Thiết kế giáo án môn Sinh học 8 - Tiết 52: Vệ sinh mắt

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Giải toán hình học trong mặt phẳng bằng phương pháp tọa độ Ý tưởng: - Với những bài toán được cho trong mặt phẳng tọa độ Oxy định hướng giải quyết bài toán khá rõ ràng: Học sinh sẽ sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán. Tuy nhiên nếu bài toán hình học được cho dưới dạng truyền thống mà học sinh đã quá quen thuộc, được tiếp cận từ THCS thì ta có thể định hướng cho học sinh giải các bài toán đó bằng phương pháp tọa độ, một phương pháp nghiên cứu hình học mà học sinh đã được học trong chương trình hình học 10. Cách tiếp cận và giải bài toán hình học, bài toán đại số bằng phương pháp tọa độ sẽ làm cho học sinh có khả năng tìm tòi, sáng tạo và nhất là khả năng tư duy Toán tốt hơn. Là một động lực quan trọng giúp cho công tác tạo nguồn học sinh giỏi và giúp cho học sinh tự tin tham gia kỳ thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng ở cuối cấp. - Làm thế nào để chuyển một bài toán hình học được phát biểu dưới dạng truyền thống, không có các đại lượng tọa độ, phương trình đường ... về bài toán phát biểu trong mặt phẳng tọa độ có những đại lượng tọa độ, phương trình đường ... mà học sinh đã quen thuộc trong chương trình Hình học 10? Cách làm đó ta tạm gọi là “Phương pháp tọa độ hóa” có những ưu thế gì ? cách làm đó nhằm mục tiêu gì trong giải toán hình học (đại số) ? Để làm rõ vấn đề này chúng ta xét một số bài toán cụ thể sau: Bài toán 1 : Cho tam giác ABC cân tại A. H là trung điểm BC, D là hình chiếu của H trên AB, I là trung điểm HD. Chứng minh rằng AI CD. Lời giải: (hình vẽ trong bản chính sai về kí hiệu điểm B và C, phải sửa lại như hình dưới đây) y A. D I H O. C Lop12.net. B. x 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ta chọn hệ tọa độ Hxy sao cho hai điểm B, C trên Hx và A trên Hy để tiện cho việc tính toán ta đặt HB = HC = 1 và AH = b. Khi đó A(0 ; b), B(1;0) và C(-1;0) x y đường thẳng AB có phương trình:   1  bx  y  b  0 do HD AB và đi 1 b qua gốc tọa độ H nên HD: x  by  0  b2 x  bx  y  b  0  b2 2 b  1  b   D ; Tọa độ D là nghiệm hệ :    2 2  x  by  0 1  b 1  b  y  b  1  b2 .   nên ;  2 1  b2 2 1  b2   . Suy ra điểm I trung điểm của HD có tọa độ I . . b2.  . b. .  b2  2b3  b    2b 2  1 b   ; CD   AI  I  ;  và do đó ta có: ; 2 2   2 1  b 2  2 1  b 2   1  b 1  b    .   AI.CD . . 1. 2 1  b2. . 2.   b2 2b2  1  b b  2b3   0  AI  CD đpcm.  . .  . . Nhận xét: - Trong bài toán trên, việc đặt tam giác ABC vào vị trí nào trong mặt phẳng tọa độ Oxy là hợp lý. Công việc này thường được gọi là “chọn hệ trục tọa độ”. Đối với các bài toán mà trong giả thiết có tam giác cân, hay tam giác đều thì ta thường chọn hệ tọa độ sao cho có thể biểu diễn được tọa độ các điểm, phương trình các đường thẳng cho trong bài một cách dễ dàng và đơn giản nhất. Thông thường ta chọn gốc hệ tọa độ là trung điểm cạnh đáy tam giác cân, tam giác đều. Nếu tam giác cho trong bài là tam giác vuông thì ta chọn đỉnh của góc vuông là gốc tọa độ, hai cạnh góc vuông lần lượt nằm trên hai trục hoành Ox, trục tung Oy. - Với những bài toán đòi hỏi chứng minh hệ thức, bất đẳng thức hình học, thông thường ta lấy độ dài đoạn thẳng cạnh của tam giác bằng đơn vị. Việc làm này nhằm đơn giản những tính toán trong chứng minh mà không làm mất tính tổng quát của bài toán. Thực chất, ở bài toán trên, ta đã chọn vec tơ đơn vị của trục hoành Ox là . . véc tơ HB  OB  1 . Cách làm này ta sẽ định hướng cho học sinh thực hiện ở những bài toán đòi hỏi chứng minh một tính chất hình học như chứng minh vuông góc,. Lop12.