Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng để áp dụng vào bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài "Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng để áp dụng vào bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10" nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng toán của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài toán về hình học giải tích; Giúp học sinh nâng cao được tư duy, kĩ năng tính toán. Từ đó cung cấp cho học sinh một dạng toán nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức bước vào các kì thi, đặc biệt là kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng để áp dụng vào bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT HIỆN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC PHẲNG ĐỂ ÁP DỤNG VÀO BÀI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG LỚP 10 Người thực hiện: Lê Bá Tuân Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán 1
MỤC LỤC 1. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài 1 2. Mục đich nghiên cứu 1 3. Đối tượng thời gian nghiên cứu 1 4. Phương pháp nghiên cứu 1 2. NỘI DUNG 1. Cơ sở lý luận 2 2. Thực trạng vấn đề 17 3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện 18 4. Hiệu quả của đề tài 18 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. Kết luận 19 2. Kiến nghị 19 2
3
1. MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài Trong chương trình hình học lớp 10 có một phần rất quan trọng của hình học phổ thông đó là phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đây là phần tiếp nối của hình học phẳng ở cấp Trung học cơ sở nhưng được nhìn dưới quan điểm đại số và giải tích. Như vậy, mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều mang bản chất của một bài toán hình học phẳng nào đó. Tuy nhiên, khi giải các bài toán hình học toạ độ học sinh thường không chú trọng đến bản chất hình học của bài toán ấy, một phần vì học sinh ngại hình học phẳng vì cứ nghĩ hình học phẳng là khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng không chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh. Do đó, hiệu quả giải toán không cao mà sự phân loại dạng toán, phương pháp giải toán cũng không rõ ràng. Thực tế yêu cầu trong việc giảng dạy chỉ phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương pháp suy luận giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn nêu ra một cách định hướng tìm lời giải bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng dựa trên bản chất hình học phẳng của bài toán đó. Vì vậy, với trách nhiệm của mình, tôi thấy cần phải xây dựng thành chuyên đề từ đó rèn luyện kĩ năng nhận dạng, nâng cao năng lực giải toán cho học sinh để các em không còn e ngại hay lúng túng khi gặp các dạng toán này. Qua quá trình tích lũy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng để áp dụng vào bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10”. 1.2. Mục đich nghiên cứu Nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng toán của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài toán về hình học giải tích. Giúp học sinh nâng cao được tư duy, kĩ năng tính toán. Từ đó cung cấp cho học sinh một dạng toán nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức bước vào các kì thi, đặc biệt là kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá. Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tố hơn kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học toán. Giúp cho bản thân và đồng nghiệp có thêm tư liệu để ôn tập cho học sinh. 1.3. Đối tượng nghiên cứu Tính chất đặc trưng của hình học phẳng, bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10. Một số đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá từ 2012 đến nay. 1.4. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu Toán lớp 10 và lớp 12 Đánh giá kết quả học tập, kết quả các kì thi đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán của học sinh lớp 12A1, 12A2 năm học 2015 1
