Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực học sinh

1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Phương tích và trục đẳng phương là một chủ đề hấp dẫn trong hình học
phẳng. Trong chương trình phổ thông mới không được đề cập một cách chính
thức nhưng lại tiềm ẩn trong các dạng bài toán. Các kết quả của nó đơn giản, tự
nhiên nhưng lại ảnh hưởng sâu sắc tới nhiều nội dung quan trọng. Với phát biểu
đơn giản, dễ hiểu chúng có thể dùng để xử lý một khối lượng lớn các bài toán
khó với những lời giải đẹp và ấn tượng.
Các bài toán về phương tích và trục đẳng phương thường xuất hiện trong
các kỳ thi học sinh trường chuyên, học sinh giỏi tỉnh, quốc gia...và được nghiên
cứu khá kỹ, chi tiết trong các tài liệu. Nhưng đối với đại đa số học sinh phổ
thông đây là vấn đề khá mới mẻ. Một số kết quả đã xuất hiện trong các kỳ thi
học sinh giỏi...Nhưng khai thác theo phương diện tọa độ phẳng thì còn khá ít.
Đã có rất nhiều bài toán tọa độ phẳng được khai thác từ các bài toán trong
hình học tổng hợp phẳng, việc giải quyết nó cần một khối lượng kiến thức tổng
hợp, kỹ năng và năng lực cao. Vì vậy tôi chọn đề tài “Dạy học chủ đề phương
tích và trục đẳng phương theo hướng hình thành và phát triển năng lực cho
học sinh” nhằm củng cố và mở rộng cho học sinh về kiến thức phương tích và
trục đẳng phương, giúp học sinh thấy được khả năng ứng dụng của phương tích
và trục đẳng phương trong việc giải quyết một bài toán tọa độ phẳng hay và khó
trong các kì thi.
1.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề tài này nhằm cung cấp cho học sinh khái niệm về phương tích và trục
đẳng phương. Giúp học sinh biết và khai thác một số tính chất và ứng dụng của
phương tích để giải quyết một số bài toán tọa độ phẳng. Từ đó phát triển năng
lực phân tích, tổng hợp và đánh giá. Giúp học sinh có cách nhìn sâu sắc hơn đối
với dạng toán tọa phẳng và từ đó học sinh có thể tự tìm tòi để khai thác các bài
toán mới với sự tự lực, sáng tạo và độc lập của bản thân, kỹ năng xử lý các tình
huống cụ thể trong thực tiễn, không những dừng lại ở các kết quả này mà gặp
các tình huống khó khăn học sinh có thể mạnh dạn suy nghĩ và sáng tạo một số
kết quả mong muốn.

1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
Đề tài nghiên cứu hệ thống các khái niệm và tính chất của phương tích,
trục đẳng phương từ đó ứng dụng để giải một số dạng toán hình học phẳng trong
chương trình toán Trung học phổ thông
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
Tìm hiểu các chuyên đề và tài liệu của các tác giả nghiên cứu các kiến
thức có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương
Thu thập các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi các trường
chuyên có liên quan đến phương tích và trục đẳng phương
Trao đổi và tham khảo ý kiến của các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn
Thông qua các buổi rèn luyện học sinh giỏi và ôn tập cho học sinh khá
giỏi ở đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường.
1


2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN
2.1.1. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn
1.1. Định lý 1.Cho đường tròn (O;R) và điểm M cố định, đặt OM = d. Một
đường thẳng thay đổi luôn đi qua M và cắt đường tròn tại hai điểm A, B.
uuur uuur
Khi đó :
MA.MB = MA.MB = MO 2 − R 2 = d 2 − R 2 [1]
Chứng minh:
Gọi C là điểm đối xứng của A qua tâm
O. Khi đó ∠ABC = 900 , nên B là hình
A
chiếu củauuCur lên
AM.r uTa

có
uuur uuuu
uur
B

M

O

C

MA.MB = MA.MB = MC.MA
uuuu
r uuur uuuu
r uuu
r
= ( MO + OC )(MO + OA)
uuuu
r uuu
r uuuu
r uuu
r
= ( MO − OA)( MO + OA)
uuuu
r 2 uuu
r2
= MO − OA = MO 2 − OA2 = d 2 − R 2

1.2. Định nghĩa 1. Đại lượng không đổi MA.MB = d 2 − R 2 được gọi là phương
tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), ký hiệu PM/(O) .

Ta có :
PM/(O) = MA.MB = d 2 − R 2 [1]
1.3. Tính chất ( ta dễ dàng chứng minh một số tính chất sau)
* Tính chất 1.
Nếu A, B cố định và MA.MB =const thì M cố định
M nằm ngoài đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) > 0
khi đó PM/(O) = MA.MB
M nằm trong đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) < 0
khi đó PM/(O) = - MA.MB
M nằm trên đường tròn (O;R) khi và chỉ khi PM/(O) = 0
* Tính chất 2. Cho đường tròn (O;R) và điểm M nằm ngoài đường tròn . Qua M
kẻ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MT khi đó MA.MB = MA.MB = MT2 = d2 - R2
* Tính chất 3. Cho AB và DC là hai đường thẳng phân biệt cắt nhau tại M ( khác
A, B, C, D). Khi đó MA.MB = MC.MD khi và chỉ khi bốn điểm A, B, C, D cùng
thuộc một đường tròn .[1]
...
1.4. Trong hệ tọa độ Descartes:
Cho điểm M(x0; y0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0.
Đặt f(x;y) = x2 + y2 – 2ax – 2by + c
Khi đó PM/(C) = f(x0;y0) = x02 + y02 – 2ax0 – 2by0 + c [1]
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn
2.1. Định lý 2. Cho hai đường tròn (O1;R1) và (O2;R2) không đồng tâm. Tập hợp
các điểm cùng phương tích với hai đường tròn là một đường thẳng. Đường thẳng
này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1;R1) và (O2;R2).[1]
Chứng minh. ( Việc chứng minh định lý xin được khai thác từ tài liệu)
2.2. Các tính chất
2


*Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc đường nối hai tâm

* Nếu hai điểm M, N cùng phương tích với hai đường tròn thì đường thẳng MN
là trục đẳng phương của hai đường tròn
* Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A, B thì đường thẳng AB là trục đẳng phương
của hai đường tròn....[1]
2.3. Trục đẳng phương trong hệ tọa độ Descartes
Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường tròn không đồng tâm:
(C1): x2 + y2 – 2a1x – 2b1y + c1 = 0 và (C2) : x2 + y2 – 2a2x – 2b2y + c2 = 0.
Giải sử M(x0; y0) là điểm cùng phương tích với hai đường tròn (C1) và (C2).
Ta có
PM/(C1)=PM/(C2) ⇔ x02 + y02 – 2a1x0 – 2b1y0 + c1 = x02 + y02 – 2a2x0 – 2b2y0 + c2
⇔ 2(a1 – a2)x0 + 2(b1 – b2) y0 +c1 – c2 = 0
Vậy trục đẳng phương của hai đường tròn có phương trình :
2(a1 – a2)x + 2(b1 – b2) y +c1 – c2 = 0. [1]
2.1.2. XÂY DỤNG HÊ THỐNG BÀI TẬP VẬN DỤNG LÝ THUYẾT CỦA
PHƯƠNG TÍCH VÀ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG CHƯƠNG TRÌNH
TOÁN THPT.
Phần I. Sử dụng định nghĩa và tính chất của phương tích xây dựng một số
bài toán tọa độ phẳng như sau.
Những bài toán phần I chủ yếu để học sinh tiếp cận dần với định nghĩa
và tính chất của phương tích và trục đẳng phương, để từ đó học sinh có cách
nhìn nhận và kinh nghiệm trong việc sử dụng, tiếp cận bài toán phương tích.
Sau đây chúng ta sẽ xây dựng một số bài toán ở mức độ nhận biết và
thông hiểu định nghĩa và các tính chất đơn giản của phương tích, trục đẳng
phương.
Bài toán 1.1. Cho đường tròn (S) có phương trình: (x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 và
điểm A(2;-3). Tìm phương tích của điểm A đối với đường tròn (S).
Giải
Đường tròn (S) có tâm I(-3;-2) và bán kính R = 2, AI = 26
Vậy P(A/(S)) = AI2 – R2 = 22
Nhận xét P(A/(S)) >0 nên điểm A nằm ngoài đường tròn.

Bài toán 1. 2. Cho hai đường tròn:
(S) : (x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 và (C) : (x - 4)2 + (y + 5)2 = 36.
Viết phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C).
Giải
Nhận xét: Hai đường tròn không đồng tâm nên có trục đẳng phương.
Gọi M(x0;y0) là điểm thuộc trục đẳng phương khi đó
P(M/(S)) = P(M/(C)) ⇔ ( x0 + 3) + ( y0 + 2) − 4 = ( x0 − 4) + ( y0 + 5) − 36
Khi đó ta được 7x0 – 3y0 + 5 = 0
Vậy phương trình trục đẳng phương là: 7x – 3y + 5 = 0.
Bài toán 1.3. Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M(-3;1). A,
B là các tiếp điểm kẻ từ M tới đường tròn (C). Viết phương trình AB.
2

2

2

2

3


A

M
I

B

Phân tích bài toán

Bài toán có thể tìm trực tiếp tọa độ A, B nhưng việc làm khá dài dòng và
số khá lẻ. Ta nhận thấy tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn nên AB chính là trục
đẳng phương của hai đường tròn này.
Định hướng giải
Nhận xét tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MI nên phương trình
đường tròn (S) ngoại tiếp tứ giác MAIB là : x2 + y2 + 2x – 4y = 0
AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C)
Vậy phương trình AB: 2x + y – 3 = 0
Trên đây là một số bài toán có thể sử dụng nhiều cách đề giải quyết nó
nhưng trong phương diện phương tích chúng ta có thể giải quyết và một số
trường hợp còn đơn giản hơn. Sau đây chúng ta sẽ áp dụng để khai thác một số
bài toán ở mức vận dụng thấp và vận dụng cao.
Bài toán 2.1.Cho đường tròn (O) và đường thẳng d không cắt (O). Từ một điểm
M thay đổi trên d, Kẻ hai tiếp tuyến MA và MB tới (O) ( A, B là các tiếp điểm).
Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định [2]

B

O

I
A
d
M

H

Chứng minh
Gọi H là hình chiếu của O lên d. I là giao điểm của AB với OH
Ta có ngũ giác MHAOB nội tiếp đường tròn (S) đường kính MO

Giả sử M’ là điểm khác M, ta có các tiếp tuyến M’A’ và M’B’ kẻ tới đường tròn
(O). Gọi (S’) là đường tròn qua năm điểm M’HA’OB’
Khi đó AB, A’B’, OH lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (S)
và (O), (S’) và(O), (S) và (S’)
Giả sử I là giao điểm của AB và OH, khi đó PI/(S)=PI/(O)=PI/(S’) hay I thuộc A’B’
Nếu cố định M, cho M’ thay đổi trên d khi đó A’B’ luôn qua I hay I là điểm cố
định .Vậy AB luôn đi qua điểm cố định I.
Nhận xét .

4


+ Điểm I nằm trên đoạn OH và ta có OI.OH = OK.OM = R2 s uy ra OI =

R2
.
OH

Từ đó có thể xác định được điểm I.
+ Trong hệ trục tọa độ Oxy thì việc tìm điểm cố định khá đơn giản, nhờ
phương pháp tìm điểm cố định của một đường bất kỳ.
+Từ kết quả bài toán 2.1 ta khai thác một số bài toán sau ở mức độ vận dung
thấp.
Bài toán 2.2.
Cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng (d): x – y –1 = 0.
Từ M thuộc (d) kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm). Chứng minh
rằng đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định khi M thay đổi.[3]
Định hướng giải
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) và bán kính R=1.
d(I,(d))= 2 > R , vậy đường thẳng (d) không cắt đường tròn (C).

