  2)  (y  )   2  + Đường thẳng BC có VTPT DK( ;2) nên có phương trình 3x  4y  c    a  BKD   2a + Gọi E,F hình chiếu I AB BC gọi BAD + Ta có d  d(I;BC)  IE  IF  AIsin a  d  AI sin a   cos 2a (1) Và d(K;BC)  BKcos 2a  AKcos 2a  cos 2a  d(K;BC) thay vào (1) ta c  12 17  c 12  c   2 d   d(K;BC)    c  20   1 5   c  24 ( Trường hợp C=-20 C=-24 loại A, D nằm phía với BC) Với c  12 phương trình BC 3x  4y  12  Cách 2: ( Sử dụng hệ thức Ơ le tam giác) Hệ thức Ơ le: IK  R  2Rr R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Trong toán ta nhận thấy độ dài IK R đại lượng xác định Do ta tính r Dựa vào tính chất r  d(I, BC) từ ta xác định phương trình cạnh BC -8- Về chất cách làm tương tự cách làm ví dụ sở biết tính chất hình học liên quan đến đường tròn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp ta dễ dàng tìm hướng tốn Với lời giải cách trình bày cho ta kết tương tự cách Cách 3: ( Sử dụng yếu tố phát từ việc quan sát đặc điểm giả thiết toán) Nhờ phân tích ta nhận thấy tốn liên quan đến điểm đặc biệt nêu Bên cạnh ta nhận thấy DB=DC=DI Do B, C thuộc đường tròn tâm D bán kính DI Vậy đường thẳng BC giao đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn bán kính DI Do ta có lời giải: Ta thấy từ giả thiết cho ta mối liên hệ: + Lập đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: (x  2)  (y  )  25 + Phương trình AD  x  y   + Tìm điểm D giao phân giác góc A đường tròn  x  y    x   D(4;3) (loai)  ngoại tiếp:  25   1 1 x   D( ; ) (x  2)  (y  )   2 1 25 + Phương trình đường tròn tâm D bán kính DI : (x  )  (y  )  2 + Phương trình đường thẳng qua BC : 25  (x  2)  (y  )   3x  4y  12   1 25 2 (x  )  (y  )   2 Bài toán 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H thuộc đường thẳng (d): 3x  y   Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình: x  y  x  5y   , trung điểm BC M(3;2) Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC Phân tích tốn: A + Xác định tọa độ trực tâm H + Trên sở tính chất hình học liên quan đến N M H đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng O với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC, C B HCA, HAB qua cạnh BC, CA, AB ( Cùng bán O' kính, tâm đối xứng qua trung điểm BC) + Bài tốn cho biết trung điểm M AB liên quan đến đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB + Vì H nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC điểm N đối xứng với H qua M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do ta -9-    có: NB  AH  OO ' Cùng với giả thiết OM vng góc với AB ta tìm lời giải cho toán Lời giải: + Phương trình đường tròn (HBC) viết lại là: (x  )  (y  )  Toạ độ điểm H(2;2) + Lấy B(x,y) thuộc (HBC) Gọi N điểm đối xứng H qua M, có N(2;4) + Gọi O, O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC HBC   Dễ dàng chứng minh NB  OO' nên có: O(  x; 13  y) + Do OM vng góc với BM nên:   13 23 OM.BM   x  y  x  y   (1) 2 + Lại có B thuộc đường tròn tâm O’ nên: x  y  x  5y   (2)  x  1; y  + Giải hệ (1) (2) ta có:  Với x=2; y=3 ta có B trùng M  x  2; y  Vậy tam giác ABC có đỉnh có toạ độ là: A(3;2), B(1;4); C(1;1) Bài