SKKN Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng để áp dụng vào bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT HIỆN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH
HỌC PHẲNG ĐỂ ÁP DỤNG VÀO BÀI TỐN HÌNH
HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG LỚP 10

Người thực hiện: Lê Bá Tn
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

THANH HỐ

1


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

1

2. Mục đich nghiên cứu

1

3. Đối tượng thời gian nghiên cứu

1

4. Phương pháp nghiên cứu

1

2. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận

2

2. Thực trạng vấn đề

17

3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện

18

4. Hiệu quả của đề tài

18

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận

19

2. Kiến nghị

19

2


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Trong chương trình hình học lớp 10 có một phần rất quan trọng của hình học
phổ thơng đó là phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đây là phần tiếp nối của
hình học phẳng ở cấp Trung học cơ sở nhưng được nhìn dưới quan điểm đại số
và giải tích. Như vậy, mỗi bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng đều mang
bản chất của một bài tốn hình học phẳng nào đó. Tuy nhiên, khi giải các bài
tốn hình học toạ độ học sinh thường không chú trọng đến bản chất hình học của
bài tốn ấy, một phần vì học sinh ngại hình học phẳng vì cứ nghĩ hình học phẳng
là khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng khơng chú trọng khai thác hướng dẫn
cho học sinh. Do đó, hiệu quả giải tốn khơng cao mà sự phân loại dạng tốn,
phương pháp giải tốn cũng khơng rõ ràng. Thực tế yêu cầu trong việc giảng dạy
chỉ phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương pháp suy luận giải tốn
hình học toạ độ trong mặt phẳng. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm
này tơi muốn nêu ra một cách định hướng tìm lời giải bài tốn hình học toạ độ
trong mặt phẳng dựa trên bản chất hình học phẳng của bài tốn đó. Vì vậy, với
trách nhiệm của mình, tơi thấy cần phải xây dựng thành chuyên đề từ đó rèn
luyện kĩ năng nhận dạng, nâng cao năng lực giải toán cho học sinh để các em
khơng cịn e ngại hay lúng túng khi gặp các dạng tốn này. Qua q trình tích lũy
tơi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học
phẳng để áp dụng vào bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10”.
1.2. Mục đich nghiên cứu
Nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng tốn của phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài toán về hình
học giải tích.

Giúp học sinh nâng cao được tư duy, kĩ năng tính tốn. Từ đó cung cấp
cho học sinh một dạng toán nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức bước vào
các kì thi, đặc biệt là kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hố.
Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tố hơn
kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học toán.
Giúp cho bản thân và đồng nghiệp có thêm tư liệu để ơn tập cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Tính chất đặc trưng của hình học phẳng, bài tốn hình học giải tích trong
mặt phẳng lớp 10.
Một số đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá từ 2012 đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu Toán lớp 10 và lớp 12
- Đánh giá kết quả học tập, kết quả các kì thi đại học, cao đẳng và thi học
sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn của học sinh lớp 12A1, 12A2 năm học 2015-2016.
Lớp 12A6, 12A7 năm học 2016-2017 trường THPT Yên Định 3.
- Phân tích, đánh giá, tổng hợp các dạng toán liên quan đến bài toán về
phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đặc biệt là các bài tốn, dạng tốn liên
quan đến hình học giải tích trong mặt phẳng trong các kì thi tuyển sinh Đại học,
cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa trong các năm gần đây.
1


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
a. Một số kết quả hình học phẳng thường dùng
Tính chất 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, tiếp tuyến Cx tại C.
. [5]

Khi đó

Tính chất 2. Cho hình vng ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và
CD. Khi đó AM  BN . [4]
Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Có trực tâm H,
M là trung điểm của BC. Khi đó

. [5]

Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H, K lần
lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó IA  HK [5]
Tính chất 5. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của
đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp

và M là giao điểm của AH với

BC. Khi đó M là trung điểm của HD. [5]
Tính chất 6. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao
điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác JBC và ID  BC . [5]
có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vng góc

