Sử dụng phương pháp đánh giá giải một số bài toán cực trị của hình học giải tích trong không gian 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÉP CO TRONG MẶT PHẲNG VÀ ỨNG DỤNG

Người thực hiện: Lê Ngọc Phương
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2017


MỤC LỤC
Phần 1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
1.5 Những điểm mới của sáng kiến

2
2
2
2
3

kinh nghiệm
Phần 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí thuyết
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp

4
7

dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Các giải pháp thực hiện
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,

7
12

với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Phần 3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
3.2 Kiến nghị, đề xuất
TÀI LIỆU THAM KHẢO

15
15
16

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Phần 1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình hình học lớp 10 có một số bài toán về elip khiến giáo
viên và học sinh lúng túng trong việc tìm hướng giải như các bài toán về sự vị trí
2


tương đối giữa điểm, đường thẳng và elíp hay các các bài toàn về cực trị của
elip…
Trong quá trình giảng dạy tôi phát hiện ra có một cách giải quyết nhẹ nhàng
các bài toán trên đó là sử dụng “Phép co trong mặt phẳng”. Vì vậy tôi đã đưa ra
sáng kiến kinh nghiệm với tiêu đề “Phép co trong mặt phẳng và ứng dụng”
nhằm giúp thầy cô và học sinh giải quyết một số bài toán liên quan đến elip đồng
thời xây dựng cho học sinh có những suy nghĩ mở rộng hơn, sáng tạo hơn đối với
ứng dụng của phép co trong mặt phẳng.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi
bài tập tôi thường cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô
giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học
sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương tự và khái
quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em
có thể khái quát hoá thành bài toán tổng quát và xây dựng các bài toán tương tự.
Thứ hai đó là mong muốn bổ sung phương pháp bồi dưỡng cho học sinh
khá giỏi trước đến nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện khả năng
sáng tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự phát huy
năng lực độc lập sáng tạo của mình.
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán về sự vị trí tương đối giữa điểm, đường thẳng và elíp; các các
bài toán về cực trị của elip…
1.4 Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu
tôi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau:

+ Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài.
+ Phương pháp quan sát (hoạt động dạy - học của giáo viên và HS).
+ Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn...)
+ Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS thông
qua trao đổi trực tiếp).
+ Phương pháp thực nghiệm.
3


1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Dù lĩnh vực được đề cập đến trong SKKN tương đối hẹp. Nhưng cở sở lý
luận và phương pháp sử dụng “Phép co” để giải quyết những bài toán khó về elip
trong đề tài đã nêu có thể nói chưa xuất hiện trong bất cứ tài liệu bồi dưỡng và
luyện học sinh giỏi nào. Nó tạo ra sự kích thích và hấp dẫn tính sáng tạo của cả
giáo viên và học sinh.

Phần 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí thuyết
Việc SGK đề cập đến mối liên hệ giữa đường elip và đường tròn qua phép
co về trục hoành theo một hệ số cho trước, khiến ta có thể chuyển việc việc giải
4


quyết các bài toán về elip sang việc giải quyết các bài toán về đường tròn dựa trên
cơ sở của phương pháp “Phép co trong mặt phẳng”
Dựa vào SGK & Sách bài tập Hình học 10 Nâng cao, tác giả đã xây dựng
một hệ thống lý thuyết về phép co trong mặt phẳng nhằm phục vụ cho nhu cầu
giải toán của các học sinh khá giỏi. Để chuẩn bị cho phần cơ sở lý thuyết, tác giả
đã nghiên cứu kỹ lý thuyết về phép co (trang 101, 102 – SGK Hình học 10 nâng
cao; trang 113 – Sách bài tập Hình học 10 nâng cao). Sau đó tác giả tiến hành

phân loại các bài toán về elip trong các đề luyện thi đại học, lựa chọn các bài toán
có thể giải bằng phép co để làm ví dụ minh họa cho bài viết. Cụ thể như sau:
2.1.1 Định nghĩa
Trong mặt phẳng cho một đường thẳng ∆ cố định và một số k dương. Gọi
H là hình chiếu vuông góc của M lên ∆ , phép đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt
phẳng thành điểm M’ sao cho HM ' = k HM
được gọi là phép co về trục ∆ theo hệ số k (h.
1).
2.1.2 Một số tính chất của phép co
a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ta có:

