SKKN Rèn luyện năng lực tự học - Tự nghiên cứu môn Toán cho học sinh thông qua nghiên cứu các bài to...

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Giảng dạy, nghiên cứu và hướng dẫn học sinh tập dượt nghiên cứu khoa
học là những nhiệm vụ trọng tâm của mỗi giáo viên. Chính vì vậy trong những
năm qua, trường THPT Như Thanh rất coi trọng việc bồi dưỡng nâng cao năng
lực nghiên cứu và hướng dẫn, tập dượt nghiên cứu khoa học cho đội ngũ giáo
viên của nhà trường thông qua nhiều hình thức như: Đổi mới sinh hoạt tổ, nhóm
chun môn; phát động phong trào viết chuyên đề; sáng kiến kinh nghiệm giảng
dạy; nghiên cứu các đề tài khoa học sư phạm ứng dụng; tổ chức ngoại khoá. Đổi
mới phương pháp dạy học phải gắn liền với đổi mới hình thức tổ chức dạy học.
Hình thức tổ chức dạy học phù hợp sẽ cuốn hút học sinh tham gia vào nội dung
bài học, từ đó học sinh có thể phát huy được tính tích cực, chủ động trong q
trình học, tạo điều kiện cho việc tiếp thu kiến thức có hiệu quả hơn.
Hình thức tổ chức dạy học phù hợp không chỉ tạo điều kiện cho giáo và
học sinh giao lưu, tranh luận với nhau mà còn tạo ra sự tranh luận giữa học sinh
với học sinh, giữa các nhóm học sinh với nhau để từ đó đạt được mục đích về
kiến thức một cách tự nhiên hơn.
Mơn Tốn là mơn khoa học cơ bản, và có vai trị quan trọng trong sự phát
triển tư duy, kỹ năng, tính sáng tạo của học sinh, do đó vấn đề cốt lõi của đổi mới
phương pháp dạy học mơn tốn ở trường THPT là: hướng dẫn học sinh học tập
tích cực, chủ động, phát huy tính sáng tạo, rèn luyện kỹ năng giải toán, phát triển
tư duy toán học. Để làm được điều này đòi hỏi mỗi giáo viên trước hết phải có
trình độ chun mơn vững vàng, đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích
cực, chủ động, lấy học sinh làm trung tâm trong quá trình dạy học.
Trong chương trình toán THPT, chủ để tọa độ trong mặt phẳng được đơng
đảo giáo viên dạy bộ mơn tốn và học sinh quan tâm. Câu hình học tọa độ trong
mặt phẳng có vị trí quan trọng, đây là một trong những câu hỏi ở mức độ kiến
thức vận dụng và vận dụng nâng cao nhằm phân loại học sinh giữa mức điểm
khá và điểm giỏi. Các bài tốn có liên quan đến tọa động trong mặt phẳng ln
có mặt trong các kỳ thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp.
Với những lý do trên, tôi đã chọn đề tài “Rèn luyện năng lực tự học - tự

nghiên cứu mơn Tốn cho học sinh thơng qua nghiên cứu các bài tốn hình
học trong tọa độ phẳng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Rèn luyện tư duy sáng tạo, năng lực tự học- tự nghiên cứu trong dạy- học toán.
- Rèn luyện kỹ năng giải và xây dựng các bài tốn hình học trong tọa độ phẳng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Nghiên cứu cơ sở lý luận về phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu.
- Nghiên cứu các bài toán tổng quát về hình học trong tọa độ phẳng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Nghiên cứu tài liệu
1.5. Những điểm mới của SKKN.
- Áp dụng phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu thông qua nghiên cứu các
bài tốn hình học trong tọa độ phẳng từ đó làm cơ sở cho việc hướng dẫn HS tự
học- tự nghiên cứu.
1
SangKienKinhNghiem.net


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Khái niệm Phương pháp dạy học (PPDH) hướng dẫn học sinh (HS) tự
học tự nghiên cứu
Tự học là một hình thức hoạt động nhận thức của cá nhân nhằm nắm vững
hệ thống tri thức và kỹ năng do chính bản thân người học tiến hành ở trên lớp
hoặc ở ngồi lớp.
Có hai hình thức tự học:
- Tự học có hướng dẫn (GV hướng dẫn ở trên lớp hoặc là hướng dẫn các hoạt
động ngoại khố).
- Tự học khơng có sự hướng dẫn của GV (HS tự học với sách, tự mình xây dựng
kế hoạch học tập).

