sử dụng kiến thức đối xứng trong mặt phẳng để giải một số bài toán Oxy _ tác giả Thầy Tuấn

Vận dụng tính chất đối xứng của điểm và đường để giải một số bài tập về Oxy trong các đề thi Đại học ,Học sinh giỏi hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

A ĐẶT VẤN ĐỀ

1) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong những năm trở lại nay câu thuộc phần kiến thức hình học tọa độ Oxy đóng vai trò rất quan trọng trong đề thi Đại học, Cao đẳng (Nó luôn có mặt trong cấu trúc đề thi và nhằm mục đích phân hóa thí sinh khá, giỏi) Bắt đầu từ năm học 2015 với cách tổ chức một kì thi Quốc gia THPT, theo nhận định của tôi: Đa số kiến thức ở lớp 12 chủ yếu dành cho thí sinh lấy điểm để đạt tốt nghiệp, còn để đạt được điểm cao và đậu vào các trường Đại học thì thí sinh phải làm được những câu như hình học tổng hợp, hình học tọa độ Oxy, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Đối với phần kiến thức này sách giáo khoa trình bày rất căn bản, đòi hỏi học sinh phát huy những phẩm chất tìm tòi, sáng tạo và tập trung tư duy Ngoài ra ở phần kiến thức này đề thi yêu cầu người học nắm được kiến thức hình học trong mặt phẳng tốt biết vận dụng vào bài toán hình học tọa

độ Oxy

Những kiến thức hình học phẳng thường được sử dụng ở đây như: đối xứng qua một điểm; đối xứng qua một đường thẳng; quan hệ vuông góc hay góc giữa hai đường thẳng … được “giấu đi” hoặc thể hiện dưới một cách khác từ đó thí sinh muốn giải quyết được bài toán đó cần phải phát hiện ra vấn đề ẩn chứa nêu trên

Ta xét ví dụ: Đề thi Đại học, Cao đẳng khối A; A 1 năm 2013 như sau:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C nằm trên đường thẳng (d): 2x + y + 5 = 0 và đỉnh A(-4; 8) Gọi M là điểm đối xứng của B qua C; N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng DM Tìm tọa độ các điểm B và C biết rằng N(5; -4).

Định hướng và nhận xét

Nhận ra tứ giác ACMD là hình bình hành (AD song song và

bằng CM) nên AC song song DM Từ đó có AC đường trung

trực của BN (hay B và N đối xứng nhau qua đường thẳng AC

0 90









 ANC ABC  tọa độ điểm C,

kế tiếp viết phương trình đường thẳng AC

 tọa độ điểm B vì B đối xứng với N qua đường thẳng AC

Qua đó ta có nhận xét : Rõ ràng đây là bài toán sử dụng tính đối xứng

qua đường thẳng Nếu thí sinh phát hiện ra điều này

thì bài toán được giải quyết nhẹ nhàng

Hiểu được những sự khó khăn đó và yêu cầu cao của học sinh trong quá trình học tập, yêu cầu người giáo viên cần học tập nâng cao trình độ để có kiến thức vững vàng và phương pháp dạy học tốt hình thành cho các em học sinh tư duy tích cực, đam mê, sáng tạo và tính tự học cao

Từ những lí do nêu trên tôi thực hiện đề tài khoa học – sáng kiến kinh nghiệm có tên:

“ SỬ DỤNG KIẾN THỨC ĐỐI XỨNG TRONG MẶT PHẲNG ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI

TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ Oxy”

Với đề tài sáng kiến kinh nghiệm này tôi hi vọng sẽ giúp các em học sinh

2) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Đề tài tập trung nghiên cứu tính chất đối xứng, khai thác, phát triển lồng ghép kiến thức đối xứng

ở các bài toán quen thuộc trong hình học phẳng, để đưa vào bài toán tọa độ Oxy

3) PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu tính chất đối xứng được trình bày trong sách giáo khoa ở hai cấp học THCS; THPT

và một số tài liệu tham khảo

4) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

M

H

Nhằm tạo ra cho học sinh có hệ thống kiến thức, biến vận dụng một cách có hệ thống, tạo ra niềm say mê, sáng tạo trong học tập

Nhằm mục đích đưa lại hiệu quả cao hơn trong giảng dạy, đặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học

