Skkn ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 21 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

MỞ ĐẦU 1.Lý do chọn đề tài Trong giai đoạn hiện nay, mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt Nam đã được cụ thể hoá trong các văn kiện của Đảng, đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ VIII Đảng cộng sản Việt Nam và kết luận của hội nghị trung ương khoá IX, mục tiêu này gắn với chính sách chung về giáo dục và đào tạo “ Giáo dục và đào tạo gắn liền với sự phát triển kinh tế, phát triển khoa học kĩ thuật xây dựng nền văn hoá mới và con người mới…” “Chính sách giáo dục mới hướng vào bồi dưỡng nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài, hình thành đội ngũ lao động có trí thức, có tay nghề…” Môn Toán trong trường phổ thông giữ một vai trò, vị trí hết sức quan trọng là môn học công cụ nếu học tốt môn Toán thì những tri thức trong Toán cùng với phương pháp làm việc trong toán sẽ trở thành công cụ để học tốt những môn học khác. Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết môn Toán còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ. Thực tế trong nhà trường tôi hiện nay chất lượng học tập của học sinh còn chưa đáp ứng được yêu cầu chương trình môn học đề ra. Các em chưa có điều kiện học tập, đặc biệt chương trình phân hoá học sinh. Nhà trường chưa có điều kiện tốt để học sinh khá giỏi, học sinh yếu kém phát triển nhận thức phù hợp với từng đối tượng học sinh. Học sinh hổng kiến thức từ lớp dưới rất lớn. Qua giảng dạy tôi nhận thấy học sinh khối 11 khi học về phép biến hình rất khó tiếp thu và áp dụng Vì vậy để giúp học sinh học tốt môn hình học lớp 11 tôi đã chọn đề tài “Ứng dụng các phép biến hình vào giải toán hình học”. 2.Mục đích nghiên cứu: Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với từng đối tượng học sinh, tạo hứng thú học tập cho học sinh. Làm cho học sinh hiểu rõ các phép biến hình và ứng dụng của nó trong việc giải toán. Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh trong các tiết học. 3.Đối tượng nghiên cứu: Các phép biến hình và ứng dụng của nó trong giải toán hình học lớp 11. 4.Giới hạn của đề tài: Tập chung vào vấn đề “Giúp đỡ học sinh học tốt các phép biến hình, ứng dụng của nó trong chương trình hình học lớp 11”. 5.Nhiệm vụ của đề tài: Kế hoạch giúp đỡ học sinh học tốt môn hình học lớp 11(Các phép biến hình, ứng dụng các phép biến hình vào giải toán) Rút ra kết luận và đề xuất một số biện pháp khi tiến hành giúp đỡ từng đối tượng học sinh nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy trong nhà trường THPT. 1 6.Phương pháp nghiên cứu: Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau: Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm, quản lí có liên quan đến đề tài. Phương pháp quan sát (công việc dạy- học của giáo viên và HS). Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…). Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS thông qua trao đổi trực tiếp). Phương pháp thực nghiệm. 2 NỘI DUNG Chương I: Cơ sở lí luận: 1 Cơ sở triết học: Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức. Từ đó kích thích các em phát triển tốt hơn. 2.Cơ sở tâm lí học: Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục. Vì vậy GV cần phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những điều mình đã biết với tri thức của nhân loại. Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm lí thì từ những lớp cuối của cấp THCS, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường và hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định. Một số học sinh có khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác. Ngoài ra còn có những học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt… Thực tế giảng dạy cho thấy nhiều học sinh khi học về các phép biến hình, các em thường có tâm lí: không biết ứng dụng của phép biến hình để làm gì, nói cách khác các em không gắn được lý thuyết vào thực hành, do đó các em không muốn học chương này.Vì vậy GV cần chỉ rõ, cụ thể và hướng dẫn cho học sinh ứng dụng các phép biến hình vào giải toán. 3.Cơ sở giáo dục học: Để giúp các em học tốt hơn. GV cần tạo cho học sinh hứng thú học tập. Cần cho học sinh thấy được nhu cầu nhận thức là quan trọng, con người muốn phát triển cần phải có tri thức cần phải học hỏi. Thầy giáo biết định hướng, giúp đỡ từng đối tượng học sinh. Chương II: Thực trạng của đề tài: 1.Thời gian và các bước tiến hành: Tìm hiểu đối tượng học sinh năm học 2011-2012. 2.Khảo sát chất lượng đầu năm môn hình học: Thông qua bài khảo sát chất lựơng đầu năm tôi thu được kết quả như sau: Trên trung bình 38%. 3.Tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả trên: Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp. Vì vậy việc lĩnh hội kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian.Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ: - Các em còn lúng túng trong việc tìm ảnh của một hình qua một phép biến hình. 3 - Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc. - Khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc còn hạn chế. - Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt. - Nhiều học sinh có tâm lí sợ học môn hình học. Đây là môn học đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó không chỉ đối với HS mà còn khó đối với cả GV trong việc truyền tải kiến thức tới các em.Hơn nữa vì điều kiện kinh tế khó khăn, môi trường giáo dục, động cơ học tập,… nên chưa thực sự phát huy hết mặt mạnh của học sinh. Nhiều em hổng kiến thức từ lớp dưới, ý thức học tập chưa cao nên chưa xác định được động cơ học tập, chưa thấy được ứng dụng to lớn của môn hình học trong đời sống. Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện pháp giúp đỡ các em, song song với việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi cần giúp đỡ học sinh yếu kém. Việc này cần thực hiện ngay trong từng tiết học, bằng biện pháp rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp. Tuy nhiên ngoài việc dạy tốt giờ lên lớp, giáo viên nên có biện pháp giúp đỡ từng đối tượng học sinh để học sinh yếu kém theo kịp với yêu cầu chung của tiết học, học sinh khá không nhàm chán. Chương III: Giải quyết vấn đề: Trong các giờ học về phần: Các phép biến hình, ứng dụng của nó học sinh nắm chưa chắc, chưa hiểu bản chất. Óc tư duy hàm, suy luận lôgíc, khả năng khaí quát phân tích còn hạn chế, đặc biệt là phần ứng dụng các phép biến hình. Vì vậy học sinh còn lúng túng, xa lạ, khó hiểu chưa kích thích được nhu cầu học tập của học sinh. Để các em tiếp thu bài một cách có hiệu quả tôi xin đưa ra một vài ứng dụng của phép biến hình cụ thể trong giải toán hình học lớp 11: 1: Định nghĩa phép biến hình: 1.1: Định nghĩa: Quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt phẳng với một điểm xác định duy nhất M’ của mặt phẳng đó được gọi là phép biến hình trong mặt phẳng. 1.2: Một số phép biến hình trong mặt phẳng: 1.2.1: Phép tịnh tiến: r r Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho vectơ v �0 , phép biến hình biến mỗi r uuuuur r điểm M thành điểm M’ sao cho MM ' = v , gọi là phép tịnh tiến theo vectơ v . Kí hiệu: Tvr . uuuuur r Vậy: Tvr (M) = M’ � MM ' = v . 