∆
Hình 1

+ Phép co về trục Ox theo hệ số k biến điểm M ( xM ; yM ) thành điểm
 x = xM
M ' ( xM ' ; yM ' ) sao cho  M '
 yM ' = ky M
Chứng minh: Ta có H ( xM ;0) nên
 xM ' − x H = k ( xM − x H )
 xM ' = xM
HM ' = k HM ⇔  y − y = k ( y − y ) ⇔  y = ky
 M'
 M'
H
M
H
M
+ Phép co về trục Oy theo hệ số k biến điểm M ( xM ; yM ) thành điểm
 x = kxM

M ' ( xM ' ; yM ' ) sao cho  M '
 yM ' = y M
Chứng minh: Ta có H (0; y M ) nên

5


 xM ' − x H = k ( x M − x H )
 xM ' = kxM
⇔
⇔


HM ' = k HM
 yM ' − yH = k ( y M − y H )
 yM ' = y M
b. Phép co biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng.
Chứng minh: Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng, ta chọn hệ trục Oxy sao cho trục
∆ ≡ Ox . Gọi A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) , C ( x3 ; y3 ) và phép co về trục ∆ theo hệ số k
biến 3 điểm A, B, C thành 3 điểm A' , B ' , C ' , ta có A' ( x1 ; ky1 ) , B ' ( x2 ; ky2 ) ,
C ' ( x3 ; ky3 ) ,

suy

ra

AB = ( x2 − x1 ; y2 − y1 ) ;

AC = ( x3 − x1 ; y3 − y1 )

và

A' B ' = ( x2 − x1 ; k ( y 2 − y1 ) ) ; A' C ' = ( x3 − x1 ; k ( y3 − y1 ) ) . Nếu 3 điểm A, B, C nằm
trên đường thẳng d vuông góc với trục hoành thì dễ thấy 3 điểm A' , B' , C ' cũng
thuộc d, và do đó chúng thẳng hàng, giả sử A, B, C nằm trên đường thẳng không
vuông góc với Ox, khi đó vì AB và AC cùng phương nên
x2 − x1 y2 − y1
x − x k ( y2 − y1 )
=
⇔ 2 1=
,
x3 − x1 y3 − y1
x3 − x1 k ( y3 − y1 )
từ đó suy ra A' B' và A'C ' cùng phương hay 3 điểm A' , B' , C ' thẳng hàng.
Tương tự, ta chứng minh được tính chất sau đây:
c. Giả sử AB và CD là 2 đoạn thẳng song song và phép co về trục ∆ theo hệ số k
biến đoạn AB thành đoạn A’B’, biến đoạn CD thành đoạn C’D’ thì
A' B' // C ' D' và

A' B ' AB
=
.
C ' D' CD

d. Nếu phép co về trục ∆ theo hệ số k biến
∆ABC thành ∆A' B ' C ' thì S ∆A'B'C' = kS ∆ABC
Chứng minh: Ta xét các trường hợp sau
- Nếu BC thuộc ∆ thì B ≡ B' , C ≡ C '
(h. 2), do đó:
S ∆A'B'C' =

Hình 2

1
1
A' H .B' C ' = .kAH .BC = kS ∆ABC
2
2

trong đó H là chân đường cao từ A xuống trục ∆ .
- Nếu C ∈ ∆ và AB // ∆ thì AB = A' B ' dễ
thấy S ∆A'B'C' = kS ∆ABC (h. 3).
6


Hình 3

- Nếu C ∈ ∆ , AB không song
song với ∆ và cùng phía với ∆
thì ta gọi I = AB ∩ ∆ , khi đó
S ∆A'B'C' = S ∆A 'IC − S ∆B 'IC =
= k S ∆AIC − S ∆BIC = kS ∆ABC (h. 4).
Hình 4

