Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốc

Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốcSáng kiến kinh nghiệm, SKKN Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốc

SÁNG KIẾN ĐỔI MỚI PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC

I Cơ sở công nhận sáng kiến :

Trường THPT Kim Sơn A - Sở giáo dục và đào tạo Ninh Bình

II Nhóm tác giả:

1 Họ tên: Đinh Cao Thượng

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn

Học vị: Cử nhân sư phạm

Đơn vị công tác: Trường THPT Kim Sơn A

Địa chỉ: Thị trấn Phát Diệm, huyện Kim Sơn, tỉnh Ninh Bình

Tỉ lệ đóng góp cho Sáng kiến : 50%

2 Họ tên: Doãn Huy Tùng

Chức vụ: Giáo viên

Học vị: Cử nhân sư phạm

Đơn vị công tác: Trường THPT Kim Sơn A

Địa chỉ: Thị trấn Phát Diệm, huyện Kim Sơn, tỉnh Ninh Bình

Tỉ lệ đóng góp cho Sáng kiến : 50%

III Tên sáng kiến:

“ Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ

một bài toán mốc ”

Lĩnh vực áp dụng: Phương pháp dạy học môn Toán

IV Nội dung sáng kiến:

1 Giải pháp cũ thường làm:

Chúng ta có thể hình dung ý tưởng đúng của việc giải bài tập toán cũng giốngnhư bạn phải tìm đúng con đường để về đích, và hơn thế nữa chọn được con đườngngắn nhất để về đích là điều mà chúng ta luôn hướng tới Để làm được điều này, trênhành trình tìm ra đích đến chúng ta cần nhớ đến những cột mốc, những địa điểm dễnhớ và gắn liền với đích đến.

Trong việc giải bài tập Toán nói chung và giải các bài tập về phương pháp tọa

độ trong mặt phẳng nói riêng chúng ta cũng cần phải có những “cột mốc” quan trọng.Dựa trên ý tưởng đó, tôi muốn trình bày trong sáng kiến này một bài toán cơ bản củaphương pháp tọa độ trong mặt phẳng Có nghĩa là trên con đường tìm ra đáp số củabài toán chúng ta có thể cần đến bài toán này, nó là linh hồn để tạo ra rất nhiều các bàitoán khác Có thể bạn rất ngạc nhiên khi đọc nội dung của bài toán cơ bản này, vì thực

ra nó khá đơn giản, nhưng các bạn hay biết rằng nó lại là nguồn cảm hứng cho cáccâu hỏi xuất hiện trong đề thi quốc gia môn Toán, các đề thi tốt nghiệp và tuyển sinhđại học trong những năm vừa qua

2 Giải pháp cải tiến:

2.1 Cơ sở lý luận:

Nếu vuông góc d thì phươnh trình là : bx-ay+m=0

- Vị trí tương đối của hai đường thẳng.

Cho hai đường thẳng 1 1 1 1

Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng  1và 2 ta xét số nghiệm của hệ phương

trình

0 0

- Khoảnh cách từ một điểm đến một đường thẳng.

Khoảng cách từ một điểm M0(x0 ; y0) đến đường thẳng : ax + by + c = 0 cho bởicông thức: d(M0,) = 0 0

* Phương trình đường tròn tâm I(a ; b), bán kính R là : (x – a)2 + (y – b)2 = R2

* Nếu a2 + b2 – c > 0 thì phương trình x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0 là phương trình củađường tròn tâm I(a ; b), bán kính R = a2  b2 c

- Phương trình tiếp tuyến của đường tròn.