5) GIẢ THIẾT KHOA HỌC

*) Cơ sở lí luận

Phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm là kiến thức quen thuộc, quan trọng trong bộ môn hình học được trình bày ở hai cấp học(cấp THCS và lớp 10 cấp THPT) Trong thực tế sự vận dụng tính đối xứng trong kiến trúc, xây dựng, hội họa… rất nhiều Như vậy nghiên cứu phép đối xứng hoàn toàn

có tính tự nhiên, thiết thực, không hàn lâm

Dựa trên sự tiếp nối, kế thừa và phát triển các kiến thức đã học cho các dạng toán khác tạo ra cho học sinh niềm đam mê, sáng tạo

*) Cơ sở thực tiễn

Dựa trên yêu cầu cao của học sinh trong việc định hướng, phương pháp giải toán và hệ thống bài tập hình học tọa độ Oxy phục vụ cho học tập và thi cử Mặt khác là gợi ý, xây dựng nguồn tài liệu cho đồng nghiệp giáo viên để tạo ra sự giao lưu, học hỏi và cùng nhau dạy tốt

2 Mục đích nghiên cứu

3 Đối tượng nghiên cứu

4 Phương pháp nghiên cứu

Dựa trên kiến thức hình học trong phẳng, tìm tòi, sáng tạo, thu thập các

bài toán có thể lồng ghép tính đối xứng và chuyển qua bài toán hình học tọa độ Oxy

5 Phân bố các mục trong đề tài

- Phần đặt vấn đề: trang 1, 2

- Phần nội dung đề tài:

+) sử dụng phép đối xứng qua một điểm: trang 3 đến trang 7

+) sử dụng phép đối xứng qua đường thẳng: trang 7 đến trang 12

+) Các bài tập vận dụng: trang 13, 14

- Phần kết luận: trang 14

- Phần kiến nghị, đề xuất: trang 14

B NỘI DUNG ĐỀ TÀI Loại 1: SỬ DỤNG TÍNH ĐỐI XỨNG QUA MỘT ĐIỂM

Ví dụ 1:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang ABCD có diện tích bằng 14 ( với hai đáy là AB và CD )

và có đỉnh A(1; 1); trung điểm của cạnh BC là 











 ; 0 2

1

H Viết phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 5x y 1  0

(Ví dụ tự ra)

Phân tích bài toán

- Nếu sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích hình thang sẽ gặp rất nhiều khó khăn

- Thường sử dụng diện tích tam giác để chuyển về khoảng cách từ điểm

đến đường thẳng, qua đó tìm được tọa độ điểm Vậy có cách thức nào để chuyển diện tích hình thang

về diện tích tam giác được không?

- Sử dụng AB song song CD và trung điểm H của đoạn BC như thế nào?

Với lập luận, kết nối giả thiết bài toán như vậy ta sử dụng tính đối xứng qua một điểm như sau:

LỜI GIẢI

Kéo dài AH cắt CD tại E Do ABCD

hình thang (AB//CD) và H trung điểm

BC nên dễ thấy

14











HAB HEC SADE S ABCD

Ta có AE 2AH  13và phương trình

đường thẳng AE: 2x 3y 1  0

Do đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 5x y 1  0 nên D(d; 5d+1) với d > 0

13

28 2

;

; 2

1









AE

S AE D d AE D d AE

ADE

























































) / ( 2

) ( 13

30 28

2 13

28 2 13 28

2 13 13

28 13

1 ) 1 5

(

3

2

m t d

loai d

d

d d

d

d

Từ đó D(2; 11)

E đối xứng với A qua H suy ra E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD: 3x y 5  0 Đường

thẳng AB qua A, song song với đt CD nên có pt: 3x y 2  0

Vậy phương trình đường thẳng AB cần tìm: 3x – y – 2 = 0

NHẬN XÉT

Từ ví dụ trên ta nhận thấy rằng việc chuyển đổi diện tích hình thang về diện tích tam giác là mấu chốt của bài toán mà công cụ chính là phép đối xứng qua điểm

Ví dụ 2:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6 và có đỉnh A(0; 2); Gọi H

là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC Trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE =

AC Tìm tọa độ các đỉnh B; C; D biết phương trình đường thẳng DE: x y 0 biết đỉnh D có tọa độ đều dương

(Ví dụ sưu tập)

Phân tích bài toán

- Sử dụng giả thiết của bài toán BE  AC và BE  ACnhư thế nào? Đây là vấn đề của bài toán

Ta phân tích nó như sau:

