Tạo hứng thú cho học sinh khá, giỏi trong trường THPT thường xuân 3 về định hướng và tìm lời giải bài toán hình học tọa đ

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
+ Môn toán là một trong những môn học quan trọng nhất ở chương trình
giáo dục phổ thông. Nó là chìa khóa để mở ra các môn học khác. Đồng thời nó
có khả năng phát triển tư duy lôgic, phát triển trí tuệ cần thiết giúp con người
vận dụng vào cuộc sống hằng ngày. Phần phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Oxy lại thể hiện khá rõ nét những đặc tính đó.
+ Ở lớp 10, các em học sinh đã được tiếp cận với phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng. Thế nhưng các bài toán mà sách giáo khoa đưa ra chỉ nhằm
mục đích giúp học sinh bước đầu biết được phương pháp tọa độ và áp dụng
phương pháp này vào các bài toán đơn giản như: lập phương trình đường thẳng,
đường elip, đường tròn,... và các bài toán về khoảng cách và góc. Do đó, học
sinh vẫn còn rất lúng túng khi gặp những bài toán khó trong các đề thi THPT
quốc gia và đề thi học sinh giỏi.
+ Khi gặp các bài toán hình học tọa độ trong mặt phẳng Oxy sử dụng đến
các tính chất hình học thuần túy các em không biết bắt đầu từ đâu, dựa vào đâu
để suy luận tìm lời giải. Nguyên nhân của vấn đề trên một phần vì học sinh ngại
hình học phẳng vì cứ nghĩ hình học phẳng là khó nên “ lười’’ tư duy, một phần
vì giáo viên khi dạy cũng không chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh,
chưa phân tích kĩ tìm lời giải cho các bài toán, các bài tập minh họa cũng đơn
điệu, rời rạc, thiếu sức lôi cuốn, điều này không gây được hứng thú học tập và
sự sáng tạo cho các em và dẫn đến kết quả học tập của học sinh còn nhiều hạn
chế.
+ Giải các bài toán hình phẳng trong các kỳ thi THPT quốc gia và thi học
sinh giỏi thường phù hợp hơn với những học sinh khá, giỏi, những học sinh có
kiến thức vững vàng về hình học phẳng ở THCS.
+ Ngoài ra, học sinh trường THPT Thường Xuân 3 là học sinh miền núi,
đa số là con em dân tộc thiểu số. Với điều kiện kinh tế khó khăn và trình độ dân
trí còn thấp nên số lượng học sinh có lực học khá giỏi ở môn toán còn ít.
Vì vậy tìm ra một cách tiếp cận để giải quyết các vấn đề trên giúp học
sinh học một cách tự nhiên, dễ hiểu là sự trăn trở của tác giả, để học sinh không

còn sợ môn học này nữa và đặc biệt là có hứng thú khi gặp các bài toán dạng
này.
Từ những lí do trên tôi chọn đề tài: “Một số giải pháp giúp học sinh khá,
giỏi ở lớp 10 trường THPT Thường Xuân 3 giải các bài toán hình học tọa độ
Oxy.”
1.2. Mục đích nghiên cứu

1


Nghiên cứu nội dung chương trình hình học lớp 10 THPT, các bài toán
dành cho học sinh khá, giỏi từ đó xây dựng các thao tác cần thiết để giúp học
sinh sử dụng tốt phương pháp tọa độ vào giải các bài toán tổng hợp.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là:
- Xây dựng nguyên tắc xác định hệ trục tọa độ Đề các tương ứng với mỗi
loại hình.
- Hình thành cô đọng lượng kiến thức thiết yếu, nền tảng làm cơ sở cho
giải pháp sử dụng công cụ tọa độ.
- Phân dạng được các bài tập và hướng dẫn từng cách giải.
- Khám phá, phân tích nhiều lời giải trên một bài toán, làm rõ quan hệ hữu
cơ, sự hỗ trợ bổ sung cho nhau giữa các cách giải, từ đó hoàn thiện kiến thức và
nắm bắt bài toán một cách thấu đáo và có chiều sâu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
+ Phương pháp nghiên cứu lý luận: nghiên cứu tài liệu, các đề thi THPT
quốc gia, đề thi HSG các cấp, sách tham khảo liên quan đến vấn đề sử dụng
phương pháp tọa độ Oxy, nghiên cứu chương trình giáo khoa của bộ môn.
+ Phương pháp nghiên cứu thực tế: thông qua việc dạy và học phân môn
Hình học lớp 10 ở THPT rút ra một số nhận xét và phương pháp giúp học sinh
rèn luyện kỹ năng giải toán bằng phương pháp tọa độ hóa.

+ Phương pháp kiểm chứng sư phạm: tiến hành dạy và kiểm tra khả năng
ứng dụng của học sinh nhằm minh chứng bước đầu cho khả năng giải quyết
mạnh mẽ của phương pháp tọa độ hóa và việc áp dụng phương pháp tọa độ hóa
vào giải toán.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Mục đích của dạy học toán là phải mang lại cho học sinh những kiến thức
phổ thông, những kỹ năng cơ bản của người lao động, qua đó rèn luyện tư duy
logic, phát triển năng lực sáng tạo, góp phần hình thành thế giới quan và nhân
sinh quan đúng đắn cho các em.
Các bài toán hình học phẳng là phần kiến thức rất đa dạng đòi hỏi kiến thức
logic tổng hợp. Để học tốt được phần này học sinh phải nắm chắc các kiến thức,
kĩ năng về hình học phẳng ở cấp THCS. Học sinh phải thường xuyên sưu tầm
các bài tập mới lạ, thường xuyên làm bài tập để học hỏi, trau dồi phương pháp,
kĩ năng khi biến đổi. Thế nhưng làm được điều này thật không đơn giản bởi một
số nguyên nhân sau:
- Các bài tập trong SGK Hình học 10 ở phần này ở mức độ nhận biết,
thông hiểu hoặc ở vận dụng thấp, trong khi đó ở các đề thi nằm ở mức độ vận
dụng cao.

