Ứng dụng phần mềm GEOGEBRA để sáng tạo bài toán hình học giải tích từ bài toán gốc

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Thực hiện đưa ứng dụng công nghệ thông tin trong dạy học trong trường phổ
thông nhằm tăng cường hiệu quả dạy học, đổi mới phương pháp dạy học theo
hướng phát huy tính tích cực nhận thức của học sinh. Tôi viết sáng kiến kinh
nghiệm này nhằm mục đích chia sẻ với các đồng nghiệp đang giảng dạy và các em
học sinh một công cụ mạnh, một phương pháp mới trong việc sáng tạo ra các bài
toán hình học giải tích trong mặt phẳng.
Ngày nay, sự phát triển của công nghệ thông tin và máy vi tính ngày càng phổ
biến cùng với sự xuất hiện ngày càng nhiều các phần mềm dành cho giáo dục đã
tạo điều kiện phát triển dạy học theo hướng lấy học sinh làm trung tâm. Người thầy
đóng vai trò là người thiết kế, điều khiển, uỷ thác và thể chế hoá kiến thức, người
học là người tự tổ chức hoạt động học của mình một cách chủ động, tích cực, tự
giác, sáng tạo. Việc khai thác và sử dựng các phương tiện dạy học là một việc làm
vô cùng quan trọng nhằm gia tăng sức mạnh của con người, tham gia hội nhập tri
thức với các nước tiên tiến trong khu vực và trên thế giới. Phương tiện dạy học, từ
tài liệu in ấn và những đồ dùng dạy học đơn giản cho tới những phương tiện kỹ
thuật hiện đại như thiết bị nghe nhìn, công nghệ thông tin và truyền thông,... giúp
thiết lập những tình huống chứa đựng ý đồ sư phạm, tổ chức hoạt động học tập,
giảng dạy và giao lưu giữa giáo viên và học sinh. Đặc biệt là việc ứng dụng phần
mềm dạy học đang được ứng dụng rộng rãi vào quá trình giáo dục và đào tạo ở
nhiều quốc gia trên thế giới và thu được kết quả cao. Do đối tượng là học sinh
THPT thi kỳ thi THPT Quốc gia với câu hình học giải tích trong mặt phẳng là câu
phân loại. Đây là một câu đòi hỏi trí tưởng tượng rất cao, rất cần có những phương
pháp học và sáng tạo các bài tập để các em có thể tìm ra được lời giải. Từ những
phân tích trên tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “ Ứng dụng phần mềm GEOGEBRA
để sáng tạo bài toán hình học giải tích từ bài toán gốc ”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
- Nhằm mục đích chia sẻ với đồng nghiệp đang giảng dạy toán THPT ứng dụng
phần mềm GEOGEBRA vào dạy và học môn hình giải tích.
- Tạo hứng thú trong học môn hình đối với học sinh.

1.3 Đối tượng nghiên cứu:
- Phần mềm GEOGEBRA.
- Khai thác bài toán gốc, một số tính chất hình học phẳng.
- Học sinh THPT Thọ Xuân 5
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
1


- Tìm hiểu phần mềm trên mạng
- Tìm tài liệu tham khảo liên quan đến hình học phẳng.
- Trao đổi với đồng nghiệp.
-Áp dụng giảng dạy các lớp 12C1, 10A1 tại THPT Thọ Xuân 5.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận:
Hiện nay, các em học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc học toán, đặc biệt
đối với phần hình học giải tích trong mặt phẳng ở câu phân loại trong kỳ thi THPT
Quốc gia. Để giúp các em tự tin hơn, tạo cho các em một sự đam mê, thích thú, tìm
tòi, khám phá phát hiện kiến thức, để giải quyết vấn đề và thông qua đó để chiếm
lĩnh tri thức, rèn luyện kỹ năng và đạt được những mục đích học tập khác, phát hiện
vấn đề, tìm và lĩnh hội kiến thức một cách chính xác.
- Phát hiện tính chất hình học, dự đoán và từ các dữ kiện bài toán tìm mối liên hệ
giữa các giả thiết tìm lời giải.
- Với GeoGebra chúng ta có thể học một cách nhanh chóng cách dựng hình điểm,
đường thẳng… Chúng ta có thể tạo các phép dựng hình từ đơn giản đến phức tạp;
có thể đo lường các đối tượng, tích hợp các dữ liệu số và thậm chí có thể hiển thị
lại quy trình dựng hình của mình. GeoGebra được đánh giá là một phần mềm tuyệt
vời nhất hiện nay cho việc nghiên cứu tương tác của hình học phẳng.
Tuy nhiên hiện nay các tài liệu hướng dẫn về GeoGebra không nhiều và phần
lớn các tài liệu này thường là mô tả và hướng dẫn sử dụng các công cụ của phần
mềm. Do đó người đọc rất lúng túng và khó có thể ứng dụng phần mềm này vào

