Tiểu luận tư duy là sản phẩm cao cấp của dạng vật chất hữu cơ có tổ chức cao, đó là bộ não của con người

A: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1. Tư duy, tư duy sáng tạo
1.1Tư duy
a) Khái niệm về tư duy
Tư duy là khái niệm được nhiều ngành khoa học, nhiều nhà nghiên cứu
quan tâm.
Triết học nghiên cứu tư duy dưới góc độ nhận thức: Tư duy là sản phẩm
cao cấp của dạng vật chất hữu cơ có tổ chức cao, đó là bộ não của con người.
Trong quá trình phản ánh hiện thực khách quan bằng những khái niệm, phán
đoán… Tư duy bao giờ cũng có mối liên hệ nhất định với một hình thức hoạt
động của vật chất, với sự hoạt động của não người.
Sinh lý học nghiên cứu cơ chế hoạt động thần kinh cao cấp với tư cách là
nền tảng vật chất của các quá trình tư duy ở con người. Tư duy là một hình thức
hoạt động của hệ thần kinh, thể hiện qua việc tạo ra các liên kết giữa các phần tử
đã ghi nhớ, được chọn lọc và kích thích chúng hoạt động để thực hiện sự nhận
thức về thế giới xung quanh, định hướng cho hành vi phù hợp với môi trường
sống.
Tâm lý học nghiên cứu diễn biến của quá trình tư duy, mối quan hệ qua lại
cụ thể của tư duy với các khía cạnh khác của nhận thức. Tư duy là một quá trình
tâm lý thuộc nhận thức lý tính, là một mức độ nhận thức mới về chất so với cảm
giác và tri giác. Tư duy phản ánh những thuộc tính bên trong, bản chất, những
mối liên hệ có tính quy luật của sự vât, hiện tượng mà trước đó ta chưa biết.
Trong quá trình xác định sự khác nhau giữa tâm lý người và động vật, các
nhà tâm lý học cũng chỉ ra sự khác nhau căn bản giữa tư duy con người và hoạt
động tâm lý động vật. Đó là tư duy con người sử dụng khái niệm để ghi lại
những kết quả trừu tượng hóa; tư duy được ra đời từ lao động và trên cơ sở sự
phát triển của xã hội.


Theo nghĩa từ điển: “Tư duy là giai đoạn cao của quá trình nhận thức, đi
sâu vào cái bản chất và phát hiện ra tính quy luật của sự vật bằng những hình

thức như biểu tượng, khái niệm, phán đoán, suy lý”
Qua những quan niệm trên về tư duy có thể hiểu rằng:“Tư duy là sản
phẩm cao cấp của một vật chất hữu cơ đặc biệt, tức là bộ não, qua quá trình
hoạt động của sự phản ánh hiện thực khách quan bằng biểu tượng, khái niệm,
phán đoán,…Tư duy bao giờ cũng liên hệ với một hình thức nhất định của sự
vận động của vật chất với sự hoạt động của não bộ; là quá trình nhận thức, phản
ánh những thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính quy luật của sự vật
hiện tượng bằng những hình thức như cảm giác, tri giác, biểu tượng, khái niệm,
phán đoán, suy luận”
b) Quá trình tư duy
Tư duy là một hoạt động trí tuệ, với quá trình gồm bốn bước cơ bản sau:
• Bước 1: Xác định được vấn đề, biểu đạt nó thành nhiệm vụ tư duy.
• Bước 2: Huy động tri thức, vốn kinh nghiệm, liên tưởng, hình thành
giả thuyết về cách giải quyết vấn đề.
• Bước 3: Xác minh giả thuyết trong thực tiễn.
• Bước 4: Quyết định đánh giá kết quả, đưa ra sử dụng.
Quá trình tư duy được diễn ra bằng cách chủ thể tiến hành các thao tác trí
tuệ: Phân tích – tổng hợp; so sánh – tương tự; khái quát hóa – đặc biệt hóa; *)
Phân tích – tổng hợp:
Theo quan điểm của triết học: Phân tích là phương pháp phân chia cái
toàn thể ra thành từng bộ phận, từng mặt, từng yếu tố để nghiên cứu và hiểu
được các bộ phận, mặt, yếu tố đó. Tổng hợp là phương pháp dựa vào sự phân
tích và liên kết, thống nhất các bộ phận, mặt, yếu tố, để nhận thức được cái toàn
diện.
Phân tích và tổng hợp có mối quan hệ hữu cơ, hai mặt đối lập của một quá
trình thống nhất. Phân tích được tiến hành theo hướng tổng hợp còn tổng hợp
được dựa trên các kết quả đã phân tích.