- Nếu C ∈ ∆ , AB không song song với ∆ và
khác phía với ∆ thì ta gọi I = AB ∩ ∆ , khi
đó S ∆A'B'C' = S ∆A 'IC + S ∆B 'IC = k ( S ∆AIC + S ∆BIC ) =
= kS∆ABC (h. 5).
Hình 5

- Nếu ∆ABC bất kỳ, chọn trên
trục ∆ điểm C1 và tịnh tiến ∆ABC theo
vectơ CC1 ta có ∆A1 B1C1 = ∆ABC và
A1 B1 // AB, B1C1 // BC , A1C1 // AC do đó
tam giác ∆A1 B1C1 lại thuộc một trong
các trường hợp trên, ta cũng suy ra
S ∆A'B'C' = kS ∆ABC (h. 6).
Hình 6

f. Phép co về trục Ox theo hệ số
đường tròn

(C) : x

2

b
< 1 biến
a

+ y 2 = a 2 thành elip

x2 y2
( E ) : 2 + 2 = 1 và ngược lại phép co về
a
b

.M
. M’

7
Hình 7


a
> 1 biến elip
trục Ox theo hệ số
b

(C) : x

2

( E) : x

y2
+
= 1 thành đường tròn
a 2 b2
2

+ y 2 = a 2 (h. 7).

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trước khi tiến hành dạy về phép co cho học sinh, tác giả cho học sinh lớp
10C1 và 10C3 làm bài kiểm tra 45 phút trong giờ tự chọn với đề kiểm tra như sau:
x2 y2
= 1.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elip ( E ) : +
9

4

2 2 5
2 6
 và Q ;−
 thuộc ( E ) . Tìm tọa độ điểm N ∈ ( E )
1. Cho P 3;
3
3
3




sao cho diện tích tam giác lớn nhất.
2. Từ M ∈ d : x + y − 4 = 0 vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB đến ( E ) , A và B là tiếp
điểm. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Kết quả thu được là 100% học sinh không làm được bài!
2.3 Các giải pháp thực hiện
Nguyên nhân của thực trạng nêu trên là với những bài toán khó học sinh
thiếu công cụ để giải toán và thiếu sự định hướng trong tư duy để sáng tạo những
cách làm mới.
Để giải quyết vấn đề đó, trong một số tiết tự chọn ở lớp 10C 1, tác giả đã tiến
hành dạy về phép co với các nội dung sau:
x2
Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elip ( E ) : + y 2 = 1 . M
4
là điểm thay đổi trên đường thẳng y = 2 . Từ M kẻ đến ( E ) hai tiếp tuyến. Gọi các
tiếp điểm là T1, T2. Tìm vị trí của M để đường tròn tâm M tiếp xúc với đường
thẳng T1T2 có bán kính nhỏ nhất.

Giải:
x2
Phép co về trục hoành theo hệ số k = 2 biến ( E ) : + y 2 = 1 thành đường
4
tròn

(C ) : x

2

+ y 2 = 4 , biến đường thẳng d : y = 2 thành đường thẳng

d ': y = 4 . Gọi M ' ( m;4) ∈ d ' và T1 ' , T2 ' là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ
8


M ' đến đường tròn ( C ) ta có tứ giác M ' T1 ' OT2 ' nội tiếp trong đường tròn ( C1 ) có
đường

kính

là

M ' O = m 2 + 16

và

tâm

m 

I  ;2 
2 

nên

2

2
( C1 ) :  x − m  + ( y − 2) 2 = m + 16 hay ( C1 ) : x 2 + y 2 − mx − 4 y = 0 , khi đó tọa độ
2
4


 x 2 + y 2 − mx − 4 y = 0
⇒ mx + 4 y − 4 = 0 do đó ta có
của T1 ' , T2 ' là nghiệm của hệ 
2
2
x
+
y
=
4

phương trình của T1 ' T2 ' là mx + 4 y − 4 = 0 .
Bán kính đường tròn tâm M ' tiếp xúc với đường thẳng T1 ' T2 ' là
m 2 + 12
4
R ' = d ( M ' ; T1 ' T2 ') =
= m 2 + 16 −