các bài toán cụ thể.
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Bên cạnh việc tiếp nhận kiến thức từ Giáo viên, sách giáo khoa, tài liệu tham
khảo, phần mềm GeoGebra cho một thế giới sinh động kích thích trí tò mò, gợi
nhu cầu tìm hiểu, khám phá kích thích học sinh chủ động, sáng tạo trong quá trình
tiếp cận và chiếm lĩnh tri thức.
- GeoGebra cho phép tạo ra các đối tượng hình đa dạng cả trong phẳng và không
gian bao gồm: điểm, đường thẳng, đoạn thẳng, đường tròn, véctơ, hình nón, hình
chóp, hình cầu…cùng với các mối quan hệ phong phú như: quan hệ song song,
quan hệ vuông góc, quan hệ thuộc,…Hơn nữa GeoGebra còn cung cấp các công cụ
để tạo ra những đối tượng hình học mới, quan hệ mới từ những đối tượng đã có
chẳng hạn như: phép lấy trung điểm, mặt phẳng trung trực, phép quay, phép đối
xứng trục,...

2


Về tính năng GeoGebra cho phép người dùng có thể đặt tên cho đối tượng, thay
đổi màu sắc, độ dày mỏng, kiểu bề mặt, che hoặc hiện các đối tượng.
Như vậy GeoGebra cho phép dựng được hầu hết các hình trong chương trình
Phổ thông nói chung .
- Ngoài việc thay đổi dễ dàng các vị trí, kích thước của hình vẽ mà vẫn bảo toàn
các cấu trúc của các đối tượng hình học thì GeoGebra còn cho phép tạo ra các
chuyển động của các đối tượng theo một quy luật nào đó, đồng thời có thể để lại
‘‘vết’’ giúp thuận lợi cho việc nghiên cứu quỹ đạo (hay quỹ tích) của các đối tượng
lên mặt phẳng, xoay hình bằng tay và tự động để có thể nhìn từ nhiều góc độ khác
nhau.
- Một trong những nguyên tắc quan trọng của việc lựa chọn phần mềm GeoGebra
là khả năng tương tác cao và tính thân thiện. GeoGebra có một hệ thống câu lệnh
rất dễ nhớ, được sắp xếp khoa học dưới dạng menu kết hợp với biểu tượng đồ họa

minh họa và đã được Việt hoá. Các chỉ thị thao tác của người sử dụng được thực
hiện trực tiếp lên các đối tượng với độ chính xác rất cao, gần gũi với các thao tác
thường ngày.
2.3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
2.3.1.Cài đặt phần mềm:

- Địa chỉ tải phần mềm: có thể tài file cài đặt tại địa chỉ. Truy cập vào địa chỉ
sau đó chọn hệ điều hành của máy tính đang sử
dụng (Windows).
-Tiến trình cài đặt phần mềm: cài đặt bình thường như mọi phần mềm ứng dụng
i) B1: Click chuột phải vào file cài đặt, chọn Run as administrator
ii) B2: Chọn next
iii) B3: Chọn I Agree
iv) B4: Chọn Install. Chương trình bắt đầu cài đặt vào máy tính
Tiến trình cài đặt (mất khoảng vài phút)
v) B5: Chọn Finish để kết thúc quá trình cài đặt
Nếu chọn Run GeoGebra sẽ khởi động và chạy chương trình.
Có thể chuyển sang giao diện tiếng Việt: chọn từ menu Options-Language-R-ZVietnamese/Tiếng Việt
• Giao diện sau khi chuyển sang tiếng Việt:

3


2.3.2. Hướng dẫn sử dụng một số chức năng chính:
- Lựa chọn môi trường làm việc: Khi khởi động chương trình sẽ xuất hiện bảng
phối cảnh dùng để lựa chọn môi trường làm việc. Có 3 chế độ thường sử dụng đó
là: Đại số & Đồ thị; Hình học; Vẽ đồ họa 3D. Ta sẽ chọn 1 trong 3 môi trường này
để làm việc (mặc định là Đại số & Đồ thị). Ta có thể cho ẩn/hiện bảng phối cảnh
bằng cách click chuột vào biểu tượng mũi tên ở cạnh phải của cửa sổ để chọn lại
một môi trường làm việc khác. Trong chế độ Đại số & Đồ thị có thanh Nhập lệnh