- Đối với học sinh phổ thông, tập dượt nghiên cứu khoa học thơng qua bài tập
nghiên cứu. Đó là những bài làm, những cơng trình nghiên cứu mang tính chất
thực hành sau một bài học hoặc một chương học, nhằm đào sâu, mở rộng tri
thức, hoặc làm căn cứ bước đầu để học một chủ đề nào đó để làm phong phú
thêm bài giảng bằng những tài liệu trong sách báo hay trong thực tế điều tra, tiến
hành thử nghiệm. Bài tập nghiên cứu này do GV nêu ra và HS tiến hành tự học,
tự nghiên cứu dưới hướng dẫn của GV.
2.1.2. Các bước thực hiện dạy học tự học- tự nghiên cứu
Trên cơ sở về khái niệm PPDH tự học, tự nghiên cứu ta có thể đưa ra các
bước cơ bản sau để thực hiên việc dạy học tự học, tự nghiên cứu:
- Xác định vấn đề cần nghiên cứu.
- GV hướng dẫn học sinh thực hiện nhiệm vụ.
- Học sinh thực hiện nhiệm vụ và báo cáo kết quả.
- Đánh giá.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trong giảng dạy lâu nay tại trường THPT Như Thanh đa số GV Tổ Tốn đã
thực hiện rất tốt cơng tác chun mơn như: Đổi mới sinh hoạt tổ, nhóm chun
mơn; phát động phong trào viết chuyên đề, đề tài nghiên cứu khoa học...Tuy
nhiên chuyên đề “Hướng dẫn Học sinh tự học- tự nghiên cứu” còn chưa được
quan tâm một cách đúng mức. Trong dạy học phần các bài tốn hình học trong
tọa độ phẳng phần khó và phức tạp, cần nhiều kỹ năng trong việc xây dựng các
bài tốn đó, do vậy đa số GV còn chưa nghiên cứu sâu và kỹ phần này.
Đối với HS chỉ có một số ít có ý thức tự học, phần cịn lại học tập thụ động,
khơng sáng tạo, dựa chủ yếu vào thầy-cô giáo. Đa số HS cịn chưa có ý thức về
nghiên cứu tốn học. Trong học tốn phần lớn HS cịn rất yếu về hình học
phẳng, các hoạt động của HS ở phần này chủ yếu là chứng minh các tính chất
hình học đơn giản, có sẵn, việc phát hiện ra tính chất hình học và chứng minh
tính chất đó thì đa số học sinh cịn rất yếu và khơng thực hiện được. Đó là những
điều hạn chế trong cách học của HS tại trường THPT Như Thanh nói riêng và tại
các trường THPT nói chung. Để một phần khắc phục điều này tác giả mạnh dạn

áp dụng phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu vào một số đối tượng HS
khá, giỏi tại trường.
2
SangKienKinhNghiem.net


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Để hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu có hiệu quả thì trước hết mỗi GV
cũng cần phải có những cơng trình nghiên cứu cụ thể đây là hoạt động đặc biệt
quan trọng đối với một GV toán, bởi vì ngồi việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho
mỗi GV, nó cịn làm phong phú thêm kho tàng kiến thức của mỗi người thầy để
từ đó mỗi giờ lên lớp ngày càng hiệu quả, hơn nữa nó là tấm gương sáng cho HS
noi theo trên con đường học tập và nghiên cứu ở hiện tại và trong tương lai.
Để hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu có hiệu quả tác giả sẽ trình bày hai nội
dung trong phần này. Phần thứ nhất nghiên cứu một số các bài tốn về hình học
trong tọa độ phẳng, việc phát hiện ra tính chất hình học và chứng minh các tính
chất này, sau đó sẽ giải quyết trọn vẹn bài toán được yêu cầu. Các bài toán được
xây dựng logic, chứng minh chặt chẽ dựa trên cơ sở kiến thức về toán học cấp
THPT mà học sinh đã được học và các ví dụ áp dụng các bài tốn tổng quát đó.
Phần nội dung thứ hai là kế hoạch hướng dẫn học sinh tự học tự nghiên
cứu chủ đề các bài tốn hình học trong tọa độ phẳng.
Phần1: Nghiên cứu xây dựng một số bài tốn về hình học trong tọa độ
phẳng từ các tính chất hình học
Tính chất 1: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I , BH và CK là hai đường
cao của ABC . Khi đó ta có AI  KH
A

Chứng minh:

x

 Kẻ tiếp tuyến Ax
sd »
AC
·
Ta có xAC
 ·ABC 
2
 Mà ·ABC  ·AHK (do tứ giác KHCB
·
nội tiếp)  xAC
 ·AHK , mà hai góc
này ở vị trí so le trong Ax / /HK
 Lai có Ax  AI (do Ax là tiếp tuyến)
 AI  HK

H

K
B

I

C

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC nội tiếp đường tròn
tâm I 1;2 , bán kính R  5 . Chân đường cao kẻ từ B, C lần lượt là

H 3;3, K 0; 1. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCHK , biết
điểm A có tung độ dương.

