dạy cho học sinh giải một số bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ hóa SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT SẦM SƠN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KINH NGHIỆM GIẢI BÀI TOÁN THEO HƯỚNG
PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO DÀNH CHO
HỌC SINH KHÁ, GIỎI

Người thực hiện: Nguyễn Tiến Dũng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

1

THANH HOÁ NĂM 2018

1


MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. MỞ ĐẦU

Tran
g
1

Lời mở đầu

1

1.1. Lý do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiến cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu và tổ chức thực hiện

2

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

3

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

6

2.3 Giải pháp để giải quyết vấn đề

7

Kinh nghiệm giải bài toán theo hướng tư duy sáng tạo dành cho học sinh
khá, giỏi

8

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệmđối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.

14

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

15

2

2


1. MỞ ĐẦU
Năm học 2016 – 2017 Bộ GD&ĐT thay đổi hình thức thi môn Toán từ
thi tự luận sang trắc nghiệm. Vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi đối với các thầy
cô được giao nhiệm vụ rất khó khăn, chính vì thế mà việc tạo ra hứng thú học
tập để đạt kết quả cao trong kỳ thi HSG cấp tỉnh, kỳ thi THPTQG càng trở nên
cấp thiết hơn, Chính vì điều đó giáo viên cần đổi mới phương pháp dạy học
tích cực, tư duy tìm tòi thêm những vấn đề phù hợp với tình hình mới. Một
trong những vấn đề đó là nhìn nhận bài toàn theo nhiều góc độ khác nhau để
có thể đưa đến kết quả nhanh nhất có thể đối với một số bài toán với mức độ
vận dụng cao đặc biệt là các bài toán về hình học. Xuất phát từ tinh thần đó tôi
mạnh dạn đư vấn đề tọa đọ hóa một bài toán hình học vào giảng dạy cho học
sinh, nhằm mục đích chỉ cho học sinh một cách nhìn đa chiều về các bài toán.
Trong quá trình giảng dạy và thực hiện đề tài này tôi đã nhận được sự giúp đỡ
vô cùng quý báu của các đồng nghiệp trong nhóm toán trường THPT Sầm sơn,
các đồng nghiệp dạy môn toán trong tỉnh và các em học sinh lớp 12A 1,12A2
năm học 2016 – 2017, học sinh lớp 10A1, 10A4 năm học 2017 -2018

Tôi xin chân thành cảm ơn và mong muốn được giúp đỡ nhiều hơn nữa
trong công tác giảng dạy để có thể dạy tốt môn Toán. Tôi rất mong được các
đồng chí đồng nghiệp đóng góp những ý kiến để tôi hoàn thiện tốt hơn những ý
tưởng trong bản sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1.1. Lý do chọn đề tài
Rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo toán học cho học sinh là một nhiệm
vụ quan trọng trong trường phổ thông vì: Toán học có vai trò to lớn trong sự
phát triển của các ngành khoa học, kỹ thuật. Sự nghiệp cách mạng trong công
cuộc CNH - HĐH đất nước cần thiết có một đội ngũ những công dân có năng
lực toán học.
Toán học có liên quan chặt chẽ với thực tế và có ứng dụng rộng rãi trong
rất nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học, công nghệ sản xuất và đời sống xã
hội hiện đại nó thúc đẩy mạnh mẽ các quá trình tự động hoá sản xuất trở thành
công cụ thiết yếu của mọi ngành khoa học và được coi là chìa khoá của sự phát
triển.
Trong việc phát triển tư duy toán học "Toán học là một môn thể thao của
trí tuệ "Toán học giúp học sinh rèn luyện cách suy nghĩ, rèn luyện tính độc lập,
rèn luyện tính linh hoạt. Học sinh phải nắm vững những dạng cơ bản, tổng hợp
kiến thức, kỹ năng. Trong việc dạy toán ở trường phổ thông người giáo viên
phải truyền thụ kiến thức, dạy học sinh cách lĩnh hội kiến thức suy nghĩ giải
quyết vấn đề và phát triển sáng tạo.
3

3


1.2. Mục đích nghiên cứu.
Để đáp ứng yêu cầu của xã hội. Trong tương lai gần, vấn đề số hóa rất
cần được quan tâm và dần thay đổi những tư duy trừu tượng phù hợp với tốc độ
phát triển của thế giới và các nước trong khu vực. Trọng tâm của ngành giáo