ở dưới cùng của cửa sổ dùng để nhập lệnh trực tiếp khi vẽ hình, tính toán.
- Menu Hồ sơ: dùng để Tạo file mới (Tạo mới); mở file có sẳn (Mở); xuất bản
(Xuất bản) thành file định dạng khác (hình ảnh, html, tex,…) để chèn vào các file
văn bản khác
- Thanh công cụ: dùng để thực hiện hầu hết các thao tác dựng hình.

i) Công cụ Chọn: dùng để chọn đối tượng; di chuyển đối tượng; quay đối tượng
quanh 1 điểm
ii) Công cụ vẽ điểm: Vẽ điểm bất kỳ, điểm trên một đối tượng đã vẽ trước đó, điểm
là giao điểm của 2 đối tượng có trước, điểm là trung điểm của một đoạn thẳng xác
định bởi 2 đầu mút cho trước.
2.3.3. Ứng dụng phần mềm để sáng tạo các bài toán hình giải tích trong hình
học phẳng.
2.3.3.1 Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn:

4


Bài toán gốc 1: Cho hình vuông ABCD có tâm I. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của IB và CD. Chứng minh tam giác AMN vuông cân tại M.
Giải:
Lấy E là trung điểm AB, khi đó AEND là
hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính DE.
Vì EM là đường trung bình của tam giác ABI
0
·
nên EM//AI, mà AI ⊥ IB ⇒ EM⊥IB ⇒ EMD=90
⇒ M thuộc đường tròn đường kính DE,
0.
·

cũng là đường tròn đường kính AN ⇒ AMN=90
·
·
Đa giác AFMND nội tiếp được nên MAN=MDN
= 450
¼ .
(hai góc cùng chắn cung MN
Vì vậy tam giác AMN vuông cân tại M.
Nhận xét: Từ bài toán 1 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta vẽ
hình. Ở bài toán 1 có ΔAMN vuông cân tại M nên từ giả thiết này và căn cứ hình vẽ
từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

5


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 1:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M 

15 9 
; ÷,
 4 4

1

N  2; − ÷ lần lượt là trung điểm của IB và CD. Xác định toạ độ các đỉnh của hình
2

vuông ABDC, biết A nằm trên đường thẳng 2 x − y + 2 = 0 .
Giải: Ta chứng minh AM ⊥ MN như bài toán gốc.

uuuu
r  7 11 
Ta có MN =  − ; − ÷ ⇒ phương trình đường thẳng AM: 7 x + 11y − 51 = 0
 4 4
7 x + 11y − 51 = 0  x = 1
⇒
⇒ A ( 1; 4 )
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 
2 x − y + 2 = 0
y = 4
uuuu
r
uuur
Gọi điểm B ( a; b ) ⇒ 4 BM = ( 15 − 4a;9 − 4b ) và điểm D ( xD ; yD ) ⇒ BD = ( xD − a; yD − b )
uuur
uuuu
r
uuur uuur
Do BD = 4 BM ⇒ D ( 15 − 3a;9 − 3b ) .Mặt khác BC = AD ⇒ C ( 29 − 5a;5 − 2b ) , điểm N là
29 − 5a 14 − 5b 
1

;
÷ . Theo giả thiết N  2; − ÷ nên ta có:
2 
2
 2




trung điểm DC ⇒ N 

 29 − 5a
=2
a = 5
 2
⇒
⇒ B ( 5;3) , C ( 4; −1) , D ( 0;0 ) .

14
−
5
b
1
b
=
3


=−
 2
2
Vậy A ( 1; 4 ) , B ( 5;3) , C ( 4; −1) , D ( 0;0 )

Bài toán gốc 2: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm BC, H là hình
chiếu vuông góc của A trên BD, I là trung điểm DH. Chứng minh: AI⊥IM.
Giải:
Gọi N là trung điểm AD, khi đó ABMN là hình chữ
nhật nội tiếp đường tròn đường kính NB.
Vì NI là đường trung bình của tam giác ADH nên

0 ⇒ I thuộc đường tròn
·
NI//AH ⇒ NI⊥IB ⇒ NIB=90
đường kính BN (cũng là đường tròn đường kính AM)
0 vì vậy AI⊥IM.
·
⇒ AIM=90
Nhận xét: Từ bài toán gốc 2 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình. Ở bài toán gốc 2 có AI⊥IM nên từ giả thiết này và căn cứ hình vẽ từ phần
mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

