skkn khai thác sâu một bài toán thi đại học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT DƯƠNG QUẢNG HÀM

- - - - - - - - -


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KHAI THÁC SÂU
MỘT BÀI TOÁN THI ĐẠI HỌC

Môn: Toán
: LÝ CHÍ HƯỚNG

N

2013-2014

1


SƠ YẾU LÝ LỊCH

: LÝ CHÍ HƯỚNG

Chứ vụ: Phó Hiệu Trưởng
Đơn vị ôn t : Trường THPT Dương Quảng Hàm
ên đề tà : KHAI THÁC SÂU MỘT BÀI TOÁN THI ĐẠI HỌC

2

PHẦN 1. PHẦN MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Qua quá trình công tác giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy việc học toán
nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn
luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy, cô
cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu
và tiếp cận bài giải. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra
nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học
sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài toán và có thể đề xuất
hoặc tự làm các bài toán tương tự đã được nghiên cứu, bồi dưỡng.
Đào sâu suy nghĩ một bài toán là một chủ đề không có gì mới lạ. Thậm chí nó
còn cổ điển như chính lịch sử toán học vậy. Dạy cho học sinh nắm vững kiến
thức cơ bản, đảm bảo trình độ thi đỗ đại học đã là khó và rất cần thiết nhưng
chưa đủ. Là thầy giáo dạy toán ở trường THPT ai cũng mong muốn mình có
được nhiều học sinh yêu quý, có nhiều học sinh đỗ đạt, có nhiều học sinh giỏi.
Song để thực hiện được điều đó người thầy cần có sự say mê chuyên môn, đặt ra
cho mình nhiều nhiệm vụ, truyền sự say mê đó cho học trò. “Khai thác sâu một
bài toán” cũng là một phần việc giúp người thầy thành công trong sự nghiệp của
mình. Với chút hiểu biết nhỏ bé của mình cùng niềm say mê toán học tôi viết đề
tài sáng kiến kinh nghiệm: “Khai thác sâu một bài toán thi đại học” mong muốn
được chia sẻ, trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán và dạy toán với bạn bè
trong tỉnh. Hy vọng đề tài giúp ích một phần nhỏ bé cho quý thầy cô trong công
tác .
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
-Nhằm nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, rút kinh nghiệm trong quá trình
giảng dạy, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo của học sinh, phát hiện và bồi
dưỡng học sinh giỏi Toán.
- Thông qua đề tài này, là tài liệu tham thảo có ích cho giáo viên và học
sinh, đặc biệt là đối với học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, thi
đại học, cao đẳng.

3


3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu phương pháp giải các bài toán thi Đại học theo nhiều cách
- Đề tài hướng tới các đối tượng học sinh lớp chọn, chuyên Toán, học
sinh giỏi và học sinh ôn thi Đại học, nhất là học sinh khối 12 .
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Với đề tài này, tác giả sử dụng chủ yếu là phương pháp thống kê, lựa

chọn những bài toán hay, độc đáo, có cùng phương pháp giải sau đó phân tích,
so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa để làm nổi bật phương pháp ứng rút ra kết
luận.
5. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU
- Đề tài này tác giả nghiên cứu và hoàn thiện trong 2 năm 2012 - 2014

4


PHẦN 2. NỘI DUNG
Bài toán 1. Trong đề thi Đại học khối B năm 2007 có bài toán sau.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng: d: x + y – 2 = 0;
d’: x + y – 8 = 0;
và điểm A(2;2). Tìm trên đường thẳng d diểm B và trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Đứng trước bài toán trên học sinh thường đưa ra lời giải như sau.
LG:
B

A

C
A

Cách 1:
Gọi B( b; 2 – b ); C( c; 8 – c ) lần lượt là các điểm thuộc d và d’.
 AB  AC
Để tam giác ABC vuông cân tại A ta có hệ: uuur uuur


 AB. AC  0

uuur

uuur

Ta có: AB  (b  2; b) , AC  (c  2; 6  c )
(b  2)2  b2  (c  2) 2  (6  c) 2
(b  2)(c  2)  b(6  c)  0

Hệ trở thành: 
N ận xét: Là

t eo Cách 1 gặp k ó k

n trong việ giải ệ.

