Sáng kiến kinh nghiệm phát triển tư duy toán học qua giải bài tập toán theo nhiều cách khác nhau

NÂNG CAO NĂNG LỰC, PHÁT TRIỂN TƯ DUY TOÁN HỌC CHO
HỌC SINH QUA VIỆC GIẢI BÀI TẬP TOÁN HỌC THEO NHIỀU
CÁCH KHÁC NHAU
PHẦN I . MỞ ĐẦU
I- Lí do chọn đề tài
Về phương pháp giáo dục, giáo viên phải khuyến khích tự học và áp dụng
phương pháp giáo dục hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng
tạo, năng lực tự giải quyết vấn đề .Nhân cách của học sinh trong đó có kết quả
trí dục chính là chất lượng sản phẩm mà nhà trường đào tạo cho xã hội. Vì vậy,
đổi mới phương pháp giảng dạy là một yêu cầu cần thiết đối với ngành giáo dục.
Đi đôi với việc đổi mới phương pháp giảng dạy là sự cần thiết phải chú ý đến
hoạt động học mà trước hết là phải rèn luyện cho học sinh kĩ năng học tập bộ
mơn.
Tốn học là mơn học có tính trừu tượng cao, tính lơ gíc và có tính thực
tiễn. Chính từ các đặc điểm đó làm cho những tri thức và kĩ năng toán học cùng
với phương pháp làm việc trong tốn học trở thành cơng cụ để học tập các môn
học khác trong nhà trường , là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau và
là công cụ để tiến hành các hoạt động trong đời sống thực tế. Ngoài việc cung
cấp cho học sinh những kiến thức và kĩ năng toán học cần thiết, mơn tốn cịn
góp phần phát triển năng lực trí tuệ chung như phân tích , tổng hợp , trừu tượng
hố, khái qt hố, rèn luyện những đức tính, phẩm chất của người lao động mới
như tính cẩn thận , chính xác, tính kỉ luật , tính phê phán, tính sáng tạo.
Trong việc nâng cao chất lượng dạy toán học ở trường phổ thơng,việc cải
tiến phương pháp dạy học có ý nghĩa rất quan trọng.Sự phát triển nhanh như vũ
bão của khoa học kỹ thuật đang đặt ra cho người thầy nhiều yêu cầu về phương
pháp dạy học.
Hoạt động giải bài tập tốn có thể xem là hình thức chủ yếu của hoạt động
tốn học đối với mỗi học sinh. Nó là điều kiện để thực hiện tốt các mục tiêu của
3

việc dạy hoc mơn tốn ở trường phổ thơng. Rèn luyện cho học sinh có kĩ năng
giải bài tập tốn theo nhiều cách là khâu quan trọng trong việc đổi mới phương
pháp giảng dạy mơn tốn trong trường trung học phổ thơng.Với những lý do đó,
dưới đây tơi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp đề tài của mình.
II- Mục đích nghiện cứu
Trong thực tế, phần lớn học sinh có thói quen mỗi bài tập chỉ cần tìm ra
một cách giải .Làm như vậy, học sinh sẽ không phát huy hết khả năng sáng tạo
của mình. Chính vì vậy trong q trình giảng dạy tơi đã cố gắng dạy cho học
sinh cách định hướng để có thể tìm ra được không chỉ một phương pháp giải
trước mỗi dạng bài mà là nhiều phương pháp giải khác nhau.

III- Kết quả cần đạt.
Học sinh học toán,một khoa học rất sáng tạo và hấp dẫn địi hỏi học sinh
phải tích cực chủ động tiếp cận kiến thức mới dưới sự hướng dẫn của giáo viên.
Trước mỗi bài tốn, học sinh ln có thói quen suy nghĩ để tìm ra nhiều
cách giải khác nhau và qua đó đã chứng tỏ khả năng tư duy sáng tạo của học
sinh.
IV- Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh lớp 10 và lớp 10 trường THPT xxx

4


PHẦN II . NỘI DUNG
I- Cơ sở lí luận
Muốn tìm được nhiều lời giải cho một bài toán trước hết giáo viên phải
trang bị cho học sinh vốn kiến thức đầy đủ, chính xác, khoa học và có hệ
thống.Với mỗi bài tập cụ thể giáo viên cần hướng cho học sinh tiến hành tìm lời
giải theo các bước như sau:
1)

Tìm hiểu nội dung bài tốn.