6


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 2:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng x − y + 3 = 0 , đỉnh B thuộc đường thẳng x − 2 y − 1 = 0 . Điểm H là hình




chiếu vuông góc của A trên BD, I  ; 2 ÷, M  ;1÷ lần lượt là trung điểm DH, BC.
2 
2 
Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết hoành độ điểm B nguyên
dương.
Giải: Ta chứng minh AI⊥IM như bài toán gốc 2.
uuur
Ta có IM = ( 4; −1) khi đó ta có phương trình AI: 4 x − y − 2 = 0
1

9

4 x − y = 0
x = 1
⇒
⇒ A ( 1; 4 )
x − y + 3 = 0  y = 4
uuur
uuuu
r 7

Gọi điểm B ( 2b + 1; b ) ⇒ AB = ( 2b; b − 4 ) , BM =  − 2b;1 − b ÷
2

2

uuu
r uuuu
r
b = ( loai )
2

⇒ B ( 5; 2 )
Do AB ⊥ BM ⇒ AB.BM = 0 ⇔ −5b + 12b − 4 = 0 ⇔  5
b = 2

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 

Phương trình đường thẳng AH: x − 1 = 0 .Phương trình đường thẳng BD: y − 2 = 0 .

x = 1
⇒ H ( 1; 2 )
y = 2

Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: 

7


Do I là trung điểm DH ⇒ D ( 0; 2 ) ⇒ C ( 4;0 )
Vậy A ( 1; 4 ) , B ( 5; 2 ) , C ( 4;0 ) , D ( 0; 2 )
2.3.3.2. Sử dụng tính chất trực tâm trong tam giác:
µ =D
µ = 900 ) có CD=2AB. Gọi H là
Bài toán gốc 3: Cho hình thang vuông ABCD ( A
hình chiếu vuông góc của điểm D trên AC, M là trung điểm HC.
Chứng minh BM⊥DM.
Giải:
Gọi E là trung điểm DH, khi đó ME là đường
trung bình của tam giác HDC ⇒ ME//CD và
1
ME= CD . Vì vậy ME//AB và ME=AB
2

⇒ABME là hình bình hành ⇒ BM//AE (1).
Ta có DE là đường cao của tam giác AMD.
Mặt khác ME//CD nên ME⊥AD
⇒ ME là đường cao của tam giác AMD.
Do đó E là trực tâm tam giác AMD
⇒AE⊥DM (2). Từ (1) và (2) suy ra BM⊥DM.

Nhận xét: Từ bài toán gốc 3 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình. Ở bài toán gốc 3 ta đã chứng minh BM⊥DM nên từ giả thiết này và căn
cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

8


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 3:
µ =D
µ = 900 ) có
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD( A
CD=2AB và đỉnh D ( 1;0 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường


chéo AC. Điểm M  ; ÷ là trung điểm HC. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, biết
 5 5
đỉnh B thuộc đường thẳng ∆ : 5 x − 3 y − 9 = 0.
Giải: Ta chứng minh BM⊥DM như bài toán gốc 3.
17 4

Phương trình đường thẳng BM: 6 x + 2 y − 22 = 0.
6 x + 2 y − 22 = 0
⇒ B ( 3; 2 )
5 x − 3 y − 9 = 0
uuu
r
uur
AB IB 1
7 4
=

= ⇒ DI = 2 IB ⇒ I  ; ÷.
Gọi I là giao điểm AC và BD. Ta có
CD IC 2
3 3
Phương trình đường thẳng AC: x + 2 y − 5 = 0 .
Phương trình đường thẳng DH: −2 x + y + 2 = 0 .
x + 2 y − 5 = 0
9
8
9 8
⇒ x = , y = ⇒ H  ; ÷ ⇒ C ( 5;0 )
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: 
5
5
5 5
 −2 x + y + 2 = 0
uur
uu
r
Từ CI = 2 IA ⇒ A ( 1; 2 )

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 

Vậy: A ( 1; 2 ) , B ( 3; 2 ) , C ( 5;0 )
Bài toán gốc 4: Cho tam giác ABC cân tại A có I là tâm đường tròn ngoại tiếp, G là
trọng tâm. Gọi D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh:
EI⊥DG.
Giải:
Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của BC, AC, A
D. khi đó E là giao điểm của DN và CK.