Trong hoạt động dạy và học môn Toán, phân tích và tổng hợp là thao tác

tư duy được diễn ra thường xuyên và rất quan trọng đặc biệt là trong quá trình
giải toán.
*) So sánh – tương tự
Theo từ điển Tiếng Việt: So sánh là “xem xét cái này với cái kia để thấy
sự giống và khác nhau, hoặc sự hơn kém nhau”. So sánh nhằm mục đích phát
hiện những đặc điểm chung và những đặc điểm riêng khác nhau ở một số đối
tượng, sự kiện. Tương tự là thao tác tư duy dựa trên sự giống nhau về tính chất
và quan hệ của những đối tượng khác nhau.
*) Khái quát hóa – đặc biệt hóa
Khái quát hóa là việc chuyển từ nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho
đến việc nghiên cứu một tập hợp lớn hơn chứa tập hợp ban đầu bằng cách nêu
đặc điểm chung của các phần tử của tập hợp xuất phát. Đặc biệt hóa là quá trình
ngược lại của khái quát hóa, là việc chuyển từ nghiên cứu một tập hợp đối tượng
đã cho về nghiên cứu một tập hợp nhỏ hơn chứa trong nó.
Khái quát hóa, đặc biệt hóa là các thao tác tư duy thường xuyên được vận
dụng trong dạy học môn Toán đặc biệt trong việc hướng dẫn HS tìm tòi và giải
toán.
1.2. Tư duy sáng tạo
a) Khái niệm về tư duy sáng tạo
TDST là một trong những loại hình tư duy có vai trò quan trọng trong dạy
học nói chung và dạy học môn Toán nói riêng. Khái niệm tư duy sáng tạo được
nhiều nhà nghiên cứu trong và ngoài nước đề cập đến.
Theo các nhà tâm lí học: TDST là hạt nhân của sự sáng tạo cá nhân đồng
thời là hạt nhân cơ bản của giáo dục; là những năng lực tìm thấy những ý nghĩa
mới, tìm thấy những mối quan hệ mới; là một chức năng của kiến thức, trí tưởng
tượng và sự đánh giá
Theo các tác giả Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân “TDST
là một dạng tư duy độc lập tạo ra ý tưởng mới, độc đáo, có hiệu quả giải quyết
vấn đề cao. Ý tưởng mới được thể hiện ở chỗ phát hiện vấn đề mới, tìm ra

hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Tính độc đáo của ý tưởng mới thể hiện ở giải
pháp lạ, hiếm, không quen thuộc hoặc duy nhất”.
Trong cuốn “Sáng tạo Toán học”, G.Polya cho rằng: “Một tư duy gọi là có
hiệu quả nếu tư duy đó dẫn đến lời giải một BT cụ thể nào đó. Có thể coi là sáng
tạo nếu tư duy đó tạo ra những tư liệu, phương tiện giải BT sau này. Các BT vận
dụng những phương tiện này có số lượng càng lớn, có dạng muôn màu muôn vẻ,
thì mức độ sáng tạo của tư duy càng cao, thí dụ: Những lúc cố gắng của người
giải vạch ra được các phương thức giải áp dụng cho những BT khác. Việc làm
của người giải có thể là sáng tạo một cách gián tiếp, chẳng hạn, lúc ta để lại một
BT tuy không giải được nhưng tốt vì đã gợi ý cho người khác những suy nghĩ có
hiệu quả”
Tác giả V.A.Krutexki cho rằng có thể biểu diễn mối quan hệ giữa các khái
niệm “tư duy tích cực”, “tư duy độc lập” và “tư duy sáng tạo” dưới dạng những
vòng tròn đồng tâm, trong đó tư duy tích cực là cơ sở của tư duy độc lập, tư duy
độc lập là cơ sở của TDST.

Tư duy sáng tạo

Tư duy độc lập

Tư duy tích cực

Cụ thể ở HS các mức độ tư duy trên được biểu hiện như sau:
+ Tư duy tích cực: HS chăm chú lắng nghe, cố gắng hiểu, tích cực xây
dựng bài, thực hiện các công việc mà GV yêu cầu.
+ Tư duy độc lập: HS tự đọc, tự tìm hiểu các vấn đề, tự giải quyết các bài
tập hoặc chứng minh vấn đề nào đó.

+ Tư duy sáng tạo: HS tự nêu ra, khám phá vấn đề, tự tìm ra hướng giải
quyết mới trên các kiến thức đã có.
b) Các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo
+ Tính mềm dẻo: Là khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này
sang hoạt động trí tuệ khác. Trong học tập môn Toán, tính mềm dẻo của TDST
được biểu hiện ở việc thực hiện linh hoạt các thao tác tư duy, vận dụng linh hoạt
kiến thức, kĩ năng, kinh nghiệm đã có vào hoàn cảnh mới khi có những yếu tố
đã thay đổi, khả năng nhìn nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc.
+ Tính nhuần nhuyễn: Là khả năng sử dụng nhiều loại hình tư duy đa
dạng trong phát hiện và giải quyết vấn đề. Trong học tập môn Toán, tính nhuần
nhuyễn của tư duy sáng tạo được biểu hiện bởi tính đa dạng về phương pháp xử
lí khi giải toán, khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau, là
khả năng giải quyết một BT một cách thành thạo.
+ Tính độc đáo: Là khả năng tìm kiếm được kiến thức mới chưa ai biết,
giải pháp tối ưu. Trong học tập môn Toán, tính độc đáo được biểu hiện bởi khả
năng tìm ra hướng mới, lạ để giải quyết vấn đề, khả năng tìm ra những mối liên
hệ, sự liên tưởng và những sự kết hợp mới.
+ Tính thăng hoa: Thể hiện ở sản phẩm tìm được mang tính phát triển,
được ứng dụng rộng rãi. .