Tiếp tuyến tại điểm M0(x0 ; y0) của đường tròn tâm I(a ; b) có phương trình:

d: (x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0

c.Phương trình elip: (E) = M MF1 MF2  2a , F1F2 = 2c, a > c>0

+ (E) có hai trục đối xứng là Ox, Oy và một tâm đối xứng là gốc tọa độ O.

a Nội dung bài toán mốc

b Cách giải:

+ Có 2 cách giải cho bài toán này :

+ Lời giải cụ thể:

*) Cách 1 :

+ Bước 1: Do điểm M thuộc  đã biết nên ta có thể giả sử dạng tọa độ của M

phụ thuộc theo một tham số m

FChú ý: Thông thường  cho dưới dạng phương trình tổng quát ax + by + c

= 0, để cho việc gọi dạng tọa độ điểm M và tránh tọa độ viết dưới dạng phân số ta nênlàm như sau:

- Nếu a = 1 thì ta giả sử M( - bm – c; m ) Ví dụ: : x + 2y – 3 = 0 thì M(-2m+ 3; m)

- Nếu b = 1 thì ta giả sử M(m; -am – c ) Ví dụ: : 3x + y – 3 = 0 thì M(m;-3m + 3)

(với a = -1 hoặc b = -1 ta làm tương tự)

-Nếu

1 1 (a, b) 1

a b

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  đã biết phương trình và cách điểm

I cho trước một khoảng không đổi R, (MI = R = const).

Cách 1:

M  M  f   m

Cách 2: MI  R M  C là đường tròn tâm I, bán kính R Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình:

(Đây là những kỹ thuật nhỏ, song nếu tạo cho mình một thói quen thì sẽ trởthành kỹ năng và giúp việc tính toán giảm nhẹ, hạn chế sai sót trong quá trình tínhtoán).

+ Bước 2: Dựa vào điều kiện MI = R thiết lập phương trình ẩn m (f(m) = 0),

giải phương trình ta tìm được m, từ đó suy ra tọa độ điểm M cần tìm

*) Cách 2 :

+ Bước 1: Do MI = R nên M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R.

Lập phương trình (C)

+ Bước 2: Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình gồm phương trình  và (C)

Giải hệ ta tìm được tọa độ điểm M cần tìm

+ Khi đó tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình: 2 2

5 8

4 5

x y

x y

x y

- Cách giải 1 chỉ đơn thuần về kỹ năng đại số (giải phương trình).

- Cách giải 2 cho ta thấy sâu hơn về bản chất của bài toán, điểm cần tìm là giao của đường thẳng và đường tròn, nó cho ta thấy mối quan hệ giữa hình học và đại số Với cách giải này tổng hợp cả 2 kỹ năng: kỹ năng đại số giải hệ phương trình và kỹ năng tư duy hình học.

- Tùy vào từng yêu cầu của từng bài toán chúng ta có thể linh hoạt lựa chọn một trong hai cách giải nói trên Cách giải 2 sẽ có lợi thế trong bài toán tìm hai điểm có cùng vai trò như nhau.

2.2 Giải pháp mới: Vận dụng bài toán mốc giải các bài tập khó trong đề thi đại

học phần hình học giải tích phẳng

Tiếp cận, định hướng cách giải, phát triển tư duy học sinh với hướng ra đề xungquanh bài toán mốc Ta biết rằng các bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

trong các đề thi không phải ở dạng BTM , điều chúng ta cần làm là xem xét có thể

chuyển được về bài toán đó hay không, ta cần chỉ ra được 2 điều sau:

+ Điểm cần tìm thuộc một đường thẳng đã biết phương trình

+Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi

Muốn làm được điều đó, khi gặp bài toán chúng ta phải luôn trả lời những câuhỏi sau:

+ Điểm cần tìm thuộc đường nào? Đường đó đã biết phương trình haychưa? Nếu chưa thì có viết được không? Viết bằng cách nào?

+ Điểm cần tìm cách một điểm cho trước một khoảng bằng bao nhiêu?Nếu chưa biết khoảng cách đó thì có đi tính được hay không? Tính bằng cách nào?

Sau đây là một hướng ra đề các bài toán tọa độ phẳng xoay quanh BTM ,

nhiệm vụ của chúng ta là tiếp cận, định hướng cách giải và tư duy về bài toán thế nào

để quy về BTM cũng như tìm ra cách giải quyết bài toán Mỗi bài toán đều có một

“nút thắt” để chúng ta có thể tìm đến BTM Để tìm đến được “Nút thắt” này chúng

ta cần dựa vào giả thiết của bài toán, có thể chỉ đơn giản là từ các giả thiết của bài

toán cho ta khai thác các tính chất đã biết để tìm được “nút thắt” hoặc khó hơn “nút

thắt” nằm ở một tính chất hình học mà chúng ta cần phát hiện và phải chứng minh

được nó

Giả thiết bài toán: + Cho đường thẳng 

+ Cho điểm I + Không cho độ dài MI.