tốn 1.4: Trong mp chứa hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC, hai đường cao BH CK có phương trình x  y   2x  y   ; biết đỉnh A nằm tia Ox tam giác ABC có diện tích 12; tìm tọa độ đỉnh A, B, C Phân tích tốn: C + Từ kiện điểm A thuộc tia Ox cho phép ta gán tọa độ điểm A(a;0) với điều kiện a>0 A K + Trên sở mối quan hệ vng góc ta lập phương trình đường thẳng AB AC ( Các đường thẳng B phụ thuộc vào tọa độ điểm A) + Từ ta tìm tọa độ điểm B, C theo biến a + Áp dụng công thức diện tích ta xác định a từ suy điểm B, C Lời giải : + Vì A thuộc tia Ox  A(a; 0), a > + Đường thẳng AB qua A, vng góc với CK nên có pt: x  2y  a  + Đường thẳng AC qua A, vng góc với BH nên có pt: x  y  a  5  x  2y  a   x  a   => x  y   y   a    + Tọa độ B nghiệm hệ:  B( a  2; a  ) - 10 - 2x  y    x  a   => x  y  a   y  2a  C( a  4;2a  ) + Tọa độ C nghiệm hệ:  + Do SABC  12  AC.d(B, AC)  12 a  a   4 a  2 (loai)  9(a  a  2)  144    a  a   a  2 + Vậy A(3; 0), B(-5; -4), C(1; 2) Bài toán 1.5: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có   3 đỉnh A  2;6  , chân đường phân giác kẻ từ đỉnh A điểm D  2;   tâm      đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm I   ;1 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC Phân tích tốn: + Từ kiện tốn ta lập A phương trình đường thẳng AD đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC + Trên sở hình vẽ kết hợp với giả thiết I tốn ta thấy tìm thêm giao điểm E C AD đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D + Do cần phải tìm mối liên hệ điểm I, A, E Theo tính chất phân giác có E trung B E điểm cung BC nên IE  BC Vậy toán giải Lời giải : + Gọi E giao điểm thứ hai AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có phương trình đường thẳng AD: x   + Do E thuộc đường thẳng AD nên E(2; t) Mặt khác I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên: 5 2 1 1   IA  IE   t  1   2        52   t  1  52  t  6; t  4 2 2   Do đo ta E  2;   + Do AD phân giác nên E điểm cung BC suy IE vuông  1; 2  vectơ pháp tuyến 3  + Do pt BC là: BC :1  x     y     x  2y   2  + Vậy BC :x  2y   góc với BC hay BC nhận EI   - 11 - Bài tốn 1.6: Cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1),C(7;1) nội tiếp đường tròn tâm I(4;2) Xác định tọa độ điểm B, biết trực tâm H tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y  Phân tích tốn: + Bài tốn cho ta biết tâm đường tròn ngoại tiếp tọa, dạng độ trực tâm tọa độ hai B1 đỉnh A,C B2 H + Do đặc thù tốn ta nghĩ G I đến hệ thức Ơ le mối liên hệ ba   A điểm I, G, H: HG  2GI C + Dựa vào công thức trọng tâm ta tìm tọa độ điểm B theo toa độ H + Vì I tâm đường tròn ngoại tiếp ta tìm mối liên hệ: IA=IB + Từ có sở cho phép ta xác định tọa độ điểm B Lời giải :   + Theo hệ thức đường thẳng Ơle có: HG  2GI + Vì điểm H thuộc đường thẳng y=x nên ta có H(t; t) G( 8 t 4 t ; ) 3 + Do G trọng tâm tam giác ABC nên có B(t; t  2) t  t  + Mặt khác IB  IA  IB2  IA  (t  4)  t  10   + Do B(1;3) B(3;5) BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1: Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có M(2;3) trung điểm