MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Trong đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng (mà ngày nay gọi là kỳ thi THPT Quốc gia) thường có một câu hỏi về bài toán hình học vận dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Đây là bài toán tương đối khó, dùng để phân loại thí sinh. Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy không ít học sinh còn rất lúng túng khi xác định phương pháp tiếp cận các bài toán tọa độ trong mặt phẳng. Vì vậy để giúp các em tư duy, nhận dạng và có lời giải bài toán dạng này một cách hiệu quả , giúp cho việc học tập và ôn thi THPT Quốc Gia của các em đạt hiệu quả cao nhất tôi chọn chuyên đề: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG ”. Với mục đích của tôi là giúp các em nhận thấy một bài toán tọa độ trong mặt phẳng phức tạp trở nên dễ dàng, đơn giản.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ………

PHẦN I: LỜI GIỚI THIỆU

1 Lý do chọn chuyên đề:

Trong đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng (mà ngày nay gọi là kỳ thi THPT

Quốc gia) thường có một câu hỏi về bài toán hình học vận dụng phương pháp tọa độ trong mặtphẳng Đây là bài toán tương đối khó, dùng để phân loại thí sinh

Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy không ít học sinh còn rất lúng túng khi xác địnhphương pháp tiếp cận các bài toán tọa độ trong mặt phẳng Vì vậy để giúp các em tư duy, nhậndạng và có lời giải bài toán dạng này một cách hiệu quả , giúp cho việc học tập và ôn thi THPT

Quốc Gia của các em đạt hiệu quả cao nhất tôi chọn chuyên đề: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP

TIẾP CẬN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG ” Với mục đích của tôi là

giúp các em nhận thấy một bài toán tọa độ trong mặt phẳng phức tạp trở nên dễ dàng, đơn giản

2 Phạm vi, đối tượng, mục đích của chuyên đề:

Phạm vi : Trường THPT Sáng Sơn

Đối tượng: Học sinh lớp 12

Mục đích : Giúp các em đạt điểm tối đa trong bài toán tọa độ trong mặt phẳng

Nhiều học sinh vẫn rất mơ màng khi gặp bài toán tọa độ trong mặt phẳng, do các em chưa thật

sự hiểu rõ bản chất của bài toán, vì thế các em còn rất lúng túng khi giải quyết bài toán hoặccách giải quyết của các em quá phức tạp hoá vấn đề dẫn đến đáp số cuối cùng dễ bị sai

4 Cơ sở thực hiện chuyên đề:

Căn cứ vào tình hình nhận thức của đa số học sinh còn thụ động, hạn chế, mặt khác do từngtham gia nhiều khóa học ôn thi Đại học cao đẳng, ôn thi THPT Quốc Gia cho học sinh tôi đã tựđúc rút ra kinh nghiệm cho mình và phân chia dạng toán theo ý chủ quan dưới đây

Tuy nhiên vì thời gian nghiên cứu còn hạn chế và kinh nghiệm chưa nhiều nên chuyên đề củatôi chắc hẳn không tránh khỏi sai sót Rất mong được sự đóng góp chân thành của quý thầy côgiáo và các em học sinh!

PHẦN II – NỘI DUNG CỦA CHUYÊN ĐỀ

b Tọa độ của vectơ:

Nếu a x i r  r  y j r thì cặp số   x y ; được gọi là tọa độ của vectơ a r

và được viết là:

  ;

a r  x y hoặc a x y r   ;

c Tọa độ của điểm:

Nếu vectơ OM uuuur    x y ; thì cặp số   x y ; được gọi là tọa độ của điểm M và được viết là:

�

f Quan hệ giữa tọa độ của vectơ và tọa độ của điểm:

Nếu A x y  A; A  , B x yB; B thì uuur AB   x  x y ;  y 

g Hai vectơ cùng phương:

+ Các ứng dụng của tích vô hướng:

Độ dài của vectơ: 2 2

r r

i Tọa độ trung điểm đoạn thẳng, tọa độ trọng tâm tam giác:

 I; I

I x y là trung điểm của AB với A x y  A; A  , B x yB; B thì:

2 2

3 3

o o

k Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng:

Khoảng cách từ điểm M x y  o; o đến đường thẳng  : ax by c    0 được ký hiệu là

m Phương trình đường elip:

Elip   E có độ dài trục lớn là 2a, độ dài trục bé là 2b có phương trình là:

  E : x22 y22 1

a  b 

B xB;yB

A xA;yAM



C x C;yC

:ax+by+c=0 A

n Phương trình đường hyperbol:

Hyperbol   H có độ dài trục thực là 2a, độ dài trục ảo là 2b có phương trình là:

  H : x22 y22 1

a  b 

2 Một số bài toán cơ bản sử dụng trong chuyên dề

Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :ax by c  0a2b2 �0

và hai điểm A x A; y ,A B x y B; B không thuộc  Xác định điểm M trên đường thẳng  , biếtđường thẳng AM vuông góc với đường thẳng AB

Quy trình giải toán.