- Thứ nhất: Nối BD để tạo ra BDEcân B

- Thứ hai: Từ B tạo ra một đoạn thẳng song và bằng AC

Từ những phân tích như vậy ta nghĩ đến việc lấy K đối xứng với D qua A ta có BK BDBEsuy

ra tam giác BDK cân tại B và ra tam giác BKE vuông cân tại B Từ đó ta có lời giải cụ thể như sau:

LỜI GIẢI

Lấy K đối xứng với D qua A ta có

BE

BD

BK   suy ra tam giác BDK

cân tại B và ra tam giác BKE vuông

cân tại B

Đặt x ABD ABK  BDC

y BDE BED

Xét trong tam giác BDE có

E C

D

H

H

x

K

E

B

C D

A

y

x

x

K

E

B A

y

x M

y

0

45

45 180

90

2

2



















EDC

y x y

x

Ta có

2

2 0

;DE     AD

A

d

Do đỉnh D có tọa độ dương và D nằm trên đường thẳng (DE) có phương trình x y  0 nên Dd; d































) / ( 2

) ( 0 0

2 4

2 4

m t d

loai d

d d d

d AD

Đường thẳng AB qua A, nhận AD làm véc tơ pháp tuyến Từ đó đường thẳng AB có pt: x = 0 nên B(0; b)





























1

5 3

2 3

6

6

b

b b

AB AD

AB

S ABCD

*) Với b = 5 có B(0; 5), I 









 2

7

;

1 trung điểm BD là tâm hình chữ nhật ABCD suy ra C(2; 3)

*) Với b = -1 có B(0; -1), tâm I 









 2

1

;

1 suy ra C(2; -1) Vậy có hai hình chử nhật thỏa mãn, có tọa độ các đỉnh:

B(0; 5); C(2; 3); D(2; 2) và B(0; -1); C(2; -1); D(2; 2)

NHẬN XÉT

Từ ví dụ trên nhận thấy rằng việc tạo ra các tam giác cân, tam giác vuông cân đỉnh B là hết sức quan trọng, trong đó để tạo ra điều nói trên là việc sử dụng điểm K đối xứng với D qua A

Từ ví dụ trên ta có thể xây dựng thêm một só bài toán khác như sau:

Ví dụ 3:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C(2; -1); trung điểm cạnh AB là M













2

1

;

0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC Trên tia đối của tia BH lấy điểm

E sao cho BE = AC Tìm tọa độ các đỉnh A; B; D biết E(-3; -3) và đỉnh B có tung độ âm

(Ví dụ khai thác)

Phân tích bài toán

- Ví dụ này có giả thiết tương tự ví dụ 2 Nếu sử dụng điểm K đối xứng với D qua A ta suy ra

M là trung điểm KC ( vì tứ giác ACBK là hình bình hành), kết hợp với tam giác BKE vuông cân tại B ta sẽ giải quyết được bài toán Lời giải cụ thể như sau:

LỜI GIẢI

Lấy K đối xứng với D qua A ta có tứ giác

ACBK là hình bình hành suy ra K đối

xứng với C qua M Từ đó tìm được tọa độ

điểm K(-2; 2)

Nhận thấy tam giác BKE vuông cân tại B

nên

(*) 0



















BE

BK

BE

BK

BE

BK

BE

BK

Gọi B(a; b) với b < 0, từ (*) ta có hệ:        

a 2 a 3  b 2 b 3  0 Giải ra được hệ:















0 26

26

5

5

2

b

b

b

a













1 0 5 5

b

b a

Chọn được 





 1 0

b a

Suy ra B(0; -1)

Đỉnh A đối xứng với B qua M nên A(0; 2)

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD nên có 









 2

1

; 1

Đỉnh D đối xứng với B qua điểm I từ đó D(2; 2)

Vậy các đỉnh cân tìm có tọa độ là: A(0; 2); B(0; -1); D(2; 2)

NHẬN XÉT

Qua ví dụ trên nhận thấy việc đưa ra điểm K chính là chìa khóa của bài toán Một lần nữa khẳng định tính ưu việt của phép đối xứng qua một điểm

Ví dụ 4:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD = 2 5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC Trên tia đối của tia BH lấy điểm E sao cho BE = AC Tìm tọa

độ các đỉnh A; B; C; D biết đỉnh C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng  d1 :x y 30; điểm K đối xứng với D qua A, biết K nằm trên đường thẳng  d2 :x2y10; đường thẳng DE có phương trình 3x y 1  0

