Rèn luyện kỹ năng nhận định, đánh giá kết quả giải toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG NHẬN ĐỊNH, ĐÁNH GIÁ
KẾT QUẢ GIẢI TOÁN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Người thực hiện: Lê Đình Thịnh
Chức vụ: Giáo Viên
SKKN thuộc mơn: Tốn

THANH HĨA NĂM 2017


MỤC LỤC
I. Mở đầu…………………………………………………………………

1

1.1. Lí do chọn đề tài……………………………………………….

1

1.2. Mục đích nghiên cứu…………………………………………...

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………..

1

1.4. Phương pháp nghiên cứu……………………………………….

1

II. Nội dung ………………………………………………………………
2.1. Cơ sở lí luận…………………………………………………….

2
2

2.1.1. Khái niệm tư duy phê phán………………………………

2

2.1.2. Dấu hiệu năng lực tư duy phê phán trong toán học……..

2

2.1.3. Rèn luyện kỹ năng nhận định, đánh giá kết quả giải toán

2

cho học sinh………………………….…………….........................
2.2. Thực trạng vấn đề………………………………………………

2

2.3. Một số ví dụ cụ thể……………………………………………..

3

2.3.1. Điểm và đường thẳng……………………………………..

3

2.3.2. Tam giác…………………………………………………...

7

2.3.3.Tứ giác……………………………………………………..

10

2.3.4. Đường tròn……………………………………………......

11

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm trong dạy học nội dung

17

phương pháp tọa độ trong mặt phẳng………………………..…...
III. Kết luận, kiến nghị……………………………………………………

18

3.1. Kết luận…………………………………………………………

18

3.2. Kiến nghị………………………………………………………..

19

Tài liệu tham khảo………………………………………………………..

20


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài

Trong quá trình giải tốn, việc tìm ra hướng giải là vơ cùng quan trọng. Đối
với bài tốn tự luận, khi đã tìm được hướng giải quyết, nhiều học sinh thường
làm một mạch, sau đó kết luận bài tốn. Làm như vậy thể hiện được tốc độ, khả
năng tư duy, khả năng trình bày của học sinh. Tuy nhiên, chỉ cần một phép tính
hoặc một suy luận sai sẽ ảnh hưởng tới kết quả của bài toán. Mặc dù trong bài tự
luận, nếu đúng ở cơng đoạn nào thì học sinh vẫn sẽ được điểm ở cơng đoạn đó,
nhưng phần điểm bị mất vẫn thật đáng tiếc!
Hiện nay, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã chuyển từ hình thức thi tự luận sang
thi trắc nghiệm khách quan. Do đó, việc tìm ra cách giải nhanh và hạn chế sai
sót được quan tâm đặc biệt. Học sinh chỉ cần dành một khoảng thời gian rất
ngắn để kiểm tra, nhận định, đánh giá kết quả bài toán. Như vậy, các em sẽ
khẳng định chắc chắn hơn lời giải của mình, hoặc tìm ra lỗi sai để khắc phục kịp
thời. Hơn nữa, trong quá trình học tập, các em cịn có thể phát hiện được các
cách giải ngắn gọn, hay hơn nhờ tính chất đặc biệt ẩn chứa trong bài tốn.
Xuất phát từ các lí do trên, nhằm đề ra một số định hướng giúp học sinh tự

thẩm định, tự kiểm tra, tự chỉnh sửa, tự nhận xét để hồn thiện bài giải của mình,
tơi đã lựa chọn đề tài “Rèn luyện kỹ năng nhận định, đánh giá kết quả giải
toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm là nghiên cứu, đề xuất một số hướng
tự kiểm tra, phát hiện và sửa chữa những sai lầm của học sinh thơng qua một số
ví dụ cụ thể ở nội dung phương pháp tọa độ trong mặt phẳng- Hình học 10. Từ
đó góp phần nâng cao chất lượng dạy và học mơn Tốn ở trường THPT.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Tư duy phê phán và rèn luyện tư duy phê phán
của học sinh thông qua rèn luyện kỹ năng nhận định, đánh giá kết quả giải toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách phương pháp
dạy học, các sách tham khảo,...thuộc phạm vi nghiên cứu của đề tài.
- Điều tra quan sát: Tìm hiểu hoạt động dạy của giáo viên và hoạt động
học của học sinh đối với mơn Tốn trong một số giờ dạy để rút ra kinh nghiệm
về việc rèn luyện kiểm tra, nhận xét, đánh giá kết quả giải toán.
- Tổng kết kinh nghiệm: tổng kết kinh nghiệm qua thực tiễn dạy và học,
kinh nghiệm của các nhà nghiên cứu, của giáo viên có nhiều năm kinh nghiệm
giảng dạy.

1


II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
2.1.1.Khái niệm tư duy phê phán:
Tư duy phê phán là năng lực phân tích sự việc, hình thành và sắp xếp các
ý tưởng, bảo vệ ý kiến, so sánh, rút ra các kết luận, đánh giá các lập luận, giải
quyết vấn đề. (Chance, 1986) [6]