B: Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1.1: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
B ( 3;2 ) ; C ( 4;1) và có diện tích bằng 3. Hãy bổ sung thêm yếu tố vào giả thiết để
có thể xác định được tọa độ đỉnh A .
Lời giải của BT:
Giả sử A ( x0 ; y0 ) . Ta có phương trình đường thẳng BC : x + y − 5 = 0 và độ dài
cạnh BC = 2 .
Khoảng cách từ A đến BC : h =

S=

x0 + y0 − 5
2

⇒ Diện tích tam giác ABC là

x + y0 − 5 x0 + y0 − 5
1
2 0
=
.
2
2
2

 x0 + y0 − 5 = 6
 x0 + y0 = 11
⇔
Từ giả thiết S = 3 ⇒ 
. Như vậy để xác định
 x0 + y0 − 5 = −6
 x0 + y0 = −1

được tọa độ điểm A ta cần thiết lập một phương trình hai ẩn x0 , y0 nữa. Các yêu
cầu có thể thêm là:
1) Điểm A nằm trên đường thẳng nào đó không song song hoặc trùng với
đường thẳng BC , chẳng hạn d : x − y − 1 = 0.
2) Trọng tâm của tam giác nằm trên đường thẳng nào đó chẳng hạn

d : x − y + 2 = 0.
3) Trung điểm M của AB hay của AC nằm trên đường thẳng nào đó
chẳng hạn d : x − y − 1 = 0.
4) Các yêu cầu trên hoàn toàn tương tự khi thay đường thẳng bởi đường
2
2
tròn ( C ) : x + y = 5.

Có thể nghĩ theo hướng khác, về dạng của tam giác, các đường trong tam giác.
Chẳng hạn:
5) Tam giác ABC cân tại A hoặc B, C.
6) Tam giác ABC vuông tại A hoặc B, C.


7) Đường trung tuyến BM hoặc CN có phương trình: x − y + 2 = 0.
…
Nhận xét: Câu trả lời của BT là các yếu tố cần bổ sung vào giả thiết. Rõ
ràng đáp số của BT không duy nhất, và các yếu tố cần thêm ở đây tùy theo cách
nghĩ của HS, chẳng hạn: điểm A thuộc đường thẳng, đường tròn nào đó; trung
điểm của cạnh AB thuộc đường thẳng, đường tròn nào đó; trọng tâm của tam
giác ABC thuộc đường thẳng, đường tròn nào đó; dạng của tam giác ABC , …
Để tìm ra câu trả lời cần có sự mò mẫm, dự đoán, … Theo các quan niệm trên ta
có thể thấy đây là một BTM.
Ví dụ 1.2: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy , cho đường thẳng

d : x + y − 2m = 0 (m là tham số) và đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 4 y − 4 = 0 . Có thể
kết luận gì về vị trí tương đối giữa d và ( C ) ?
Nhận xét: Câu trả lời của BT là các vị trí tương đối có thể xảy ra giữa đường
thẳng d và đường tròn ( C ) . Ở đây do phương trình đường thẳng d còn phụ
thuộc tham số m nên các vị trí tương đối giữa d không cắt, cắt hay tiếp xúc với

( C)

tùy theo các giá trị của m . Đây chính là BTM ở kết luận theo quan niệm

của tác giả Bùi Huy Ngọc.
Lời giải của BT:
Ta có ( C ) có tâm I ( 0;2 ) , bán kính R = 2 2 .
Khoảng cách từ I đến d : h =

0 + 2 − 2m
2

= 2 m −1

TH 1: h > R ⇔ m − 1 > 2 ⇔ m ∈ ( −∞; −1) ∪ ( 3; +∞ ) .Ta có d ∩ ( C ) = ∅
 m = −1
TH 2: h = R ⇔ 
. Ta có d tiếp xúc với ( C ) .
m = 3

TH 3: h < R ⇔ m ∈ ( −1;3) . Ta có d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt.
Ví dụ 1.3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC .
Gọi H là chân đường cao hạ từ A ; M , N lần lượt
là trung điểm của các cạnh BC , AB . Biết đường


thẳng AH : x − 2 y − 1 = 0 , đường thẳng AM : x − y − 2 = 0 , và điểm N ( 3; −2 ) .
Có thể tìm được tọa độ của các điểm nào trong hình đã cho? Hãy tìm tọa độ các
điểm đó.

Nhận xét: Ở ví dụ trên ta đã thay yêu cầu cụ thể là: “Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC ” như thông thường bằng câu hỏi: “Có thể tìm được tọa độ của
các điểm nào trong hình đã cho?”.
Rõ ràng cách hỏi này thể hiện tính “mở” rõ hơn bởi việc tìm được những điểm
Hình 2
nào còn phụ thuộc vào năng lực, kiến thức của từng HS. Để tìm được kết quả
BT ngoài huy động vốn kiến thức, kinh nghiệm, HS còn cần phải có sự suy
đoán, mò mẫm. Đây là BTM theo quan niệm của các tác giả Tôn Thân, Nguyễn
Văn Bàng.
Lời giải của BT:
Ta có thể xác định được tọa độ của tất cả các điểm có trên hình.
x − 2 y −1 = 0
⇒ A ( 3;1)
+) A = AH ∩ AM ⇒ Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 
x − y − 2 = 0