M thuộc (d) nên M(m;m-1). Khi đó tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn (S) đường
kính MI nên có phương trình (S) : x2 + y2 – (m+1)x – (m+1)y + 3m - 2 = 0
Ta có AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C) nên có phương
trình
(m - 1)x + (m - 3)y + 6 - 3m = 0.
Gọi H(x0;y0) là điểm cố định của đường thẳng AB.
3 3
2 2

Ta tìm được H( ; )
Bài toán 2.3 . Cho tam giác ABC có các đường cao BE và CF, đường thẳng qua
F vuông góc BC và cắt BE tại K. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Biết
đường thẳng AC qua M (

−8
; −7) , đường tròn ngoại tiếp tam giác FEK có phương
3

trình (S): (x + 6)2 + (y + 7)2 = 5, B thuộc đường thẳng d: x – y + 1 = 0 (hoành độ
điểm B dương), BF = 5 5 và hệ số góc của đường thẳng AB nguyên.[2]
A

M

E
F

J

K

B

C

I

Phân tích bài toán:
Bài toán cho giả thiết điểm B thuộc d, đường tròn ngoại tiếp ta giác
KFE. Liên quan tới tam giác vuông BCF có FI là đường cao nên BI.BC = BF2,
Tứ giác CEKI nội tiếp vậy BI.BC = BK.BE = BF2 , nên BF là tiếp tuyến của
đường tròn (S). Vì vậy chúng ta suy nghĩ tới phương tích. Bên cạnh đó phải sử
dụng thêm các hệ thức lượng trong tam giác.
5


Định hướng giải
Đường tròn (S) tâm J(-6;-7) và bán kính R = 5
Giả sử FK cắt BC tại I khi đó góc KEC và KIC vuông, nên tứ giác KECI nội
tiếp đường tròn đường kính KC.
Khi đó BK .BE = BI .BC = BF 2 = 25 ( Vì tam giác BCF vuông tại F, FI là đường
cao).
Nên BF là tiếp tuyến của đường tròn (S) suy ra BF2 = BJ2 – R2 và J thuộc CF.
Vậy BJ= 130 tìm được B(1;2)
Từ đó tìm được phương trình đường thẳng AB: y = 2x
Gọi E(a;b)
E thuộc (S) và BE ⊥ AC tìm được E(-5;-5)
Nên phương trình AC: 6x + 7y + 65 = 0 suy ra A (

−13 −13
;

)
4
2

Phương trình CF: x + 2y + 20 = 0 uy ra C(2;-11)
Phần II. Sử dụng một số tính chất của phương tích và trục đẳng phương
kết hợp một số tính chất của hình học phẳng ta xây dựng và giải quyết một
số dạng toán ở mức vận dụng thấp và vận dụng cao.
Bài toán 3.1. Cho tam giác ABC, H là trực tâm và có (O) là đường tròn đường
kính BC. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N là các tiếp
điểm). Khi đó H, M, N thẳng hàng.[2]
Chứng minh:
A
F

E

M
H

B

O

N

C
K

Gọi AK, BE, CF là các đường cao, Suy ra E, F thuộc đường tròn (O)

⇒ H = BE ∩ AK .
Ta có Δ HFA và ΔHKC đồng dạng ⇒

HA HF
=
⇒ HA.HK = HC.HF (1)
HC HK

Gọi đường tròn (J) là đường tròn đường kính AO, khi đó năm điểm A, M, O, K,
N thuộc đường tròn (J)
Mà đường tròn (J) cắt đường tròn (O) tại M và N nên đường thẳng MN là
trục đẳng phương
của hai đường tròn
(J) và (O).
uuur uuur
uuur uuur
⇒ PH /(O ) = HF .HC ,
PH /( J ) = HA.HK (2)
Mặt khác H là trực tâm tam giác nên H có thể cùng nằm ngoài các đường
cao hoặc cùng nằm giữa các đường cao
Từ đó theo (1) và (2) thì điểm H cùng phương tích với hai đường tròn (J)
và (O). Hay H thuộc đường thẳng MN, vậy M, N, H thẳng hàng.
Bài toán 3.2.Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R. Từ một điểm A nằm
ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn (O) ( M, N là các tiếp
6


điểm) . Xác định vị trí của A để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm
trên đường thẳng MN [4]
Định hướng giải

A

F
E

M
H

B

N

C

O

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, (S) là đường tròn tâm A bán
kính AM. Khi đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (O)
I thuộc MN nên PI/(O) = PI/(S)
⇒ IA2 − AM 2 = IO 2 − OM 2

( IA = IB = IC , OM = R )

⇔ IB − IO = AM + OM − 2OM 2 = AO 2 − 2 R 2
2

2

2

2

⇔ OB 2 = AO 2 − 2 R 2

(OB = R, OI ⊥ OB)

⇔ AO 2 = 3R 2 ⇔ OA = R 3

Vậy A nằm trên đường tròn tâm O bán kính R 3 ( Trừ hai điểm giao của BC với
đường tròn này)
Sau đây ta sẽ xây dựng một số bài toán tọa độ phẳng có sử dụng các kết
quả của bài toán 3.1 và 3.2
Bài toán 3.3 Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC có phương trình
(C): (x+1)2 + (y+2)2 =

5
. Từ A kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn (C) là AM và
3

AN ( M, N là tiếp điểm ). Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc
MN. Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc đường thẳng d có phương trình : 2x+y-1=0.
[3]
Định hướng giải
A

M
I

B

G

N

K

C

Gọi I, K, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tâm đương tròn
đường kính BC và trọng tâm tam giác ABC
Đường tròn (C) tâm K(-1;-2), bán kính R=

5
3

Ta sử dụng nhận xét ta có I thuộc MN khi và chỉ khi G thuộc MN
Từ bài toán 3.2 ta có AK=R 3 = 5 . A thuộc d suy ra A(x; 1-2x)
⇒ AK 2 = ( x + 1) 2 + (3 − 2 x) 2 = 5 ⇔ x = 1