Với tinh thần bền bỉ và sáng tạo tôi động viên học trò và hướng dẫn các em hai
hướng giải như sau:
Hướng 1: Đặt ẩn p ụ đưa về ệ đẳng ấp đã biết á

giải.

b2  2b  2  c 2  8c  20 (b  1)2  (c  4)2  3

bc  4b  c  2  0
bc  4b  c  2  0

Ta biến đổi hệ thành: 

5


 x2  y 2  3
b  1  x
b  x  1
thay vào hệ ta được: 

 c  4  y c  y  4
 xy  2

Đặt 

Đến đây ta được hệ đẳng cấp bậc 2 đã biết cách giải.
Hướng 2: Sử dụng số p ứ .
Ta biến đổi hệ thành:
b2  c 2  2b  8c  18  0
 (b2  c 2  2b  8c  18)  (2bc  8b  2c  4)i  0

2bc  8b  2c  4  0

 (b2  2bci  c 2 )  2(b  ci )  8(bi  c)  18  4i  0
 (b  ci)2  2(1  4i)(b  ci)  18  4i  0

Đến đây ta được phương trình bậc 2 trong tập số phức các em dễ dàng tìm được
b  ci  3  5i

nghiệm là: 
và có điểm B(3;1), C(5;3) hoặc B(-1;3), C(3;5)
b  ci  1  3i
Không dừng lại ở Cách 1. Tôi hướng dẫn HS làm cách khác
Cách 2.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên d và d’ta dễ dàng chứng minh được
hai tam giác AHB và tam giác CKA bằng nhau khi tam giác ABC vuông cân tại
A.
 AK  CH
 BK  AH

Ta có hệ: 

Để tìm H và K ta lập phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với d
(cần chú ý rằng d và d’ song song). Đường thẳng đó cắt d và d’ tại K và H.
Ta có: K(1;1), H(4;4), B(b; 2 – b ), C(c; 8 – c )
AH 2  8, CH 2  2(c  4)2 , AK 2  2, BK 2  2(b  1)2
2
(c  4)  1
Hệ trở thành: 
Giải hệ rất dễ dàng tuy nhiên ta phải thử lại, loại
2
(b  1)  4

nghiệm và kết luận.

6


B

K

B

A

C
A

A

H

C
A

Tam giác ABC vuông cân tại A khiến cho chúng ta nghĩ đến phép quay tâm A
góc quay 900 . Do đó tôi hướng dẫn học sinh làm Cách 3.
Cách 3.
Giả sử ta có tam giác ABC vuông cân tại A thỏa mãn đề bài, Vậy điểm B là ảnh
của điểm C qua phép quay tâm A góc quay 900 .
Ta dựng d’’ là ảnh của d’ qua phép quay tâm A góc quay 900
Giao điểm của d và d’’ chính là điểm B. Có điểm B ta dễ dàng tìm được điểm C

Cụ thể:
Tính khoảng cách từ A đến d: d ( A; d )  2 2
Đường tròn tâm A bán kính R  2 2 có phương trình là.
( x  2)2  ( y  2)2  8

Đường thẳng d’’ là tiếp tuyến của đường tròn và vuông góc với d’
Ta có d’’ có dạng: x –y + c = 0
Do d’’ là tiếp tuyến của đường tròn: d ( A; d '')  R 

22c
2

 2 2  c  4

Trường ợp 1.
d’’ có phương trình: x – y + 4 = 0 ta có điểm B( -1;3) là giao điểm của d và d’’
uuur

uuur

Gọi C(c, 8 – c ) Ta có AC  (c  2, 6  c), AB  (3; 1)
uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  3(c  2)  1(6  c)  0  c  3
Vậy điểm C(3;5)
Trường ợp 2.
d’’ có phương trình: x – y - 4 = 0 ta có điểm B( 3;-1) là giao điểm của d và d’’

7

uuur

ur

Gọi C(c, 8 – c ) Ta có AC  (c  2, 6  c), AB  (1; 3)
uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  1(c  2)  3(6  c)  0  c  5
Vậy điểm C(5;3)

B

d

A
d
’
C
d’’

Không thỏa mãn với 3 cách trên tôi tiếp tục tìm tòi và tìm ra Cách 4.
Cách 4.
Đây là một cách giải mà tôi khá tâm đắc, với cách giải này khiến tôi mở rông bài
toán trên thành nhiều bài toán thú vị, nhiều bài không làm theo cách này gần như
bế tắc.

