Khóa luận Đường thẳng và đường tròn trong hình học tọa độ lớp 10

1. Những kết quả nghiên cứu đạt được Trong khoá luận này, chúng tôi đã làm được những việc sau đây: i. Trình bày các dạng toán viết phương trình đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng thường gặp ở các bài toán THPT, các đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia, đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng; ii. Đưa ra hướng phân tích, phương pháp giải các ví dụ cho từng dạng toán cụ thể; iii. Dự đoán được một số sai lầm ở học sinh khi giải các bài tập trong hình học toạ độ phẳng, đồng thời kiểm chứng được sự tồn tại của sai lầm này cũng như làm rõ nguyên nhân của chúng. Tuy nhiên, bên cạnh những kết quả đạt dược, chắc chắn còn tồn tại một số hạn chế như chưa nghiên cứu đầy đủ các dạng toán về đường thẳng và đường tròn vì sự hạn hẹp về thời gian. 2. Hƣớng mở rộng cho nghiên cứu Có phải tất cả các bài toán liên quan đến đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng toạ độ đều có thể giải bằng cách áp dụng các công thức đã học? Học sinh sẽ xử lí như thế nào nếu không tìm được mối liên hệ từ các dữ kiện đã cho?

pdf125 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 30/07/2018 | Lượt xem: 381 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Khóa luận Đường thẳng và đường tròn trong hình học tọa độ lớp 10, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 . Bài giải  C có tâm  2;3I và bán kính 13.R  a) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  1 : 2 3 1 0d x y      1d  suy ra một VTPT của   là  3;2n  Phương trình của   có dạng : 3 2 0x y c   Ta có :   ;d I R  2 2 12 13 3 2 12 13 1 25 c c c c             Khi 1c  , phương trình tiếp tuyến   : 3 2 1 0x y   Khi 25c   , phương trình tiếp tuyến   : 3 2 25 0.x y   b) Tiếp tuyến song song với đường thẳng  2 :3 2 13 0d x y      1/ / d suy ra một VTPT của   là  3; 2n   Phương trình của   có dạng :  3 2 0, 13x y c c    Ta có :   ;d I R  2 2 13 3 2 13 13 13 13 c c c c c              Phương trình tiếp tuyến   : 3 2 13 0.x y   c) Tiếp tuyến có hệ số góc là 1 Phương trình của   có dạng : 0y x c x y c      Ta có :   ;d I R  79 2 2 1 13 3 2 1 13 12 14 c c c c              Khi 12c  , phương trình tiếp tuyến   : 12 0.x y   Khi 14c   , phương trình tiếp tuyến   : 14 0.x y   Nhận xét. Vì hai đường thẳng y ax b  và ' 'y a x b  song song khi và chỉ khi ', 'a a b b  . Mà ở đây ta chỉ sử dụng điều kiện cần 'a a nên sau khi ra kết quả ta cần loại phương trình đường thẳng trùng với phương trình đường thẳng đã cho. 2.5.4. Lập phƣơng trình tiếp tuyến chung của hai đƣờng tròn Ví dụ. Cho đường tròn   2 21 : 4 8 11 0C x y x y     , viết phương trình tiếp tuyến chung của  1C với : a)   2 22 : 2 2 2 0C x y x y     ; b)   2 23 : 2 6 6 0C x y x y     . Phân tích đề Đây là dạng toán lập phương trình đường thẳng khi biết hai điều kiện về khoảng cách. Để tiện lợi cho quá trình tính toán ta xét vị trí tương đối của hai đường tròn. Nếu hai đường tròn lồng nhau thì hai đường tròn này không có tiếp tuyến chung; Nếu hai đường tròn tiếp xúc trong ta tìm tiếp điểm, bài toán trở về dạng viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm. Ta sẽ tìm được 1 tiếp tuyến chung; Nếu hai đường tròn cắt nhau ta tìm giao điểm của tiếp tuyến và đường thẳng nối hai tâm (nếu có), bài toán trở về dạng viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn khi biết điểm đi qua; nếu không tìm được giao điểm thì tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng nối hai tâm, bài toán trở về dạng viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn song song với đường thẳng cho trước. Ta sẽ tìm được 2 tiếp tuyến chung; R2 R1 I2 I1 80 Nếu hai đường tròn tiếp xúc ngoài ta tìm tiếp tuyến chung như trường hợp hai đường tròn tiếp xúc trong và hai đường tròn cắt nhau. Ta sẽ tìm được 3 tiếp tuyến chung; Nếu hai đường tròn rời nhau ta tìm 2 tiếp tuyến nằm giữa hai đường tròn (tiếp tuyến trong) bằng cách tìm giao điểm của tiếp tuyến và đường thẳng nối hai tâm, bài toán trở về dạng viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn khi biết điểm đi qua; 2 tiếp tuyến nằm ngoài hai đường tròn (tiếp tuyến ngoài) tìm tương tự trường hợp hai đường tròn cắt nhau. Ta sẽ tìm được tất cả là 4 tiếp tuyến. RR I1 I2 R2 R1 I2 I1 RR I1 I2 R1 R2 I1 I2 81 Các bƣớc giải Bước 1. Xác định tâm và bán kính các đường tròn; Bước 2. Xét vị trí tương đối của hai đường tròn; Bước 3. Tìm giao điểm  0 0;x y của tiếp tuyến và đường thẳng nối hai tâm (nếu có); Bước 4. Viết phương trình tiếp tuyến dưới dạng    0 0 0a x x b y y    với 2 2 0a b  (nếu có); Bước 5. Sử dụng điều kiện khoảng cách của tiếp tuyến (nếu có); Bước 6. Kết luận. Bài giải a)   2 22 : 2 2 2 0C x y x y      1C có tâm  1 2; 4I  bán kính 1 3R  .  2C có tâm  2 1; 1I  bán kính 2 2.R  2 2 1 2 1 3 10.I I    Ta có : 1 2 1 2 1 2R R I I R R       1 2,C C cắt nhau. Gọi :  ;M x y là giao điểm của tiếp tuyến chung và đường thẳng 1 2I I ,H K lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung với đường tròn    1 2,C C 1 2MHI MKI  1 1 1 2 2 2 3 2 MI HI R MI KI R     M nằm cùng phía so với 1 2 ,I I Nên 1 2 3 2 MI MI R R I1 I2 82       3 2 1 2 3 4 1 2 1 5 1;5 x x y y x y M                    Tiếp tuyến chung   qua  1;5M  có dạng :    1 5 0a x b y     2 2 0a b  Ta có:       1 1 2 2 , , d I R d I R       2 2 2 2 3 9 3 2 6 2 a b a b a b a b          2 23a b a b    28 6 0b ab   0 3 4 b b a      Khi 0b  , chọn 1a  Suy ra phương trình   : 1 0x   . Khi 3 4 b a , chọn 3 4b a   Suy ra phương trình   : 3 4 17 0x y    . b)   2 23 : 2 6 1 0C x y x y      1C có tâm  1 2; 4I  bán kính 1 3R  .  