7


Vậy A(1;-1)
Bài toán 3.4. Cho đường tròn (C) có tâm I(3;1), BC là đường kính. Từ điểm A
nằm ngoài đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn ( M, N là
các tiếp điểm). Biết phương trình MN là x-2y+4=0 và trọng tâm tam giác ABC
thuộc MN, đường cao AH qua điểm P(1;1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
A

M

B

G

H

N

C
I
P

Ta có AI vuông góc MN, G thuộc MN nên G là giao điểm của AI và MN
Vậy G là hình chiếu của I lên MN
Phương trình AI: 2x + y – 7 = 0. Tọa độ G thỏa mãn phương trình đường thẳng
MN và AI unên
G(2;3)
u
r
uur
Mặt khác IA = 3IG nên A(0;7)
Đường cao AH qua A và P nên có phương trình: 6x + y – 7= 0
Đường thằng BC qua I vuông góc AH nên có phương trình: x – 6y + 3 = 0
Mặt khác AI = R 3 ( R là bán kính đường tròn (C)), AI = 3 5 ⇒ R = 15
Phương trình (C): (x - 3)2 + (y - 1)2 = 15
B, C là giao điểm của BC với (C) , vậy B(3 − 6

15
15

;1 −
),
37
37

C (3 + 6

15
15
;1 +
)
37
37

Hoặc ngược lại.
Nhận xét:
Qua hai bài toán 3.3 và 3.4 ta thấy đây là bài toán khá lạ, biết được bài
toán 3.1 và 3.2 thì bài toán không khó. Vì vậy khi dạy cho học sinh cần rèn
luyện cho học sinh biết khai thức và sử dụng một số kết quả của hình học tổng
hợp để các em có cách tiếp cận tốt hơn và sáng tạo với những bài toán khó và
lạ và khéo léo sử dụng chúng trong các tình huống. Từ đó hình thành các năng
lực toán cho học sinh.
Sau đây là một số bài yêu cầu mức vận dụng cao.
Bài toán 3.5.Cho tam giác OBC nhọn ( O là gốc tọa độ), BE và CF là các
đường cao, phương trình EF: 6x+7y-19=0, K(3;3) là trung điểm BC. OM, ON
là các tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC (M, N là các tiếp điểm). Xác
định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC biết I, M, N thẳng hàng.[4]

8

v

O

E
N

u
F
H

M
B

I

G

C

K

Phân tích bài toán:
Bài toán cho điểm O và K vì vậy ta tìm được trọng tâm G. Mặt khác ta có
tính chất OI vuông góc FE nên ta kết hợp tính chất này và tính chất bài toán
3.2 thì ta có ngay kết quả bài toán.
Định hướng giải
Gọi G là trọng tâm tam giác OBC suy ra G(2;2)
I, M, N thẳng hàng khi và chỉ khi G thuộc MN, MN vuông góc OK, vậy phương

trình MN: x+y-4=0
Ta chứng minh EF và OI vuông góc ?
Thật vậy: Gọi đường thẳng uOv là đường thẳng tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp
tam giác OBC tại O. Mà tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC
nên ∠FEO = ∠OBC = ∠vOC , hay uOv song song FE, mà uOv vuông góc OI.
Vì vậy OI vuông góc FE, suy ra phương trình OI: 7x-6y=0
I là giao điểm của FE và OI nên I(

24 28
; ).
13 13

Bài toán 4.1. Cho tam giác ABC có BD và CE là đường cao cắt nhau tại H, M là
trung điểm BC, DE cắt BC tại N. khi đó ta có NH vuông góc AM.[2]
Chứng minh:
A

I

E

D

H

K
N

B

F

M

C

Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AH và HM, I là tâm đường tròn qua các điểm
A, E, H, D. K là tâm đường tròn qua các điểm H, M, F
Theo định lý đường tròn Euler thì IEFMD thuộc một đường tròn (S)
Khi đó PN/(S) = NE.ND = NF .NM suy ra PN/(I,IH)=PN/(K,KH)
Vậy N thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (I,IH) và (K,KH)
Mà H cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn nên NH là trục đẳng
phương của hai đường tròn.
Vậy NH vuông góc IK, mà IK/AM nên NH vuông góc MA.
Nhận xét .
9


Để chứng minh tứ giác DEFM nội tiếp ta có cách chứng minh thông
dụng hơn như sau:
Tam giác DBC vuông tại D có DM là trung tuyến nên DM=MB, suy ra
tam giác DMB cân tại M. vậy ∠ DMC=2 ∠ DBM.(1)
Tứ giác ADHE, BEHF nội tiếp nên ∠ DAH= ∠ DEH= ∠ FHE= ∠ HBF (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra ∠ FED= ∠ DMC, vậy tứ giác EDMF nội tiếp
Bài toán 4.2. Đường tròn Euler có đường kính là đoạn nối trung điểm của đoạn
nối trực tâm của tam giác với một đỉnh và trung điểm của cạnh đối diện đỉnh
đó[5]
Định hướng giải
A

I

D

E
H

B

P

M

C

Gọi các đường cao AP, BD, CE, H là trực tâm, M là trung điểm BC, I là trung
điểm HA.
Ta chứng minh ngũ giác MDIEP nội tiếp đường tròn đường kính MI ( Các điểm
còn lại tương tự)
∠ IPM=900.
Tam giác IAD cân tại I nên ∠ IDA = ∠ IAD = ∠ DBC(1)
Tam giác MCD cân tại M nên ∠ MDC = ∠ MCD (2)
(1)
và (2) ta có ∠ IDA + ∠ MDC = ∠ DBC + ∠ DCB = 900
Vậy ∠ IDM = 900. Tương tự ∠ IEM = 900
Hay ngũ giác DMPEI nội tiếp đường tròn đường kính MI.
Nhận xét : Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì khi đó tâm
đường tròn Euler là trung điểm HK.
Thật vậy ta có AH=2KM, AH//KM nên IH //KM, IH=KM nên HMKI là hình
bình hành nên trung điểm MI cũng là trung điểm HK.