+) N là trung điểm của cạnh AB ⇒ B ( 3; −5 )
+) Đường thẳng BC ⊥ AH và đi qua B ( 3; −5 ) ⇒ BC có phương trình:

3 1
2 x + y − 1 = 0 . Từ đó ta tìm thêm được các điểm H  ; − ÷, M ( 1; −1)
5 5
+) M là trung điểm BC ⇒ C ( −1;3) .
Ví dụ 1.4: Cho các điểm A ( 1;2 ) ; B ( 2; −1) ; C ( −4; −3) . Hãy nêu các cách
khác nhau để xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Lời giải của BT: Có thể xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác theo các
cách sau:
Cách 1: Gọi I ( a; b ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 IA2 = IB 2
Ta có: IA = IB = IC ⇔  2

2
 IA = IC


( a − 1) 2 + ( b − 2 ) 2 = ( a − 2 ) 2 + ( b + 1) 2
⇔
2
2
2
2
( a − 1) + ( b − 2 ) = ( a + 4 ) + ( b + 3)
3
1
 3 1
Giải hệ được: a = − ; b = − ⇒ I  − ; − ÷.
2
2
 2 2
Cách 2: Gọi d1; d 2 là các đường trung trực của các cạnh AB; BC

uuu
r
3 1
d1 đi qua  ; ÷ và có VTPT là AB ( 1; −3) nên có phương trình: x − 3 y = 0 .
2 2
Tương tự phương trình đường thẳng d 2 : 3x + y + 5 = 0 .

 3 1
I là giao điểm của d1; d 2 ⇒ I  − ; − ÷.
 2 2

Cách 3: Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác có dạng
x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ( *) . Tọa độ các điểm A, B, C thỏa mãn phương trình

1 + 4 − 2a − 4b + c = 0
( *) nên có hệ: 4 + 1 − 4a + 2b + c = 0 . Giải hệ ta được a = − 3 ; b = − 1
2
2
16 + 3 + 8a + 6b + c = 0


 3 1
Từ đó ta có I  − ; − ÷.
 2 2
Cách 4: Gọi d1 là đường thẳng đi qua A và vuông góc AB ; d 2 là đường
thẳng đi qua C và vuông góc AB ; M là giao điểm của d1; d 2 ⇒ M . Điểm I là
trung điểm của A, M ⇒ I .
Cách 5: Nhận xét ABC là tam giác vuông tại B. Suy ra tâm I của đường
tròn này là trumg điểm của cạnh BC ⇒ …
Nhận xét: Câu trả lời của BT là các cách khác nhau để xác định tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Rõ ràng câu trả lời của BT là không duy
nhất. Việc tìm ra nhiều cách giải khác nhau của cùng một BT phụ thuộc vào khả
năng tư duy của từng HS và phụ thuộc vào các cách nhìn khác nhau. Đây cũng
là một BTM theo các quan niệm trên.


Ví dụ 1.5: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn

( C ) : x2 + y 2 = 4

và đường thẳng ( d ) : 3 x − 4 y + 5 = 0 . Hãy lập các BT về viết

phương trình đường thẳng có liên quan đến đường thẳng ( d ) và đường tròn

( C) .
Lời giải của BT:
+ Chú ý đến điều kiện đường thẳng đi qua tâm của đường tròn ( C ) ta có thể lập
các BT sau:
BT 1.4.1: Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của ( C ) và vuông
góc với đường thẳng ( d ) .
BT 1.4.2: Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của ( C ) và song
song với đường thẳng ( d ) .
BT 1.4.3: Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của ( C ) và tạo với
đường thẳng ( d ) một góc bằng α nào đó (Chẳng hạn α thỏa mãn cos α =

1
5 2

).
+ Chú ý đến các vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn ta có thể lập
các BT sau:
BT 1.4.4: Viết phương trình đường thẳng song song (vuông góc) với
đường thẳng d và tiếp xúc với ( C ) .
BT 1.4.5:Viết phương trình đường thẳng song song (vuông góc) với
đường thẳng d và cắt ( C ) tại hai điểm A, B thỏa mãn:
+ AB = 2 3
+ AB lớn nhất
+ Tam giác OAB có chu vi 4 + 2 3
+ Tam giác OAB có diện tích bằng