2


- Có quá nhiều dạng toán và đi kèm với đó là nhiều phương pháp, dẫn tới
việc các em cảm thấy lúng túng khi gặp dạng toán lạ. Kĩ năng nhận biết, biến
đổi quy lạ về quen còn hạn chế.
- Số tiết theo PPCT ở chương III – Hình học 10 còn ít.
Do đó tôi luôn luôn có ý định tìm ra một phương pháp mới để truyền dạy
cho học sinh, một phương pháp đơn giản dễ làm, một phương pháp mà học sinh
cảm thấy phấn chấn khi học, một phương pháp giải quyết được nhiều dạng toán

khó mà các em gặp phải trong quá trình ôn luyện.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm.
- Bài toán hình học tọa độ Oxy là phần khó. Lượng kiến thức khai thác là rất
nhiều và đa dạng, nếu không khéo truyền đạt sẽ làm cho các em thấy lan man,
mất phương hướng chứ chưa nói đến sau khi học xong các em nắm được những
phương pháp nào, kĩ năng gì. Do vậy ở phần này người giáo viên cần phải có hệ
thống bài tập minh hoạ cho các phương pháp trọng tâm, các dạng toán quan
trọng. Đặc biệt làm cho các em phải cảm thấy tự tin.
Qua thực tế giảng dạy trực tiếp các lớp 10, tôi thấy rằng khi dạy học sinh
theo sách giáo khoa rồi mở rộng ra những bài tập lấy ở đề thi THPT Quốc gia
những năm trước, đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thì tỉ lệ học sinh giải được là
thấp, thậm chí là “bỏ qua” trong khi bản thân chưa có sự đào sâu suy nghĩ, cộng
thêm nguyên nhân khách quan là phần kiến thức khó, đòi hỏi tư duy cao. Cụ thể
năm học 2017-2018 khi chưa áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy. Tôi cho học
sinh lớp 10A1, 10A2 (2 lớp tập trung nhiều học sinh khá, giỏi nhất khối10) giải
thử một số câu lấy từ nguồn tài liệu trên. Kết quả như sau:
Lớp Tổng
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu,kém
số HS SL
TL %
SL TL %
SL
TL %
SL
TL %
10A1

45
0
0%
13 28,9%
22
48,9%
10
22,2%
10A2
40
0
0%
15 37,5%
14
35%
11
27,5%
Xuất phát từ thực tế đó, trong năm học 2018-2019 tôi đã tiến hành đổi mới
dạy nội dung này tại lớp 10A1 và 10A2 (lớp 10A1 có chất lượng tương đương
với lớp 10A1, lớp 10A2 có chất lượng tương đương với lớp 10A2 trong năm học
trước)
2. 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2. 3. 1. Xây dựng hệ tọa độ
Xây dựng hệ tọa độ hợp lý là điều rất cần thiết cho việc ứng dụng của
phương pháp tọa độ trong việc giải toán. Đây là bước đầu tiên của bài giải.
Người giáo viên cần hướng dẫn khéo léo giúp học sinh nhận ra các tính chất đặc
biệt của bài toán, ở đây chủ yếu là sử dụng tính vuông góc, để xây dựng một hệ
tọa độ mà trên đó các tham số được giảm một cách tối ưu nhất.
Ở đây, ta xem xét một số trường hợp áp dụng tốt phương pháp này.
Đối với các bài toán có sẵn góc vuông như: hình vuông, hình chữ nhật,

tam giác vuông. Đối với các hình như vậy ta có thể chọn hệ trục tọa độ có gốc
3


nằm tại một đỉnh vuông, có hai trục Ox và Oy chứa 2 cạnh tương ứng của góc
vuông đó. Và chọn đơn vị trên các trục bằng độ dài của một trong hai cạnh góc
vuông. Bằng cách chọn như vậy, các tham số được giảm tối đa có thể. Và dạng
hình này cũng là dạng áp dụng thuận lợi nhất phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng này.

Đối với các bài toán có chứa tam giác đều, tam giác cân, tam giác thường.
Ta có thể xây dựng một hệ trục bằng cách dựa vào đường cao. Cụ thể, ta dựng
đường cao từ một đỉnh bất kỳ (đối với tam giác cân ta nên dựng đường cao từ
đỉnh cân). Chân đường cao khi đó chính là gốc tọa độ, cạnh đáy và đường cao
vừa dựng nằmtrên hai trục tọa độ.

Đối với các bài toán có chứa các đường tròn thì ta có thể chọn gốc tọa độ
nằm tại tâm của đường tròn và đơn vị của hệ tọa độ bằng bán kính đường tròn,
một hoặc hai trục chứa bán kính, đường kính của đường tròn.
Tuy nhiên, khi áp dụng thì không cứng nhắc trong việc chọn hệ trục tọa
độ. Nên để học sinh linh hoạt và tìm ra cách chọn tối ưu cho bài toán.
Một số bài toán có thể có nhiều đối tượng hình học trên đó, thì tùy vào giả
thuyết ta chọn hệ trục tọa độ cho phù hợp.
2.3.2. Một số tính chất của hình học phẳng vận dụng vào bài toán phương
pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Học sinh muốn giải thành thạo, giải nhanh các bài toán hình học tọa độ
trong mặt phẳng Oxy ở kỳ thi THPT, thi học sinh giỏi các cấp thì cần nắm vững
được kiến thức về các tính chất, các bài toán cơ bản của hình học phẳng.

4

Bài toán 1: Cho hình vuông ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và
BC . Khi đó AN  DM
Giải: Gọi cạnh hình vuông là a. Ta có
uuuu
r uuuur
uuur uuur uuur uuuur
AN .DM  AB  BN DA  AM
uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur
 AB .DA  AB .AM  BN .DA  BN .AM







a2 a2
 0

 0  0.
2 2
Suy ra AN  DM .

Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta có bài toán sau
Bài toán 2. Cho hình vuông ABCD. Gọi M , N lần lượt thuộc AB và BC sao
uuuur
uuuu
r uuur

uuur
cho AM  kAB, BN  kBC . Khi đó AN  DM .
Bài toán 3. Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a, AD  a 2. Gọi M là trung
điểm AD. Khi đó AC  BM .
Giải: Ta có

uuur uuuu
r uuu
r uuur uuu
r uuuu
r
AC.BM  AB  BC BA  AM
uuu
r uuuu
r uuur uuu
r uuur uuuu
r
  AB 2  AB. AM  BC.BA  BC. AM



  a 2  0  0  a 2.





a 2
 0.
2

Suy ra AC  BM .
Bài toán 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình
vuông ABCD gọi M là trung điểm của cạnh BC , N là điểm
1
nằm trên cạnh AC sao cho AN  AC . Chứng minh rằng
4
DN  MN .
Giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
� a � �a 3a �
D  0;0  , A  0;a  , C  a;0  nên M �
a; �
, N � ; � do đó
� 2 � �4 4 �
uuur uuuu
r
3
3
DN .MN   a 2  a 2  0 . Suy ra DN  MN .
16
16
Nhận xét: Bài toán này được áp dụng khá nhiều trong các
đề thi. Việc chứng minh nó bằng hình học thuần túy như
sau:
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Điểm F
là trung điểm DI . Khi đó FNMC là hình bình hành và F là
trực tâm tam giác NDC nên CF  DN mà CF / / MN . Nên
MN  DN .
5

Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi
H là hình chiếu của B xuống AC . Biết điểm M , K lần lượt là trung điểm của
AH và CD . Chứng minh rằng BM  MK .
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ . Khi đó
� a�
B  0;0  , A  0;a  , C  c;0  . Tọa độ điểm K �
c; �
� 2�
Phương
trình
đường
thẳng
AC : ax  cy  ac; BH : cx  ay  0 . Tọa độ
điểm H là nghiệm của hệ phương trình
ax  cy  ac
� a2c
�
ac 2 �
� H �2
; 2
.
�
2
2 �
cx  ay  0
�
�a  c a  c �
� a 2c

r uuuu
r
a 3  2ac 2 � uuuu
�
;
�
BM
.
MK
 0 � BM  MK
Do đó điểm M � 2
�2  a  c 2  2  a 2  c 2  �
�
�
Nhận xét:
-Ta có thể chứng minh theo cách sau
Gọi E là trung điểm HB . Khi đó tứ giác MECK là hình
bình hành. Suy ra E là trực tâm
tam giác BMC nên BM  CE mà CE / / MK . Nên
MK  MB
- Theo cách này không phải học sinh nào cũng có thể
lấy thêm điểm E . Nhìn ra được tính chất được tính
chất đặc biệt của nó.
Bài toán 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD
�
�  900 và CD  2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên
A D





đường chéo AC . M là trung điểm HC . Chứng minh rằng BM  DM .
Giải:
Cách 1:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi
�c �
C  0;0  , A  0;a  , C  c;0  , B � ; a �. Phương trình đường thẳng
�2 �
AC : ax  cy  ac; DH : cx  ay  0 .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
ax  cy  ac
� a2c
�
ac 2 �
� H �2
; 2
.
�
�
2
cx

ay

0
a

c
a  c2 �

�
�
� a2c
a 3  2ac 2
;
Do đó điểm M � 2
�2  a  c 2  2  a 2  c 2 
�

đó

�
�
�
�
6


uuuu
r uuuur a 2 c  a3  2ac 2   ac 2  ac 2  2a 3 
� BM .DM 
0
2
2 2
4 a  c 
� DM  BM
Cách 2: (thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm HD. Khi đó tứ giác MEAB là hình bình
hành. Suy ra BE  AD nên E là trực tâm tam giác ADM suy
ra DM  AE mà AE / / MB . Nên MD  MB .

Bài toán 7: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 BC .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BD. E, F lần
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD, BH. Chứng
minh rằng EF  AF .(trường hợp đặc điệt của bài toán 5)
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
D  0;0  , A  0;a  , C  2a;0  , B  2a; a  .
Phương trình
đường thẳng BD : x  2 y  0; AH : 2 x  y  a  0 Tọa độ điểm H  AH �BD.
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
�x  2 y  0
�2a a �
� H � ; �.
�
2x  y  a
�5 5 �
�
Do

đó

điểm

�6a 3a �
F� ; �
�5 5 �

;

uuur �a 3a �uuur �6a 2a �

EF  � ; �
; AF  � ;
�. Suy ra EF  AF
�5 5 �
�5 5 �
Ta có thể chứng minh bài toán này theo cách thuần túy sau:
Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH, AB.
Ta chứng minh AF  EF .Ta thấy các tứ giác ADEI và ADFI nội tiếp nên
tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF  EF .
Bài toán 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A.
Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB  3 AD và H là hình chiếu vuông
góc của B trên CD. Điểm M là trung điểm của HC. Chứng minh rằng
MA  MB.
Giải:
Cách
1:Chọn
hệ
trục
tọa
độ
như
hình
vẽ.
Khi
đó
I  0;0  , A  0;a  , C  c;0  , B  c;0  . Phương trình các đường thẳng
DC : ax  2cy  ac; BH : 2cx  ay  2c 2 . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
ax  2cy  ac
�
�a 2 c  4c3 4ac 2 �

�H� 2
; 2
phương trình �
.
2
2 �
2
a

4
c
a

4
c
2
cx

ay


2
c
�
�
�
7


� a2c

2ac 2 �
M
;
Do đó điểm � 2
2
2
2 �
�a  4c a  4c �
uuuu
r uuuu
r a 2c  4c3  2a 2c   2ac 2  2ac 2  a 3 
� BM . AM 
 0 � AM  BM .
2
2 2
 a  4c 
Cách 2: Gọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B
vuông góc với BC với các đường CD, CA . Do tam giác
IDC vuông tại B và AB  AC nên A là trung điểm IC .
Suy ra D là trọng tâm tam giác IBC . Do đó AN là đường
trung bình tam giác IBC . Gọi E là trung điểm BH , khi đó
E là trực tâm tam giác NBM và tứ giác NAME là hình
bình hành nên từ NE  MB � MA  MB .