Hướng dẫn tìm lời giải
Đường trịn C  có tâm I , bán kính R  5 có phương trình

x  1   y  2 
2

2

 25

3
SangKienKinhNghiem.net


Ta thấy ngay đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK có tâm M là trung điểm
·
·
của BC , đường kính BC (do BKC
 BHC
 900 ). Như vậy vấn đề quyết định
của bài tốn này là đi tìm tọa độ B,C .
Theo tính chất 1. AI  KH  AI là đường thẳng
A
đi qua I , và AI  KH  AI có phương trình
3 x  4 y  11  0 .
Tọa độ A  AI  C  , giải hệ ta được A 3;5 
H
K
Đường thẳng AB đi qua A, K là
I

AB : 2 x  y  1  0
B
Tọa độ B  AB  C , giải hệ ta được B 1; 3,

suy luận tương tự ta được C 6;2 
C
Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK có tâm
D
M là trung điểm của BC , đường kính BC có
2
2
7 
1  25

phương trình  x     y   
2 
2
4

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC nội tiếp đường tròn
tâm O 0;0 . Gọi M 1;0 , N 1;1 lần lượt là các chân đường vng góc kẻ từ
B,C của ABC . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của ABC , biết điểm A nằm
trên đường thẳng  có phương trình 3 x  y  1  0
Hướng dẫn tìm lời giải
Ta thấy điểm A thuộc đường thẳng  do
đó: A a;1  3a , bây giờ cần thiết lập một
phương trình để tìm a .
A
x
Ta có AO  MN (Tính

chất
1)
uuur uuuur
Giải phương trình AO.MN  0
 a  1  A 1; 2 
M
N
Đường thẳng AB đi qua A, N là
AB : x  1  0
O
B
Đường thẳng AC đi qua A, M là
AC : x  y  1  0
C
Đường cao BM đi qua M và vng góc
với AC  BM : x  y  1  0 .
Tọa độ B  AB  BM  B 1;2  , tương tự C 2;1
Như vậy điểm quan trọng nhất đối với bài này là phát hiện ra AO  MN

Hr là trực tâm, kẻ đường
Tính chất 2: Cho ABC nội tiếp đường tròn uuu
tâm
r I . uuu
kính AA ' , M là trung điểm của BC .Khi đó AH  2 IM
Chứng minh
Ta có ·ABA '  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm I )
4
SangKienKinhNghiem.net

 BA  BA ' mà BA  CH  BA '/ / CH (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có CA '/ / BH (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCA ' là
hình bình hành, mà M là trung điểm
của đường chéo BC suy ra M là trung
điểm của đường chéo A ' H
 IM là uuuđường
r
uuur trung bình của
AA 'H  AH  2 IM

A

I

H
B
M

C

A'

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC nội tiếp đường trịn
tâm I 2;1 bán kính R  5 . Trực tâm H 1; 1 , độ dài BC  8 . Hãy viết
phương trình BC
Hướng dẫn tìm lời giải
Đây là một bài tốn quen thuộc “tam
giác nội tiếp đường tròn, cho biết trực
tâm”, vậy ta sẽ nghĩ ngay đến việc tạo

ra hình bình hành bằng cách kẻ đường
kính AD  BHCD là hình bình hành
(Tính chất 2)
 MI là đường trung bình của AHD
 AH  2.MI (kết quả rất quen thuộc)
Với các suy luận trên, ta sẽ tìm được tọa
độ A trước tiên.
Thật vậy, gọi A x; y 
Ta có
 AH  2.IM  2. CI 2  BM 2  2 52  42  6

 AI  5
 x  1
Giải hệ trên ta được 
 A 1;5   D 5; 3  M 2; 2 

y
5

(do I là trung điểm của AD , M là trung điểm của HD )
Như vậy sau khi có điểm A, M ta thấy đường thẳng BC đi qua M , vng góc
với AH  BC : y  2  0

5
SangKienKinhNghiem.net


Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC nội tiếp đường tròn
tâm I 2;0  điểm A 3; 7  , trực tâm H 3; 1. Xác định tọa độ điểm C biết
C có hồnh độ dương.