≥3
2
2
m + 16
m + 16
Dấu “=” xảy ra khi m = 0 , suy ra M ' ( 0;4) , từ đó suy ra M ( 0;2) .
Bài toán 2. Trong mặt phẳng Oxy cho elip ( E ) :

x2 y 2
+
= 1 và đường thẳng
4
3

d : 3x + 4 y − 12 = 0 . Từ điểm M bất kì trên d kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB.
Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định.
Giải: Ta chọn phép co về trục Ox theo hệ số
x2 y 2
( E ) : + = 1 trở thành đường tròn
4
3

(C) : x

2

2
, khi đó elip
3

+ y 2 = 4 còn đường thẳng

d : 3x + 4 y − 12 = 0 biến thành đường thẳng d ': 3x + 2 3 y − 12 = 0 . Giả sử phép
co biến các điểm M, A, B lần lượt thành M ' , A' , B ' thì M ' ( a; b ) ∈ d ' và A' , B ' là hai
tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ M ' đến ( C ) . Có tứ giác OA'M'B' nội tiếp trong
a b
OM
a 2 + b2
đường tròn ( C ') đường kính OM ' tâm I  ;  , bán kính r =
.
=
 2 2
2
2
Suy ra
9


2

2

a 
b  a 2 + b2

( C ') :  x −  +  y −  =
⇔ x 2 + y 2 − ax − by = 0 .
2 
2
4


Hai tiếp điểm A', B' chính là giao của ( C ) và ( C ') , do đó tọa độ của A', B' là
x2 + y 2 = 4

⇒ ax + by = 4 . Tọa độ của A', B' thỏa mãn
nghiệm của hệ:  2
2
 x + y − ax − by = 0
phương trình ax + by = 4 nên ∆ : ax + by = 4 là đường thẳng đi qua A', B'. Mặt
khác,

M ' ( a; b ) ∈ d '

nên 3a + 2 3b − 12 = 0 ⇔ a = 4 −

2 3
b , từ đó ta có
3


 2 3
2 3 
 .
∆ :  4 −
b  x + by = 4 , khi b thay đổi, ∆ luôn đi qua điểm cố định H ' 1;
3
3






Bây giờ ta lại xét phép co về trục Ox theo hệ số

 2 3
3

biến điểm H ' 1;
3
2



thành H (1;1) ∈ AB . Vậy đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định H (1;1) .
Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng
2

d : x + y − 3 = 0 và elip ( E ) : x + y 2 = 1 . Tìm điểm M ∈ ( E ) sao cho khoảng cách
4
từ M đến d nhỏ nhất.
Giải: Phép co về trục hoành theo hệ số k = 2 biến elip ( E ) :
thành đường tròn

(C) : x

2

x2
+ y2 = 1
4

+ y 2 = 4 , biến đường thẳng d : x + y − 3 = 0 thành

d ': 2 x + y − 6 = 0 . Gọi ∆ ⊥ d ' và đi qua O thì phương trình của ∆ là x − 2 y = 0 .
2
2
Khi đó tọa độ giao điểm của ∆ và ( C ) : x + y = 4 là nghiệm của hệ

4


x
=

 x = −
2 x + y − 6 = 0

5
⇔
hoặc 
 2
2
2
 x + y =4
y = −
y =


5


4
5
2 .
5
10


  4 2 
2 
 4
;
;−
; M 2  −
 .
Do đó ∆ ∩ ( C ) = M 1 
5
5 

  5 5
Ta có
d ( M 1 ; d ') =

2.