Trước mỗi bài tốn thì cơng việc đầu tiên của học sinh là tìm hiểu nội
dung bài toán. Học sinh phải biết được thể loại của bài tốn, phân tích các điều
kiện có trong bài tốn, phát hiện được mối liên hệ giữa các đại lượng, giữa giả
thiết và kết luận, giữa những điều đã cho và những điều bài tốn địi hỏi.
2)

Tìm các kiến thức liên quan tới từng nội dung của bài toán.

Từ việc tìm hiểu nội dung bài tốn học sinh phải tìm được các kiến thức
liên
quan tới từng nội dung.Để làm được điều đó địi hỏi học sinh phải nắm
vững các định nghĩa, định lý, các quy tắc toán học một cách chính xác đầy đủ và
có hệ thống.
3) Tìm hướng giải phù hợp với bài toán.
Từ những vấn đề đã phân tích ở trên học sinh sẽ vạch ra được các hướng
giải phù hợp với mỗi bài toán.Một bài toán nếu học sinh tìm được nhiều cách
giải càng chứng tỏ khả năng sáng tạo của học sinh.Qua đó học sinh cảm thấy
hứng thú, say mê trong học tập.
4)Đánh giá các cách giải tìm được.
Sau khi tìm được các cách giải phù hợp, học sinh cần đánh giá được ưu
nhược
điểm của từng cách để qua đó tìm ra một cách làm ngắn gọn, dễ nhớ, dễ
hiểu và mạch lạc nhất. Mặt khác sau khi đã giải xong bài tốn học sinh có thể
5


tìm những bài tốn tương tự có thể áp dụng lời giải đó. Điều này giúp các em có

khả năng tư duy sáng tạo trong học tập .
II- Thực trạng vấn đề
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” là một vấn đề mở đầu cho việc
Đại số hố hình học. Nó giúp cho học sinh có thể giải các bài tốn hình học dễ
dàng hơn, phục vụ tốt hơn cho việc xây dựng và phát triển các bài tốn hình học.
Đây cũng là phần mở đầu quan trọng vì sau này đến phần “Phương pháp toạ độ
trong không gian”đều được mở rộng một cách tương tự.
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” cũng là một phần quan trọng trong
các đề thi học kỳ, thi tốt nghiệp THPT, thi đại học. Phần lý thuyết rất đơn giản
nhưng dạng bài tập thì nhiều, các bài tập có mối quan hệ với những kiến thức
hình học trước đây địi hỏi học sinh phải có tư duy lơgíc, có sự liên hệ giữa lý
thuyết và thực tế mới có thể giải được.
“Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” bao gồm: “Phương trình đường
thẳng”, “Phương trình đường trịn” và “Phương trình các đường conic”. Ở đây
tơi
chỉ đề cập đến cách giải các bài tốn thuộc phần đường thẳng bằng phương
pháp toạ độ. Mối liên hệ giữa lý thuyết về đường thẳng trong mặt phẳng và cách
giải bằng số hố. Nếu khơng có định hướng của giáo viên thì trước mỗi bài tốn
học sinh chỉ cần tìm ra một phương pháp giải cho bài do đó sẽ không nhận ra
được hết tất cả các mối qua hệ giữa các kiến thức có trong bài.
III-Các biện pháp giải quyết thực trạng
Các biện pháp giải quyết thực trạng được cụ thể hóa các ví dụ sau:

Ví dụ 1: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho A(-1;1), B(1;0), C(2;1). Tìm điểm
D sao cho ABCD là hình bình hành.

6


B1. Phân tích đề.

