Khai thác tính chất hình học phẳng xây dựng và giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng nhằm phát triển tư duy cho học sinh

Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề giáo viên khai thác và cùng học sinh khai thác các tính chất cơ bản đã biết để từ đó xây dựng được một hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao là một

MỤC LỤC

I Mở đầu 1

1.1.Lý do chọn đề tài 1

1.2.Mục đích nghiên cứu 1

1.3.Đối tượng nghiên cứu 2

1.4.Phương pháp nghiên cứu 2

II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2

2.1 Cơ sở lí luận 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề 3

2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành 4

2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi 6

2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật 9

2.3.4 Dạng toán khai thác tính chất hình vuông 11

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với các hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ………15

III Kết luận, kiến nghị 16

3.1 Kết luận ……… 18

3.2 Kiến nghị 16

I Mở đầu

1.1 Lý do chọn đề tài.

Trong thực tế giảng dạy: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” Cụ thể như khi truyền thụ cho học sinh một đơn vị kiến thức thì ngoài việc cho học sinh tiếp cận, nắm vững đơn vị kiến thức đó thì một việc không kém phần quan trọng là vận dụng đơn vị kiến thức đã học vào thực

tế trong giải toán Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề giáo viên khai thác và cùng học sinh khai thác các tính chất cơ bản đã biết để từ đó xây dựng được một

hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao là một hoạt động không thể thiếu đối với người giáo viên Việc khai thác một số bài toán hình học phẳng cơ bản không những góp phần rèn luyện tư duy cho học sinh mà còn tạo chất lượng, phù hợp với giờ học, gây hứng thú cho học sinh ở nhiều đối tượng khác nhau, hình thành phong cách tự học, tự nghiên cứu ở mỗi học sinh

Khả năng tự học, tự nghiên cứu của học sinh hiện nay còn yếu.Học sinh chưa có hứng thú trong công tác tự học, tự nghiên cứu Việc khai thác các kiến thức đã học vận dụng vào thực tế giải toán chưa được phát huy

Một thực trạng nữa là hiện nay, số lượng bài tập ngày càng phong phú Bởi vậy không thể nhớ hết các dạng toán để giải Cần rèn luyện cho học sinh biết cách nhìn nhận bài toán , biết cách vận dụng các tính chất, các bài toán đã biết vào giải toán

Với các lý do trên, tôi đã trăn trở, tự đặt cho mình câu hỏi làm thế nào để học sinh có thể tiếp cận được với các bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng một cách hợp lý, làm sao để vận dụng được những kiến thức, tính chất đã học vào giải toán nhằm gây hứng thú học tập cũng như tạo ra sự gắn kết trong chương trình dạy học Và từ đó tôi xây dựng đề tài “ Khai thác tính chất hình học phẳng xây dựng và giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng nhằm phát triển tư duy cho học sinh

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Với các lý do trên, tôi mạnh dạn xin đưa ra đề tài ‘ Khai thác các tính chất một

số hình tứ giác thường gặp trong bài toán tọa độ phẳng” nhằm mục đích vận dụng các tính chất, các bài toán quen thuộc trong hình học phẳng để giải và tạo

ra các bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng , đồng thời kích thích ,phát triển tư duy cho học sinh Với mục đích đưa ra để các đồng nghiệp tham khảo và cùng thảo luận để góp phần vào quá trình giảng dạy toán ở phổ thông

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

1.3.1 Đối tượng nghiên cứu:

Các tính chất hình học phẳng, các bài toán hình học phẳng liên quan đến tứ giác

Mối liên hệ giữa hình học phẳng và phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Các dạng toán đã có trong chương trình về loại bài này

1.3.2 Phạm vi nghiên cứu:

Bám sát nội dung chương trình Toán THCS, THPT

Mở rộng phù hợp với nội dung của các kỳ thi như HSG và Đại học

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

- Khai thác các tính chất quen thuộc về hình học phẳng mà học sinh đã được biết (Hình học phẳng THCS và Hệ thức lượng lớp 10)

- Tuyển chọn, sắp xếp theo dạng, theo trình tự hợp lý để học sinh dễ tiếp thu, dễ khai thác… Sắp xếp bài tập theo mức áp dụng tính chất khó dần Tạo được hứng thú cho học sinh

- Đưa ra một số nhận xét, phân tích về cách tiếp cận lời giải cho từng loại, từng dạng Phân tích một số ưu điểm của việc khai thác tính chất từ hình vẽ so với việc giải thuần túy đại số

- Định hướng khai thác, mở rộng hoặc tạo ra bài toán mới

II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lí luận

Với bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, ta có thể thực hiện theo quy trình sau:

Bước 1 Phân tích giả thiết Ở bước này, thông thường ta vẽ phác họa hình vẽ.