dục là phải đào tạo ra những con người năng động, sáng tạo, có khả năng giải
quyết vấn đề. Điều này đã được luật GD quy định "Phương pháp giáo dục phải
phát huy tính tích cực, bồi dưỡng năng lực tự học, tự giác, chủ động, tư duy
sáng tạo của người học lòng say mê học tập và ý chí vươn lên".
Từ những lý do trên tôi chọn đề tài "Phương pháp giải bài toán theo
hướng phát triển tư duy, sáng tạo dành cho học sinh khá, giỏi” thông qua việc “
dạy cho học sinh giải một số bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ
hóa”.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là đề xuất một số phương pháp nhằm
góp phần rèn luyện một số yếu tố tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy
bài tập tọa độ hóa bài toán hình học.
Trên cơ sở tôn trọng nội dung chương trình SGK hiện hành. Nếu xây
dựng được một hệ thống bài tập cho học sinh thì ta có thể :
+Rèn luyện năng lực, tính tư duy sáng tạo cho học sinh.
+Góp phần nâng cao chất lượng dạy - học toán ở trường THPT.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Dự giờ, quan sát việc học của học sinh trong quá trình khai thác bài tập
trong sách giáo khoa.
Tham khảo các tài liệu hướng dẫn phương pháp dạy học trong trường
phổ thông.
Tham khảo sách giáo khoa, sách bồi dưỡng học sinh, các đề thi Đại học
trong những năm gần đây, các sách bài tập và bài viết có liên quan đến đề tài.
Tham khảo ý kiến giáo viên có kinh nghiệm giảng dạy trong tổ.
Tổ chức thực nghiệm trên các lớp đã dạy tại trường THPT Sầm Sơn.
Tổng hợp kết quả so sánh và rút ra kết luận.
Vận dụng kết quả đạt được vào giảng dạy các bài học cụ thể
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
a- Khái niệm sự sáng tạo và tư duy sáng tạo.

4

4


Sáng tạo là tạo ra những giá trị mới về vật chất hoặc tinh thần hoặc sáng
tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới, không bị phụ thuộc, gò bó vào cái đã
có. Nội dung của sáng tạo gồm hai ý chính, có tính mới ( khác với cái cũ, cái đã
biết và cái có lợi ích ( tốt, có giá trị hơn cái cũ, cái đã biết ).
Ví dụ 2: Khai thác từ một dạng toán đơn giản sách giáo khoa đại số 10 nâng
x 2 + 4 y 2 = 8

 x + 2y = 4

(1)
( 2)

cao: Giải hệ phương trình :
[1]
Đây là bài toán tương đối đơn giản với học sinh trung bình, khá. Xong
với học sinh giỏi thì giáo viên cần khai thác thêm để học sinh có thể phát triển
thêm về mặt tư duy sáng tạo
Cách 1:
Từ (2) rút ra x = 4-2y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn)
Ta được :

(4 − 2 y ) 2 + 4 y 2 = 8 ⇔ 16 − 16 y + 4 y 2 + 4 y 2 = 8 ⇔ y 2 − 2 y + 1 = 0

⇔ y1 = y 2 = 1

thay vào biểu thức (3) ta có : x=2
x = 2

y =1

Vây hệ có nghiệm duy nhất :
Đặt vấn đề: Ngoài cách giải trên có còn cách giải nào khác để giải hệ trên
không?
Cách 2: Ta có thể chuyển một phương trình của hệ thành dạng a 2+b2 = 0 được
không ?
Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta
x = 2
2
2
x 2 − 4 x + 4 y 2 − 16 y = −8 ⇔ ( x − 2) + 4( y − 1) = 0 ⇔ 
y =1

được:
thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1.
Một cách giải khác về hệ phương trình trên

Gọi (xo,yo) là nghiệm của hệ phương trình, tức

 x0 2 + 4 y0 2 = 8

 x0 + 2 y 0 = 4

(α − x0 ) 2 + (α − 2 y 0 ) 2 = 0

Ta xét phương trình bậc hai ẩn α :
Rõ ràng phương trình đã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x0= 2y0
Mặt khác ta thấy
Phương trình
5

(

)

⇔ 2α 2 − 2α ( x0 + 2 y 0 ) + x02 + 4 y 02 = 0 ⇔ 2α 2 − 2α .4 + 8 = 0 ⇔ α = 2

5


Vậy xo = 2 ; yo =1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
Cách 3: phương pháp hình học hoá
Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1) và
(2).
Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để
hệ đối xứng. Từ đó ta có cách 2:
 x 2 + (2 y ) 2 = 8
⇔
 x + 2y = 4

x 2 + t 2 = 8

 x+t = 4

Hệ (1.2)

Đặt : 2y=t khi đó hệ trở thành
(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t )
Hệ

x 2 + t 2 = 8
( x + t ) 2 − 2 xt = 8
x + t = 4
⇔
⇔


x+t = 4
 xt = 4
 x+t = 4

x − 4x + 4 = 0
2

trình

của hệ (1.2) là :

⇔ x1 = x 2 = 2

Vậy x, t là nghiệm của phương

nên hệ có nghiệm x = t = 2 Suy ra nghiêm

x = 2


y =1

Một cách suy nghĩ về hệ phương trình
Hệ phương trình :

x 2 + t 2 = 8

 x+t = 4

x 2 + t 2 = 8

 x+t = 4

thì phương trình

x2 + t 2 = 8

là phương trình

2 2

đường tròn tâm O(0,0) và bán kính R =
. Còn phương trình thứ hai của hệ :
x+t = 4 là phương trình đường thẳng cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại
điểm B(0,4).
Khi thử biểu diễn hình học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường
thẳng tiếp xúc với đường tròn, vậy ta có cách giải thứ 4:
Cách 5
Ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh giá
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?

Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là
Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là
Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là
Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là

x2

x
4 y 2 = (2 y ) 2

2y

Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và
6

a2 b2

,

6


Ta nhớ lại: bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xky cho hai bộ số trang 111 SGK-ĐS

(a

2

)(

)

+ b 2 c 2 + d 2 ≥ ( ac + bd )

2

10 nâng cao:
Ta có : Áp dụng bất đẳng thức này cho 4 số : x; 2y; 1; 1 ta có:

(1

)(

)

(

)

2

+ 12 x 2 + y 2 ≥ ( x.1 + 2 y.1) ⇔ 2 x 2 + 4 y 2 ≥ ( x + 2 y )

(

2

2 x + 4y

2

)≥4

2

2

2

(4) Vậy theo (2) ta có :

⇒ x + 4y ≥ 8
2

2

x 2y
=
⇔ x = 2y
1
1

Để có (1) cần có
, thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2.
Vẫn với phân tích để tìm ra cách 4 , ta còn thấy một phép toán hình học có liên

(a

quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và

2

,b 2

)

.Đó là :

→

→

u = ( a, b ) , u = a 2 + b 2
→

→ →

v = (1,1) ⇒ u . v = a + b

Vậy nếu chọn
. Từ đó gợi cho ta cách giải 5.
Cách 6
Một cách giải khác nhờ công thức tích vô hướng
→

⇒ u =
→

Đặt

→ →

Lưu ý cho học sinh:

2;

u .v = x + 2y

u . v = u . v . cos α

Mặt khác :

2

→ →

→

u = ( x,2 y ) ; v = (1,1)
→ →

→

x 2 + ( 2 y) ; v =


 → →
 α =  u, v  






 
⇒ uv ≤ u v

ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.

Vậy ta được :

x + 2 y ≤ 2. x 2 + ( 2 y )

(

⇔ ( x + 2 y ) ≤ 2. x 2 + 4. y 2
2

)

(5) .
(Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

cos α = 1 ⇒ α = 0 o

→ →

hoặc

α = 180 o ⇔ u ; v

cùng phương hay tồn tại

 x = k .1
u = k. v ⇔ 
⇔ x = 2 y ⇒ x = 2; y = 1.
 2 y = k .1
→

k∈R

2

→

để :
Ta để ý bất đẳng thức (4) ở cánh 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống
nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
7

7


Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việc đặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng
minh bài tập bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt trước cách làm trên ta có cách chứng minh như sau:
→

Xét

→

→

u = ( a , b ) ; v = ( c, d )
→ →

→

→

u.v ≤ u . v

do:

→

⇒ u = a2 + b2 ; v = c2 + d 2

→ →

,và

u . v = a.c + b.d

a.c + b.d ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2 ⇔ ( a.c + b.d ) ≤ ( a 2 + b 2 ).( c 2 + d 2 )
2

nên

→
→
u
=
k
.
 → →v ⇔
 v = 0

 a = k .b
a b

⇔ a.d = b.c; (hay : = )
c
=
k
.
d


c d
b = d = 0

.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp
dụng bất đẳng thức quen thuộc khác:
a + b ≤ 2.( a 2 + b 2 ) ; (hay : ( a + b ) ≤ 2.( a 2 + b 2 ))
2

từ đó ta có cách 5:

Cách 7 Áp dụng BĐT trên với a = x và b = 2y
Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x 2+(2y)2 . Điều đó
lại gợi cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học
(0 o ≤ α < 180 o )

sin 2 α + cos 2 α = 1

(SGK hình học 10)
Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , đế được điều đó ta chia hai vế
2

của phương trình (1) cho 8 khi đó: (1)
sinα =

Vậy nếu có góc α để
x

có điều kiện

2 2

x
2 2

2

 x   y 
⇔
 +
 =1

2 2  2

cos α =

thì

.

y
2

sinα =

. Nhưng để có :

x
2 2

cần

≥0

. Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :

 x <4
 x ≤8
⇒
⇒
(∗)
2

2
y
<
4
4 y ≤ 8

2

Từ PT(1)
. Nếu có một trong hai số x hoặc 2y
nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẫn đến số còn lại phải lớn hơn 4, điều này
0≤

x
2 2

≤1

mâu thuẫn với (*).Vậy ta được
;
Cách 8 Lượng giác hoá bài toán đại số

8

0≤

y
2

≤1

.Từ đây ta có cách 6:

8


sinα =

Theo lý luận trên thì có góc α để
2

suyra:

x
o
o
2 2 (0 ≤ α ≤ 90 )

Thay vào PT(1)

2

 y 
 x 
y

 = 1 − 
 = 1 − sin 2 α = cos 2 α ⇒
= cos 2 α = cos α
2

 2
2 2

Ta

x = 2 2 sinα

được

2 y = 2 2 cos α ;

. Thay vào phương trình (2) ta được :
0 o ≤ α < 180 o

sinα + cos α = 2

sinα + cos α = 2 . cos α − 45o

Ta đã có bài tập: Với
thì
(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ).
x = 2 2 sin 45o = 2