2.1.2.Dấu hiệu năng lực tư duy phê phán trong toán học
Năng lực tư duy phê phán trong tốn học có nhiều biểu hiện, trong đó có
các dấu hiệu sau:
+ Đưa ra được những cách giải quyết tốt và kết luận, phù hợp với những
kiến thức đã được học và những tiêu chí đã đưa ra, đánh giá tính tối ưu của cách
giải quyết vấn đề vừa tìm được.
+ Có khả năng nhận ra những thiếu sót, sai lầm trong những lập luận khơng
đúng.
+ Có khả năng sửa chữa sai lầm khi lập luận để chứng minh hoặc giải toán [6].
2.1.3.Rèn luyện kỹ năng nhận định, đánh giá kết quả giải tốn cho học
sinh
Trong q trình học tập, người học cần biết sử dụng tri thức một cách độc
lập, đánh giá các sự kiện một cách logic, chân thực, do đó họ cần được phát triển
tư duy phê phán. Tư duy phê phán là công cụ cần thiết giúp chúng ta thẩm định
các giá trị, các quyết định mà bản thân tin tưởng, nó cịn giúp chúng ta tự chỉnh
sửa, tự nhận xét và thay đổi để vươn lên hoàn thiện bản thân [1].
Rèn luyện tư duy phê phán cho học sinh sẽ giúp các em nắm vững được
kiến thức, tự tin vào bản thân khi học lý thuyết và giải bài tập phương pháp toạ
độ trong mặt phẳng trên cơ sở kiến thức đúng đắn, khoa học.
Kỹ năng nhận định, đánh giá kết quả giải toán là một nội dung quan trọng
trong việc rèn luyện tư duy phê phán cho học sinh.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Về phía giáo viên:
+ Giáo viên nắm vững các kiến thức của nội dung phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng, tuy nhiên trong quá trình giảng dạy, đơi khi chưa đảm bảo
được sự cân đối về thời gian cho từng mục tiêu, nhiều vấn đề chưa khắc phục
được cho học sinh trên lớp.
+ Phần bài tập thuộc nội dung phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là một
trong những nội dung chính trong các đề thi THPT Quốc gia nên nó được chú
trọng hơn trong giảng dạy, tuy nhiên do sự đa dạng bài tập và thời lượng có hạn

nên gặp nhiều khó khăn trong việc rèn luyện kỹ năng phân tích, nhận định kết
quả giải tốn cho học sinh.
Về phía học sinh:
+ Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là một nội dung khá hay, rèn luyện
tư duy tốt nên nhiều học sinh rất hứng thú khi học phần này. Tuy nhiên có quá
nhiều dạng bài tập từ nội dung đường thẳng, đường trịn và đường elíp với số

2


lượng tiết học khiêm tốn, học sinh chỉ có thể nắm kiến thức cơ bản, khơng có
nhiều thời gian để nghiên cứu, đào sâu.
+ Nhiều học sinh khi làm bài bỏ qua bước vẽ hình hoặc khi vẽ hình thì
theo ý chủ quan, xét thiếu các trường hợp nên việc hình thành hướng giải quyết
bài tốn thường rất khó khăn và có nhiều thiếu sót. Cùng với phương pháp học
thụ động, lười suy nghĩ , thiếu sáng tạo nên chỉ cần thay đổi dữ kiện, đưa vào
tình huống có vấn đề là học sinh có thể bị mắc sai lầm.
Để tìm ra sai lầm và khắc phục sai lầm trong q trình giải tốn địi hỏi
học sinh phải xem xét đánh giá, chỉ rõ được cơ sở của lập luận đúng và cũng biết
loại bỏ những lập luận sai. Qua quá trình tìm hiểu và khắc phục sai lầm này
năng lực tư duy phê phán của học sinh được rèn luyện và phát triển.
Sai lầm trong quá trình giải bài tập về phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng có thể nói là rất nhiều, từ những sai lầm về đường lối giải đến những sai
lầm về kĩ năng tính tốn. Giáo viên có thể rèn luyện cho học sinh phát hiện và
sửa chữa sai lầm thơng qua những ví dụ và bài tập cụ thể được chủ động tạo ra
và dự đoán trước những sai lầm mà học sinh mắc phải (những tình huống này
thường xuất phát từ những sai lầm của học sinh trong giải tốn).
Khơng những học sinh phải tìm ra những sai lầm, các em cịn phải tìm
cách khắc phục những sai lầm đó. Mỗi lần tự nhận ra những sai lầm và sửa chữa
là một lần học sinh thu được những bài học quý báu. Chính điều này đã giúp học

sinh nâng cao năng lực tư duy phê phán trong giải tốn.
2.3. Một số ví dụ cụ thể
2.3.1. Điểm và đường thẳng
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 3;1) và M ( 1;−2 ) .
Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M sao cho khoảng cách từ A đến
∆ bằng 13 .
rGiải:
r r
Gọi n ( a;b ) với n ≠ 0 là một vectơ
pháp tuyến của ∆ .
Đường thẳng ∆ đi qua M nên phương
trình ∆ là: a ( x − 1) + b ( y + 2 ) = 0
⇔ ax + by − a + 2b = 0
2a + 3b
d ( A; ∆ ) = 13 ⇒
= 13
a2 + b2
⇔ 9a 2 − 12ab + 4b 2 = 0 ⇔ 3a − 2b = 0.
Nếu a = 0 ⇒ b = 0 (không thỏa mãn)
Nếu a ≠ 0 : Chọn a = 2 ⇒ b = 3 . Khi đó, phương trình ∆ là: 2 x + 3 y + 4 = 0.
Nhận xét: Nhận thấy MA = 13 .
Vì d ( A; ∆ ) ≤ MA mà d ( A; ∆ ) = 13 ⇒ d ( A; ∆ ) = MA

3


⇒ ∆ là đường thẳng đi qua M và
vng góc với AM nên phương trình ∆
là: 2 x + 3 y + 4 = 0.

Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 3;1) và M ( 1;−2 ) .
Gọi ∆ là đườngr thẳng đi qua điểm M sao cho khoảng cách từ A đến ∆ bằng
13 . Tìm m để u = ( 3;m ) là một vectơ chỉ phương của ∆ .
9
A. −2.
B. 2.
C. .
D. −2 và 3 .
2
Nhận xét:
Một cách cảm tính, học sinh nhận thấy thơng thường sẽ có hai đường
thẳng thỏa mãn yêu cầu nhưng quên mất trường hợp đặc biệt này nên hầu hết sẽ
chọn phương án D.
Ví dụ 2:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y + 1 = 0 và hai
điểm A ( 2;1) ,B ( 1;−3) . Tìm tọa độ điểm M trên ∆ sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Giải:
Nhận thấy A và B nằm cùng phía so
với ∆ .
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua ∆ .
Đường thẳng BB’ đi qua B ( 1;−3) và
vng góc với ∆ ⇒ phương trình BB’
là x + y + 2 = 0 .
 3 1
Gọi H = ∆ ∩ BB' ⇒ H  − ; − ÷.
 2 2
H là trung điểm của BB’ ⇒ B' ( −4; 2 ) .
Ta có: MA + MB = MA + MB' ≥ AB' (không đổi)
Đẳng thức xảy ra khi M ,A,B' thẳng hàng đồng thời M nằm giữa A và B’