Sau đây tôi xin giới thiệu một số dạng toán áp dụng cụ thể phương pháp
tọa độ hóa vào giải bài toán hình học phẳng trong các đề thi THPT Quốc gia,
đề thi thử của các trường THPT trong cả nước những năm trước và đề thi
học sinh giỏi của một số tỉnh.
2.3.3. Một số dạng toán áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Dạng 1: Ba điểm phân biệt và mối liên hệ vuông góc.

Trong hình học tọa độ phẳng bài toán thường cho nhiều điểm, nhưng giả
thiết của bài toán thường xoay quanh ở một số điểm đặc biệt. Bằng cách vẽ
hình chính xác ta có thể phỏng đoán được 3 điểm nào đó sẽ có mối quan hệ
vuông góc và đây cũng chính là điểm mấu chốt của bài toán. Khi học sinh phát
hiện được điều này sẽ giúp cho các em định hướng cách giải bài toán một cách
dễ dàng.
Bài 1.1.[3]. (Trích đề thi học sinh giỏi môn Toán- Thanh hóa năm 2015-2016)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có
� �
B (2; 4), BAD
ADC  900 và A, C thuộc trục hoành. Gọi E là trung điểm của
đoạn AD , đường thẳng EC đi qua điểm F (4;1). Tìm toạ độ các đỉnh A, C , D
biết EC vuông góc với BD và điểm E có tọa độ nguyên
Nhận xét: Các giả thiết của bài toán xoay xung quanh các điểm A, D, E , C . Nếu
vẽ hình chính xác thì học sinh có thể dễ dự đoán được EB  AC . Và có thể coi
8


đây là chìa khóa, nút thắt của bài toán. Xử lí được nút thắt này thì bài toán đã
giải được một nửa.
Giải: Để chứng minh EB  AC gắn thêm hệ trục tọa độ khác như hình vẽ ta có:
� a�
D  0;0  , A  0; a  , E �
0; �
, C  c;0 
� 2�
Phương trình
x 2y
EC : 
 1 � EC : ax  2cy  ac  0; DB : 2cx  ay  0; AB : y  a

c
a
r �a 2 a �uuur
�a 2 � uuu
B  DB �AB � B � ;a �� EB  � ; �
; AC   c;  a  .
2
c
2
c
2
�
�
�
�
uuu
r uuur
EB. AC  0 � EB  AC Trở lại bài toán ta có:
Đường thẳng BE qua B  2; 4  vuông góc với Ox nên
có phương trình x  2 .
uuu
r
uuu
r
Gọi A(a;0), E (2; b) � D(4  a; 2b); BA(a  2; 4); EA( a  2; b);
uuur
uuu
r
BD(2  a; 2b  4) và FE (6; b  1)
uuu

r uuu
r
BA  EA � (a  2)2  4b  0
(1)
uuu
r uuur
FE  BD � 6(2  a)  (b  1)(2b  4)  0
(2)
Thay (2) vào (1) ta được : b 4  6b3  13b 2  24b  4  0 .
� (b  1)(b3  7b2  20b  4)  0 � b  1 (do b nguyên)
(Ta chứng minh được phương trình b3  7b2  20b  4  0
có nghiệm duy nhất trên khoảng  1;0  nên không có nghiệm nguyên). Khi đó
A(4;0), D(0; 2) , đường thẳng CD có phương trình 2 x  y  2  0 cắt Ox tại C(1;0). Vậy A(4;0), D(0; 2) và C ( 1;0) là các điểm cần tìm.
Ta có thể chứng minh EB  AC bằng cách sau:
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H;
gọi
làu
Khi
uuurJuu
r giao
uuu
rđiểm
uuu
r của
uur BD
uuu
r với CE.
uuurđó
uuuta
r có:

uuur uuur uuu
r uuur
2
và EH .EC  ED.EC  EJ .EC  ED 2  EA2
EHu.u
EB

EA
.
EB

EI
.
EB

EA
ur uuu
r uuur uuur uuur uuu
r uuur r
uuur uuur
� EH .EB  EH .EC � EH ( EB  EC )  0 � EH  BC suy ra H là trực tâm
của EBC suy ra A, H , C thẳng hàng. Do đó BE  AC.
Bài 1.2. [2]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và
D , biết D  2; 2  và CD  2 AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC .
�22 14 �
Điểm M � ; � là trung điểm của HC . Xác định tọa độ các điểm A, B, C của
�5 5 �
hình thang biết B thuộc đường thẳng  : x  2 y  4  0.
9

Nhận xét: Các giả thiết của bài toán xoay xung quanh các điểm B, M , D . Nếu
tinh ý ta có thể nhận thấy MB  DM . (Để chứng minh MB  DM xem lại bài
toán 6 )
Giải: Ta có BM  DM . Suy ra phương trình
BM : 3 x  y  16.
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
�x  2 y  4
� B (4; 4). Gọi I là giao điểm của AC và BD,
�
3
x

y

16
�
uur
uur
AB IB 1
10 10 �
�


�
DI

2
IB � I � ; �
.

ta có
CD ID 2
3
3
�
�
14 18 �
�
Suy ra AC : x  2 y  10 , DH : 2 x  y  2 . Tìm được H � ; �� C(6; 2). Từ
�5 5 �
uur
uu
r
CI  2 IA � A(2; 4) .
Bài 1.3.[3]. ( Trích đề thi HSG thanh hóa năm 2014-2015). Trong mặt phẳng
với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H  1; 2  là hình chiếu vuông
9
�2 �
đường trung tuyến AK kẻ từ A của ADH là : 4 x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD .
� �
góc của A lên BD . Điểm M � ;3 �là trung điểm của cạnh BC , phương trình

Nhận xét:
- Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M , K , A . Bằng trực quan ta đề xuất giả
thuyết AK  KM và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ “mở nút thắt đầu
tiên” là tìm tọa độ điểm K và D . Từ đó bằng các phương pháp giải toán quen
thuộc ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật. (Để chứng minh
AK  KM xem lại bài toán 5 )
Giải: Ta có: AK  KM . Suy ra phương trình đường thẳng KM : x  4 y 