Dạng đề: Tìm điểm trong hệ trục Oxy thỏa mãn điều kiện cho trước
Kiến thức chú ý: Hình bình hành
B2.Tìm các kiến thức liên quan tới hình bình hành.
+) ABCD là hình bình hành khi 2 cặp cạnh đối song song hoặc bằng nhau.
+) ABCD là hình bình hành khi có 1 cặp cạnh đối song song và bằng
nhau.
+) Hình bình hành có hai đường chéo cắt nhau tạo trung điểm mỗi đường.
+) Từ các tính chất hình bình hành có 1 cặp cạnh đối song song và bằng
nhau kết hợp với các tính chất về véc tơ ta có kết quả sau: ABCD là hình bình
hành khi và chỉ khi AB = DC
B3. Tìm các cách giải.
Cách 1: Dựa vào tính chất: ABCD là hình bình hành khi 2 cặp cạnh đối
bằng nhau ta làm như sau:
Gọi điểm D(x;y)
 5 = ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2
 AB = CD

⇔
ABCD là hình bình hành ⇔ 
 AD = BC
 2 = ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2

5 = ( x − 2 ) 2 + ( y − 1) 2
x = 0

⇔
⇔
2 = ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2
y = 2


Vậy điểm D(0;2)
Cách 2:Dựa vào tính chất hình bình hình có hai đường chéo cắt nhau tạo
trung điểm mỗi đường ta làm như sau:
1
2

Gọi I là trung điểm AC => I( ;1) Do ABCD là hình bình hành nên I là
trung điểm

7


BD =>

xB + xD

x I =

2

yB + yD
y =
 I
2


x = 2xI − xB
x = 0
⇔ D

⇔ D
 yD = 2 yI − yB
 yD = 2

Vậy điểm D(0;2).
Cách 3: Gọi điểm D(x;y)
2 = 2 − x

x = 0





⇔
ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB = DC ⇔ 
−1 = 1− y
y=2

Vậy điểm D(0;2).
Cách 4: Dựa vào phương trình đường thẳng
+) Viết phương trình đường thẳng CD:
Ta có CD đi qua C(2;1) và có véc tơ chỉ phương là AB (2;-1) =>Véc tơ
pháp tuyến của CD là: n(1;2) => Phương trình tổng quát của CD là: x + 2y -4=0.
+) Viết phương trình đường thẳng AD
Ta có AD đi qua A(-1;1) và có véc tơ chỉ phương là CB (-1;-1) =>Véc tơ
pháp tuyến của AD là: u (1;−1) => Phương trình tổng quát của AD là: x - y+ 2=0.
x + 2 y − 4 = 0
x − y + 2 = 0

+ Tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình: 
=> D(0;2)
B4. Đánh giá các cách giải

Trong các cách giải ở trên, mỗi cách giải đều dựa vào một tính chất của
hình bình hành. So sánh các cách giải đó, ta thấy cách giải thứ ba là ngắn gọn
nhất. Vì vậy, học sinh lên chọn các giải đó trong các bài kiểm tra để dành thời
gian cho các bài toán khác.
Mặc dù bài toán trên là một bài toán khá đơn giản nhưng nếu trong khi
làm bài tập nếu học sinh khơng có sự phân tích kĩ, khơng có thói quen suy nghĩ
tìm các lời giải khác nhau thì rất có thể các em sẽ khơng tìm được lời giải ngắn
gọn nhất.
8


Ví dụ 2: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AB, BC, AC
có phương trình lần lượt là: 2x+ y - 5 = 0, x+2y+2 = 0, 2x-y+9=0. Hãy xác
định tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
B1. Phân tích đề.
Dạng đề: Tìm điểm trong hệ trục Oxy thỏa mãn điều kiện cho trước
Kiến thức chú ý: Tâm đường tròn nội tiếp tam giác
B2.Tìm các kiến thức liên quan tới tâm đường trịn nội tiếp tam giác.
+) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm ba đường phân giác
+) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác cách đều 3 cạnh của tam giác.
B3. Tìm các cách giải.
*)Tìm tọa độ ba điểm A,B,C.
2 x + y − 5 = 0
=> A(-1;7)
2 x − y + 9 = 0

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

2 x + y − 5 = 0
=> B(4;-3)
x + 2 y + 2 = 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 

x + 2 y + 2 = 0
=> C((-4;1)
2 x − y + 9 = 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

*)Từ các tính chất của tâm đường trịn nội tiếp tam giác ta có thể tìm được
các cách giải sau:

Cách 1: Gọi M (x;y)là chân đường phân giác hạ từ A xuống BC.
AB = 125 ; AC = 45 =>

AB 5
=
BC 3

9


Ta

có:

5
MB = − MC
3

AB BM
=
=>
BC MC

<=>

5

 4 − x = − 3 ( −4 − x )


− 3 − y = − 5 (1 − y )