2016. Lớp 12A6, 12A7 năm học 20162017 trường THPT Yên Định 3. Phân tích, đánh giá, tổng hợp các dạng toán liên quan đến bài toán về phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đặc biệt là các bài toán, dạng toán liên quan đến hình học giải tích trong mặt phẳng trong các kì thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa trong các năm gần đây. 2
2. NỘI DUNG 2.1. Cơ sở lý luận a. Một số kêt qua hình h ́ ̉ ọc phẳng thường dùng Tính chất 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, tiếp tuyến Cx tại ﾷﾷﾷ 1ﾷ C. Khi đó BAC = BDC = BCx = BIC . [5] 2 Tính chất 2. Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Khi đó AM ⊥ BN . [4] Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Có trực tâm uuuur uuur H, M là trung điểm của BC. Khi đó AH = 2 IM . [5] Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó IA ⊥ HK [5] Tính chất 5. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và M là giao điểm của AH với BC. Khi đo M là trung đi ́ ểm của HD. [5] Tính chất 6. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC và ID ⊥ BC . [5] Tính chất 7. Cho ∆ABC có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung điểm của BC. Khi đo ́ PM ⊥ ED [5] Tính chất 8. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đo H là tâm đ ́ ường tròn nội tiếp ∆ DEF . [5] 3
Chú ý: 1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vuông góc, sự bằng nhau, quan hệ về góc của hình vuông, hình thoi và các tam giác đặc biệt. 2. Các công thức diện tích, khoảng cách, công thức tính góc, các định lý sin, cosin trong tam giác… b. Các ví dụ điển hình Các ví dụ một bài toán hình học toạ độ có thể được giải theo một trong ba hướng chính sau: Hướng 1: Giải hoàn toàn theo quan điểm hình học giải tích Hướng 2: Giải hoàn toàn theo quan điểm hình học phẳng sau đó áp dụng vào toạ độ Hướng 3: Khai thác các yếu tố hình học phẳng để giải toán hình giải tích Mỗi hướng giải toán đều có những ưu thế riêng cho từng bài toán nhưng nói chung hướng 3 thường hiệu quả hơn cả. Dạng 1. Sử dụng quan hệ vuông góc trong giải toán Bài toán cơ bản 1. Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Chứng minh rằng AM ⊥ BN A B A B M M D N C D N C Bài toán cơ bản 2 . Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Chứng minh rằng IA ⊥ HK Chứng minh 4
Kẻ tiếp tuyến Ax của đường trong ngoại tiếp tam giác ﾷ 1 ABC tại A KAx = ﾷACB = sd ﾷAB (1) 2 ﾷ Do BHC ﾷ = BKC = 900 nên tứ giác BKHC nội tiếp suy ra AKHﾷ = ﾷACB (2) (cùng bù với góc BKH ﾷ ) Từ (1) và (2) KAxﾷ = ﾷAKH HK / /Ax mà IA ⊥ Ax IA ⊥ HK (đpcm) Bài toán cơ bản 3. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC và ID ⊥ BC Chứng minh. ﾷA B ﾷﾷ Ta có DJB = + (góc ngoài tam giác) (1) 2 2 ﾷB ﾷﾷA B ﾷﾷ DBJ = +B ﾷ = A DBJ ﾷ mà B ﾷ = + (2) 3 3 2 2 2 2 Từ (1) và (2) suy ra DJB = DBJ hay tam giác ﾷﾷ DJB cân tại D hay DJ=DB (3) mà ﾷA1 = A ﾷ 2 DB = DC (2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau) (4) Từ (3) và (4) suy ra DB=DJ=DC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆JBC (đpcm) DB = DC Ta có � nêm ID là đường trung trực của BC DI ⊥ BC (đpcm) IB = IC = R Bây giờ ta xét một số ví dụ điển hình Ví dụ 1. Trong mặt phẳng oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh B(0;4). Gọi M 4 8 và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Gọi H ( ; ) là giao điểm của AM 5 5 5
và BN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d) : x +2y +4 =0. Hướng dẫn giải +PT đường thẳng BN: 3x+y4=0 +PT đường thẳng AM ⊥ BN sẽ có PT : x − 3 y + 4 = 0 + Điểm A là giao điểm của AM & d nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x − 3y + 4 = 0 A(−4;0) PT (BC): x+y4=0 x + 2y + 4 = 0 + Điểm M là giao điểm của AM & CB nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: x+ y−4=0 M (2;2) C 4;0), D(0; −4) x − 3y + 4 = 0 Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC=2BA. Gọi 1 4 8 F(1;1) là điểm trên cạnh BC sao cho BE = BC . Điểm H ( ; ) là giao điểm 4 5 5 của BD và AF. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B nằm trên đường thẳng (d): x+2y6=0. Hướng dẫn giải. 6