1.2.2: Phép đối xứng trục: Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho đường thẳng d, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho d là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng MM’ gọi là phép đối xứng trục d. Kí hiệu: Đd. uuuuuur uuuuuu r Vậy: Đd(M) = M’ � M 0 M '   M 0 M (M0 là giao điểm của d với đoạn thẳng MM’). 4 1.2.3: Phép đối xứng tâm: Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho điểm I, phép biến hình biến mỗi điểm M khác I thành điểm M’ sao cho I là trung điểm của đoạn thẳng MM’ gọi là phép đối xứng tâm I. Kí hiệu: ĐI. uuuu r uuur Vậy: ĐI(M) = M’ � IM '   IM . 1.2.4: Phép quay: Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho điểm O và góc lượng giác  , phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm M’ sao cho OM=OM’, góc lượng giác (OM,OM’) =  gọi là phép quay tâm O, góc quay  . Kí hiệu: Q(O,  ) OM  OM ' � (OM , OM ')   � Vậy: Q(O,  )(M)=M’ � � 1.2.5: Phép đồng nhất: Định nghĩa: Phép biến hình biến mỗi điểm M thành chính nó gọi là phép đồng nhất. 1.2.6: Phép vị tự: Định nghĩa: Trong mặt phẳng ucho điểm O và số k �0, phép biến hình biến uuuu r uuuu r mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho OM '  kOM , gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí hiệu: V(O,k) uuuuu r uuuu r Vậy: V(O,k)(M)=M’ � OM '  kOM 1.2.7: Phép dời hình: Định nghĩa: Phép biến hình không làm thay đổi khoảng cách giữa hai điểm bất kì gọi là phép dời hình. 1.2.8: Phép đồng dạng: Định nghĩa: Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k(k>0) nếu với 2 điểm M,N bất kì và ảnh M’,N’ tương ứng của chúng ta luôn có M’N’=kMN. 2: Một số tính chất của phép biến hình: Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay thay đổi thứ tự giữa ba điểm đó. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng. Biến tam giác thành tam giác bằng nó ( hoặc đồng dạng với nó), biến góc thành góc bằng nó. Biến đường tròn bán kính R thành đường tròn bán kính R (hoặc kR). 3. Biểu thức toạ độ của một số phép biến hình: 3.1: Phép tịnh tiến: 5 r Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho v(a, b) , M(x;y), M’(x’;y’). Khi �x '  x  a �y '  y  b đó nếu Tvr (M) = M’ thì � 3.2: Phép đối xứng trục: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho , M(x;y), M’(x’;y’). Khi đó nếu �x '  x �y '   y +) ĐOx(M) = M’ thì � �x '   x �y '  y +) ĐOy(M) = M’ thì � 3.3: Phép đối xứng tâm: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho I (a, b) , M(x;y), M’(x’;y’). Khi �x '  2a  x �y '  2b  y đó nếu ĐI(M) = M’ thì � 4: Các dạng bài tập cơ bản: Dạng 1: Xác định ảnh của một hình qua phép biến hình: Phương pháp chung: -Sử dụng định nghĩa. -Sử dụng biểu thức toạ độ của phép biến hình. -Sử dụng các tính chất của phép biến hình. r Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho véctơ v(2;3) , đường thẳng d có phương trình: 3x-5y+3=0. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua r phép tịnh tiến theo vectơ v . r v Cách 1: Chọn M(-1;0) thuộc d, M’=T (M) =(-3;3). M’ thuộc d’.Vì d’//d nên d’ có phương trình 3x-5y+C=0. M’ thuộc d’C=24. Vậy phương trình đường thẳng d’ là:3x-5y+24=0. r �x '  x  2 �x  x ' 2 Cách 2: Từ biểu thức toạ độ của T v �y '  y  3 � �y  y ' 3 thay vào � � phương trình của d ta được: 3x’ -5y’+24=0. Vậy phương trình đường thẳng d’ là:3x-5y+24=0. Cách 3: Lấy M,N bất kì thuộc d, tìm ảnh M’,N’ tương ứng của M và N r qua phép tịnh tiến theo vectơ v . Khi đó đường thẳng d’ là đường thẳng M’N’. Bài 2:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho M(1;5), đường tròn (C) có phương trình x2+y2-2x+4y-4=0, đường thẳng d có phương trình x-2y+4=0. a)Tìm ảnh của m,(C), d qua phép đối xứng trục Ox. b)Tìm ảnh của M qua phép đối xứng trục d. Giải: a) Gọi M’,(C’),d’ lần lượt là ảnh của M, (C), d qua phép đối xứng trục Ox. Ta có M’ (1;-5). (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=3. Đường tròn (C’) có tâm là I’=Đ Ox(I)=(1;2) và bán kính R=3. Vậy phương trình (C) là: (x-1)2+(y-2)2=9. 