3


<=>

 x = −1
12 − 3 x = 20 + 5 x

BA 5 5
5 5
=

.2 = 2

<=> 
1 => M(-1;-1/2) => BM =
=>
BM 5 5
2
− 9 − 3 y = −5 + 5 y
y = − 2


Gọi I (x’;y’) là tâm đường tròn nội tiếp => I ∈ AM và I nằm trên đường
phân giác trong của góc B =>

BA
AI
=
=> IA = −2 IM
BM MI

− 1 − x' = −2(−1 − x ' )
 x ' = −1

⇔
⇒ I (−1;2)
<=> 
1
 y' = 2
7 − y ' = −2(− 2 − y ' )


Cách 2: Viết phương trình hai đường phân giác trong của tam giác ABC.
Tọa độ giao điểm hai đường phân giác đó là tâm đường trịn nội tiếp tam giác.
+) Viết phương trình phân giác trong của góc A.
Gọi M(x;y) nằm trên đường phân giác trong của góc A. Khi đó:

d(M,AB)=d(M,AC)
⇔

2x + y − 5
5

=

2x − y + 9
5

 y − 7 = 0(d1 )
⇔
 x + 1 = 0(d 2 )

Thay tọa độ điểm B vào vế trái của d1 ta được: tB = -3 -7 = -10
Thay tọa độ điểm C vào vế trái của d2 ta được: tC = 1 - 7 = -6
=> tB.tC > 0 => d1 là phân giác ngồi của góc A.
=> Phân giác trong của góc A: x + 1 =0
+)Viết phương trình phân giác trong của góc B
10


Gọi M(x;y) nằm trên đường phân giác trong của gócB. Khi đó:

d(N,BA) = d(N,BC) <=> 2 x + y − 5 = x + 2 y + 2
2 x + y − 5 = x + 2 y + 2

<=> 
2 x + y − 5 = − x + 2 y + 2
 x − y − 7 = 0(∆1 )

<=> 
3 x + 3 y − 3 = 0(∆ 2 )
Thay tọa độ điểm A vào vế trái của ∆ 1 ta được: tA = -1 -7 -7 < 0
Thay tọa độ điểm C vào vế trái của ∆ 1 ta được: tC =-4 -1 -7 < 0
=> tA.tC > 0
=> Phân giác trong của góc B: x + y -1 = 0
+) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => I = d2 ∩ ∆ 2
 x I = −1
x + y − 1 = 0
=> 
=> I(-1; 2)
x + 1 = 0
 yI = 2

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 
Cách 3:

+)Viết phương trình phân giác trong của góc A
Ta có AB = 5 5 , AC = 3 5
(−1 − x) 2 + (7 − 5 + 2 x) 2 = 45
 AC = AM



5 = k ( x + 1)
Lấy M(x;5-2x) ∈ AB sao cho  AB = k AM <=> 
− 10 = k (5 − 2 x − 7)
k > 0
k > 0


x 2 + 2x − 8 = 0
x = 2


⇔ 5 = k ( x + 1)
⇔
5 =>M(2;1)
− 10 = k (−2 − 2 x )
k = 3



Gọi N là trung điểm của AC => N(-1;1).
Do tam giác ABM cân tại A nên AN là phân giác của góc A trong tam giác
ABM=> AN là phân giác trong của góc A trong tam giác ABC do M ∈ AC
Phương trình đường thẳng AN là: x + 1 =0
11


+)Viết phương trình phân giác trong của góc B

 BM 1 = BC


Lấy M1(x’;5-2x’) ∈ AB sao cho  BM 1 = k BA
k > 0

( x − 4) 2 + (5 − 2 x + 3) 2 = 80(*)

k > 0
=> 
 x − 4 = k (−5)
5 − 2 x + 3 = k + 10

4

 x = 0 ⇒ k = 5 (TM )
(* )<=> 5x2 - 40x = 0 => 
=> M1(0;5)
 x = 8 ⇒ k = − 4 ( L)