Hướng dẫn tìm lời giải
Hồn tồn với phương pháp lập luận
như bài VD3, tauuu
cũng
được
kết quả
r có
uuu
r
AH  2.MI  AH  2.IM , nếu gọi
M x; y  thì giải phương trình
uuur
uuur
 x  2
 M 2;3
AH  2.IM  

y
3

Đường thẳng BC đi qua điểm M ,
vuông góc với AH  BC : y  3  0
Đường trịn C  tâm I , bán kính
R  IA
có
phương
trình
2
2
x  2   y  74

Tọa độ điểm B,C là giao của BC và





đường tròn C , giải hệ này ta sẽ có C 2  65;3 (vì xC  0 )
Nhận xét: qua bài toán trên, cần ghi nhớ một kết quả quan trọng sau: Nếu H , I
lần lượt làuuu
trực
r tâm
uuurvà tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , M là trung điểm BC
thì ta có AH  2.IM (đây là điểm nút của vấn đề). Tiếp theo mạch tư tưởng đó,
ta nghiên cứu bài sau cũng có cách khai thác tương tự.
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , qua B
kẻ đường thẳng vng góc với AC tại H . Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của
 17 29   17 9 
các đoạn thẳng CH , BH và AD . Biết E  ;  , F  ;  , G 1;5  . Tìm tọa độ
 5 5   5 5
tâm đường tròn ngoại tiếp ABE .
Hướng dẫn tìm lời giải
Đây là bài tốn phát triển theo mạch
tư duy của dạng bài trên
ABE có F là trực tâm, vậy nếu
gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABE , M là trung điểm
AB
uur củauuu
r
thì ta chứng minh được EF  2.IM

Do tọa độ E , F đã biết vậy để có I
ta cần tìm tọa độ M , mà M là
trung điểm AB nên ta cần tìm tọa
độ A, B , (đây là điểm nút của bài
toán này)
6
SangKienKinhNghiem.net


uuur uuur
Ta thấy ngay EF là đường trung bình của HCB  AG  FE . Như vậy nếu gọi
uuur uuur
x  1
A x; y  thì giải phương trình AG  FE  
 A 1;1
y 1
Tiếp theo lập được phương trình đường thẳng AE đi qua
A, E  AE : 2 x  y  1  0
Đường thẳng AB đi qua A và vng góc với EF  AB:y-1=0
Đường thẳng BH qua F và vng góc với AE  BH : x  2 y  7  0
Do đó B  BH  AB  B 5;1  M 3;1
uur
uuur
Giải phương trình EF  2.IM  I 3;3

Tính chất 3: Cho ABC nội tiếp đường trịn tâm K , điểm H là trực tâm, gọi I là
tâm đường trịn ngoại tiếp HBC . Khi đó K và I đối xứng với nhau qua BC
Chứng minh

A

Gọi H là giao điểm của AH với
đường tròn tâm K , suy ra tứ giác
ACH ' B nội tiếp đường tròn tâm K
suy ra K cũng là tâm đường tròn
ngoại tiếp BH ' C
Mặt khác H và H ' đối xứng với
nhau qua BC suy ra HBC đối
xứng với tam giác H ' BC qua BC ,
mà K, I lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp H ' BC và HBC suy
ra I và K đối xứng với nhau qua
BC

K

H
C
B
H'

I

Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm

H , đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình x  1  y 2  9 .
Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc trục Oy . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC
biết BC có phương trình x  y  0 và B có hồnh độ dương.
2

7
SangKienKinhNghiem.net


Hướng dẫn tìm lời giải
2
Trước hết ta có tọa độ B, C là giao điểm của đường tròn x  1  y 2  9
và đường thẳng BC : x  y  0

C 

 1  17 1  17   1  17 1  17 
;
;
Giải hệ phương trình ta được B 
,C 

2
2
2
2

 

Bây giờ việc khó khăn sẽ là tìm tọa độ A x; y  theo trình tự suy luận sau:
- Điểm G 0; a  thuộc Oy là trọng
tâm ABC , sử dụng công thức
trọng tâm suy ra A 1; y 
- Gọi K và I lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp ABC và HBC

 I và K đối xứng với nhau quav
BC (tính chất 3), từ đây ta lập được
phương trình KI đi qua I 1;0  và
vng góc với BC
- Ta có tọa độ M  KI  BC
 1 1
 M   ;    K 0; 1
 2 2
Mặt khác KA  3 (bằng bán kính
đường trịn C ) - Do đường trịn
tâm K và đường tròn tâm I đối
xứng nhau qua BC nên bán kính
bằng nhau. Giải phương trình



KA  3  A 1; 1  2 2



A 1; 1  2 2



K
G
H
C
M

B

D

A'
I

 hoặc

A

Tính chất 4: Cho ABC cân tại A nội tiếp
đường tròn tâm I . G là trọng tâm của
ABC . Gọi D là trung điểm của AB , E là
trọng tâm của ADC . Khi đó I là trực tâm
của DEG .