Xác định xem bài toán cho cái gì? Cần xác định cái gì? Trước khi giải bài toán,

ta cần phân loại xem đây là loại toán nào Với bài toán phương pháp tọa độ hiện nay, ta thường bắt gặp một số bài toán điển hình như:

Bài toán tìm điểm Khi tìm tọa độ của 1 điểm, ta có thể có các hướng nghĩ sau:

+ Hướng 1: Điểm đó là giao điểm của 2 đường nào? Có lập phương trình của 2

đường đó hay không? Từ đó giải hệ phương trình tìm được tọa độ điểm

+ Hướng 2: Gọi dạng tọa độ điểm Các làm này thường dùng nếu bài toán liên quan

đến các công thức về tọa độ

Bài toán lập phương trình đường thẳng Để lập phương trình một đường thẳng

nào đó, ta có thể:

+ Hướng 1: Xác định 1 điểm và 1 vectơ pháp tuyến (VTPT) hoặc vectơ chỉ phương

(VTCP) Một số bài toán lập phương trình đường thẳng, ta cũng hay đi tìm tọa

độ 2 điểm thuộc nó, từ đó mới xác định được VTCP, VTPT

+ Hướng 2: Gọi dạng phương trình đường thẳng Đặc biệt bài toán nào liên quan

đến góc và khoảng cách Một số cách gọi dạng phương trình đường thẳng như:

i Nếu   ( ) : xd m ny p  0 thì phương trình  có dạng: mx ny c  0,cp.

ii Nếu  ( ) :d mx ny p  0 thì phương trình  có dạng: nx my c  0. iii Nếu  có hệ số góc k thì phương trình  có dạng :kx y c  0.

iv Nếu  đi qua M x y thì phương trình ( ; )0 0  có dạng :

2 2

a x x b y y  a b 

Bước 2 Tìm ra tính chất nào liên quan đến bài toán, xác định các điều kiện của bài toán Đây là bước có thể nói là mấu chốt để tìm ra lời giải cho bài toán.

Và đây cũng là nội dung mà đề tài thảo luận

2.2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

2.2.1 Thuận lợi

Học sinh được trang bị đầy đủ kiến thức, các bài tập thông thường

Học sinh hứng thú trong các tiết hình học tọa độ trong mặt phẳng

2.2.2 Khó khăn

Giáo viên mất nhiều thời gian chuẩn bị kiến thức,bài tập minh họa

Nhiều học sinh quên kiến thức cơ bản trong hình học cơ sở

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề.

Khai thác các tính chất của một số hình tứ giác thường gặp:

2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành.

Kiến thức

Liên quan tới hình bình hành, chúng ta thường khai thác một số tính chất như song song, vectơ bằng nhau, giao điểm 2 đường chéo là trung điểm mỗi đường, một số tính chất về góc như góc bằng nhau, góc bù nhau

Một điều đáng lưu ý về hình bình hành là 2 đường chéo chia hình thành 4 tam giác có diện tích bằng nhau

Ngoài ra giao điểm 2 đường chéo cách đều cặp cạnh đối diện Đó cũng chính là tâm đối xứng của hình bình hành

Các ví dụ

Ví dụ 1: (SGK HH 10) Cho hình bình hành ABCD có phương trình 2 cạnh

,

AB BC lần lượt là x y  5 0;x6y 16 0 Giao điểm 2 đường chéo là 3

0;

2

I  

  Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành

Lời giải:

( 2;3)

B AB BC B  Do I là trung điểm BD nên D(2;0)

Đường thẳng AD đi qua D và song song với BC nên có phương trình:

x y 

D

A A AB  A ( 4;1)

Do I là trung điểm AC nên C(4; 2)

Vậy A( 4;1), ( 2;3), (4; 2), (2;0)  B  C D

Ví dụ 2:(SGK HHNC 10) Cho 2 điểm A(2;1), ( 1: 3).B  Xác định tọa độ 2 đỉnh

C và D lần lượt thuộc 2 đường thẳng d x y1:   3 0;d2:x 5y 16 0 sao

cho ABCD là hình bình hành.

Lời giải:

GọiC a( ; 3   a D b), (5  16; ).b

ABCD là hình bình hành  AD BC







 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Từ 5 14 1 3

AD BC

 

(3; 6), (6; 2)

Kiểm tra thấy AC k AB k

Vậy C(3; 6), (6; 2)  D

Nhận xét: Bằng việc “bắt chước” một số giả thiết của bài toán trong tam giác,

cùng với việc vận dụng các tính chất của hình bình hành, chúng ta có thể xây dựng được nhiều bài toán khác nhau Chẳng hạn, nhờ tính chất giao điểm của 2 đường chéo là tâm đối xứng, ta có bài toán sau:

Ví dụ 3 :(TL chủ đề tự chọn NC) Cho hình bình hành ABCD phương trình cạnh

AB: x 6y 5 0, giao điểm 2 đường chéo là I(3;0), đường thẳng AD đi qua M(-3;-5), đường thẳng BC đi qua N(3;-4) Lập phương trình 3 cạnh còn lại của

hình bình hành

Lời giải:

Gọi M’ đối xứng với M qua I Khi đó M’(9;5) và M’  BC.