3

+ Tam giác OAB có diện tích lớn nhất


+ Tam giác OAB là tam giác vuông
+ Tam giác OAB đều
….
Có thể lập các BT tương tự bằng cách thay điều kiện song song (vuông góc),
bằng điều kiện đường thẳng tạo với d một góc α nào đó.
ví dụ 1.1, tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo, tính linh hoạt và sáng tạo
được thể hiện qua cách nhìn khác nhau để tìm thêm các yếu tố bổ sung vào giả
thiết (Từ việc chỉ bổ sung điều kiện đối với điểm A đến các dạng đặc biệt của
tam giác, rồi đến các điểm đặc biệt của tam giác như trung điểm các cạnh, trọng
tâm, …). Ở ví dụ 1.5 tính nhuần nhuyễn, tính mềm dẻo, tính linh hoạt và sáng
tạo được thể hiện qua việc nhìn ra các dạng toán quen thuộc cũng như phát hiện
ra các dạng toán mới. Tính tích cực, chủ động của HS được thể hiện thông qua
việc HS thi đua phát hiện ra nhiều đáp án mới, HS tham gia vào phát hiện các
BT mới cùng GV. Để làm được việc đó, các em ngoài huy động vốn kiến thức
đã được trang bị, còn cần phải tìm kiếm thêm các kiến thức nâng cao khác. Ở ví
dụ 1.4, các cách 1,2 trong lời giải là khá quen thuộc với HS nên việc tìm ra các
cách đó thể hiện tính nhuần nhuyễn trong giải toán. Ở cách 3, việc tìm tâm của
đường tròn dựa trên cơ sở tìm phương trình đường tròn lại là một sự linh hoạt và
mềm dẻo. Các cách 4,5 thể hiện rõ tính độc đáo, đặc biệt là cách 4 dù dài dòng
hơn nhưng lại được vận dụng nhiều hơn trong các mô hình hình học cụ thể.
Trong chương trình THPT, chủ đề “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng”
được đưa vào chủ yếu ở chương trình lớp 10. Nội dung này có trong các chương
từ chương I đến chương III - SGK Hình học cơ bản và nâng cao lớp 10, trọng
tâm nằm ở chương III. Cụ thể như sau:
Chương I: Vectơ.
Bài 4: Trục, hệ trục tọa độ.

Chương II: Tích vô hướng của hai véc tơ và ứng dụng.
Bài 2: Tích vô hướng của hai véc tơ.
Chương III: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Bài 1: Phương trình đường thẳng.


Bài 2: Phương trình đường tròn.
Bài 3: Elíp (Đối với chương trình nâng cao có thêm các bài: Hypebol,
Parabol, Cônic).
Ngoài ra ở chương trình Hình học lớp 11 trong chương I, nội dung này được đề
cập đến qua các phép biến hình trong mặt phẳng.
Thông thường để giải quyết một BT ở mức độ vận dụng cao như các dạng
toán xuất hiện trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng trước kia hay
như kỳ thi THPT Quốc gia như hiện nay HS cần thực hiện theo quy trình các
bước sau:
+) Bước 1: Vẽ hình chính xác, phát hiện các tính chất hình học (có chứng
minh), phân tích mối liên hệ giữa các yếu tố đã biết và chưa biết để đưa về các
BT cơ bản về điểm, đường thẳng, đường tròn, đường Elíp.
+) Bước 2: Giải quyết các BT cơ bản mang nội dung phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng tương ứng với các mối liên hệ đã tìm ra.
+) Bước 3: Kiểm tra điều kiện nếu có. Từ đó nêu kết quả BT.
Ví dụ 1.6 (THPT QG-2015). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho
tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh
BC ; D là điểm đối xứng của B qua H ; K là hình chiếu vuông góc của C trên
đường thẳng AD . Giả sử H ( −5; −5 ) ; K ( 9; −3) và trung điểm của cạnh AC
thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0 . Tìm tọa độ điểm A .
Bài giải: Gọi M là trung điểm của cạnh
BC . Ta có

M

nằm trên đường thẳng

x − y + 10 = 0 nên M ( m; m + 10 ) .
Các tam giác AHC , AKC vuông tại

H , K nên MH = MK =
Ta có: MH =
MK =

1
AC .
2

( m + 5)

( m − 9)

2

2

Hình 3
+ ( m + 15 ) = 2m 2 + 50m + 250
2

+ ( m + 13) = 2m 2 + 8m + 250
2

MH = MK ⇔ m = 0 ⇒ M ( 0;10 ) .
Ta có: A, H , K , C cùng thuộc đường tròn tâm M nên ·AKH = ·ACB . Lại

·
·
·
·
có ·ACB = 900 − ·ABC = BAH
. Vậy tam giác AHK cân
= HAD
⇒ HAK
= HKA
tại H ⇒ HA = HK . Ta cũng có MA = MK ⇒ MH là đường trung trực của đoạn

AK .
Ta có phương trình MH : 3 x − y + 10 = 0 , phương trình AK : x + 3 y = 0 .
Gọi I là giao điểm của AK và MH ⇒ Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ:
3 x − y + 10 = 0  x = −3
⇔
⇒ I ( −3;1) .

x
+
3
y
=
0
y
=
1




Ta có I là trung điểm của AK ⇒ A ( −15;5 ) .
Ví dụ trên cho thấy yêu cầu ở mức độ vận dụng cao đối với nội dung này.
Để giải quyết được các dạng toán trên đòi hỏi HS phải nhuần nhuyễn các dạng
toán cơ bản về điểm, đường thẳng, đường tròn kết hợp với kiến thức cơ bản về
hình học phẳng đã học ở cấp THCS. Qua đó để thấy việc dạy học nội
dung “Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” cho HS nắm chắc các dạng toán là
không hề đơn giản. Thực tế ở các trường THPT cho thấy vẫn còn nhiều GV chưa
quan tâm đến việc khai thác sâu nội dung “Phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng” mà mới chỉ dừng lại ở việc hoàn thành các kiến thức SGK, chưa gây
được hứng thú và phát huy hết tính tích cực của HS trong dạy học nội dung này.
Ví dụ 2.1: Từ BT: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho các điểm
A ( 1;2 ) ; B ( 2; −1) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với

AB . GV hướng dẫn HS thay giả thiết “ d vuông góc với AB ” bằng một giả thiết
khác để lập BTM như sau:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho các điểm A ( 1;2 ) ; B ( 2; −1) và đường
thẳng d đi qua A . Hãy thêm các yêu cầu để xác định được phương trình đường
thẳng d . Viết phương trình đường thẳng d trong các trường hợp đó.
Lời giải cho BT:
*) Các yêu cầu có thể thêm là:


1) Đường thẳng d đi qua A và B .
2) Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với AB .
3) Đường thẳng d đi qua A và cách B một khoảng lớn nhất.
4) Đường thẳng d đi qua A và cách điểm B một khoảng bằng

2.