K

E

D
I
G

B

C
F

8
SangKienKinhNghiem.net


Chứng minh:
Gọi F , H , K lần lượt là các trung điểm của BC , AC , AD  E  DH  CK .
Do G là trọng tâm ABC  G  AF  CD
CE CG 2

  GE / / AB
Ta có
CK CD 3
mà AB  DI  GE  ID
 DE / / BC
Lại có 
 GI  DE
GI  BC
Suy ra I là trực tâm của DGE
Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC cân tại A , gọi D là
 11 5 
trung điểm của AB , D có tung độ dương, điểm I  ;  là tâm đường tròn
 3 3
 13 5 
ngoại tiếp ABC . Điểm E  ;  là trọng tâm của ADC . Điểm M 3; 1
 3 3
thuộc đường thẳng DC , điểm N 3;0  thuộc đường thẳng AB . Tìm tọa độ các
điểm A, B, C .
Hướng dẫn tìm lời giải
A

Ta có I là trực tâm của DGE
(Tính chất 4)
Do đó ta viết phương trình DC đi qua M
K
và vng góc với EI
Suy ra DC : x  3  0
E
D
Tiếp theo ta tìm tọa độ điểm D ; di điểm D
H
thuộc DC nên D 3; x  , giải phương trình
I
uuur uur
G
DN .DI  0  x  3  D 3;3
Ta sẽ viết tiếp phương trình AB
(đi qua N , D )
B
Suy ra phương trình AB : x  2 y  3  0
F
Đường thẳng AF đi qua I và vng góc
với DE suy ra AF : x  y  2  0
Giải hệ A  AB  AF  A 7;5   B 1;1 (do D là trung điểm của AB )
Đường thẳng BC đi qua B và vng góc với IA  BC : x  y  0
Giải hệ C  BC  CD  C 3; 3

C

9
SangKienKinhNghiem.net

Tính chất 5: “Trong một hình thang cân có 2 đường chéo vng góc, độ dài
đường cao bằng độ dài đường trung bình”
Chứng minh
A

N

B

A

N

B

Ta có NM  NI  IM
Do ABCD là hình thang cân, và
AC  BD tại I nên các tam giác
I
AIB, DIC là các tam giác vuông
E
F
cân  IN , IM là các đường cao
tương ứng đồng thời là đường
trung tuyến
AB
CD
C

D
, IM 
Suy ra NI 
M
2
2
AB  CD
 NI  IM 
=EF
2
 NM=EF
Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có
45
diện tích bằng
, hai đường chéo AC và BD vng góc với nhau tại I 2;3.
2
Đáy lớn CD có phương trình x  3 y  3  0 . Viết phương trình cạnh BC biết C
có hồnh độ dương.
Hướng dẫn tìm lời giải
Để làm bài tập về hình thang cân,
các bạn chú ý tính chất 5 là
“Trong một hình thang cân có hai
I
đường chéo vng góc, độ dài
E
đường cao bằng độ dài đường
trung bình”
Trước hết gọi độ dài đường trung
bình của hình thang cân là x , vậy
D

cần tìm x để chuẩn bị cho bước
M
suy luận sau, thật vậy
AB  CD
45
45
5
5
Ta có S ABCD 
 x2 
 x3
 MN  3
.MN 
2
2
2
2
2
Mặt khác ta tìm được ngay khoảng cách
10
IM  d I , CD   10  NI  MN  IM 
2
IM ID

 2  ID  2.IB
Lại áp dụng định lý Talet, ta thấy ngay IN IB
(*)
uur
uur
 DI  2.IB

F

C

10
SangKienKinhNghiem.net


Như vậy, từ (*) để tìm được tọa độ B , ta cần tìm tọa độ D , hơn nữa đề bài yêu
cầu lập phương trình đường thẳng BC nên ta cần tìm tọa độ C nữa.
Ta sẽ nhận thấy tọa độ D và C là giao điểm của đường trịn C  tâm M , bán
kính MI với đường thẳng BC , vậy ta cần tìm điểm M như uuu
sau
rr
Điểm M thuộc CD  M 3m  3; m , do IM  DC do đó IM .n DC  0
Giải phương trình ta được m  0 do đó M 3;0 
Suy ra C : x  3  y 2  10
2

Giải hệ DC  C  ta được C 6;1, D 0; 1 (chú ý xC  0 )

Gọi B x; y  giải phương trình (*) ta được B 3;5 
Do đó phương trình BC : 4 x  3 y  27  0
Tính chất 6: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi D, E theo thứ tự là
chân các đường cao từ A, B . Các điểm M , N theo thứ tự là trung điểm của BC
và AB . Chứng minh tứ giác MEND nội tiếp.
Chứng minh