4
2
4
2
+

−6
− 2.
−
−6
6 ;
6 ,
5
5
5
5
= 2−
d ( M 2 ; d ') =
= 2+
5
5
5
5

 4 2 
2
2
;
 là điểm thuộc đường tròn ( C ) : x + y = 4 sao cho khoảng
dễ thấy M 1 
 5 5
 4 1 
;
 là điểm cần tìm.
cách từ M 1 đến d ' nhỏ nhất, từ đó suy ra điểm M 
5

5

Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp
trong elip ( E ) :

x2 y2
+
= 1 ( a > b ) . Tìm diện tích lớn nhất của tam giác ABC.
a 2 b2

Giải: Ta chọn phép co về trục Ox theo hệ số

( E) : x

2

a2

+

a
> 1, khi đó elip
b

y2
2
2
2
= 1 trở thành đường tròn ( C ) : x + y = a . Phép co nói trên biến tam
2

b

2
2
2
giác ABC thành tam giác A' B' C ' nội tiếp trong đường tròn ( C ) : x + y = a .

Ta có
3
a
3
3
b 3ab 3
S ∆A 'B 'C ' ≤ a 2 3 ⇔ S∆ABC ≤ a 2 3 ⇔ S∆ABC ≤ a 2 3. =
4
b
4
4
a
4
3ab 3
suy ra S ∆ABC lớn nhất bằng
.
4
Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, tìm tọa độ điểm M thuộc
x2 y2
= 1 để tiếp tuyến với ( E ) tại M tạo với các trục tọa độ tam giác
elip ( E ) : +
4
3

có diện tích nhỏ nhất.
2
x2 y 2
Giải: Phép co về trục hoành theo hệ số
biến elip ( E ) : +
=1
3
4 3
2
2
thành đường tròn ( C ) : x + y = 4 , biến tiếp tuyến của ( E ) tại điểm M thành tiếp

11


tuyến của ( C ) tại điểm M ' . Giả sử M ' ( a; b ) , phương trình tiếp tuyến d của đường
tròn

(C)

a( x − a ) + b( y − b ) = 0 ⇔ ax + by − a 2 − b 2 = 0

tại M là:

 a2 + b2 
d ∩ Ox = A
;0 
 a


 a2 + b2 
d ∩ Oy = B 0;
.
b



và

1
1 ( a 2 + b2 )
16
16
= OA.OB =
=
≥ 2
=4
2
2 ab
2 a b a + b2

suy ra

Khi

đó

2

S ∆OAB

dấu

bằng

xảy

ra

khi

a 2 + b 2 = 4
⇔ a = b = 2 . Do đó diện tích tam giác OAB nhỏ nhất khi

a
=
b

M '∈

M
∈
Vậy



{(


6

 2 ;
;
3



) (

2; 2 ;

) (

) (

2 ;− 2 ; − 2 ; 2 ; − 2 ;− 2


6 
6
 2 ;−
;  − 2 ;
;
3
3

 


) }.


6  
 − 2 ;−
 
3

 

x2 y2
= 1.
Bài toán 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elip ( E ) : +
9
4
 4 2
 thuộc ( E ) . Tìm tọa độ điểm M ∈ ( E ) sao cho
Lấy 2 điểm A( − 3;0) và B1;
3


diện tích tam giác MAB lớn nhất.
3
x2 y2
(
)
= 1 thành
Giải: Phép co về trục hoành theo hệ số k = biến E : +
2
9
4
 4 2

2
2
 thuộc elip ( E )
đường tròn ( C ) : x + y = 9 , biến các điểm A( − 3;0) và B1;
3



(

)

thành các điểm A' ( − 3;0) và B ' 1;2 2 nằm trên đường tròn ( C ) . Ta có diện tích
tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác M ' A' B' lớn nhất với M '
là điểm tương ứng với M trong phép co nói trên. Vì A' B ' không đổi nên diện tích
tam giác M ' A' B' lớn nhất khi M ' O ⊥ A' B' ,

ta có phương trình A' B ' :