⇒ M = AB' ∩ ∆.
x+4 y−2
=
⇔ x + 6y − 8 = 0 .
Phương trình AB’ là:
2 + 4 1− 2
x − y + 1 = 0
Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình 
x + 6 y − 8 = 0

4


2

 x = 7
2 9
⇔
⇒ M  ; ÷.
7 7
y = 9

7
2 9
Vậy M  ; ÷.
7 7
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x − y + 1 = 0 và
hai điểm A ( 2;1) ,B ( 1;−3) . Gọi M là một điểm thay đổi trên ∆. Giá trị nhỏ nhất
của tổng MA + MB là:

7 17
82 + 5 10
A. 17.
B. 37
C.
D.
.
.
3
4
Nhận xét:
+Chọn phương án B vì giá trị nhỏ nhất của tổng MA + MB bằng AB’ = 37 .
+Ở phương án A, AB = 17 < 37 và MA + MB ≥ AB . Ta không chọn kết quả
này vì khơng xảy ra dấu “ = ” do M nằm ngồi đoạn AB.
 1 3
+Gọi K là hình chiếu của A lên ∆ ⇒ K ( 1; 2 ) . Trung điểm KH là N  − ; ÷.
 4 4
Nhiều học sinh nhầm tưởng MA + MB nhỏ nhất khi M trùng với N, khi đó
82 + 5 10
nên các em chọn phương án C.
MA + MB =
4
+Một sự ngộ nhận khác là học sinh chọn điểm M là giao điểm của AB với ∆ .
 8 11 
7 17
Khi đó M  ; ÷ và MA + MB =
. Do đó mà chọn phương án D.
3 3 
3
Ví dụ 3:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 2; −1) ,B ( 4;1) và
C ( −2; 2 ) . Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho B và C cách đều
∆.
Giải:
 3
Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M  1; ÷.
 2uuur
uuur
r
BC = ( −6;1) . Chọn
n = ( 1; 6 ) ⊥ BC
Đường thẳng ∆ đi qua A, cách đều B và
C, xảy ra hai trường hợp sau:
+Trường hợp 1: ∆ đi qua A và M. Khi đó
phương trình ∆ là 5 x + 2 y − 8 = 0.

5


r
+Trường hợp 2: ∆ đi qua A và song song với BC ⇒ ∆ nhận n = ( 1; 6 ) làm một
vectơ pháp tuyến nên phương trình ∆ là x + 6 y + 4 = 0.
Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn, có phương trình là 5 x + 2 y − 8 = 0 và
x + 6 y + 4 = 0.
Nhận xét:
+Học sinh thường chỉ xét trường hợp đường thẳng ∆ đi qua A và song song với
BC nên rất dễ thiếu trường hợp còn lại.
+Học sinh có thể sử dụng cơng thức tính khoảng cách để giải quyết bài toán.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 2; −1) ,B ( 4;1) và

C ( −2; 2 ) . Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho B và C cách đều
∆.
A. x + 6 y + 4 = 0.
B. 5 x + 2 y − 8 = 0 hoặc x + 6 y + 4 = 0.
C. 5 x + 2 y − 8 = 0.
D. 6x − y − 13 = 0 hoặc x + 6 y + 4 = 0.
Ví dụ 4:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1 : 2 x + y − 1 = 0 ,
∆ 2 : 3 x + 2 y + 2 = 0 và điểm M ( 4;−4 ) . Tìm tọa độ điểm A trên ∆1 , điểm B trên
∆ 2 sao cho ba điểm M, A, B thẳng hàng và MB = 2 MA.
Giải:
uuur
Ta có: A ∈ ∆1 ⇒ A ( t;1 − 2t ) ⇒ MA = ( t − 4; −2t + 5 ) .
uuur
B ∈ ∆ 2 ⇒ B ( 2u; −1 − 3u ) ⇒ MB = ( 2u − 4; 3 − 3u ) .
uuur
uuur −4 + 2u = −8 + 2t
t = 1 ⇒ A ( 1; −1)
MB
=
2
MA
⇒
⇔
Trường hợp 1:


3 − 3u = 10 − 4t
u = −1 ⇒ B ( −2; 2 ) .
uuur

uuur −4 + 2u = 8 − 2t
t = −5 ⇒ A ( −5;11)
⇔
Trường hợp 2: MB = −2 MA ⇒ 
3 − 3u = −10 + 4t
u = 11 ⇒ B ( 22; −34 ) .
Nhận xét:
+Trong bài này, chúng tauuđã
ur sử udụng
uur kếtuquả
uur sau:uuNếu
ur ba điểm M, A, B thẳng
hàng và MB = 2MA thì MB = 2MA hoặc MB = −2 MA .
+Học sinh thường bỏ qua trường hợp thứ hai, từ đó đưa ra lựa chọn khơng chính
xác.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1 : 2 x + y − 1 = 0 ,
∆ 2 : 3 x + 2 y + 2 = 0 và điểm M ( 4;−4 ) . Gọi A và B là hai điểm lần lượt trên ∆1 ,
∆ 2 sao cho ba điểm M, A, B thẳng hàng và MB = 2 MA. Tính tổng các hồnh độ
của A và B.
A. 17.
B. −1 hoặc 17.
C. −1 .
D. −1 hoặc −23.