5) Đường thẳng d đi qua A và tạo với đường thẳng AB một góc bằng 450
.
…
*) Viết phương trình đường thẳng d
uuu
r
r
A
,
B
1) d đi qua
nên có VTCP là AB ( 1; −3) ⇒ d có VTPT n ( 3;1) .
Vậy phương trình đường thẳng d : 3x + y − 5 = 0 .
uuu
r
2) d vuông góc với AB nên có VTPT là AB ( 1; −3) . Vậy phương trình
đường thẳng d : x − 3 y + 5 = 0 .
3) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên d .
Ta có d ( B; d ) = BH ≤ BA = 10 . Dấu “=” xảy ra ⇔ H ≡ A ⇒ d được
xác định là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB . Phương trình
của d : x − 3 y + 5 = 0 .
r
4) Giả sử n ( a; b ) là VTPT của d . ĐK: a 2 + b 2 ≠ 0 .
Phương trình của d có dạng: a ( x − 1) + b ( y − 2 ) = 0 .

⇔ ax + by − a − 2b = 0
Ta có: d ( B; d ) = 2 ⇔

2a − b − a − 2b
a +b
2

2

(

= 2 ⇔ a − 3b = 2 a 2 + b 2

a = b
⇔ a 2 + 6ab − 7 ab = 0 ⇔ 
 a = −7b

TH1: a = b . Chọn b = 1 ⇒ a = 1. Phương trình của d : x + y − 3 = 0 .
TH2: a = −7b . Tương tự phương trình của d : −7 x + y + 5 = 0 .
r
5) Giả sử d có VTPT là n ( a; b ) , a 2 + b 2 ≠ 0 .
Phương trình đường thẳng d có dạng: ax + by − a − 2b = 0 .

)


uuur
uuur
Đường thẳng AB có VTCP là AB ( 1; −3) nên có VTPT nAB ( 3;1) .
Góc giữa d và AB bằng 450 nên ta có:
3a + b

cos 450 =

⇔

a 2 + b 2 1 + 32

3a + b
2
=
2
10 a 2 + b 2

(

(

)

)

⇔ 5 a 2 + b 2 = 3a + b

⇔ 4a 2 + 6ab − 4b 2 = 0
b = −2a
⇔
a
b =

2

Từ đó có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu có phương trình lần lượt là:

x − 2 y + 3 = 0 ; 2 x + y − 4 = 0.
Ví dụ 2.2: Từ BT (Bài tập 2b tr.83 [6]): “Cho điểm I ( −1;2 ) và đường thẳng

d : x − 2 y + 7 = 0. Viết phương trình đường tròn ( C ) có tâm I và tiếp xúc với
đường thẳng d ” .
Ta tạm thời bớt điều kiện ( C ) tiếp xúc với d để thiết kế BTM sau:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x − 2 y + 7 = 0
và đường tròn ( C ) có tâm là I ( −1;2 ) . Hãy thêm các yêu cầu về vị trí tương đối
giữa d và ( C ) để có thể viết được phương trình đường tròn ( C ) . Hãy viết
phương trình đường tròn ( C ) khi đó.
Nhận xét: BT này giúp HS ôn tập được kiến thức về viết phương trình
đường tròn. Để viết phương trình đường tròn ta cần xác định 2 yếu tố tâm và bán
kính. Trong trường hợp của BT này, HS dễ dàng thấy được yếu tố còn thiếu để
viết phương trình đường tròn là bán kính. Yêu cầu cần thêm ở đây liên quan đến
vị trí tương đối giữa đường thẳng d và đường tròn ( C ) là rõ ràng và quen thuộc
nên HS hoàn toàn có thể tham gia vào giải quyết BT.


*) Các yêu cầu có thể thêm là:
1) ( C ) tiếp xúc với d .
2) ( C ) cắt d tại hai điểm A, B sao cho AB = 4 .
3) ( C ) cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB là tam giác đều.(Có
thể thay bằng các dạng tam giác khác như: tam giác vuông, tam giác có góc
bằng 1200 , …).
4) ( C ) cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 2.
5) ( C ) cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB là tam giác có chu vi
bằng 2 5 .
…
*) Viết phương trình đường tròn ( C )

1) ( C ) tiếp xúc với d nên có bán kính R = d ( I ; d ) =

2
.
5

4
2
2
Vậy phương trình của ( C ) :( x + 1) + ( y − 2 ) = .
5
2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d . Ta có H là trung điểm
của AB ⇒ HA = HB = 2 . Trong tam giác vuông IHA ta có:
2

24
 2 
IA = IH + HA = 
÷ +4= 5
 5
2

2

2

⇒ Bán kính của đường tròn ( C ) là R =

24
.