3C có tâm  3 1;3I bán kính 3 3.R  2 2 1 3 1 7 5 2.I I    Ta có : 1 3 1 3I I R R     1 3,C C rời nhau. Gọi :  ;E x y là giao điểm của tiếp tuyến trong và đường thẳng 1 3I I ,P Q lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung với đường tròn    1 3,C C 1 3EPI EQI  83 1 1 1 3 3 3 3 3 EI PI R EI QI R     E nằm giữa so với 1 3 ,I I Nên 1 3EI EI      2 1 4 3 3 2 1 2 3 1 ; 2 2 x x y y x y E                           Tiếp tuyến trong  1 qua 3 1 ; 2 2 E       có dạng : 3 1 0 2 2 a x b y                 2 2 0a b  Ta có:       1 1 1 3 1 3 , , d I R d I R           2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 7 3 2 2 1 7 3 2 2 1 7 3 2 2 7 36 35 13 14 0 a b a b a b a b a b a b a b a b a b ab                           Nếu 0b  thì 0a  trái với điều kiện 2 2 0.a b  Nếu 0b  , chia hai vế phương trình cho 2b , ta được phương trình: 2 2 35 13 14 0 7 6 14 35 a a b b a b         Khi 7 6 14 35 a b    , chọn 35 7 6 14b a     Phương trình    1 : 7 6 14 35 28 9 14 0x y       . 84 Khi 7 6 14 35 a b    , chọn 35 7 6 14b a     Phương trình    1 : 7 6 14 35 28 9 14 0x y       . Gọi :  ;F a b là giao điểm của tiếp tuyến ngoài và đường thẳng 1 3I I ,A B lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung với đường tròn    1 3,C C 1 3FAI FBI  1 1 1 3 3 3 3 3 FI AI R FI BI R     F nằm cùng phía so với 1 3 ,I I nên 1 3FI FI (vô lý) Vậy có hai tiếp tuyến ngoài  2 song song với đường thẳng 1 3I I suy ra VTCP của  2 là        2 21 3 1;7 7;1 .u I I n      Suy ra phương trình  2 có dạng: 7 0x y c   . Ta có:       1 2 1 3 2 3 , , d I R d I R       2 2 2 2 14 4 3 7 1 7 3 3 7 1 10 15 2 10 15 2 10 15 2 10 15 2 . 10 15 2 c c c c c c c                                Khi 10 15 2c    , phương trình tiếp tuyến  2 : 7 10 15 2 0.x y     Khi 10 15 2c    , phương trình tiếp tuyến  2 : 7 10 15 2 0.x y     Nhận xét. Khi tìm giao điểm của tiếp tuyến và đường thẳng nối hai tâm đường tròn ta cần lưu ý xét vị trí của giao điểm cần tìm với hai tâm. 2.6. Đƣờng tròn và tập hợp điểm 2.6.1. Tập hợp tâm đƣờng tròn Ví dụ. Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn (C) có phương trình (m là tham số) a) 2 2 22 2 2 0x y mx m y     ; b) 2 2 4 cos 2 sin 4 0x y x m y m     ; 85 c) (C) tiếp xúc với hai đường thẳng    1 2: 2 3 0, : 2 6 0d x y d x y      . Phân tích Từ phương trình đường tròn đã cho ta tìm được toạ độ tâm I theo tham số m. Vì đây là phương trình có chứa tham số nên ta cần tìm điều kiện để đó là một phương trình đường tròn. Để tìm được tập hợp các điểm I ta cần tìm mối liên hệ giữa hoành độ và tung độ của điểm I. Các bƣớc giải Bước 1. Tìm giá trị của m để tồn tại tâm ;I Bước 2. Tìm tọa độ tâm I . Giả sử ( ) ( ) x f m I y g m    ; Bước 3. Khử m giữa x và y , ta được phương trình  ; 0;F x y  Bước 4. Tìm giới hạn: dựa vào điều kiện của m ở Bước 1 để giới hạn miền của x hoặc y; Bước 5. Kết luận. Bài giải a) 2 2 22 2 2 0x y mx m y     Phương trình đã cho là phương trình đường tròn khi và chỉ khi 2 4 2 0m m   2 1m  1m  hay 1m  . Ta có :  2;I m m 2 2 I I I I x m y m x y       Vì 1 1 1 Ix m x m haym        hay 1x  Vậy tập hợp tâm I của đường tròn là parabol 2y x với  \ 1;1x  . a) 2 2 4 cos 2 sin 4 0x y x m y m     Phương trình đã cho là phương trình đường tròn khi và chỉ khi 2 24cos sin 4 0m m   23cos 5 0, .m m     Ta có :  2cos ; sinI m m 86 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2cos sin 4cos sin 1 cos 4cos cos 1 4 4 1. 4 I I I I I I I I I I x m y m x m y m m x m m y x y x y                         Vậy tập hợp tâm I của đường tròn là elip có phương trình là 2 2 1. 4 x y  b) (C) tiếp xúc với hai đường thẳng    1 2: 2 3 0, : 2 6 0d x y d x y      Gọi  ;I a b là tâm đường tròn (C) (C) tiếp xúc với hai đường thẳng    1 2,d d      1 2, ,d I d d I d  2 2 2 2 2 3 2 6 1 2 1 2 a b a b        2 3 2 6a b a b      2 3 2 6 2 3 2 6 a b a b a b a b              3 6 2 4 3 0a b        2 4 3 0a b    (vì 3 6  là điều vô lý) Vậy tập hợp tâm I của đường tròn là đường thẳng 2 4 3 0.x y   2.6.2. Tập hợp điểm là đƣờng tròn Ví dụ. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy tìm tập hợp điểm M thoả mãn : a) 2 2 2MA MB MC  với      1;2 , 3;1 , 4;2A B C ; b) . . . 0MAMB MBMC MAMC   với      1;1 , 2;2 , 1; 2 .A B C   Phân tích Từ giả thiết đề bài ta tìm được một hệ thức liên hệ giữa x và y, từ hệ thức đó suy ra quỹ tích cần tìm. Các bƣớc giải Bước 1. Giả sử điểm  ;M x y thoả mãn bài toán; Bước 2. Biểu diễn các hệ thức đã cho dưới dạng toạ độ để thiết lập hệ thức liên hệ giữa x và y; 87 Bước 3. Kết luận. Bài giải a) 2 2 2MA MB MC  với      1;2 , 3;1 , 4;2A B C Giả sử điểm  ;M x y thoả mãn bài toán. Ta có : 2 2 2MA MB MC              2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 4 2x y x y x y                2 2 6 1 42x y     Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm  6;1I  bán kính 42R  b) . . . 0MAMB MBMC MAMC   với      1;1 , 2;2 , 1; 2A B C   Giả sử điểm  ;M x y thoả mãn bài toán.      1 ;1 ; 2 ;2 ; 1 ; 2 .MA x y MB x y MC x y            Ta có : . . . 0MAMB MBMC MAMC   2 2 2 2 2 2 3 3 4 2 5 0 4 2 5 0 3 3 3 2 1 20 3 3 9 x y x y x y x y x y                             Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm 2 1 ; 3 3 I       bán kính 2 5 . 