Báo cáo Sáng kiến Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốc

Nội dung tài liệu: Báo cáo Sáng kiến Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốc

1. Sáng kiến năm 2016 2. Giải pháp cải tiến: 2.1 Cơ sở lý luận: 2.1.1. Kiến thức cơ bản a. Phương trình đường thẳng - Phương trình tham số: * Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M 0(x0 ; y0), có vec tơ chỉ x x0 tu1 2 2 phương u (u1;u2 )là (u1 u2 0) y y0 tu2 * Phương trình đường thẳng đi qua M0(x0 ; y0) và có hệ số góc k là: y – y0 = k(x – x0). u2 * Nếu có VTCP u (u1;u2 ) với u1 0 thì hệ số góc của là k . u1 * Nếu có hệ số góc là k thì nó có một VTCP là u (1; k) . - Phương trình tổng quát. * Phương trình của đường thẳng đi qua điểm M 0(x0 ; y0) và có véctơ pháp tuyến 2 2 n (a ; b) là: a(x – x0) + b(y – y0) = 0 ( a + b 0) . * Phương trình ax + by + c = 0 với a 2 + b2 0 là phương trình tổng quát của đường thẳng nhận n (a ;b) làm VTPT; a ( b; -a ) làm vectơ chỉ phương . * Đường thẳng cắt Ox và Oy lần lượt tại A(a ; 0) và B(0 ; b) có phương trình theo x y đoạn chắn là : 1 (a, b 0) . a b * Cho (d) : ax+by+c=0 Nếu // d thì phương trình là ax+by+m=0 (m khác c) Nếu vuông góc d thì phươnh trình là : bx-ay+m=0 - Vị trí tương đối của hai đường thẳng. 3 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
2. Sáng kiến năm 2016 1 : a1x b1 y c1 0 Cho hai đường thẳng 2 : a2 x b2 y c2 0 Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 và 2 ta xét số nghiệm của hệ phương trình a1x b1 y c1 0 (I) a2 x b2 y c2 0 a1 b1 1  2 a b 2 2 a1 b1 c1  Chú ý: Nếu a2b2c2 0 thì : 1 / / 2 a2 b2 c2 a1 b1 c1 1  2 a2 b2 c2 - Góc giữa hai đường thẳng. Góc giữa hai đường thẳng 1 và 2 có VTPT n1 và n2 được tính theo công thức: | n1 .n2 | | a1a2 b1b2 | cos( 1, 2 ) cos(n1,n2 ) a2 a2 . b2 b2 | n1 || n2 | 1 2 1 2 - Khoảnh cách từ một điểm đến một đường thẳng. Khoảng cách từ một điểm M 0(x0 ; y0) đến đường thẳng : ax + by + c = 0 cho bởi | ax0 by0 c | công thức: d(M0, ) = a2 b2 b. Phương trình đường tròn: * Phương trình đường tròn tâm I(a ; b), bán kính R là : (x – a)2 + (y – b)2 = R2. * Nếu a2 + b2 – c > 0 thì phương trình x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0 là phương trình của đường tròn tâm I(a ; b), bán kính R = a2 b2 c . - Phương trình tiếp tuyến của đường tròn. Tiếp tuyến tại điểm M0(x0 ; y0) của đường tròn tâm I(a ; b) có phương trình: d: (x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0 4 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
3. Sáng kiến năm 2016 c.Phương trình elip: (E) = M MF1 MF2 2a, F1F2 = 2c, a > c>0 x2 y2 Phương trình chính tắc: = 1 với b2 = a2 – c2 , a > c > 0 và a > b >0. a2 b2 Hình dạng và các yếu tố: + A1A2 = 2a: trục lớn + B1B2 = 2b : trục nhỏ + Các đỉnh:A1(-a; 0),A2(a; 0), B1(0; -b),B2(0; b) + Các tiêu điểm: F1(-C;0), F2(C;0) + Tiêu cự: F1F2 = 2c c MF a x 1 a M + Bán kính qua tiêu của điểm M (E): c MF a x 2 a M c + Tâm sai: e = 1 (0< e <1). a + (E) có hai trục đối xứng là Ox, Oy và một tâm đối xứng là gốc tọa độ O. 5 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
4. Sáng kiến năm 2016 2.1.2. Bài toán cơ bản: BÀI TOÁN “MỐC”(BTM) a. Nội dung bài toán mốc Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng đã biết phương trình và cách điểm I cho trước một khoảng không đổi R, (MI = R = const). b. Cách giải: + Có 2 cách giải cho bài toán này : Cách 1: Cách 2: MI R M C là đường tròn tâm I, M M (m) MI R f (m) 0 m M bán kính R. Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình: C + Lời giải cụ thể: *) Cách 1: + Bước 1: Do điểm M thuộc đã biết nên ta có thể giả sử dạng tọa độ của M phụ thuộc theo một tham số m. Chú ý: Thông thường cho dưới dạng phương trình tổng quát ax + by + c = 0, để cho việc gọi dạng tọa độ điểm M và tránh tọa độ viết dưới dạng phân số ta nên làm như sau: - Nếu a = 1 thì ta giả sử M( - bm – c; m ). Ví dụ: : x + 2y – 3 = 0 thì M(-2m + 3; m). - Nếu b = 1 thì ta giả sử M(m; -am – c ). Ví dụ: : 3x + y – 3 = 0 thì M(m; - 3m + 3). (với a = -1 hoặc b = -1 ta làm tương tự). a 1 -Nếu b 1 thì ta chuyển về dạng tham số “đẹp” để giả sử dạng tọa độ M. (a,b) 1 6 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
