Đề tài Phương pháp tọa độ hóa trong hình học phẳng – Giáo Án, Bài Giảng

Hình học phẳng được giảng dạy cho học viên ở chương trình trung học cơ sở. Phương pháp giải những bài toán hình học ở cấp hai đa phần là dùng những định lí, hệ quả, đặc thù hình học để suy luận. Phương pháp mang thực chất thuần túy hình học này nhiều lúc gây không ít khó khăn vất vả cho học viên, đặc biệt quan trọng là những học viên trung học phổ thông .Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học viên giỏi trung học phổ thông những năm gần đây cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là thế mạnh của những em. Trong khi đó học viên lớp 10 đã được học những kiến thức và kỹ năng về vectơ và tọa độ. Vậy tại sao những em không thử sử dụng những kiến thức và kỹ năng vừa học để giải bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp hai

29 trang |

Chia sẻ: manphan

| Lượt xem : 4189| Lượt tải : 10

Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Đề tài Phương pháp tọa độ hóa trong hình học phẳng, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tên ý tưởng sáng tạo kinh nghiệm tay nghề : PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI : Hình học phẳng được giảng dạy cho học viên ở chương trình trung học cơ sở. Phương pháp giải những bài toán hình học ở cấp hai đa phần là dùng những định lí, hệ quả, đặc thù hình học để suy luận. Phương pháp mang thực chất thuần túy hình học này đôi lúc gây không ít khó khăn vất vả cho học viên, đặc biệt quan trọng là những học viên THPT. Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học viên giỏi trung học phổ thông những năm gần đây cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là thế mạnh của những em. Trong khi đó học viên lớp 10 đã được học những kiến thức và kỹ năng về vectơ và tọa độ. Vậy tại sao những em không thử sử dụng những kiến thức và kỹ năng vừa học để giải bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp hai. Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những phân phối thêm cho học viên một công cụ giải toán ( rất đơn thuần và dễ hiểu ) mà còn giúp củng cố những kỹ năng và kiến thức về vectơ và tọa độ vừa học. Điểm mới trong đề tài này là những bài tóan đã được mạng lưới hệ thống lại thành dạng chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh hoàn toàn có thể tự rút ra được một số ít kinh nghiệm tay nghề cho bản thân trong quy trình giải toán II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lý luận : Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho xuất bản cuốn “ LaGéométrie ” với nội dung thiết kế xây dựng hình học bằng phương pháp toạ độ ghi lại một bước tiến can đảm và mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ sinh ra đã giúp con người dùng ngôn từ đại số thay cho ngôn từ hình học, giúp con người đạt đến đạt đến đỉnh điểm của sự khái quát hoá và trừu tượng hoá toán học trong nhiều nghành. Một trong những trách nhiệm dạy học môn toán chương trình đại trà phổ thông, đặc biệt quan trọng là dạy hình học là hướng dẫn cho học viên sử dụng phương pháp toạ độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh động và phát minh sáng tạo những kỹ năng và kiến thức về toạ độ điểm, toạ độ vectơ và những công thức có tương quan vào giải toán. 2. Nội dung, giải pháp triển khai những giải pháp của