15
0
2

1

� �
Do K  AK �MK  Toạ độ K � ; 2 �.
2
�

�

Do K là trung điểm của HD mà H  1; 2  nên tọa độ điểm D  0; 2 
 phương trình của BD : y  2  0
AH đi qua H  1; 2  và vuông góc với BD nên AH có phương trình: x  1  0
Ta có : A  AK �AH  A  1;0 
Phương trình BC là: 2 x  y  12  0 suy ra tọa độ
B  5; 2  ; C  4; 4 

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:
A  1;0  , B  5; 2  , C  4; 4  , D  0; 2 

Dạng 2: Ba điểm phân biệt và mối liên hệ góc .
10


Bài 2.1. [1] (Trích đề thi TSĐH khối A năm 2012). Trong mặt phẳng với hệ tọa
độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm cạnh BC , N là điểm trên

11 1

�
�
cạnh CD sao cho CN  2 ND . Giả sử M � ; �và đường thẳng AN có phương
�2 2 �
trình 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A .
Nhận xét: Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, M , N đồng thời ta nhận thấy
� khi đó ta có thể xác định tọa độ điểm A .
nếu ta biết được giá trị của góc MAN
Giải: Gọi cạnh hình vuông là a . Ta có
a 10
a 5
5a
; AM 
; MN 
.
3
2
6
AM 2  AN 2  MN 2
1
�  450
cosA=

� MAN
Khi đó
2. AM . AN
2
11

1
Phương trình đường thẳng AM : ax+by- a  b  0 .
2
2
2
a

b
1
� 
cos MAN

� 3t 2  8t  3  0
2
2
2
5 a  b 
AN 

a
b

( với t  ) � t  3; t 

1
3

a
b

+) Với t  3 �  3 , chọn a  3, b  1 suy ra AM có phương trình 3x  y  17  0 .
2x  y  3  0
�
� A  4;5 
3 x  y  17  0
�
2x  y  3  0
�
1
� A  1; 1 .
+) Với t  � tọa độ A là nghiệm của hệ: �
3
�x  3 y  4  0
Bài 2.2.[2]. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A .
Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I  1; 1 đường

Nên tọa độ A là nghiệm của hệ �

kính CM cắt BM tại D . Xác định tọa độ các đỉnh của ABC biết đường thẳng BC
đi qua
�4 �
N � ;0 �, phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ
�3 �

dương.
Nhận xét: Từ dữ kiện đã cho trong bài toán ta nhận
thấy phương trình đường thẳng CD đã cho, tọa độ
điểm I  1; 1 , nếu ta xác định được góc �
ACD thì từ đó ta
tìm được tọa độ điểm C .

Giả thiết bài toán AB  3 AM làm ta nghĩ đến:
cos �
ABM 

AB
3

.
BM
10

Bằng trực quan ta thấy �
ABM  �
ACD , nếu giả thiết này
đúng tìm được tọa độ đỉnh C. Khi đó tọa độ các đỉnh
còn lại ta tìm được.
11


�  MDC
�  900 � Tứ giác ABCD nội tiếp nên �
Giải: Ta có: BAC
ABM  �
ACD
3
10
2
2
Giả sử phương trình: AC : a  x  1  b  y  1  0,  a  b  0 
ur uu

r
n1.n2
a0
a  3b
�
3
�  ur uu

��
r 
Ta có: cosMCD
4a  3b  0
10
n1 n2
10. a 2  b 2
�
�
cos �
ABM 
Suy ra cosMCD=

+) Nếu a  0 , chọn b  1 suy ra AC : y  1  0 , do đó tọa độ đỉnh C  3; 1
Do I là trung điểm MC nên tọa độ M  1; 1 nên phương trình BM : 3x  y  4  0 ;
phương trình của BC : 3x  5 y  4  0 .
3x  y  4  0
�
�x  2
��
� B  2; 2 
3 x  5 y  4  0 �y  2

�

Tọa độ đỉnh B là nghiệm hệ : �
Phương

trình AB : x  2  0 nên tọa độ A là nghiệm hệ phương trình:

�x  2  0 �x  2
��
� A  2; 1
�
�y  1  0
�y  1
+) Nếu 4a  3b  0 , chọn a  3 � b  4 nên phương trình AC : 3 x  4 y  7  0 , do đó
� 3
x
3x  4 y  7  0 �
�
� 5
� 3 11 �
��
�C�
 ;  � (Loại)
tọa độ đỉnh C là nghiệm hệ �
�5 5 �
�x  3 y  6  0
�y  11
�
5
Bài 2.3.[2]. Cho hình vuông ABCD . Điểm M thuộc đoạn BC , phương trình cạnh

� �
thuộc đoạn CD sao cho BMA
AMN   , điểm
K  1; 2  �AN . Tìm tọa độ điểm A .
Giải: Không mất tính tổng quát giả sử rằng cạnh của hình vuông bằng 1. Đặt
BM  a.
Gắn
hệ
trục
tọa
độ
như
hình
vẽ
ta
có
�    2 ; tan   1 .
M  a;0  ; A  0;1 ; NMC
a
Ta có:
�  tan    2   NC  NC � 2 tan a  NC � NC  2a
tan NMC
MC 1  a
tan 2 a  1 1  a
1 a
uuuuu
r
uuur � a  1 �
� 2a �

� N�
1;
;
AM

a
;

1
;
AN  �
1;


�
�
�1 a �
�1 a �
AM : x  3 y  5  0, N

r
Đặt u   1  a; a  1
Ta có:

12


uuuu
r uuur
uuuu

r r
�
cos MAN
 cos AM ; AN  cos AM ; u 













a  1  a    a  1
a2  1  1  a    1  a 
2

2



1
2

�  450
� MAN

r
2
2
Giả sử AN có véc tơ pháp tuyến n  a; b  ,  a  b �0  . AM có véc tơ pháp tuyến
ur
n1  1;3
r ur
a  3b
2
0