6


2.3.2. Tam giác
Ví dụ 5:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
đường phân giác trong AD và đường cao CH lần lượt là x − y = 0 và
2 x + y + 3 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M ( 0;−1) , AB = 2 AM . Viết
phương trình cạnh BC [5].
Giải:
Gọi N là điểm đối xứng với
M qua AD ⇒ N ∈ AB .
Đường thẳng MN đi qua
M ( 0;−1) và vng góc với
AD nên phương trình MN là
x + y + 1 = 0.
Gọi
 1 1
I = MN ∩ AD ⇒ I  − ; − ÷.
 2 2
I là trung điểm MN suy ra N ( −1; 0 )
Đường thẳng AB đi qua N ( −1; 0 ) và vng góc với CH nên phương trình AB là
x − 2 y + 1 = 0.
Vì A = AB ∩ AD ⇒ A ( 1;1) .
Đường thẳng AC đi qua A ( 1;1) và M ( 0;−1) ⇒ phương trình AC là
2x − y − 1 = 0.
 1

Vì C = AC ∩ HC ⇒ C  − ; −2 ÷.
 2

Ta có B ∈ AB ⇒ B ( −1 + 2b;b ) .
b = −1 ⇒ B ( −3; −1)
2
2

2
AB = 2 AM ⇒ ( 2b − 2 ) + ( b − 1) = 20 ⇒ ( b − 1) = 4 ⇔ 
b = 3 ⇒ B ( 5; 3)
Với B ( 5;3) , ta thấy B và C cùng phía đối với AD nên không thỏa mãn
điều kiện AD là đường phân giác trong của góc A.
Với B ( −3; −1) thỏa mãn điều kiện ở trên. Khi đó, phương trình BC là
2 x + 5 y + 11 = 0.
Nhận xét:
Trong bài này, chúng ta đã sử dụng tính chất:
·
Cho tam giác ABC có AD là phân giác trong của góc BAC
, M là điểm
bất kỳ trên đường thẳng AC và N là điểm đối xứng của M qua AD. Khi đó, N
thuộc đường thẳng AB.

7


Tuy nhiên, tính chất trên cũng đúng nếu AD là đường phân giác ngồi của góc
·
. Vì vậy, sau khi tìm được điểm B, ta phải kiểm tra lại kết quả để loại
BAC
trường hợp khơng thích hợp.
Ở đây, trường hợp khơng thích hợp là B ( 5; 3) , khi đó phương trình đường thẳng
BC là 10 x − 11 y − 17 = 0. Vì vậy, ta có các phương án nhiễu trong bài tập TNKQ
sau đây:
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
đường phân giác trong AD và đường cao CH lần lượt là x − y = 0 và
2 x + y + 3 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M ( 0;−1) , AB = 2 AM . Viết

phương trình cạnh BC.
A. 10 x − 11 y − 17 = 0.
B. 2 x + 5 y + 11 = 0.
C. 10 x − 11 y − 17 = 0 hoặc 2 x + 5 y + 11 = 0. D. 2 x + 2 y + 5 = 0.
Ví dụ 6:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương
trình các đường thẳng AB, AC lần lượt là x − 2 y + 1 = 0 và 2 x − y − 1 = 0 . Lập
phương trình đường thẳng BC biết BC đi qua điểm M ( 3;−1) .
Giải:
Phương trình hai đường phân giác
·
của
góc
là:
BAC
 x − 2 y + 1 2x − y − 1
=

5
5

 x − 2 y + 1 = − 2x − y − 1

5
5
 x − 2 y + 1 = 2x − y − 1
⇔
 x − 2 y + 1 = − ( 2 x − y − 1)
 x + y − 2 = 0 ( d1 )
⇔

( d2 )
 x − y = 0.
·
Trường hợp 1: ( d1 ) là đường phân giác trong của góc BAC
.
Khi đó, BC là đường thẳng đi qua M và vng góc với ( d1 ) ⇒ phương
trình BC là x − y − 4 = 0.
·
Trường hợp 2: ( d 2 ) là đường phân giác trong của góc BAC
.
Khi đó, BC là đường thẳng đi qua M và vng góc với ( d 2 ) ⇒ phương trình BC
là x + y − 2 = 0.
Đến đây, nếu ta vội kết luận thì sẽ nhận một trường hợp khơng thỏa mãn.

8


Thơng thường, dạng tốn này sẽ cho kết quả là hai đường thẳng, tuy nhiên
nếu điểm M nằm trên một trong hai đường phân giác của góc A thì chỉ cịn một
đường thẳng thỏa mãn bài tốn.
Trong bài này, chú ý rằng điểm A ( 1;1) nên ở trường hợp 2, phương trình BC
là x + y − 2 = 0 . Nhận thấy điểm A nằm trên đường thẳng BC. Vì vậy trường hợp
này bị loại.
Vậy phương trình đường thẳng BC là x − y − 4 = 0.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương
trình các đường thẳng AB, AC lần lượt là x − 2 y + 1 = 0 và 2 x − y − 1 = 0 . Lập
phương trình đường thẳng BC biết BC đi qua điểm M ( 3;−1) .
A. x − y − 4 = 0.
B. x + y − 2 = 0 hoặc x − y − 4 = 0.

C. x + y − 2 = 0 .
D. 2 x + y − 5 = 0 hoặc x + 2 y − 1 = 0.
Ví dụ 7:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Biết
phương trình các cạnh BC, AB lần lượt là 2 x − 3 y − 5 = 0 và x + y + 1 = 0 . Đường
thẳng AC đi qua điểm M ( 1;1) . Lập phương trình cạnh AC.
Giải:
Một
r vectơ pháp
r tuyến của AB, BC lần lượt là
n1 = ( 1;1) và n 2 = ( 2; −3) .
Ta
có:
1.2 + 1.( −3)
1
cos ·ABC =
=
.
2
2
2
2
26
1 + 1 . 2 + ( −3)
r
Gọi n = ( a;b ) là một vectơ pháp tuyến của
r r
AC, với n ≠ 0 .
Vì ·ABC = ·ACB
2a − 3b

1
⇒ cos ·ACB =
=
⇒ 2 2a − 3b = a 2 + b 2
26
13 . a 2 + b 2
2
2
⇔ 7 a − 24ab + 17b = 0.
r r
Với b = 0 ⇒ a = 0 không thỏa mãn điều kiện n ≠ 0 .
 a = 1 ⇒ AC : x + y − 2 = 0
Với b ≠ 0 , chọn b = 1 ⇒ 
17
 a = ⇒ AC :17 x + 7 y − 24 = 0.
7

Nhận thấy AC và AB không thể song song với nhau nên chỉ có trường hợp
phương trình AC: 17 x + 7 y − 24 = 0 thỏa mãn bài toán.