Sau đây ta khai thác một số bài toán liên quan bài toán 4.1 và 4.2 ở mức
vận dụng thấp.
Bài toán 4.3.Cho tam giác ABC. Đường tròn qua trung điểm M(-2;0) của BC và
5
2

chân đường cao D, E hạ từ B, C có phương trình : (x+2)2 + (y − )2 =

25
.
4

H(-1;3) là trực tâm tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.[4]

10


A

P

D

E
H
I

B

M

F

C

Định hướng giải
Đường tròn (S) qua EDM có tâm I(-2;

5
5
), bán kính R=
2
2

Gọi P là trung điểm HA, theo bài toán 4.2, ta có PM là đường kính của đường
tròn (S). Suy ra P(-2;5), mà P là trung điểm AH nên A(-3;7)
BC qua M vuông góc AH nên có phương trình : x-2y+2=0
B thuộc BC nên B(2y-2;y) suy ra C(-2y-2;-y)
H là trực tâm tam giác nên BH ⊥ AC, ta tìm được B(2;2), C(-6;-2) và hoán vị
Bài toán 4.4. Cho tam giác ABC có trực tâm H(13;0), BD và CE là các đường
cao của tam giác ABC, DE cắt BC tại N(3;10), M(

−1 −1
; ) là trung điểm của BC.
2 2

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
A
D

E
H
N
B

F

M

C

Định hướng giải
BC qua M, N nên có phương trình: 3x – y + 1 = 0
AH qua H vuông góc BC nên có phương trình : x + 3y – 13 = 0
A thuộc AH suy ra A( 13 − 3 y; y ) .
Theo bài toán 4.1 ta có AM vuông góc NH nên A(4;3)
B thuộc BC nên B(x;3x+1) và C(-1-x;-2-3x).
Tính được B(2;7), C(-3;-8) và hoán vị
Cũng với hướng đó nhưng ta khai thức ở mức độ vận dụng cao như sau:
Bài toán 4.5. Cho tam giác ABC vuông tại C và tọa độ B(0;1). Đường tròn tâm I
ngoại tiếp tam giác ABC, M(3;-2) là điểm đối xứng của I qua A. Đường thẳng
MC cắt (I) tại D ( D khác C), AD cắt BC tại E thuộc đường thẳng có phương
trình : 2x-y=0. Tìm tọa độ điểm C.[5]

11


M

A

D

H
K
I

B
E

C

Phân tích bài toán:
Từ giả thiết có ngay tọa độ A, I. Các điểm C, D, H, I thuộc đường tròn
Euler, CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (ABCD) và (CDHI) từ đó có
thể tìm vị trí điểm H.
Định hướng giải
Ta có tứ giác ABCD nộ tiếp đường tròn (I), khi đó BD vuông góc AE, Gọi K là
giao điểm của BD và AC, khi đó K là trực tâm tam giác ABE
Vậy EK vuông góc AB ( H thuộc AB)
Khi đó DHIC nội tiếp đường tròn ( đường tròn Euler)
Tìm được
A(2;-1)r,uI(1;0)
uuur uuur uuuu
uuu
r uuuu
r uuu
r
Ta có MA.MB = MD.MC = MH .MI =6
3 −3
) là trung điểm MB. Vậy tam giác MEB cân tại E

2 2

Tính được H( ;

Nên EB=EM suy ra E(-6;-12).
Phương trình BC: 13x-6y+6=0
Phương trình AC: 6x+13y+1=0
Vậy C (

−504 23
;
)
205 205

Bài toán 4.6. Cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phương trình đường tròn
qua trung điểm cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ A là (S): (x-3)2 + (y+2)2 =
25. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
A

P

Q
N
I

G
H

B

K

E

M

C

Phân tích bài toán
(S) là đường tròn Euler, chú ý AH = 2IM nên HMIQ là hình bình hành,
kết hợp H, G, I thẳng hàng. Tâm của đường tròn (S) là tâm hình bình hành
HMIQ, nên từ đó giảo quyết được bài toán ( bài toán này có thể giải theo cách
dùng phép vị tự tâm H tỷ số k = 2)
Định hướng giải
Gọi H, I lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
12


M, N, Q lần lượt là trung điểm BC, AB và AH.
AE, BP là các đường cao
Khi đó M, E, N, Q, P cung thuộc đường tròn (S). Có MQ là đường kính, tâm
K(3;-2) là trung điểm QM và HI ( theo bài toán 4.2), bán kính R=5
Từ đó ta tìm được I(-3;10), H(9;-14).
Ta có trong tam giác HAM có KQ là trung tuyến nên IA=2KQ=2R
Vậy đường tròn (C) có bán kính R’=2R=10
Phương trình (C): (x+3)2 + (y-10)2 = 100
Bài toán 4.7. Cho tam giác ABC có H(2;3) là trực tâm. Đường tròn (C) đường
kính AH có phương trình : x2 + y2 = 13, đường cao BD và CE, BC cắt DE tại
7
3

N(2; ). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Phân tích bài toán:
Bài toán này có tính chất khá rõ đó là tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn
đường kính AH, NED là một cát tuyến của đường tròn này. Từ đó ta nghĩ tới
tính chất quen thuộc dạng này là NH vuông góc AM.
Định hướng giải
Đường tròn (C) tâm O(0;0), H(2;3) nên A(-2;-3)
AH vuông góc BC, BC qua N nên phương trình BC: 2x+3y-11=0
Gọi M là trung điểm BC suy ra M( x;

11 − 2 x
)
3

Theo bài toán 4.1 ta có AM vuông góc NH nên M(10;-3)
Tìm được B(

130 − 48 78 −39 + 32 78
130 + 48 78 −39 − 32 78
;
;
), C(
) và hoán vị
13
13
13
13

Bài toán 4.8. Cho tam giác ABC. D và E lần lượt là trung điểm hai cạnh AB, AC

. Đường tròn đường kính BE và CD có phương trình lần lượt
(C): (x - 1)2 + ( y - 1)2 = 1 và (S): (x+2)2 + y2 = 1. Tìm tọa độ điểm A biết A
thuộc đường thẳng d: x + y + 3 = 0
A
B'
C'
H

d

E

D
I
K
B

A'