(Ví dụ khai thác)

Phân tích bài toán

- Ví dụ này có giả thiết tường minh hơn ví dụ 2 và ví dụ 3 khi cho điểm K đối xứng với D qua

A Trong ví dụ này chỉ tập trung vận dụng giả thiết là thực hiện được. Lời giải cụ thể như sau:

LỜI GIẢI

Do K đối xứng với D qua A ta có

BE

BD

suy ra tam giác BDK cân tại B

và ra tam giác BKE vuông cân tại B

Đặt x ABD ABK  BDC

y BDE BED

Xét trong tam giác BDE có

0 0

0

90

2

2x y   xy  EDC

Gọi M giao điểm của đường thẳng DE và đường

thẳng AB

Do AB = 2AD(gt) kết hợp EDC  45 0suy ra M trung điểm AB

Lại có tứ giác ACBK là hình bình hành suy ra M trung điểm CK

Do đỉnh C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng  d1 :x y 30 nên gọi Cc; c 3 với c >

0 và biết K nằm trên đường thẳng  d2 :x2y10 nên gọi K1  2k; k Từ đó suy ra M











    

2

3

;

2

2

1 c k c k

H

x

K

E

B

C D

A

y

x M

y

Do M nằm đường thẳng DE có phương trình 3x y 1  0 nên tọa độ M thỏa mãn:





















7

8 2 0

2

3 2

)

2

1

(

k k

c k

c









14

13 9

; 14

9

3c c

14

29 5 14

9 11 10

2 2

2













 













 





0 1038 92

146 2



















73 173

3

c c

Từ đó lấy được C(3; 0) và M(0; 1)

Đỉnh D nằm đường thẳng DE có phương trình 3x y 1  0 nên D(d; 3d + 1)



























1

1 20

1 3 3

2

d

d d

d DC

*) Với d= 1 có D(1; 4) Gọi N trung điểm CD nên N(2; 2)

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD nên I trung điểm MN suy ra I 









 2

3

;

1 Đỉnh A đối xứng với C qua I nên A(-1; 3)

Đỉnh B đối xứng với D qua I nên B(1; -1)

*) Với d= -1 có D(-1; -2); N(1; -1); I 









 ; 0 2

1

Đỉnh A đối xứng với C qua I nên A 2 ; 0 Đỉnh B đối xứng với D qua I nên B(2; 2)

Vậy các đỉnh cần tìm có tọa độ là:

A(-1; 3); B(1; -1); C(3; 0); D(-1; -2) và A(-2; 0); B(2; 2); C(3; 0); D(-1; -2)

Loại 2: SỬ DỤNG TÍNH ĐỐI XỨNG QUA MỘT ĐƯỜNG THẲNG

Ví dụ 1:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đáy AB và CD; AB = 3CD, đỉnh A(-2; 1) Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của đoạn AB Tìm tọa độ các đỉnh B; C; D biết đỉnh C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng  d :xy 1  0 và biết điểm E(2; 3)

(Ví dụ tự ra)

Phân tích bài toán

- Sử dụng giả thiết hình thang cân và E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của đoạn AB như thế nào? Đây là ý quan trọng cần khai thác trước hết của bài toán Ta phân tích nó như sau:

Nhận thấy tứ giác AEBD là hình bình hành và hai đường chéo, hai cạnh bên của hình thang cân bằng nhau nên có: AE = BD suy ra AE = AC và BE = AD suy ra BE = BC

Từ những điều trên ta có E và C đối xứng nhau qua đường thẳng AB

Lời giải cụ thể như sau:

LỜI GIẢI

Nhận thấy tứ giác AEBD là hình bình

hành ( hai đường chéo cắt nhau tại trung

điểm mỗi đường) và tứ giác ABCD là

hình thang cân nên có:

AE = BD suy ra AE = AC (1)

BE = AD suy ra BE = BC (2)

Từ (1) va (2) ta có

E và C đối xứng nhau qua đường thẳng

AB

B

E

Do điểm C có hoành độ dương và nằm trên đt (d) nên Cc ; 1 c với c > 0





























4

2 0

8 2 20

c

c c

c c

Nhận được c2  C(2; -1)

Gọi H là chân đường vuông góc của C lên đt AB suy ra H trung điểm CE nên có H(2; 1)