Vậy

. cos α − 45o = 1 ⇒ α − 45o = 0 o ⇔ α = 45o

Suy ra

y = 2 cos 45o = 1;

Tính linh hoạt, tính độc lập, tính mềm dẻo là những điều kiện cần thiết
của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của tư duy
sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ nét ở khả năng tạo ra cái mới,
phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới tuy nhiên chúng
ta không xem nhẹ cái cũ bởi vì kiến thức cơ bản là gốc của mọi vấn đề phát
triển lên cái mới.
2.2.Thực trạng vấn đề. Trong giảng dạy học sinh THPT vấn đề dạy học sinh
phát triển tư duy sáng tạo trong học tập là vấn đề khá khó, do thói quen ỷ lại,
tính tự lập, cách phát triển một vấn đề của học sinh không cao do đó giáo viên
cần nắm vững các đặc trưng của sáng tạo để phần nào giúp học sinh có tư duy
tốt trong học tập.
Một số đặc trưng của tư duy sáng tạo. [2]
Tư duy sáng tạo có những đặc trưng cơ bản sau:
a- Tính mềm dẻo: Là năng lực dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang
hoạt động trí tuệ khác, vận động linh hoạt phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu
tượng hoá, khái quát hoá, cụ thể hoá: Có thể chuyển hoá một bài toán từ dạng
này sang dạng khác bằng cách: Hình học hoá bài toán đại số, lượng giác hoá
bài toán đại số. Đại số hoá bài toán hình học, lượng giác v.v…
b- Tính nhuần nhuyễn: Là tạo ra một cách nhanh chóng sự tổng hợp giữa các
yếu tố riêng lẽ của tình huống, đưa ra giả thiết mới. Tính đa dạng của cách xử
lý bài toán, có cách nhìn khác nhau một hiện tượng, một sự vật và cụ thể là một
bài toán .Tránh cái nhìn bất biến, phiến diện, cứng nhắc.
9

9


c- Tính độc đáo: Tức là khả năng tìm ra các giải pháp hay, lạ tuy đã biết những
giải pháp khác.

d- Tính nhạy cảm vấn đề: Khả năng nhanh chóng phát hiện ra vấn đề, khả
năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu lô gíc, chưa tối ưu từ đó có nhu cầu
cấu trúc lại, tạo ra cái mới.
e- Tính hoàn thiện: Khả năng lập kế hoạch, quy trình giải phối hợp các kiến
thức đã biết, hành động để thực hiện ý tưởng, kiểm tra kết quả thực hiện.
2.3. Giải pháp để giải quyết vấn đề
a- Các yêu cầu cơ bản.
Học sinh nắm vững định nghĩa: Trục tọa độ, hệ trục tọa độ Oxy, Oxyz.
Tọa độ véc tơ, tọa độ điểm trong hệ trục, các biểu thức tọa độ, các bài toán cơ
bản trong hệ trục tọa độ..
Về kỹ năng: Yêu cầu học sinh biết cách tìm tọa độ điểm, phương trình
đường thẳng , đường tròn, conic trong Oxy, phương trình đường thẳng , phương
trình mặt phẳng, mặt cầu vv... Trong Oxyz
Học sinh biết linh hoạt vận dụng các kiến thức đã học vào bài toán tìm
tọa độ điểm, phương trình các đường theo yêu cầu bài tóan.
Học sinh biết vận dụng các bài toán cơ bản vào việc phát triển khả năng
sáng tạo trong quá trình giải toán.
Một số kiến thức chuẩn bị.
Kiến thức véc tơ, phương pháp tọa độ trong mặt phẳng lớp 10
Kiến thức về hình học không gian lớp 11, phương pháp tọa độ trong không gian
lớp 12
Kiến thức hình học liên quan đến tích vô hướng, độ dài đoạn thẳng, khoảng
cách.
Tài liệu bồi dưỡngthường xuyên: Dạy và học tích cực, các phương pháp dạy và
học tích cực...vv
b. Một số ví dụ minh họa. Tọa độ hóa bài toán hình học theo hướng phát
triển tư duy sáng tạo cho học sinh dành cho học sinh khá, giỏi.
Rèn luyện cách nhìn bài toán dưới nhiều khía cạnh.
Trước hết phải lựa chọn bài toán có những đối tượng, những quan hệ
có thể xem xét dưới nhiều khía cạnh khác nhau.