C

Phân tích bài toán
Rõ ràng bài toán phải kiểm tra ngay tính chất của điểm A đối với hai
đường tròn vì giải thiết. Vậy nghĩ tới tìm phương tích điểm A đối với hai đường
tròn.
Định hướng giải
Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao kẻ từ các đỉnh tương ứng.
13

H là trực tâm tam giác ABC.
Ta chứng minh AA’ là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C).
(Dùng tính chất của đường tròn Euler ta có ngay kết quả này )
Khí đó A(1;-4)
Nhận xét
Mấu chốt bài toán ở đây là chứng minh được AA’ vuông góc IK nhờ điều
kiện IK//BC. Vậy nếu D, E không là trung điểm của AB, AC thì AA’ có là trục
đẳng phương của hai đường tròn đường kính BE và CD? Ta có bài toán sau.
Bài toán 4.9. Cho tam giác ABC. D và E là hai điểm trên hai cạnh AB, AC sao
cho DE//BC. Đường tròn đường kính BE và CD có phương trình lần lượt
(C): (x - 1)2 + ( y - 1)2 = 1 và (S): (x+2)2 + y2 = 1. Tìm tọa độ điểm A biết A
thuộc đường thẳng d: x + y + 3 = 0
A
B'
C'
H

d

E

D
I
K
B

A'

C

Định hướng giải
Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các đường cao kẻ từ các đỉnh tương ứng.
H là trực tâm tam giác ABC. Ta sẽ chứng minh AA’ là trục đẳng phương của hai
đường tròn (S) và (C).
Thật vậy : ta có tứ giác HA’BC’ và HA’CB’ nội tiếp nên
 AB '. AC = AH .AA'
⇒ AB '. AC = AC '. AB (1)

 AC '. AB = AH .AA'
AE AD
=
(2)
Vì DE//BC nên
AC AB
(1) và (2) ta có AB '. AE = AC '. AD ⇒ PA/(C ) = PA/( S )

Vậy A thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn
Gọi I và K lần lượt là tâm đường tròn (C) và (S), khi đó I, K là trung điểm của
BE và CD nên khi DE//BC thì KI//BC nên AA’vuông góc IK. Vậy AA’ là trục
đẳng phương của hai đường tròn
Cách 2. Có thể quan sát bài toán trên theo hướng khác đó là: Ta có AA’ vuông
góc BC, BC song song đoạn nối tâm hai đường tròn (HA’BC’) và (HA’CB’),
BC// IK và H cùng phương tích với hai đường tròn (S) và (C) nên AH vuông
góc IK , vì vậy AH là trục đẳng phương của hai đường tròn (S) và (C).
Từ đó phương trình trục đẳng phương là: 3x+y+1=0. Vậy A(1;-4).

14


Bài toán 5.1. Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF là các đường cao cắt

nhau tại H. K là điểm bất kỳ trên cạnh BC (K khác B, C). P là hình chiếu của H
trên AK. Chứng minh rằng tứ giác BKPF và CKPE nội tiếp
(Chú ý rằng khi K là trung điểm BC thì ta đã có các kết quả trong các bài toán 4)
A
E

F
P

H

J
I
B

D

C

K

Định hướng giải
Ta có tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB và tứ giác DHPK nội
tiếp đường tròn đường kính KH vì vậy AF. AB = AH. AD = AP. AK
suy ra tứ giác BKPF nội tiếp một đường tròn
Tương tự tứ giác CKPE nội tiếp một đường tròn
Nhận xét
HP vuông góc AK khi và chỉ khi tứ giác BKPF (Hoặc CKPE) nội tiếp
Bài toán 5.2. Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF là các đường cao cắt nhau
tại H. K là điểm trên cạnh BC ( K khác B và C), BC có phương trình y = 1. Biết

phương trình đường tròn ngoại tiếp các tam giác BKF và CKE lần lượt là
(C): x2 + y2 + 4x -4y+3 = 0 và (S): x2 + y2 - 8x - 8y + 7 = 0 . Tìm tọa độ điểm A
A
E

F
P

H

J
I
B

D

K

C

Định hướng giải
Đường tròn (C) và (S) cắt nhau tại P(-1;4) và K(0;1) ( Vì K thuộc BC)
B là giao điểm của BC và đường tròn (C) nên B(-4;1) ( B khác K)
C là giao điểm của đường tròn (S) và BC nên C(8;1)
Từ bài toán 5.1 suy ra A thuộc đường thẳng KP: 3x + y – 1 = 0 và HP vuông góc
KP nên phương trình HP: x – 3y + 13 = 0
H thuộc HP nên H(3b-13; b)
A thuộc KP nên A(a, 1-3a)
H là trực tâm tam giác ABC nên tìm được a=

−16
−16 55
⇒ A(
; )
7
7 7

15


Bài toán 5.3. Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF là các đường cao cắt nhau
tại H(-3;-1). K(5;1) là điểm trên cạnh BC ( K khác B và C). Đường tròn ngoại
tiếp tam giác CKE có phương trình (x – 3)2 + (y – 1)2 = 4. Viết phương trình
đường thẳng BC biết A thuộc đường thẳng (d): x – y – 10 = 0.
A

F

E
H

P
I

B

C

K

D

Định hướng giải
Giả sử AK cắt đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác CKE tại điểm thứ hai P.
Theo bài toán 4 thì HP vuông góc AK
Gọi P(a;b) , P thuộc (S), PH ⊥ AK. Tìm được P(3;3).
Phương trình AK: x + y – 6 = 0 suy ra A(8;-2)
Phương BC: 2x – 3y – 7 = 0.
Bài toán 5.4. Cho tam giác ABC nhọn có AD, BE, CF là các đường cao cắt nhau
tại H(-3;-1). K là điểm trên cạnh BC ( K khác B và C). Đường tròn ngoại tiếp
tam giác CKE có phương trình (S): (x – 3)2 + (y – 1)2 = 4 và (S) cắt AK tại điểm
P(3;3) khác K. Viết phương trình đường thẳng BC biết A thuộc đường thẳng
(d): x – y – 10 = 0.
A