đề tài. a. Nội dung : Tóm tắt kim chỉ nan : Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho : Với ; với kR cùng phương với Với Tọa độ trung điểm M của AB : Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm Mx0 ; y0 ) và có vtpt = ( A ; B ). là : A ( x – x0 ) + B ( y – y0 ) = 0 Û Ax + By + C = 0 ( A2 + B2 ¹ 0 ) Phương trình đường tròn ( C ) tâm I ( a, b ), nửa đường kính R là : hoặc x2 + y2 – 2 ax – 2 by + c = 0 Phương trình chính tắc của ( E ) : + = 1 với c2 = a2 – b2 Phương trình chính tắc của Hypebol : – = 1 với c2 = a2 + b2 Phương trình chính tắc của ( P ) : y2 = 2 px, p > 0 : tham số tiêu Ngoài ra, học viên cần biết thêm 1 số ít công thức khác .. Các dạng toán thường gặp : Chứng minh những quan hệ song song, vuông góc. Tính toán. Tập hợp điểm. Điểm cố định và thắt chặt. Các bước giải toán : Bước 1 : Chọn hệ trục tọa độ ( Oxy ) thích hợp. Ta có : Ox, Oy vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong quy mô chứa những cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn những đường đó lần lượt thuộc những trục tọa độ Bước 2 : Chuyển những giả thiết, Tóm lại từ ngôn từ hình học sang ngôn từ tọa độ. Bước 3 : Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ. Bước 4 : Chuyển hiệu quả từ ngôn từ tọa độ sang hình học. b. Biện pháp : Kiến thức vectơ và tọa độ là kiến thức và kỹ năng mới so với học viên. Muốn sử dùng phương pháp tọa độ để giải toán hình học yên cầu những em phải thành thạo trong việc giải những bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối liên hệ giữa “ ngôn từ hình học ” và “ ngôn từ tọa độ ”. III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10, làm công cụ cơ bản điều tra và nghiên cứu quan hệ của những đối tượng người tiêu dùng trong hình học phẳng. Việc sử dụng vectơ và tọa độ để xử lý bài toán hình học phẳng tạo cho học viên cảm xúc thú vị, trực quan và quen thuộc đặc biệt quan trọng có hiệu suất cao trong bài toán quỹ tích. Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp cho toán học thoát ra khỏi tư duy đơn cử của không gian vật lý thường thì, nhằm mục đích đạt tới đỉnh điểm khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán học. Mặt khác, một số ít kiến thức và kỹ năng về vectơ này sẽ là cơ sở sẵn sàng chuẩn bị cho việc thiết kế xây dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một công cụ có ích để giải nhiều bài toán hình học không gian. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Vấn đề 1 : Bài toán chứng tỏ ( hoặc giám sát ). Bài 1. Cho hình vuông vắn ABCD. E, F là những điểm xác lập bởi, AE cắt BF tại I. Chứng minh : góc AIC bằng 900. Bài giải : Giả sử cạnh hình vuông vắn có độ dài bằng 1. Gắn hệ trục ( Oxy ) sao cho D ( 0 ; 0 ), C ( 1 ; 0 ), A ( 0 ; 1 ). Ta có : Phương trình đường thẳng AE : x + 3 y – 3 = 0, BF : 2 x + y – 3 = 0 Tọa độ I là nghiệm của hệ : Khi đó :. Vậy : Góc AIC bằng 900. Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm BC, E là hình chiếu của D trên CA và F là trung điểm DE. Chứng minh rằng AF ^ BE. Bài giải : Chọn hệ trục Oxy sao cho : D ( 0 ; 0 ), B ( – 1 ; 0 ), C ( 1 ; 0 ), A ( 0 ; a ) Phương trình đường thẳng AC : Phương trình DE : x – ay = 0. Tọa độ E là nghiệm của hệ : Ta có : ( đpcm ) Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. D là trung điểm AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh : IE ^ CD. Bài giải : Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục Oxy : Ta có : Vậy : IE ^ CD Bài 4. ( APMO 1998 ) Cho tam giác ABC với đường cao AD, D là một đường thẳng đi qua D. Lấy E, F D, khác D, sao cho AE ^ BE, AF ^ CF. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của những đoạn thẳng BC, EF. Chứng minh rằng AN ^ MN. Bài giải : Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với D Giả sử D ( d ; a ), E ( e ; a ), F ( f ; a ) Þ N Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax – ey = 0. Đường thẳng AD có phương trình ax – dy = 0. Đường thẳng AF có phương trình ax – fy = 0. Từ đó, do BE ^ EA nên BE có phương trình ex + ay – e2 – a2 = 0 Do CF ^ AF nên CF có phương trình fx + ay – f 2 – a2 = 0 Do BC ^ AD nên BC có phương trình dx + ay – d 2 – a2 = 0 Từ đó, tìm được Vậy : Ta có đpcm Bài 5. ( IMO 2000 ) Cho hai đường tròn ( O1 ) ; ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N. Tiếp tuyến chung ( gần M hơn ) tiếp xúc với ( Oi ) tại Ai. Đường thẳng qua M, song song với A1 A2, cắt lại đường tròn ( Oi ) ở Bi. Các đường thẳng Ai Bi cắt nhau tại C, những đường thẳng Ai N cắt đường thẳng B1B2 ở D, E. Chứng minh rằng CD = CE. Bài giải : Chọn hệ trục tọa độ A1xy sao cho A1 ( 0 ; 0 ), A2 ( a ; 0 ), O1 ( 0 ; r1 ), O2 ( a ; r2 ). Giả sử : M ( s ; t ), Khi đó B1 ( – s ; t ), B2 ( 2 a – s ; t ) Từ đó B1 B2 = 2 a = 2 A1 A2 Ta thấy rằng A1 A2 / / B1 B2. Suy ra A1, A2 theo thứ tự là trung điểm B1C, B2C Do đó : C ( s ; – t ). Vậy = ( 0 ; 2 t ), = ( 2 a ; 0 ) Suy ra CM ^ B1B2 hay CM ^ DE ( 1 ) Gọi K là giao điểm của MN với A1 A2 ta có : Suy ra : K là trung điểm của A1 A2. Từ đó, do A1 A2 / / B1 B2 nên M là trung điểm DE ( 2 ) Từ ( 1 ), ( 2 ) suy ra CM là trung trực của đoạn DE ( đpcm ) Bài 6. ( APMO 2000 ) Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân đường phân giác của góc · ABC. Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt những đường thẳng AB, AM tại P, Q. theo thứ tự đó. Gọi O là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB tại P với AN, chứng tỏ rằng OQ ^ BC. Bài giải : Chọn hệ trục toạ độ Nxy sao cho A, O nằm trên trục hoành. Giả sử AB có phương trình Khi đó Và AC có phương trình y = – ax – b ( do A thuộc trục hoành, AB, AC đối xứng nhau qua trục hoành ) Do PO ^ AB nên PO có phương trình và O ( ab ; 0 ) Do BC qua gốc tọa đô N, nên BC có phương trình y = cx ( c ≠ 0 ) Suy ra Do đó Từ đó đường thẳng AM có phương trình Suy ra. Vậy đường thẳng OQ có phương trình x + cy – ab = 0 Suy ra đường thẳng OQ, BC vuông góc với nhau. Bài 7. ( Bungari league 1981 ) Đường phân giác trong và ngoài của góc C trong tam giác ABC cắt AB ở L và M. Chứng minh nếu CL = CM thì AC 2 + BC 2 = 4R2 ( R là nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp DABC ) Bài giải : Gọi O là trung điểm của LM. Chọn hệ trục Oxy : O ( 0 ; 0 ), A ( a ; 0 ), B ( b ; 0 ), C ( 0 ; c ), L ( c ; 0 ), M ( – c ; 0 ) Theo đặc thù phân giác : Trong DABC : 4R2 = ( 2 ) Từ ( 1 ) và ( 2 ), suy ra : AC 2 + BC 2 = 4R2. Bài 8. ( NewYork 1976 ) Các đường cao của tam giác nhọn ABC cắt nhau ở H. Trên đoạn HB và HC người ta lấy hai điểm 0 B1, C1 sao cho · AB1C = · AC1 B = 900. Chứng minh AB1 = AC1 Bài giải : Chọn hệ trục ( Oxy ) : O ( 0 ; 0 ), A ( 0 ; a ), B ( – b ; 0 ), C ( c ; 0 ) Phương