Việc cho học sinh làm quen với bài toán đó sẽ giúp học sinh rèn luyện
khả năng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, rèn
10

10


luyện khả năng nhìn một đối tượng toán học dưới nhiều khía cạnh khác
nhau. Qua đó giúp học sinh bước đầu rèn luyện tư duy mềm dẻo, nhuần
nhuyễn và độc đáo. Hơn nữa trên cơ sở tập hợp nhiều lối giải khác nhau cho
một bài toán ta so sánh các lời giải nhờ đó tìm ra lời giải mới lạ nhất, hay
nhất, ngắn nhất.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. AB = 3a, AC = 4a. Đường cao AH,
điểm I thuộc cạnh AB sao cho

IB 1
=
IA 2

. CI cắt AH tại E. Tính CE. [3]

Phân tích bài toán: Đây là bài toán không khó đối với học sinh lớp 9 vì chỉ cần
các kiến thức về tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông là
các em có thể giải quyết được. Xong với học sinh lớp 10 giáo viên cần hướng
dẫn để học sinh có thể vận dụng các kiến thức đã học vào việc giải quyết bài
toán và từ đó tìm ra hướng giải quyết bài toán một cách nhanh nhất, tối ưu nhất,
ít thời gian nhất. Sau đây tôi đưa ra một vài phương án giải quyết bài toán này.
Lời giải
y

HÌNH VẼ 1
B

HÌNH VẼ 2

B

K
H

I

H

I
E

E

A

A

C

C

x

Cách 1: ( Hình vẽ 1

⊥

IK =

Kẻ IK BC. Ta có:

1
AH
3

vuông tại A ta tính được AH =
22
a
5

11

. Mà:

mà theo hệ thức lượng trong tam giác ABC
12a
5

; CH =

16a
5

; CI =

2a 5

; IK=

4a
5

thì CK =

CE CH
16 5
=
⇒ CE =
a
CI CK
11

11


Cách 2: ( Hình vẽ 1)
cos BCI =

Theo định lý cosin trong tam giác BIC thì:

BC + CI − BI
22
=
2.BC.CI
10 5

2

CH.cosBCI=

2

2

. Xét tam giác vuông CHE vuông tại H:

CE =

16 5
a
11
≡ O (0;0)

⊥

Cách 3: (Hình vẽ 2) Do AB AC. Chọn hệ trục tọa độ Oxy: A
,
C(4a;0) B(0;3a). Khi đó: I(0;2a): phương trình CI là phương trình đoạn chắn:
x
y
+
=1
4a 2a

BC = −a ( 4;−3)

, phương trình AH có véc tơ pháp tuyến
nên có
phương trình: 4x - 3y = 0. E là giao điểm của CI và AH nên toa độ E là nghiệm

của hệ phương trình:

12a

x=

x
+
2
y
=
4
a


11
⇔

4 x − 3 y = 0
 y = 16a

11

Vậy

 12a 16a 

E
;

 11 11 

CE =

thì

16 5
a
11

.

Nhận xét về cách giải: Cách giải 3 không phải là cách giải ngắn gọn nhất.
Nhưng với việc tọa độ hóa bài toán thì đây là cách giải quyết mà học sịnh học
trung bình cũng có thể làm được. So với cách giải 1, 2 thì đơn giản hơn, vì phải
sử dụng đến đường vẽ phụ mà học sinh ít khi nghĩ tới trong bài toán hình học
( Trừ học sinh khá, giỏi)
BÀI TẬP VẬN DỤNG VÀO CHO HỌC SINH LỚP 12
Bài 1: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông AB=3a, AC=4a,
IB 1
=
IA 2

⊥

I thuộc cạnh AB sao cho
. AH BC. Các mặt (SCI) và (SAH) đều

vuông góc với mặt phẳng đáy. [4]
a) Tính thể tích khối chóp: S.ABC nếu SC hợp với đáy góc 450.
b) Tính thể tích khối chóp: S.ABC nếu (SBC) hợp với mặt đáy góc 600.
=

c) Tính thể tích khối chóp: S.ABC nếu SC

29a 5
11

.

Rèn luyện sự mềm dẻo trong suy nghĩ giải quyết vấn đề.
Một trong những nhiệm vụ quan trọng của người thầy giáo là rèn
luyện cho học sinh lòng say mê học tập, ham muốn hiểu biết, biến nó thành
nhu cầu, một nguồn vui trong cuộc sống. Cần rèn luyện cho học sinh ý chí
12

12


tiến lên không ngừng, luôn sáng tạo không bằng lòng với những cái hiện có
mà luôn luôn tìm cách cải tiến, cần giúp học sinh tránh ý nghĩ rằng " vấn
đề đó đã cạn, chẳng còn gì để đào sâu, mở rộng, cải tiến, sáng tạo mới" ý
nghĩ đó sẽ làm cằn cỗi khả năng sáng tạo của học sinh. Người thầy giáo
cũng cần giúp học sinh tránh định kiến cho rằng kiến thức còn quá ít chưa
thể sáng tạo được, cần rèn luyện cho học sinh tinh thần học tập kiên trì,
nhẫn nại, vượt khó khăn, để có thể giải quyết những bài toán khó hơn.
Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, góc
∠ABC = 60 0