Ta có: cos45  cos n; n1 
2
10 a 2  b 2
a  2b
�
� 4a 2  6ab  4b 2  0 � �
2a  b
�





Phương trình AN: 2 x  y  0 � A  1; 2 

r
2a



b
a

1
�
b


2
n
Với
chọn
suy ra  1; 2  suy ra phương trình AN:
x  2 y  5  0 � A  5;0 
Nhận xét: Để giải bài toán này theo phương pháp hình học thuần túy không hề
đơn giản. Phải dựng thêm điểm và chứng minh hàng loạt các tính chất
Dạng 3: Ba điểm phân biệt và mối liên hệ khoảng cách .
Bài 3.1.[2]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A  1;3 . Biết
17 9 �
�
M  4;6  thuộc cạnh BC và N � ; �thuộc đường thẳng DC . Tìm tọa độ các đỉnh
�2 2 �
B, C , D của hình vuông ABCD .
Nhận xét: Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, M , N song tọa độ của các
điểm này đã biết và d  A; BC   d  A; DC 
2
2
Giải: Giả sử phương trình  BC  : a  x  4   b  y  6   0;  a  b  0 

� 17 � � 9 �

� a �y  � 0
� 2 � � 2�
ab
3a  3b
15b  3a
�
��
Từ giả thiết suy ra: d  A; BC   d  A; CD  � 2 2 
.
b  7a
a b
2 a 2  b2
�
a  b 1
+)
Nếu
suy
ra
phương
trình
các
cạnh
( BC ) : x  y  10  0, (CD ) : x  y  4  0;( AB) : x  y  2  0, ( AD) : x  y  4  0
Do đó tọa độ các đỉnh là : B  4;6  , C  7;3 , D  4;0  .

Khi đó phương trình:  CD  : b �x 

là:

+) Nếu a  7b . Chọn b  1 suy ra a  7 . Ta có phương trình các cạnh là :

 BC  : 7 x  y  22  0,  CD  : x  7 y  40  0;  AD  : 7 x  y  4  0,  AB  : x  7 y  21  0

�7 5 � �97 129 � �34 138 �
,D� ;
Do đó tọa độ các đỉnh : B � ; �, C � ;
�
�
2 2
25 25
25 25
�

� �

� �

�

Bài 3.2.[2]. Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC , G là trọng
tâm ABM , điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm

13


tọa độ điểm A, lập phương trình AB, biết hoành độ
của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3 x  y  13  0

Giải: Đặt cạnh góc vuông của ABC là 2. Chọn hệ

trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
�1 1 �
A  0;0  , N  0;1 , M  1;1 , P � ; �
, B  0; 2  . Phương
�2 2 �
�1 �
trình đường thẳng MN : y  1  0; BP : 3x  y  2  0 � G � ;1 �
.
�3 �
x
2

y
2

Phương trình đường thẳng BC :   1 � x  y  2  0 � D  t; 2  t  .
2

10
10
2
�1 �
AG 
; DG  �  t �  1  2  t  
3
3
�3 �

Mà

�4 2 �uuur �1 �uuur � 1 � uuur uuur
� D� ; �
; AG  � ;1�
; GD  �
1; �� AG.GD  0 � AG  GD
�3 3 �
�3 �
� 3 �
3.7   2   13
d
D
;
AG

 10


Ta có
2
2
3   1
ABM vuông cân � GA  GB � GA  GB  GD
Vậy G là tâm đường tròn
��
AGD  2 �
ABD  900 � GAD vuông cân tại G.
Do đó GA  GD  d  D; AG   10 � AD 2  20;
Gọi A  a;3a  13 ; a  4

ngoại

tiếp

ABD

a  5(loai )
�
2
2
AD 2  20 �  a  7    3a  11  20 � �
� A  3; 4 
a

3
�
r
Gọi VTPT của AB là nAB  a; b 
�  cos  nr , nr  
cos NAG
AB
AG
�
Mặt khác: cos NAG 

NA

AG

a  b . 10
NM

2

 1

2

NA  NG
2

2



3NG
9.NG  NG
2

2



3
10

 2

b0
�
� 6ab  8b 2  0 � �
3a  4b

10
a 2  b2 . 10
�
+) Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0;
+) Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4 x  3 y  24  0
Từ (1) và (2) �

3a  b

3a  b



3

14


Nhận thấy với AB : 4 x  3 y  24  0
4.7  3.  2   24
d  D; AB  
 2  d  D; AG   10 (loại)
16  9
Vậy AB : x  3  0.
Bài 3.3.[2]. Trong mặt phẳng cho hình chữ nhật
ABCD có điểm D  4;5  . Điểm M là trung điểm của
đoạn AD , đường thẳng CM có phương trình là
x  8 y  10  0. Điểm B nằm trên đường thẳng
d : 2 x  y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết
rằng C có tung độ nhỏ hơn 2.

Giải: Đặt AD  2; DC  a  0
Chọn
hệ
trục
tọa
độ
như
hình
vẽ.
Khi
đó
D  0;0  , C  a;0  , A  0; 2  , M  0;1 , B  a;2  . Phương trình đường thẳng
MC : x  ay  a  0
d  D; MC  1
a
2a
d  D; MC  
; d  B; MC  
�
 .
d  B; MC  2
a2  1
a2  1
Vì B thuộc đường thẳng d nên B  b; 1  2b 

b2
�
1 b  8  1  2b   10
 .
� � 70

Trở lại bài toán ta có d  D; MC  
�
2
b
82
82
� 17
70
� 70 123 �
 ;
Với b   � B �
�loại vì khi đó B, D cùng phía với CM
17
� 17 17 �
Với b=2. Suy ra B  2; 5  thỏa mãn. Gọi I là tâm hình chữ nhật ta có I  3;0 
c 1
�
uuur uuu
r
�
C  8c  10; c  � CD.CB   14  8c  .  12  8c    5  c   5  c   0 �
143
�
c
 l
� 65
(loại vì tung độ điểm C nhỏ hơn 2) � C  2;1 � A  8; 1
Vậy suy ra A  8; 1 ; C  2;1 ;B  2; 5  .
Bài3.4.[2].Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD . Điểm
11 �

�
F � ;3 � là trung điểm của cạnh AD . Đường thẳng EK có phương trình
�2 �
19 x  8 y  18  0 với điểm E là trung điểm của cạnh AB , điểm K thuộc cạnh
DC và KD  3KC . Tìm tọa độ điểm C của hình vuông
ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.
Giải: Đặt cạnh hình vuông là 4a . Chọn hệ trục tọa độ
như hình vẽ. Khi đó
O  0;0  , K  a;0  , C  2a;0  , E  0; 4a  , F  2 a; 2a  .
Phương trình đường thẳng EK : 4 x  y  4a  0
26

15


d  F ; EK  

10a

19.