K

A

H

y=2

C
B
d

d’
8


Qua A kẻ đường thẳng y = 2 song song trục hoành.
Giả sử có tam giác ABC vuông cân tại A thỏa mãn đề bài.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên đường thẳng y = 2.
Dễ dàng chứng minh được tam giác AHB và tam giác BKA bằng nhau.
 AK  BH
CK  AH

Ta có hệ: 

Mà A(2;2), B(b; 2 – b ), C(c; 8 – c ), H(b; 2), K(c; 2)
Nên AK 2  (c  2)2 , BH 2  b2 , CK 2  (c  6)2 , AH 2  (b  2)2
(c  2)  b
Hệ trở thành: 
2
2

2

2

(c  6)  (b  2)

Giải hệ rất dễ dàng tuy nhiên ta phải thử lại, loại nghiệm và kết luận.
Tiếp tục đào sâu suy nghĩ tôi nhận thấy giả thiết 2 đường thẳng d và d’ song
song với nhau rất đặc biệt, gợi ý cho tôi ra được các bài toán tương tự một cách
dễ dàng và thành công ngay trong tất cả các lời giải của 4 cách làm trên.
Nhưng nếu thay đổi giả thiết cho hai đường thẳng d và d’ cắt nhau (không
vuông góc) thì Cách 1 mà đa số học sinh suy nghĩ và làm theo thì gặp rất nhiều
khó khăn trong việc giải hệ phương trình.
Và tất nhiên khi đó không thể có cách làm số 2.
Cách 3 và Cách 4 thì vẫn còn nguyên giá trị. Sau dây tôi đưa ra bài toán số 2
Bài toán 2.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình: x – y = 0
Và diểm A(2; 1). Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên trục hoành điểm C sao
cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Khi đưa bài tập này cho học sinh đa số các em suy nghĩ và làm theo
Cách 1
Và tôi cũng mất rất nhiều thời gian vào phương án này vì thách thức đặt ra là
giải hệ phương trình. Tất nhiên sử dụng phương pháp thế đưa về phương trình
bậc 4 có hai nghiệm hữu tỷ cũng đi tới kết quả.
Với phép quay thì bài toán được giải quyết một cách nhanh chóng.
9


B

A

O
C

d
d’

Giả sử ta có tam giác ABC vuông cân taị A thỏa mãn đề bài, Vậy điểm B là ảnh
của điểm C qua phép quay tâm A góc quay 900 .
Ta dựng d’ là ảnh của Ox qua phép quay tâm A góc quay 900
Giao điểm của d và d’ chính là điểm B. Có điểm B ta dễ dàng tìm được điểm C
Cụ thể.
Xét đường tròn tâm A(2; 1) bán kính R = 1 tiếp xúc với trục Ox
Đường thẳng d’ tiếp xúc với đường tròn và vuông góc với trục Ox có phương
trình là: x = 3 hoặc x = 1.
Trường ợp 1.
d’có phương trình: x = 3 ta có điểm B( 3;3) là giao điểm của d và d’
uuur

uuur

Gọi C(c; 0 ) thuộc trục Ox . Ta có AC  (c  2, 1), AB  (1; 2)
uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  1(c  2)  2  0  c  4
Vậy điểm C(4; 0)
Trường ợp 2.
d’có phương trình: x = 1 ta có điểm B( 1;1) là giao điểm của d và d’
uuur

uuur

Gọi C(c; 0 ) thuộc trục Ox . Ta có AC  (c  2, 1), AB  (1;0)
uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  1(c  2)  0  c  2
Vậy điểm C(2; 0)
10


Cách khác.
Qua A kẻ đường thẳng song song với trục hoành có phương trình là: y = 1
Giả sử có tam giác ABC vuông cân tại A thỏa mãn đề bài.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên đường thẳng y = 1.
Dễ dàng chứng minh được tam giác AHB và tam giác BKA bằng nhau.
 AK  BH
CK  AH

Ta có hệ: 

B
y=1

K
A
C

d

Mà A(2;1), B(b; b ), C(c; 0), H(b; 1), K(c; 1)
Nên AK 2  (c  2)2 , BH 2  (b  1)2 , CK 2  1, AH 2  (b  2)2

(c  2)2  (b  1) 2

Hệ trở thành: 
2

1  (b  2)

Giải hệ rất dễ dàng tuy nhiên ta phải thử lại, loại nghiệm và kết luận.
Quay lại bài toán 1 ta n ận t ấy giả t iết ta
đặ biệt. Bây giờ tôi

uốn ta

giá ABC là ta

giá ABC vuông ân tại A rất
giá đều liệu kết quả ra sao

ta có bài toán 3.

