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

 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
 THANH HOÁ NĂM 2017
 1 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 2015-2016. 
Lớp 12A6, 12A7 năm học 2016-2017 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. 
 1 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
Kẻ tiếp tuyến Ax của đường trong ngoại tiếp tam giác 
 3 +PT đường thẳng BN: 3x+y-4=0
+PT đường thẳng AM  BN sẽ có PT : x 3y 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+y-4=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) C4;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 của 
 4 5 5
BD và AF. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B nằm trên 
đường thẳng (d): x+2y-6=0.
 Hướng dẫn giải.
+ Viết PT đường thẳng AF qua H và F
+ Viết PT đường thẳng BD qua H và vuông góc với AF
  1  
+ 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
+ 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 thẳng 
 5 5
 7
AH cắt CD tại P( ;1) . Biết x 4 , tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông 
 2 A
 Hướng dẫn giải
 5 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 : 2x 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
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 2 2 
 (x 2) (y 4) 25 (2)
Thế (1) vào (2) ta được
 2 2 2 x 3
 (x 2) ( x 3) 25 2x 2x 12 0 
 x 2
Điểm B có hoành độ âm nên B(-3 ;-4)
Đường thẳng AJ qua J và D có PT : x-2=0 .Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
 x 2 x 2
 A(2;6) 
 2x y 10 0 y 6
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH : (BC) : x 2y 5 0 
+Đường thẳng ID  BC ID / / AH và ID qua D(2 ;-4) (ID) : 2x 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 của đoạn AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống 
 5
CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết N( 1; ), H ( 1;0) và điểm 
 2
D nằm trên đường thẳng (d) :x y 4 0 .
 7 Thay (2) vào (1) ta được 
b4 6b3 13b2 24b 4 0 (b 1)(b3 7b2 20b 4) 0 b 1 (do b nguyên)
(Ta chứng minh được phương trình b3 7b2 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 2x 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
 µ µ »
Ta có B1 A1 (góc nội tiếp cùng chắn DC )
 ¶ µ ·
Và B2 A1 ( cùng phụ với góc ACB ) 
 µ ¶
 B1 B2 BHD cân tại B nên K là trung điểm
 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+y-8=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.
 9 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 5y 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
 A
 H
 C
 B K M
 D
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC , K là giao điểm của 
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 5y 8 0 1 2 2
 y 
 2
   
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 5y 8 0 x 1
 A 1;1 
 x y 2 0 y 1
 x y 4 0 x 3
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: K 3; 1 
 x y 2 0 y 1
Tứ giác HKCE nội tiếp nên B· HK K· CE , mà K· CE B· DA (nội tiếp chắn cung »AB ) 
Suy ra B· HK B· DK , 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 . 
   
 HB(t 2;t 8); AC(6 t;2 t) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
   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
     
 AB 1; 3 , AC 4;0 nAB 3;1 ,nAC 0;1 
 11