Tài liệu Skkn phân tích các tính chất hình học để giải các bài toán về tứ giác đặc biệt trong hệ oxy.

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 MỤC LỤC Phần I Đặt vấn đề I. Lý do chọn đề tài 3 II. Giải quyết vấn đề 1. Cơ sở lý luận của vấn đề 2. Thực trạng của vấn đề 3. Mục đích yêu cầu 3 3 4 4. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề Phần II Nội dung I. Cơ sở lý thuyết A. Véctơ và các phép toán B. Hệ tọa độ - Tọa độ véctơ – tọa độ điểm C. Phương trình đường thẳng II. Các dạng bài tập minh họa 1. Dạng 1: Hình bình hành A. Nội dung phương pháp B. Bài toán rèn luyện 2. Dạng 2: Hình thang A. Nội dung phương pháp B. Bài tập minh họa 3. Dạng 3: Hình thoi Phần III 3 5 5 6 6 6 7 11 11 11 11 20 22 22 23 31 A. Nội dung phương pháp 31 B. Bài tập mẫu 31 C. Bài tập rèn luyện 37 4. Dạng 4: Hình chữ nhật và hình vuông 42 A. Nội dung phương pháp 42 B. Bài tập tự làm 56 Hiệu quả, kết luận I. Kiểm tra khảo sát trước khi áp dụng sáng kiến 58 II. Kiểm tra khảo sát sau khi áp dụng sáng kiến III. Kết luận 1. Kết luận 2. Bài học kinh nghiệm 59 61 61 62 Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu 58 Trang số:1 Sáng kiến kinh nghiệm 3. Những kiến nghị 4. Một số vấn đề còn bỏ ngỏ Tài liệu tham khảo Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Năm học 2015 - 2016 62 62 64 Trang số:2 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hình học phẳng rất đa dạng và phong phú, nhất là đối với học sinh lớp 9 các em đã làm quen với rất nhiều tính chất hình học và các loại hình cơ bản như: tam giác, tứ giác, đường tròn,... nhưng giải quyết các bài toán đó chỉ ở mức độ hình học thuần túy. Khi các em được tiếp cận với hình học giải tích thì các bài toán giải đa dạng và gần gũi hơn, tác động tốt đến tư duy của người học hơn, làm cho người học phát triển được tư duy sáng tạo, tìm tòi và dựa trên cái cũ mà phát triển các điều mới đa dạng, sâu rộng và khoa học hơn. Điều đó được thể hiện qua những dạng bài về tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, phương trình đường tròn, đường elip trên cơ sở kết hợp với các tính chất hình học của các yếu tố trong tam giác, nhận biết các tứ giác đặc biệt, các hình đặc biệt... Đối với học sinh phổ thông hiện nay các bài toán về tìm tọa độ điểm hay viết phương trình các đường trong hệ tọa độ oxy đang phổ biển và đa dạng, học sinh trung bình thì ngại không tiếp cận cho rằng đây là dạng toán khó, đối với học sinh khá và giỏi thì đam mê giải quyết hơn nhưng đôi khi thiếu định hướng để bứt phá. Trong những năm gần đây các dạng toán này đều được đưa vào các kỳ thi: thi đại học, thi học sinh giỏi và các yếu tố hình học ngày càng nhiều hơn, phức tạp hơn trong khi đó chương trình ở sách giáo khoa chỉ cung cấp kiến thức cơ bản và các công thức nên đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng, liên hệ những kiến thức đã học về hình học phẳng để giải quyết. Ngoài ra học sinh phải khéo trong quá trình sử dụng các tính chất hình học liên quan với các biểu thức tọa độ tương ứng. Chính vì vậy học sinh cần phải được bổ trợ kiến thức, tổng hợp dạng toán cụ thể có thể chuyên sâu một dạng nào đó để rèn kỹ năng và vận dụng các dạng bài tập liên quan. II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận của vấn đề