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên I là giao điểm của AM với đường trung trực cạnh AB.
Xét tam giác DGE có: GI⊥DN. Mặt khác, vì G, E
lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và ADC
nên

CG CE
=
=2 ⇒ GE//DK, mà DI⊥DK ⇒ DI⊥GE.
GD EK

Vì vậy GI và DI là các đường cao của tam giác DGE,
do đó I là trực tâm của tam giác DGE ⇒EI⊥DG.
Nhận xét: Từ bài toán gốc 4 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình. Ở bài toán gốc 4 ta đã chứng minh EI⊥DG nên từ giả thiết này và căn
cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.
9


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 4:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ∆ABC cân tại A, D là trung điểm AB. Biết rẳng
7   4
I  ;1÷, E  3; ÷ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , trọng tâm ∆ADC . Các
3   3
 1 
điểm P ( 3; −2 ) , Q  − ;0 ÷ lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm toạ độ các
 2 
đỉnh của ∆ABC , biết rằng hoành độ D có toạ độ nguyên.

Giải: Ta chứng minh EI⊥DG như bài toán gốc .

Phương trình DC đi qua P và vuông góc với EI là: 2 x + y − 4 = 0 .
a = 1
uuu
r uuur
2
Gọi D ( a; 4 − 2a ) ∈ DC , do DI ⊥ DQ ⇒ DI .DQ = 0 ⇔ 30a − 95a + 65 = 0 ⇔  13
a = ( loai )
6

⇒ D ( 1; 2 ) . Phương trình AB đi qua D, Q là: 4 x − 3 y + 2 = 0

Phương trình AM đi qua I và vuông góc DE là: 3x − y − 6 = 0
Toạ độ A = AB ∩ AM ⇒ A ( 4;6 ) . Do điểm D là trung điểm AB ⇒ B ( −2; −2 )
Phương trình BC đi qua B và vuông góc AM là: x + 3 y + 8 = 0
Toạ độ C = BC ∩ DC ⇒ C ( 4; −4 )
Vậy A ( 4;6 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 4; −4 ) , D ( 1; 2 )

10


2.3.3.3. Một số bài toán chứng minh đoạn thẳng bằng nhau:
Bài toán gốc 5: Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AD. Gọi E là chân đường phân
giác trong hạ từ đỉnh A của ∆ACD . Chứng minh: AB=BE.
Giải:
·
·
Vì ∆ABC : ∆CAD do đó: BAD
.
= ACD
Mặt khác:

·
·
·
·
·
BAE
= BAD
+ DAE
, ·AEB = EAC
+ ECA
·
·
Do đó: BAE
= BEA
⇒ BA = BE .

Nhận xét: Từ bài toán gốc 5 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình trong hình học phẳng. Ở bài toán gốc 5 có AB=BE nên từ giả thiết này và
căn cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 5:
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao


AD. Gọi E  ; −1÷là chân đường phân giác hạ từ A của ∆ACD . Biết điểm B ( −1; −1)
6

và điểm A nằm trên đường thẳng x + 3 y − 4 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của ∆ABC .
·
·

Giải: Vì ∆ABC : ∆CAD do đó: BAD
.
= ACD
·
·
·
·
·
= BAD
+ DAE
, ·AEB = EAC
+ ECA
Mặt khác: BAE
·
·
Do đó: BAE
= BEA
⇒ BA = BE .
11

11


Phương trình đường tròn tâm B bán kính BE là: ( x + 1) + ( y + 1) = 8
2

2

( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 8
⇒ A ( 1;1)

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 x + 3 y − 4 = 0
Phương trình đường thẳng AC: x + y − 2 = 0
Phương trình đường thẳng BC: y + 1 = 0
x + y − 2 = 0 x = 3
⇒
⇒ C ( 3; −1)
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: 
 y +1 = 0
 y = −1

Vậy A ( 1;1) , C ( 3; −1)
Bài toán gốc 6: Cho ∆ABC vuông tại B với đường cao BM. Gọi D là điểm đối
xứng với A qua M. Gọi I là hình chiếu vuông góc của D trên BC.
Chứng minh MI=MB.
Giải:
·
·
Tứ giác BMDI nội tiếp ⇒ BIM
mà tam
= BDM
·
·
·
·
giác ABD cân tại B ⇒ BAD
.
= BAM
⇒ MBI
= BDM

·
·
Vậy MBI
= MIB
⇒ MI = MB
Nhận xét: Từ bài toán gốc 6 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình trong hình học phẳng. Ở bài toán gốc 6 có MI=MB nên từ giả thiết này và
căn cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

12


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 6:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ∆ABC vuông tại B với đường cao BM.Gọi
D là điểm đối xứng của A qua M. Gọi I là hình chiếu vuông góc của D trên cạnh

BC. Biết tọa độ các điểm B ( 1;1) , I 

18 11 
; ÷ và điểm M nằm trên đường thẳng
5 5

x + 2 y − 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
·
·
Giải: Tứ giác BMDI nội tiếp ⇒ BIM
mà tam giác ABD cân tại B
= BDM
·
·