Tính chất 7. Cho

của C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung điểm
của BC. Khi đó

[5]

Tính chất 8. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân
đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đó H là tâm đường

tròn nội tiếp

. [5]

Chú ý: 1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vng góc, sự bằng nhau, quan hệ về góc
của hình vng, hình thoi và các tam giác đặc biệt.
2. Các cơng thức diện tích, khoảng cách, cơng thức tính góc, các định lý
sin, cosin trong tam giác…
2


b. Các ví dụ điển hình
Các ví dụ một bài tốn hình học toạ độ có thể được giải theo một trong ba hướng
chính sau:
Hướng 1: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích
Hướng 2: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học phẳng sau đó áp dụng vào toạ độ
Hướng 3: Khai thác các yếu tố hình học phẳng để giải tốn hình giải tích
Mỗi hướng giải tốn đều có những ưu thế riêng cho từng bài tốn nhưng nói
chung hướng 3 thường hiệu quả hơn cả.
Dạng 1. Sử dụng quan hệ vng góc trong giải tốn
Bài tốn cơ bản 1. Cho hình vng ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của
BC và CD. Chứng minh rằng AM  BN
A

B

A

B

M

D

N

C

M

D

N

C

Bài toán cơ bản 2 . Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H,
K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Chứng minh
rằng IA  HK
Chứng minh

Kẻ tiếp tuyến Ax của đường trong ngoại tiếp tam giác
3


1

 ACB  sd AB
ABC tại A  KAx
(1)

2


Do BHC
 BKC
 900 nên tứ giác BKHC nội tiếp


suy ra  AKH
(2) (cùng bù với góc BKH
)
 ACB

Từ (1) và (2)  KAx
 AKH  HK / /Ax mà
IA  Ax  IA  HK (đpcm)
Bài toán cơ bản 3. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp J . Gọi D là
giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ
và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC và ID  BC
Chứng minh.
A B


 
Ta có DJB
2

2

(góc ngoài tam giác) (1)



A B

B

 mà B
  A  DBJ

DBJ
 B
(2)
 
3
3
2
2
2 2


Từ (1) và (2) suy ra DJB
hay tam giác
 DBJ

DJB cân tại D hay DJ=DB
(3)
mà
(2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau) (4)

Từ (3) và (4) suy ra DB=DJ=DC hay D là tâm đường trịn
ngoại tiếp JBC (đpcm)
Ta có

nêm ID là đường trung trực của BC  DI  BC (đpcm)

Bây giờ ta xét một số ví dụ điển hình
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng oxy cho hình vng ABCD có đỉnh B(0;4). Gọi M và
N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Gọi

là giao điểm của AM và

BN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình vng ABCD biết đỉnh A thuộc đường
thẳng (d) : x +2y +4 =0.
Hướng dẫn giải

4


+PT đường thẳng BN: 3x+y-4=0
+PT đường thẳng AM  BN sẽ có PT : x  3 y  4  0
+ Điểm A là giao điểm của AM & d nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x  3y  4  0
 A(4;0)  PT (BC): x+y-4=0




x
2

y
4
0

+ Điểm M là giao điểm của AM & CB nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x  y  4  0
 M (2;2)  C 4;0), D(0; 4)

x  3y  4  0
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC=2BA. Gọi
F(1;1) là điểm trên cạnh BC sao cho

. Điểm

là giao điểm của

BD và AF. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B nằm trên
đường thẳng (d): x+2y-6=0.
Hướng dẫn giải.