F

E
H

P
I

B

D

K

C

Rõ ràng bài toán 5.4 phải vận dụng điều kiện bài toán 5.1.
Trên đây là một số bài toán ở mức độ vận dụng cao có sử dụng một số
tính chất của bài toán gốc, khai thác theo các khía cạnh khác nhau ta xây dựng
các bài toán xử lý tình huống theo hệ thống kiến thức liên thông từ đó học sinh
dễ dàng tiếp cận chúng.
Sau đây chúng ta tiếp tục giải quyết một số bài toán, với yêu cầu phải sử
dụng khéo léo các tính chất của phương tích và kết quả khác đê xử lý bài toán.
Yêu cầu học sinh phải tư duy phân tích, tổng hợp và có kiến thức sâu mới
giải quyết tốt tình huống đưa ra. Qua mỗi bài chỉ rõ cho học sinh một số kết quả
có thể tkhai thác được cho các bài toán khác
Bài toán 6. Trong mặt phẳng tọa độ, cho đường tròn (S): x2 + y2 – 2x = 3 có tâm
I. Qua M nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A, B
là các tiếp điểm). Đường thẳng ∆ đi qua M cắt đường tròn tại P và Q (PQ không
16


là đường kính). AB cắt MI tại E. EP cắt đường tròn (S) tại điểm thứ hai tại F.
Viết phương trình đường thẳng QF, biết QF đi qua điểm K(2;-1) và M thuộc
đường thẳng d: x + y – 1 = 0 [6]
F

A

R
E
I

M
P

Q

B

K

Phân tích bài toán:
Gọi R là diểm đối xứng của P qua đường thẳng MI khi đó vai trò P và R,
F và Q bình đẳng đối với MI, từ đó có thể thấy ngay QF vuông góc MI.
Định hướng giải
Đường tròn (S) tâm I(1;0)
Gọi R là điểm đối xứng của P qua đường thẳng MI
MR cắt (S) tại F’ khác R
Khi đó MP.MQ = MR.MF’. mà MP = MR nên MF’ = MQ hay RF’ = PQ
Khi đó PQF’R là hình thang cân với đáy PR và QF’. MI là đường trung trực của
QF’ và PR. Nên E là giao điểm của PF’ và QR hay F’ trùng F
Vậy QF vuông góc MI. Mà I thuộc d nêm QF qua K vuông góc d
Vậy phương trình QF: x – y – 3 = 0.
Nhận xét :
Qua chứng minh ta có AE là phân giác góc PEQ. Nên từ đây có thể khai
thác thêm một số bài toán liên quan tới phân giác trong dạng này.
Bài toán 7. Cho hình chữ nhật ABCD co tâm I thuộc đường thẳng d: 3x + 2y – 5
= 0 và bán kính bằng

5
. Tiếp tuyến của đường tròn (S) ngoại tiếp hình chữ nhật
2

ABCD tại C cắt AB tại E, ED cắt (S) tại F ( khác D). Biết đường tròn (C) ngoại

tiếp tam giác AEF có phương trình: (x – 20)2 + y2 = 400. tìm tọa độ đỉnh C (biết
hoành độ điểm A và I nguyên).[6]
C

D

1
F

1

E

I

1

A

B

J

Phân tích bài toán:
Bài toán liên quan tới điểm I và đường tròn (C) nên ta cố gắng tìm IJ,
mặt khác bài toán cho bán kính hai đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật, từ đó
gợi cho chúng ta suy nghĩ xem IA, AJ và JI có gì đặc biệt.
17

Ta nhận thấy góc D1 = A1 = E1 vậy AI là tiếp tuyến của (S) tại A.
Định hướng giải
Đường tròn (S) có tâm J(20;0), bán kính R = 20
Chứng minh góc A1 =E1( Hai góc chắn cung AF) vậy AI là tiếp tuyến của đường
tròn (S) tại A hay AI vuông góc JA.
Vậy JI2 = IA2 + JA2 =

1625
5
suy ra I( 0; )
4
2

IA là tiếp tuyến của (S) nên tìm được A(0;0) nên C(0;5).
Nhận xét
Từ kết quả bài toán này ta cũng có IC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
tiếp tam giác CBE. Từ đó ta cũng có thể khai thác tính chất này.
Phần III. Một số bài toán gốc cung cấp cho học sinh và có thể vận dụng để
xây dựng bài toán tọa độ phẳng theo hướng của đề tài
Bài toán 1.. Cho tam giác ABC nhọn. Đường cao BK, CL cắt nhau tại H, đường
thẳng d qua H cắt AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng HP=HQ khi và chỉ
khi MP=MQ.
Bài toán 2. Cho tam giác ABC cân tại C có ∠A > ∠C . I, K lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. D thuộc cạnh BC sao cho DI vuông
góc BK. Chứng minh DK//AC.
Bài toán 3. Cho tam giác ABC vuông tại C. góc BAC = 60 0. H là chân đường
cao kẻ từ C, P là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho AP=AC. Chứng minh
rằng PM là phân giác góc HPB ( với M là trung điểm AB).
Bài toán 4. Giả sử đường tròn (S) tiếp xúc với đường tròn (O) tại E, tiếp xúc dây
cung AB của đường tròn (O) tại F. EF cắt lần hai đường tròn (O) tại M. Chứng