11


Bài toán 3.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng: d: x + y – 2 = 0;
d’: x + y – 8 = 0;
và điểm A(2;2). Tìm trên đường thẳng d diểm B và trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC đều.
Đứng trước bài toán trên học sinh thường đưa ra lời giải như sau.
Cách 1:

Gọi B( b; 2 – b ); C( c; 8 – c ) lần lượt là các điểm thuộc d và d’.
 AB  AC
 AB  BC
uuur
uuur
uuur
Ta có: AB  (b  2; b) , AC  (c  2; 6  c), BC  (c  b; 6  c  b)

Để tam giác ABC đều ta có hệ: 

(b  2)  b  (c  2)  (6  c)
Hệ trở thành: 
2
2
2
2

2

2

2

2

(b  2)  b  (c  b)  (6  c  b)

Đặt ẩn p ụ đưa về ệ đẳng ấp đã biết á

giải.

2
2

b  1  x
b  x  1
x  y  3
Đặt 
thay vào hệ ta được:  2

 c  4  y c  y  4
 x  2 xy  8


Đến đây ta được hệ đẳng cấp bậc 2 đã biết cách giải.

d’’

d

B
A

d’
C

Phát huy cách làm về phép quay ta có cách khác như sau.
12

Cách 2.
Giả sử có tam giác ABC đều thỏa mãn điều kiện bài toán
Khi đó B là ảnh của C qua phép quay tâm A góc quay 600
Dựng d’’ là ảnh của d’ qua phép quay tâm A góc quay 600
B là giao điểm của d và d’’. Có A, B dễ dàng tìm được C để tam giác ABC đều.
K ai t á

ai đường t ẳng

ưa là

ong ai đường t ẳng song song t àn

tôi t ỏa

ãn, vì vậy t ú đẩy tôi bẻ

ai n án

ủa đồ t ị à

số .

Bài toán 4.
Cho điểm A(2;1), tìm trên hai nhánh đồ thị hàm số

2x  1
các điểm B, C sao
x 1

cho tam giác ABC vuông cân tại A.
N ận xét: Đây là một câu hỏi phụ cho bài khảo sát hàm số tương đối khó, đa số
học sinh làm theo Cách 1. và không thể giải được hệ phương trình. Bản thân tôi
cũng mất rất nhiều thời gian để giải hệ phương trình đó nhưng cũng chưa có kết
quả. Phép quay tâm A với góc quay 900 cũng khó khăn chỉ còn Cách 4 vẫn
còn nguyên giá trị.
LG.
Qua A kẻ đường thẳng song song với trục hoành có phương trình là: y = 1
Giả sử có tam giác ABC vuông cân tại A thỏa mãn đề bài.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên đường thẳng y = 1.
Dễ dàng chứng minh được tam giác AHB và tam giác CKA bằng nhau.
 AK  BH
CK  AH

Ta có hệ: 

A(2;1), H(b;1), K(c;1), B (b;

2b  1
2c  1
) , C (c;
)
b 1
c 1

b2 2

2
(
c


2)

(
)

b 1
Hệ trở thành: 
(b  2) 2  ( c  2 ) 2

c 1

13


Việc giải hệ phương trình trên không quá khó khăn, ta cần xét 4 trường hợp,
chú ý thử lại, loại nghiệm và kết luận.
Chú ý:
Do vai trò của B,C như nhau thuộc hai nhánh đồ thị hàm số do đó
Chúng ta có thể giả sử b>1 và c <1 để kiểm tra điều kiện .

Đối với

sin t ì đường t ẳng và parabol rất quen t uộ và gần gũi tôi

lại k ai t á bài toán trên đối với

ột đường t ẳng và

ột parabol.

