HDG HHP OXY POINT p1 (22 10 2015)

Với cách 1, do tính khả thi trong việc đặt ẩn 4 ẩn vì đã thiết lập được 4PT nhưng cũng đòi hỏi ở các bạn một số kỹ năng giải hệ đại số chủ yếu là rút thế, cộng trừ vế.. Với cách 3, phép

Trang 1

FB: HTTP://FACEBOOK.COM/LAMPHONG.WINDY 1

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP HÌNH HOC PHẲNG OXY

CHỦ ĐỀ TỌA ĐỘ ĐIỂM

BÀI TOÁN 1 (HÌNH THANG) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD (AB song

song CD) có diện tích S ABCD = 14 Biết tọa độ các đỉnh A(0;1), B(2;0) và C(3;2) Tìm tọa độ đỉnh

D ?

■ Đặt vấn đề : Do tọa độ của các điểm A, B, C khá là đẹp nên có một câu hỏi đặt ra là ta có nên « vẽ

hình kèm hệ trục tọa độ « vào không ? hay là chỉ cần vẽ phác thảo hình thang ABCD ? Cuối bài này bạn sẽ có câu trả lời

■ CÁCH 1: giải theo cách không gắn với hệ trục tọa độ (chỉ phác thảo hình)

☺Nhận xét : Điểm D là điểm cần tìm, nếu đặt tọa độ D(x D ; y D )  thiết lập 2 PT 2 ẩn và giải tìm (x D ; y D ) thì có vội vàng không ? Trong khi nguyên tắc chung là nếu có thể giảm được ẩn của điểm thì

ta nên thực hiện trước Vậy câu hỏi đặt ra là điểm D có đang thuộc đường thẳng nào không để

ta thực hiện tham số hóa theo đường thẳng đó ?  Đó chính là đường thẳng CD (Vì nhận thấy

CD qua C(3;2) và song song AB)

Còn dữ kiện S ABCD = 14 cho ta được điều gì ?  S hình thang = S ABCD = 1

2 AH (AB + CD )

☻Ý tưởng: Từ công thức diện tích ta thấy ngay CD là độ dài cần tính  liên quan đến D Vậy

trước hết ta cần tính AH = ?  Rõ ràng AH là đường cao của hình thang (nhưng ngoài ra AH cũng chính là khoảng cách từ A đến đường CD  AH = d(A; CD)) Từ đây ta có sơ đồ tư duy sau:

Trang 2

?

2

ABCD

D CD pt CD D





 

► Hướng dẫn giải cách 1:

* Ta có CD qua C(3 ; 2) và nhận AB = (2; -1) làm véctơ chỉ phương (VTCP) nên có dạng:

: 2 7 0

* Vẽ AH  CD tại H, ta có AH =

2 2

| 0 2 7 |

1 2

* Lại có 1 ( ) 23

ABCD

* 23 2 529 2 2 529 2 529

5

1

2

5

d



* Xét CD2=





46

5;

-23

5 



và AB = (2; -1)

 CD2= 23

5 AB (vô lý vì AB,CD 2cùng phương, ngược hướng)  Loại điểm D 2

* Xét CD1=





-46

5 ;

23

5



và AB = (2; -1)

 CD1= - 23

5 AB (thỏa yêu cầu bài toán)  Nhận điểm D 1

Vậy điểm D thỏa yêu cầu bài toán là D





-31

5 ;

33

5



■ CÁCH 2: Ta vẽ hình kèm hệ trục tọa độ:

Trang 3

☺Nhận xét : Khi vừa vẽ hình xong, ta thấy ngay AB  BC (việc chứng minh không quá khó, ta chỉ

cần xét AB.BC  0) Nếu vậy lúc này công thức tính diện tích ABCD sẽ là:

S ABCD = 1

2 BC(AB + CD )

và khi đó ta dễ dàng suy ra được CD = 23

5

☻Ý tưởng: Tuy vậy vấn đề đặt ra là ta có nên quay lại cách 1 với nhận xét này ? Câu trả lời là ta đã

phát hiện AB // CD nên ta có: 23

5

CD

5



 Đến đây là mọi chuyện xem như được

giải quyết Mời các em xem lời giải !