Từ tính chất 1 ta được D là trung điểm của

HH ' . Điểm M là trung điểm của HA ' (do tứ
giác HCA ' B là hình bình hành – tính chất 2).
 A '  M
Như vậy ta có phép vị tự V 1  : 
 H ;  H '   D
 2 
Mà hai điểm A ', H ' thuộc đường tròn ngoại
tiếp ABC suy ra 2 điểm M , D thuộc đường
tròn C ' là ảnh của đường tròn C  tâm O
qua phép vị tự V 1  (1)
H; 
 2

Chứng minh tương tự ta cũng có 2 điểm N , E thuộc đường trịn C ' là ảnh của
đường tròn C  tâm O qua phép vị tự V

1
H; 
 2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm D, M , E , N cùng thuộc đường trịn C '
Ví dụ 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC và đường thẳng
 7   14 19 
 : x  3 y  1  0 . Giả sử D  4;  , E  ;  , N 3;3 theo thứ tự là chân đường
 2   5 10 
cao từ A, B và trung điểm của AB . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC biết M là
trung điểm của BC nằm trên đường thẳng  và xM  4

11
SangKienKinhNghiem.net


Hướng dẫn tìm lời giải

Theo tính chất 6 ta chứng minh được 4 điểm D, M , E , N nằm trên đường trịn
C '

Giả sử C ' có phương trình x 2  y 2  2ax  2by  c  0, a 2  b 2  c  0
113






8
7
a
b
c

a  4
4


19
229
9

 28

Vì D, E , N  C '   a  b  c  
 b  
5
20
4
5

39
6a  6b  c  18


c  2
9
39
 C ': x 2  y 2  8 x  y 
0
2
2
Ta có M  , M  C '  M    C ' , giải hệ phương trình suy ra

M 4;1, xM  4
Tiếp theo ta lập được phương trình DM là x  4  0
Điểm B  DM  B 4; x  mà M là trung điểm của BC suy ra C 4;2  x , mặt
khác N là trung điểm của AB  A 2;6  x 
uuur uuur
5
1
 7  5 

Do BE  AC  BE. AC  0  x   A  2;  ,B  4;  , C  4;  
2
2
 2  2 
Tính chất 7: Cho hình chữ nhật ABCD có
AB  2. AD . M là một điểm trên AB sao cho
AB  4 AM . Khi đó DM  AC

12
SangKienKinhNghiem.net


Chng minh
BC 1
à M
ả 900 (1) m tan à
à  AM  1  µ
µ
A1 
 ; tan D
A1  D
Ta có D
1
1
1
1
AB 2
AD 2
¶  900  AHM vng tại H
A1  M

Thay vào (1) ta được µ
1
Do đó AC  DM
Ví dụ 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
AD  2 AB . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC . Điểm K 5; 1
là điểm đối xứng với M qua N , đường thẳng AC có phương trình
2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ của A, B,C,D biết A có tung độ dương.
Hướng dẫn tìm lời giải
Gọi I  AC  KD . Theo tính chất 7 ta chứng minh được
·AID  900  KD  AC
Do đó ta lập được phương trình đường thẳng
KD qua K và KD  AC là
x  2y  7  0
 13 11 
Do I  AC  KD , giải hệ ta có I  ;  
5
5
Gọi E  AC  KM
2
ID CD 2


  ID  IK
3
IK KE 3
2
5
 KD  KI  IK  KD  KI
3
3

uuur 5 uur
Nếu giả sử D x; y  , ta có KD  KI , giải phương trình này ta được D 1; 3
3
r
Gọi n  a; b  là véc tơ pháp tuyến của AD, phương trình AD có dạng
ax  by  a  3b  0
AD
AD
AD
2
·




Ta có cosCAD
2
AC
5
AD 2  DC 2
 AD 
2
AD  

 2 
b  0
2
2
 cos ·AD, AC 
 4ab  3b  0  

4a
b 
5
3

Do đó: phương trình AD : x  1  0 và AD : 3 x  4 y  9  0
Do A  AC  AD , giải hệ phương trình ta được A 1;1 vì y A  0
Đường thẳng DC đi qua A và vng góc với AD do đó phương trình của DC
là: y  3  0  C 3;3