. Gọi O là tâm đáy, (SAC) vá (SBD) vuông góc với (ABC), SC hợp
với mặt đáy góc 450. Tính khoảng cách giữa AB và SC. [5]
Nhận xét: Đây là bài toán tương đối đơn giản mà hầu hết học sinh từ trung
bình trở lên đều có thể giải quyết được . Xong nếu chỉ dừng lại ở chổ tính được
khoảng cách của AB và SC thì học sinh hoặc không có một cảm xúc gì về bài
toán đã giải được hoặc không giải được vì lý do lý thuyết về khoảng cách của
hai đường thẳng chéo nhau. Giáo viên cần hướng dẫn học sinh vận dụng kiến
thức hợp lý vào giải bài toán để có thể khái quát một số phương pháp tính
khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau hoặc đơn giản là tính khoảng cách
từ một điểm đến một mặt phẳng mà hầu hết các đề thi đều có.
Một vài cách giải thể hiện “sự mềm dẻo trong suy nghĩ giải quyết vấn đề”
z
S
S

K

x

A
O

HÌNH VẼ 1

13

O

H

C

B

D

A

D

B

C

y

HÌNH VẼ 2

13


Do bài toán cho (SAC) và (SBD) cùng vuông góc (ABC) nên ta dễ dàng xác
định được đường cao hình chóp là SO.
Cách giải 1 ( trực tiếp): Tìm đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo
nhau. Lưu ý: AB, SC không vuông góc với nhau do đó việc tìm đoạn vuông
góc chung của chúng là không hề đơn giản.
Lý thuyết chung: Cho a, b chéo nhau và không vuông góc với nhau. Tìm đoạn
vuông góc chung.
a

b

b/

A
B
P
M
N

Về mặt lý thuyết việc tìm đoạn vuông góc chung của chúng là : Ví dụ a,
b chéo nhau và không vuông góc với nhau thì quy trình là:
+ Chọn (P) vuông góc với a, gọi b/ là hình chiếu của b trên (P)
a ∩ ( P) = A

⊥

+
. Kẻ AB b/, qua B kẻ BN // a. BN ( N thuộc b). Kẻ NM//AB, M
thuộc a . Thì doạn vuông góc chung là MN.
Như vậy: cách 1 là cách làm không khả thi( không phải là chúng ta không giải
quyết được mà vì chúng ta cần hạn chế về thời gian để giải quyết một vấn đề ),
trong đó nếu chúng ta mềm dẻo hơn thì bài toán trở thành đơn giản rất nhiều.
Cách giải 2 ( cách giải gián tiếp). Hình vẽ 1:
Do AB//CD nên AB//(SCD) do đó: d(AB,SC) = d(AB,(SCD))= d(A, (SCD)).
Ta tính khoáng cách từ O đến (SCD). Lý do A,O,C thẳng hàng mà C thuộc
(SCD), O là trung điểm AC nên d(A,(SCD)( = 2d(O,(SCD))
Kẻ OH

14

⊥ CD

thì (SCD)

⊥

⊥

(SOH) khi đó Kẻ OK SH thì
14


a 3
2

⊥

OK (SCD).D(O,(SCD)) = OK, để tìm: OH =

Vậy d( AB,SC) =

2a 21
7

, SO = a, thì OK =

a 21
7

.

(đvd)

Cách giải 3 ( cách giải gián tiếp). Hình vẽ 1:
Do AB//CD nên AB//(SCD) do đó: d(AB,SC) = d(AB,(SCD))= d(A, (SCD)).
1
2

Do VA.SCD = VS.ABCD =

1
12

.SO.AC.BD =

1
a3 3
a.2a.2a 3 =
12
3

3VA.SCD
2a 3 3
2a 3 3
=
=
=
dt ∆SCD
SH .CD a 7

2a 21
.2 a
2
7

D(A,(SCD))=

(đvtt)

Vậy d( AB,SC) =

2a 21
7

Cách giải 4 (trực tiếp). Hình vẽ 2:
Do OD,OC,OS đôi một vuông góc: OD =
tọa độ Oxyz như hình vẽ: O(0;0;0), D(
Khi đó: A(0;-a;0), B(
CA = ( 0;−2a;0 )

d(AB,SC) =

− a 3;0;0)

a 3;0;0)

. Ta tính được:

[ AB, SC ] = (− a ;−a
2

.

a 3

[ AB, SC ].CA
=
[ AB, SC ] 2a 7 21

2

3 ;− a 2 3

)

,

, OC = a. OS = a. Chọn hệ trục

, C(0;a;0), S(0;0;a)

AB = (−a 3; a;0) SC = ( 0; a;−a )

,

,

CA = ( 0;−2a;0 )

.

Bài tập vận dụng:
Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD. Đáy ABCD là hình vuông cạch a.
SA = a và SA vuông góc với đáy.
⊥

1) Tính diện tích tam giác SBD, chứng minh BD SC
2) Tính góc SC và (SBD).
3) Tính khoảng cách BD và SC bằng các cách khác nhau.
Bài tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A/B/C/D/. Cạnh bằng a. I là trung điểm
CC/, O là tâm của mặt AA/B/B ,các điểm M,N trên các đường thẳng AD, A/B/
sao cho MN luôn cắt và vuông góc với OI. Tính MN theo a [6]
15