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> chứng minh song song, thậm chí chứng minh một hệ thức, một bất đẳng thức hình học. Nhưng với những bài toán về định lượng đòi hỏi tính toán về các đại lượng hình học như độ dài, góc, diện tích ... thì định hướng cho học sinh không nên thực hiện như vậy. Ta xét tiếp một bài toán tương tự như thế Bài toán 2 Cho tam giác ABC cân tại A. Xét D trên cạnh AB và điểm E trên BC sao cho BC hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng . Chứng minh rằng đường thẳng 2 vuông góc với DE tại E luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải y A. D. B. H. O. E. C. x. Gọi O là trung điểm BC, chọn hệ tọa độ sao cho A(0;a),B(b;0),C(b;0) Khi đó các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình x y x y (AB) :    1 (AC) :  1 b a b a BC Gọi H là hình chiếu của D trên BC. Do EH  2 nên E   OC ,H   OB .Vậy điểm có tọa độ E (x0; 0).Gọi  là đường thẳng qua E  ax vuông góc với DE. Suy ra  nhận DE  (b;  0 ) làm một vectơ pháp tuyến, vì b 2 2 vậy  :b x  ax 0 y  b x 0  0. Lop12.net. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> b2   Suy ra  luôn đi qua điểm  0;   cố định. a  Nhận xét:. - Như vậy nếu tam giác ABC cân tại A cạnh đáy BC thì ta có thể chọn hệ tọa độ gốc là H trung điểm BC, trục Hy trùng đường cao AH, trục Hx trùng với BC. - Có thể chọn OB = OC = 1 thì các các phương trình cạnh AB, AC sẽ đơn giản hơn. - Bài toán chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định trong chương trình hình học của THPT là một bài toán khó. Bài toán này sẽ đơn giản hơn khi nó được tọa độ hóa. Học sinh cần được chuẩn bị kỹ năng chứng minh họ đường thẳng (họ đường cong) đi qua điểm cố định. Bài toán 3: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E, F lần lượt trên cạnh AB, BC, DA EB FC CA sao cho : . Chứng minh rằng : AE  FD và AE  FD .   DB EC FA Lời giải : (Hình vẽ của bài này cũng sai ký hiệu điểm, phải sửa lại như hình dưới đây) y Ta chọn hệ tọa độ Axy sao cho, AB và AC trên Ax, Ay Không giảm tổng quát ta chọn : AB  AC  1 thế thì A(0;0), B(1;0) và C(0;1) DA EB FC Đặt    m, m  0 DB EC FA C theo tính chất của tỉ lệ thức ta suy ra : DA m FA 1 EB m E  ,  ,  DA  DB m  1 FA  FC m  1 EB  EC m  1 m 1 m 1 F , FA  , EH  , EK  Vậy: DA  m 1 m 1 m 1 m 1 1  m   m    1 ;0  , F  0; , E ; Nên : D  A D B     m 1   m 1  m 1 m 1   1 m m  1  .  .  Suy ra : AE.FD  0 m 1 m 1 m 1  m 1  2  2  1 2  m 2 AE  FD       m 1  m 1 Chứng tỏ : AE  FD va AE  FD (điều phải chứng minh). Lop12.net. 4. x.