9


Nhận xét:
Với cách này, ta đã đưa về bài toán lập phương trình đường thẳng đi qua một
điểm và tạo với đường thẳng cho trước một góc α . Nếu 0ο < α < 90ο thì có hai
đường thẳng như vậy, nhưng khi gắn vào bài toán tam giác như ở trên sẽ phải
loại đi một trường hợp.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Biết

phương trình các cạnh BC, AB lần lượt là 2 x − 3 y − 5 = 0 và x + y + 1 = 0 . Đường
thẳng AC đi qua điểm M ( 1;1) . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Phương trình đường thẳng AC là 17 x + 7 y − 24 = 0 hoặc x + 2 y − 2 = 0 .
17
B. Hệ số góc của đường thẳng AC là k = − .
7
C. Đường thẳng AC tạo với hai trục tọa độ mộtrtam giác có diện tích bằng 2.
D. Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng AC là n = ( 1;1) .
2.3.3. Tứ giác
Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có
AB//CD, A(-1;1), C(4;0) và D(-2;-3). Tìm tọa độ điểm B.
Giải:
Ta có: AD = 17 .
uuur
r
uuur
DC = ( 6; 3) . Chọn. n = ( 1; −2 ) ⊥ DC
Đường thẳng AB đi qua A(-1;1),
có
r
một vectơ pháp tuyến n = ( 1; −2 )
nên phương trình AB là:
x − 2 y + 3 = 0.
B ∈ AB ⇒ B ( 2b − 3;b ) .

AD = BC ⇒ ( 7 − 2b ) + b 2 = 17
2

b = 4

⇔ 5b − 28b + 32 = 0 ⇔ 
b = 8
5

Với b = 4 ⇒ B ( 5; 4 ) .
2

Khi đó ABCD là hình bình hành và khơng là hình chữ nhật nên khơng là hình
thang cân.
8

1 8

Với b = ⇒ B  ; ÷ (thỏa mãn).
5
5 5
1 8

Vậy B  ; ÷.
5 5

10


Nhận xét:
+ Ở đây, chúng ta đã sử dụng tính chất: Nếu tứ giác ABCD là hình thang
cân, AB//CD thì AD = BC .Tuy nhiên, hình bình hành cũng có tính chất như vậy.
Do đó, nếu học sinh khơng phát hiện và loại trường hợp B ( 5; 4 ) thì sẽ chọn cả
trường hợp khơng thỏa mãn bài tốn.
+ Đối với bài thi TNKQ, học sinh có thể sử dụng kết quả được đưa ra

trong các lựa chọn, sau đó vẽ trên hệ trục tọa độ để tìm phương án phù hợp.
Nhưng nếu câu hỏi chỉ hỏi về các yếu tố khác, về diện tích hình thang chẳng
hạn, thì cách vẽ hình để chọn đáp án này sẽ khơng thực hiện được.
+ Học sinh có thể giải theo cách sau đây:



3

Gọi M là trung điểm CD ⇒ M 1; − ÷.
2


Đường thẳng AB đi qua A(-1;1), song
song với CD nên phương trình AB là:
x − 2 y + 3 = 0.
Gọi ( ∆ ) là trung trực của CD ⇒
phương trình ( ∆ ) là: 4 x + 2 y − 1 = 0.

 2 13 
1 8
÷. Vì N là trung điểm AB ⇒ B  ; ÷.
 5 10 
5 5

Gọi N = ( ∆ ) ∩ AB ⇒ N  − ;
1 8



Vậy B  ; ÷.
5 5
Trong cách thứ hai này, có thể chúng ta vẫn cần kiểm tra lại xem B và C
có nằm cùng phía so với ∆ hay khơng, vì nếu B và C khác phía so với ∆ thì sẽ
khơng có điểm B thỏa mãn bài toán. Hơn nữa, cách thứ hai có phần “xuất phát”
khơng tự nhiên như cách thứ nhất.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có
AB//CD, A(-1;1), C(4;0) và D(-2;-3). Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào
đúng?
A. Tọa độ điểm B là các số nguyên.
B. Gọi B ( xB ; y B ) thì xB > yB .
C. Điểm B nằm trên đường thẳng d : 3 x − y + 1 = 0.
D. OB = 41 hoặc OB =

65
.
5

2.3.4. Đường trịn
Ví dụ 9:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến với
2
2
đường trịn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 25 , biết tiếp tuyến đi qua điểm A ( −4;1) .
Một học sinh trình bày như sau:

11

Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A ( −4;1) và có một vectơ pháp tuyến là
r
r r
n ( a;b ) với n ≠ 0. Phương trình ∆ là:
a ( x + 4 ) + b ( y − 1) = 0 ⇔ ax + by + 4a − b = 0.
Đường trịn ( C ) có tâm I ( 1;−2 ) , bán kính R = 5.
∆ tiếp xúc với ( C ) ⇔ d ( I ,∆ ) = R ⇔

5a − 3b
a +b
2

2

= 5 ⇔ 8b 2 + 15ab = 0 .

8
⇒ Phương trình ∆ là: 8 x − 15 y + 47 = 0.
15
Vậy phương trình tiếp tuyến với ( C ) kẻ từ A ( −4;1) là 8 x − 15 y + 47 = 0.
Nhận xét:
Rõ ràng điểm A nằm ngồi đường trịn ( C ) , chúng ta kẻ được hai tiếp
tuyến với ( C ) từ A nhưng tại sao lại chỉ tìm được một phương trình tiếp tuyến?
Như vậy, trong lời giải có chỗ chưa chặt chẽ nên cần phải kiểm tra lại.
Bổ sung lời giải:
Xét phương trình: 8b 2 + 15ab = 0 .
Nếu b = 0 ta chọn a = 1 (thỏa mãn) thì phương trình ∆ là: x + 4 = 0.
Kết luận: phương trình các tiếp tuyến với ( C ) kẻ từ A ( −4;1) là
8 x − 15 y + 47 = 0 và x + 4 = 0.
Câu hỏi TNKQ:

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn ( C ) có phương trình
2
2
( x − 1) + ( y + 2 ) = 25 . Gọi M 0 ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến với ( C ) kẻ
Chọn b = 1 ⇒ a = −

từ điểm A ( −4;1) . Tính tổng x0 + y0 .
18
18
64
A. −6
B.
.
C. −6 hoặc
.
D. −4 hoặc
.
17
17
17
Ví dụ 10:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến với
2
2
đường tròn ( C ) : x + y − 4 x − 2 y = 0 biết tiếp tuyến đó song song với đường
thẳng d : x + 2 y + 1 = 0.
Giải:
Đường trịn ( C ) có tâm I ( 2;1) , bán kính R = 5 .
Gọi ∆ là đường thẳng song song với d ⇒ phương trình ∆ có dạng
x + 2 y + m = 0.