5


Gọi E là trung điểm M1C=> E(-2;3). Do tam giác BCM1 cân nên BM1 là
đường phân giác trong của góc B trong tam giác BCM 1=> BM1 là đường phân
giác trong của góc B trong tam giác ABC doM1 ∈ AB.
Phương trình BM1 là: x+y - 1 = 0.
Goi I là là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
 x I = −1
x + y − 1 = 0
=> 
=> I(-1; 2)
x + 1 = 0

 yI = 2

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 

Cách 4: +)Viết phương trình phân giác trong của góc A
Gọi M(x;y) nằm trên đường phân giác trong của góc A. Khi đó:

( AB, AM ) = ( AC, AM )
⇔

5( x + 1) − 10( y − 7)
125. ( x + 1) + ( y − 7 )
2

2

=

− 3( x + 1) x − 6( y − 7 )

45. ( x + 1) + ( y − 7 )
2

2

⇔ x+1=0

=>Phương trình phân giác trong của góc A là x+1 = 0
+)Viết phương trình phân giác trong của góc B.
12

Gọi N(x;y) nằm trên đường phân giác trong của góc B. Khi đó:

( BA, BN ) = ( BC, BN )
⇔

− 5( x − 4) + 10( y + 3)
125.BN

=

− 8( x − 4) + 4( y + 3)
80 .BN

⇔ x+y-1=0

=>Phương trình phân giác trong của góc B là x+y-1 =0
+)Goi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
 x I = −1
x + y − 1 = 0
=> 
=> I(-1; 2).
x + 1 = 0
 yI = 2

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 

Cách 5: Gọi I(x;y) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
d ( I , AB ) = d ( I , AC )

=>  (
và I, A nằm cùng phía BC; I, B nằm cùng phía AC;
d I , AB ) = d ( I , BC )
I, C nằm cùng phía AB
 2x + y − 5 = 2x − y + 9

 2x + y − 5 = x + 2 y + 2
− 2 x − y + 5 = 2 x − y + 9
 x = −1

⇔
⇔
=>  x + 2 y + 2 > 0
− 2 x − y + 5 = x + 2 y + 2
y = 2
2 x − y + 9 > 0

2 x + y − 5 < 0


Vậy I(-1;2) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
B4. Đánh giá các cách giải
Trong các cách giải ở trên ta thấy:
+) Cách 1 dựa vào tính chất tỉ số đường phân giác và chỉ cần tìm được tọa
độ chân của một đường phân giác trong của tam giác ABC sau đó vẫn dựa vào
tính chất tỉ số đường phân giác để xác định được tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC mà khơng cần tìm phương trình đường phân giác.So với các cách còn
lại ta thấy cách này ngắn gọn hơn cách 3song nếu tâm đường tròn nội tiếp tam
giác có tọa độ lẻ thì việc làm này sẽ khó khăn hơn.

13


+) Các cách 2,3,4 đều xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác bằng cách
viết phương trình hai đường phân giác trong của tam giác và tìm tọa độ giao
điểm hai đường phân giác này.Tuy nhiên việc viết phương trình đường phân
giác trong của tam giác trong các cách này đều khác nhau. So sánh các cách này
ta thấy cách 4 và cách 5 ngắn gọn hơn và trong thực tế giảng dạy, học sinh
thường vân dụng theo hai cách này 2 để làm bài.
+) Cách thứ 5 ta thấy ngắn gọn nhất nhưng nếu khơng có định hướng của
giáo viên thì học sinh thường có thể chỉ tìm được hai điều kiện đầu.Khi đó học
sinh sẽ tìm được bốn điểm I. Trong bốn điểm đó chỉ có một điểm là tâm đường
tròn nội tiếp còn ba điểm còn lại là tâm đường tròn bàng tiếp. Muốn xác định
được tâm đường tròn nội tiếp ta phải sử dụng đến ba điều kiện sau. Trong giảng
dạy tôi thấy khi đã có định hướng của giáo viên thì học sinh tỏ ra thích sử dụng
phương pháp này nhiều hơn.
Ví dụ 3: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ m có phương trình là:
(m-2)x+(m-1)y+2m-1=0.Tìm m để khoảng cách từ A(2;3) đến đường thẳng
∆ m là lớn nhất.
B1. Phân tích đề.
Dạng đề: Tìm khoảng cách lớn nhất từ một điểm đến một đường thẳng
B2.Tìm các kiến thức liên quan
Cơng thức tính khoảng cách và cách xác định giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất.
B3. Tìm các cách giải.
Cách 1: Khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ m là:
d ( A, ∆ m ) =