Gọi K là chân đường vuông góc của D lên đt AB Theo tính chất hình thang cân và AB = 3CD nên có

AK = KH = HB

Từ đó K trung điểm AH nên K(0; 1)

B đối xứng với K qua H nên B(4; 1)

Gọi I trung điểm AB có I(1; 1)

Đỉnh D đối xứng với E qua I nên D(0; -1)

Vậy các điểm cần tìm như sau: B(4; 1); C(2; -1); D(0; -1)

NHẬN XÉT

Qua ví dụ trên nhận thấy việc phát hiện hai điểm E và C đối xứng nhau qua đường thẳng AB là rất quan trọng Từ đây mọi yêu cầu của bài toán dần dần được giải quyết

Ví dụ 2:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và B có AD = 2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BD biết H 









  5

3

; 5

1

Đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh AB và AD có phương trình: x 2y 1  0 Tìm tọa độ các điểm A; B; D biết điểm B có tọa độ đều là số nguyên

(Ví dụ tự ra)

Phân tích bài toán

- Quan tâm đến giả thiết H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BD và đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh AB và AD như thế nào?

- Ta có tính chất: Đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh của tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền Ở đây có sử dụng hai tam giác HAB và HAD Từ đó ta có H và A đối xứng với nhau qua đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh AB và AD

Lời giải cụ thể như sau:

LỜI GIẢI

Gọi M; N lần lượt trung điểm AB; AD ta

có: HM = MA và HN = NA (đường trung

tuyến xuất phát từ đỉnh của tam giác

vuông bằng nửa cạnh huyền) suy ra A đối

xứng với H qua đường thẳng MN

Từ phương trình đường MN:

0

3

2  

 y









 5

8

; 5 9

suy ra A( -1; -1)

H

C N

D M

Lại có AD = 2AB suy ra AN = 2AM Đặt AM = x( x 0 )  AN = 2x

Điểm M nằm trên đường thẳng MN nên gọi được M 2m 1 ;m

Áp dụng trong tam giác vuông AMN có 45

4

1 1 1

1 1

2 2 2 2

x x AE AN

AM

 2  ( 1 ) 1 1

1 4

5

4

x

Giải ra được m 0 ; m 52

Với m 0 được M(-1; 0) B đối xứng với A qua M nên có B(-1; 1) (thỏa mãn)

Với m52 được M 









  5

2

; 5

1

suy ra B 









 5

1

; 5

3

(loại) Đường thẳng AD qua A nhận AB( 0 ; 2 )làm véc tơ pháp tuyến nên phương trình đtAD: y 1  0

N giao hai đường thẳng AD và MN nên tìm được N(1; -1)

Đỉnh D đối xứng với A qua N nên D(3; -1)

Vậy các điểm cần tìm như sau: A( -1; -1); B(-1; 1); D(3; -1)

NHẬN XÉT

Qua ví dụ trên qua hình vẽ phần nào nhận ra hai điểm A và H đối xứng nhau qua đường thẳng MN Vấn đề là phải chứng tỏ được điều đó Vận dụng trong tam giác vuông rất quan trọng

Ví dụ 3:

Trong không gian Oxy, cho hình thang cân ABCD có đáy lớn CD nội tiếp trong đường tròn ( ) , biết tiếp tuyến của đường tròn ( ) tại C có phương trình 2x y  9 0 , phân giác của góc ACBcó phương trình x3y 7 0 , AC cắt BD tại M ( 1;1) Tìm tọa các đỉnh của hình thang nói trên

(Ví dụ tự ra)

Phân tích bài toán

- Bài toán trên cho hình thang cân, cho tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp hình thang, cho phân giác của góc ACB Kết nối chúng lại như thế nào? Chắc chắn là bài toán liên quan đến góc

và sử dụng tính chất góc nội tiếp đường tròn?