∆ là tiếp tuyến của ( C ) khi và chỉ khi d ( I ,∆ ) = R
⇔

12

m = 1
= 5 ⇔ 4+m =5⇔ 
5
 m = −9

4+m


Với m = −9 , phương trình tiếp tuyến là
x + 2 y − 9 = 0. (thỏa mãn)
Với m = 1 , phương trình tiếp tuyến là
x + 2 y + 1 = 0. (loại vì ∆ trùng với d)

Nhận xét:
Thông thường, cho trước một đường thẳng d và đường trịn ( C ) , ta có
hai đường thẳng song song với d và tiếp xúc với ( C ) . Bài tốn này đưa ra một
tình huống để học sinh “cảnh giác” trong việc kiểm tra, nhận định kết quả.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến với
2
2
đường trịn ( C ) : x + y − 4 x − 2 y = 0 biết tiếp tuyến đó song song với đường
thẳng d : x + 2 y + 1 = 0.
A. x + 2 y + 1 = 0.
B. x + 2 y − 9 = 0.

C. x + 2 y − 9 = 0 và x + 2 y + 1 = 0.
D. 2 x − y − 8 = 0 và 2 x − y + 2 = 0.
Với các lựa chọn ở trên, ít nhiều thì học sinh cũng sẽ nghĩ đến việc xét vị
trí tương đối của đường thẳng trong các phương án với đường thẳng d . Tuy
nhiên, nếu cho phương trình d ở dạng phương trình tham số thì hầu hết học sinh
sẽ bỏ mất bước kiểm tra này.
Ví dụ 11:
2
2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ( C ) : x + y − 2 x + 8 y + 1 = 0 và
điểm M ( 2;1) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A, B là các tiếp
điểm). Lập phương trình đường thẳng AB.
Giải:
Đường trịn ( C ) có tâm I ( 1;−4 ) , bán kính
R = 4.
Nhận thấy M nằm ngồi ( C ) .
uuur
Ta có: IM = ( 1;5 ) ⇒ IM = 26 .
uuur
Đường thẳng AB nhận IM = ( 1;5 ) làm một
vectơ pháp tuyến ⇒ phương trình AB có
dạng x + 5 y + m = 0. Gọi H = AB ∩ MI .
AI 2
16
2
=
.
Ta có: AI = IH .MI ⇒ IH =
MI
26

13


 m = 35
16
⇔ m − 19 = 16 ⇔ 
26
26
 m = 3.
Với m = 35 ⇒ phương trình AB là x + y + 35 = 0. Kết quả này bị loại vì M và I
nằm cùng phía so với AB.
Với m = 3 ⇒ phương trình AB là x + 5 y + 3 = 0 (thỏa mãn).
Vậy phương trình AB là x + 5 y + 3 = 0 .
Nhận xét:
Bài tốn lập phương trình đường thẳng đi qua hai tiếp điểm là một bài
toán quen thuộc và có nhiều cách giải. Nếu như ở các cách giải khác cần một
chút “mẹo” thì ở cách này xuất phát rất tự nhiên. Sử dụng cách giải này, đa số
học sinh đều tìm được hai đường thẳng như trên, nhưng hầu như các em không
nghĩ đến việc loại trường hợp không thỏa mãn. Khi gợi ý cho các em sử dụng
hình vẽ để kiểm tra, các em mới phát hiện chỉ có một đường thẳng thích hợp. Từ
đó học sinh có hướng để tìm chỗ khác biệt và chọn đúng kết quả.
Câu hỏi TNKQ:
2
2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ( C ) : x + y − 2 x + 8 y + 1 = 0 và
điểm M ( 2;1) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A, B là các tiếp
điểm). Lập phương trình đường thẳng AB.
A. x + y + 35 = 0 và x + 5 y + 3 = 0 .
B. x + 5 y + 3 = 0 .

C. x + y + 35 = 0.
D. x − y − 1 = 0 và 5 x − y − 9 = 0 .
Đối với bài này, học sinh có thể chỉ cần chọn phương án nào có một đường
thẳng thỏa mãn các điều kiện:
+ Vng góc với IM.
+ M và I khác phía đối với AB.
Ví dụ 12:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 6 = 0 và đường thẳng ∆: x + my − 2m + 3 = 0, với m là
tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn ( C ) . Tìm m để ∆ cắt ( C ) tại hai
điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Giải:
Đường trịn ( C ) có tâm I ( −2; −2 ) , bán
kính R = 2 .
Diện
tích
tam
giác
IAB:
1
1
S = IA.IB.sin ·AIB ≤ R 2 = 1.
2
2
S lớn nhất khi và chỉ khi IA ⊥ IB.
R
=1
Khi đó, d ( I ,∆ ) =
2
⇒ d ( I ,AB ) =

14

m − 19

=


⇔

−2 − 2m − 2m + 3
m +1
2

= 1 ⇔ ( 1 − 4m )

Vậy m = 0 hoặc m =

2

m = 0
=1+ m ⇔ 
8
m = .
15

2

8
.