7m − 8
2m 2 − 6m + 5

14


49m 2 − 112m + 64
Khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất khi y =
lớn
2
2m − 6m + 5

nhất. Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm số y =

49m 2 − 112m + 64
.
2m 2 − 6m + 5

Ta có tập xác định của hàm số là D=R
Gọi y0 là một giá trị thuộc tập giá trị của hàm số trên. Khi đó ∃m0 ∈ D sao
cho
2

y0 =

49m0 − 112m0 + 64
2

2 m 0 − 6 m0 + 5

có nghiệm m0 với y 0 ≥ 0

⇔ ( 2 y 0 − 49 ) m 2 0 + 2( 56 − 3 y 0 ) m0 + 5 y 0 − 64 = 0 (*) có nghiệm

+) Nếu 2y0- 49 = 0 ⇔ y 0 =

49
2

PT (*) có dạng là: -35m0 +
+) Nếu y 0 ≠

117
117
= 0 <=> m0 =
2
70

49
thì PT (*) có ∆' = − y 02 + 37 y 0
2

Pt (*) có nghiệm ⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ 0 ≤ y 0 ≤ 37
Từ hai trường hợp trên ta có PT(*) có nghiệm ⇔ 0 ≤ y 0 ≤ 37 .Vậy tập giá trị
49m 2 − 112m + 64
của hàm số y =
là [ 0;37] => Giá trị lớn nhất của hàm số đó là 37
2m 2 − 6m + 5

=>Khoảngcách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất bằng
3 y 0 − 56

37 khi PT*) có

11

nghiệm kép m0= 2 y − 49 = 5 .
0
Kết luận: Khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất khi m =

11
.
5

Cách 2: Khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ m là:
d ( A, ∆ m ) =

7m − 8
2m 2 − 6m + 5

=

( m − 2) + 6( m − 1)
( m − 2) 2 + ( m − 12 )
15


áp

dụng

( m − 2) + 6( m − 1)

d ( A, ∆ m ) ≤

bất

đẳng

thức

≤ 37 . ( m − 2 ) + ( m − 1)
2

37 . ( m − 2 ) + ( m − 1)
2

( m − 2)

2

(

+ m −1

2

Bunhiacopxki

ta

có:

2

2

)

= 37

=> Khoảngcách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất bằng 37 khi
m−2=

m −1
11
⇔m=
6
5

Cách 3:
+) Tìm điểm cố định mà ∆ m luôn đi qua:
Gọi điểm M(x0;y0) là điểm cố định mà ∆ m luôn đi qua.Khi đó ta có:
(m-2)x0 +(m-1)y0 +2m-1=0 nghiệm đúng với mọi m.
⇔ ( x 0 + y 0 + 2 ) m − 2 x0 − y 0 − 1 = 0 nghiệm đúng với mọi m
 x0 + y 0 + 2 = 0
 x0 = 1
⇔
⇔
− 2 x 0 − y 0 − 1 = 0
 y 0 = −3

Vậy đường thẳng ∆ m luôn đi qua điểm cố định M(1;-3)

+) Giả sử khoảngcách từ A đến đường thẳng ∆ m là AH với H là hình chiếu
của A lên ∆ m => AH ≤ AM.
Vậy khoảngcách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất bằng AM =>M là hình
chiếu của A lên ∆ m => AM = k n với n (m-2;m-1) là véc tơ pháp tuyến của đường
thẳng ∆ m
− 1 = k ( m − 2 )
11
⇒m=
.
5
− 6 = k ( m − 1)

=> 

Kết luận: Khoảngcách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất khi m = 11/5
B4. Đánh giá các cách giải
Trong các cách giải trên ta thấy:
16


+ Cách 1 và cách 2 đều dựa vào công thức tính khoảng cách từ một điểm
đến một đường thẳng. Việc tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách thì mỗi cách đi
theo một hướng khác nhau.So sánh hai cách đó ta thấy cách thứ hai ngắn gọn
hơn nhưng trong thực tế bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất bằng
phương pháp sử dụng các bất đẳng thức là một bài tốn khó. Vì vậy mà học sinh
hay sử dụng cách 1 nhiều hơn.
+) Cách 3 dựa vào định nghĩa khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng. Tuy nhiên khi đã có cơng thức tính khoảng cách thì học sinh thường sử
dụng cơng thức nhiều hơn.
*) Chú ý: Đối với các em học sinh lớp 12 có thể làm như sau:

Khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ m là:
7m − 8

d ( A, ∆ m ) =

2m 2 − 6m + 5

49m 2 − 112m + 64
Khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ m lớn nhất khi y =
lớn
2
2m − 6m + 5

nhất.
Xét y =

=>y’ =

7m − 117
49m 2 − 112m + 64 49
= + 2
2
2 4m − 12m + 10
2m − 6m + 5

− 280m 2 + 936m + 496

( 4m

2

− 12m + 10

)

2

11

m = 5
=0 ⇔ 
m = 8

7


17


Bảng biến thiên:
x
y’
y

8
7

-∞
- 0
49

2

11
5

+

+∞

0 37

49
2

0

Giá trị lớn nhất của hàm số đó là 37=>Khoảngcách từ A đến đường thẳng
∆ m lớn nhất bằng

37 khi m =

11
.
5

Ví dụ 4: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1;4) và các
đỉnh B,C thuộc đường thẳng ∆ : x-y-4 = 0. Xác định tọa độ các điểm B,C biết
diện tích tam giác ABC bằng 18. ( Đề thi đại học khối B - 2009)

B1. Phân tích đề.

Dạng đề: Xác định tọa độ điểm thỏa mãn điều kiện cho trước.
Kiến thức: Tam giác cân và diện tích tam giác
B2.Tìm các kiến thức liên quan
+) Tam giác cân là tam giác có hai cạnh bằng nhau hoặc có hai góc bằng
nhau.
+) Tam giác cân có đường trung tuyến hạ từ đỉnh đồng thời là đường
cao…
+) Cơng thức tính diện tích tam giác
18


B3. Tìm các cách giải.
Cách 1:
Do B, C thuộc đường thẳng ∆ : x-y-4 = 0 nên => B(y1+4; y1), C( y2+4; y2)
Ta có BC = 2 y 2 − y1 , d(A,BC) =d(A, ∆ )=

9
2

.
y = y + 4

1 9

2
1
Diện tích tam giác ABC là: S = 2 . . 2 . y 2 − y1 ⇔ y 2 − y1 = 4 ⇔ 
2
 y 2 = y1 − 4

(*)
Mặt khác do tam giác ABC cân tại A nên AB =AC
⇔ ( y1 + 5) + ( y1 − 4) 2 = ( y 2 + 5) + ( y 2 − 4) 2 (**)
2

2

 3 5   11 3 
 3 5   11 3 
Từ (*) và (**) ta được: B  ;− , C  ;  hoặc C  ;− , B ;  .
2

2

 2 2

2

2

 2 2

Cách 2: Do tam giác ABC cân tại A nên gọi H là trung điểm BC=>
AH ⊥ BC

AH = d(A, ∆ )=

9
2

, BC =

⇔ ( x + 1) + ( y − 4 ) =
2

2

2.S ∆ABC
= 4 2 => AB = AC =
AH

97
=>
2

tọa

độ

điểm

B,C

là

AH 2 +

BC 2
97
=

4
2

nghiệm

của

hệ

97

2
2
( x + 1) + ( y − 4 ) =
2

x − y − 4 = 0

 3 5   11 3 
 3 5   11 3 
Giải hệ trên ta được: B  ;− , C  ;  hoặc C  ;− , B ;  .
2

2

 2 2

2

2

 2 2

B4. Đánh giá các cách giải
Trong hai cách giả trên đều dựa vào cùng một cơng thức tính diện tích tam
giác song mỗi cách sử dụng đến một tính chất khác nhau của tam giác cân.Ta có
thể lựa chọn một trong hai cách đó thì bài tốn đều ngắn gọn như nhau.
Ví dụ 5: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB: 2x-3y+10=0,
19
AC: x+3y-13=0,đường cao AH: 6x+y-10 =0, trọng tâm G(1;3). Viết phương
trình cạnh BC của tam giác ABC.