·
·
·
·
⇒ BAD = BAM ⇒ MBI = BDM . Vậy MBI = MIB ⇒ MI = MB

Phương trình đường trung trực IB là: 2 x − y − 3 = 0

2 x − y − 3 = 0  x = 2
⇒
⇒ M ( 2;1)
x + 2 y − 4 = 0  y = 1
Phương trình đường thẳng AC là: y − 1 = 0 .
Phương trình đường thẳng BI là: x + 2 y − 8 = 0 .
x + 2 y − 8 = 0 x = 6
⇒
⇒ C ( 6;1)
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
 y −1 = 0
y =1
Phương trình đường thẳng AB là: 2 x − y − 1 = 0
2 x − y − 1 = 0  x = 1
⇒
⇒ A ( 1;1)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 y −1 = 0
y =1

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 

Vậy: A ( 1;1) , C ( 6;1)
2.3.3.4. Một số bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng.
Bài toán gốc 7: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm (I). M là một điểm thuộc
đường tròn tâm (I). Qua M kẻ các đường vuông góc MD, ME, MF tới AB, BC, CA.
Chứng minh D, E, F thẳng hàng
Giải:
Tứ giác BEMD, CFEM nội tiếp nên:
0 ·
·
·
·
DBM=DEM,MCF=180
-FEM.

·
·
Tứ giác ABMC nội tiếp do đó: DBM=MCF
0 ·
·
⇒ DEM=180
-FEM do đó: D, E, F thẳng hàng.

Nhận xét: Từ bài toán gốc 7 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình trong hình học phẳng. Ở bài toán gốc 7 có AE⊥BE nên từ giả thiết này và
căn cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

13


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 7:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I).
Điểm M ( 0;0 ) là một điểm thuộc đường tròn (I). Qua M kẻ các đường vuông góc


MD, ME, MF tới AB, BC, CA. Biết toạ độ các điểm D  − ; ÷, E ( 0;1) và F thuộc
 5 5
đường thẳng x − y = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.
0 ·
·
·
·
-FEM.
Giải: Tứ giác BEMD, CFEM nội tiếp nên: DBM=DEM,MCF=180
0 ·
·
·
·
⇒ DEM=180
Tứ giác ABMC nội tiếp do đó: DBM=MCF
-FEM Do đó: D, E, F thẳng
hàng. Phương trình đường thẳng DE: 16 x − 32 y + 32 = 0
6 2

16 x − 32 y + 32 = 0  x = 2
⇒
⇒ F ( 2; 2 )
x − y = 0
y = 2
Phương trình đường thẳng AB: 3x − y + 4 = 0
Phương trình đường thẳng AC: x + y − 4 = 0

Phương trình đường thẳng BC: y − 1 = 0
AB ∩ AC = A ( 0; 4 ) , AB ∩ BC = B ( −1;1) , AC ∩ BC = C ( 3;1)

Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ: 

Vậy A ( 0; 4 ) , B ( −1; −1) , C ( 3;1)

Bài toán gốc 8: Cho ΔABC nội tiếp đường tròn tâm (I). Gọi D, E lần lượt là chân
đường cao hạ từ B xuống AC, AI. M là trung điểm BC.

14


Chứng minh: D, E, M thẳng hàng.
Giải:
Tứ giác ADEB, BEIM nội tiếp nên:
0 ·
·
DEB=180
-BAD (1),
·
·
(2).
BEM=BIM
1·
·
·
BIM=
BIC=BAD
2

(3).

0
·
·
Từ (1), (2) và (3) ta có: DEB+BEM=180
Vậy: D, E, M thẳng hàng

Nhận xét: Từ bài toán gốc 8 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình trong hình học phẳng. Ở bài toán gốc 8 có D, E, M thẳng hàng nên từ giả
thiết này và căn cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 8:

15


Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ΔABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh
BC là: x − 2 y − 4 = 0 . Gọi D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ B xuống AC, AI.
Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết D ( 2; 2 ) , E ( −1; −4 ) và đỉnh B có hoành độ âm.
Giải:
Tứ giác ADEB, BEIM nội tiếp nên:
0 ·
·
(1)
DEB=180
-BAD
·
·

(2)
BEM=BIM
1·
·
·
BIM=
BIC=BAD
2

(3)

0
·
·
Từ (1), (2) và (3) ta có: DEB+BEM=180
Vậy: D, E, M thẳng hàng
Phương trình đường thẳng DE: 2 x − y − 2 = 0

2 x − y − 2 = 0  x = 0
⇒
⇒ M ( 0; −2 )
 x − 2 y − 4 = 0  y = −2

Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ: 