Yêu cầu bài toán: Tìm tọa độ điểm M.

*) Phân tích và định hướng cách giải:

Ví dụ 1(ĐH Khối A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :

x + y + 2 = 0 và đường tròn  C : x +y - 4x- 2y=0 2 2 Gọi I là tâm của (C), M là

điểm thuộc  Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C), (A, B là các tiếp điểm) Tìm tọa độ M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10

+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất hai tiếp tuyến của đường tròn kẻ từ một điểm và giả thiết phụ “tứ giác MAIB có diện tích bằng 10”.

+ Ta giải BTM của bài toán này theo cách giải 1 vì yêu cầu bài toán chỉ tìm điểm M.

*) Phân tích và định hướng cách giải:

+ M thuộc d: x – y + 3 = 0

+ (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 1, sử dụng điều kiện tiếp xúc ngoài của 2 đường

tròn ta tính được MI = MA + AI = 3R = 3, từ đó chuyển vê BTM.

trên d sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C)

và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).

+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở điều kiện tiếp xúc ngoài của hai đường tròn và giả thiết phụ “đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C)”.

+ Ta giải BTM của bài toán này theo cách giải 1 vì yêu cầu bài toán chỉ tìm điểm M.

*) Phân tích và định hướng cách giải:

+ Giả thiết điểm A có hoành độ âm và thuộc đường thẳng AB cho ta nghĩ đến việc tìmđiểm A đầu tiên Chú ý rằng hai điểm A, B có cùng tính chất: cùng thuộc đường AB

và IA = IB

+ Ta đi tính độ dài IA, từ giả thiết ABCD là hình chữ nhật và AB = 2AD = 2.2d(I;AB)  AB AI  chuyển về BTM A B C D, , .

*) Lời giải

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, suy ra H là trung điểm AB

Khi đó: IH = d(I; AB) =

1 2

5 2

+ Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB và (C), tọa độ A, B là nghiệm hệ

Ví dụ 3(ĐH Khối B – 2002) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật

+ Vì A có hoành độ âm nên A(-2; 0), B(2; 2).

+ Do I là trung điểm AC và BD nên từ công thức tọa độ trung điểm ta suy ra: C(3; 0),D(-1; -2)

*) Nhận xét:

+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất tâm I của hình chữ nhật ABCD:

 

AD d I AB và giả thiết phụ “AB = 2AD”.

+ Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm A, B

cần tìm có vai trò như nhau Có nhiều bạn giải theo cách số 1 để tìm điểm A, sau đósuy ra C, lập phương trình đường BC và cho giao với đường thẳng AB để suy ra điểm

B Rõ ràng là sẽ mất nhiều thời gian hơn

*) Phân tích và định hướng cách giải:

+ Hai điểm B và C cùng thuộc đường thằng 

Ví dụ 4(ĐH Khối B – 2009 - NC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0 Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

+ Do tam giác ABC cân tại A nên AB = AC, A đã biết vì thế ta cần tính được độ dài

AB thì sẽ chuyển được về BTM Sử dụng giả thiết diện tích tam giác ABC bằng 18,

2 97

2

2 3 2

x y

x y

+ Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm B và C

cần tìm có vai trò như nhau

*) Phân tích và định hướng cách giải:

+ Trong bài toán này yêu cầu tìm cả 4 đỉnh của hình vuông, có vẻ như sẽ nhiều thửthách hơn so với các ví dụ trên

+ Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu tiên

chính là điểm B , bởi B thuộc BD đã biết phương trình và B có hoành độ dương.+ Ta đã biết tọa độ 2 điểm M và N nên nếu tính được độ dài BM hoặc BN ta sẽ tìm

được B nhờ BTM Nghĩa là ta đang cần yếu tố định lượng, điều này gợi ý ta đi tính

 ; 

d M BD hoặc dN; BD Trong hai đại lượng này, d M BD ;  sẽ giúp ta tính được

độ dài đoạn BM bằng cách gắn vào tam giác vuông cân BMH (sử dụng giả thiếtABCD là hình vuông)