Điểm E là trung điểm của AC và BD đo đó E 2; 1  B 3;1

13
SangKienKinhNghiem.net


Phần2: Kế hoạch bài dạy chuyên đề “Hướng dẫn học sinh tự học- tự nghiên cứu”
Tên đề tài: Nghiên cứu phương pháp giải một số bài tốn về hình học trong
tọa độ phẳng từ các tính chất hình học
Đối tượng: HS lớp 10
I. Mục tiêu bài dạy
- Xây dựng một số bài tốn về hình học trong tọa độ phẳng từ các tính chất hình
học.
- Ứng dụng các bài tốn tổng quát .
II. Nhiệm vụ của GV
- GV đưa ra nhận xét về một số tính chất hình học trong mặt phẳng, vai trị của

dạng tốn này trong các kỳ thi, trong công việc và trong cuộc sống.
- GV giao đề tài nghiên cứu cho HS và hướng dẫn các bước tiến hành tự học, tự
nghiên cứu cho HS.
- GV hướng dẫn cho HS một số kỹ năng giải các bài tốn hình học trong tọa độ
phẳng, hướng dẫn HS tìm tài liệu, viết thành bài báo và trình bày đề tài.
- GV đóng vai trị là người hướng dẫn, tổ chức, thiết kế, cố vấn, trọng tài trong
quá trình nghiên cứu của HS.
III. Nhiệm vụ của HS
Hoàn thành nhiệm vụ GV giao cho.
IV. Phương pháp dạyhọc
Hướng dẫn HS tự học tự- nghiên cứu.
V. Nội dung chi tiết
1. GV đặt vấn đề
Hình học phẳng là một phần rất khó, để tiếp thu tốt phần này HS phải có một
phương pháp học chủ động, sáng tạo, ngoài việc các em giải được bài toán gốc,
các em cần phải đặt ra những câu hỏi khác chẳng hạn, thay các giải thiết khác
của bài tốn thì sẽ như thế nào? Trong mặt phẳng chứa các đối tượng hình học
(Điểm, đường thẳng, đường trịn, vectơ...), ta có thể đặt vào đó một hệ trục tọa độ
trực chuẩn Oxy, khi đó các yếu tố hình học đã được số hóa, phiên dịch bài tốn
này sang ngơn ngữ tọa độ ta có được một bài tốn tọa độ. Nội dung chính của
chuyên đề là từ các bài tốn hình học thuần túy, đặt vào đó một hệ trục tọa độ để
có được bài tốn hình học tọa độ, giải bài tốn này theo ngơn ngữ tọa độ có sử
dụng các yếu tố hình học đặc trưng.
2. GV đưa ra các nội dung cần tự học, tự nghiên cứu
- Nghiên cứu và giải các bài toán về hình học trong tọa độ phẳng
- Nghiên cứu xây dựng các bài tốn tương tự về hình học trong tọa độ phẳng
3. GV gợi ý tài liệu tham khảo
- Đề thi Học sinh giỏi THPT của các Tỉnh, các đề thi thử THPT QG
- Các tài liệu đọc thêm có liên quan đến Hình học trong tọa độ Oxy
4. GV phát phiếu học tập cho HS

5. GV nêu các bài tốn tổng qt, ví dụ áp dụng, kỹ năng xây dựng bài tập
Tính chất 1: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I , BH và CK là hai đường
cao của ABC . Khi đó ta có AI  KH
14
SangKienKinhNghiem.net


- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài tốn tương tự
Hr là trực tâm, kẻ đường
Tính chất 2: Cho ABC nội tiếp đường tròn uuu
tâm
r I . uuu
kính AA ' , M là trung điểm của BC .Khi đó AH  2 IM
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài tốn tương tự
Tính chất 3: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm K , H là trực tâm, gọi I là
tâm đường tròn ngoại tiếp HBC . Khi đó K và I đối xứng với nhau qua BC
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài tốn tương tự
Tính chất 4: Cho ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I . G là trọng tâm
của ABC . Gọi D là trung điểm của AB , E là trọng tâm của ADC . Khi đó I
là trực tâm của DEG .
- Cách chứng minh

- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài tốn tương tự
Tính chất 5: “Trong một hình thang cân có 2 đường chéo vng góc, độ dài
đường cao bằng độ dài đường trung bình”
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài tốn tương tự
Tính chất 6: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi D, E theo thứ tự là
chân các đường cao từ A, B . Các điểm M , N theo thứ tự là trung điểm của BC
và AB . Khi đó tứ giác MEND nội tiếp.
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài tốn tương tự
Tính chất 7: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2. AD . M là một điểm trên
AB sao cho AB  4 AM . Chứng minh DM  AC
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
15
SangKienKinhNghiem.net


- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
6. GV tổ chức cho HS nêu hướng giải quyết
- GV cho HS nêu ý kiến của bản thân về phương hướng giải các bài toán, những
thuận lợi và khó khăn, những vấn đề cần sự hướng dẫn của GV.
7. GV hướng dẫn HS giải quyết một số bài toán

8. GV giao đề tài cho HS và yêu cầu HS tự học, tự nghiên cứu
GV yêu cầu HS:
- Tự giải quyết các bài tập được giao
- Tự tìm tịi thêm các bài tập có liên quan
- Sáng tạo các bài tập mới liên quan
- HS viết thành một bài báo nhỏ theo mẫu sau:
ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU CỦA HS
Họ và tên:………… .lớp:……… ……trường:…………………………..
Tên đề tài: NGHIÊN CỨU CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG TỌA ĐỘ OXY
I.
II.
III.
IV.