AB; biết H(1;5);K(5;9) chân đường cao kẻ từ C B tam giác Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết điểm B có hồnh độ dương Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H(1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K(0; 2) , trung điểm cạnh AB M(3; 1) 11 19 ) chân 10 Bài 3: Trong hệ Oxy cho tam giác ABC Biết D(4; );E( ; đường cao kẻ từ A B tam giác Biết N(3;3) trung điểm cạnh AB trung điểm M BC thuộc đường thẳng d : x  3y   , hồnh độ điểm M lớn Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC,C(−3;0), đường thẳng qua chân đường cao kẻ từ B A tam giác có phương trình 7x+y+5=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,biết M(4;1) thuộc đường tròn Bài 5: Cho ABC có trọng tâm G(1;1), đỉnh A  d : 2x  y   , đỉnh B C thuộc đường thẳng x+2y−1=0 Tìm A,B,C, biết SABC  - 12 - Dạng Các toán khai thác mối liên hệ yếu tố hình học nhờ vào giả thiết toán Trong kỳ thi tuyển sinh vào Đại học cao đẳng năm gần tốn Hình giải tích mặt phẳng đề tài quan tâm nhiều Một phần tốn thuộc dạng đa dạng phương pháp, phong phú cách làm Điều khiến cho nhiều học sinh lúng túng gặp phải toán dạng Mấu chốt vấn đề đặt đứng trước toán thuộc dạng học sinh phải xác định điểm thắt toán Trên sở giả thiết cần phân tích tìm tính chất có liên quan để tìm hướng thích hợp Vậy đứng trước tốn dạng cần phải làm gì? phải sử dụng kiến thức nào? Thơng qua số ví dụ hi vọng em dần tìm hướng cho toán dạng Bài toán 2.1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 2 Gọi M,N trung điểm BC,CD Biết tam giác AMN vng M(0;1), AN có phương trình: 2x  y   Tìm tọa độ điểm A, B, C, D biết A có hồnh độ lớn Phân tích tốn: A + Các kiện có liên quan bài: Biết diện tích hình chữ nhật, tọa độ điểm M phương trình đường thẳng AN B + Từ kiện tốn ta nhận thấy: Có H D M thể xác định khoảng cách từ M đến AN N C + Bên cạnh đề cho giả thiết điểm A có hồnh độ lớn Dữ kiện cho phép ta nghĩ tới việc tham số tọa độ điểm A với A(a;4  2a) + Mặt khác toán cho ta biết diện tích hình chữ nhật sở ta tính diện tích tam giác AND, CMN, ABM Từ dễ dàng tính diện tích tam giác AMN + Với kiện tam giác AMN vuông, độ dài đường cao hạ từ M tam giác AMN biết biết ta tính độ dài AN AM, từ xác định tọa độ điểm A Bài toán giải Lời giải 1: + Khoảng cách từ M đến AN: MH  3 + Do lấy A(a;4  2a); N(n;4  2n) ta có yếu tố liên quan   2 AN  (n  a)  là:     AM.MN  0 3an  2(a  n)    + Lại có: SAMN  SABCD  SAMB  SADN  SMNC  SABCD  - 13 - Giải hệ hai ẩn a, n với lưu ý: a>1 ta tìm tọa độ A, N Từ toán giải Tuy nhiên lời giải ta nhận thấy khó khăn phải xác định tọa độ A, N dạng tham số Ta phân tích tốn dạng phát thêm tính chất hình học liên quan Nhận thấy đặt MA  x;MN  y(x, y  0) ta thiết lập mối liên hệ dựa vào tính chất tam giác vuông AMN: Định lý Pitago công thức AM  MN  AN  đường cao:  1 Từ tính độ dài AM tìm tọa     AM MN MH độ điểm A Cách làm cho phép ta sử dụng giả thiết liên quan đến điểm A Lời giải 2: + Dễ dàng tính được: MH  ; AN  2 x    y   x  y     + Đặt MA  x;MN  y(x, y  0) có hệ:  1  1   x   x y  y   Từ việc tìm x ta dễ dàng xác định tọa độ điểm A Bài toán