+ Viết PT đường thẳng AF qua H và F + Viết PT đường thẳng BD qua H và vuông góc với AF uuur 1 uuur + Điểm B là giao điểm của (d) với BD. Ta có BF = BC C 4 + Viết PT đường thẳng AB qua B và vuông góc với BF uuur uuur + Điểm A là giao điểm của AF với AB; DC = AB D Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của 22 11 AB, BC, biết CM cắt DN tại I ( ; ) . Gọi H là trung điểm DI, biết đường 5 5 7 thẳng AH cắt CD tại P( ;1) . Biết xA < 4 , tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông 2 Hướng dẫn giải M A B I E N H C D P Ta chứng minh tam giác AIP vuông tại I. ∆MBC = ∆NCD CM ⊥ DN Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra ED = EI, mà H là trung điểm của DI EH ⊥ DI AH ⊥ DN , 7
mà CM ⊥ DN suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình bình hành, do đó P là trung điểm DC tứ giác AMPD là hình chữ nhật 1 1 IE = DM = AP ∆AIP vuông tại I 2 2 Ta có ∆ADI cân tại A AI = AD = DC = 2 IP ( do tam giác DIC vuông tại I) AI = 2 IP Đường thẳng AI qua I và vuông góc với PI nên có phương trình 3x + 4 y − 22 = 0 . 2 2 t=0 12 9 A AI A(2 − 4t; 4 + 3t ) 4 t+ + 3t + =9 6 5 5 t=− 5 Do xA < 4 nên A(2; 4) suy ra pt(AP): 2 x + y − 8 = 0 DN ⊥ AP suy ra pt(DN): x – 2y = 0 16 8 H = DN AP H ; D(2;1), C(5;1), B(5; 4) 5 5 Vậy A(2; 4), D(2;1), C(5;1), B(5; 4) . Ví dụ 4.Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J(2;1). Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác có phương trình : 2 x + y − 10 = 0 và D(2 ;4) là giao điểm của đường thẳng AJ với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x+y+7=0 (d). Hướng dẫn giải A J I B H C D 8
Ta có JD = (2 − 2)2 + (−4 − 1) 2 = 5 Theo kết quả bài toán gốc thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC (C’). Do đó PT đường tròn (C’) : ( x − 2)2 + ( y + 4)2 = 25 Điểm {B} = (d ) (C ') nên tọa độ điểm B là x + y + 7 = 0 (1) nghiệm của hệ ( x − 2) 2 + ( y + 4) 2 = 25 (2) Thế (1) vào (2) ta được x = −3 ( x − 2) 2 + (− x − 3) 2 = 25 2 x 2 + 2 x − 12 = 0 x=2 Điểm B có hoành độ âm nên B(3 ;4) Đường thẳng AJ qua J và D có PT : x2=0 .Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x=2 x=2 A(2;6) 2 x + y − 10 = 0 y=6 + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH : ( BC ) : x − 2 y − 5 = 0 +Đường thẳng ID ⊥ BC ID / / AH và ID qua D(2 ;4) ( ID) : 2 x + y = 0 + Gọi M là trung điểm của BC {M } = ID BC M (1; −2) C (5; 0). Ví dụ 5. ( trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm 2014) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần lượt là trung điểm cua đoan AB và BC. G ̉ ̣ ọi H là chân đường cao kẻ từ B 5 xuống CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết N (−1; − ), H (−1;0) 2 và điểm D nằm trên đường thẳng (d ) : x − y − 4 = 0 . Hướng dẫn giải M B A H H N C D Trong tam vuông BCH ta có : HN=NC (1) Mặt khác: BH và DN song song với (Vì cùng vuông góc với MC) Từ đó: H và C đối xứng qua DN 9
ﾷ DHN ﾷ = DCN = 900 DH vuông góc với HN uuur uuur Gọi D(m ; m4) Sử dụng điều kiện HD.HN = 0 m = 4 D(4;0) Nhận xét H và C đối xứng qua DN tìm được C (1; −4) Từ đó tìm được : A(0;3), B(−3; −1) . Ví dụ 6. (Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm 2016) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có ﾷ B (2;4), BAD = ﾷADC = 900 và A, C thuộc trục hoành. Gọi E là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng EC đi qua điểm F (−4;1). Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D biết EC vuông góc với BD và điểm E có tọa độ nguyên. Hướng dẫn giải y=0 B(2;4) A I H F(4;1) J E C D Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H; gọi J là giao điểm của BD với CE. Khi đó ta có: uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur EH .EB = EA.EB = EI .EB = EA 2 và EH .EC = ED.EC = EJ .EC = ED 2 = EA2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r uuur uuur EH .EB = EH .EC EH ( EB − EC ) = 0 EH ⊥ BC suy ra H là trực tâm của ∆EBC suy ra A, H , C thẳng hàng. Do đó BE ⊥ AC. Đường thẳng BE qua B(2;4) vuông góc với Ox nên có phương trình x =2. uuur uuur uuur uuur Gọi A(a;0), E (2; b) D(4 − a; 2b); BA(a − 2; −4); EA(a − 2; −b); BD(2 − a; 2b − 4) và FE (6; b − 1) uuur uuur BA ⊥ EA (a − 2) 2 + 4b = 0 (1) uuur uuur FE ⊥ BD 6(2 − a) + (b − 1)(2b − 4) = 0 (2) Thay (2) vào (1) ta được b − 6b + 13b + 24b + 4 = 0 4 3 2 (b + 1)(b3 − 7b 2 + 20b + 4) = 0 b = −1 (do b nguyên) (Ta chứng minh được phương trình b3 − 7b 2 + 20b + 4 = 0 có nghiệm duy nhất trên khoảng ( −1;0 ) nên không có nghiệm nguyên ). Khi đó A(4;0), D (0; −2) , đường thẳng CD có phương trình 2 x + y + 2 = 0 cắt Ox tạiC(1;0).Vậy A(4;0), D(0; −2) và C (−1;0) là các điểm cần tìm. Dạng 2. Bài toán liên quan đến tính chất trung điểm của đoạn thẳng Bài toán cơ bản. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và K là giao điểm của AH với BC. Chứng minh rằng K là trung điểm của HD Chứng minh 10
Ta có Bﾷ 1 = ﾷA1 (góc nội tiếp cùng chắn DC ﾷ ) Và Bﾷ 2 = ﾷA1 ( cùng phụ với góc ﾷACB ) ﾷ =B B ﾷ ∆BHD cân tại B nên K là trung điểm 1 2 của HD (đpcm) Từ bài toán trên ta xây dựng các ví dụ sau. Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nhọn có trực tâm H(5;5), phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x+y8=0. biết đường tròn ngoại tiếp ∆ABC đi qua 2 điểm M(7 ;3), N(4 ;2). Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC . Hướng dẫn giải. Gọi H’ là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo KQ bài toán gốc thì H’ đối xứng với H qua BC +Đường thẳng (HH’) vuông góc với BC và qua H có PT xy=0 + Gọi A’ là chân đường cao hạ từ A {A '} = AH BC A '(4; 4) H '(3;3) + Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm H’(3 ;3),M(7 ;3),N(4 ;2) có PT : x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0 x− y =0 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ A(6;6) x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0 x + y −8 = 0 + Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ B (6; 2), C (3;5) x 2 + y 2 − 10 x − 8 y + 36 = 0 hoặc B(3 ;5),C(6 ;2). 11
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nhọn. Đường trung tuyến kẻ từ A và phương trình đường thẳng BC lần lượt là 3x + 5 y − 8 = 0 & x − y − 4 = 0. Đường thẳng qua A và vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tai điểm thứ hai là D(4;2). Viết phương trình các cạnh AB, AC biết xB 3 Hướng dẫn giải x− y−4=0 7 1 + Tọa độ điểm {M}= AM BC là nghiệm của hệ M ( ;− ) 3x + 5 y − 8 = 0 2 2 + AD qua D & ⊥ BC có PT: x+y2=0. x+ y−2= 0 + Tọa độ điểm {A}= AM AD là nghiệm của hệ A(1;1) 3x + 5 y − 8 = 0 x+ y−2=0 + Tọa độ điểm {K}= AD BC là nghiệm của hệ K (3; −1) x− y−4=0 +Theo KQ bài toán gốc thì D đối xứng với H qua BC H (2; 4) Do B BC B (t ; t − 4). M là trung điểm của BC nên C(7t;3t). uuur uuur HB = (t − 2; t − 8); AC = (6 − t ; 2 − t ) uuur uuur t = 2 HB. AC = 0 (t − 2)(6 − t ) + (t − 8)(2 − t ) = 0 t=7 Do xB 3 B(2; −2), C (5;1). AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0 Ví dụ 3. ( Trích đề thi HSG cấp tỉnh môn toán tỉnh Thanh Hoá năm 2013) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Hướng dẫn giải 12