6 Gọi N’(x’;y’) là ảnh của N(x;y) qua phép đối xứng trục Ox, ta có �x '  x �x  x ' �� . Thay vào phương trình của d ta được: x’+2y’+4=0. � �y '   y �y   y ' Vậy phương trình của d’ là x+2y+4=0. b)Đường thẳng d1 đi qua M và vuông góc với d có phương trình là: 2x+y7=0. Gọi M0 là giao điểm của d và d1 thì toạ độ của M0 là nghiệm của hệ: �x  2 y  4  0 �x  2 �� � 2 x  y  7  0 �y  3 � Vậy M0(2;3) Gọi M1 là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M 0 là trung điểm đoạn thẳng MM1 nên M1(3;1) Bài 3:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(3;4).Hãy tìm toạ độ điểm A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 900. Gọi B(3;0), C(0;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các trục Ox,Oy. Phép Q(O,900) biến hình chữ nhật OBAC thành hình chữ nhật OB’A’C’. Ta thấy B’(0;3), C’(-4;0) =>A’(-4;3) Giải: Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình:3x+2y-6=0.Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2. Giải: Cách 1: V(O,k)(d)=d’ =>d’//d => d’ có phương trình:3x+2y+C=0. uLấy M(0;3) uuuu r uuuu r thuộc d.Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M qua phép vị tự đã cho, ta có OM '  2OM �x '  0 �� �y '  6 Vậy M’(0;-6), M’ thuộc d’ =>C=12. Do đó phương trình d’ là:3x+2y+12=0. Cách2: Gọi M’(x’;y’) là ảnh của M(x;y) qua phép vị tự tamO tỉ số k=-2, ta có 1 � x   x' � �x '  2 x � 2 �� � �y '  2 y �y   1 y ' � 2 7 3 2 Điểm M thuộc d �  x  y ' 6  0 � 3 x ' 2 y ' 12  0 . Vậy phương trình d’ là:3x+2y+12=0. Cách 3: Lấy M,N bất kì trên d, tìm ảnh M’,N’ của M,N qua phép vị tự tâm O tỉ số k=-2. Khi đó d’ là đường thẳng M’N’. Bài 5:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: x+y-2=0.Hãy viết phương trình của đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm I(-1;-1), tỉ số k= 1 và 2 phép quay tâm O góc quay -450. Giải: Phép vị tự tâm I tỉ số k= 1 biến d thành d1 => d//d1 =>d1 có phương 2 trình:x+y+C=0. 1 Lấy M(1;1) thuộc d, V(I, 2 )(M)=O, O thuộc d1 => d1 có phương trình:x+y=0. Q(O,-450)(d1)=Oy. Vậy phương trình d’ là: x=0. Dạng 2: Sử dụng phép biến hình để giải một số bài toán dựng hình: Phương pháp: Để dựng điểm M ta làm như sau: Cách 1: Xác định M như ảnh của một điểm đã biết qua một phép biến hình. Cách 2: Xem M như là giao điểm của một đường cố định với ảnh của một đường đã biết qua một phép biến hình. Bài1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(-1;-1),B(3;1),C(2;3). Tìm toạ độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. uuur Giải: Giả sử điểm D(x;y). Ta có TuBAuur ( D)  C , mà BA  (4; 2) �x  2  4 �x  2 �� . Vậy D(-2;1). �y  3  2 �y  1 Do đó: � Bài 2:Hai thôn nằm ở vị trí A, B cách nhau một con sông(Xem hai bờ sông là hai đường thẳng song song). Người ta dự định xây một chiếc cầu MN bắc qua sông(cầu vuông góc với bờ sông) và làm hai đoạn đường AM, NB(như hình vẽ). Hãy xác định vị trí chiếc cầu MN sao cho AM+NB ngắn nhất. Giải: Trưòng hợp 1: Coi con sông rất hẹp. Bài toán trở thành: Cho hai điểm A,B nằm ở hai phía khác nhau so với đường thẳng a. Tìm vị trí M trên A để AM+AN nhỏ nhất. Khi đó M là giao điểm của AB với a. 8 Trưòng hợp 2: a//b uuuu r Nhận xét: a,b cố định => MN cố định. uuuu r T MN (A) =A’ =>A’N = AM. Ta