12


2 x − 2 y + 3 2 = 0 và M ' O : 2 x + 2 y = 0 do đó tọa độ của M ' là nghiệm của

 x=

2 x + 2 y = 0
 y = −
⇔
hệ  2

2
x
+
y
=
9
 x = −


 y=

3
6
3
6

 x= 3
+ với 
thì d ( M ' ; A' B ') =
y
=
−
6


2 3+2 6 +3 2
6

= 3+ 3

x = − 3
− 2 3−2 6 +3 2
+ với 
thì d ( M ' ; A' B ') =
= 3− 3
6
 y= 6

(

)

Theo trên, với điểm M ' 3;− 6 thì diện tích tam giác M ' A' B' lớn nhất, từ đó

2 6
 là điểm cần tìm.
suy ra M  3;−
3


2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Trong quá trình dạy về phép co đối với học sinh lớp 10C 1, tác giả thấy học
sinh rất hứng thú, các bài toán tuy khó nhưng khi sử dụng phép co thì mọi chuyện
đã trở nên dễ dàng hơn. Để kiểm nghiệm chính xác, tác giả cho đề kiểm tra 45
phút ở lớp 10C1 và 10C3, trong đó lớp là lớp 10C 1 thực nghiệm đề tài này, còn lớp
10C3 là lớp đối chứng. Đề kiểm tra như sau:
Câu 1.(4 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm M (1;1) . Lập
x2 y2
= 1 tại M 1 và M 2

phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt elip ( E ) : +
9
4
sao cho MM 1 = MM 2 .

13


Câu 2.(6 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng
x2 y2
d : x + 2 y − 2 = 0 cắt elip ( E ) : +
= 1 tại 2 điểm A, B. Tìm tọa độ điểm
9
4
M ∈ ( E ) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất.
Sau khi chấm bài tác giả thu được kết quả như sau
Điểm
Lớp thực nghiệm
(50 học sinh)
Lớp đối chứng

0-2,5

3-4,5

5-6,5

7-8,5

9-10

0%

4%

10%

32%

54%

0%

0%

96,2%
3,8%
0%
(52 học sinh)
Các bài điểm 9 – 10 có cách giải phổ biến như sau:

Câu 1. Phép co về trục hoành theo hệ số k =

đường tròn

(C) : x

2

3

x2 y2
(
)
E
:
+
= 1 thành
biến
2
9
4

+ y 2 = 9 , biến điểm M (1;1) thành điểm

 3
M ' 1;  , biến d
 2

 3
thành d ' , biến các điểm M 1 và M 2 thành M '1 và M '2 . Dễ thấy M ' 1;  là trung
 2
 3
 3
điểm của M '1 M '2 khi và chỉ khi d ' đi qua ( C ) M ' 1;  và nhận OM ' = 1; 
 2
 2
3
3
làm vtpt, do đó d ': x − 1 +  y −  = 0 ⇔ 4 x + 6 y −`13 = 0 . Từ đó phương trình
2

2
đường thẳng d cần lập là 4 x + 9 y − 13 = 0 .
3
x2 y2
= 1 thành
Câu 2. Phép co về trục hoành theo hệ số k = biến ( E ) : +
2
9
4
đường tròn

(C) : x

2

+ y 2 = 9 , biến đường thẳng d : x + 2 y − 2 = 0

thành

d ': 3x + 4 y − 6 = 0 và biến điểm M, A, B thành các điểm M ' , A' , B ' . Khi đó
S M ' A 'B ' =

3
S MAB . Xét đường thẳng ∆ đi qua O và vuông góc với d ' , ∆ có phương
2

trình: 4 x − 3 y = 0 , dễ thấy diện tích tam giác M ' A' B ' lớn nhất thì M '∈ ∆ suy ra
14