3 R  Nhận xét. Đối với dạng toán tập hợp điểm ta cần khéo léo trong việc tìm mối liên hệ giữa ,x y và nhìn dạng đồ thị của quỹ tích. 88 CHƢƠNG 3 MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2: 9C x y  , đường thẳng   : 3 3d y x   và điểm  3;0A . Gọi M là một điểm thay đổi trên  C và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM , biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc  d và G có tung độ dương. Phân tích Vì A và M cùng nằm trên đường tròn nên ta có ABMO là hình thoi nên MA vuông góc với OB tại E . Vì đây là bài toán khá khó nên ta sẽ phân tích từ yêu cầu bài toán. Diện tích tam giác ABM bằng diện tích tam giác OAM và bằng 2 lần diện tích tam giác OAE , vì vậy ta sẽ tìm diện tích tam giác OAE . Đây là tam giác vuông tại E nên ta sẽ tìm độ dài đoạn OE và EA . Vì là trọng tâm của tam giác ABM nên ta có 1 1 3 3 EG EB OE  . Ta lại có 3OA  . Từ dữ kiện này ta sẽ dựng GF song song với MA (với F thuộc trục Ox ) từ đó ta sẽ tìm được tọa độ điểm F . Mặt khác, G thuộc đường tròn đường kính OF và đường thẳng  d ta dễ dàng suy ra được tọa độ điểm G . Từ tọa độ 3 điểm , ,O G F ta tính được diện tích tam giác vuông OGF và suy ra diện tích tam giác OEA . Các bƣớc giải (d) F G E AO M B G 89 Bước 1. Gọi E là giao điểm của MA và OB . Chứng minh MA vuông góc với OB tại E ; Bước 2. Qua G dựng đường thẳng song song với MA cắt trục Ox tại F , suy ra tọa độ của điểm F ; Bước 3. Tìm tọa độ điểm G là giao điểm của đường tròn đường kính OF và đường thẳng  d , G có tung độ dương; Bước 4. Tính diện tích tam giác OGF , suy ra diện tích tam giác OEA và ABM . Bài giải Gọi E là giao điểm của MA và OB . Ta có: OA OM (vì  ,A M C ) nên ABMO là hình thoi. Suy ra AM OB tại E . Qua G dựng đường thẳng song song với MA cắt trục Ox tại F . Ta có:   3 3 0;4 4 4 OE OG OA OF F    . Tam giác OGF vuông tại G suy ra tam giác OGF nội tiếp đường tròn  'C đường kính OF .  'C có tâm  ' 0;2I bán kính ' 2R  . Phương trình đường tròn     22' : 2 4.C x y   Ta có:    'G C d    22 1 3 3 3 2 4 3 3 G G G G G G G G y y x y x y x y                      3 3; 3 3 G G y G x      (vì 0Gy  ). 1 2 3; 2 . 2 3. 2 OGFOG GF S OGGF     90 2 9 9 3 . 16 8 OEA OEA OGF S OE OEA OGF S S OG             9 3 2 . 4 MAB OMA OEAS S S   Ví dụ 2. Trong mặt phẳng hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có  5; 7A  , điểm C thuộc đường thẳng   : 4 0d x y   . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3 4 23 0x y   . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có hoành độ dương. Phân tích Nhận thấy bài toán không cho ta dữ kiện gì về điểm B . Gọi M là trung điểm của AB . Bài toán chỉ cho ta tọa độ điểm A , và các điểm khác thuộc đường thẳng đã cho. Vậy ta cần lập tam giác đồng dạng hoặc tỉ số để tìm tọa độ các điểm khác trong hình chữ nhật. Nhận thấy đường thẳng  DM và đường chéo AC cắt nhau tại I ta sẽ có tam giác IAM đồng dạng tam giác ICD . Từ đó ta lập tọa độ điểm I theo điểm A vàC . Hơn nữa vì  I DM ta tìm được tọa độ điểm I . Suy ra tọa độ điểm C . Ta có ABCD là hình chữ nhật nên . 0ABCB  vậy ta cần đưa tọa độ điểm B về một ẩn. M là trung điểm của AB ,  M DM ta xác định được tọa độ điểm M dưới dạng 1 ẩn từ đó suy ra tọa độ điểm B theo ẩn của tọa độ điểm M . Các bƣớc giải Bước 1. Gọi M là trung điểm của AB , I là giao điểm của AC và DM ; Bước 2.    , 4C d C c c   . 1 2 IAM ICD IA IC      và  I DM , suy ra tọa độ điểm I ; Bước 3. Tìm tọa độ điểm C ; (d)I M B D C A 91 Bước 4. Viết tọa độ M dưới dạng 1 ẩn suy ra tọa độ điểm B với ẩn theo tọa độ điểm M . ABCD là hình chữ nhật nên . 0ABCB  , tìm tọa độ điểm B . Bài giải Gọi M là trung điểm của AB , I là giao điểm của AC và DM .    , 4C d C c c   . 1 1 2 2 IA AM IAM ICD IA IC IC DC             1 5 2 1 7 4 2 I I I I x c x y c y               10 3 3 10 3 3 10 10 ; . 3 3 3 3 I I c x c y c c I                      4 40 10 23 0 1 1;5 . 3 3 c I DM c c C            3 23 ; . 4 4 M DM M m m         M là trung điểm của AB nên 3 9 2 5; . 2 2 B m m        3 5 3 19 2 10; , 2 6; . 2 2 2 2 AB m m CB m m                  ABCD là hình chữ nhật nên .AB BC Suy ra   3 19 3 5 . 0 2 6 2 10 0 2 2 2 2 ABCB m m m m                 92   1 29 5 3; 3 33 21 ; 5 5 m m B B                 33 21 ; 5 5 B        vì 0.Bx  Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AO . Gọi  C là đường tròn tâm A bán kính OD . Tiếp tuyến của  C tại D cắt CA tại  8;8E  . Đường thẳng vuông góc với ED tại E và đường thẳng đi qua A vuông góc với EB cắt nhau tại  8; 2M   . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB có phương trình 4 3 8 0.x y   Phân tích Để viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC ta cần tọa độ 2 đỉnh , .B C Ta có phương trình đường thẳng  EB và tọa độ điểm  8; 2M   từ đó viết được phương trình đường thẳng  MA suy ra tọa độ điểm K với K là giao điểm của  EB và  MA . HK M E O D B A C 93 Vì ,BK BO là hai tiếp tuyến của đường tròn  C ta dể dàng thấy được BA là đường trung trực của đoạn thẳng KO . Như vậy ta viết được phương trình đường thẳng BA khi biết điểm đi qua H là trung điểm của KO và một VTPT là KO . Từ phương trình đường thẳng  EB và  AB tìm được tọa độ điểm B , để tìm tọa độ điểm A ta cần dựa vào dữ kiện AO BO . Để giải quyết bài toán ta cần tọa độ điểm C . Dựa vào hình vẽ ta dễ dàng thấy được C là giao điểm của hai đường thẳng  BO và  EA , hơn nữa ta đều có tọa độ của hai điểm trên mỗi đường thẳng. Việc tìm tọa độ điểm C trở nên đơn giản. Các bƣớc giải Bước 1. Gọi K là giao điểm của  EB và  MA , viết phương trình đường thẳng  MA suy ra độ độ điểm K ; Bước 2. Gọi H là trung điểm của KO , tìm tọa độ điểm H suy ra phương trình đường thẳng  AB ; Bước 3. Tìm tọa độ điểm B và A ; Bước 4. Viết phương trình đường thẳng  BO và  EA suy ra tọa độ điểm C ; Bước 5. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi biết đường kính .BC Bài giải Gọi K là giao điểm của  EB và  MA . Đường thẳng  MA vuông góc  EB nên phương trình đường thẳng  MA có dạng: 3 4 0.x y c     24 8 0 16.M MA c c       Suy ra phương trình đường thẳng   : 3 4 8 0.MA x y       4 3 8 0 3 4 8 0 K K K K x y K EB MA x y           94 16 5 8 5 16 8 ; . 5 5 K K x y K               Gọi H là trung điểm của KO thì 8 4 ; 5 5 H       . Đường thẳng  AB đi qua điểm 8 4 ; 5 5 H       và một VTPT là 16 8 ; 5 5 ABn KO         nên ptđt  AB là: 16 8 8 4 0 5 5 5 5 x y                  : 2 4 0.AB x y        4 3 8 0 2 4 0 B B B B x y B EB AB x y             2 0 2;0 . B B x y B           ;2 4 .A AB A a a   Ta có: . 