Phương trình đường tròn(M;MD): x 2 + ( y + 2 ) = 20
2

 x 2 + ( y + 2 ) 2 = 20
⇒ B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 )

Toạ độ điểm B, C là nghiệm của hệ: 
 x − 2 y − 4 = 0, xB < o
Phương trình đường thẳng AD: x + y − 4 = 0 .Phương trình đường thẳng AE: x + 1 = 0
 x + y − 4 = 0  x = −1
⇒
⇒ A ( −1;5 )
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 
x +1 = 0
y = 5

Vậy A ( −1;5 ) , B ( −4; −4 ) , C ( 4;0 )
Bài toán gốc 9: Cho ΔABC có D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A,
B, C tới các cạnh BC, CA, AB . Gọi I, K, N là chân đường cao của D trên BE, CF,
AB. Chứng minh N, I ,K thẳng hàng.
Giải:
Gọi H là trực tâm ΔABC . Tứ giác HFBD nội tiếp nên
·
·
·
ABD=AHF=DHC

Tứ giác HKDI nội tiếp nên:
·
·
·
·
DHC=DIK
⇒ ABD=DIK.

0

·
·
Tứ giác BDIN nội tiếp nên: ABD+NID=180
.
0
·
·
Vậy DIK+NID=180
do đó N, I, K thẳng hàng.

Nhận xét: Từ bài toán gốc 9 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra ta
vẽ hình trong hình học phẳng. Ở bài toán gốc 9 có N, I, K thẳng hàng nên từ giả
thiết này và căn cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

16


• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 9:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ΔABC có D, E, F lần lượt là chân đường
cao hạ từ các đỉnh A, B, C tới các cạnh BC, CA, AB . Gọi I, K, N là chân đường

 

cao của D trên BE, CF, AB. Giả sử I  ; ÷, K  ; ÷ và phương trình đường thẳng
2 2 2 2
1 1

5 1

(AB): 3x − y + 8 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B và C.

·
·
·
Giải: Gọi H là trực tâm ΔABC . Tứ giác HFBD nội tiếp nên ABD=AHF=DHC
·
·
·
·
Tứ giác HKDI nội tiếp nên: DHC=DIK
. Tứ giác BDIN nội tiếp nên:
⇒ ABD=DIK.
0
0
·ABD+NID=180
·
·
·
. Vậy DIK+NID=180 , do đó N, I, K thẳng hàng.
Phương trình đường thẳng IK: 2 y − 1 = 0 .Toạ độ N = IK ∩ AB
5

x
=
−
2 y − 1 = 0

2 ⇒ N − 5;1 
⇒
Toạ độ N là nghiệm của hệ: 


÷
 2 2
3 x − y + 8 = 0  y = 1

2
Phương trình đường thẳng DN đi qua N vuông góc AB: x + 3 y + 1 = 0 .
Phương trình đường thẳng DK đi qua K vuông góc với DN: 3x − y − 7 = 0
Toạ độ D = DN ∩ DK ⇒ D ( 2; −1) .

Phương trình đường thẳng BE đi qua I vuông góc DI: x − y = 0
Toạ độ B = AB ∩ BE ⇒ B ( −4; −4 )
Phương trình đường thẳng CK đi qua K vuông góc KD: x + 3 y − 4 = 0
17


Phương trình đường thẳng BC đi qua B và D: x − 2 y − 4 = 0
Toạ độ C = BC ∩ CK ⇒ C ( 4;0 ) . Vậy B ( −4; −4 ) , C ( 4;0 )
Bài toán gốc 10: Cho ΔABC nội tiếp đường tròn tâm I. Điểm M thuộc cung BC
không chứa A và không trùng với B, C. Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng
với M qua AB và AC. Các đường cao AD, CE cắt nhau tại H. Chứng minh: P, H, Q
thẳng hàng.
Giải:
Do H là trực tâm, D và E là chân đường
cao từ các đỉnh A và C của ΔABC .
·
= ·AHC và
Ta có: ·ABC = ·AMC , EHC
·AMC = ·AQC . Do tứ giác BEHD nội tiếp nên
·ABC + EHD
·

= 1800 ⇒ ·AQC + ·AHC = 1800 ,
Do đó tứ giác AHCQ nội tiếp nên
·AHQ = ·ACQ . Vì ·ACM = ·ACQ ⇒ ·ACM = ·AHQ.
Chứng inh tương tự ta cũng có: ·AHP = ·ABM .
Vậy ·AHP + ·AHQ = ·ABM + ·ACM = 1800
Khi đó ba điểm P, H, Q thẳng hàng
Nhận xét: Từ bài toán gốc 10 trong hình học phẳng ta dùng phần mềm GeoGebra
ta vẽ hình trong hình học phẳng. Ở bài toán gốc 10 có P, H, Q thẳng hàng nên từ giả
thiết này và căn cứ hình vẽ từ phần mềm GeoGebra ta có bài toán hình giải tích.