M ' = ∆ ∩ ( C ) từ đó tìm được tọa độ của M ' , tính khoảng cách từ M ' đến d ' ta có
điểm M ' sao cho diện tích tam giác M ' A' B ' lớn nhất, từ đó tìm được điểm M
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kết quả kiểm tra của 2 lớp thực nghiệm và đối chứng cho thấy, ở lớp 10C 1
đa số học sinh hiểu bài, vận dụng tốt phép co vào việc giải bài tập; học sinh thấy
hứng thú vì tính tự nhiên và gần gũi nhưng đạt hiệu quả bất ngờ của phương pháp
này. Còn ở lớp 10C3, mặc dù đã hoàn thành các kiến thức về đường elip nhưng
khi gặp các dạng toán nêu trên, học sinh không biết phải giải như thế nào.
Trao đổi phương pháp “Sử dụng phép co” với các đồng nghiệp tác giả cũng
nhận được các phản hồi tích cực. Mặc dù kết quả này không áp dụng được cho
nhiều bài toán, tuy nhiên với những hiệu quả mà nó mang lại trong từng bài toán
đã kích thích tính sáng tạo và tư duy cho người học, gợi trí tò mò ham hiểu biết
vào những lĩnh vực khác của toán học. Đó cũng là điều tác giả tâm đắc nhất trong
khi thực hiện đề tài này.

15


Phần 3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi
rút ra được một số kết quả sau:
- Đã hình thành phương pháp tư duy, suy luận toán học về vấn đề cần
nghiên cứu của đề tài cho học sinh cho những lớp thực nghiệm
- Bước đầu khẳng định tính khả thi, tính hiệu quả qua việc kiểm nghiệm
thực nghiệm sư phạm.
- Giáo viên: Tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức môn học
để thúc đẩy tính tích cực tư duy của học sinh, khắc phục tâm thế ngại, sợ khi tiếp
cận nội dung môn học. Nếu có nhiều hình thức tổ chức dạy học kết hợp môn học
sẽ trở lên hấp dẫn và người học thấy được ý nghĩa của môn học.

- Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri
thức của HS, giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt tri
thức trong tình huống đa dạng
- Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các
kĩ năng giải toán thông qua việc luyện tập; nhằm khắc phục tính chủ quan, hình
thành tính độc lập, tính tự giác ở người học, thông qua đó hình thành và phát triển
nhân cách của các em.
3.2 Kiến nghị, đề xuất
16


Xuất phát từ những kiến thức cơ bản trong chương trình học để xây dựng
những cách làm mới đạt hiệu quả cao là phẩm chất mà người học toán và làm toán
cần phải có. Thiết nghĩ, việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Toán sẽ thực sự
thành công nếu giáo viên biết hướng dẫn cho học sinh tìm tòi khai thác từ những
kiến thức cũ những cách làm mới sáng tạo và đạt hiệu quả cao.
Thạch Thành, ngày 24 tháng 05 năm 2017
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

CAM KẾT KHÔNG COPY, SAO CHÉP

Lê Ngọc Phương
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa, sách bài tập 10 (Nâng cao), NXB Giáo Dục Năm 2007
[2]. Ba thập kỷ đề thi toán vào các trường đại học Việt Nam. Nhà xuất bản Đại
học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh
[3].Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán học và tuổi trẻ. Nhà xuất bản Giáo dục
Năm 1997

17

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Ngọc Phương
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên Toán trường THPT Thạch Thành 1

TT

1.

Tên đề tài SKKN

phương tiện trực quan trong
dạy học hình học không gian
lớp 11”
‘Xây dựng bài toán bất đẳng
thức từ các tính chất của hàm
3.

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

“Sử dụng phần mềm
Geometer’s sketchpad làm

2.

Cấp đánh giá xếp
loại

số mũ và hàm số logarit”
Một số kinh nghiệm dạy

Cấp tỉnh
(QĐ số 932/
QĐ-SGD ngày
11/9/2008)
Cấp tỉnh
(QĐ số 871/
QĐ-SGD ngày
18/12/2012)
Cấp tỉnh

C

2007- 2008

C

2011-2012

B

2013-2014
18


“Khoảng cách” trong Hình
học không gian

(QĐ số 753/
QĐ-SGD ngày
03/11/2014)

----------------------------------------------------

19