5

Vậy phương trình của ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) =
2

3) Tam giác IAB đều nên IA =

2

24
.
5

IH
2 2
4
4
=
.
=
⇒R=
.
0
sin 60
5 3
15
15

Vậy phương trình của ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) =
2

2

16
.
15


4) Gọi R là bán kính của ( C ) , H là hình chiếu vuông góc của I lên d .
Ta có H là trung điểm của AB ⇒ HA = HB = R 2 −
Diện tích của tam giác IAB là: S =
Giả thiết: S = 2 ⇔

4
.
5

1
2
4
IH . AB =
. R2 − .
2
5
5

2
4
4
29

R2 − = 2 ⇔ R2 − = 5 ⇔ R2 =
.
5
5
5
5

Vậy phương trình của ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) =
2

2

29
.
5

5) Chu vi tam giác IAB là: l = IA + IB + AB = 2 R + 2 R 2 −
Giả thiết: S =

4
.
5

2
4
1
⇔ R2 − =
−R
5
5

5

⇔ 5R 2 − 4 = 1 − R 5
1 − R 5 ≥ 0

⇔
2
5R − 4 = 1 − R 5

(

)

2

1

R ≤
5
⇔
5R 2 − 4 = 1 − 2 R 5 + 5 R 2


⇔R=

5
.
2

5

2
2
Vậy phương trình của ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) = .
4
Tương tự như vậy ta có thể thiết kế thêm các BTM xuất phát từ các bài
tập đã có trong chương trình:
Ví dụ 2.3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C )
có bán kính R = 5 và có tâm nằm trên đường thẳng d : x + y − 2 = 0. Hãy bổ


sung thêm các điều kiện vào giả thiết để lập được phương trình đường tròn ( C ) .
Viết phương trình đường tròn ( C ) trong các trường hợp đó.
Nhận xét: Trong trường hợp BT này ta mới biết một yếu tố là bán kính.
Rõ ràng yếu tố cơ bản còn thiếu ở đây là tâm I của đường tròn ( C ) chưa được
xác định cụ thể. Vì vậy các yếu tố bổ sung thêm ở đây nhằm xác định được tọa
độ tâm đường tròn ( C ) . Có thể bổ sung thêm một trong các yếu tố sau:
1) Tâm I của đường tròn ( C ) nằm trên đường thẳng khác, chẳng hạn:

∆ : 2 x − y + 3 = 0.
2) Đường tròn ( C ) đi qua điểm nào đó chẳng hạn: M ( −1;0 ) .
3) Đường tròn

( C)

tiếp xúc với đường thẳng nào đó, chẳng hạn:

∆ :2 x − y + 3 = 0.
4) Đường tròn ( C ) cắt đường thẳng ∆ : x − y + 3 = 0 tại hai điểm A, B sao cho

AB = 2 3.

…
Hướng dẫn viết phương trình đường tròn ( C ) trong các trường hợp trên.
Gọi I là tâm của ( C )

 1 7
1) Ta có I = d ∩ ∆ ⇒ I  − ; ÷ .
 3 3
2

2

1 
7

Vậy phương trình đường tròn ( C ) là:  x + ÷ +  y − ÷ = 5.
3 
3

2) Ta có I ∈ d ⇒ I ( t ; 2 − t ) .
t = 0
2
2
M ∈ ( C ) ⇔ IM = R ⇔ IM 2 = 5 ⇔ ( t + 1) + ( 2 − t ) = 5 ⇔ 
t = 1

TH1: I ( 0;2 ) ⇒ ( C ) : x 2 + ( y − 2 ) = 5.
2

TH2: I ( 1;1) ⇒ ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 5.
2

2

3) Ta có I ∈ d ⇒ I ( t ; 2 − t )

( C)

tiếp xúc với ∆ ⇔ d ( I ; ∆ ) = R ⇔

2t − 2 + t + 3
5

= 5.


 4
t=
⇔ 3t + 1 = 5 ⇔  3 .

t = −2
2

2

4
4 
2
4 2

TH1: t = ⇒ I  ; ÷ ⇒ ( C ) :  x − ÷ +  y − ÷ = 5 .

3
3 
3
3 3

2
2
TH2: t = −2 ⇒ I ( −2; 4 ) ⇒ ( C ) : ( x + 2 ) + ( y − 4 ) = 5 .

4) Ta có I ( t ; 2 − t ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ∆ . Ta có
AB
= 3 . Trong tam giác vuông IAH ta có:
2
IH 2 = IA2 − HA2 = 2 ⇒ IH = 2 .
t − 2 + t + 3 2t + 1
=
Mặt khác IH = d ( I ; ∆ ) =
.
2
2
 1
t = 2
Ta có phương trình: 2t + 1 = 2 ⇔ 
t = − 3

2
2
2
1 
3


Tương tự, phương trình của ( C ) là :  x − ÷ +  y − ÷ = 5
2 
2

HA = HB =

2

2

3 
7

hoặc  x + ÷ +  y − ÷ = 5.
2 
2

Ví dụ 2.4: Từ BT (Bài tập 2b tr.88[6]): Lập phương trình chính tắc của elip biết

độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6. Bỏ đi yếu tố tiêu cự bằng 6, ta có thể
lập BTM sau:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip ( E ) có độ dài trục lớn bằng
10. Hãy bổ sung thêm yếu tố vào giả thiết để có thể viết được phương trình
chính tắc của ( E ) .
Lời giải cho BT:
Phương trình chính tắc của Elip có dạng:

x2 y 2
+

=1 .
a2 b2

Do đó để viết được phương trình chính tắc của một Elip, ta cần xác định được
hai yếu tố là a, b trong phương trình đó. Ở BT này, yếu tố đã có trong phương
trình là a = 5 vì vậy yếu tố cơ bản cần bổ sung là b .