+ Khi tìm được điểm B ta sẽ dễ dàng tìm được tọa độ các điểm còn lại nhờ viết đượcphương trình AB, AD và tính chất trung điểm của hai đường chéo hoặc véctơ

+ Do tam giác BHM vuông cân tại H (vì có góc MBH bằng 450) nên:

+ AB đi qua 2 điểm B và M có phương trình: y = 2, AD đi qua N và vuông góc với

AB nên có phương trình: x = 2 Suy ra A(2; 2)

+ D ADBDTọa độ điểm D là nghiệm hệ: 2 2 (2;1)

+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở việc chỉ ra tam giác MBH vuông cân tại H do tính

chất của hình vuông ABCD (AB tạo với BD góc 450), với H là hình chiếu của M trên

BD và giả thiết phụ “điểm N(2; -2) thuộc đường thẳng AD, điểm B có hoành độ

dương”.

+ Ta giải BTM của bài toán này theo cách 1 vì chỉ có điểm B thỏa mãn.

+ Ta có thể tìm điểm B của bài toán trên mà không sử dụng BTM bằng cách đi lập

phương trình đường thẳng AB đi qua M và tạo với BD một góc 450 Nhưng cách này

rõ ràng cần phải có kỹ năng lập phương trình đường thẳng và giải phương trình đẳngcấp bậc hai tương đối tốt

Ví dụ 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD tại A và D,

có B(1;2), AB = AD , đường thẳng BD có phương trình y = 2 Biết đường thẳng

 có phương trình 7x – y – 25 = 0 cắt các đoạn thẳng AD, CD lần lượt tại hai điểm M, N sao cho BM vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác trong của góc MBC Tìm tọa độ điểm D, biết D có hoành độ dương

*) Phân tích và định hướng cách giải:

+ Dựa vào giả thiết liên quan đến điểm D và B(1; 2) cho ta gợi ý đi tính độ dài đoạn

BD để chuyển về BTM Nghĩa là ta đang cần yếu tố về định lượng, cùng với giải thiết

đường thẳng đã biết phương trình nên ta nghĩ đến việc tính d(B; ) và cần phảithiết lập mối quan hệ với BD Với việc vẽ hình tương đối chính xác ta đi đến dự đoán

+ Gọi H là hình chiếu của B trên CD, từ giả thiết ta có ABHD là hình vuông

Từ đó và từ giả thiết BM vuông góc BCCBH· MBA· (cùng phụ với góc MBH)





+ Vậy D(5; 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

*) Nhận xét:

+ “Nút thắt” của bài toán này nằm ở việc chứng minh d(B; ) = BH thông qua các

giả thiết phụ “ABCD là vuông, BM vuông góc với BC và BN là tia phân giác trong

của góc MBC”.

+ Ta tìm tọa độ điểm D theo cách giải số 1 của BTM.

+ Để có thể tìm đến nút thắt của bài toán này ngoài việc phân tích, khai thác các tínhchất của các dữ kiện bài toán cho thì một kỹ năng vẽ hình chính xác rất quan trọng,điều đó giúp chúng ta đưa ra các dự đoán để tìm đến với nút thắt của bài toán

*) Phân tích và định hướng cách giải:

+ A thuộc đường thẳng AN và biết tọa độ điểm M từ đó nếu tính được độ dài đoạn

+ Một suy nghĩ nữa liên quan đến d(M; AN) đó là diện tích tam giác AMN, ta có thểtính diện tích tam giác này theo 2 cách: theo cách gián tiếp (diện tích hình vuông) và

Ví dụ 7 (ĐH Khối A, A1 – 2012 - CB): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2ND Giả sử  

theo cách trực tiếp (công thức chiều cao và cạnh đáy) Từ đó thiết lập được phươngtrình ẩn là độ dài cạnh hình vuông.