A H B C K M D Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của uur uur BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 7 x= x− y−4=0 2 7 1 M ;− 3x + 5 y − 8 = 0 1 2 2 y=− 2 uuur uuur AD vuông góc với BC nên nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của AD :1( x − 4 ) + 1( y + 2 ) = 0 x + y − 2 = 0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3x + 5 y − 8 = 0 x =1 A ( 1;1) x+ y−2=0 y =1 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: x− y−4=0 x=3 K ( 3; − 1) x+ y−2=0 y = −1 Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK ﾷﾷ = KCE , mà KCE ﾷﾷ = BDA (nội tiếp chắn cung ﾷAB ) Suy ra BHK ﾷﾷ = BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H ( 2; 4 ) . Do B thuộc BC B ( t ; t − 4 ) , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C ( 7 − t ;3 − t ) . uuur uuur HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; 2 − t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên uuur uuur t=2 HB. AC = 0 ( t − 2 ) ( 6 − t ) + ( t − 8) ( 2 − t ) = 0 ( t − 2 ) ( 14 − 2t ) = 0 t =7 Do t 3 t = 2 B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) . Ta có uuur uuur uuur uuur AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 ) nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1) Suy ra AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0. Dạng 3. Bài toán liên quan đến trực tâm của tam giác 13
Bài toán cơ bản. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E và G lần lượt là trọng tâm các tam giác ACD và ABC. Chứng minh rằng I là trực tâm tam giác DEG Chứng minh Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AD. Khi đó theo tính chất trọng CG CE 2 tâm tam giác ta có = = GE / / DN Hay GE//AB mà ID ⊥ AB ID ⊥ GE CD CN 3 (1) Mặt khác ∆ABC cân tại A nên AI ⊥ BC mà DM là đường trung bình của ∆ABC DM / / BC do đó AI ⊥ DM hay GI ⊥ DM (2) Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm tam giác DGE Ta xây dựng các bài toán sau đây. Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn 1 5 3 3 AB. Biết rằng I ( ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp và G(0;1), K ( ; ) lần 4 4 2 2 lượt là trọng tâm tam giác ACM. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Hướng dẫn giải A N D K P I G(0;1) B C 14
uuuur uur 1 1 3 3 GI = ( ; ) KM = ( x − ; y − ) 4 4 Giả sử M(x;y) uuuur 2 2 và uur . 5 1 GM = ( x; y − 1) KI = ( − ; − ) 4 4 uur uuuur GI .KM = 0 x+ y −3 = 0 1 7 Ta có uur uuuur M (− ; ) KI .GM = 0 5x + y = 0 2 2 uuuur uuuur Lại có MC = 3MG C (1; −4). Mặt khác K là trọng tâm tam giác ACM suy ra A(4;5) và M là trung điểm của AB . suy ra B(5;2). Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn 1 5 3 3 AB. Biết rằng I ( ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp và K ( ; ) trọng tâm tam 4 4 2 2 giác ACM. Các đường thẳng AB, CM lần lượt đi qua các điểm E(2;3), F(0;1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm M âm. Hướng dẫn giải A N D K P I G E(-2;3) F(0;1) B C + PT đường thẳng CM qua F và vuông góc với KI là: 5x+y1=0 + M thuộc CM nên M(m;15m) uuur uuur m = 0 (L) + IM .ME = 0 1 1 7 m=− M (− ; ) 2 2 2 + PT đường thẳng AB qua M và E là: x3y+11=0 + Goi P là trung điểm của AC thì theo uuur 3 5 1 tính chất trọng tâm tam giác ta có : MP = MK P( ; ) 2 2 2 15
+ Ta có A AB A(2a − 11; a ); C CM C (c;1 − 5c) + P là trung điểm của AC a = 5, c = 1 ta được A(4 ;5), C(1 ;4). Chọn một tam giác nao đó gi ̀ ả sử A(7;5), B(1;1), C(3;3). Khi đó ta tìm được 11 5 điểm D(3;3). Tâm đường tròn ngoại tiếp I ( ; ), trọng tâm tam giác ACD là 3 3 13 5 E ( ; ) . 3 3 Dạng 4. Bài toán liên quan đến khoảng cách Ví dụ 1. Cho hình chữ nhật ABCD có D(4; 5), M là trung điểm đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x − 8 y + 10 = 0 . Điểm B nằm trên đường thẳng d1 : 2 x + y + 1 = 0, yC < 2 . Tìm toạ độ A, B, C Hướng dẫn giải A B I K M G H C D 26 Ta có DK = d ( D, CM ) = . 65 2 1 G ọi G là trọng tâm tam giác ADC DG = DI = BD BG = 2GD . 3 3 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM BH BG 52 = =2 BH = 2d ( D, CM ) = DK GD 65 b=2 17b + 18 52 B d1 B(b; 12b) BH = = −70 65 65 b= 17 16
Vì B, D nằm khác phía đối với CM nên b = 2 B (2; −5) I (3;0) C CM C (8c − 10; c ) (c