11
 24  18
25 17
5 Suy ra cạnh hình vuông
2

�a
34
4

5 17


17
5 2
bằng 5. EF 
2
Tọa
độ
điểm
E
là
nghiệm
của
hệ
phương
trình
2
�
x2
25 �
2
� 11 �
5�
�
�x  �  y  3 
� 58 � E �
�
2;
2

2
�
�
�
� � AC đi qua trung điểm I
�
x

l


� 2�
�
17
19
x

8
y

18

0
�
�
FE  AC
của
EF
và
suy

ra
10 17 �uur 9 uur
�
AC : 7 x  y  29  0 � P  AC �EK � P � ; �IC  IP � C  3;8 
5
�3 3 �
Dạng 4: Ba điểm phân biệt và mối liên hệ thẳng hàng .
Bài 4.1.[2].( Đề thi thử trường chuyên ĐH Vinh 2014). Trong mặt phẳng với
1
hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có góc �
điểm H
ACD   với cos =

5
uuur
uuur
thỏa mãn điều kiện HB  2 HC , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD .
�1 4 �
Cho biết H � ; �, K  0;1 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm
�3 3 �
A, B, C , D .
Nhận xét: Bài này chỉ cho tọa độ hai điểm H và K vì vậy ta nghĩ đến việc tìm
mối liên hệ giữa 3 điểm A, H , K thì ta tìm được tọa độ điểm A . Khi đó bằng cách
lập hệ phương trình ta tìm được tọa độ các đỉnh B, C , D còn lại.
2
Giải: Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH  BC . Vì BH / / AD nên
3
uuur 5 uuur
BH HK 2
2


 � KH  KA � HA  HK .
AD KA 3
3
3
5
�
x A  xK
�
2
2
�xH 
5
�
1
�
2
� A  2; 2 
�
5
�
y  y
�y  A 2 K  2
�H
5
1
�
�
2
�  1 � tan �

ACD  2 nên AD  2CD, AC  5CD
Vì ACD vuông tại D và cosACD
5
4
Đặt: CD  a  a  0  � AD  2a, AB  a, BH  a .
3
4 5
Trong tam giác vuông ABH ta có: AB 2  BH 2  AH 2 � a  5 � AB  5, BH 
3

16


Giả

sử

B  x; y 

x0,

với

ta

có:

2
2
�

 x  2   y  2  5
x  3, y  0
�
�
�
2
2
� B  3;0 
1
8
�
� 1 � � 4 � 80 � �
x

,
y

ktm


x


y


�
�
� �
�

5
� 5
� 3� � 3� 9
�
uuur 3 uuur
uuur uuur
Mặt khác: BC  BH � C  1; 2  , AD  BC � D  2;0  .
2
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là : A  2; 2  , B  3;0  , C  1; 2  , D  2;0 

Bài 4.2.[2].Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  1; 4 
, tâm đường tròn ngoại tiếp I  3;0  và trung điểm cạnh BC là M  0; 3 . Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC .
Nhận xét:
Từ dữ kiện bài toán, nếu ta xác định được tọa độ
điểm A ta sẽ viết được phương trình đường thẳng BC
từ đó lấy giao điểm với đường tròn ngoại tiếp và tìm
được tọa độ các đỉnh B, C .
Vậy việc tìm ra tọa độ điểm A có thể là mấu chốt
bài toán.
Để tìm được tọa độ điểm A , ta đề xuất giả thiết
về mối quan hệ thẳng hàng giữa ba điểm M , G, A . Từ
đó dẫn đến việc ta phải tìm được tọa độ điểm G .
Vậy giữa ba điểm G, H , I có thể có mối quanuuhệ
đặcuurbiệt, mối quan hệ đó
ur
chính là bài toán quen thuộc về đường thẳng Ơ-le: HG  2.GI .
Giải: Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua tâm I ta dễ dàng chứng minh tứ giác
HCA1 B là hình bình hành, từ đó suy ra M là trung điểm của HA1 .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , suy ra G cũng là trọng tâm tam giác AHA1 . Do

uuur
uur
đó HG  2GI .
xH  2 xI 7
�
x


G
�
uuu
r
uuuu
r � 14 26 �
�
�7 4 �
3
3
��
� G � ; �Mặt khác: GA  2GM  �
 ; �� A  7;10  .
y

2
y
4
3
3
3 3 �
�

�
�
H
I
�y 

�G
3
3

Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là :  x  3  y 2  116
Phương trình cạnh BC : x  y  3  0
2

�
�
 x  3  y 2  116 � �x  7, y  4
B
,
C
Tọa độ
là nghiệm của hệ phương trình : �
�
x  7, y  10
�
�x  y  3  0
Vậy tọa độ A  7;10  , B  7; 4  , C  7; 10  hoặc A  7;10  , B  7; 10  , C  7; 4 
2

2.4. Một số bài tập khác

17


2.4.1. Một số bài tập có lời giải chi tiết ( Do quy định về số trang của SKKN
nên các bài tập này tôi đưa vào phần phụ lục)
2.4.2. Bài tập tự luyện
Bài toán 1.[2]. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình
là: x  7 y  31 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x  y  8  0,
d 2 : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi
bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Bài toán 2.[1].Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm
1
I  2;1 và AC  2 BD . Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB , điểm N  0;7  thuộc
3
đường thẳng CD . Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương.
Bài toán 3.[2]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  T  :
x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 và điểm M (7;7) . Chứng minh rằng từ M kẻ đến  T  được
hai tiếp tuyến MA , MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp
tam giác MAB .
Bài toán 4.[2]. Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d : y  3 . Gọi  C  là

đường tròn cắt d tại 2 điểm B, C sao cho tiếp tuyến của  C  tại B và C cắt nhau
tại O . Viết phương trình đường tròn  C  , biết tam giác OBC đều.
Bài toán 5.[2]. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi
M là trung điểm của cạnh BC , N là điểm trên cạnh CD sao cho CN  2 ND . Giả
11 1