Xuất phát từ những thực tế trên nên trong quá trình dạy lý thuyết cho học sinh tôi cũng dùng các ví dụ cụ thể, các mô hình thực tế để học sinh tiếp cận dần Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:3 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 dần. Ngoài ra phải bổ trợ các kiến thức về hình học phẳng đơn thuần, nhưng phải đòi hỏi phải có sự kết hợp thật nhuần nhuyễn với biểu thức tọa độ. Trên thực tế các dạng toán trong hệ oxy rất nhiều và phong phú đòi hỏi người học phải tự chọn cho mình học những dạng nào cho phù hợp, người dạy phải dạy gì cho học sinh, giúp học sinh bổ trợ kiến thức có định hướng, khai thác sâu và chắc chắn. Với mong muốn giúp học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản hình học phẳng và khai thác được bằng các biểu thức tọa độ để giải quyết các bài toán về tứ giác đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt các kiến thức đó để giải quyết nhiều tình huống khác nhau, tôi chọn đề tài: “ Phân tích các tính chất hình học để giải các bài toán về tứ giác đặc biệt trong hệ oxy ”. Trong đề tài này , tôi hệ thống theo các dạng :Hình bình hành- Hình thangHình thoi - Hình chữ nhật- Hình vuông . Mỗi một dạng tôi trình bày một số bài để các em tham khảo , một số bài hướng dẫn trên lớp và một số bài tập tương tự để các em tự luyện 2. Thực trạng của vấn đề. Bài toán hình học trong hệ oxy không phải là bài toán mới nhưng khai thác các tính chất hình học mới là khó nên học sinh lười suy nghĩ và ngại tư duy, tuy ứng dụng thực tế của nó rất lớn và đó là dạng toán được chọn trong các đề thi, các đợt thi nhưng nhiều học sinh vẫn chưa làm được hoặc làm cũng không làm chọn vẹn . Trong quá trình dạy phụ đạo và ôn luyện thi đại học tôi luôn quan tâm đến vấn đề này dạy cho học sinh hiểu tường tận lý thuyết, phân tích các tính chất cơ bản của giả thiết hình học tìm mối liên quan với các biểu thức tọa độ. Qua thực tiễn giảng dạy tôi nhận thấy: đa số các em chưa hiểu cách vận dụng và phân tích, sâu chuỗi vấn đề để đưa ra dạng bài toán liên quan, chưa khai thác triệt để các tích chất của tứ giác đặc biệt như của : Hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi....để áp dụng sang biểu thức tọa độ. Với đề Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:4 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 thi đại học gần đây đề tương đối tổng hợp . Các em cần phải nắm vững những kiến thức về các hình nói trên thì mới giải ngắn gọn được . 3. Mục đích yêu cầu: - Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về biểu thức tọa độ, tổng hợp lại các kiến thức về các tứ giác đặc biệt, vận dụng linh hoạt và phát huy tính sáng tạo của học sinh, liên hệ và áp dụng được vào các dạng bài tập liên quan. - Hưởng ứng phong trào tự học, tự sáng tạo, nâng cao chuyên môn, học hỏi đồng nghiệp qua đợt viết sáng kiến kinh nghiệm và nghiên cứu khoa học mà nhà trường và sở phát động. 4. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề. - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, các tài liệu liên quan khác, khai thác trên mạng, các đề thi đại học, các đề thi học sinh giỏi … - Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT Nguyễn Siêu. - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy cho học sinh khối 10 và một số lớp 12 ôn thi đại học sau đó khảo sát các lớp dạy. Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:5 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 PHẦN II: NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT A. VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN 1. Định nghĩa:véctơ là một đoạn thẳng có định hướng ● Hai vectơ bằng nhau: có cùng hướng và cùng độ dài. ● Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và cùng độ dài. 2. Các phép toán của vectơ: a. Phép cộng vectơ: r r r r  a  b  b  a; r r r r r r  ab c  a bc r r r r r  a00a  a r r r  a  a  0 uuur uuur uuur  A , B , C Ta có : AC  AB  BC (quy       tắc chèn điểm) uuu r uuur uuur  Nếu ABCD là hình bình hành thì : AB  AD  AC b. Phép trừ vectơ: uuu r uuu r uuu r O,A,B : OB  OA  AB c. Tích một số thực với một vectơ: r r r r r r r  m  a  b   ma  mb;  m  n  a  ma  na r r r r r r  m na   mn  a;1.a  a; 1a  a r r Điều kiện: a cùng phương b r r  k  R : b  ka với rr r r r r ab  a . b cos a, b     d. Tích vô hướng: e. Vectơ đồng phẳng:3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng. r r r a, b, x đồng r r r phẳng  h, k  R : x  ha  kb f. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng: Với r rr a , b, c r không đồng phẳng và vectơ e , có duy nhất 3 số thực x1, x2, x3: r r r r e  x1 a  x2 b 2  x3 c g. Định lý: Với M là trung điểm AB và G là trọng tâm của ABC , O tùy ý thì:  uuur uuur r MA  MB  0  r uuur uuur r  uuu  GA  GB  GC  0  uuur 1 uuu r uuur uuur  OG  OA  OB  OC 3    Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:6 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 uuur 1 uuu r uuur uuur uuur  OG  OA  OB  OC  OD 4   Và G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD B. HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂM 1. Định nghĩa: a. Hệ tọa độ: Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc nhau tạo nên hệ trục tọa độ Đề–các Oxy: O là gốc tọa độ, x’Ox là trục hoành và y’Oy là trục tung. Trong đó: r r i  (1;0), j  (0;1) là các vec tơ đơn vị trên các trục. Ta có: b. Tọa độ của vectơ: r r r r u  ( x; y )  u  x.i  y. j uuuur OM  ( x; y )  M  ( x; y ). Trong c. Tọa độ của điểm: độ của M. 2. Các kết quả và tính chất: Trong hệ tọa độ Oxy, cho Ta có : A( x A ; y A ), B( xB ; yB ) r r  a  b  (a1  b1 ; a2  b2 ). và các vectơ r và rr i . j  0. đó x là hoành độ, y là tung ● Tích giữa một véctơ với một số thực: k.a  (ka1; ka2 ), rr r r i  j 1 r r a  (a1 ; a2 ), b  (b1; b2 ) . k  �. ● Tích vô hướng giữa hai véctơ: a.b  a1b1  a2b2 . Hệ quả: r  a  a12  a22 . a1b1  a2b2 r r  cos ( a; b )  . a12  a22 . b12  b22 r r  a  b  a1b1  a2b2  0. ● Hai véctơ bằng r r  a , b cùng a b r r a b   1 1  a2  b2 nhau: phương r b b r   k  � : b  k .a  1  2  a1 a2    a1 a2  0.   b1 b2 Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:7 Sáng kiến kinh nghiệm ● Tọa độ của vec tơ ● Khoảng cách: Năm học 2015 - 2016 uuur AB  ( xB  x A ; y B  y A ). uuu r AB  AB  ( xB  x A )2  ( y B  y A )2 . ● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1) tính bởi: uuur uuur  MA  k .MB . Khi đó, tọa độ của M x A  k . xB   xM  l  k   y  y A  k . yB M l k  Nếu M là trung điểm của AB, ta có: 3. Kiến thức về tam giác: x A  xB   xM  2 .  