+ Viết PT đường thẳng AF qua H và F
+ Viết PT đường thẳng BD qua H và vng góc với AF
+ Điểm B là giao điểm của (d) với BD. Ta có
+ Viết PT đường thẳng AB qua B và vng góc với BF
+ Điểm A là giao điểm của AF với AB;

5


Ví dụ 3. Cho hình vng ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của

AB, BC, biết CM cắt DN tại
AH cắt CD tại

. Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng

. Biết

, tìm toạ độ các đỉnh của hình vng
Hướng dẫn giải
M

A
B
I
E

N
H

D

P

C

Ta chứng minh tam giác AIP vuông tại I.
Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra
ED = EI, mà H là trung điểm của DI
mà

,

suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình

bình hành, do đó P là trung điểm DC

tứ giác AMPD là hình chữ nhật

vng tại I
Ta có

cân tại A

( do tam giác DIC vng tại I)

Đường thẳng AI qua I và vng góc với PI nên có phương trình

.

6


Do

nên A(2; 4) suy ra pt(AP):
suy ra pt(DN): x – 2y = 0

Vậy

.

Ví dụ 4.Trong mặt phẳng Oxy cho ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J(2;1). Biết
đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác có phương trình : 2 x  y  10  0 và
D(2 ;-4) là giao điểm của đường thẳng AJ với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tìm
tọa độ các đỉnh của ABC biết B có hồnh độ âm và B thuộc đường thẳng có
phương trình x+y+7=0 (d).
Hướng dẫn giải
A

J I

B

C

H

D

Ta có
Theo kết quả bài tốn gốc thì D là tâm đường trịn ngoại tiếp
tam giác JBC (C’). Do đó PT đường trịn (C’) :
Điểm

nên tọa độ điểm B là

nghiệm của hệ
Thế (1) vào (2) ta được

Điểm B có hồnh độ âm nên B(-3 ;-4)

Đường thẳng AJ qua J và D có PT : x-2=0 .Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

+ Đường thẳng BC qua B và vng góc với AH :
+Đường thẳng
và ID qua D(2 ;-4)
+ Gọi M là trung điểm của BC
Ví dụ 5. ( trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm 2014)
7


Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD với M, N lần
lượt là trung điểm của đoạn AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống
CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD biết

và điểm

.

D nằm trên đường thẳng

Hướng dẫn giải
M

A

B

H
H

N

C

D

Trong tam vng BCH ta có : HN=NC (1)
Mặt khác: BH và DN song song với
(Vì cùng vng góc với MC)
Từ đó: H và C đối xứng qua DN
DH vng góc với HN
Gọi D(m ; m-4) Sử dụng điều kiện
Nhận xét H và C đối xứng qua DN tìm được
Từ đó tìm được :
.
Ví dụ 6. (Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hoá năm 2016)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
cho hình thang ABCD có
và A, C thuộc trục hồnh. Gọi E là trung điểm của đoạn
Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D biết EC
AD, đường thẳng EC đi qua điểm
vng góc với BD và điểm E có tọa độ nguyên.
Hướng dẫn giải
y=0
A

B(2;4)
I

F(-4;1)

H
J

C

E

D

Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H; gọi J
là giao điểm của BD với CE. Khi đó ta có:
và
suy ra H là trực tâm của
thẳng hàng. Do đó
suy ra
8


Đường thẳng BE qua B(2;4) vng góc với Ox nên có phương trình x =2.
Gọi

Thay (2) vào (1) ta được
(do b nguyên)
có nghiệm duy nhất trên
(Ta chứng minh được phương trình
khoảng
nên khơng có nghiệm ngun ).
, đường thẳng CD có phương trình
Khi đó

cắt Ox
là các điểm cần tìm.

tạiC(-1;0).Vậy

Dạng 2. Bài tốn liên quan đến tính chất trung điểm của đoạn thẳng
Bài tốn cơ bản. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai
của đường thẳng AH với đường tròn ngoại tiếp

và K là giao điểm của AH

với BC. Chứng minh rằng K là trung điểm của HD
Chứng minh

Ta có

(góc nội tiếp cùng chắn

)

( cùng phụ với góc
)
cân tại B nên K là trung điểm
của HD (đpcm)
Từ bài toán trên ta xây dựng các ví dụ sau.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho
nhọn có trực tâm H(5;5), phương trình
đi qua
đường thẳng chứa cạnh BC là x+y-8=0. biết đường tròn ngoại tiếp
.