0AO BO AOBO     2 0 0 0;4 . a a A       Phương trình đường thẳng   : 0.OB y  . Đường thẳng  EA đi qua điểm  0;4A và một VTCP là  8; 4EAu EA   suy ra một VTPT là  1;2 .EAn  nên phương trình đường thẳng  EA là:  2 4 0x y     : 2 8 0.EA x y    95     0 2 8 0 C C C y C EB OB x y           8 0 8;0 . C C x y C      Gọi I là trung điểm BC thì  3;0I và 5.CI  Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là   2 23 25.x y   Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ A , trung tuyến kẻ từ B và đường phân giác trong kẻ từ C có phương trình lần lượt là 3 4 27 0,x y   4 5 3 0,x y   2 5 0.x y   Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Phân tích Ta kí hiệu đường cao kẻ từ A , trung tuyến kẻ từ B và đường phân giác trong kẻ từ C lần lượt là   : 3 4 27 0,AH x y     : 4 5 3 0,BM x y     : 2 5 0.CD x y   Để tìm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta tìm tọa độ 3 điểm , , .A B C Bài toán chỉ cho ta phương trình ba đường thẳng trong tam giác, việc tìm tọa độ các giao điểm của các đường thẳng không giúp ích để giải bài toán này. Nên ta dựa vào tính chất các đường thẳng đã cho để tìm dữ kiện có ích phục vụ cho việc giải quyết bài toán. AH là đường cao nên ta tìm được một VTPT của BC. Mặt khác CD là đường phân giác trong nên góc giữa hai đường thẳng  ,BC CD và  ,CA CD bằng nhau, hơn nữa ta lại có một VTPT của CD nên ta tìm được một VTPT của CA. D M H I A B C 96  A AH và  C CD ta ghi được tọa độ các điểm dưới dạng 1 ẩn, lại có VTPT của CA ta tìm được mối liên hệ giữa tọa độ điểm A và C , suy ra độ độ trung điểm M .  M BM nên suy ra tọa độ M và tìm được tọa độ điểm A và C . Nhận thấy B là giao điểm của 2 đường thẳng    ,BM CB ta tìm đường thẳng đường thẳng  CB suy ra tọa độ điểm B . Việc tìm tọa độ tâm và bán kính khi biết 3 điểm đi qua là bài toán cơ bản. Các bƣớc giải Bước 1. Tìm một VTPT của đường thẳng BC và CD, suy ra một VTPT của đường thẳng CA; Bước 2. Tìm mối liên hệ giữa tọa độ điểm A và C , suy ra tọa độ trung điểm M ; Bước 3. Tìm tọa độ điểm M suy ra tọa độ điểm A và C ; Bước 4. Viết phương trình đường thẳng  CB , tìm tọa độ điểm B ; Bước 5. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , suy ra tọa độ tâm và bán kính. Bài giải Đường cao kẻ từ A , trung tuyến kẻ từ B và đường phân giác trong kẻ từ C lần lượt là   : 3 4 27 0,AH x y     : 4 5 3 0,BM x y     : 2 5 0.CD x y   AH BC nên một VTPT của  BC là  4;3 .BCn  Một VTPT của  CD là  1;2 .CDn  Gọi một VTPT của  CA là  ;CAn a b với 2 2 0a b  . Vì    , ,BC CD CA CD nên cos , cos ,BC CD CA CDn n n n 97 2 2 2 2 2 4 6 2 5 5 5 2 2 3 4 0 0 4 3 a b a b a b a b a ab a a b                  Với 0a  , chọn  1 0;1 .CAb n   Với 4 3 a b , chọn  4 3 4;3CAa b n     loại trường hợp này vì CAn trùng với BCn .         4 1;3 6 5 2 ; A AH A a a C CD C c c         6 2 4 ; 3 6AC c a c a     . Vì CAAC n nên . 0CAAC n     4 6 2 4 3 3 6 0 3 6. c a c a c a           M là trung điểm của AC nên  4 ;6 3 .M a a        4 4 5 6 3 3 0 1.M BM a a a           Suy ra    5;3 , 1;3 .A C  Phương trình đường thẳng  BC là:    4 1 3 3 0 4 3 5 0.x y x y              4 5 3 0 2 2; 1 . 4 3 5 0 1 B B B B B B x y x B BM AB B x y y                   Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng   2 2: 2 2 0.C x y ax by c     98   3 25 9 10 6 0 13 , , 4 1 4 2 0 8 1 9 2 6 0 55 4 a a b c A B C C a b c b a b c c                               Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 13 3; 8       và bán kính 5 65 8 R  . Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ hình bình hành với . Biết tam giác có và nội tiếp trong đường tròn có tâm và bán kính . Hình chiếu của điểm xuống cạnh thuộc đường thẳng . Hãy tìm tọa độ các đỉnh biết hoành độ hình chiếu của A lớn hơn 1 và hoảnh độ điểm B bé hơn hoành độ điểm C . Phân tích Do đề bài cho .AB AC , hình chiếu của A và bán kính đường tròn ngoại tiếp, tất cả dữ kiện này cùng liên quan tới tính diện tích tam giác nên dựa vào công thức tính điện tích tam giác ABC ta tìm được độ dài AH với H là hình chiếu của A xuống cạnh BC . Với kết vừa tìm được và giả thiết  H d ta tìm được tọa độ H suy ra phương trình đường thẳng  .BC ,B C là giao điểm của đường thẳng  BC và đường tròn tâm I bán kính R suy ra tọa độ ,B C . là hình bình hành khi đã biết tọa độ 3 đỉnh thì việc tìm tọa độ đỉnh thứ 4 trở thành bài toán đơn giản. Các bƣớc giải Oxy ABCD  3;6A  ABC . 60 2AB AC   1;3I 5R  A BC   : 2 3 0d x y   , ,B C D (d) D A B C I H ABCD 99 Bước 1. Tìm độ dài đoạn thẳng AH ; Bước 2. Tìm tọa độ điểm H ; Bước 3. Viết phương trình đường thẳng  BC .    , ;B C BC I R  suy ra tọa độ điểm ,B C ; Bước 4. Tìm tọa độ điểm D . Bài giải    3 2 ;H d H h h   Ta có: 1 1 . .sin . 2 2 ABCS AB AC A AH BC      2 2 2 60 2.sin . sin 60 2. 1 60 2. 6 2 2 72 6 2 6 72 0 36 5 A AH BC A AH BC AH R AH h h h h                     3;0H hay 57 36 ; 5 5 H        3;0H vì 1.Hx  Đường thẳng  BC đi qua điểm  3;0H và có một VTPT  6; 6BCn AH   nên phương trình đường thẳng  BC là:  6 3 6 0x y     : 3 0BC x y    . Phương trình đường tròn  ;I R là    2 21 3 25x y    . Tọa độ điểm ,B C là nghiệm của hệ phương trình     2 2 3 0 1 3 25 x y x y         100 1 2 6 3 x y x y          Vì B Cx x nên  1; 2B  và  6;3C . là hình bình hành nên BA CD   4 6 8 3 2 11 2;11 . D D D D x y x y D             Ví dụ 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng   : 1 0.d x y   Điểm  9;4E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB , điểm  2; 5F   nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD , 2 2AC  . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. Phân tích Vì A là giao điểm của AD và AC nên ta có thể tìm được tọa độ điểm A bằng cách giải hệ phương trình gồm hai phương trình đường thẳng  AD và  AC , mà giả thiết AC nằm trên đường thẳng   : 1 0d x y   nên ta cần tìm phương trình đường thẳng  AD . Do đề bài đã cho điểm F thuộc AD nên ta cần tìm thêm một điểm thuộc AD để viết phương trình đường thẳng  AD . Vì AC là phân giác của góc BAD (do ABCD là hình thoi ) nên bất kì điểm nào thuộc AB cũng có điểm đối xứng thuộc AD . Suy ra 'E là điểm đối xứng của E qua AC và 'E AD . Vậy ta tìm được phương trình đường thẳng  AD . Từ đó, ta tìm được tọa độ điểm A . ABCD 101 Giả thiết cho độ dài AC bằng 2 2 mà ta vừa tìm được tọa độ điểm A nên ta tìm được tọa độ điểm C bằng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm. Vì D AD BD  nên tọa độ điểm D thỏa hệ phương trình gồm hai phương trình đường thẳng    ,AD BD . Ta đã tìm được phương trình đường thẳng  AD ở trên, mặt khác dễ dàng tìm được phương trình đường thẳng  BD vuông góc với đường thẳng  AC và đi qua trung điểm J của AC . Vậy ta tìm được tọa độ điểm D . Đồng thời, J là trung điểm của BD nên ta cũng suy ra được tọa độ điểm .B Các bƣớc giải Bước 1. Gọi 'E là điểm đối xứng của E qua AC . Tìm tọa độ điểm 'E ; Bước 2. Viết phương trình đường thẳng  AD đi qua 'E và F ; Bước 3. A AC AD  . Giải hệ phương trình gồm hai phương trình đường thẳng    ,AC AD , suy ra tọa độ điểm A ; Bước 4.  C AC suy ra  ;1C c c . Ta có: 2 2AC       2 2 2 2 C A C A x x y y    . Giải phương trình này ta tìm được tọa độ điểm C ; Bước 5. Gọi J là trung điểm của AC . Suy ra tọa độ điểm J bằng công thức tính tọa độ trung điểm; Bước 6. Viết phương trình đường thẳng  BD qua J và vuông góc với  AC ; Bước 7. D BD AD  . Giải hệ phương trình suy ra tọa độ điểm D ; Bước 8. Ta có J là trung điểm của BD . Suy ra tọa độ điểm B ; Bước 9. Kết luận. Bài giải Gọi 'E là điểm đối xứng với E qua .AC Vì AC là phân giác của góc BAD nên 'E thuộc .AD  'EE đi qua điểm  9;4E và vuông góc với   : 1 0AC x y   nên  'EE có dạng: 0x y m   .    '9;4 9 4 0 5.E EE m m        Thay 5m   vào 0x y m   . Ta được phương trình đường thẳng  ' : 5 0EE x y   . Gọi 'I EE AC  . Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình   5 0 3 3;2 1 0 2 x y x I x y y               . Ta có: I là trung điểm của 'EE . 102   ' ' ' 2 3 3; 8 . 2 8 I EE I IE x x x E y y y             Đường thẳng  AD qua  ' 3; 8E   và  2; 5F   có VTCP là  ' 1;3E F   VTPT    3; 1 .ADn   Phương trình đường thẳng   :3 1 0AD x y   Ta có: .A AC AD  Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình   1 0 0 0;1 . 3 1 0 1 x y x A x y y              Ta có:    : 1 0 ;1 .C AC x y C c c          2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 C A C A c AC x x y y c c              . Do hoành độ điểm C âm nên  2;3C  . Gọi J là trung điểm của AC . Suy ra  1;2 .J  Đường thẳng  BD qua J và vuông góc với   : 1 0AC x y   có dạng: 0x y n   . Ta có:    1;2 1 2 0 3.J BD n n        Suy ra đường thẳng   : 3 0BD x y   . Ta có: .D AD BD  Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ   3 0 1 1;4 . 3 1 0 4 x y x D x y y              Ta có: J là trung điểm của .BD Suy ra  3;0 .B  Vậy        0;1 , 3;0 , 2;3 , 1;4 .A B C D  Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm  5;1C , trung tuyến AM , điểm B thuộc đường thẳng   : 6 0d x y   . Điểm  0;1N là trung điểm của đoạn AM , điểm  1; 7D   không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A và D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm ,A B . Phân tích 103 Ta có  B d và  B BC nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình gồm hai phương trình đường thẳng  d và  BC . Vì    5;1C BC nên ta cần tìm thêm một điểm thuộc đường thẳng  BC để viết phương trình đường thẳng  BC . Do ,A D nằm khác phía so với BC và cách đều BC nên BC đi qua trung điểm I của AD . Xét tam giác ADM có MI và DN lần lượt là hai đường trung tuyến, gọi G là giao điểm của MI và DN , vậy G là trọng tâm của tam giác ADM và G BC . Từ đó, suy ra 3ND NG , ta tìm được tọa độ điểm .G Ta có tọa độ điểm C và G nên dễ dàng viết được phương trình đường thẳng  BC đi qua hai điểm ,C G . Sau đó giải hệ phương trình gồm phương trình đường thẳng  BC và  d , ta tìm được tọa độ điểm B . Vì M là trung điểm của BC nên suy ra tọa độ điểm M bằng công thức tính tọa độ trung điểm. Mặt khác, N là trung điểm của AM nên ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm .A Các bƣớc giải Bước 1. Do ,A D nằm khác phía so với BC và cách đều BC nên BC đi qua trung điểm của AD . Gọi I là trung điểm của AD , gọi G DN MI  , suy ra G là trọng tâm của tam giác ADM . Tìm tọa độ điểm G ; Bước 2. Viết phương trình đường thẳng  BC qua G và C ; Bước 3.    B BC d  . Giải hệ phương trình suy ra tọa độ điểm ;B Bước 4. Tìm tọa độ trung điểm M của BC . Từ đó, suy ra tọa độ điểm ;A Bước 5. Kết luận. Bài giải Gọi I là trung điểm của .AD Ta có: ,A D nằm khác phía so với BC và cách đều .BC Gọi .G DN MI  G là trọng tâm của tam giác ADM . 104 1 1 53 3 ; . 5 3 3 3 G G x ND NG G y                   Ptđt  BC qua  5;1C và 1 5 ; 3 3 G        có VTCP 16 8 ; 3 3 CG          VTPT     8 16 8 ; 1; 2 . 3 3 3 BC n           Ptđt  BC : 2 3 0x y   . Ta có:    B d BC  . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình   2 3 0 3 3; 3 . 6 0 3 x y x B x y y                  Ta có: M là trung điểm của .BC   1 2 1; 1 . 1 2 B C M B C M x x x M y y y            Ta có: N là trung điểm của AM .   2 1 1;3 . 2 3 A N M A N M x x x A y y y           Vậy  1;3A  và  3; 3 .B   Ví dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn       2 2 : 1 2 5C x y    và đường thẳng   : 2 0d x y   . Từ điểm A thuộc  d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với  C tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8. Phân tích 105 Ta có ,AB AC là hai tiếp tuyến kẻ từ điểm A đến đường tròn  C , từ tính chất tiếp tuyến suy ra IA vuông góc với BC tại H là trung điểm của BC . Từ giả thiết ta chỉ biết tọa độ điểm I nên ta sẽ tìm tọa độ điểm A bằng cách tìm độ dài IA . Giả sử ,IA m IH n  . Diện tích tam giác ABC bằng 8 suy ra 1 . 