y   y  A yB  M 2 Cho A( x A ; y A ), B ( xB ; yB ), C ( xC ; yC ). a. Trọng tâm của tam giác (giao các đường trung tuyến) : G là trọng tâm tam giác ABC : x A  xB  xC   xG  3   y  y A  yB  yC  G 3 b.Trực tâm của tam giác (giao các đường cao): H là trực tâm của tam giác uuur uuur  AH  BC   uuur uuu r  BH  CA  uuur uuur  AH .BC  0 r  uuur uuu  BH .CA  0 c. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (giao của các trung trực) : I(a ; b) là tâm của ABC  AI = BI = CI = R (R là bán kính của ABC).  AI 2  BI 2  2 2 Giải hệ  BI  CI  tọa độ tâm I. d. Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác (giao của các đường phân giác trong các góc của tam giác). Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:8 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 Tâm K của đường tròn nội tiếp tam giác ABC tìm được khi thực hiện hai lần công thức điểm chia đoạn theo tỉ số k : uuuur A' B AB uuuur    k1 AC Vì A ' C nên A’ chia BC theo tỉ số k1  tọa độ của D. uuu r KA BA uuur    k2 BD Vì KD nên k chia AD theo tỉ số k2,  tọa độ của K. e. Diện tích tam giác: 1 1 1 a.ha  b.hb  c.hc . 2 2 2 1 1 1  S  ab sin C  ac sin B  bc sin A. 2 2 2 abc S   pr  p ( p  a)( p  b)( p  c). 4R r uuur uuu r uuur 1 uuuur2 uuuur2 uuu 1 S  AB . AC  ( AB. AC ) 2  det( AB, AC ) 2 2 S  uuu r uuur a det( AB, AC )  1 b1 Trong đó: 4. Kiến thức về tứ giác: a2  a1b2  a2b1 b2 uuur uuur AB  ( a ; a ), AC  (b1; b2 ). 1 2 với Cho A( xA ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ), D( xC ; yC ). a. Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) : uuu r uuur AB , CD là hai véctơ ngược hướng ● uuur uuur  AB  kCD (k < 0) ● S = \f(1,2 AH(AB + CD) Hay S = SADC + SABC (chia nhỏ hình thang ra thành các hình tam giác tùy ý) b. Hình bình hành (là tứ giác có các cặp cạnh đối song song hoặc bằng nhau): uuur uuur ● AB  DC ● I là trung điểm của hai đường chéo AC và BD. ● S = AH.CD = 2SABC= 2SABD (chia nhỏ hình bình hành ra thành các hình tam giác tùy ý). ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I. c. Hình thoi (là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau) : Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:9 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 ● Hình thoi mang đầy đủ tính chất của hình bình hành.. ● Nếu hình bình hành ABCD có AB = BC hoặc AC  BD thì sẽ trở thành hình thoi. ● AC  BD, AC và BD cũng là hai đường phân giác của góc tạo bởi hai cạnh bên, giao điểm của chúng chính là tâm đường tròn nội tiếp hình thoi. ● S = \f(1,2AC.BD = 2SABC= 2SABD = 4SABI ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I. d. Hình chữ nhật (là tứ giác có 3 góc vuông) : ● HCN mang đầy đủ tính chất của hình bình hành. ● Nếu hình bình hành ABCD có một góc bằng 90 hay hai đường chéo AC = BD thì là hình chữ nhật. ● S = AB.AD = 2SABC= 2SABD = 4SABI ● Luôn có một đường tròn ẩn mình ngoại tiếp hình chữ nhật với tâm là I = AC  BD là tâm đường tròn ngoại tiếp HCN với bán kính là IA = IB = IC = ID = R. ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. (Ví dụ như trong hình vẽ nếu biết tọa độ M và I  toa độ N  CD). e. Hình vuông (là tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau) : ● HV mang đầy đủ các tính chất của hình H.thoi và HCN. ● Nếu hình thoi có một góc bằng 90 hay hai đường chéo AC và BD bằng nhau thì là Hình vuông. ● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau hay hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau thì là Hình vuông. ● S = (AB) = 2SABC= 4SABI ● Có đến hai đường tròn ẩn mình bên trong hình vuông ABCD là: (C) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông và bán kính là IA = R Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:10 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 (C) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông và bán kính là IH = R. ((C) đi qua trung điểm các cạnh của hình vuông) ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. C. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 1. Phương trình tổng quát của  : A( x  x0 )  B( y  y0 )  0 (A2 + B2  0)  x  x0  at   2. Phương trình tham số của :  y  y0  bt 3. Vị trí tương đối của hai đường thẳng: ( 1 ) : A1 x  B1 y  C1  0, A 2 1  B12  0  ; (  2 ) : A2 x  B2 y  C2  0, A 2 2  B22  0  A1 B1  Nếu A2 B2 thì hai đường thẳng cắt nhau. A1 B1 C1   Nếu A2 B2 C2 thì hai đường thẳng song song nhau. A1 B1 C1   A B C2 thì hai đường thẳng trùng nhau. 2 2 Nếu 4. Góc giữa hai đường thẳng: (1 ) : a1 x  b1 y  c1  0,  a12  b12  0  ( 2 ) : a2 x  b2 y  c2  0,  a22  b22  0  cos  1 ,  2   a1a2  b1b2 a12  b12 a22  b22 5. Khoảng cách từ một điểm M(x0 ; y0) đến đường thẳng  : ax  by  c  0,  a12  b12  0  d  M ,   : ax0  by0  c a2  b2 6. Đường tròn có tâm I(a,b), bán kính R có phương trình : ( x  a )2  ( y  b) 2  R 2 . II. CÁC DẠNG BÀI TẬP MINH HỌA 1. DẠNG 1: HÌNH BÌNH HÀNH A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP 1. Định nghĩa Hình bình hành là tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau. 2. Tính chất - Các cặp cạnh đối song song với nhau và bằng nhau. Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:11 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 - Các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, đường giao điểm đó gọi là tâm hình bình hành. SABD = SBCD = SABC = SACD 1 = 2 SABCD = d(A;BD).BD = d(B;AC).AC. 3. Kiến thức cần vận dụng - Quy tắc tọa độ trung điểm. - Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và song song với một đường thẳng cho trước. - Áp dụng thuần thục công thức tính diện tích tứ giác. - Xem lại các điểm đặc biệt trong tam giác; các đường trung trực, đường trung tuyến, đường cao và đường phân giác trong tam giác. Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có điểm A(1;0) và điểm B(2;0). Giao điểm I của 2 đường chéo thuộc đường thẳng d: y = x. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành, biết diện tích hình bình hành bằng 4 và điểm C có hoành độ dương. Giải Phân tích: Khi biết tọa độ tâm I của hình bình hành ta có mối liên hệ X A  XC   X I  2  Y  YA  YC  I 2 hoặc XB  XD   X I  2 .  Y  YB  YD  I 2 Dựa vào mối liên hệ trên ta tham số hóa tọa độ điểm và xây dựng phương trình – hệ phương trình để tìm ra điểm cần tìm. Trên cơ sở yếu tố biết diện tích ta chọn công thức tính nào và tham số hóa điểm nào thì thích hợp Giả sử tọa độ tâm I(a;a)  d, do điểm C đối xứng với A qua I và điểm D đối xứng với B qua I. Suy ra C(2a – 1: 2a), D(2a – 2; 2a). Phương trình đường thẳng AB: y = 0, ta có d(I;AB) = |a|,AB = 1. Suy ra SABCD = 4SIAB = 2d(I;AB).AB = 2|a|. Mặt khác SABCD = 4  2|a| = 4  a =  2. Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:12 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 + Với a = 2  C(3;4), D(2;4) (thỏa mãn). + Với a = –2  C(–5; –4), D(–6; – 4) (loại). Vậy C(3;4), D(2;4) là hai đỉnh cần tìm. x 1 y0 Phương trình cạnh AD: 2  1 = 4  0  AD:4x – y – 4 = 0. Phương trình cạnh CD: y = 4. x2 y0 Phương trình cạnh BC: 3  2 = 4  0  BC: 4x – y – 8 = 0. Vậy phương trình các cạnh của hình bình hành là: AB: y = 0; BC: 4x – y – 8 = 0; CD: y = 4; AD: 4x – y – 4 = 0. Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I(2;2) và phương trình 2 cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh là 2x – y = 0; 4x – 3y = 0. Viết phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành ABCD Giải ( Tương tự cách phân tích ví dụ 1) Cách 1: Giả sử hai cạnh đó là AB: 2x – y = 0; AD: 4x – 3y = 0. Tọa độ đỉnh A = AB I AD là nghiệm của hệ phương trình 2x  y  0 x  0    A  0; 0  .  4x  3y  0 y 0 Vì I(2;2) là trung điểm của AC nên C(4;4). Phương trình cạnh BC: Vì AB//BC nên BC đi qua C(4;4) và nhận véc tơ uuur n AD = (4; – 3) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là BC:4(x – 4) – 3(y – 4) = 0  BC: 4x – 3y – 4 = 0. Phương trình cạnh CD: uuur n Vì CD // AB nên CD là đường thẳng đi qua C(4;4) và nhận AB = (2; – 1) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là CD: 2(x– 4) – 1 (y – 4) = 0  CD: 2x – y – 4 = 0. Vậy phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành là BC: 4x – 3y – 4 = 0; CD: 2x – y – 4 = 0. Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:13 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 Cách 2: Phương pháp đối xứng Cạnh BC đối xứng với AD qua I((2;2) nên với mỗi điểm M(x;y)  AD tồn tại điểm M1 (x1;y1)  BC nhận I làm trung điểm, ta được  x  x1  4  x  4  x1   .   y  y1  4  y  4  y1 Thay vào phương trình của AD, ta được 4(4 – x1) – 3(4– y1) = 0  4x1 – 3y1 – 4 = 0  BC: 4x – 3y – 4 = 0. Cạnh CD đối xứng với AB qua I nên với mỗi điểm M(x;y)  AB tồn tại điểm M1(x1;y1) thuộc CD nhận I(2;2) làm trung điểm, ta được  x  x1  4  x  4  x1     y  y1  4  y  4  y1 Thay vào phương trình của AB, ta được 2(4 – x1) – (4 – y1) = 0  2x1 – y1 – 4 = 0  CD: 2x – y – 4 = 0. Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có điểm A(0;1), B(3;4). Tìm tọa độ hai đỉnh C và D biết giao điểm I của hai đường chéo AB của parabol (P):y = (x – 1)2 sao cho diện tích tứ giác ABCD nằm trên cung � đạt giá trị lớn nhất. Giải x0 y 1 Phương trình cạnh AB: 3  0 = 4  1  AB: x – y + 1 = 0 a; (a  1)  Gọi điểm I  2  (P), vì I  � AB nên 0 < a < 3. Ta có SABCD = 4SIAB = 2AB.d(I:AB). Do AB không đổi nên diện tích tứ giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến AB lớn nhất: 2 3 9   a    | a   a  1  1| | a 2  3a | 2 4 9 2 d  I ; AB       ,  0  a  3 2 2 8 2 2 1   1 2 Ta có: 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 2  3 1  ;  I 2 4  . Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua tâm I nên Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:14 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016  xC  2 x1  x A  xD  2 x1  xB 1  7  ;  C  3;  ; D  0;  .  2  2   yC  2 y1  y A  yD  2 y1  yB 1  7   3;  ; D  0;  . Vậy hai điểm cần tìm là C  2   2  Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 3, hai đỉnh A(2; – 3), C(3; – 2) và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng 3x – y – 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD. Giải Phân tích lời giải. - Giả thiết bài toán cho diện tích ta cần linh hoạt phân chia diện tích hình bình hành theo các diện tích tam giác nhỏ dễ tính - Dựa vào mối liên hệ diện tích tam giác và diện tích hình bình hành ta tìm được tọa độ điểm B, từ đó điểm D đối xứng với B qua tâm hình bình hành (là trung điểm cạnh BD). Lời giải 5 5  ;  . Gọi I là tâm hình bình hành thì I là trung điểm của BD  I  2 2  5 X Y 5 ;  . 3 3   Gọi B(x;y) suy ra tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G Mặt khác G  d: 3x – y – 8 = 0 nên 3. 5 x y 5  8  0  y = 3x – 4  B(x;3x – 4). 3 3 x2 y 3  Phương trình AC: AC: 3  2 2  3  AC: x – y – 5 =0. Ta có AC = 1 2 | x  (3x  4)  5 |  | 2 x  1| . . 2 12  (1)2 2 ,SABC = 2 AC.d(B;AC) = 2 Mặt khác: SABC TH1: Với B  1 3 = 2 SABCD = 2  2; 10  | 2 x  1| 3   2 2 x  2 x  1  B  1; 1 , B  2; 10  .  suy ra tạo độ điểm D đối xứng với B qua I nên có tọa độ là D(7;5). Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:15 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 x2 y 3   AB : 7 x  4 y  26  0. Phương trình cạnh AB: 2  2 10  3 x2 y  10   BC : 8 x  y  6  0. Phương trình cạnh BC: 3  2 2  10 x 3 y  2   CD : 7 x  4 y  29  0. 73 52 Phương trình cạnh CD: x2 y 3   AD : 8 x  9 y  43  0. Phương trình cạnh AD: 7  2 5  3 TH2: Với B(1; –1) suy ra tọa độ điểm D đối xứng với B qua tâm I nên có tọa độ là D(4; –4). x2 y 3   AB : 2 x  y  1  0. Phương trình cạnh AB: 1  2 1  3 x3 y  2   BC : x  2 y  1  0. 1  3 1  2 Phương trình cạnh BC: x3 y  2   CD : 2 x  y  4  0. Phương trình cạnh CD: 4  3 4  2 x2 y3   AD : x  2 y  4  0. Phương trình cạnh AD: 4  2 4  3 Kết luận: Vậy phương trình bốn cạnh hình bình hành ABCD là AB: 7x – 4y – 26 = 0; BC: 8x – y + 6 = 0; CD: 7x – 4y – 29 = 0; và AD 8x – 9y – 43 = 0 hoặc AB: 2x + y – 1 = 0; BC: x +2y – 1 = 0; CD: 2x +y – 4 = 0; và AD: x +2y +4 = 0. Ví dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC: x – y + 1 = 0, điểm G(1;4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E(0; – 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương. Giải Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:16 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 Vì DE  EC nên DE: x + y + 3 = 0  D( t; – t – 3). 1 1 Ta có: d(G, AC) = 3 d(B, AC) = 3 d(D, AC)  D  1; 4  t  1 1 | 2t  4 | 2 .     3 2 t  5 D  5; 2  Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D(1; – 4). uuur uuu r 1  1  2.( X B  1)  GD  2GB    4  4  2(YB  4)  Ta có  B(1;8)  BD: x = 1. Vì A  AC: x – y + 1 = 0  A (a; a + 1). 4 4 1    1  S ABC  S ABC  S ABD . 3 3 Ta có: SAGCD = SAGC + SACD =  3  Suy ra: S ABD  24  1 .d  A, BD  .BD  24 2 a  5  | a  1| .12  48    a  3 uuur uuur AD  BC  C  3; 2  .  A  5;6  (tm)   A  3; 2  ( ktm) Từ Vậy tọa độ 4 điểm cần tìm là A(5;6), B(1;8), C(–3; – 2), D(1; – 4) . Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hình bình hành ABCD có điểm C(–7; 5) và A thuộc đường thẳng d: x – y – 4 = 0. Phương trình đường trung tuyến kẻ từ D của tam giác BCD có phương trình là: 4x – 3y + 23 = 0. Tìm tọa độ các 1 � ABC   . 