15

Nhận xét:
Bài toán trên xuất hiện trong đề thi Đại học khối A năm 2009. Khi m thay đổi,
đường thẳng ∆ quay quanh điểm M ( −3; 2 ) nằm ngồi đường trịn ( C ) . Do đó,
bằng hình vẽ phù hợp chúng ta cũng nhận định được có hai đường thẳng thỏa
mãn bài toán, ứng với hai giá trị của m. Nhưng sẽ như thế nào nếu điểm M nằm
trong đường tròn ( C ) và rất gần tâm I ? Chúng ta hãy xem xét ví dụ sau đây:
Ví dụ 13:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 6 = 0 và đường thẳng ∆: 2mx − 2 y + 4m − 3 = 0,với m
là tham số thực. Gọi I là tâm của đường trịn ( C ) . Tìm m để ∆ cắt ( C ) tại hai
điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Một học sinh trình bày bài giải như sau:
Giải:
Đường trịn ( C ) có tâm I ( −2; −2 ) , bán kính
R = 2.
Diện
tích
tam
giác
IAB:
1
1
S = IA.IB.sin ·AIB ≤ R 2 = 1.
2
2
S lớn nhất khi và chỉ khi IA ⊥ IB.
R
=1

Khi đó, d ( I ,∆ ) =
2
−4m + 4 + 4m − 3
⇔
= 1 ⇔ 1 = 4 + 4m 2
2
4m + 4
2
⇔ 4m = −3 . Phương trình này vơ nghiệm.
Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.
Nhận xét:
3

Đường thẳng ∆ quay quanh điểm M  −2; − ÷nằm trong đường trịn ( C ) .
2

Khi “thực nghiệm” trên hình, ta vẫn thấy có một trường hợp thỏa mãn bài tốn.
Vậy cách giải trên của học sinh gặp sai lầm ở đâu và cách khắc phục như thế
nào?
Sai lầm ở đây, nguyên nhân là do điểm M quá “gần” tâm I nên mọi đường thẳng
qua M, cắt đường tròn ( C ) tại A, B tạo thành tam giác IAB ln có góc ·AIB là

15


góc tù. Do đó khơng thể xảy ra trường hợp IA vng góc với IB như trong lời
giải trên.
Ta sẽ giải bài toán theo các bước sau đây:
+ Chứng minh góc ·AIB là góc tù.
Gọi H là trung điểm của AB

⇒ AB = 2 AH = 2 R 2 − IH 2 ≥ 2 R 2 − IM = 7
⇒ AB ≥ 7 . Đẳng thức xảy ra khi AB ⊥ IM .
Ta
có:
2
2
2
2
IA + IB − AB
4 − AB
3
cos ·AIB =
=
≤− <0
2 IA.IB
4
4
⇒ ·AIB là góc tù.
+ Chứng minh AB ngắn nhất khi ·AIB nhỏ nhất. Khi đó sin ·AIB lớn nhất.
1
1
+ Diện tích tam giác AIB: S = IA.IB.sin ·AIB = R 2 sin ·AIB = sin ·AIB.
2
2
+ S lớn nhất khi và chỉ khi sin ·AIB lớn nhất ⇔ AB ngắn nhất.
Khi đó AB là đường thẳng đi qua M và vng góc với IM.
Kết quả: S lớn nhất khi m = 0.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 6 = 0 và đường thẳng ∆: 2mx − 2 y + 4m − 3 = 0,với m

là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn ( C ) . Biết rằng với mọi giá trị của
m thì đường thẳng ∆ ln cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B. Diện tích tam
giác IAB lớn nhất khi:
A. IA ⊥ IB.
B. Khoảng cách từ I đến AB nhỏ nhất.
3

C. ∆ đi qua M  −2; − ÷ và vng góc với đường thẳng IM.
2

D. Tam giác IAB là tam giác đều.
Ví dụ 14:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
2
2
( C ) :( x − 1) + ( y + 2 ) = 16. Tìm tọa độ điểm M trên trục Oy để từ M kẻ được
hai tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A,B là hai tiếp điểm) sao cho đường thẳng
AB đi qua điểm E ( −11; −4 ) .
Giải:
2
Gọi M ( 0;m ) ∈ Oy . Từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến ( C ) khi 12 + ( m + 2 ) > 16 .

(

) (

)

⇔ m ∈ −∞; −2 − 15 ∪ −2 + 15 ; +∞ (*)

16


Gọi A ( x1 ; y1 ) ,B ( x2 ; y2 ) .
Phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại A là
( x1 − 1) ( x − 1) + ( y1 + 2 ) ( y + 2 ) = 16.
Tiếp tuyến này đi qua M ( 0;m ) nên ta được
x1 − ( m + 2 ) y1 − 2m + 11 = 0. ( 1)
Tương tự: x2 − ( m + 2 ) y2 − 2m + 11 = 0. ( 2 )
Từ ( 1) và ( 2 ) ⇒ Phương trình đường thẳng
AB là x − ( m + 2 ) y − 2m + 11 = 0.
Vì AB đi qua điểm E ( −11; −4 ) nên m = −4 (không thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy khơng có điểm M thỏa mãn bài tốn.
Nhận xét:
Để lập được phương trình AB theo cách trên, có thể chưa cần sử dụng điều
kiện về vị trí của điểm M. Vì vậy, khơng ít học sinh sau khi tìm được m = −4 thì
vội vàng kết luận ngay nên đã chọn phải kết luận sai.
Câu hỏi TNKQ:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
2
2
( C ) :( x − 1) + ( y + 2 ) = 16. Tìm tọa độ điểm M trên trục Oy để từ M kẻ được
hai tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A, B là hai tiếp điểm) sao cho đường thẳng
AB đi qua điểm E ( −11; −4 ) .
A. M ( 0;−2 ) .
B. M ( 0; −4 ) .
13 

C. M  0; − ÷.
D. Khơng có giá trị của m thỏa mãn bài toán.

6

2.4. Hiệu quả của việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trong dạy học nội
dung phương pháp toạ độ trong mặt phẳng
- Học sinh phát huy được tính tích cực, tự giác, rèn luyện tính cẩn thận,
chặt chẽ, góp phần khắc sâu kiến thức Toán cho học sinh lớp 10.
- Phát triển năng lực cho học sinh, đặc biệt là các năng lực đặc thù của
Toán học như: Năng lực tư duy, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo, năng lực
tự học, năng lực giao tiếp Toán học,…
- Hình thành được phương pháp, kĩ năng học tập khoa học, kích thích sự
phát triển tư duy của học sinh thông qua các thao tác tư duy, năng lực tư duy phê
phán.
- Đối với giáo viên, chú ý tạo điều kiện thuận lợi để các em được hình
thành và phát triển năng lực tư duy phê phán trong quá trình học nội dung
phương pháp toạ độ trong mặt phẳng nói riêng, và trong q trình học tập nói
chung.
-Kết quả đạt được
Cùng nội dung về giảng dạy phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, tôi đã