Bước 1. Viết phương trình đường thẳng AM qua A và vuông góc với đường thẳng AB

Bước 2. Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng 

Quy trình giải toán.

Bước 1. Tham số hóa điểm A

Bước 2 Sử dụng công thức cos AC u.

M1A

M2

B A

M

M

B A

Quy trình giải toán.

Bước 1. Giả sử M x y ; 

Bước 2. Xác định M trong hai trường hợp:

- Trường hợp 1: uuuurAM  k BMuuuur (điểm M nằm trong đoạn AB)

- Trường hợp 2: uuuurAM k BMuuuur (điểm M nằm ngoài đoạn AB)

Bước 3. Kết luận

Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :ax by c  0a2b2 �0

và hai điểm A x A; y ,A B x y B; B không thuộc  Xác định tọa độ điểm M thuộc  sao cho

 ,   , 0

d M AB k k R k� 

Quy trình giải toán.

Bước 1. Tham số hóa điểm M

Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng cách d M AB , 

Bước 3 Giải phương trình ở bước 2 và kết luận

Bài toán 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A x A; y ,A B x y B; B Viết

phương trình đường thẳng  đi qua điểm M x y 0; 0 và thỏa mãn hệ thức

I F

M N

B A

B Một số phương pháp tiếp cận bài toán tọa độ trong mặt phẳng

1 Tiếp cận bài toán tọa độ trong mặt phẳng từ tính chất vuông góc

Bài toán 1.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M(1;3) là trung

giả thuyết là đúng dựa vào bài toán 1 ta sẽ tìm được tọa độ điểm D Từ đó ta sẽ tìm được

các đỉnh còn lại của hình vuông bằng phương pháp tham số hóa quen thuộc

- Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta chọn hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh A2;2 ,   B 2;2 ,C 2; 2 , D 2; 2      Khi đó

M N

M N

M N

y

x

B A

DM DC CM  a Suy ra

DM DN MN �DN MN

9

Sau khi chứng minh DN MN ta có

- Để giải quyết bài toán 1.1 ta mở “ nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm D nhờ mối quan

hệ DN MN Như vậy bài toán 1.1 thực chất được xây dựng trên bài toán hình phẳng

thuần túy : Cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên

cạnh AC sao cho 1

4

AN  AC Chứng minh rằng DNMN

Bài toán 1.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc

đường thẳng d1: 2x y  2 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d x y2:   5 0 Gọi H là hình chiếu

của B xuống AC Biết điểm 9 2; ,  9; 2

- Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M, K, B Bằng trực quan ta đề xuất giả thuyết

BM KM và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 1 để “

mở nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm B Từ đó bằng các phương pháp giải toán quen thuộc ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật

- Để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra, ta cụ thể hóa bài toán 1.2 bằng hình chữ nhật ABCD

với A2;1 ,   B 2;1 ,C 2; 1 ,  D  2; 1 

Giải:

H M

K

B A

Trước hết ta chứng minh BM KM. Tương tự như bài toán 1 1 ta có 4 cách chứng minh

,

BM KM ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Gọi E là trung điểm của HB Lúc đó tứ giác MECK là hình bình hành và E là trực tâm của tamgiác BMC nên CEMB. Mà MK/ /CE�MK MB

- Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất được xây dựng trên bài toán thuần túy

hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC Các điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và DC Chứng minh rằng

BM KM

Bài toán 1.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD � �A D 900

có đỉnh D 2; 2 và CD=2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên đường chéo AC Điểm

- Nhận thấy dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, B Bằng trực quan ta đưa ra giảthuyết BM DM Nếu giả thuyết trên là đúng , ta sẽ “mở được nút thắt đầu tiên” củabài toán đó là việc xác định được tọa độ điểm B Từ đó ta hoàn toàn xác định được tọa độcác đỉnh còn lại.