+ “Nút thắt ” bài toán này đó là tính được cạnh của hình vuông đã cho hoặc góc A

trong tam giác vuông AMH dựa vào tính chất của hình vuông và d(M; AN) tính đượcthông qua giả thiết của bài toán

+ Như vậy , khi muốn chuyển về BTM mà yếu tố độ dài MI chưa biết ( trong bài toán

này AM chưa biết) thì ta thường hay tìm được thông qua các dữ kiện về định lượng.Nếu không có điều này thì trong đề bài thường ẩn chứa những yếu tố bất biến như góc(trong bài toán này góc MAH ta luôn tính đươc), khoảng cách (trong bài toán này

d(M; AN) cũng là đại lượng không đổi)… Từ đây việc tìm độ dài đoạn MI ( trong bài

toán này là AM) sẽ khá đơn giản và BTM sẽ xuất hiện

+Lời giải trên của bài toán theo cách tính độ dài hình vuông, như đã nói ta có thể tínhđược góc MAN dựa vào việc áp dụng định lý côsin trong tam giác AMN, với việc cáccạnh của tam giác này tính theo cạnh hình vuông đã cho Hoặc cũng có thể tính góc

·MAN theo cách sau:

*) Phân tích và định hướng cách giải :

+ Bài toán yêu cầu tìm 2 điểm C và D, điểm D thuộc đường thẳng BD, điểm C chưabiết phương trình đường thẳng nào chứa nó Nhưng hoàn toàn có thể lập đượcAC( qua H và vuông góc với BD) Điểm H đã biết, do đó ta nghĩ ngay đến việc tính

độ dài đoạn CH hoặc DH để quy về BTM Ta đặt ra câu hỏi tìm C hay D trước và tính

+ Ta đi khai thác giả thiết hình thang cân và hai đường chéo vuông góc ta nhận thấytam giác CIB vuông cân tại I  BHC vuông cân tại B I là trung điểm HC  CH

= 2d(H ; BD) ( C là điểm đối xứng của H qua BD) Do đó việc tìm điểm C có thể thực

hiện theo BTM hoặc bài toán đối xứng điểm qua đường thẳng.

+ Còn giả thiết AD = 3BC thì sao ? do AD // BC nên ta nghĩ đến định lý Ta-lét

+ “Nút thắt ” của bài toán trên là việc chỉ ra tam giác BHC vuông cân và chứng tỏ AI

= 3IC thông qua các giả thiết phụ “hai đường chéo vuông góc với nhau và AD =

3BC”.

+ Trong bài toán trên việc tìm điểm C hoàn toàn có thể thực hiện theo BTM nhưng rõ

ràng không phải là phương án tối ưu nhất Vì vậy tùy vào từng bài toán, từng trườnghợp ta lựa chọn cách làm tốt nhất có thể

+ Tất cả các giả thiết bài toán cho không bao giờ “thừa” vì vậy cần khai thác hết các

giả thiết bài toán cho Điều quan trọng là khai thác nó thế nào? Vận dụng tính chất gì

từ giả thiết đó? Vì vậy khi bài toán cho giả thiết nào đó ta hãy luôn đặt ra câu hỏi

“cho giả thiết đó để làm gì?” và hãy trả lời nó.

qua  2 Tìm tọa độ điểm N Đáp số: N(-1; -2), N(-4; 7).

BÀI 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A1;  3 có

góc ABC bằng 30 0 , đường thẳng d: x – y + 2 = 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C, biết B có hoành độ

cạnh AB Đáp số: AB: 2x + y – 11 = 0 hoặc AB: 2x + 11y – 41 = 0.

BÀI 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có E, F lần lượt thuộc các đoạn AB và AD sao cho EB = 2EA, FA = 3FD, F(2; 1) và tam giác CEF vuông tại F Biết rằng đường thẳng CE có phương trình x – 3y – 9 =

0 Tìm tọa độ điểm C, biết C có hoành độ dương Đáp số: C(6; -1).

BÀI 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD tại A và D,

có đáy lớn CD và góc BCD bằng 45 0 Biết hình thang có diện tích bằng 15, đường thẳng AD và BD có phương trình lần lượt là 3x – y = 0 và x – 2y = 0 Viết phương trình BC, biết điểm B có tung độ dương.

Đáp số: BC: 2x + y – 10 = 0