*) Các yếu tố có thể bổ sung là:
1) Độ dài trục nhỏ bằng 8
2) Tiêu cự bằng 6
3) Elip đi qua điểm M

(

5;2

)

4) Elip có một tiêu điểm là ( 3;0 )
5) Elip có tâm sai bằng

3
5

…
*) Viết phương trình ( E ) :
Ta có phương trình chính tắc của ( E ) có dạng:

x2 y 2

+
= 1.
a2 b2

Từ giả thiết ta có 2a = 10 ⇒ a = 5
1) ( E ) có độ dài trục nhỏ bằng 8 nên 2b = 8 ⇒ b = 4 .

x2 y2
Vậy phương trình của ( E ) : +
= 1.
25 16
2) ( E ) có tiêu cự bằng 6 ⇒ 2c = 6 ⇒ c = 3 ⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 16 .

x2 y2
Vậy phương trình của ( E ) : +
= 1.
25 16
3) ( E ) có tiêu điểm F2 ( 3;0 ) nên c = 3 . Tương tự ta cũng có phương trình

x2 y 2
của ( E ) : +
= 1.
25 16
4) ( E ) đi qua M

(

)

5;2 nên:

5
4
5
4
+ 2 =1⇔
+ 2 = 1 ⇔ b2 = 5 .
2
a
b
25 b

x2 y 2
Vậy phương trình của ( E ) : +
= 1.
25 5
5) ( E ) có tâm sai e =

3
c 3
⇒ = ⇒ c = 3.
5
a 5

x2 y2
Vậy phương trình của ( E ) : +
= 1.
25 16

…
Ví dụ 2.5: Cho điểm A ( 2; −1) và d : x + y − 2 = 0 . Xét điểm M nằm trên
đường thẳng d . Hãy thêm các điều kiện liên hệ giữa điểm M với điểm A để có
thể tìm được tọa độ điểm M , hãy tìm tọa độ điểm M trong các trường hợp đó.
Lời giải cho BT:
Điểm M ∈ d nên để xác định được tọa độ của điểm M ta cần thiết lập được
thêm một mối liên hệ giữa hoành độ và tung độ của điểm M . Mối liên hệ này
cần liên quan đến các điểm A nên ta có thể thêm các yêu cầu sau:
1) Điểm M là hình chiếu vuông góc của A lên d
2) Khoảng cách từ M đến A nhỏ nhất
3) Độ dài đoạn thẳng MA bằng 13
4) Đường thẳng MA tạo với d một góc 450
…
*) Xác định điểm M trong các trường hợp trên:
1) AM ⊥ d ⇒ Phương trình của đường thẳng AM : x − y − 3 = 0 .
x + y − 2 = 0
5 1
⇒ M  ; − ÷.
M = AM ∩ d ⇒ Tọa độ điểm M : 
2 2
x − y − 3 = 0

2) AM ngắn nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của A trên d .

5 1
⇒ M  ; − ÷.
2 2
3) M ∈ d ⇒ M ( m;2 − m ) ⇒ AM =

( m − 2)

2

+ ( 3 − m) .
2

 m = 0  M ( 0;2 )
AM = 13 ⇔ 2m 2 − 10m = 0 ⇔ 
⇒
.
 m = 5  M ( 5; −3)

3) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên d.
Ta có AH = d ( A; d ) =

1 ·
; AMH = 450 ⇒ AM = AH 2 = 1
2

M ∈ d ⇒ M ( m;2 − m ) .
 m = 2  M ( 2;0 )
⇒
Tương tự ta tìm được 
.
m
=
3

 M ( 3; −1)

C: Kết Luận
Với thời gian còn hạn chế nhóm chúng em đã khai thác được phần nào nội dung
của chủ đề kính mong sự quan tâm chỉ bảo của Thầy giáo để chúng em có được
kiến thức sâu, rộng hơn. Chúng em xin trân trọng cảm ơn Thầy giáo.


Chủ đề 2: Chỉ ra các thao tác tư duy của quá trình tư duy ( Phân tích,
tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa) thông
qua một số ví dụ trong chủ đề Hình học giải tích trong mặt phẳng
Nhóm học viên: Lớp Thạc sỹ Toán K1 ĐH Hùng Vương
1: Nguyễn Lệ Thúy- GV Trường THPT Việt Trì
2: Nguyễn Thị Hồng Cúc- GV Trường THPT Việt Trì
3: Vũ Thị Thu Hà- Chuyên viên Phòng Giáo Dục Và Đào tạo Thành phố Việt Trì.