* Ta có: AB = (2; -1) và BC = (1; -2) Xét AB.BC = 2 - 2 = 0  AB  BC

 Hình thang ABCD vuông tại B và C Và ta có AB = BC = 5

* Mặt khác, S ABCD = 1

2 BC(AB + CD )  CD = 23

5

* Xét 23

5

CD

5



(Do CDvàABngược hướng nhau)

3 (2)

31 33

;

2 ( 1)

D

Vậy điểm D thỏa yêu cầu bài toán là D





-31

5 ;

33

5



■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên ta thấy được một số ưu điểm của kỹ thuật “ chuyển đẳng

thức độ dài về đẳng thức véctơ ” điển hình như lời giải gọn nhẹ và không phải thử lại để loại một số

trường hợp phát sinh Đặc biệt việc biết kết hợp lồng hệ trục tọa độ vào trong hình vẽ đôi khi cho ta

những nhận xét hữu ích Và nếu giả sử bài toán trên với cách giải 2, một số em không chuyển đẳng thức CD = 23

5AB  CD= - 23

5 ABthì cũng rất may mắn vì đã có hệ tọa độ ở trên, bạn có thể đưa hai

điểm D 1 và D 2 lên hệ tọa độ để kiểm tra và sẽ mau chóng phát hiện điểm D 2 là điểm không thỏa yêu cầu bài toán và phải ngay lập tức tìm cách loại nó đi

BÀI TOÁN 2 (TAM GIÁC CÂN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC vuông cân tại A(2; 2), trọng tâm G( 4

3 ; 10

3 ) Tìm tọa độ điểm B và C ?

Trang 4

■ Đặt vấn đề: Đề bài rất ngắn gọn nhưng chứa đựng rất nhiều thông tin như yếu tố “vuông”, “cân”

giữa các cạnh và “trọng tâm” của tam giác Nếu gặp các yếu tố đó

thì ta nên khai thác như thế nào ? Mời các bạn cùng xem các cách

giải sau

■ CÁCH 1: Đặt B( x B ; y B ) và C(x C ; y C )

☺Ý tưởng : với yêu cầu tìm điểm B và C, ta đặt ngay tọa độ cần

tìm là B( x B ; y B ) và C(x C ; y C )  4 ẩn  Chúng ta cần đến 4 PT

 vậy đó là những phương trình nào?

+ ABC vuông cân tại A  

AB = AC

AB  AC  2PT

+ G là trọng tâm ABC  2PT

* Do G là trọng tâm ABC  3 4 2 2



* Ta có ( 2; 2) ( ; 6 )

( 2; 2)







AC x y (chúng ta xem như chỉ phải lập thêm 2 Pt nữa)

* ABC vuông cân tại A  AB = AC (1) AB  AC (2)  AB2 = AC2

AB.AC= 0  2 ( 2) (62 )( 2 2) 0 2

(6 ) ( 2) (y 2)







2 2







2









    



* Với C(5; 3)  B(-1;3)

* Với C(-1; 3)  B(5;3)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C(5; 3) và B(-1;3) hay C(-1; 3) và B(5;3)

■ CÁCH 2: Gọi M là trung điểm BC  AM  BC (do ABC vuông cân tại A)

☺Ý tưởng :

_ Để tìm một điểm bất kỳ, ta xét xem điểm ấy có đang thuộc đường thẳng nào không ? Dĩ nhiên đó chính là đường BC (Làm sao viết phương trình đường BC  Xét thấy BC  AG nên ta có ý tưởng tìm điểm M  BC bằng cách AM 3AG

2

_ Đến đây bạn sẽ nghĩ là chúng ta nên “tham số hóa” 2 điểm B và C theo đường BC và sau đó trở lại cách làm của cách 1 Nhưng nếu bạn chú ý một chút thì có một đường tròn (C) tâm (M; bán kính AM) đang ngoại tiếp ABC B và C chính là tương giao của (C) và BC Mời các em xem lời giải

Trang 5

* Do G là trọng tâm ABC  AM 3AG

2

3 4

2 ( 2)

2 3

3 10

2 (2 )







M

x y

4





 



M M

x

y  M(1; 4)

* Phương trình đường BC qua M(1;4) nhận AM= (-1; 2) làm VTPT có dạng là:

1( 1) 2( 4) 0 2 7 0

* Phương trình đường tròn (C) với tâm M(1; 4), bán kính AM = |AM| = 5 có dạng là:

2 2

(C) : (x1)  (y 4) 5

* Ta có B và C là giao điểm giữa (C) và đường BC nên tọa độ của B và C là nghiệm của hệ:

 2 2 7 0 2

( 1) (y 4) 5







x (Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc !)