2 điểm M(7 ;3), N(4 ;2). Tìm tọa độ các đỉnh của
Hướng dẫn giải.
Và

9


Gọi H’ là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo KQ
bài tốn gốc thì H’ đối xứng với H qua BC
+Đường thẳng (HH’) vuông góc với BC và qua H có PT x-y=0
+ Gọi A’ là chân đường cao hạ từ A
+ Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm
H’(3 ;3),M(7 ;3),N(4 ;2) có PT :
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
+ Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ
hoặc B(3 ;5),C(6 ;2).
nhọn. Đường trung tuyến kẻ từ A và
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho
phương trình đường thẳng BC lần lượt là
Đường
thẳng qua A và vuông góc với BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tai
điểm thứ hai là D(4;-2). Viết phương trình các cạnh AB, AC biết
Hướng dẫn giải

+ Tọa độ điểm {M}=
+

là nghiệm của hệ

có PT: x+y-2=0.

+ Tọa độ điểm {A}=

là nghiệm của hệ

+ Tọa độ điểm {K}=

là nghiệm của hệ

+Theo KQ bài tốn gốc thì D đối xứng với H qua BC
Do
M là trung điểm của BC nên C(7-t;3-t).
10


Do
Ví dụ 3. ( Trích đề thi HSG cấp tỉnh mơn tốn tỉnh Thanh Hố năm 2013)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương
. Đường thẳng qua A vng góc với đường
trình là
thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là
.
Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hồnh độ của điểm B
không lớn hơn 3.
Hướng dẫn giải
A

H

B

K

M

C

D

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu
lần lượt là vtpt, vtcp
của đường thẳng d.
Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

AD vng góc với BC nên
, mà AD đi qua điểm D suy ra phương
. Do A là giao điểm của AD và
trình của
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
Tứ giác HKCE nội tiếp nên
, mà
(nội tiếp chắn cung
Suy ra
, vậy K là trung điểm của HD nên
.

Do B thuộc BC
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

)
.

11


Do

. Ta có

Suy ra
Dạng 3. Bài tốn liên quan đến trực tâm của tam giác
Bài toán cơ bản. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E và G lần lượt là trọng tâm
các tam giác ACD và ABC. Chứng minh rằng I là trực tâm tam giác DEG
Chứng minh

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AD. Khi đó theo tính chất trọng tâm
tam giác ta có

mà

(1)

Mặt khác
cân tại A nên

mà DM
là đường trung bình của
do đó
Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm tam giác DGE
Ta xây dựng các bài tốn sau đây.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho
Biết rằng

cân tại A; M là trung điểm đoạn AB.

là tâm đường tròn ngoại tiếp và G(0;1),

lần lượt là

A
trọng tâm tam giác ACM. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC
N

Hướng dẫn giải
K

D

P

I
G(0;1)
B

C

12


Giả sử M(x;y)

và

.

Ta có
Lại có
Mặt khác K là trọng tâm tam giác ACM
suy ra A(4;5) và M là trung điểm của AB . suy ra B(-5;2).
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho
Biết rằng

cân tại A; M là trung điểm đoạn AB.

là tâm đường tròn ngoại tiếp và

trọng tâm tam giác

ACM. Các đường thẳng AB, CM lần lượt đi qua các điểm E(-2;3), F(0;1). Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm M âm.
Hướng dẫn giải
A
N
K

D

P

I
G
E(-2;3)
F(0;1)
B

C

+ PT đường thẳng CM qua F và vng góc với KI là:
5x+y-1=0
+ M thuộc CM nên M(m;1-5m)
+
+ PT đường thẳng AB qua M và E là: x-3y+11=0
13