15


Rèn luyện tính độc lập, tính linh hoạt trong việc giải toán:
Tính độc lập của tư duy thể hiện ở khả năng tự mình phát hiện vấn đề,
tự tìm phương hướng, tìm ra cách giải quyết. Tự kiểm tra và hoàn thiện kết
quả. Tự đánh giá và được người khác đánh giá ý nghĩ của mình. Cần có
tinh thần hoài nghi ( đặt những câu hỏi, tại sao?; vì sao? ; như thế nào?
khi /lĩnh hội kiến thức). Tránh phụ thuộc vào suy nghĩ của người khác, đặc
biệt là suy nghĩ của thầy áp đặt học sinh. Trong quá trình giải quyết vấn đề
có thể bài toán được ẩn chứa ở nhiều hình thức khác nhau cho dù nội dung
của nó, bản chất của vấn đề chỉ là một, học sinh không những giải quyết
một vấn đề mà phải vận dụng vấn đề đó vào nhiều lĩnh vực khác nhau. Điều
đó giúp nhiều học sinh tính linh hoạt trong giải quyết những vấn đề trong xã
hội, trong công tác xây dựng và phát triển đất nước.
Ví dụ 3: Bài tập 12 trang 82 SGK hình học nâng cao lớp 12

Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA, đáy ABC là tam giác vuông tại C. Gọi
1
SN = SB
3
M là trung điểm của AC, điểm N thỏa mãn;
. Giả sử SA = h, AC = b,
BC = a. [7]
a) Tính MN theo a,b. h.
⊥

b) Tìm mối liên hệ của a, b, h để MN SB
Hướng dẫn học sinh: Nều sử dung kiến thức hình học không gian tổng hợp
thì đa số học sinh trung bìnhz và khá rất khó giải quyết bài toán này, kể cả học
sinh giỏi củng nhiều em lúng túng trong một thời gian nhất định. Nhưng hãy
giúp học sinh một hướngD suy nghĩ tích cực hơn như gợi ý cho học sinh chọn
một hệ trục tọa độ hợp lý thì bài toán sẽ trở thành vấn đề đơn giản hơn rất nhiều
đó là nhiệm vụ mà giáo viên cần phải giúp cho học sinh để học sinh có thể
“Rèn luyện tính độc lập, tính linh hoạt trong việc giải một bài toán”
S
N

C

B
x

M

16

A
y

16


Hướng dẫn cách giải:
Dựng

CD = AS

. Khi đó CB, CA,CD là 3 tia đôi một vuông góc với nhau.
b
2

≡ O( 0;0;0 )

Chọ hệ trục Oxyz : C
, B(a;0;0). A(0;b;0), D(0;0;h) khi đó:M(0; ;0),
1
 a 2b 2h 
N ; ; 
SN = SB
3 3 3 
3
do
và S(0;b;h) thì

+ Vậy MN =

+

4a 2 + b 2 + 16h 2
6

 a b 2h 
MN  ; ; 
 3 6 3  SB ( − a; b; h )

,

.
⊥

, để MN SB thì

a 2 b 2 2h 2
MN .SB = 0 ⇔ − + +
=0
3
6
3
a>

Vậy mối liên hệ cần tìm là: 2a2 – b2 - 4h2 = 0 để tồn tại cần:

b 2
2

.

Bài tập vận dụng: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là nửa lục giác đều
a 3
cạnh a. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA =
. M là một điểm khác B và S
SM
SB
⊥
trên cạnh SB sao cho AM MD. Tính tỉ số
.
Nhận xét:
Trong bài giải ví dụ trên: Sở dĩ chúng ta giải bài toán này bằng phương pháp
tọa độ hóa vì lời giải ngắn gọn phù hợp với đa số học sinh và còn có thể v/ận
17

17


dụng được kiến thức tạo độ trong không gian một kiến thức được sử dụng
nhiều trong các kỳ thi của học sinh lớp 12.
BÀI TẬP HỌC SINH TỰ LUYỆN
Bài 1; Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a.
Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD,
góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0. Tính thể tích của khối
chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
Bài 2:Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =
a 3
2

và góc BAD = 600. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và

A'//B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối
chóp A.BDMN. [8]
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Lớp thực nghiệm: 12A1 51 học sinh Lớp đối chứng : 12A2 49 học sinh.
I- Kết quả thực nghiệm.
Mục đích của thực nghiệm là kiểm tra tính hiệu quả của đề tài và quan
tâm đến các hoạt động trí tuệ của học sinh.
ĐỀ KIỂM TRA :Thời gian 45 phút.
Bài 1: (6 điểm) Cho tứ giác ABCD là hình thang vuông tại A,B. Điểm H là
trung điểm AB, AB = 2a, BC = a, khoảng cách từ D đến HC bằng
HC và tính diện tích hình thang.