giải Bài toán 2.2: 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 biết điểm D có hồnh độ lớn Phân tích toán: D A K + Từ giả thiết toán ta dễ dàng lập phương trình đường thẳng chứa AB AD, từ xác định tọa độ điểm A Vấn đề lại cần phải xác định đọ dài cạch hình vng H E tính chất liên quan đến điểm E, H, K B C + Nhận thấy giả thiết tốn liên quan đến hồnh độ điểm D mà điểm D thuộc đường thẳng AD Qua tính chất hình vng ta thấy tam giác KDE vng cân mà độ dài KE xác định Do từ đẳng thức KE  KD ta dễ dàng tìm tọa độ điểm D Bài tốn giải Lời giải : + Phương trình đường thẳng AB: x   ; AD: y   + Vậy A(-2;4) Lấy D thuộc AD nên D(d;4) - 14 - + Lại có tam giác KED vuông cân đỉnh K nên KD=KE d  Do có:   d     d  1(L) + Với d=3 nên D(3;4) Do phương trình BD: x  y   Vậy B  BD  AB  B(2; 1) ; C(3; 1) Bài toán 2.3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AC có phương trình là: 3x  y   Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu vng góc H AC M trung điểm HD Đường thẳng BD qua điểm E(8;−5) phương trình đường thẳng AM là: 11x  7y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Phân tích tốn: A + Từ giả thiết ta xác định tọa độ điểm A Vấn đề đặt cần tìm mối liên hệ xung quanh đường thẳng BD BD chứa điểm E có tọa độ xác định theo giả thiết tốn + Phán đốn theo hình vẽ ta nhận thấy D AM BD vng góc với Sử dụng cơng cụ M C B H hình phẳng ta chứng minh điều Trên sở ta giải tốn Lời giải : 3x  y    A(3;4) 11x  7y   + Ta có tọa độ A thỏa:  + Lại có :     2AM.BD  AH  AD      HD AD  HD  AD               BH  HD  AH.BH  AD.HD  AHHD  AD.HC   HD  DC  DC.DA  HD    (Bài tốn hồn tồn chứng minh hình học phẳng túy nhờ việc lấy thêm trung điểm N DC Khi M trực tâm tam giác AHN, AM vng góc với HN hay AM vng góc với BD) 7 4 + Do AM  BD Vậy phương trình BD: 7x  11y   nên D  ;   5 5  2  +Đường thẳng HD có phương trình: x  3y   nên M  ;   H(1;0) 5  Từ ta có phương trình đường thẳng BC: x  y   Vậy B(3;2);C(1; 2) Bài toán 2.4: Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Gọi M điêm thuộc cạnh AC cho AB=3AM Đường tròn tâm I(1;-1) đường kính CM cắt BM D Biết đường thẳng BC qua điểm N( ;0) , phương trình đường thẳng CD x  3y   điểm C có hoành độ dương Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC - 15 - E Phân tích tốn: + Ta thấy từ giả thiết góc ABM hồn tồn xác định Lại có giả thiết tốn cho dạng đặc điểm tọa độ điểm C nên ta tìm mối liên quan đến đại lượng có chứa C + Từ giả thiết toán thấy tứ giác nội tiếp ABCD nên tìm mối quan hệ góc B I A M C D + Sử dụng cơng thức góc ta xác định tọa độ điểm C Vấn đề lại tương đối đơn giản Lời giải : + Tứ giác ABCD nội tiếp nên   ACD   cos ABM   cos ACD   AB  ABM BM 10 + Gọi C(3c  6;c) có: c  1 |10c  16 |   5c  16c  11    c   11 (L) 10c  32c  26  + Với c  1  C(3; 1) + Phương trình đường thẳng BC: 3x  5y   + Điểm M(1; 1) nên có BM: 3x  y   Vậy B(-2:2) + Lại có:  AC  : y  1;(AB) : x   nên A(-2;-1) Bài tốn 2.5: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích 45 ,đáy lớn CD nằm đường thẳng x  3y   Biết hai đường chéo AC, BD vng góc với