trình đường thẳng bh : cx – ay + bc = 0. Mà B ( x1 ; y1 ) ÎBH Þ cx1 – ay1 + bc = 0 ( 1 ) Mặt khác Từ ( 1 ) và ( 2 ), suy ra : Ta có : Tương tự :. Vậy : ta có đpcm. Bài 9. Trong mặt phẳng cho đường tròn ( C ) và elip ( E ) cố định và thắt chặt ( tâm đường tròn là tâm đối xứng của elip ). Từ điểm M thuộc ( C ) ta dựng hai tiếp tuyến MT1, MT2 tới ( E ) trong đó T1, T2 là tiếp điểm. Chứng minh rằng những đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với đường cong cố định và thắt chặt Bài giải : Gọi ( C ) : x2 + y2 = p2, ( E ) : với gốc tọa độ tại tâm của ( C ). Ta có phương trình tham số của ( C ) : Gọi M ( p sin t ; p cos t ) Î ( C ) và T1 ( x1 ; y1 ) là tọa độ tiếp điểm. Phương trình tiếp tuyến của ( E ) tại T1 ( x1 ; y1 ) : Tiếp tuyến MT1 qua Tương tự gọi T2 ( x2 ; y2 ) là tọa độ tiếp điểm. Tiếp tuyến MT2 qua M Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra phương trình T1T2 : Gọi N ( x ; y ) là điểm mà họ T1T2 không đi qua Suy ra vô nghiệm theo t. Từ đó : Ta chứng tỏ T1T2 luôn tiếp xúc với ( E1 ) : Thật vậy : Nên T1T2 luôn tiếp xúc với ( E1 ) : Bài 10. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB ; C là một điểm đổi khác trên đường tròn ( O ) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C. Hạ HE ; HF vuông góc AC ; BC tương ứng. Các đường EF và AB cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của hai đường tròn tâm O và đường tròn đường kính CH ; D khác C. CMR : K ; D ; C thẳng hàng. Bài giải : Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H ( 0 ; 0 ) ; A ( – 1 + a ; 0 ) ; B ( 1 + a ; 0 ) ; O ( a ; 0 ) ; C ( 0 ; b ) Xét trong tam giác vuông ABC có : Gọi I là trung điểm CH. Khi đó phương trình đường tròn ( I ) là : và phương trình đường tròn ( O ) là : ( x – a ) 2 + y2 = 1. Đường thẳng ( CD ) là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và ( I ) nên có phương trình là : Phương trình đường thẳng ( AC ) : Phương trình đường thẳng ( HE ) : ( a – 1 ) x – by = 0 Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình : Phương trình đường thẳng ( EF ) : Vậy : K ; C ; D thẳng hàng. Bài 11. ( Vô địch Nam Tư 1983 ) Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật ABCD, lấy M khác A và B. Gọi P, Q., R, S là hình chiếu của M trên AD, AB, BC, CD. Chứng minh PQ ^ RS và giao điểm của chúng nằm trên một trong hai đường chéo của hình chữ nhật. Bài giải : Dựng hệ trục toạ độ Oxy có Ox, Oy lần lượt song song với AD, AB. Giả sử nửa đường kính của đường tròn là R. Phương trình của đường tròn là x2 + y2 = R2 Giả sử toạ độ những đỉnh là A ( – a ; – b ) ; B ( – a ; b ) ; C ( a ; b ) ; D ( a ; – b ). Ta có : AC 2 = 4R2 = 4 a2 + 4 b2. Suy ra a2 + b2 = R2. Giả sử M ( x0, y0 ) bất kỳ thuộc cung AB nên Ta có tọa độ những hình chiếu P, Q., R, S là P ( x0. – b ), Q. ( – a. y0 ), R ( x0. b ), S ( a, y0 ). Suy ra : = ( – a – x0 ; y0 + b ) ; = ( a – x0 ; y0 – b ) ; Nên = – a2 + – b2 = 0. Vậy PQ vuông góc RS Đường thẳng PQ đi qua P ( x0 ; – b ) và có vectơ pháp tuyến = ( y0 + b ; a + x0 ) Nên có phương trình PQ là : ( b + yo ) ( x – xo ) + ( a + x0 ) ( y + b ) = 0 Û ( b + y0 ) x + ( a + xo ) y – xo yo + ab = 0 Tương tự phương trình RS là ( b – y0 ) ( x – a ) – ( x0 – a ) ( y – y0 ) = 0 Û ( b – y0 ) x + ( a – x0 ) y + xy0 – ab = 0 Gọi I ( xI ; yI ) lả giao điểm của PQ và RS thì ta