Bài Toán 5.
Cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và Parabol (P): y  x 2 , điểm A(3;2). Tìm trên
đường thẳng d điểm B, trên parabol (P) điểm C sao cho tam giác ABC vuông
cân tại A.
Bài toán tưởng đơn giản nhưng bắt tay vào làm mới thấy nhiều khó khăn.
 AB  AC
Đa số học sinh đưa về hệ: uuur uuur


 AB. AC  0

và bế tắc không giải nổi.

Với phép quay tâm A với góc quay 900 bài toán trên được giải quyết khá dễ
dàng.
LG
Giả sử ta có tam giác ABC vuông cân taị A thỏa mãn đề bài, Vậy điểm B là ảnh
của điểm C qua phép quay tâm A góc quay 900 .
Ta dựng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm A góc quay 900

14


Giao điểm của (P) và d’ chính là điểm B. Có điểm B ta dễ dàng tìm được điểm C
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Cụ thể:
Tính khoảng cách từ A đến d: d ( A; d ) 
Đường tròn tâm A bán kính R 

3
2

3
9
có phương trình là. ( x  3) 2  ( y  2) 2 
2
2

Đường thẳng d’ là tiếp tuyến của đường tròn và vuông góc với d
Ta có d’ có dạng: x –y + c = 0
Do d’ là tiếp tuyến của đường tròn: d ( A; d ')  R 

3 2 c
2



c  2
3

2
c  4

Trường ợp 1.
d’ có phương trình: x – y + 2= 0 ta có điểm B( -1;1) hoặc B(2;4) là giao điểm
của (P) và d’.
Với B(-1;1)
uuur

uuur

Gọi C(c, 2 – c ) Ta có AC  (c  3, c), AB  (4;1)
uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  4(c  3)  1(c)  0  c  4
Vậy điểm C(4 ; - 2)

Với B(2;4)
uuur

uuur

Gọi C(c, 2 – c ) Ta có AC  (c  3, c), AB  (1; 2)
uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  1(c  3)  2(c)  0  c  1
Vậy điểm C(1 ; 1)
15


Trường ợp 2.
d’ có phương trình: x – y - 4 = 0 không có giao điểm của (P) và d’
Ngoài cách làm trên tôi vẫn đề xuất một cách làm khác.
Cách khác.
Qua A kẻ đường thẳng y = 2 song song trục hoành.
Giả sử có tam giác ABC vuông cân tại A thỏa mãn đề bài.
Gọi K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên đường thẳng y = 2.
Dễ dàng chứng minh được tam giác AHC và tam giác BKA bằng nhau.
 AK  CH

 BK  AH

Ta có hệ: 

Mà A(3;2), B(b; b 2 ), C(c; 2 – c ), H(b; 2), K(c; 2)
Nên AH 2  (c  3)2 , BK 2  (b2  2)2 , CH 2  c2 , AK 2  (b  3)2
(c  3) 2  (b 2  2) 2
Hệ trở thành:  2
2
c  (b  3)

Giải hệ rất dễ dàng tuy nhiên ta phải thử lại, loại nghiệm và kết luận.

16


T ay đổi Parabol bằng

oot Hypebol ta đượ bài toán .

Bài Toán 6.
Cho đồ thị hàm số (H) y 

x 1
và đường thẳng d : x + 2y – 5 = 0, điểm A(2;2)
x 1

Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho tam giác
ABC vuông cân tại A.

Qua A kẻ đường thẳng y = 2 song song trục hoành.
Giả sử có tam giác ABC vuông cân tại A thỏa mãn đề bài.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên đường thẳng y = 2.
Dễ dàng chứng minh được tam giác AHB và tam giác CKA bằng nhau.
 AK  BH
CK  AH

Ta có hệ: 

Mà A(2;2), B(b;

c 1
5b
), C(c;
), H(b; 2), K(c; 2)
c 1
2

1 b 2
c 1 2
) , AH 2  (b  2) 2 , CK 2  (c 
) , AK 2  (c  2) 2
2
c 1

Nên BH 2  (

c 1 2

2

(c  c  1)  (b  2)
Hệ trở thành: 
(1  b ) 2  (c  2) 2
 2

17


Giải hệ rất dễ dàng tuy nhiên ta phải thử lại, loại nghiệm và kết luận.
Với p ép quay tâ

A với gó quay 900 bài toán trên đượ giải quyết k á

dễ dàng.
LG
Giả sử ta có tam giác ABC vuông cân taị A thỏa mãn đề bài, Vậy điểm C là ảnh
của điểm C qua phép quay tâm A góc quay 900 .
Ta dựng d’ là ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm A góc quay 900
Giao điểm của (H) và d’ chính là điểm C. Có điểm C ta dễ dàng tìm được điểm
B sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Cụ thể:
Tính khoảng cách từ A đến d: d ( A; d ) 
Đường tròn tâm A bán kính R 
( x  2) 2  ( y  2) 2 

1
5

1
có phương trình là.