minh rằng M là trung điểm của cung AB.
Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường
tròn tại A cắt BC tại P, M là trung điểm PA. MP cắt (O) lần thức hai tại R, PR cắt
đường tròn (O) lần hai tại S. Chứng minh rằng CS song song AP.
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY HỌC CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TÍCH VÀ
TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG TRƯỜNG PHỔ THÔNG
2.2.1. Thực trạng về chương trình
Nội dung kiến thức về phương tích và trục đẳng phương đã được giảm tải
đi phần lớn trong chương trình toán THPT chỉ có một số tài liệu nâng cao hoặc
các chuyên đề ôn thi HSG nhắc đến. Hệ thống bài tập chủ yếu là dạng vận dụng
nâng cao.
2.2.2.Thực trạng về giáo viên
Do nội dung về phương tích và trục đẳng phương đã được giảm tải nên chỉ
có những giáo viên giảng dạy các lớp chọn, hay giáo viên ôn luyện đội tuyển
HSG là nghiên cứu đến. Còn lại các giáo viên giảng dạy ở các lớp đại trà chủ yếu
dạy học sinh ở mức độ khá và trung bình nên mức độ nghiên cứu đề chủ đề này
hầu như chỉ dừng lại ở mức độ tìm hiểu.
2.2.3. Thực trạng về học sinh
Chủ đề phương tích và trục đẳng phương là một chủ đề tương đối dễ hiểu
và có ứng dụng phong phú, nhưng phần lớn đã được giảm tải đó sự tiếp cận của
18


học sinh đối với chủ đề này còn tương đối hạn chế. Hệ thống bài tập vận dụng
phong phú và cũng có nhiều bài tập khó nên học sinh chưa chủ động để tiếp cận
với nội dung này.
Từ những thực trạng trên tôi thấy dạy học chủ đề phương tích và trục
đẳng phương để học sinh tiếp cận được hệ thống lý thuyết và vận dụng vào việc
giải quyết một số bài toán trong hình học phẳng ở mức độ vận dụng cao là cần
thiết.

2.3. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
2.3.1. Thời gian thực hiện:
Dạy học chủ đề phương tích và trục đẳng phương cho học sinh có thể thực
hiện trong cả năm hoặc trong thời gian ôn thi HSG
2.3.2. Cách tổ chức thực hiện
Giảng dạy cho các học sinh khá giỏi ở lớp 10C1,10C2
Giảng dạy cho học sinh ôn thi học sinh giỏi (4 buổi)
2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỐI VỚI HOẠT
ĐỘNG GIÁO DỤC, VỚI BẢN THÂN, ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ
TRƯỜNG
+Lớp học sinh mà tôi thực nghiệm thì các em khá thích thú với các tính chất đẹp
của bài toán và biết áp dụng chứng minh các bài toán về phương tích và từ đó
suy nghĩ phát triển bài toán tọa độ phẳng
+ Những học sinh giỏi cũng đã dự đoán được một số kết quả và vận dụng chứng
minh được, các em hiểu được và tiếp nhận dễ dàng
Qua khảo nghiệm tôi thu được một số kết quả sau:
Học sinh giỏi tiếp thu rất tốt và luôn biết tự tìm tòi cài mới, khi tiếp
xúc bài toán là các em luôn biết cách để suy nghĩ giải quyết bài toán.
Học sinh khá tiếp thu tốt khi được hướng dẫn bước đầu
Học sinh trung bình thì phần đa ít quan tâm vì kiến thức hình học phẳng ở cấp
hai cơ bản là chưa tốt và quên nhiều, những chứng minh đơn giản nhưng vẫn
khó khăn để nhận ra.
3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1. Những việc đã hoàn thành của đề tài
Đề tài đã thực hiện được những nhiệm vụ sau:
Qua các ví dụ và một số chứng minh ta có thể khai thác từ đó những tinh chất
mới và xây dựng được bài toán mới nhưng bản chất vẫn không thay đổi
Thông qua đó đòi hỏi học sinh phải tìm lại kiến thức cũ và mỗi lần như
vậy giúp cách em có cách nhìn tốt hơn và rộng hơn các kết quả đã có và kể cả
vận dụng các chứng minh.

Việc khai thác bài toán về phương tích và trục đẳng phương chỉ là một
trong rất nhiều dạng toán cần khai thác, từ đó giúp các em sáng tạo hơn trong
học tập cũng như giải quyết các tình huống khác trong toán học nói riêng cũng
như trong thực tiễn nói chung. Góp phần phát triển tư duy và sự hứng thú, say
mê đối với môn toán cũng như quen vơi việc giải quyết các khó khăn gặp phải
luôn phải biết kiên nhẫn, tư duy, tìm tòi và sáng tạo để giải quyết nó.
3.2. Hướng phát triển của đề tài
19


Do thời gian và điều kiện còn hạn chế nên tôi mới tuyển chọn được các
bài tập vận dụng chủ đề phương tích và trục đẳng phương hạn chế trong nội
dung lớp 10 và các đề toán ôn thi học sinh giỏi, tôi sẽ tiếp tục tìm tòi, nghiên
cứu mở rộng để xây dựng dạng bài tập này trong chương trình cấp THPT, làm
tài liệu bổ ích cho các em học sinh.
3.3. Một số kiến nghị
Giáo viên cần tăng cường nghiên cứu và tìm tòi hệ thống bài tập vận dụng
nhằm giúp học sinh tiếp cận và tiếp thu phương pháp vận dụng tốt hơn.
Trên đây là một kinh nghiệm nhỏ của tôi khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi cũng
như giảng dạy lớp học sinh khác với các mức độ yêu cầu khai thác thích hợp
trình độ học sinh, vận dụng phương phap dạy học mới. Qua đó thấy các em có
hứng thú và thích tìm tòi các kiên thức theo yêu cầu của giáo viên, kể cả việc tạo
môi trường học tập nhóm và tăng cường tính đồng đội trong học tập và rèn
luyện.
Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiêp đã góp những ý kiến quý báu,
đã giúp tôi hoàn thành đề tài này. Tuy nhiên với mức độ nhận thức và thời lượng
chương trình cũng như thời gian còn hạn chế nên đề tài chắc chắn còn những
khiếm khuyết. Tôi rất mong tiếp tục được sự góp ý của đồng nghiệp, để tôi hoàn
thiện và mạnh dạn khai thác tìm tòi và hướng dẫn học sinh tự tìm tòi sáng tạo,
đúng theo yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học định hướng năng lực học sinh.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Nguyễn Nọc Tuấn Anh

20