17


tiến hành dạy ở hai lớp. Lớp thực nghiệm (10A1) và lớp đối chứng (10A5)
trường THPT Nguyễn Trãi. Qua khảo sát thực tế học tập của 2 lớp, tôi thấy mức
độ học tập và trình độ nhận thức của 2 lớp tương đương nhau. Tinh thần, thái độ
học tập môn Tốn nói riêng và các mơn khác nói chung giống nhau.
Ở mỗi lớp tôi tiến hành một phương pháp giảng dạy khác nhau. Lớp 10A1
tôi đã rèn luyện tư duy phê phán cho học sinh. Lớp 10A5 tôi dạy theo phương
pháp truyền thống. Qua 2 phương pháp dạy học, ở 2 lớp kết quả học tập cũng
như chất lượng bài học thu được có sự khác nhau rõ rệt:

-Ở lớp 10A5 (lớp đối chứng) việc giảng dạy được tiến hành bằng phương pháp
truyền thống. Do đó học sinh học tập rất uể oải, ghi chép thụ động, giờ học căng
thẳng. GV phải làm việc nhiều mà hiệu quả giờ dạy không cao.
-Ở lớp 10A1(lớp thực nghiệm). Cũng cùng nội dung kiến thức nhưng do sự đổi
mới về hình thức và phương pháp dạy học, chú trọng đến việc rèn luyện kỹ năng
nhận định, đánh giá kết quả giải toán, các em trở nên sơi nổi, hứng thú và ít mắc
sai lầm hơn, đặc biệt là trong bài tập TNKQ. Do đó, các em hiểu bài nhanh vì đã
được khắc sâu những tri thức của bài học một cách cụ thể, sinh động.
Kết quả còn được minh chứng qua số liệu về phiếu học tập như sau :
Lớp dạy
Khá
Trung bình
Yếu
Số lượng Giỏi
Ghi chú
SL TL
SL
TL
SL
TL
SL
TL
(%)
(%)
(%)
(%)
Lớp
Lớp
đối
10A5/45 04 9

24
53
12
27
5
11
chứng
HS
Lớp
Lớp thực
10A1
15 36
23
55
3
7
01
2
nghiệm
/42 HS
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
- Sáng kiến kinh nghiệm đã hệ thống hóa được một số vấn đề cơ bản làm
cơ sở lý luận về tư duy phê phán và và rèn luyện tư duy phê phán cho học sinh
trong quá trình dạy học chủ đề phương pháp tọa độ trong mặt phẳng – Hình học
10 THPT .
- Sáng kiến kinh nghiệm đã trình bày một số hướng phát triển tư duy phê
phán cho học sinh trong dạy học nội dung phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
– Hình học 10 THPT nhằm phát huy được tính tích cực, tự giác, rèn luyện tư
duy phê phán cho học sinh, góp phần khắc sâu kiến thức cho học sinh lớp 10.

- Sáng kiến kinh nghiệm xây dựng được hệ thống ví dụ có chọn lọc nhằm
minh họa cho việc phát triển tư duy phê phán cho học sinh và góp phần rèn
luyện kĩ năng giải toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng cho học sinh.
- Đây có thể được coi là tài liệu tham khảo về phương pháp dạy học tích
cực nhằm phát triển năng lực cho học sinh mà hiện nay Bộ Giáo Dục và Đào
Tạo đang đổi mới. Tài liệu này chủ yếu dành cho học sinh ở các trường công

18


lập, đặc biệt như những trường THPT có nhiều học sinh ở mức độ trung bình.
Nó sẽ giúp cho các em kích thích tư duy, hứng thú hơn trong quá trình học tập
mơn Tốn, đặc biệt là chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng.
3.2. Kiến nghị
Tôi xin kiến nghị với Ban giám hiệu trường THPT Nguyễn Trãi tạo điều kiện
để tơi có thể phổ biến rộng rãi hơn nữa với giáo viên và học sinh như một tài
liệu tham khảo hữu ích.
Trong q trình viết sáng kiến, mặc dù rất cố gắng, nhưng cũng không thể
tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự đóng góp chân thành và kịp thời từ
các thầy cô, các em học sinh để tơi có thể hồn thiện sáng kiến hơn đồng thời
sáng kiến có thể được áp dụng với giáo viên và học sinh trong toàn tỉnh giúp
nâng cao chất lượng giáo dục và tăng tính hiệu quả của sáng kiến.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 18 tháng 5 năm 2017
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Lê Đình Thịnh

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Lê Thống Nhất, Rèn luyện năng lực giải tốn cho HS phổ thơng trung học
thơng qua việc phân tích và sửa chữa các sai lầm của HS khi giải tốn, Luận
án phó tiến sĩ khoa học Sư phạm – Tâm lý, Vinh, 1996.
[2]. G.Polya, Giải một bài toán như thế nào, NXB Giáo dục, Hà Nội, 1997.
[3]. Nguyễn Cảnh Toàn, Nguyễn Văn Lê, Châu An, Khơi dậy tiềm năng sáng
tạo, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2004.
[4]. Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân– SGK Hình học
10 nâng cao, 2006.
[5]. Trần Thành Minh, Phan Lưu Biên, Vũ Vĩnh Thái, Phan Thanh Thiên, Giải
tốn Hình học 12, NXB Giáo dục, 2006.
[6]. Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học mơn tốn, NXB Đại học Sư Phạm
Hà Nội, 2006.
[7]. Bùi Văn Nghị, Phương pháp dạy học những nội dung cụ thể mơn Tốn –
NXB Đại học sư phạm, 2010.

20