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Nhận xét : Như vậy nếu bài toán cho tam giác vuông thì việc tọa độ hóa bài toán khá thuận lợi: Tọa độ các điểm, phương trình các cạnh được xác định khá dễ dàng. Công việc chứng minh các quan hệ hình học như vuông góc, song song, đoạn thẳng bằng nhau, góc bằng nhau... chỉ còn lại là công việc của tính toán. Việc tọa độ hóa các bài toán hình học mà tam giác đã cho trong giả thiết không phải tam giác vuông , tam giác cân, tam giác đều thì định hướng cho học sinh như thế nào ? Bài toán 4. Cho tam giác ABC với đường cao AD,  là một đường thẳng đi qua D. Lấy E,F  , khác D sao cho AE  BE,AF  CF. Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng BC và EF. Chứng minh rằng AN  MN Lời giải Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với  . y. A C. x. M N. δ. E. D. F. B. ef  ;a  Giả sử D(d;a),E(e;a),F(f ;a)  N   2  Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax  ey  0 , đường thẳng AD có phương trình ax  dy  0 , đường thẳng AF có phương trình ax  fy  0 .. Từ đó, do BE  EA nên BE có phương trình ex  ay  e 2  a 2  0 do CF  AF nên CF có phương trình fx  ay  f 2  a 2  0, do BC  AD nên BC có phương trình dx  ay  d 2  a 2  0. Lop12.net. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> de   df  ef d(e  f )    ;a  từ đó, tìm được B  d  e;a   ,C  d  f ;a    M  d   a   a  2 2a      d(e  f ) ef d(e  f )  MN  (d; )  MN.AN  d.  a.  0 (đpcm) 2a 2 2a Nhận xét: - Qua bài toán ta nhận thấy rằng việc tam giác đã cho trong đề bài không phải tam giác vuông hay cân vẫn có thể tọa độ hóa được bài toán. Về nguyên tắc, có thể chọn hệ trục tọa độ có gốc, trục ở vị trí hợp lý để ta có thể tọa độ hóa các điểm, đường thẳng một cách thuận lợi. - Các bạn cũng có thể chọn hệ trục lấy D làm gốc AD là trục tung và BC làm trục hoành nhưng việc tính toán xẽ vất vả hơn đấy, hãy thử xem . - Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADBE và đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADFC có thể sử dụng để chứng minh bài toán bằng phương pháp tổng hợp. Bài toán 5 Trong mặt phẳng cho trước hai điểm A, B. Xét điểm C thay đổi trên một nửa mặt phẳng bờ AB. Dựng ra ngoài của tam giác ABC các hình vuông ACED và BCFG. Chứng minh rằng đường thẳng DG luôn đi qua một điểm cố định khi C thay đổi. Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho A(0;0), B(b;0); C ( x0 ; y0 ) với y0  0 . y F. E G H C. D. x A O. B.  Khi đó D( y0 ; x0 ), G (b  y0 ; b  x0 ) . Vậy DG  (b  2 y0 ; b  2 x0 ) và do đó đường x  y0 y  x0 hay  b  2y 0 b  2x 0 (b  2x)x 0  (b  2y)y 0  b(x  y)  0 (*) Phương trình (*) không phụ thuộc vào x0, y0 khi :. thẳng DG có phương trình:. Lop12.net. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  b b  2x  0 x     2 b  2y  0   x  y  0 y  b   2 b b Từ đó đường thẳng DG luôn đi qua điểm H( ; ) trung điểm của DG cố định. 2 2 Bài toán 6 : Cho điểm A nằm trên đường tròn (O') và gọi () Là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) . Xét điểm M nằm trong mặt phẳng có tính chất khoảng cách từ M tới () bằng độ dài tiếp tuyến MT kẻ tới đường tròn (T  (O)) . 1. Tìm quỹ tích M 2. Chứng minh rằng đường tròn tâm M, bán kính MT luôn tiếp xúc với đường tròn cố định Lời giải y. M. H. (l). T. x R  2. A O. I. O'. 1. Chọn hệ tọa độ Axy sao cho A(0;0),O'(R;0) ( và do đó đường thẳng  có phương trình x  0 ). Khi đó, với mỗi điểm M(x; y) trong hệ trục tọa độ, ta có MH  d(M;Ay)  x và MT 2  MO 2  OT 2  (x  R) 2  y 2  R 2 . Vậy MH  MT  x 2  (x  R) 2  y 2  R 2  y 2  2Rx Suy ra M chạy trên parabol P: y 2  2Rx. Lop12.net. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> y2 y2 Ngược lại, với mỗi điểm M( ; y)  P thì d(M;Ay)  và 2R 2R 2  y2  y2 2 2 2 2 2 2 MT  MO  R  (  R)  y  R    . Do đó MT  d(M;Ay) . 2R 2R   Vậy quỹ tích điểm M cần tìm là đường parabol P , có đỉnh tại A, tiêu điểm là trung điểm I của AO R 2. Gọi l là đường chuẩn của P, khi đó l có phương trình x   2 R R Từ giả thiết, suy ra, với M(x 0 ; y0 ) , thì MI  d(M;l)  x 0   MT  . 2 2 Vậy, đường tròn tâm M, bán kính MT luôn tiếp xúc với đường tròn đường kính AO cố định. Bài toán 7 Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự, gọi  là đường thẳng vuông góc với AC tại B. Với mỗi điểm S thuộc  , Gọi D là giao điểm của thẳng qua B vuông góc với SC với đường thẳng SA. Tìm tập hợp điểm D. Lời giải. y. a ( x  )2 2 2  y 1 2 ac a 2 2. S. x. A. BO. C. D. Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho B  O, A(a;0),C(c;0)(a,c  0),S(0,s), s  0 . x y x y Khi đó phương trình thẳng SA :    1 , SC:   1 a s c s Do BD vuông góc với SC và đi qua gốc tọa độ nên BD có phương trình. Lop12.net. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> x y  0 s c Từ đó, tọa độ của D là nghiệm của hệ 2 a   x y x    a  s  1 x 2 y2 y2 2  Khử s từ hệ, ta thu được    x Hay   1(*)  2 ac a x y a c   0 2  s c 2 Vậy khi S chạy trên khắp trục tung thì D chạy trên đường hyperbol (*) Bài toán 8 Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B. Tìm quỹ tích tất cả những điểm M sao cho   MBA   900 MAB Lời giải y. M. x. A. O B.    , MBA    (00   ,   900 ) . Đặt MAB Khi đó, Vì sự tồn tại điểm M nên     1800 Nếu   00 thì   900 và M  A . Nếu   00 thì   900 và M  B . Vậy chỉ cần xét  ,   00 ,900 . Không mất tính tổng quát có thể coi AB  2 .. Lop12.net. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho A(1;0), B(1;0) Do đó     900 nên     900 hoặc     900 . Điều này tương đương với tan    cot  hay tích của hai hệ số góc của các đường thẳng MA, MB bằng 1.  y  k ( x  1) Vậy, tọa độ của M là nghiệm của hệ  ky  ( x  1) Khử k từ hệ, thu được x 2  y 2  1. Vậy quỹ tích M là hyperbol vuông có hai đỉnh thực là hai điểm A, B đã cho. Bài toán 9 Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định, còn A thay đổi. Tìm quỹ tích điểm A sao cho tâm đường tròn Ơle của tam giác ABC nằm trên BC. Lời giải y. x2 - y2 = 1 O'. A K. B. I≡ O. J. E. x. C. H. Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và O’, H, E là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, tâm đường tròn Ơle của tam giác ABC. Khi đó E là tâm đường tròn (IJK ) và cũng là trung điểm O’H. Không mất tính tổng quát có thể coi BC  2 . Chọn hệ tọa độ Ixy, sao cho x  1 y0 x  1 y0 ; ), K ( 0 ; ). B(1;0), C (1;0); A( x0 ; y0 ) , với y0  0 . Khi đó I (0;0), J ( 0 2 2 2 2 Vì E là tâm đường tròn (IJK ) , Nên E nằm trên trung trục của đoạn JK và do x E  BC , suy ra E ( 0 ;0) . Vì E là tâm đường tròn (IJK ) nên EI  EJ  EK 2. Lop12.net. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> x02 1 y02 Từ đó ta được    x2  y 2  1 4 4 4 Ngược lại, với A mỗi điểm A( x0 ; y0 )   : x 2  y 2  1, bỏ đi hai điểm B, C thì có x điểm E ( 0 ;0)  BC cách đều I, J, K, do đó tâm đường tròn Ơle của tam giác 2 ABC nằm trên BC. Vậy quỹ tích điểm A của tam giác là đường hyperbol H: x 2  y 2  1 , bỏ đi hai đỉnh B,C. Bài toán 10 Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N. Tiếp tuyến chung (gần M hơn) tiếp xúc với (Oi ) tại Ai . Đường thẳng qua M song song với A1 A2 , cắt đường tròn (Oi ) tại điểm Bi . Các đường thẳng Ai Bi cắt nhau tại các đường thẳng Ai N cắt B1 B2 ở D, E. Chứng minh rằng CD  CE . Lời giải Chọn hệ trục tọa độ A1 xy sao cho A1 (0;0), A2 (a;0); O1 (0; r1 ), O2 (0; r2 ) . Giả sử trong hệ trục tọa độ M ( s; t ) , khi đó B1 ( s; t ), B2 (2a  s; t ) từ đó B1 B2  2a  2 A1 A2 , để ý rằng B1 B2 A1 A2 , suy ra A1 , A2 theo thứ tự là trung điểm   B1C , B2 C , do đó C ( s; t ) . Vậy CM  (0; 2t ) , B1 B2  (2a;0) suy ra B1 B2  CM hay CM  DE (1) Gọi K là giao điểm của MN với A1 A2 . Ta có 2. PK /(O1 )  KA1  KM .KN  PK /(O 2)  KA2. 2. Suy ra K là trung điểm A1 A2 . Từ đó, do B1 B2 A1 A2 nên M là trung điểm của DE (2) Từ (1) và (2) suy ra CM là trung trực của DE.( ĐPCM) Bài toán 11 Trong mặt phẳng cho trước đường thẳng  và một điểm A . Xét B, C   sao cho BC  b  0 cho trước. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC Lời giải (Bài này lời giải có vấn đề, xin sửa lại như sau) Gọi O là hình chiếu của A lên  và đặt a  d ( A; ) . Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A(0; a ), O(0;0) (tức trục hoành chứa  , trục tung chứa OA). Giả sử trong hệ trục này B( x0 ;0) do BC = b nên C(x0 + b; 0) . Gọi I (x ; y) là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và gọi H là hình chiếu của I trên BC thì. Lop12.net. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> do I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên I thuộc đường trung trực của BC. y. A. a. I B xo. C O. H. b + x0. Suy ra H là trung điểm của BC do đó HB  HC  Khi đó x . b b  x0 (hoặc x  x0  ). 2 2. x. b . 2. 2. IA2. b b2 2 =  x0     y  a   x02  bx0   y 2  2ay  a 2 2 4  2. b b2 2 =  x0   x0    y  0    y2 2 4   b2 b2  y 2  2ay  a 2 =  y2 Do IA  IB nên ta có x02  bx0  4 4. IB2. x02 b 2 a 1 2 b2 a hay y   x0  suy ra I thuộc parabol (P) : y  x  x  (*). 2a 2a 2 2a 2a 2 Vậy khi đoạn BC trượt trên đường thẳng  (trục Ox) thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên parabol P có phương trình (*) Ngược lại, với mỗi điểm I  P , dễ dàng kiểm tra được d ( I ;Ox)  IA , do đó đường tròn tâm I, bán kính IA cắt Ox tại hai điểm B, C. Dễ dàng kiểm tra được BC  b . Vậy quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là parabol có phương trình cho ở (*) Kết luận : - Như vậy một bài toán hình học được phát biểu dưới dạng hình học thông thường nhưng nếu ta có ý thức giải nó bằng phương pháp tọa độ ta hoàn toàn có thể “tọa độ hóa” bài toán để bằng công cụ tọa độ mà học sinh đã được tiếp cận trong chương trình Hình học 10 có thể giải quyết bài toán có thể dễ dàng hơn.. Lop12.net. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> - Mọi sự cố gắng đều được đền đáp, bởi vậy chúng tôi tin tưởng rằng bằng sự nỗ lực cố gắng, say mê tìm hiểu và nghiên cứu mỗi bạn độc giả sẽ tìm được cho mình con đường ngắn nhất để đi đến đích trong làm toán cũng như trong cuộc sống hàng ngày. Lop12.net. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>