I(2;3) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hồnh độ dương Phân tích tốn: + Giả thiết cho hình thang cân biết A B diện tích cạnh đáy CD Giao điểm hai đường chéo có tọa độ có tính chất vng góc I + Bài tốn cho ta tọa độ điểm I phương trình đường thẳng CD, từ ta xác định phương trình đường thẳng qua I D C vng góc với CD Dễ nhận thấy đường thẳng qua trung điểm M, N AB CD + Từ tìm tọa độ điểm M Do thấy có tam giác IBC nội tiếp đường tròn bán kính IM có phương trình xác định Từ ta tìm tọa độ C, D giao điểm DC đường tròn Khai thác cơng thức diện tích từ tìm tọa độ điểm C lập phương trình BC Lời giải : - 16 - + Gọi M , N trung điểm CD AB Do hai đường chéo vng góc I nên có: IN  IA  IB;IM  IC  ID + Lại có IM  CD nên IM  d(I;CD)  10  CD  10 + Phương trình đường thẳng MN qua I vng góc CD: 3x  y    x  3y   x     M(3;0) 3x  y   y  + Tọa độ M thỏa:  + Hai điểm C, D thuộc đường tròn tâm M bán kính MI: (x  3)  y  10 x    x  3y     y   C(6;1);D(0; 1)  + Tọa độ điểm C, D thỏa:  2 x  (x  3)  y  10    y  1 + Diện tích hình thang: S  MN(AB  CD) 45  (IN  10)  2 nên 10    ID IM    DI  2IB  B(3;5)  BC  (3; 4) đường thẳng BC + IB IN có phương trình: 4x  3y  27  IN  Bài toán 2.6: Cho tam giác ABC có A(2;3), phân giác góc A (d): xy+1=0 Tâm đường tròn ngoại tiếp I(6;6) Diện tích tam giác ABC gấp lần diện tích tam giác IBC.Viết phương trình đường thẳng BC Phân tích tốn: A + Từ kiện giả thiết toán cho ta xác định phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC + Biết phương trình đường phân giác I đường tròn ngoại tiếp tam giác ta tìm tọa độ điểm D Nhận thấy điểm D điểm C B H K cung BC ta nhận thấy ID vng D góc với BC + Vấn đề lại liên quan đến tỷ số diện tích tam giác ABC tam giác IBC Nhận thấy hai tam giác ABC tam giác IBC chung đáy BC tỷ số diện tích hai tam giác tỷ số hai đường cao tỷ số khoảng cách hai điểm A I so với BC Đây mấu chốt tốn Lời giải: + Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: (C) : (x  6)  (y  6)  25 - 17 - (x  6)  (y  6)  25  x  2; y  3(L)   x  9; y  10 x  y   + Phương trình đường thẳng BC dạng: 3x  4y  c  d(A;BC) + Lại có S(ABC)  3S(IBC)  3 d(I, BC) | 42  c | | c  18 | + Có: d(I, BC)  ; d(A;BC)  có: 5 | c  18 | | 42  c |   c  30 5 Vậy phương trình đường thẳng BC là: 3x  4y  30  + Tọa độ điểm D nghiệm hệ:  BÀI TẬP ÁP DỤNG: Loại 1: Các toán hình bình hành: Bài 1: Cho hình bình hành ABCD có D(−6;−6) Đường trung trực DC có phương trình d1 : 2x  3y  17  phân giác góc BAC có phương trình 5x+y−3=0 Xác định tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tam giác ABD vng cân nội tiếp đường tròn (C) : (x  2)  (y  1)  Biết hình chiếu vng góc B,D xuống đường chéo AC  22 14   13 11  H  ;  , K  ;  Hãy tìm tọa độ đỉnh A,B,C,D hình bình hành  5 5 5 ABCD biết B,D có tung độ dương AD  Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(2;1), đường chéo BD có phương trình x+2y+1=0 Điểm M nằm đường thẳng AD cho AM=AC Đường thẳng MC có phương trình x+y–1=0 Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD Bài 4: Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(2;0) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y=x