8 2 BC AH  mà 2BC BH nên . 8BH AH  , từ đó ta được một phương trình hai ẩn m và n . Mặt khác, tam giác IBA vuông tại B , có BH là đường cao, ta sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông là “bình phương một cạnh góc vuông bằng tích của cạnh huyền và hình chiếu của cạnh góc vuông đó lên cạnh huyền”, ta tìm được thêm một phương trình hai ẩn m và n . Từ hai phương trình trên, ta giải tìm được ,m n . Ta có    ; 2A d A a a    ,    2 2 5A I A IIA m x x y y      . Giải phương trình này ta tìm được tọa độ điểm .A Các bƣớc giải Bước 1. Từ phương trình đường tròn  C suy ra tọa độ tâm I và bán kính R ; Bước 2. Từ tính chất tiếp tuyến suy ra IA vuông góc với BC tại H là trung điểm của BC ; Bước 3. Giả sử ,IA m IH n   0m n  . Tính ,HA BH theo ,m n ; Bước 4. 1 . . 2 ABC S BC AH BH AH  mà 8 . 8 ABC S BH AH      2. 5 8m n n    1 ; Bước 5. Tam giác IBA vuông tại B , BH là đường cao, sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có 2 . 5 .BI IH IA mn    2 ; Bước 6. Từ    1 , 2 , giải và tìm ,m n ; Bước 7.    ; 2A d A a a    ,    2 2 5A I A IIA m x x y y      . Giải phương trình ta tìm được a , suy ra tọa độ điểm A và kết luận. Bài giải Đường tròn       2 2 : 1 2 5C x y    có tâm  1;2I , bán kính 5.R  Ta có: ,AB AC lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn  C tại , .B C IA vuông góc BC tại H (H là trung điểm của BC ). Giải sử ,IA m IH n   0 .m n  2 2 25 HA m n BH IB IH n         2 1 . . . 5 8 2 ABC S BC AH BH AH m n n       1 . Ta có: Tam giác IBA vuông tại B có BH là đường cao. 106 2 5. 5 .BI IH IA m n m n        2 . Thay  2 vào  1 , ta có: 25 . 5 8n n n         6 4 215 139 125 0n n n       2 4 21 14 125 0n n n     1 1 1 n n n       (loại 1n   vì 0n  ). Suy ra 5.m  Ta có:    : 2 0 ; 2 .A d x y A a a       Ta có:         2 2 1; 31 5 1 4 25 . 4 4;2 Aa IA m a a a A                  Vậy  1; 3A  hoặc  4;2A  thỏa yêu cầu bài toán. Ví dụ 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng   : 4 0d x y   , đường thẳng  BC đi qua điểm  4;0M , đường thẳng  CD đi qua điểm  0;2 .N Biết tam giác AMN cân tại A , viết phương trình đường thẳng  .BC Phân tích Phương trình đường thẳng  BC đi qua điểm  4;0M và vuông góc với đường thẳng  CD . Để viết được phương trình đường thẳng  BC ta cần tìm phương trình đường thẳng  CD .  CD đi qua điểm  0;2N nên phương trình  CD có dạng 2 0ax by b    2 2 0a b  . Từ đó, suy phương trình đường thẳng  BC có dạng: 107 4 0bx ay b   . Mặt khác, vì tam giác AMN cân tại A nên ta có AM AN , từ đó ta có thể tìm được tọa độ điểm A . Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách từ A đến hai đường thẳng    ,BC CD bằng nhau, nghĩa là ta có       2 2 2 2 5 5 7 , , b a a b d A BC d A CD a b a b          . Giải phương trình này ta tìm được ,a b , từ đó suy ra phương trình đường thẳng  .BC Các bƣớc giải Bước 1. Tam giác AMN cân tại A , suy ra AM AN . Tìm tọa đô điểm A ; Bước 2. Viết phương trình đường thẳng  CD đi qua điểm  0;2N ; Bước 3. Viết phương trình đường thẳng  BC đi qua M và vuông góc với đường thẳng  CD ; Bước 4. ABCD là hình vuông nên      , ,d A BC d A CD . Ta được phương trình hai ẩn a và b . Giải phương trình tìm ,a b . Từ đó, suy ra phương trình đường thẳng  BC . Kết luận. Bài giải    : 4 0 ; 4 .A d x y A t t      Ta có: Tam giác AMN cân tại A . AM AN        2 2 22 2 24 4 6 1AM AN t t t t t             1; 5A   . Đường thẳng  CD đi qua  0;2N nên phương trình  CD có dạng: 2 0ax by b    2 2 0a b  . Đường thẳng  BC đi qua  4;0M và vuông góc với  CD có dạng: 0bx ay m   .    4;0 4 0 4M BC b m m b       . Suy ra phương trình đường thẳng   : 4 0BC bx ay b   . Ta có: ABCD là hình vuông.       2 2 2 2 , , 3 05 5 7 5 5 7 . 3 0 d A BC d A CD a bb a a b b a a b a ba b a b                       Nếu 3 0a b  , chọn 1a  (vì 2 2 0a b  ) 3b  . Suy ra phương trình đường thẳng   : 3 12 0.BC x y    Nếu 3 0a b  , chọn 3a  (vì 2 2 0a b  ) 1b  . 108 Suy ra phương trình đường thẳng   : 3 4 0.BC x y   Vậy   : 3 12 0BC x y    hoặc   : 3 4 0.BC x y   Ví dụ 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn       2 2 : 1 2 4C x y    và điểm  2;1N . Tìm trên đường thẳng   : 2 0d x y   điểm M sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến ,MA MB đến  C (với ,A B là hai tiếp điểm) và đường thẳng  AB đi qua .N Phân tích Điểm M thuộc đường thẳng   : 2 0d x y   nên  ; 2M t t  . Nếu  ;T x y là một tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C thì   . 0 T C MT IT     , do đó ta có hệ phương trình               2 2 1 2 4 1 1 2 2 0 2 x y x t x y y t               * . Từ hệ phương trình ta trừ vế với vế của  1 cho  2 , ta được    1 4 5 0t x t y t       , tọa độ các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C đều thỏa mãn  * . ,A B là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến ,MA MB kẻ từ M đến đường tròn  C nên    1 4 5 0t x t y t       cũng chính là phương trình đường thẳng  AB . Mặt khác,  2;1N thuộc đường thẳng  AB nên ta thay tọa độ điểm N vào phương trình đường thẳng  AB để tìm t . Từ đó suy ra tọa độ điểm .M Các bƣớc giải Bước 1.    : 2 0 ; 2M d x y M t t       ; 109 Bước 2. Giả sử  ;T x y là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C . Giải hệ   . 0 T C MT IT     ; Bước 3. ,A B là hai tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C , suy ra phương trình đường thẳng  AB ; Bước 4.  N AB . Thay tọa độ của N vào phương trình đường thẳng  AB , tìm t ; Bước 5. Suy ra tọa độ điểm M cần tìm và kết luận. Bài giải Đường tròn  C có tâm  1;2I , bán kính 2R  . Ta có:    : 2 0 ; 2 .M d x y M t t       Giả sử  ;T x y là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C .    ; 2 , 1; 2 .MT x t y t IT x y        ;T x y là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C                 2 2 1 2 4 1 1 2 2 0 2. 0 T C x y x t x y y tMT IT                    . Trừ vế với vế của  1 cho  2 ta được    1 4 5 0t x t y t        * Ta có: ,A B là các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến  C . Suy ra tọa độ của ,A B thỏa mãn  * nên phương trình đường thẳng  AB là      : 1 4 5 0AB t x t y t       .         1 2;1 1 .2 4 .1 5 0 . 2 N AB t t t t           Vậy 1 5 ; . 2 2 M       110 CHƢƠNG 4 NGHIÊN CỨU SAI LẦM CỦA HỌC SINH KHI GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ LỚP 10 Trong chương này, chúng tôi dự kiến những sai lầm của học sinh có thể mắc phải trong việc giải một số bài toán về đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng tọa độ. Sau đó, chúng tôi tiến hành thực nghiệm ở ở lớp 10 để kiểm chứng các sai lầm đã dự đoán, đồng thời tìm hiểu, phân tích các quan niệm sai lầm của học sinh cũng như làm rõ các nguyên nhân của các sai lầm này. 1. Các quan niệm sai lầm Xuất phát từ phân tích các dạng toán, chúng tôi dự đoán các quan niệm sai lầm sau ở học sinh. Quan niệm sai lầm 1. Học sinh áp đặt điều kiện cho số hạng c trong phương trình 0ax by c   trong bài toán lập phương trình đường thẳng đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng cho trước. Bài toán. Viết phương trình đường thẳng biết đi qua và vuông góc với đường thẳng . Vì vuông góc với nên có dạng ,  1c  Ta có (nhận) Vậy phương trình đường thẳng . Nguyên nhân dự kiến Học sinh áp dụng điều kiện 'c c của hai đường thẳng song song   : 0d ax by c   và  ' : ' 0d ax by c   tương tự cho điều kiện vuông góc của hai đường thẳng. Quan niệm sai lầm 2. Học sinh quan niệm các VTPT của một đường thẳng đều bằng nhau. Bài toán. Cho và đường thẳng . Tìm hình chiếu của lên . Gọi là hình chiếu của lên là VTPT của  d  d  2;3A   1 : 3 4 1 0d x y    d  1d  d 4 3 0x y c        2;3 4. 2 3.3 0 1A d c c          4 3 1 0x y    2;3A   2 : 3 0d x y   A  2d  ;I II x y A  2d AI  2d 111 . Nguyên nhân dự kiến Học sinh quan niệm một đường thẳng chỉ có một VTPT duy nhất. Quan niệm sai lầm 3. Học sinh quan niệm góc giữa hai đường thẳng là góc giữa hai VTPT của hai đường thẳng đó. Bài toán. Cho đường thẳng và . Tính góc giữa hai đường thẳng và . có VTPT có VTPT  1 2, 82od d  . Nguyên nhân dự kiến Học sinh không phân biệt được khái niệm góc giữa hai đường thẳng và góc giữa hai VTPT của hai đường thẳng. Quan niệm sai lầm 4: Học sinh không quan tâm đến điều kiện để phương trình là phương trình của đường tròn. Bài toán. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm và biết tâm của đường tròn nằm trên đường thẳng . Gọi là tâm đường tròn (1) Giả sử (2) (3) Từ  1;1AI  2 1 1 3 1 4 I I I I x x y y              1;4I   1 : 3 4 1 0d x y    2 : 3 0d x y    1d  2d  1 : 3 4 1 0d x y    1 3; 4n    2 : 3 0d x y    2 1;1n      1 2 22 2 2 3.1 4.1 2 cos , 103 4 . 1 1 n n       2 2 2 2 0x y ax by c      C  2;3A  1; 1B  I   : 3 11 0x y     ;I a b    ; 3 11 0 3 11I a b a b a b           2 2: 2 2 0C x y ax by c        2;3 4 9 4 6 0A C a b c          1; 1 1 1 2 2 0B C a b c              121 143 11 11 1 , 2 , 3 4 6 13 14 2 2 2 118 7 a a b a b c b a b c c                          112 Vậy . Nguyên nhân dự kiến Học sinh quan niệm rằng tất cả phương trình dạng 2 2 2 2 0x y ax by c     được cho bởi giáo viên luôn là phương trình đường tròn. 2. Thực nghiệm 2.1. Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm trên học sinh dưới đây nhằm kiểm chứng sự tồn tại ở học sinh bốn quan điểm sai lầm được nêu ở trên. 2.2. Tổ chức thực nghiệm Chúng tôi tiến hành thực nghiệm với 126 học sinh lớp 10A3, 10A4 và 10A5 trường THPT Lương Thế Vinh (TPHCM) sau khi học xong chương “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng”. Thực nghiệm được tổ chức dưới dạng giải các bài toán như hình thức kiểm tra viết. Học sinh làm bài cá nhân trên tờ giấy làm bài, bài làm của học sinh sẽ được chúng tôi thu lại để phân tích. 2.3. Nội dung thực nghiệm Bài toán 1. Viết phương trình đường thẳng biết đi qua và vuông góc với đường thẳng . Mục đích: Chúng tôi muốn kiểm chứng sự tồn tại của sai lầm 1 ở học sinh. Bài toán 2. Cho và đường thẳng  2 : 3 0d x y   . Tìm hình chiếu của lên . Mục đích: Chúng tôi muốn kiểm chứng sự tồn tại của sai lầm 2 ở học sinh. Bài toán 3. Cho đường thẳng và . Tính góc giữa hai đường thẳng và . Mục đích: Chúng tôi muốn kiểm chứng sự tồn tại của sai lầm 3 ở học sinh. Bài toán 4. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm và biết tâm I của đường tròn nằm trên đường thẳng   : 3 11 0x y    . Mục đích: Chúng tôi muốn kiểm chứng sự tồn tại của sai lầm 4 ở học sinh. 2.4. Kết quả thực nghiệm   2 2 121 11 118 : 0 7 7 7 C x y x y      d  d  2;3A   1 : 3 4 1 0d x y    2;3A  A  2d  1 : 3 4 1 0d x y    2 : 3 0d x y    1d  2d  C  2;3A  1; 1B  113 Sau khi tổ chức thực nghiệm, chúng tôi thống kê số liệu các để dựa vào đó chúng tôi đưa ra những đánh giá, nhận xét chung về việc giải toán hình học trong mặt phẳng toạ độ Oxy của các em học sinh sau khi tiếp thu tri thức này. Đối với thực nghiệm, chúng tôi chỉ quan tâm đến những quan niệm sai lầm đã nêu mà không quan tâm đến kết quả đúng sai của lời giải. Kết quả thực nghiệm bài toán 1 Sai lầm 1 Khác Không trả lời Số học sinh 88 38 0 Tỷ lệ 69,84% 30,16% 0% Với kết quả 88 học sinh mắc sai lầm 1 (chiếm tỉ lệ 69,84%) và 38 học sinh có câu trả lời khác (chiếm tỉ lệ 30,16%), chúng tôi nhận thấy phần lớn học sinh bị ảnh hưởng bởi những kiến thức tương đồng với nhau, cụ thể ở THCS học sinh được học mối quan hệ giữa song song và vuông góc dẫn đến sự hình thành quan niệm lập phương trình đường thẳng có quan hệ song song tương tự với việc lập phương trình đường thẳng có quan hệ vuông góc. Qua