�
�

sử M � ; �và đường thẳng AN có phương trình 2 x  y  3  0 . Tìm tọa độ điểm
�2 2 �
A.
Bài toán 6.[2]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  nội tiếp hình
vuông ABCD có phương trình: ( x  2) 2  ( y  3) 2  10 . Xác định tọa độ các đỉnh của
hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (3; 2) và điểm A có
hoành độ dương.
Bài toán 7.[2]. Cho đường tròn  O  tâm O , đường kính AB . C là một điểm thay
đổi trên đường tròn  O  sao cho tam giác ABC không cân tại C . Gọi H là chân
đường cao của tam giác ABC hạ từ C . Hạ HE , HF vuông góc với AC , BC tương
ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K . Gọi D là giao điểm của  O  và
đường tròn đường kính CH , D �C . Chứng minh rằng K , D, C thẳng hàng.
Bài toán 8.[2]. Cho tam giác ABC , đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần
lượt tại E và D . Gọi F , H là hình chiếu của D và E trên BC . Gọi M là giao điểm
của EF và DG . Chứng minh rằng AM  BC .

Bài toán 9.[2]. Cho tam giác ABC vuông tại A không phải vuông cân, trên cạnh
AB và AC lấy M , N sao cho BM  CN . Chứng minh rằng đường trung trực của
MN luôn đi qua một điểm cố định.
2.5. Các biện pháp tổ chức thực hiện:
2.5.1. Về thời gian:

18


Sau khi cho học sinh học xong bài phương trình đường tròn thì tiến hành
bồi dưỡng tài liệu trên cho học sinh với quỹ thời gian 10 tiết học trong các buổi
học thêm, học bồi dưỡng trên lớp:
+) Giáo viên đưa tài liệu là SKKN này cho học sinh để học sinh tự nghiên cứu
trước.

+) 9 tiết là thực hành 3 dạng bài tập, mỗi dạng 3 tiết.
+) 1 tiết kiểm tra đánh giá kết quả ( Đề kiểm tra ở phần phụ lục).
2.5.2. Về đối tượng giảng dạy:
Học sinh lớp 10A1, 10A2 năm học 2018- 2019 Trường THPT Thường Xuân 3 .
2.6. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Như trong phần đặt vấn đề đã nêu, sáng kiến “Một số giải pháp giúp học
sinh khá, giỏi ở lớp 10 trường THPT Thường Xuân 3 giải các bài toán hình học
tọa độ Oxy “ là phương pháp có sự kết hợp chặt chẽ của tư duy đại số và hình
học, là cách tiếp cận tìm lời giải mới phù hợp với yêu cầu đổi mới phương pháp
dạy học, đó là kích thích tính tự học, tự nghiên cứu và phát hiện vấn đề.
Với tinh thần đó, trong quá trình soạn, dạy dạng toán này tôi thực hiện
theo cách phân loại từ dễ đến khó, thông qua các giải pháp và bài tập ở dạng
toán được chọn lọc. Kết thúc phần này tôi nhận thấy đã đạt được hiệu quả cao,
cụ thể:
- Học sinh tỏ ra hứng thú hơn khi giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn
đề, phát hiện vấn đề hiệu quả hơn, nhanh hơn.
- Giờ dạy tránh được tính đơn điệu, nhàm chán theo một lối mòn lâu nay.
- Học sinh có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy
giải toán.
Kết quả đó còn được thể hiện rõ rệt qua các bài kiểm tra.

Lớp

Số
HS

10A1
10A2

45
47

Giỏi
SL
TL(%)
6
13.3
7
14,9

Khá
TB
Yếu
SL
TL(%) SL
TL(%) SL
TL(%)
17
37.8
9
20
13
28.9
19
40.4
15
31,9
6
12,8

3. Kết luận và đề xuất
3.1. Kết quả thực hiện đề tài
Qua thời gian thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi chưa đưa chuyên đề vào
giảng dạy, học sinh chỉ có thể giải quyết được các bài tập đơn giản. Không biết
phân tích bài toán, đặc biệt là các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh.
Sau khi học chuyên đề học sinh đã có thể làm tốt các bài tập khó, các em hứng
thú và say mê hơn trong học tập. Qua khảo sát kết quả học tập của các em tăng
lên rõ rệt.
3.2. Kiến nghị

19


a) Để học sinh có kết quả cao trong các bài kiểm tra, kỳ thi học sinh giỏi thầy cô
cần nghiên cứu, tìm tòi và xây dựng được các phương pháp giải toán sao cho
học sinh dễ hiểu và cách giải ngắn nhất.
b) Thầy cô giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời
động viên các em khi các em tiến bộ.
c) Thầy cô giáo hướng dẫn cách tự đọc sách của học sinh, động viên các em học
sinh giỏi đọc báo toán, tài liệu trên internet, tìm hiểu thêm các cách giải khác.
d) Thầy cô giáo tăng cường luyện cho các em các chuyên đề và bộ đề thi để các
em có nhiều thời gian tiếp cận và tập dượt với dạng toán thi, từ đó dần dần đạt
kết quả học tập cao hơn.
3.3. Kiết luận
Trong quá trình dạy học nói chung, dạy – học Toán nói riêng, việc giải bài
tập; phân tích hướng giải; trả lời câu hỏi tại sao lại làm như vậy là quan trọng
nhưng việc hướng dẫn cho học sinh có óc phân tích – tổng hợp – khái quát các
phần kiến thức và trên hết là có cách học đúng đắn mới là cốt lõi của vấn đề.
Chính vì vậy người thầy luôn phải suy nghĩ, trăn trở nhằm đáp ứng được yêu

cầu đổi mới phương pháp dạy học, nâng cao hiệu quả giáo dục.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong quá trình thực hiện việc đổi
mới phương pháp dạy học, đề tài không tránh khỏi những hạn chế.
Rất mong sự đóng góp quý báu của bạn bè, đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm
2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Lê Thị Tuyên

20