B1. Phân tích đề.
Dạng đề: Viết phương trình đường thẳng.
B2.Tìm các kiến thức liên quan
+) Đường cao trong tam giác, trọng tâm tam giác
+) Các dạng phương trình đường thẳng và điều kiện để viết được phương
trình đường thẳng.
B3. Tìm các cách giải.
Cách 1:
2 x − 3 y + 10 = 0
=> A(1;4).
 x + 3 y − 13 = 0

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
+) Gọi B(x1;y1), C(x2;y2).
 x1 + x 2 = 2
y + y = 5
 1

2
Theo đề ra ta có: 
2 x1 − 3 y1 + 10 = 0
 x 2 + 3 y 2 − 13 = 0


Giải hệ trên ta được B(-2;2), C(4;3).
+) BC ( 6;1) => n( − 1;6) là véc tơ pháp tuyến của BC. Khi đó phương trình
đường thẳng BC là: -1(x+2) +6(y-2)=0 <=> x-6y+14=0
Cách 2:
+)Gọi M(x;y) là trung điểm BC. Do G là trọng tâm tam giác ABC nên
2

0 = 3 ( x − 1)
2

=> M(1; 5 )
AG = AM ⇔ 
3
2
− 1 = 2 ( y − 4 )

3


20


+) Véc tơ pháp tuyến của AH là: n1 ( 6;1) . Do AH vng góc BC nên n1 ( 6;1)
5

2

là véc tơ chỉ phương của BC. Cạnh BC đi qua M(1; ) và nhận n( − 1;6) là véc tơ
pháp tuyến
Khi đó phương trình đường thẳng BC là: -1(x+2) +6(y-2)=0 <=> x6y+14=0
B4. Đánh giá các cách giải
Trong hai cách giải trên ta thấy cách 1 dài và chưa sử dụng đến giả thiết
đường cao AH. Vì vậy chúng ta nên lựa chọn theo cách thứ hai để làm bài.

21


PHẦN III . KẾT LUẬN
1. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Kĩ năng giải bài tập toán là thước đo chất lượng học tập của học sinh và
phương pháp giảng dạy của thầy cơ.Vì vậy trong q trình giảng dạy tơi ln có
ý thức rèn luyện cho học sinh có kĩ năng giải bài tập toán tốt.
Giải bài tập toán bằng nhiều cách là một việc làm khó, nó địi hỏi học sinh
phải nắm chắc lí thuyết một cách đầy đủ, có hệ thống và biết phân tích, tổng hợp
để tìm ra cái mới. Trong những năm học vừa qua, tơi ln khuyến khích các em
tìm nhiều lời giải cho một bài toán nhằm khơi dậy và phát huy khả năng sáng
tạo của các em.Chính điều đó đã gây hứng thú cho học sinh trong quá trình học
tập; là động lực thúc đẩy học sinh tìm tịi, sáng tạo những phương pháp mới lạ
ngắn gọn và hiệu quả. Trong năm học này cũng vậy, ngay từ các tiết đầu tiên
của lớp 10 tơi ln khuyến khích các em giải bài tập theo nhiều cách và sau đó
lựa chọn một cách mà các em cảm thấy dễ nhớ, dễ hiểu nhất.Kết quả bài kiểm
tra của lớp 10 cao hơn nhiều so với lớp 10( Lớp 10 là lớp tôi không áp dụng
phương pháp này trong quá trình giảng dạy).
Lớp 10 gồm 46 học sinh, lớp 10 gồm 45 học sinh đạt kết quả cụ thể như
sau:

Chất

Giỏi

Khá

lượng

Trung

Yếu

bình

Lớp
10

84%

16%

0%

0%

10

20%

50%

30%

0%

2. Kiến nghị và đề xuất.
- Trong q trình dạy học tơi thấy đa số học sinh cịn chưa thói quen giải
bài tập theo nhiều cách. Rất mong có thêm nhiều tài liệu hơn nữa viết về đề tài
này để góp phần cho việc dạy và học đạt hiệu quả cao hơn.
22


- Trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy tài liệu này rất hữu ích đối với
giáo viên và đã mang lại những kết quả khả quan khi dạy học sinh. Hy vọng nó
sẽ trở thành tài liệu tham khảo cho các giáo viên, học sinh và những người quan
tâm đến vấn đề này. Do thời gian có hạn nên việc nghiên cứu khơng tránh khỏi
những thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của người đọc.

23