Tìm toạ độ C,D Bài 5: Cho hai đường thẳng (d1): x+y-1=0, (d2): 3x-y+5=0 Lập phương trình cạnh lại hình bình hành ABCD có cạnh nằm hai đường thẳng có tâm I(3;3) Lấy MAD cho AD=3AM Xác định toạ độ điểm NBC cho MN chia hình bình hành thành hai phần có tỉ số diện tích 2:3 Loại 2: Các tốn hình chữ nhật: Bài 1: Trong mặt phăng toạ độ (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD có đường thẳng AD có phương trình: x−y+1=0, Gọi H hình chiếu vng góc A lên 16 ; ) trung điểm P DC có toạ độ 5 BD, M trung điểm BH Giả sử M( (6;5) Tìm toạ độ A Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy chi hình chữ nhật ABCD, biết phân giác góc ABC qua trung điểm M AD, đường thẳng BM có phương trình: - 18 - x−y+2=0, điểm D thuộc đường thẳng (d): x+y−9=0, điểm E(−1;2) thuộc cạnh AB điểm B có hồnh độ âm Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường chéo AC:x+y−3=0 BD:x+7y−9=0 Biết đường thẳng BC qua điểm M(−7;−2) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác góc ABC qua trung điểm M cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình x−y+2=0, điểm D thuộc d:x+y−9=0, điểm E(−1;2) thuộc cạnh AB điểm B có hồnh độ âm Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Bài 5: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ tâm I hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng AD:x+y+2=0; AC:x−3y+6=0 BD qua điểm E(−6;−12) Loại 3: Các tốn hình vng: 2 Bài 1: Cho điểm I( ; );M(4; 1); N(2; 4) Tìm tọa độ đỉnh hình vng tâm I đồng thời M thuộc AB, N thuộc CD đỉnh B có hồnh độ âm 5 2 đường thẳng d1 : x  y   0;d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh Bài 2: Cho hình vng ABCD có tâm I( ; ) , hai điểm A, B nằm hình vng Bài 3: Cho hình vng ABCD biết A  d1 : x  3y  , C  d : 2x  y   , B, D  d : x  y  Tìm tọa độ đỉnh hình vng Bài 4:Cho hình vng ABCD tâm I, biết A(1;3) Trọng tâm tam giác 17 ) Tìm tọa độ đỉnh lại hình 3 ADC IDC G1 ( ;5);G ( ; vng Bài 5: Cho hình vng ABCD có AB : 4x  3y   0;BC : 3x  4y  19  Điểm M(1;-7) thuộc đường chéo AC Tìm tọa độ đỉnh hình vng Loại 4: Các tốn hình thoi:  3 5  5 ,  có tâm I  2,  2  2    300 Gọi E Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh BC lấy điểm N cho MAN Bài 1: Cho hình thoi ABCD với A  2,  ; B   tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Viết phương trình đường thẳng AE, biết điểm M có tung độ Bài 2: Cho hình thoi ABCD Cạnh AB có phương trình 2x−3y+2=0 cạnh CD có phương trình 2x−3y−10=0 Điểm M(5;0) thuộc BC,N(2;6) thuộc AD Viết phương trình cạnh AD BC Bài 3: Trong hệ Oxy cho hình thoi ABCD có đỉnh B(3;−3) đường chéo AC nằm đường thẳng Δ:y=2x+1 Điểm M(−2;3) nằm đường thẳng AD Tính diện tích hình thoi ABCD - 19 - Bài 4: Cho hình thoi ABCD Cạnh AB có phương trình 2x−3y+2=0 cạnh CD có phương trình 2x−3y−10=0 Điểm M(5;0) thuộc BC,N(2;6) thuộc AD Viết phương trình cạnh AD BC Bài 5: Trong hệ Oxy cho hình thoi ABCD có đỉnh B(3;−3) đường chéo AC nằm đường thẳng Δ:y=2x+1 Điểm M(−2;3) nằm đường thẳng AD Tính diện tích hình thoi ABCD Loại 5: Các tốn hình thang: Bài 1: Trong mp Oxy cho hình thang ABCD vng A,D có AB=AD