 C(5; 3) và B(-1;3) hay C(-1; 3) và B(5;3)

■ CÁCH 3: Sử dụng phép biến hình (Phép quay)

* Do G là trọng tâm ABC  AM 3AG

2

3 4

2 ( 2)

2 3

3 10

2 (2 )







M

x y

4





 



M M

x

y  M(1; 4)

* Ta có phép quayQ(M; 90 )  : AB  B A M A M M

x (x x ).cos( 90 ) (y y ).sin( 90 ) x

y (x x ).sin( 90 ) (y y ).cos( 90 ) y

B B

B( 1;3)

y 3

 







* Do M là trung điểm BC  C(5; 3) Do vai trò B và C là như nhau nên ta có B(5;3) và C(-1;3)

Trang 6

■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên ta thấy được sự sâu sắc trong nguyên tắc đặt ẩn

Với cách 1, do tính khả thi trong việc đặt ẩn (4 ẩn) vì đã thiết lập được 4PT nhưng cũng đòi

hỏi ở các bạn một số kỹ năng giải hệ đại số (chủ yếu là rút thế, cộng trừ vế) Điều này có thể một số bạn chưa làm tốt Trong tư duy, ta luôn chọn con đường ngắn nhất, tính toán ít cồng kềnh nhất để thực hiện Nếu chỉ giải một mình câu này thì không có gì để bàn cãi, bạn hoàn toàn có đủ thời gian, sự minh mẫn Nhưng nếu xét trong thời điểm, làm cùng với các câu còn lại trong đề thi Quốc gia thì việc bạn chọn cách giải như vậy chưa hợp lý

Với cách 2, giải quyết được một số nhược điểm của cách 1, đồng thời cung cấp cho bạn thêm

một số kinh nghiệm như khi gặp trọng tâm G thì sử dụng chúng như thế nào ? Hay việc tìm thấy sự tương giao của một đường tròn với một đường thẳng Đặc biệt, nếu bài toán này bạn chú ý thêm: AM

= 3AG

2 và AM =

AC

2 độ dài AC Ta cũng có thể viết PT đường tròn tâm A bán kính AC

Với cách 3, phép biến hình mà cụ thể chính là phép quay đã giúp ta giải quyết bài toán này một

cách rất đặc biệt, bạn gần như không phải thiết lập thêm bất kì giả thiết nào khác, nhược điểm của cách làm này là công thức tương đối cồng kềnh và khó nhớ Và chương phép biến hình học lớp 11 cũng chỉ dừng ở mức giới thiệu chứ chưa thấy được những ứng dụng rõ nét của chúng vào việc giải bài toán hình học phẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy

BÀI TOÁN 3 (TAM GIÁC THƯỜNG) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC có A(0;5), B(-2; -1), C(4;2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường BC sao cho diện tích tam giác ABM gấp hai lần diện tích tam giác ACM và chứng minh rằng AM vuông góc BC

■ Đặt vấn đề: bài toán này có một điểm khá thuận lợi là tọa độ của các đỉnh tam giác đã biết Việc

biết hết tất cả tọa độ các đỉnh có thể giúp ta được gì ?  chúng ta có thể khai thác các yếu độ dài,

góc, diện tích cũng như tính toán tìm các điểm đặc biệt, viết các phương trình các cạnh tam giác dễ dàng Sau đây chúng ta sẽ xem thử các cách làm dưới đây khai thác yếu tố đó như thế nào ?