- Với lập luận như vậy ta đưa dần về góc đỉnh C

Lời giải cụ thể như sau:

LỜI GIẢI

Gọi N giao điểm của phân giác góc

ACB

 và đường tròn ( )

 ACB=NCB

Lại có ABCD là hình thang cân

Mặt khác Ct là tiếp tuyến đường tròn

C

t B

D A

M

ngoại tiếp hình thang nênBDC=BCt

Từ trên  DCN =NCt  CM là

phân giác của góc DCt

Lấy điểm E(3;3)Ct, F là điểm đối xứng

với E qua CM  F CD

Gọi I là trung điểm của EF, u(3; 1)



là vectơ chỉ phương của CM, ta có :

(2;0)

0

EF 3( 3) ( 3) 0

F F

F y









 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C CM Ct tọa độ của C là nghiệm hpt:

(4;1)

C

CD đi qua C(4;1) và F(2;0) nên có phương trình là:

2 2 0 : 2 2 0

2 4 0 1

Gọi P là trung điểm của CD  PM CDvì ABCD là hình thang cân  PM có phương trình là : 2(x1) ( y1) 0  2x y  1 0

+)P PM CDnên có tọa độ là nghiệm hpt: 2 1 0 0 (0, 1)

P

D P C D

D P C D



 Vậy D(-4;-3)

NHẬN XÉT

Qua ví dụ trên ta có liên tưởng đến những bài toán về phân giác trong của góc nội tiếp đường tròn, chuyển qua độ dài dây cung và ngược lại mà ta đã gặp nhiều trong một số đề thi

Qua ví dụ này tôi muốn tạo ra sự vận dụng tiếp tuyến của đường tròn để sự dụng góc bằng nhau, qua đây để tạo ra phép đối xứng qua một đường thẳng

► Ta xét bài toán sau

Cho hình vuông ABCD Gọi M; N lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC; CD Gọi E là điểm trên tia đối của tia DC sao cho MAN  EAN   45 0 và H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng

MN Khi đó ta có:

1) H và B đối xứng nhau qua đường thẳng AM

2) H và D đối xứng nhau qua đường thẳng AN

3) E và M đối xứng nhau qua đường thẳng AN

LỜI GIẢI

Ta có AB = AD; BAM DAE

(cùng phụ với MAD)

Từ đó có ABM ADE

suy ra AM = AE và AMN  AEN

Từ đó suy ra AMN =AEN (c.g.c)

AEN

AMN  

 ; ANM  ANE và

AH AB

AH

AHM

Từ các điều chứng chứng minh trên tức là

C N

D E

M H

ba bài toán nói trên đã được giải quyết.

Từ bài toán trên chuyển qua hệ trục tọa độ Oxy ta có một số ví dụ sau:

Ví dụ 4:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Gọi M; N lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC;

CD sao cho MAN   45 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết phương trình đường thẳng AM: 2xy 1  0; phương trình đường thẳng AN: x 3y 8  0 và phương trình đường thẳng MN: 4x 3y 7  0

(Ví dụ tự ra)

LỜI GIẢI

Ta có đỉnh A nằm trên hai đường thẳng AM và

AN nên tọa độ A là nghiệm của hệ:

















0 8

3

0 1

2

y

x

y

x

Giải ra ta được A(-1; 3)

Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng

MN,

tìm được tọa độ điểm H 









 5

3

; 5 11

Theo bài toán trên có đỉnh B đối xứng với H qua đường thẳng AM

suy ra B(-1; 1) và đỉnh D đối xứng với H qua đường thẳng AN tìm được D(3; 3)

Gọi I là tâm hình vuông ABCD nên I là trung điểm BD  I(1; 1)

Đỉnh C đối xứng với A qua I ta tìm được C(3; -1)

Ví dụ 5:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 16 Gọi M; N lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC; CD sao cho MAN   45 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm và nằm trên đường thẳng (d) :x y 4  0; phương trình đường thẳng MN:

0 7

3

4x y  và cho M(1; -1)

(Ví dụ tự ra)

LỜI GIẢI

Ta có AH = AB = 4

( vì AHM  ABM(c.g.c)

và độ dài cạnh hình vuông bằng 4) suy ra

































1

39 20

19

4 5

7 ) 4 ( 3 4 4

)

;

(

a

a a

a a MN

A

d

Lấy được A(-1; 3), nên viết được phương trình

đường thẳng AM: 2x + y – 1 = 0

Đến đây tương tự Ví dụ 4 ta tìm được H 









 5

3

; 5 11

Đỉnh B đối xứng với H qua đường thẳng AM, tìm được B(-1; 1)  phương trình đường thẳng BC (đường thẳng qua B và M): y + 1 = 0 nên gọi được Cc; 1



























) 1

; 5 ( 5

) 1

; 3 ( 3

4 1

C a

C c

c Do M nằm giữa B và C nên chỉ lấy được C(3; -1)

C N

D

M H

N D

M H