BC đi qua 2 điểm M’ và N có phương trình: 3x 2y 17 0

(7;2).

B BC AB B

Từ đây ta tìm được D( 1; 2), (1:1), (5; 1)   A C 

Ví dụ4 : ( Trích Đề ĐH khôí B-năm 2014) Cho hình bình hành ABCD có

trung điểm AB là M(-3;0), H( 0; -1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD,

4

;3

3

G  

  là trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ hai điểm B, D

Lời giải:

E B F C

G

M

A H D

I G

Gọi I= AC  BD  I là trung điểm của AC và BD  GCI

Gọi E =MH  BC

Ta có: ME MB 1 ME MH

MH MA    M là trung điểm EH  E( 6 :1) 

2

GF GC

GH GF

GH GA   

Giả sử F x y( ; ) Ta có:             HG               2GF

2

2

(2;5) 5

4

3

x y

x

x

F y

y







Đường thẳng BC đi qua E ( 6;1) , có VTCP u  (2;1) nên đường thẳng BC có PT: x -2y + 8 = 0

Đường thẳng BH đi qua H(0; 1)  có VTPT n2;1 Nên đường thẳng BH có

PT : 2x   y 1 0

B BC BH  Tọa độ B là nghiệm của hệ 2 8 0 2 ( 2;3)

B

M là trung điểm của AB  A( 4; 3)  

Gọi I a b( ; ) ta có: 4

3

AG AI

(0; ) (2;0) 3

3

a a

b b











2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi.

Kiến thức

Khi giải các bài toán liên quan đến hình thoi, ta thường khai thác một số tính chất như:

- Hình thoi có các tính chất của hình bình hành

- Hai đường chéo vuông góc với nhau Nói cách khác, giao điểm 2 đường chéo nhìn mỗi cạnh dưới một góc vuông Điều này giúp chúng ta có các hệ thức lượng liên quan đến tam giác vuông

- Hình thoi có 4 cạnh bằng nhau

- Với hình thoi, luôn tồn tại đường tròn nội tiếp hình thoi (tiếp xúc với 4 cạnh) Tâm của đường tròn này chính là giao điểm của 2 đường chéo

Các ví dụ:

Ví dụ 1: (BT HH 10) Cho hình thoi ABCD có A(1;0), (4 : 4)B Giao điểm 2

đường chéo thuộc đường thẳng x y  3 0 Tìm tọa độ 2 đỉnh còn lại

Lời giải:

Gọi giao điểm đường chéo là I a a ( ; 3) Ta có

5

2

a

a







 



 

Với a=5: I(5;2) Do I là trung điểm AC B, D nên C(9;4), (6;0).D

Với 5: ( ;5 1)

a I  Do I là trung điểm AC, BD nên (4; 1), (1; 5) C  D 

Vậy C(9;4), (6;0)D hoặc (4; 1), (1; 5)C  D 

Ví dụ 2 :(SGK HH 10) Lập phương trình chính tắc của elip có tiêu cự 2 6 ,

biết rằng tứ giác tạo bởi 4 đỉnh của elip tiếp xúc với đường tròn 2 2 8

5

x  y 

Lời giải:

Giả sử phương trình chính tắc của elip là x22 y22 1,a b 0

Ta có 2c2 6  c  6  a2 b26.

Mặt khác, 4 đỉnh của elip là A1( ;0),a A a2( ;0),B1(0;b B), 2(0; )b tạo thành một

hình thoi, O là giao điểm 2 đường chéo Gọi H là hình chiếu của O lên AB 

8 5

8

OH OA OB  a b

Vậy phương trình chính tắc của elip là 2 2 1

 

Ví dụ 3: (Đề thi thử ĐH TG1 2005) Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, giao

điểm 2 đường chéo là I(3;3). Hai đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua

2; , 3;

M  N 

    Viết phương trình cạnh BD biết điểm B có tung độ nguyên.



Lời giải:

Gọi N’ đối xứng với N qua I Khi đó ' 3;5

3

N  

  và N' AB

Đường thẳng AB đi qua M và N’nên phương trình AB: x 3y 2 0

Gọi H là hình chiếu của I lên AB  ( ; ) 4

10

IH d I AB 

Đặt IB = a>0 Do AC =2BD nên IA= 2IB = 2a.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

2

a

Do B  AB nên B b(3  2; )b , b  .