5 đỉnh A, B, D biết có hoành độ dương và cos Giải Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:17 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 Giả thiết bài toán cho góc giữa hai đường thẳng hoặc góc trong tam giác khia thác công thức và tham số hóa điểm nào Vì A  d  A(a;a – 4). Gọi E là trung điểm của BC Vì E   : 4x – 3y +23 = 0 suy ra  4e  23   e; . 3  E 8e  31    2e  7; . 3   Vì E là trung điểm BC nên B 3 Vì B có hoành độ dương nên 2e +7 > 0  e > – 2 . uuur  4e  8  EC   7  e;  . 3   Ta có  X D  a  ( 7  e ) uuur uuur  AD  2 EC    4e  8  . YD  (a  4)  2  3     Ta có:  X D  a  2e  14    8e  28 8e  28 .  YD  a  3  D  a  2e  14; a  3     8e  28    4  a  2e  14   3  a    23  0 3   Mặt khác D    a=5  A(5;1) uuu r  uuur  8e  28  uuur 8e  16  AB   2e  2; , BC  2 EC   14  2e;   . 3  3    Ta có uuu r uuur 1 AB .BC 1 � r uuur  ABC    uuu . | AB | . | BC | 5 5 Theo giả thiết ta có cos   2e  2   2e  14   2 2 8e  28   2e  2     .  3  8e  28  8e  16    3  3  2 2 8e  16   2e  14      3   Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu  1 . 5 Trang số:18 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 e  2    e  2 7 e   23  3 41  10 vì > 2 suy ra B (3;5), D(–5; 1). Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A(5;1), B(3;5), D(–5;1) Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm M(– 3;0) là trung điểm của cạnh AB, H(0; –1) là hình chiếu vuông góc của B lên AD  8 19   ;  và N  5 5  là điểm trên đoạn AC sao cho AN = 4NC. Tìm tọa độ các điểm B và D. Phân tích tính chất song song: Tận dụng tính chất hình bình hành có 2 cặp cạnh đối song song với nhau khi giả thiết cho trước 2 điểm ta kéo dài 2 điểm đó cắt 2 cạnh đối song song và vận dụng định lý Tales để tìm tọa độ điểm thứ 3. Nhắc lại: Với a // b ta có: IA IB AB   . IC ID CD Giải : Kéo dài HN cắt BC tại E NE NC 1   . Theo Talets ta có: NH NA 4 uuur uuur Suy ra: 4 NE  HN .   8 8 4 X E  5   5      4 Y  19   24 X  2   E 5  5   E  E  2;5  Y  5  E  Gọi I là trung điểm của HE ta có I(1;2). Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:19 Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2015 - 2016 Tam giác ABH vuông tại H có M là trung điểm cạnh huyền AB nên MB = MH = 10 . Tam giác BHE vuông tại B có I là trung điểm cạnh huyền HE nên IB = IH = 10 . Gọi B(x;y) ta có hệ phương trình:   x  3 2  y 2  10   2 2   x  1   y  2   10  y  2 x  1  2 2   x  3  y  10  x  0   y  2 x  1  y  1   2     x  2  5 x  10 x  0   y  3 B  0; 1 .  B  2;3 Với B(0;1) loại do B trùng với H. Với B(–2;3) vì M là trung điểm của AB nên A (–4; –3). uuu r 1 uuur EC NC 1    CE  HA. 4 Mặt khác HA NA 4  4  2  xC   4     4  5  yC   2  xC  3   11   11  C  3; .  2  yC  2  xD  4  5  xD  1 uuur uuur 1    AD  BC   5  1  D 1;  . 2   yD  3  2  yD   2 Ta có 1 Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là B(–2;3) và D(1; – 2 ). Nhận xét. Với giả thiết cho trước tọa độ hai điểm trên các đường thẳng của tứ giác phương pháp được sử dụng hiệu quả là kéo dài đường thẳng đi qua hai điểm đó cho cắt với hai cặp cạnh đối song song của tứ giác và sử dụng định lý Talets. B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, biết điểm A (1;0), B(0;2). Tìm tọa độ hai điểm C và D biết giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng d: x – y = 0. Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu Trang số:20