5. Sáng kiến năm 2016 x 2 3t Ví dụ: : 2x 3y 4 0 : M (2 3t; 2t) . y 2t (Đây là những kỹ thuật nhỏ, song nếu tạo cho mình một thói quen thì sẽ trở thành kỹ năng và giúp việc tính toán giảm nhẹ, hạn chế sai sót trong quá trình tính toán). + Bước 2: Dựa vào điều kiện MI = R thiết lập phương trình ẩn m (f(m) = 0), giải phương trình ta tìm được m, từ đó suy ra tọa độ điểm M cần tìm. *) Cách 2: + Bước 1: Do MI = R nên M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R. Lập phương trình (C). + Bước 2: Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình gồm phương trình và (C). Giải hệ ta tìm được tọa độ điểm M cần tìm. c. Ví dụ về bài toán MỐC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(2; 4) và đường thẳng : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc sao cho MI = 5. Lời giải: *)Cách 1: + M M (m;2m 2) m 5 2 2 2 2 + MI = 5 MI 25 2 m (6 2m) 25 5m 28m 15 0 3 . m 5 3 4 + Suy ra: M(5; 8) hoặc M ; . 5 5 *)Cách 2: + Do MI = 5 nên M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R = 5 có phương trình: (C): (x – 2)2 + (y – 4)2 = 25. 7 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
6. Sáng kiến năm 2016 x 5 y 8 2x y 2 0 + Khi đó tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình: 3 2 2 x (x 2) (y 4) 25 5 4 y 5 . 3 4 + Suy ra: M(5; 8) hoặc M ; . 5 5 Nhận xét: - Cách giải 1 chỉ đơn thuần về kỹ năng đại số (giải phương trình). - Cách giải 2 cho ta thấy sâu hơn về bản chất của bài toán, điểm cần tìm là giao của đường thẳng và đường tròn, nó cho ta thấy mối quan hệ giữa hình học và đại số. Với cách giải này tổng hợp cả 2 kỹ năng: kỹ năng đại số giải hệ phương trình và kỹ năng tư duy hình học. - Tùy vào từng yêu cầu của từng bài toán chúng ta có thể linh hoạt lựa chọn một trong hai cách giải nói trên. Cách giải 2 sẽ có lợi thế trong bài toán tìm hai điểm có cùng vai trò như nhau. 8 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
7. Sáng kiến năm 2016 2.2. Giải pháp mới: Vận dụng bài toán mốc giải các bài tập khó trong đề thi đại học phần hình học giải tích phẳng Tiếp cận, định hướng cách giải, phát triển tư duy học sinh với hướng ra đề xung quanh bài toán mốc. Ta biết rằng các bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng trong các đề thi không phải ở dạng BTM , điều chúng ta cần làm là xem xét có thể chuyển được về bài toán đó hay không, ta cần chỉ ra được 2 điều sau: + Điểm cần tìm thuộc một đường thẳng đã biết phương trình. +Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi. Muốn làm được điều đó, khi gặp bài toán chúng ta phải luôn trả lời những câu hỏi sau: + Điểm cần tìm thuộc đường nào? Đường đó đã biết phương trình hay chưa? Nếu chưa thì có viết được không? Viết bằng cách nào? + Điểm cần tìm cách một điểm cho trước một khoảng bằng bao nhiêu? Nếu chưa biết khoảng cách đó thì có đi tính được hay không? Tính bằng cách nào? Sau đây là một hướng ra đề các bài toán tọa độ phẳng xoay quanh BTM , nhiệm vụ của chúng ta là tiếp cận, định hướng cách giải và tư duy về bài toán thế nào để quy về BTM cũng như tìm ra cách giải quyết bài toán. Mỗi bài toán đều có một “nút thắt” để chúng ta có thể tìm đến BTM. Để tìm đến được “Nút thắt” này chúng ta cần dựa vào giả thiết của bài toán, có thể chỉ đơn giản là từ các giả thiết của bài toán cho ta khai thác các tính chất đã biết để tìm được “nút thắt” hoặc khó hơn “nút thắt” nằm ở một tính chất hình học mà chúng ta cần phát hiện và phải chứng minh được nó. Giả thiết bài toán: + Cho đường thẳng + Cho điểm I + Không cho độ dài MI. 9 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