■ CÁCH 1: Tận dụng yêu cầu CMR: AM  BC  AM là đường cao của ABC (chú ý chỉ dùng để

vẽ hình, đây chưa phải là giả thiết )

Trang 7

☺Ý tưởng : Bài toán yêu cầu ta tìm điểm M  do M  BC nên ta sẽ viết PT đường BC  tham số hóa điểm M Trong công thức SABM = 2SACM1

2 AB.d[M;AB] =

1

2 AC.d[M;AC]  phải viết thêm PT

AB và AC và áp dụng công thức khoảng cách  M

* Ta có:

( 2; 6) 2 10 (6;3) 3 5 (4; 3) 5





* Phương trình đường BC qua B(-2;-1) nhận BC= (6; 3) làm VTCP có dạng là:

( ) : 2 0

BC x y và do M  BC  M(2m ; m)

* Phương trình đường AB qua A(0;5) nhận AB= (-2; -6) làm VTCP có dạng là:

5 ( ) : 3 5 0



* Phương trình đường AC qua A(0;5) nhận AC= (4; -3) làm VTCP có dạng là:

5 ( ) : 3 4 20 0



* Mặt khác, S ABM = 2S ACM  1

2 AB.d[M;AB] = 2

1

2 AC.d[M;AC]



| 6 5 | | 6 4 20 |

2

1 (2;1)

| 1| 2 | 2 |

5 (10;5)

 





* Với AM1 (2; 4)  và BC  (6;3)ta xét: AM BC1  0  AM1  BC (đpcm)

* Với AM2 (10;0) và BC  (6;3)ta xét: AM BC2  60≠ 0 nên loại điểm M 2(10 ; 5)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M(2;1)

■ CÁCH 2: Kẻ AH  BC tại H (“phớt lờ” yếu tố AM  BC và ta sẽ chứng minh M trùng H sau)

☺Ý tưởng : do hai tam giác ABM và ACM đều có chung đường cao AH nên nếu thiết lập công thức diện tích theo yêu cầu bài toán (YCBT) đã cho thì ta hoàn toàn có thể tìm được mối liên hệ giữa

BM = ?MC  BM  ? MC (chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ, do đã biết tọa độ B và C) nên

ta dễ dàng suy ra tọa độ M Sau khi giải được M, việc xét AM.BC  0 để suy ra AM  BC trở nên thuận lợi hơn Mời các em xem lời giải

Trang 8

* Gọi M(xM; yM) là tọa độ của điểm cần tìm và vẽ AH  BC tại H

* Ta có: S ABM = 2S ACM  1

2AH.BM = 2

1

2AH.CM  BM = 2CM

TH1: M nằm trong đoạn BC

BM = 2CM  BM   2CM (*)(vì BM,CMcùng phương, ngược hướng)

(Bạn nên chọn BM,CMđể tiện cho việc tính toán)

1 2( 2)

   





y y  2 1(2;1)

1







 



M M

x

M

* Với AM1 (2; 4)  và BC  (6;3)ta xét: AM BC1  0  AM1  BC (đpcm) và M  H

TH2: M nằm ngoài đoạn BC

BM = 2CM  BM  2CM (*)(vì BM,CMcùng phương, cùng hướng)

1 2( 2)





5









M M

x

M

* Với AM2 (10;0) và BC  (6;3)ta xét: AM BC2  60≠ 0 nên loại điểm M 2(10 ; 5)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M(2;1)

■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên, ta thấy được:

Với cách 1, người làm sẽ vận dụng được khá nhiều công thức từ tính độ dài, viết PT đường, xét diện tích tam giác và công thức tính khoảng cách Đó là « một điểm + » cho cách một vì nó giúp ta

ôn tập lại những kiến thức đã học Tuy vậy, nhược điểm nói chung là cách giải 1 khá dài, sử dụng tính toán nhiều Và đặc biệt, dù ta có lợi thế vẽ hình biết M ở đâu ? nhưng lại không dùng được AM 

BC Và vô tình đẩy công thức tính diện tích sang một hướng khác nặng nề Sau đó chúng ta còn phải loại đi một trường hợp nhờ may mắn kiểm tra AM  BC

Trang 9

Với cách 2, việc gọi thêm một đường cao AH vô tình giúp ta “giải phóng ” điểm M và khai

thác triệt để công thức tính diện tích tam giác Đặc biệt, cách đưa đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ một lần nữa cho ta thấy sức mạch của nó với ưu điểm tính toán nhẹ nhàng, tuy nhiên trong một số

trường hợp chúng ta cần chú ý đến vấn đề vẽ hình phác thảo “Con người chịu ảnh hưởng rất lớn

bởi tư duy hình thức” Rất nhiều bạn sẽ vẽ hình theo TH1 và “quên mất để sót” TH2 mặc dù điểm

M 2 ta không nhận Để khắc phục điều này, bạn chỉ cần đưa tọa độ các điểm lên hệ trục Oxy và nhanh

chóng nhận xét đó là tam giác nhọn hay tam giác tù, cùng với đó là lợi thế trong việc kiểm tra đáp

số

BÀI TOÁN 4 (HÌNH BÌNH HÀNH) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD

có A(1; 0) B(2; 0) I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và I thuộc đường thẳng d: y =

x Biết rằng diện tích hình bình hành ABCD bằng 4 Xác định tọa độ điểm C và D.