• Bài toán hình giải tích từ bài toán gốc 10:

18


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ΔABC nội tiếp đường tròn tâm I. Điểm M thuộc
cung BC không chứa A ( 2; 4 ) và không trùng với B và C. Gọi P, Q lần lượt là các


điểm đối xứng với M qua AB, AC. Giả sử N  ; ÷ là trung điểm BC, phương trình
2 2
3 1

7
3

đường thẳng (PQ): y = , đường thẳng BC vuông góc với đường thẳng
d : 5 x − y − 20 = 0 . Đường cao AD, CE cắt nhau tại H. Tìm tọa độ các đỉnh B và C,

biết rằng hoành độ điểm B là nguyên dương.

Giải: Ta chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng như bài toán gốc 10.
Phương trình đường thẳng BC đi qua N và vuông góc với d nên (BC): x + 5 y − 4 = 0
5 7
Phương trinh (AH): 5 x − y − 6 = 0 . Tọa độ H = AH ∩ PQ ⇒ H  ; ÷.

3 3
Do B ∈ BC ⇒ B ( b;5b − 20 ) vì N là trung điểm BC nên tọa độ C ( 3 − b; 21 − 5b )
b = 4
uuur uuur
2
⇒ B ( 4;0 ) , C ( −1;1)
Mặt khác CH ⊥ AB ⇒ CH . AB = 0 ⇔ 3b − 25b + 52 = 0 ⇔  13
b = ( loai )
3

Vậy điểm B ( 4;0 ) , C ( −1;1)

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
- Qua thực tế áp dụng khi học các tính chất hình học phẳng thì các em đã giải quyết
rất tốt các lớp bài toán, rèn luyện cho các em học sinh tư duy hình học giải tích
trong mặt phẳng tạo cho các em có hứng thú trong học tập.
- Với giáo viên có thể ra đề và đáp án một cách hết sức nhanh chóng, khắc phục sai
sót trong tính toán. Giáo viên có thể ra nhiều bài toán hình giải tích tương tự từ một
tính chất hay một bài toán hình phẳng, điều này giúp cho việc kiểm tra đánh giá
học sinh một cách chính xác và công bằng.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Sử dụng GeoGebra trong dạy và học bộ môn toán tạo hứng thú cho học sinh
trong quá trình tìm tòi, phát hiện kiến thức, kiểm chứng lại các chứng minh lý

thuyết. Trong tiết dạy cả người dạy và người học cùng bị cuốn hút vào việc khám
phá kiến thức mới, nâng cao tính tích cực, chủ động và sáng tạo của học sinh. Các
đơn vị kiến thức được trình bày sinh động hơn phấn trắng bảng đen, các hình vẽ rõ
ràng, đẹp, chính xác. Việc hoàn thành một hình vẽ trong GeoGebra tốn rất ít thời
gian so với vẽ hình trên bảng đen và như thế giúp chúng ta khắc phục những hạn
chế về thời gian, không gian, chi phí ... trong quá trình dạy và học.
Hiện nay các trường THPT đều có các phòng trình chiếu, việc ứng dụng
phần mềm GeoGebra kết hợp với máy vi tính là một thuận lợi cho dạy và học bộ
19


môn toán, đặc biệt là phần hình học giải tích trong mặt phẳng, tạo điều kiện tốt cho
giáo viên tổ chức các hoạt động học tập như gợi động cơ, hướng đích, làm việc với
nội dung mới, củng cố, kiểm tra, đánh giá... theo hướng tích cực hóa hoạt động của
học sinh. Như đã trình bày ở phần đầu, mọi người từ giáo viên, học sinh đều có thể
tiếp cận với phần mềm GeoGebra và sử dụng một cách nhanh chóng, hiệu quả vào
việc dạy và học hình học giải tích trong mặt phẳng.
3.2. Kiến nghị: Nhân rộng đề tài để giáo viên dạy môn toán ở THPT được biết và
áp dụng nhằm mục đích mỗi giáo viên khi dạy hình học giải tích có hệ thống bài
tập do chính mình sáng tạo ra. Khi đó giáo viên xây dựng bài giảng có hệ thống có
phương pháp.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa,ngày 20 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan SKKN này của Tôi
viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Lê Ngọc Hùng

20