8. Sáng kiến năm 2016 Yêu cầu bài toán: Tìm tọa độ điểm M. Ví dụ 1(ĐH Khối A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + 2 = 0 và đường tròn C : x 2 + y2 - 4x - 2y = 0 . Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C), (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. *) Phân tích và định hướng cách giải: + M thuộc : x + y + 2 = 0 + Tâm I của (C) biết, ta cần đi tính độ dài MI dựa vào diện tích tứ giác MAIB. SMAIB 2S MAI AI.MA 5.MA 10 MA 2 5 MI 5 chuyển về BTM. *) Lời giải: + (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R= AI = 5 . + Vì MA và MB là các tiếp tuyến của (C) tại A và B nên: 2 2 SMAIB 2S MAI AI.MA 5.MA 10 MA 2 5 MI MA AI 5 .  +Do M thuộc : x + y + 2 = 0 M (m; m 2) MI(2 m;3 m) . 2 2 2 2 m 2 + Khi đó: MI = 5 MI 25 (2 m) (3 m) 25 m m 6 0 . m 3 Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán: M(2; -4), M(-3; 1). *) Nhận xét: 10 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
9. Sáng kiến năm 2016 + “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất hai tiếp tuyến của đường tròn kẻ từ một điểm và giả thiết phụ “tứ giác MAIB có diện tích bằng 10”. + Ta giải BTM của bài toán này theo cách giải 1 vì yêu cầu bài toán chỉ tìm điểm M. Ví dụ 2(ĐH Khối D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 - 2x - 2y + 1 = 0 và đường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). *) Phân tích và định hướng cách giải: + M thuộc d: x – y + 3 = 0. + (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 1, sử dụng điều kiện tiếp xúc ngoài của 2 đường tròn ta tính được MI = MA + AI = 3R = 3, từ đó chuyển vê BTM. *) Lời giải: + (C) có tâm I(1; 1), bán kính R = 1. + Giả sử đường tròn tâm M tiếp xúc ngoài với (C) tại A, từ đó và từ giả thiết ta có: MI = MA + AI = 2R + R = 3R = 3.  + M d M (m;m 3) MI(1 m; 2 m) ; 2 2 2 2 m 1 MI = 3 MI 9 1 m ( 2 m) 9 m m 2 0 . m 2 + Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán: M(1; 4); M(-2; 1). *) Nhận xét: 11 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
10. Sáng kiến năm 2016 + “Nút thắt” của bài toán nằm ở điều kiện tiếp xúc ngoài của hai đường tròn và giả thiết phụ “đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C)”. + Ta giải BTM của bài toán này theo cách giải 1 vì yêu cầu bài toán chỉ tìm điểm M. Ví dụ 3(ĐH Khối B – 2002) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật 1 ABCD có tâm I ;0 , phương trình đường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và 2 AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết rằng điểm A có hoành độ âm. *) Phân tích và định hướng cách giải: + Giả thiết điểm A có hoành độ âm và thuộc đường thẳng AB cho ta nghĩ đến việc tìm điểm A đầu tiên. Chú ý rằng hai điểm A, B có cùng tính chất: cùng thuộc đường AB và IA = IB. + Ta đi tính độ dài IA, từ giả thiết ABCD là hình chữ nhật và AB = 2AD = 2.2d(I; AB) AB AI chuyển về BTM A B,C, D . *) Lời giải + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, suy ra H là trung điểm AB. 1 2 2 5 Khi đó: IH = d(I; AB) = 12 22 2 AD = 5 AB 2AD 2 5 AH 5 . 2 2 2 5 1 2 25 + Từ đó: IA = IB = AH IH A, B (C) : x y . 2 2 4 + Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB và (C), tọa độ A, B là nghiệm hệ 12 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A
11. Sáng kiến năm 2016 x 2 x 2y 2 0 y 0 phương trình: 2 . 1 2 25 x y x 2 2 4 y 2 + Vì A có hoành độ âm nên A(-2; 0), B(2; 2). + Do I là trung điểm AC và BD nên từ công thức tọa độ trung điểm ta suy ra: C(3; 0), D(-1; -2). *) Nhận xét: + “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất tâm I của hình chữ nhật ABCD: AD 2d I; AB và giả thiết phụ “AB = 2AD”. + Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm A, B cần tìm có vai trò như nhau. Có nhiều bạn giải theo cách số 1 để tìm điểm A, sau đó suy ra C, lập phương trình đường BC và cho giao với đường thẳng AB để suy ra điểm B. Rõ ràng là sẽ mất nhiều thời gian hơn. Ví dụ 4(ĐH Khối B – 2009 - NC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. *) Phân tích và định hướng cách giải: + Hai điểm B và C cùng thuộc đường thằng . 13 GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng Trường THPT Kim Sơn A