Giải:

Trước hết ta chứng minh BM DM Tương tự như bài toán 1 1 ta có 4 cách chứng minh

BM DM ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Gọi E là trung điểm của đoạn DH Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành �MEAD nên E

là trực tâm tam giác ADM Suy ra AEDM mà AE/ /BM �DM BM.

- Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho AE=DC khi đó ta thấy hình thang ABCD

trong bài toán 1.3 thực ra được cắt từ hình chữ nhật trong bài toán 1.2 hay nói cách khác, bài toán 1.3 là một cách phát biểu khác nhau của bài toán 1.2

- Ngoài việc phát biểu lại bài toán 1.2, chúng ta cũng có thể xây dựng các bài toán hình

giải tích mới thông qua bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD

có DC = 2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC Điểm M là trung điểm của

HC Chứng minh rằng DM BM

Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1; 3) Gọi D làmột điểm trên cạnh AB sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD Điểm

D H M

C B

A N

- Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A Ta giả thuyết AM BM

- Nếu giả thuyết này là đúng, ta sẽ “ mở được nút thắt đầu tiên” đó là xác định được tọa độđiểm B, từ đó ta tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC

Giải:

Trước hết ta chứng minh AM BM Tương tự như bài toán 1 1 ta có 4 cách chứng minh

AM BM ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Gọi N, I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và

CA Do tam giác IBC vuông tại B và AB AC � A là trung điểm của đoạn IC, suy ra D là

trọng tâm tam giác IBC Do đó

/ /12

- Tuy nhiên với giả thiết đã cho, nếu không nhận biết được sự quen thuộc của bài toán 1.3 trong bài toán 1.4 công việc chứng minh AM BM sẽ phức tạp hơn nhiều.

- Ngoài việc xây dựng bài toán 1.4 bằng cách phát biểu lại bài toán 1.3 cũng có thể xây

dựng bài toán hình giải tích mới thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho tam giác ABC cân tại A Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB = 3AD Gọi H là hình chiếu của B trên CD; M là trung điểm đoạn CH Chứng minh AM BM

Bài toán 1.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A1;2 

Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm 19; 8

H ��  ��

� � là hình chiếu vuông góc của B lên CN Xácđịnh tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng x2y 6 0

Phân tích:

- Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M Từ hình vẽ ta có thể đặt giả thuyết

AH MH, ta cũng có thể kiểm chứng giả thuyết đã đặt ra bằng một hình vuông với cáctọa độ cụ thể nào đó

- Nếu giả thuyết trên là đúng, từ kết quả bài toán 1 chúng ta sẽ tìm được tọa độ điểm M, từ

đó ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông thông qua tọa độ các điểm đãbiết

Giải :

Trước hết ta chứng minh AH MH Tương tự như bài toán 1 1 ta có 4 cách chứng minh

AH MH ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Tứ giác NHMB nội tiếp ��BHM BNM� Tứ giác ABMN là hình chữ nhật �MAB BNM� � Suy ra MAB BHM� � hay tứ giác ABMH nội tiếp Mà � 0 � 0

Do CH // AM nên phương trình đường thẳng CH : 2x y 6

Gọi N là trung điểm AD, từ N CH� �N n ;6 2  n

Suy ra D 5; 2 Từ uuur uuuurAB NM �B 1; 4 , khi đó C5; 4 

Nhận xét:

- Để giải bài toán 1.5 ta cần “ mở nút thắt đầu tiên” đó là việc tìm ra tọa độ điểm M dựa

vào mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm A, H, M Hay nói cách khác bài toán 1.5 được

xây dựng dựa trên bài toán thuần túy hình học phẳng sau đây: Cho hình vuông ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và AD, H là hình chiếu vuông góc của B lên CN Chứng minh rằng AH MH

Bài toán 1.6 (Trích đề TSĐH khối A- năm 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hìnhchữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d: 2x y  5 0 và A4;8 Gọi M là điểm đối

xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD Tìm tọa độ các điểm

B và C biết rằng N5; 4  

Phân tích:

- Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, N, C Từ trực quan, ta đề xuất giả thuyết

.

AN CN Nếu giả thuyết được đề xuất là đúng, ta sẽ xác định được tọa độ điểm C, từ đó

ta tìm được tọa độ các đỉnh còn lại

Giải.