Lời mở đầu
Kiến thức cơ bản (các bài toán tổng quát,…)
Kết quả nghiên cứu (các dạng bài tập và các ví dụ minh hoạ)
Kết luận

V.

Tài liệu tham khảo

9. GV nghiệm thu bài báo của HS
- GV kiểm tra kết quả tự học, tự nghiên cứu của HS.
- GV tổ chức cho HS trình bày kết quả nghiên cứu, và làm trọng tài cho các cuộc
thảo luận.
- GV đưa ra đánh giá cho bài báo của HS theo các tiêu chí.
+ Chính xác, khoa học, sáng tạo, tích cực, khả năng hợp tác cao.
+ Bài tập HS đưa ra đa dạng, phong phú.

+ Thời gian hoàn thành.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
2.4.1. Đối với học sinh:
- Được ôn tập, củng cố các tính chất của hình học phẳng.
- Rèn luyện kỹ năng giải bài tốn hình học tọa độ và rèn luyện tư duy trừu tượng.
- Có cách nhìn sâu sắc về bài toán tọa độ; hiểu được các bài toán hình học tọa độ
khơng phải tự nhiên mà có được mà phải qua quá trình miệt mài, sáng tạo của
con người để có được các bài tốn hay và khó. Từ đó các em có được đam mê,
động lực để học toán và ngày càng yêu toán hơn.
2.4.2. Đối với bản thân và đồng nghiệp
- Đề tài này là một tài liệu dùng cho hoạt động giảng dạy của bản thân và đồng nghiệp.
- Đề tài cũng đã tổng kết nhiều tính chất đặc trưng của hình học thuần túy, làm
cơ sở cho bản thân và đồng nghiệp sáng tạo nên những bài toán khác làm phong
16
SangKienKinhNghiem.net


phú hơn nguồn tư liệu cho hoạt động giảng dạy. Bên cạnh đó, đề tài cũng đã gợi
ý cho bản thân và đồng nghiệp tiếp tục mở rộng nghiên cứu các tính chất của các
loại hình khác như hình thang, hình bình hành, thoi, chữ nhật, vng để sáng tạo
nên các bài tốn hình học tọa độ mới một cách đa dạng.
2.4.3. Đối với nhà trường
- Đề tài đã và đang được áp dụng trong hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao
chất lượng giáo dục; cải thiện thành tích thi HSG, thi THPT Quốc gia của học
sinh nhà trường theo chiều hướng tích cực.
- Đối với HS giỏi, HS lớp đội tuyển ở các trường phổ thông tiếp thu rất tốt và có
khả năng nghiên cứu sáng tạo, cùng với khả năng tự học vốn có, được sự hướng
dẫn của GV kết quả đạt được là rất tốt, HS say mê nghiên cứu, tìm tịi, sáng tạo,
từ đó chuẩn bị tốt cho các kỳ thi HS giỏi, thi đại học.
- Phương pháp dạy học này chỉ dành cho HS khá trở lên, không hiệu quả đối với

HS yếu kém, ít hiệu quả đối với HS có học lực TB.
3. KẾT LUẬN
3.1. Kết luận
Quá trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau:
- Trong đề tài đã nghiên cứu một cách hệ thống các bài toán về hình học trong
tọa độ phẳng, giúp học sinh rèn luyện kĩ năng giải dạng tốn này, từ đó làm tiền
đề cho việc nghiên cứu sâu hơn về dạng toán này.
- Đưa ra cơ sở lý luận về phương pháp dạy học hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu.
- Đưa ra các biện pháp hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu.
3.2. Kiến nghị
Sau khi tổng kết thực nghiệm sư phạm, chúng tơi có một số đề xuất sau:
- GV nên thay đổi PPDH của mình để phù hợp với từng đối tượng, từng nội dung
bài học, hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu, để tạo ra những sản phẩm hữu ích
giúp các em có một lượng kiến thức và kỹ năng tốt để chuẩn bị cho các kỳ thi.
- Nhà trường, các tổ chuyên môn cần khuyến khích hình thức, tự học tự nghiên
cứu, hợp tác nhóm của HS theo sự hướng dẫn của GV để từ đó tạo điều kiện cho
GV và HS giao lưu cải thiện chất lượng học tập giúp các em có một nền tảng
kiến thức thật sự vững chắc.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2018
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Nguyễn Bá Long

17
SangKienKinhNghiem.net