+ Goi P là trung điểm của AC thì theo
tính chất trọng tâm tam giác ta có :
+ Ta có
ta được A(4 ;5), C(1 ;-4).
+ P là trung điểm của AC
Chọn một tam giác nào đó giả sử A(7;5), B(-1;1), C(3;-3). Khi đó ta tìm được
trọng tâm tam giác ACD là

điểm D(3;3). Tâm đường trịn ngoại tiếp

.
Dạng 4. Bài tốn liên quan đến khoảng cách

Ví dụ 1. Cho hình chữ nhật ABCD có D(4; 5), M là trung điểm đoạn AD, đường
. Điểm B nằm trên đường thẳng

thẳng CM có phương trình
. Tìm toạ độ A, B, C

Hướng dẫn giải
A

B
I

K
M

G
H
C

D

.

Ta có

G ọi G là trọng tâm tam giác ADC

.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM

B(b; -1-2b)
14


Vì B, D nằm khác phía đối với CM nên b = 2
(c < 2).
.

Có
Do c < 2 nên C(-2; 1), A(8; -1)
Vậy

Ví dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm của CD, đường thẳng
BN có phương trình là

, điểm M(-1; 2) thuộc đoạn thẳng AC sao

cho AC = 4 AM. Gọi H là điểm đối xứng với N qua C, H thuộc đường thẳng
. Biết 3AC = 2AB, tìm toạ độ A, B, C, D.
Hướng dẫn giải
A

B

M

I

G

D

N

C

H

suy ra G là trọng tâm tâm tam giác BCD

Gọi
, mà
Do đó
Ta có

suy ra tam giác MNH vng tại M.
15


Ta có
Vì H, M nằm khác phía đối với BN nên H(3; 2)

.

Suy ra pt(MN): x + 1 = 0
Do

Vậy

,

Dạng 5. Bài tốn liên quan đến phân giác của góc
Ví dụ 1. Cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD và BC, biết AB = BC,
AD = 7. Đường chéo AC có phương trình

, điểm M(-2; -5) thuộc

đường thẳng AD. Viết phương trình CD biết B(1; 1).
Hướng dẫn giải
B

C

F

A
D

M

Tứ giác ABCD là hình thang cân nên ABCD nội tiếp đường tròn.
Mà AB = BC = CD

nên AC là đường phân giác trong góc

.

Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC suy ra E thuộc AD
Ta có pt(BE):
Pt(AD):

.
16


Ta có D thuộc AD nên
D nằm về hai phía của AD nên
trình 3x - 4y + 1 = 0

. AD = 7 suy ra

hoặc

. Do B,

. Vì BC // AD nên BC có phương
suy ra ABCD khơng phải là

hình thang cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
Thực trạng đứng trước một bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng học
sinh thường lúng túng và đặt ra câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải bài tốn
từ đâu ? Một số học sinh có thói quen khơng tốt là khi đọc đề chưa kỹ đã vội
làm ngay, có khi sự thử nghiệm đó sẽ dẫn tới kết quả, tuy nhiên hiệu suất giải
tốn như thế là khơng cao. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn
trong q trình giải tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng, giáo viên cần tạo cho
học sinh thói quen xem xét bài tốn dưới nhiều góc độ, khai thác các yếu tố đặc