Trước hết ta chứng minh AN CN. Tương tự như bài toán 1 1 ta có 4 cách chứng minh

AN CN ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Do tứ giác DBCN nội tiếp, nên BDC BNC� � mà BDC CAB�  � (do tứ giác ABCD là hình chữ nhật ) Suy ra CAB BNC� � � tứ giác ABCN nội tiếp ��ANC900 (do �ABC900 ) hay

Đường thẳng BN có phương trình x3y 17 0

N

M C

B A

Điểm B là giao điểm của BN với đường tròn tâm 3 1;

B y

- Để giải quyết bài toán 1.6 “ mấu chốt” của vấn đề là xử lý bài toán thuần túy hình phẳng

sau: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên MD Chứng minh rằng AN CN

Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD (vuông tại A

H

B A

- Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M Bằng trực quan ta đề xuất giả thuyết

AH MH Nếu giả thuyết nêu ra là đúng, ta sẽ tìm được tọa độ điểm M, từ đó ta tìmđược tọa độ các đỉnh của hình thang

Giải:

Trước hết ta chứng minh AH MH Tương tự như bài toán 1 1 ta có 4 cách chứng minh

AH MH ở đây tôi chỉ đưa ra cách chứng minh bằng hình học thuần túy:

Tứ giác BDHM nội tiếp nên BDM� �BHM Tứ giác ABMD là hình chữ nhật nên BAM� BDM� Suy ra �BAM BHM� hay tứ giác AHMB nội tiếp, mà �ABM 900 ��AHM 900 hay AH MH Phương trình đường thẳng MH: 7x y 20

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 7 20 3; 1

Lại có uuur uuuurAD MC �C 5;1 , từ đó suy ra B1; 3 

Nhận xét:

- Bài toán 1.7 là một cách phát biểu khác của bài toán 1.6 Hay nói cách khác hai bài toán

trên là những kết quả tương tự của nhau

- Để giải quyết bài toán 1.7 “ mấu chốt” của vấn đề là xử lý bài toán thuần túy hình phẳng

sau: Cho hình thang vuông ABCD (tại A và B) có BC = 2AD Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CD M là trung điểm của BC Chứng minh rằng AH MH

Bài toán 1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm

M

B A

Phân tích:

- Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, N Bằng trực quan ta dễ nhận thấy những nét

giống bài toán 1.1

- Theo kết quả của bài toán 1.1, ta đã có DN MN Tuy nhiên một vấn đề nảy sinh là giả

thiết bài toán 1.8 không đủ để “mở nút thắt đầu tiên” chỉ với mối quan hệ vuông góc.

- Từ đó ta đưa ra nhận định, giữa ba điểm này có mối quan hệ ràng buộc khác nữa Ta dễdàng nhận ra mối quan hệ này là tam giác DMN vuông cân, hay �NDM 450 từ cách giải

4 trong bài toán 1.1

- Cũng từ mối liên hệ này, kết hợp với kết quả bài toán 2 ta tìm được tọa độ điểm D, từ đó

ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại

Giải:

Để chứng minh tam giác DMN vuông cân tại N ta có thể thực hiện theo các cách sau:

Cách 1: (Sử dụng công cụ lượng giác)

DN MN  a Hay tam giác DMN vuông cân tại N

Sau khi chứng minh tam giác DMN vuông cân tại N ta có:

Với d  2�D1; 2  Phương trình đường thẳng NM x y:   2 Suy ra M(1;3)

Từ đó theo kết quả bài toán 1.1 ta có A3;0 ; B 1; 4 ;  C 3; 2

Với d  �3 D 1;3 Phương trình đường thẳng NM x y:   1 Suy ra M(1; 2)

Từ đó theo kết quả bài toán 1.1 ta có A3;1 ; B  1; 3 ; C 3; 1 

Nhận xét :

- Ta nhận thấy bài toán 1.1 và bài toán 1.8 là giống nhau về mặt hình thức, song kết quả

bài toán 1.1 và bài toán 1.8 lại có sự khác nhau Nguyên nhân của sự khác nhau này

chính là việc lựa chọn mối quan hệ ba điểm tạo thành góc 0

45

  trong cách phát biểu

bài toán Từ đó đẫn tới việc chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 2 để tìm tọa độ điểm ,

đó cũng là công cụ để chúng ta “mở nút thắt đầu tiên” của bài toán

- Từ đó ta cũng dễ dàng nhận ra bài toán 1.8 thực ra được xây dựng dựa trên bài toán

thuần túy hình phẳng sau: Cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N

là điểm trên cạnh AC sao cho 1

4

AN  AC Chứng minh tam giác DMN vuông cân.