có xI ; yI là nghiệm của hệ sau Cộng lại ta được bx + ay = 0 suy ra bxI + ayI = 0 Do điểm B ( – a ; b ), D ( a ; – b ) nên phương trình đường chéo BD : ( b + b ) ( x + a ) – ( a + a ) ( y + b ) = 0 Hay : ax + by = 0. Suy ra : I ( xI ; yI ) thuộc BD. Bài 12. IMO Shortlist 23 rd Trên những đường chéo AC và CE của lục giác đêu ABCDEF, ta lấy hai điểm M và N sao cho. Biết B, M, N thẳng hàng. Tìm k. Bài giải : Đặt 2R là nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp ABCDEF. Chọn hệ trục : Ta có : cùng phương với, cùng phương với, Ta có : ( Vì ta đặt Ta có : ) Vậy : Vấn đề 2 : Tìm điểm cố định và thắt chặt Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A nhưng không cân ; trên cạnh AB và AC lấy M và N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt. Bài giải : Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ. Chọn A ( 0 ; 0 ) ; M ( 0 ; m ) ; B ( 0 ; b ) ; C ( 1 ; 0 ) với m biến hóa, 0 < m < b ¹ 1 Ta có MB = CN, suy ra N ( 1 + m – b ; 0 ) Suy ra trung điểm của MN có tọa độvà Suy ra phương trình đường trung trực của MN là : Ta thấy đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định và thắt chặt Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Xét D trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC sao cho hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng. Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt Bài giải : Gọi O là trung điểm của BC, chọn hệ tọa độ sao cho A ( 0 ; a ), B ( - b ; 0 ), C ( b ; 0 ) Khi đó những đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình ( AB ) : ( AC ) : Gọi H là hình chiếu của D trên BC. Do nên E thuộc đoạn OC, H thuộc đoạn OB. Vậy, nếu E ( x0 ; 0 ), thì H ( x0 – b ; 0 ) và do đó Gọi ( d ) là đường thẳng qua E vuông góc với DE thì phương trình của ( d ) là :. Phương trình này tương tự với : Suy ra ( d ) luôn đi qua điểm cố định và thắt chặt là cố định và thắt chặt. Bài 3. ( Poland 1992 ) Trong mặt phẳng cho trước hai điểm A, B. Xét điểm C biến hóa trên 50% mặt phẳng bờ AB. Dựng ra ngoài của tam giác ABC những hình vuông vắn ACED và BCFG. Chứng minh rằng đường thẳng DG luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt khi C đổi khác. Bài giải : Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho A ( 0 ; 0 ), B ( b ; 0 ) và C ( x0 ; y0 ), với y0 > 0. Khi đó D ( – y0 ; x0 ), G ( b + y0 ; b – x0 ). Vậy = ( b + 2 y0 ; b – 2 x0 ) Và do đó đường thẳng DG có phương trình : Hay ( b – 2 x ) x0 + ( b – 2 y ) y0 + b ( x – y ) = 0. Từ đó đường thẳng DG luôn đi qua điểm cố định và thắt chặt. Bài 4. Cho góc vuông xOy, và hai điểm A, C hoạt động theo thứ tự trên Ox, Oy sao cho OA + OC = b ( b là độ dài cho trước ). Gọi B là đỉnh của hình chữ nhật OABC. Chứng minh đường thẳng d qua B, vuông góc với AC luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt Bài giải : Chọn hệ trục Oxy, gọi A ( a ; 0 ), C ( 0 ; c ). Khi đó : B ( a ; c ) và a + c = b ( a, c là hai số thực dương ) Vectơ chỉ phương của ( AC ) chính là vectơ pháp tuyến của d nên d có dạng : a ( x – a ) – c ( y – c ) = 0 Û ax – cy + c2 – a2 = 0 Û Vậy d luôn đi qua điểm là đỉnh của hình vuông vắn OHIK với Vấn đề 3 : Tìm quỹ tích của điểm Bài 1. Cho tam giác ABC với góc C nhọn. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho MA2 + MB2 = MC 2 Bài giải : Chọn hệ toạ độ Oxy sao cho A ( a ; 0 ) và B ( – a ; 0 ). Khi đó giả sử C ( p ; q ). Với M ( x ; y ), ta có : ( * ) Mặt khác : Do góc C nhọn nên Suy ra ( * ) là phương trình đường tròn có tâm D ( – p ; – q ) với D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBD và nửa đường kính là R = Bài 2. Cho hai điểm AB cố định và thắt chặt. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho 2MA2 – 3MB2 = 5 AB2 Bài giải : Gọi O là điểm xác lập bởi. Giả sử AB = a. Lập hệ Oxy với Ox trùng với AB. Ta có những điểm A ( – 3 a ; 0 ), B ( – 2 a ; 0 ), M ( x ; y ) Ta có : 2MA2 – 3MB2 = 5 AB2 = MO2. Suy ra MO là hằng số. Vậy M thuộc đường tròn tâm O nửa đường kính R = AB. Bài 3. Cho ba điểm A, B, C cố định và thắt chặt không thẳng hàng. Một đường thẳng d di động qua C. M là điểm trên d sao cho đại lượng 2MA2 + 3MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm quỹ tích của M. Bài giải : Lấy O là điểm trên AB sao cho. Lấy O làm gốc tọa độ như hình vẽ. Không mất tính tổng quát giả sử A ( 0 ; 3 ) và B ( 0 ; – 2 ) và M ( x0, y0 ) thuộc d. Ta có : 2MA2 + 3MB2 = 5MO2 + 30 ( 1 ) Từ ( 1 ) suy ra 2MA2 + 3MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất ( M thuộc d ). Khi đó M là hình chiếu vuông góc của O lên d. Do OC cố định và thắt chặt, suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính OC xác lập như trên. Bài 4. ( 30/4/2011 ) Cho góc xOy và hai điểm A, B lần lượt nằm trên Ox, Oy sao cho DOAB cân tại O. Gọi d là đường thẳng không đi qua O nhưng luôn đi qua trung điểm I của AB và cắt Ox, Oy tại C, D. Gọi M là trung điểm CD, N là giao điểm của OM và AB. H là hình chiếu vuông góc của N trên CD. Khi d di động tìm quỹ tích trực tâm H. Bài giải : Đặt góc x · Oy = 2 a. Chọn hệ trục tọa độ ( IXY ) sao cho I ( 0 ; 0 ), O ( 0 ; 1 ), A ( – tan a ; 0 ), B ( tan a ; 0 ) Khi đó : CD : y = kx, OA : y = ( cot a ) x + 1, OB : y = – ( cot a ) x + 1 C = CDÇOA, D = CDÇOB N = OMÇIX Gọi H ( x ; y ) ta có Suy ra tập hợp điểm H là đường tròn tâm, nửa đường kính R = = IK Mà tan a =. Vậy tập hợp điểm H là đường tròn tâm K nằm trên đường thẳng OI tiếp xúc AB tại I và nằm ngoài tam giác OAB. Bài 5. Cho 2 đường thẳng a, b ( a / / b ) và đường thẳng c vuông góc với a, b. Ba điểm A, B, C lần lượt đổi khác trên những đường thẳng a, b, c sao cho tam giác ABC vuông tại C. Tìm quỹ tích chân đường cao H hạ từ C. Bài giải : Chọn hệ trục Oxy sao cho trục hoành Ox cách đều A, B, trục tung Oy là đường thẳng c. Khi đó không mất tính tổng quát giả sử đường thẳng ( a ) : y = 1 ; đường thẳng ( b ) : y = – 1 ; A ( m ; 1 ), B ( n ; – 1 ), C ( 0 ; p ) Vì CA ^ CB Þ p2 = 1 – mn Đường thẳng AB có phương trình 2 x + ( n – m ) y – m – n = 0 Đường cao hạ từ C có phương trình ( n – m ) x – 2 y + 2 p = 0 Vậy toạ độ H là nghiệm của hệ : Bình phương hai vế của hai phương trình rồi cộng lại ta được : [ 4 + ( n – m ) 2 ] ( x2 + y2 ) = ( n + m ) 2 + 4 p2 Û [ 4 + ( n – m ) 2 ] ( x2 + y2 ) = ( n + m ) 2 + 4 ( 1 – mn ) Û x2 + y 2 = 1. Vậy H nằm trên đường tròn ( O ; 1 ). Trở lại bài toán khởi đầu, gọi M, N là giao điểm của c với a, b thì qũy tích H là đường tròn đường kính MN Bài 6. Trong mặt phẳng cho trước đường thẳng d và một điểm A d. Xét B, CÎd sao cho BC = b > 0 cho trước. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài giải : Gọi O là hình chiếu của A trên d và đặt a = d ( A ; d ). Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A ( a ; 0 ), O ( 0 ; 0 ) ( tức là trục hoành chứa d, trục tung chứa OA ) Giả sử trong hệ trục này B ( x0 ; 0 ), C ( x0 + b ; 0 ) ( vì độ dài BC = b ). Gọi H là trung điểm BC Khi đó và HA = HB = Gọi I ( x ; y ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó và IA = IB. Suy ra : Hay Vậy khi đoạn BC trượt trên Ox thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên parapol ( P ) có phương trình ( * ). Ngược lại, với mỗi điểm IÎ ( P ), thuận tiện kiểm tra được d ( I ; Ox ) < IA, do đó đường tròn tâm I, nửa đường kính IA cắt Ox tại hai điểm B, C. Dễ dàng kiểm tra được BC = b Vậy quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là parapol có phương trình cho ở ( * ). Bài 7. Cho ba điểm A, B và C thẳng hàng theo thứ tự đó, gọi D là đường thẳng vuông góc với đường thẳng AC tại B. Với mỗi điểm S Î D, gọi D là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với SC với đường thẳng SA. Tìm quỹ tích điểm D Bài giải : Chọn hệ tọa độ Bxy sao cho A ( - a ; 0 ), C ( c ; 0 ) ( a, c > 0 ), S ( 0 ; s ), S ≠ 0 Khi đó ( SA ) : Từ đó, tọa độ của điểm D là nghiệm của hệ Khử s từ hệ, ta thu được hay Vậy : khi S chạy trên trục tung thì D chạy trên đường hyperpol có phương trình ( * ). Bài 8. Cho 3 điểm A, O, B cố định và thắt chặt O nằm giữa A và B sao cho OA = a, OB = b ; a, b > 0. Tìm quỹ tích điểm M sao cho góc Bài giải : Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho Ox chứa OA. Khi đó A ( a ; 0 ), B ( – b ; 0 ) Gọi M ( m ; n ). Ta có Phương trình phân giác của góc tạo bởi MA và MB là Mà một trong hai đường này qua O ( 0 ; 0 ) và a > 0, b > 0 nên phương trình phân giác qua O là Vậy : Tập hợp M là đường tròn có phương trình ( khi a ¹ b ) hoặc là đường thẳng x = 0 ( khi a = b ) Bài 9. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B, C cố định và thắt chặt và đỉnh A di động. Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt trung tuyến AI của tam giác ABC tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng : Nếu IH song song với KC thì điểm A di động trên đường cố định và thắt chặt. Bài giải : Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng BC. Không mất tính tổng quát giả sử BC = 2. Khi đó, tọa độ B ( – 1 ; 0 ) và C ( 1 ; 0 ) Giả sử tọa độ điểm A ( x0 ; y0 ), với x0 ≠ 0 ; y0 ≠ 0. Khi đó, trực tâm H ( x ; y ) là nghiệm của hệ phương trình : Û Gọi K là giao điểm của d và AI, khi đó tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình : Theo giả thiết ta có : cùng phương. Vậy A di động trên ( E ) : cố định và thắt chặt. Bài 10. Cho hình vuông vắn ABCD. Từ A kẻ một đường thẳng bất kể. Đường thẳng này cắt BC, DC tương ứng tại E và F. Gọi I là trung điểm của BE. Chứng minh rằng FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của hình vuông vắn. Bài giải : Giả sử cạnh hình vuông vắn bằng 2 a ( a > 0 ). Dựng hệ trục tọa độ Oxy, trong đó O là tâm của hình vuông vắn. Ox và Oy tương ứng song song với những cạnh của hình vuông vắn và có chiều như hình vẽ. Khi đó tọa độ những đỉnh A, B, C, D trong hệ trục lần lượt là : A ( – a ; – a ), B ( a ; – a ), C ( a ; a ), D ( – a ; a ). Giả sử thông số góc của đường thẳng AF là m. Khi đó AF có phương trình : y = m ( x + a ) – a. Vì đường thẳng DF có phương trình y = a, nên hoành độ của F là những nghiệm của phương trình. m ( x + a ) – a = a Þ. Tương tự tọa độ của E là : E ( a ; 2 m – a ). Phương trình đường thẳng FI : Khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng FI : Vì nửa đường kính đường tròn nội tiếp hình vuông vắn cạnh 2 a là a, nên FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của hình vuông vắn ABCD và đó là đpcm. Bài 11. Cho đường tròn ( O ; R ) tiếp xúc với hai đường thẳng song song a và b lần lượt tại A và B. Một tiếp tuyến đổi khác của đường tròn cắt hai đường thẳng a và b lần lượt tại A ’ và B ’. Tìm quĩ tích giao điểm của AB’và A’B. Bài giải : Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho Oy là trung trực của đoạn AB, Ox là đường thẳng AB ( B thuộc tia Ox ) Khi đó phương trình đường tròn ( O ; R ) có phương trình x2 + y 2 = R2 Tiếp tuyến d của đường tròn tại điểm M ( xo ; yo ) có phương trình : với Tọa độ của B ’ là nghiệm của hệ : Suy ra. Phương trình đường thẳng AB ’ : Gọi I là giao điểm của AB ’ và A’B, suy ra IM / / AA ‘ Do đó tọa độ của điểm I ( x ; y ) là nghiệm của : Vậy quỹ tích của điểm I là elip ( E ) : có trục lớn AB = 2R ( trừ hai điểm A và B ) Kết luận : Muốn giải một bài toán bằng phương pháp tọa độ ta cần phải chọn một hệ trục tọa độ sao cho hình vẽ của tất cả chúng ta được quan sát tốt nhất trên hệ trục đó và việc đo lường và thống kê cũng đơn thuần nhất. Để chọn được một hệ trục tọa độ tốt, tất cả chúng ta cần phải địa thế căn cứ vào những yếu tố cố định và thắt chặt bài toán đã cho, quan tâm đến tính đối xứng của hình. Khi đã chọn được một hệ trục toạ độ tốt rồi, cần tích hợp phương pháp tính và kỹ năng và kiến thức tính tốt thì việc giải bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ mới trở nên xinh xắn, ngắn gọn. Qua những bài toán ở trên, tất yếu chưa thấy hết những ưu điểm, điểm yếu kém của phương pháp tọa độ. Tuy nhiên, cũng là vừa đủ để tất cả chúng ta hoàn toàn có thể thấy việc chọn hệ tọa độ như thế nào là thích hợp. Khi đã chọn hệ tọa độ thích hợp thì việc giải bài toán trở nên nhẹ nhàng, không quá phức tạp như cách giải bằng phương pháp dùng hình học thuần túy. Tuy nhiên qua trong thực tiễn, việc học và nắm vững những bước trên để vận dụng vào giải toán thật không hề đơn thuần so với học viên, vì đây là một quy trình trừu tượng hoá và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy, với mong ước trải qua 1 số ít bài toán đơn cử để hướng dẫn những em làm quen dần với việc giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp toạ độ. IV. ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 1 / Phổ biến thoáng đãng đề tài để giáo viên và học viên tìm hiểu thêm 2 / Mong muốn được giúp những em học viên có thêm một công cụ đắc lực và quen thuộc để giải những dạng toán ở trên. 3 / Giúp những em trong những kỳ thi ĐH và những kỳ thi học viên giỏi 4 / Đề tài không tránh khỏi thiếu sót, rất mong sự góp phần quan điểm của quý thày cô và những em học viên để đề tài được hoàn thành xong thêm. V. TÀI LIỆU THAM KHẢO : – Các bài toán về phương pháp vecto và phương pháp tọa độ. ( Nguyễn Mộng Hy – Nhà xuất bản giáo dục – 2003 ) – Đề thi vào những trường ĐH và cao đẳng từ năm 2002 đến năm 2012. NGƯỜI THỰC HIỆN Kiều Thị Thanh Hương
File đính kèm :

• SKKN TOAN THPT 14.doc

Source: https://vh2.com.vn
Category : Trái Đất