trưng hình học của bài tốn để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học
sinh khả năng tư duy theo các phương pháp giải là một điều cần thiết. Việc trải
nghiệm qua quá trình giải tốn sẽ giúp học sinh hồn thiện kỹ năng định hướng
và giải toán. Cần nhấn mạnh một điều rằng, đa số các học sinh sau khi tìm được
một lời giải cho bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng thường không suy
nghĩ, đào sâu thêm. Học sinh không chú ý đến bản chất hình học phẳng của bài
tốn nên mặc dù làm rất nhiều bài tốn hình học toạ độ nhưng vẫn khơng phân
loại được dạng tốn cơ bản cũng như bản chất của bài toán.
Kết quả, hiệu quả của thực trạng trên với thực trạng đã chỉ ra, thông
thường học sinh sẽ dễ dàng cho lời giải đối với các bài tốn có cấu trúc đơn
giản. Cịn khi đưa ra bài toán khác một chút cấu trúc cơ bản học sinh thường tỏ
ra rất lúng túng và khơng biết định hướng tìm lời giải bài tốn. Từ đó, hiệu quả
giải tốn của học sinh bị hạn chế rất nhiều. Trước thực trạng đó của học sinh, tơi
thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét bài tốn hình học
toạ độ trong mặt phẳng theo bản chất hình học phẳng. Vì vậy, song song với các
lời giải cho bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng, tôi luôn yêu cầu học sinh
chỉ ra bản chất và bài tốn hình phẳng tương ứng, từ đó phân tích ngược lại cho
bài tốn vừa giải. Trong sáng kiến kinh nghiệm này, tôi sẽ chỉ ra một trong
nhiều nội dung được áp dụng có hiệu quả. Việc đưa nội dung này nhằm khai
thác các tính chất hình học phẳng để định hướng tìm lời giải bài tốn hình học
toạ độ và xem việc chỉ ra bản chất hình học phẳng sẽ bổ trợ cho giải tốn chứ
khơng phải là chúng ta đi giải một bài hình học phẳng. Qua đó giúp học sinh
nhận thức được rằng: “Mỗi bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng ln chứa
đựng một bài tốn hình phẳng tương ứng”. Vì vậy phân tích bản chất của bài
tốn hình học phẳng để bổ trợ cho việc giải bài tốn hình học toạ độ trong mặt
phẳng là một suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ động hơn trong việc tìm
17


kiếm lời giải cũng như phân loại một cách tương đối các bài tốn hình học toạ

độ trong mặt phẳng
2.3. Các giải pháp đã tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề
1. Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ năng giải tốn thơng qua một (hay
nhiều) buổi học có sự hướng dẫn của giáo viên
2. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong
đó yêu cầu khả năng lựa chọn lời giải ngắn gọn trên cơ sở phân tích bài tốn
hình học phẳng tương ứng.
3. Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin về khả năng nắm vững kiến thức
của học sinh.
4. Trong mỗi bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng đều yêu cầu học
sinh thực hiện phân tích bản chất hình học phẳng cũng như đưa ra các hướng
khai thác mở rộng cho bài toán.
5. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện.
Để tăng cường tính chủ động cho học sinh trong buổi học thứ nhất, tôi đã
cung cấp cho học sinh một hệ thống các bài tập đề thi về bài tốn hình học toạ
độ trong mặt phẳng cho bài học. Yêu cầu học sinh về nhà chuẩn bị lời giải, phân
loại các bài tốn thành các nhóm tương tự nhau cũng như trả lời câu hỏi: bản
chất bài toán ấy là gì? Có tổng qt, mở rộng, phân loại dạng tốn được khơng?
Bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng xuất hiện thường xuyên trong các đề
thi học sinh giỏi với mức độ tương đối khó. Vì vậy, để giải được dạng tốn này
chúng ta cần tìm hiểu bản chất cũng như xây dựng phương pháp tư duy giải toán
đặc trưng cho loại toán. Trong các buổi học này chúng ta sẽ cùng nghiên cứu về
một phương pháp tư duy giải tốn: "phân tích tính chất hình học phẳng trong bài
tốn hình học toạ độ tương ứng". Trước hết, ta cần chú ý chuyển bài toán toạ độ
về bài tốn hình phẳng trên cơ sở các dữ kiện bài tốn đã cho. Sau đó, ta sẽ phân
tích tính chất hình học trên hình phẳng để định hướng tìm lời giải bài toán.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
- Từ những giải pháp nêu trên, bản thân tôi thấy các kết quả khả quan.
+ Việc tiếp cận các bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng của các
em học sinh đã nhanh nhạy hơn, các em đã tự tin khi tiếp cận dạng tốn này.