đó, chúng tôi đề xuất một số biện pháp khắc phục như sau: i. Cho phương trình đường thẳng có dạng: 0ax by c   . Nếu hai đường thẳng song song nhau ta cần quan tâm đến các hệ số , ,a b c . Nếu hai đường thẳng vuông góc nhau ta cần quan tâm đến các hệ số ,a b ; ii. Dùng hình ảnh để minh hoạ giúp học sinh dễ dàng tiếp thu và chú ý hơn. Kết quả thực nghiệm bài toán 2 Sai lầm 2 Khác Không trả lời Số học sinh 54 48 24 Tỷ lệ 42,86% 38,1% 19,04% Với kết quả 54 học sinh mắc sai lầm 2 (chiếm tỉ lệ 42,86%) , 48 học sinh có câu trả khác (chiếm tỉ lệ 38,1%) và 24 học sinh không trả lời (chiếm tỉ lệ 19,04%) , chúng tôi nhận thấy học sinh áp đặt tính duy nhất cho VTPT của một đường thẳng. Qua phỏng vấn lấy ý kiến từ các em mắc sai lầm này, chúng tôi nhận được đa số câu trả lời dẫn đến nguyên 114 nhân sai lầm là: vì chúng ta chỉ kẻ một đường thẳng vuông góc với đường thẳng đã cho nên VTPT của đường thẳng cũng chỉ có một. Qua đó, chúng tôi đề xuất một số biện pháp khắc phục sau: i. Chỉ ra một phương trình đường thẳng có nhiều phương trình tương đương khi ta nhân hai vế cho một hằng số khác 0 từ đó rút ra được kết luận: một đường thẳng có vô số VTPT; ii. Nếu ' .n k n  0k  và n là VTPT của một đường thẳng thì 'n cũng là VTPT của đường thẳng đó; ii. Dùng hình ảnh để minh hoạ giúp học sinh dễ dàng tiếp thu và chú ý hơn. Kết quả thực nghiệm bài toán 3 Sai lầm 3 Khác Không trả lời Số học sinh 65 46 15 Tỷ lệ 51,59% 36,51% 11,9% Với kết quả 65 học sinh mắc sai lầm 3 (chiếm tỉ lệ 51,59%) , 46 học sinh có câu trả lời khác (chiếm tỉ lệ 36,51%) và 15 học sinh không trả lời (chiếm tỉ lệ 11,9%) , chúng tôi nhận thấy học sinh nhập nhằn trong quan niệm góc giữa hai đường thẳng và góc giữa hai vectơ, dẫn tới việc quan niệm góc giữa hai VTPT hoặc góc giữa hai VTCP của đường thẳng là góc giữa hai đường thẳng đó Qua đó, chúng tôi đề xuất một số biện pháp khắc phục sau: i. Cho học sinh so sánh sự khác nhau góc giữa hai đường thẳng, góc giữa hai vectơ; ii. Dùng hình ảnh để minh hoạ giúp học sinh dễ dàng tiếp thu và chú ý hơn. Kết quả thực nghiệm bài toán 4 Sai lầm 4 Khác Không trả lời Số học sinh 101 25 0 Tỷ lệ 80,16% 19,84% 0% Với kết quả 101 học sinh mắc sai lầm 4 (chiếm tỉ lệ 80,16%) và 25 học sinh có câu trả lời khác (chiếm tỉ lệ 19,84%), chúng tôi nhận thấy phần lớn học sinh cho rằng phương trình dạng 2 2 2 2 0x y ax by c     luôn là phương trình của đường thẳng vì các phương trình dạng này mà giáo viên đưa ra trong lớp đều mặc nhiên là phương trình của 115 một đường tròn và do bài tập về kiểm tra sự tồn tại của đường tròn đối với phương trình này còn rất ít. Hơn nữa, học sinh chỉ quan tâm cách giải mà không quan tâm đến những điều kiện kèm theo trong bài. Qua đó, chúng tôi đề xuất một số biện pháp khắc phục sau: i. Lưu ý học sinh xét điều kiện tồn tại của đường tròn khi xem xét phương trình 2 2 2 2 0x y ax by c     ; ii. Cho ví dụ không tồn tại đường tròn để học sinh ghi nhớ sâu; Nhận xét Qua bảng số liệu trên, bốn quan niệm sai lầm chúng tôi đưa ra đều tồn tại. Trong đó, sai lầm 4 xảy ra nhiều nhất (80,16%), kế tiếp là sai lầm 1 (69,84%), sai lầm 3 (51,19%) và ít nhất là sai lầm 2 (42,86%). Điều đó chứng tỏ ở học sinh tồn tại nhiều nhận biết sai lệch về kiến thức, trong đó quan niệm “phương trình 2 2 2 2 0x y ax by c     luôn là phương trình đường tròn” chiếm tỉ lệ cao. Học sinh chỉ quan tâm việc viết phương trình đường tròn mà không quan tâm sự đường tròn đó có tồn tại hay không. Nguyên nhân chủ yếu dẫn đến sai lầm này là: i. Hầu hết các bài tập về phương trình dạng 2 2 2 2 0x y ax by c     mà giáo viên cho trong lớp luôn là phương trình đường tròn; ii. Sách giáo khoa có ít bài tập dạng này; iii. Quan niệm chủ quan của học sinh “phương trình 2 2 2 2 0x y ax by c     luôn là phương trình đường tròn”. Tiếp theo là tồn tại kiểu sai lầm ở quan niệm sai lầm 1, học sinh quan niệm “hai đường thẳng   : 0d ax by c   và  ' : ' 0d ax by c   song song có điều kiện 'c c nên hai đường thẳng vuông góc nhau cũng có điều kiện này”; kiểu sai lầm ở quan niệm sai lầm 3, học sinh quan niệm “góc giữa hai VTPT của đường thẳng cũng là góc giữa hai đường thẳng đó”; kiểu sai lầm ở quan niệm sai lầm 2, học sinh quan niệm “một đường thẳng chỉ có một VTPT duy nhất”. 116 KẾT LUẬN 1. Những kết quả nghiên cứu đạt đƣợc Trong khoá luận này, chúng tôi đã làm được những việc sau đây: i. Trình bày các dạng toán viết phương trình đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng thường gặp ở các bài toán THPT, các đề thi tốt nghiệp THPT Quốc gia, đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng; ii. Đưa ra hướng phân tích, phương pháp giải các ví dụ cho từng dạng toán cụ thể; iii. Dự đoán được một số sai lầm ở học sinh khi giải các bài tập trong hình học toạ độ phẳng, đồng thời kiểm chứng được sự tồn tại của sai lầm này cũng như làm rõ nguyên nhân của chúng. Tuy nhiên, bên cạnh những kết quả đạt dược, chắc chắn còn tồn tại một số hạn chế như chưa nghiên cứu đầy đủ các dạng toán về đường thẳng và đường tròn vì sự hạn hẹp về thời gian. 2. Hƣớng mở rộng cho nghiên cứu Có phải tất cả các bài toán liên quan đến đường thẳng và đường tròn trong mặt phẳng toạ độ đều có thể giải bằng cách áp dụng các công thức đã học? Học sinh sẽ xử lí như thế nào nếu không tìm được mối liên hệ từ các dữ kiện đã cho? 117 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Sách giáo khoa hình học 10 cơ bản, nhà xuất bản giáo dục. [2]. Sách giáo khoa hình học 10 nâng cao, nhà xuất bản giáo dục. [3]. Các đề thi tốt nghiệp, tuyển sinh đại học và cao đẳng các năm. [4]. Diễn đàn toán học, 118 PHỤ LỤC Một số bài làm của học sinh 119 120 121

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfduong_thang_va_duong_tron_trong_hinh_hoc_toa_do_lop_10_8513.pdf
Luận văn liên quan