5

1
5

Đường thẳng d’ là tiếp tuyến của đường tròn và vuông góc với d
Ta có d’ có dạng: 2x – y + c = 0
Do d’ là tiếp tuyến của đường tròn: d ( A; d ')  R 

42c
5

c  1
1

5
c  3



Trường ợp 1.
d’ có phương trình: 2x – y – 1 = 0 ta có điểm C(0;-1) hoặc C(2;3) là giao điểm
của (H) và d’.
5b
Với C(0;-1) Gọi B(b;
)
2
1 b
)0b5
2

uuur uuur

Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0  2(b  2)  3(
Vậy điểm B(5 ; 0)

5b
)
2
uuur uuur
1 b
 0  b 1
Mà tam giác ABC vuông tại A nên AB AC  0 
Với C(2;3) B(b;

2

Vậy điểm B(1 ; 2)
Trường ợp 2.
d’ có phương trình: x – y – 3 = 0 hoàn toàn tương tự.
18


BÀI TẬP THAM KHẢO.
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường thẳng d: x + y + 1 = 0
d’: x + y + 5 = 0
và điểm A(1; 1). Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường thẳng d: 2x + y + 1 = 0
d’: 2x + y + 5 = 0

và điểm A(2; 1). Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường thẳng d: x + y + 1 = 0
d’: x + y + 5 = 0
và điểm A(2; 3). Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC đều.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường thẳng d: 2x + y + 1 = 0
d’: x + y + 5 = 0
và điểm A(1; 2). Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường thẳng d: x + y + 1 = 0
d’: x – 2 y + 5 = 0
và điểm A(3; 1). Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đường thẳng d’ điểm C
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 6. Cho đồ thị hàm số (H) y 

x 1
và đường thẳng d : x + y – 5 = 0, điểm
x 1

A(2;2) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 7. Cho đồ thị hàm số (H) y 

2x  1
và đường thẳng d : x + y – 5 = 0, điểm
x 1

A(2;1) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.

19


Bài 8. Cho đồ thị hàm số (H) y 

2x  1
và đường thẳng d : x – y +1 = 0, điểm
x 1

A(2;1) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 9. Cho đồ thị hàm số (H) y 

x 1
và đường thẳng d : x + y – 5 = 0, điểm
x 1

A(2;2) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 10. Cho đường thẳng d: 2x + y – 1 = 0 và Parabol (P): y  x 2 , điểm A(1;2).
Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên parabol (P) điểm C sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A.
Bài 11. Cho đường thẳng d: x – y – 1 = 0 và Parabol (P): y  x 2 , điểm A(2;2).
Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên parabol (P) điểm C sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A.
Bài 12. Cho đường thẳng d: x + y – 1 = 0 và Parabol (P): x  y 2 , điểm A(1;2).
Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên parabol (P) điểm C sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A.
Bài 13. Cho điểm A(1;1), tìm trên hai nhánh đồ thị hàm số

2x  1
các điểm B, C
x2

sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 14. Cho điểm A(3;1), tìm trên hai nhánh đồ thị hàm số

2x  1
các điểm B, C
x 1

sao cho tam giác ABC vuông cân tại A
Bài 15. Cho điểm A(2;-1), tìm trên hai nhánh đồ thị hàm số

2x  1
các điểm B,
x 1

C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A
Bài 16. Cho đồ thị hàm số (H) y 

x 1
và đường thẳng d : x + y – 5 = 0, điểm
x 1

A(2;2) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
20

Bài 17. Cho đồ thị hàm số (H) y 

2x  1
và đường thẳng d : 2x + y – 5 = 0,
x 1

điểm A(2;1) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao
cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 18. Cho đồ thị hàm số (H) y 

2x  1
và đường thẳng d : x – y +1 = 0, điểm
x 1

A(2;1) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 19. Cho đồ thị hàm số (H) y 

x 1
và đường thẳng d : x + 2y – 5 = 0, điểm
x 1

A(2;2) Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên đồ thị hàm số (H) điểm C sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 20. Cho đường thẳng d: x + y – 1 = 0 và Parabol (P): y   x 2 , điểm A(1;2).
Tìm trên đường thẳng d điểm B, trên parabol (P) điểm C sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A.