+ Khơng khí lớp học sôi nổi, các em thấy hứng thú với việc tiếp cận vấn
đề mới.
+ Chất lượng ôn thi mũi nhọn mơn Tốn của nhà trường được nâng lên rõ
rệt, làm tiền đề cho việc nâng cao chất lượng dạy và học.
Trong hai đề thi học sinh giỏi cấp trường môn tốn năm học 2016 - 2017
thì có 85% học sinh lớp 10 và 90% học sinh lớp 11 giải được bài tốn hình học
giải tích phẳng.

18


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Trước một bài toán, giáo viên phải biết hướng dẫn học sinh tự giải, biết
tìm ra hướng đi đúng đắn. Bởi một số bài tốn địi hỏi phải sáng tạo, phải có tư
duy nhất định mới có thể giải được.
Biết trân trọng thành quả lao động sáng tạo của các nhà khoa học, giúp
học sinh hứng thú học tập bộ môn nhằm nâng cao chất lượng bộ mơn tốn và
chất lượng giáo dục hiện nay.
Hiện nay, đa số các thầy cô giáo cũng biết phương pháp này. Tuy nhiên
ứng dụng của nó hiện nay chưa được nghiên cứu một cách tổng thể. Do vậy tơi
mong rằng những kinh nghiệm nhỏ mình có thể giúp ích phần nào cho công tác
giảng dạy tại các trườngtrung học phổ thông.
3.2. Kiến nghị
Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy để học sinh hiểu, nắm vững kiến thức cơ
bản, vận dụng được kiến thức để giải toán cần lưu ý một số nội dung sau:
Phải đầu tư nhiều thời gian để nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa, tài liệu
tham khảo để hiểu rõ kiến thức cơ bản, kiến thức trọng tâm.
Biết phân loại, dạng bài tập phù hợp các đối tượng trong lớp, kiên trì uốn
nắn động viên, phát huy kiến thức học sinh đã có, bổ sung hoàn thiện kiến thức

học sinh thiếu, hổng trong từng tiết dạy.
Thường xuyên nắm bắt ý kiến phản hồi từ phía học sinh thơng qua các tiết
bài tập, bài kiểm tra định kỳ, kiểm tra miệng … điều chỉnh kịp thời nội dung
giúy học sinh dể hiểu bài học.
Trước khi giảng dạy phần này nói riêng cũng như các nội dung khác nói
chung giáo viên cần bổ sung những nội dung kiến thức có liên quan để học tốt
nội dung mới.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân để phần nào giúp học sinh
có cái nhìn dễ dàng hơn về bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng. Tơi cũng
nhận thấy với sự hiểu biết có hạn, thời gian, không gian hẹp nên sáng kiến này
không tránh khỏi thiếu sót, tơi rất mong nhận được sự đóng góp của các đồng
nghiệp. Tơi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 26 tháng 5 năm 2017

Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Hữu Tuấn

Lê Bá Tuân

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi đại học, cao đẳng từ các năm học 2010 đến nay.

2. Đề thi học sinh Giỏi tỉnh Thanh Hóa từ năm học 2010 đến nay.
3. Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng oxy, Đặng Thành Nam, NXB ĐHQG Hà Nội
năm 2014.
4. Sách giáo khoa hình học 9, NXB Giáo dục Việt Nam 2012.
5. Sách giáo khoa hình học 9, NXB Giáo dục Việt Nam 2012.
6. Sách giáo khoa mơn Hình học lớp 10, NXB Giáo dục Việt Nam 2012.
7. Sách giáo khoa Hình học 10 (Chương trình Nâng cao), NXB Giáo dục Việt
Nam 2012.
8. Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ 2015, 2016, NXB Giáo dục.

20