2a 2

. Tính

Bài 2: (4 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = 2 2a
. Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD)
một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC và SD theo a.
2- Kết quả thực nghiệm.
Điểm

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Tổng số bài

0

0

0

1

2

11

10

1
2

8

6

7

51

Đối chứng 0

0

1

3

4

12 18 8

2

1

0

49

T.nghiệm

18

18


Lớp thực nghiệm: 94% đạt điểm trung bình trở lên và có 33% đạt điểm khá,
giỏi .
Lớp đối chứng: 84% đạt điểm trung bình trở lên và 22% đạt điểm khá, giỏi
Qua bài kiểm tra cho thấy kết quả đạt được ở lớp thực nghiệm cao hơn
khá nhiều so với lớp đối chứng. Nguyên nhân là do lớp thực nghiệm được
luyện tập các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa
bài toán....Được bồi dưỡng các tư duy sáng tạo thông qua các bài tập nên các
em hoàn thành bài kiểm tra một cách tốt hơn. Từ đó rút ra kinh nghiệm cho
giáo viên trong quá trình giảng dạy nếu chúng ta biết đầu tư phương pháp
thích hợp và khai thác các bài tập sẳn có trong SGK thì có thể có những tác
dụng tích cực trong việc gây hứng thú cho học sinh, lôi cuốn các em vào việc
học tập một cách tích cực nhờ đó mà kiến thức của các em củng vững vàng hơn
đồng thời củng làm phát triển khả năng tư duy sáng tạo góp phần xây dựng
chất lượng học tập môn toán trong trường trung học phổ thông.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ:
Trong quá trình giảng dạy toán ở trường THPT tôi luôn tìm tòi học
hỏi để có thể có một phương pháp giúp học sinh biết tiếp cận một cách tốt
nhất những kiến thức mà các em cần lĩnh hội, các phương pháp phát huy

năng lực sáng tạo trong bài tọa đọ hóa bài toán hình học là một ví dụ mà tôi
đã thực hiện. Muốn phát triển các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo cho
học sinh giáo viên cần chú trọng đến một số vấn đề sau:
Rèn luyện các yếu tố đặc trưng của tư duy thông qua các bài toán cụ
thể.
Hệ thống bài tập phải rèn luyện được cho học sinh các yếu tố đặc
trưng của tư duy: Sáng tạo, mềm dẻo, tính độc lập và linh hoạt.
Hệ thống bài tập phải bao quát toàn bộ kiến thức ở nhiều mức độ từ
đơn giản đến phức tạp để có thể rèn luyện các yếu tố khác nhau của tư duy.
Từ kinh nghiệm trong giảng dạy áp dụng sáng kiến với sự giúp đỡ của
các thầy (cô) đồng nghiệp: Tôi đã đạt được một số kết quả: Trong kỳ thi học
sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2016 - 2017 tôi đã có 8/10 học sinh dự thi đạt học
sinh giỏi cấp tỉnh: 1 giải nhì, 3 giải ba và 4 giải khuyến khích cho 2 môn
Toán và máy tính CASIO . Kết quả học sinh thi tốt nghiệp là 100% đạt điểm
trung bình trong đó có trên 80 % đạt điểm khá giỏi. Đặc biệt trong năm học
2016 – 2017 tỷ lệ học sinh đậu đại học là 95% trong đó có 16% đạt điểm thi
từ 9 điểm trở lên.
Kết quả thu được trong năm học 2017 – 2018 trong số học sinh tôi
giảng dạy là: 95% học sinh đạt loại trung bình trở lên, 65% đạt điểm khá,
19

19


giỏi. Qua đó tôi nhận thấy với đối tượng học sinh trong một lớp có nhiều
mức độ tiếp thu khác nhau. Giáo viên cần phải đầu tư nhiều hơn để lôi cuốn
học sinh vào hoạt động học tập, góp phần ngày càng nâng cao chất lượng
giảng dạy trong trường phổ thông.
Thanh hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
XÁC NHẬN CỦA

HIỆU TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác
Người viết sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Tiến Dũng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT

Tên tài liệu tham khảo

[1]

Sách giáo khoa Đại số 10 – phần Hệ phương trình bậc 2

[2]

Giáo trình phương pháp dạy hoc môn Toán

[3]

Bài 5 trang 59 - Giải toán hình học 10- nhà xuất bản giáo dục
Chủ biên: Trần Thành Minh

[4]

Đề thi đại học năm 2015 ( có chỉnh sửa)

[5]

Tham khảo bài tập trong sách bài tập và chỉnh sửa

[6]

Tham khảo bài tập trong sách bài tập và chỉnh sửa

[7]

Bài tập 12 trang 82 SGK hình học nâng cao lớp 12
NHỮNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

20

20


ĐÃ ĐƯỢC SỞ GD&ĐT THANH HÓA CÔNG NHẬN
STT

TÊN ĐỀ TÀI

XẾP
LOẠI

NĂM CÔNG
NHẬN

1

Kinh nghiệm vè các đường Cô–níc bằng
com-pa và thước ke

C

2002

2

Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh
thông qua bài toán GTLN, GTNN

C

2006

3

Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh
thông qua bài toán GTLN, GTNN ( phát
triển từ sáng kiến kinh nghiệm 2006)

B

2009

4

Kinh nghiệm rèn luyện tư duy sáng tạo
thông qua bài toán hình học

C

2012

5

Kinh nghiệm rèn luyện tư duy sáng tạo
thông qua bài toán hình học ( phát triển
từ sáng kiến 2011)

C

2015

21

21