■ Đặt vấn đề: Trong các bài toán liên quan đến tứ giác mà điển hình là hình bình hành, hình thoi,

hình chữ nhật và hình vuông thì giao điểm của hai đường chéo có thể giúp ta khai thác được gì ?

■ CÁCH 1: Vẽ phác thảo hình bình hành ABCD (không đưa lên hệ tọa độ)

☺Ý tưởng : Do tính chất I là trung điểm của mỗi đường AC và BD  việc tham số hóa I  d  và nếu tìm được I thì qua công thức trung điểm ta tìm được C và D Còn công thức diện tích hình bình hành thì ta phải làm như thế nào ?  Ta xét diện tích hình bình hành là tổng diện tích của những

“tam giác con” bên trong đó cụ thể trong bài này S ABCD = 2SABC = 4SABI = 4 1

2 AB d[I;AB]  như vậy ta cần viết phương trình đường AB để dùng công thức khoảng cách ở đây

* Ta có I  d: y = x  I(m ; m) và AB= (1; 0)  AB = 1

Trang 10

* Nhận xét: A và B đều thuộc trục hoành nên phương trình đường AB chính là y = 0

* Ta có: SABCD = 2S ABC = 4S ABI = 4 1

2AB d[I;AB]  4 = 2.1.|m|  2

2





  



m m

* Với m = 2  I(2; 2) Do I là trung điểm AC và BD nên ta có:



y y y y  C 1(3 ;4) tương tự ta có D 1(2;4)

* Với m = -2  I(-2; -2) Do I là trung điểm AC và BD nên ta có:



y y y y  C 2(-5 ;-4) tương tự ta có D 2(-6;-4)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C 1 (3 ;4) ,D 1 (2;4) hay C 2 (-5 ;-4) ,D 2 (-6;-4)

■ CÁCH 2: Đưa tọa độ các điểm lên hệ tọa độ Oxy

☺Ý tưởng : Như chúng ta đã biết, việc đưa điểm lên hệ

tọa độ thể hiện ý đồ rất rõ ràng của mình trong việc tính

toán và kiểm tra đáp số Trong bài toán này, ưu điểm của

cách làm này là có ngay độ dài AB = 1 và nếu ta xét S ABCD

= AB.d[D;AB] (công thức tính diện tích hình bình

hành)  d[D;AB] = d[D; Ox] = |y D | Mời các em xem lời

giải

* Ta có I  d: y = x  I(m ; m) và I là trung điểm BD và AC  C(2m - 1; 2m)

D(2m - 2; 2m)

* Ta có: SABCD = AB.d[D; AB] = AB.d[D; Ox] = 1 |y D|  4 = |2m|  m =  2

* Với m = 2  C 1(3 ;4) và D 1(2;4)

* Với m = -2  C 2(-5 ;-4) và D 2(-6;-4)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là

C 1 (3 ;4) ,D 1 (2;4) hay C 2 (-5 ;-4) ,D 2 (-6;-4)

■ Lời bình: Thông qua bài toán này ta thấy được sức mạnh của “kỹ thuật sử dụng điểm đối xứng

I” Tuy chưa hình thành được một phương pháp nhưng đó chính là một trong những “kỹ thuật giải”

mà bạn nên nhớ Ngoài ra sau 4 bài toán trên bạn cũng có thêm trong mình “kỹ thuật sử dụng diện

tích” (Xem lại phần các kiến thức về tứ giác, chương 1) Cũng không thể không nói đến “kỹ thuật

sử dụng khoảng cách” mà tiêu biểu là kỹ thuật xét khoảng cách từ 1 điểm M(x M ; y M ) đến hai trục tọa

độ Để dễ nhớ các em cần lưu ý: d[M;Ox] = |yM | và d[M;Oy] = |x M |

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	1,13 MB