có AM+BN = A’N+NB =A’B uuuu r Cách dựng: Dựng A’=T MN (A). Nối A’ với B cắt b tại N. Từ N hạ đường thẳng vuông góc với a tại M. Khi đó MN là vị trí xây cầu. Bài 3: Cho hai điểm A,B nằm về một phía của đường thẳng d. Hãy xác định điểm M trên d sao cho AM+MB bé nhất. Giải: Nhận xét: Gọi A’= Đd(A) =>AM=AM’ Vậy: AM+MB =A’M+MB=A’B Cách dựng: Dựng A’= Đd(A) Nối A’ với B cắt d tại M, khi đó AM+MB nhỏ nhất. � , điểm A nằm Bài 4: Cho góc nhọn xOy trong góc đó. Hãy xác định điểm B trên Ox, điểm C trên Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Giải: Nhận xét: Gọi A’ = ĐOx(A), A”=ĐOy(A) =>A’B=AB, A”C=AC =>AB+BC+CA=A’B+BC+A”C=AA” (nhỏ nhất) Dựng: A’ = ĐOx(A) A”=ĐOy(A) Nối A’ với A”, AA” cắt Ox và Oy lần lượt tại B và C. Khi đó chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. � , điểm A thuộc miền trong của góc đó. Hãy tìm một đường Bài 5: Cho góc nhọn xOy thẳng đi qua A, cắt Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của MN. 9 Giải: Giả sử đã dựng được hai điểm M,N thoả mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó N=ĐA(M). Gọi O’x’ = ĐA(Ox), ta có N là giao điểm của O’x vàOy. Từ đó ta có cách dựng: Dựng O’x’ = ĐA(Ox), gọi N là giao điểm của O’x và Oy, M=ĐA(N).Khi đó M,N là hai điểm cần tìm. Theo cách dựng trên cặp điểm M,N là duy nhất Bài 6: Cho đường tròn (O;R) và (O1;R1) cắt nhau tại A và B. Hãy dựng đường thẳng d đi qua A và cắt (O;R) và (O1;R1) lần lượt tại M và M1 sao cho A là trung điểm của MM1 Giải: Giả sử đã dựng được đường thẳng d thoả mãn điều kiện đề bài. Khi đó ta có M1=ĐA(M). Gọi đường tròn (O’,R) là ảnh của đường tròn (O,R) qua phép đối xứng tâm A. Ta có M1 là giao điểm của (O’;R) với đường tròn (O1,R1). Cách dựng: Dựng đường tròn (O’,R) là ảnh của đường tròn (O,R) qua phép đối xứng tâm A.Gọi M1 là giao điểm của (O’;R) với đường tròn (O 1,R1) không trùng với A, M=ĐA(M1). đường thẳng d là đường thẳng MM1. Theo cách dựng trên có một đường thẳng d thoả mãn điều kiện đề bài. Bài 7: Cho hai đường thẳng cắt nhau a và b, một điểm C. Tìm trên a và b các điểm A và B tương ứng sao cho tam giác ABC vuông cân ở A. 10 Giải: Giả sử đã dựng được hai điểm A,B thoả mãn điều kiện đầu bài. Ta thấy: CB 0 � = 2 => B là ảnh ACB =45 , CA của A qua phép đồng dạng F có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm C, góc quay -450, phép vị tự tâm C tỉ số 2 . Gọi a” là ảnh của a qua phép đồng dạngF. Ta có B là giao điểm của b và a” Cách dựng: Dựng a’ là ảnh của a qua phép quay tâm C, góc quay -450. Dựng a” là ảnh của a’ qua phép vị tự tâm C tỉ số 2 . B là giao điểm của a” và b Dựng B’ là ảnh của B qua phép quay tâm C, góc quay 450. Dựng A là ảnh của B’ qua phép vị tự tâm C tỉ số ( 2 )-1. Theo cách dựng trên cặp điểm A,B là duy nhất Bài 8: Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dựng hình vuông ABCD có hai đỉnh A,B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C,D nằm trên đường tròn. Giải: 11 Giả sử đã dựng được hình vuông ABCD thoả mãn điều kiện của bài toán. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI là đường trung trực của PQ nên cũng là đường trung trực của DC và do đó cũng là đường trung trực của AB. Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình vuông PQMN thành hình vuông ABCD. Cách dựng: Dựng hình vuông PQMN. Lấy giao điểm C và C’ của đường thẳng IM và M N C D O P A B A' B' Q I C' D' đường tròn, lấy giao điểm D và D’ của IN và đường tròn( ta kí hiệu sao cho hai điểm C, D nằm về một phía đối với đường thẳng PQ). Gọi các điểm B,A,B’,A’ lần lượt là hình chiếu của các điểm C,D,C’,D’ trên đường thẳng PQ. Ta được các hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thoả mãn điều kiện của bài toán. Dạng 3: Sử dụng phép biến hình để giải một số bài toán tìm tập hợp điểm. Phương pháp: Chứng minh tập hợp điểm cần tìm là ảnh của một hình đã biết qua một phép biến hình. Bài 1: Cho đường tròn (O) và tam giác ABC. Một điểm M thay đổi trên đường tròn(O). Gọi M1 là điểm đối xứng của M qua A, M2 là điểm đối xứng của M1 qua B, M3 là điểm đối xứng của M2 qua C. Tìm quỹ tích của điểm M3. 12 Giải: Gọi D là trung điểm của MM 3 thì ABCD là hình bình hành. Do đó điểm D cố định. Phép đối xứng qua điểm D biến M thành M3. Do đó Quỹ tích điểm M3 là ảnh của đường tròn (O) qua phép đối xứng tâm D. M2 B M1 O C A M D M3 Bài 2: Cho hai điểm phân biệt B,C cố định (BC không phải là đường kính) trên đường tròn (O), điểm A di động trên (O). Chứng minh rằng khi A di động trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn. Giải: Cách1: A Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M là trung D điểm của BC. Tia BO cắt đường tròn (O) tại D � =900 nên DC//AH, AD//CH => tứ . Ta có BCD giác ADCH là hình bình hành => uuur uuur uuuu r AH  DC  2OM . O uuuu r uuuu r Vì OM không đổi => T2 OM (A) =H. Vậy khi A di chuyển trên đường tròn (O) thì H H di chuyển trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) uuuu r qua phép tịnh tiến theo 2 OM C B M Cách 2: 13 Gọi H là trực tâm tam giác ABC Gọi I, H’ lần lượt là giao điểm của tia AH với đoạn thẳng BC vả đường tròn (O). Ta có: �  HCB � ; BAH �  BCH � ' BAH Do đó tam giác HCH’ cân tại C => H và H’ đối xứng nhau qua BC. Khi A chạy trên đường trong (O) thì H’ cũng chạy trên đường tròn (O) => khi A di động trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC. A D O H C I B H' Cách 3: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, I là trung điểm của BC. Tia AO và BO cắt (O) lần lượt tại M và D. Theo chứng minh trong cách 1ta có uuur uuur uur AH  DC  2OI . Trong tam giác AHM có OI//AH và OI = A D 1 AH 2 O => OI là đường trung bình của tam giác AHM => I là trung điểm của HM => H và M đối xứng nhau qua I. Vì BC cố định nên I cố định. H C B I M Khi A di động trên (O) thì M di chuyển trên (O). Do đó khi A di động trên (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I. Bài 3: Cho đường tròn (O;R), I cố định khác O. Một điểm M thay đổi trên (O). Tia phân giác của góc MOI cắt IM tại N. Tìm quỹ điểm N. Giải: 14 � Vì ON là tia phân giác của góc MOI nên MN OM IM  IN OM   hay vì (O), I cố định IN OI NI OI OM nên =k( k là hằng số, k �0) OI IM  IN 1 �  k � IN  IM IN k 1 uur 1 uuur � IN  IM k 1 1 Vậy phép vị tự tâm I tỉ số biến điểm M k 1 M N I O thành điểm N. Do đó khi M chạy trên đường tròn (O) thì N di động trên đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm I tỉ số 1 . k 1 Bài 4: Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D. Giải:Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho P AM=AB=AD. Khi đó, ta có: AM AB 2   . AC AC 2 Ngoài ra; (AM,AB)=450 và (AM,AD)=-450. 2 Suy ra, phép vị tự V tâm A, tỉ số k= biến 2 điểm C thành điểm M và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến điểm M thành điểm B. Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường tròn (O), nên quỹ tích của B là ảnh của đường B A R O M D Q C tròn đó qua phép đồng dạng F. Đường tròn quỹ tích B có thể xác định như sau: Gọi AR là đường kính đường tròn (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR (ta kí hiệu các điểm P,Q sao cho (AR,AP)=450). Khi đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP. Vậy quỹ tích điểm B là đường tròn đường kính AP. 15 Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn đường kính AQ. Bài 5:Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳnguuthay đổi đirqua P, cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích điểm M sao uu r uuu r uuu cho: PM  PA  PB . Giải: Gọi uIuur làuuurtrung điểm của AB thì uur PA  PB PI  . B 2 uuuu r uuu r uuu r uur Bởi vậy PM  PA  PB = 2 PI . Gọi V là phép vị tự tâm P tỉ số k=2 thì V biến điểm I thành điểm M. Vì I là trung điểm của AB nên OI  AB. Suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn (C) đường kính PO. Vậy quỹ tích của điểm M là đường tròn I P (C) O' O (C') A uuuu r uuur (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự V. Nếu ta lấy O’ sao cho PO '  2 PO thì (C’) là đường tròn đường kính PO’ 16 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1.Kết quả Áp dụng đề tài này đối với học sinh lớp 11 tôi đã thu được kết quả như sau (kết thúc học kì I năm học 2012-2013). Trên trung bình: 80% Quan trọng hơn học sinh đã cảm thấy hứng thú hơn với môn hình học, không bị áp lực phải ngồi học trong các giờ hình học, tạo được niềm tin và sự hứng thú trong học tập . 2.Kết luận: Qua thời gian nghiên cứu đề tài và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra được một số ý kiến sau:  Giáo viên: Tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức môn học để thúc đẩy tính tích cực tư duy của học sinh, khắc phục tâm thế ngại, sợ khi tiếp cận nội dung môn học. Nếu có nhiều hình thức tổ chức dạy học kết hợp môn học sẽ trở lên hấp dẫn và người học thấy được ý nghĩa của môn học. Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri thức của HS, giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt tri thức trong tình huống đa dạng Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các kĩ năng giải toán thông qua việc luyện tập; nhằm khắc phục tính chủ quan, hình thành tính độc lập, tính tự giác ở người học, thông qua đó hình thành và phát triển nhân cách của các em. Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy học phù hợp. Phải nhiệt tình, gương mẫu quan tâm tới học sinh, giúp đỡ các em để các em không cảm thấy áp lực trong học tập. Luôn tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tòi học tập ở học sinh. Cho học sinh thấy ứng dụng của lý thuyết vào thực hành. Đặt ra câu hỏi gợi mở phù hợp với đối tượng học sinh.  Học sinh: Chăm chỉ nắm chắc lý thuyết. Có ý thức học tập, hiểu vấn đề một cách sâu sắc. Biết chuyển ngôn ngữ thông thường sang ngôn ngữ Toán. Có óc tưởng tượng, phán đoán lôgíc. 3. Kiến nghị: Nhà trường nên tạo điều kiện cho Giáo viên mở lớp bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, phụ đạo cho học sinh yếu để các em có khả năng tìm hiểu sâu hơn kiến thức. 17 Nên có các chuyên đề tự chọn để giáo viên và học sinh có thể trao đổi thẳng thắn với nhau về các vấn đề, từ đó có thể rút ra các phương pháp phù hợp với từng đối tượng học sinh. Do kinh nghiệm còn hạn chế, thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề tài của tôi không tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp để tôi có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình. XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. Người viết Nguyễn Hoàng Tuyên 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa hình học lớp 11. Sách giáo viên hình học lớp 11. Để học tốt hình học lớp 11 . Sách hướng dẫn giảng dạy hình học lớp 11. Phương pháp dạy học môn toán. Một số vấn đề phát triển hình học 11. Sách chuyên đề nâng cao hình học THPT. Tạp chí giáo dục và thời đại. Tạp chí toán học tuổi trẻ. 19
- Xem thêm -