21

PHÀN 3. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ KẾT LUẬN
Kết quả đạt đượ

ủa sáng kiến kin ng iệ

Với phương pháp trên tôi đã tổ chức cho học sinh tiếp nhận bài học một cách
chủ động, tích cực, tất cả các em đều hứng thú học tập thực sự và hăng hái làm
bài tập giao về nhà tương tự. Phương pháp dạy học trên đây dựa vào các nguyên
tắc:
 Đảm bảo tính khoa học chính xác
 Đảm bảo tính lôgic
 Đảm bảo tính sư phạm
 Đảm bảo tính hiệu quả
Khi trình bày tôi đã chú ý đến phương diện sau:
 Phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh
 Phát huy được năng lực tư duy toán học của học sinh
Qua thực tế giảng dạy các lớp chuyên đề 12A1, 12A3, 12A5. Các em rất hào
hứng và sôi nổi trong việc đề xuất cách mới và bài toán mới. Cụ thể kiểm tra
khảo sát chất lượng học sinh năm học 2012-2013 trước và sau khi áp dụng sáng
kiến như sau:
Tổng số học sinh Trước khi áp dụng SKKN
Yếu

TB

Khá Giỏi

kém

120 Số lượng
%

Sau khi áp dụng SKKN
TB

Khá Giỏi

5

35

60

4,2

29,2 49,8 16,4

Yêú
Kém

10

50

50

10

8,4

41,6 41,6 8,4

20

22


Một số kiến ng ị đề xuất.
Về p ía giáo viên: Tích cực trau dồi chuyên môn nghiệp vụ, trao đổi kinh
nghiệm, kiến thức, phương pháp không chỉ ở trong trường mà mở rộng ra cụm
trường trong tỉnh và các tỉnh xung quanh, càng trao đổi nhiều thì mình càng thu
được nhiều.
Về p ía lãn đạo n à trường. Tăng cường động viên, khích lệ, khen thưởng
đối với những đồng chí GV trẻ, có năng lực chuyên môn tốt tích cực viết sáng
kiến , trao đổi kinh nghiệm với các thầy cô đi trước để nhanh chóng trưởng
thành.
Về p ía Sở Giáo dụ . Sau khi chấm sáng kiến những SKKN nào được giải A,
B, gửi về cho các trường tham khảo, học hỏi kinh nghiệm. Tổ chức cho tác giả
SKKN loại A báo cáo SKKN của mình để các tổ chuyên môn của các trường đi
dự và học tập

23


KẾT LUẬN.
Nếu học sinh được biết một phương pháp mới có hiệu quả thì các em sẽ tự
tin hơn trong giải quyết các bài toán dạng này và dạng tương tự. Tuy nhiên mỗi
bài toán có nhiều cách giải , phương pháp giải này có thể dài hơn các phương
pháp khác nhưng nó lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ tiếp cận hơn các

phương pháp khác. Hoặc là tiền đề cho ta sáng tạo một dạng bài tập khác. Từ
một bài toán thi đại học tôi đã đào sâu suy nghĩ đưa ra được nhiều cách giải và
mở rộng thành nhiều bài toán khác độ khó tăng lên rõ rệt. Với phương pháp tư
duy trên phần nào giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập, tạo động lực học
tập một cách chủ động, tích cực của học sinh. Đó chính là cái hay, cái đẹp của
toán học, khiến người ta say mê toán học.

24


TÀI LIỆU THAM KHẢO.
Tác giả chỉ tham khảo một câu trong Đề thi tuyển sinh vào Đại Học khối B năm
2007.
Còn lại toàn bộ sáng kiến là kinh nghiệm của tác giả tích lũy trong nhiều năm.
Không có trong bất cứ một tài liệu nào.

25