( ) 5







 



 B(4;2) Đường thẳng BD đi qua B và I có phương trình x y  6 0.

Ví dụ 4:(Tạp chí Toán học) Cho hình thoi ABCD có  ABC 600, đường tròn

(C) tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi có bán kính là 2 và tâm có tung độ dương Phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm của AB và CD với đường

tròn này là :d x 3y 1 0 Đường thẳng AD đi qua P(3;0) và không vuông góc với Oy Viết phương trình đường thẳng AB, AD.

Lời giải:

Gọi M, N lần lượt là các tiếp điểm của AB, CD với (C)

Ta thấy tâm đường tròn (C) chính là giao điểm của 2 đường chéo.

Và ta có IM  AB, IN  CD, AB // CD  I, M, N thẳng hàng.

 Đường thẳng MN đi qua tâm I

Ta có uAB nMN 1; 3  nAB  3; 1 

Do ABC 600 nên góc giữa 2 đường thẳng AB và AD là 600.

Giả sử nAD a b a; , 2b2 0 Do AD không vuông góc với Oy nên a 0.

2 2

3 0

2







AD đi qua P có phương trình x 3y 3 3 0

Do I  MN nên I1 a 3;a Ta có



 I4 2 3;2  3

Gọi M 1 b 3;b

b

b

  

 



Với M4 3 3;3  3  Phương trình AB: x 3 y12 5 3 0 

Với M4 3;1 3  Phương trình AB: x 3 y 4 5 3 0

Kiểm tra điều kiện ABC 600 ta có phương trình AB là

Vậy AB: x 3 y 4 5 3 0 , AD: x 3y 3 3 0

2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật.

Kiến thức

- Hình chữ nhật có các tính chất của hình bình hành, chẳng hạn như song song, các góc bằng nhau, …

- Hình chữ nhật có thêm giả thiết các cặp cạnh kề vuông góc

- Hình chữ nhật có 2 trục đối xứng (2 đoạn nối 2 trung điểm của cặp đối diện)

và có 1 tâm đối xứng

- Tâm của hình vuông cách đều 4 đỉnh và là trung điểm của 2 đường chéo

Các ví dụ:

Với mức độ nâng cao dần về việc vận dụng các tính chất hình học của hình chữ nhật, ta có thể xây dựng một lớp các bài toán sau Bài toán sau được xây dựng nhờ tính chất song song, vuông góc của các cạnh hình chữ nhật

Ví dụ 1: (BT HH 10) Cho hình chữ nhật ABCD có A(3;0), C có hoành độ 2,

phương trình CD là x+2y8=0 Lập phương trình các cạnh còn lại.

Lời giải:

Đường thẳng AB đi qua và song song với CD có phương trình : x 2y 3 0 

Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với CD có phương trình: 2x  y 6 0 

Ta có C ( 2 : 5)

Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc CD có phương trình :2x  y 9 0 

Ví dụ 2:(SGK HHNC 10) Cho hình chữ nhật ABCD có D(7;2), trung điểm AD

thuộc đường thẳng d : x+3y15= 0, phương trình cạnh BC là x+y3=0 Xác định tọa độ điểm A,B,C.

Lời giải:

D

A đi qua D và song song với BC có phương trình: x y  9 0 

Gọi M là trung điểm AD  M AD d  M(6;3)  A(5; 4).

AB đi qua A,  BC  Phương trình AB: x  y 1=0.

Ta có B AB BC B(2;1). Sử dụng AD BC 

 C(4; 1) 

Vậy A(5; 4), (2;1), (4; 1).B C 

Bài toán sau được xây dựng từ tính chất của tâm hình chữ nhật

Ví dụ3 : (SGK HH10) Cho hình chữ nhật ABCD có A( 5;5), (1;3)  B Tâm của

hình chữ nhật nằm trên  :x y   5 0 Xác định tọa độ 2 đỉnh C, D.

Lời giải:

Gọi tâm của hình chữ nhật là I(a;a+5).

Ta có

2

IA IB  a a  a  a  a  5; 5

I   

Do I là trung điểm AC B, D nên C(0;0), ( 6; 2)D 

Ví dụ 4 : ( Trích Đề ĐH Khối A-2013) Cho hình chữ nhật ABCD có C thuộc

đường thẳng d có PT:2x   y 5 0 ,điểm A ( 4;8) , điểm M đối xứng với B

qua C ,N(5; 4)  là hình chiếu vuông góc của B trên MD Xác định tọa độ các điểm B C,

Lời giải

Cd: 2x    y 5 0 C t( ; 2  t 5)

Gọi I ACBD  I là trung điểm ACvà BD