SKKN rèn luyện năng lực tự học tự nghiên cứu môn toán cho học sinh thông qua nghiên cứu các bài toán hình học trong tọa độ p

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Giảng dạy, nghiên cứu và hướng dẫn học sinh tập dượt nghiên cứu khoa
học là những nhiệm vụ trọng tâm của mỗi giáo viên. Chính vì vậy trong những
năm qua, trường THPT Như Thanh rất coi trọng việc bồi dưỡng nâng cao năng
lực nghiên cứu và hướng dẫn, tập dượt nghiên cứu khoa học cho đội ngũ giáo
viên của nhà trường thông qua nhiều hình thức như: Đổi mới sinh hoạt tổ, nhóm
chuyên môn; phát động phong trào viết chuyên đề; sáng kiến kinh nghiệm giảng
dạy; nghiên cứu các đề tài khoa học sư phạm ứng dụng; tổ chức ngoại khoá. Đổi
mới phương pháp dạy học phải gắn liền với đổi mới hình thức tổ chức dạy học.
Hình thức tổ chức dạy học phù hợp sẽ cuốn hút học sinh tham gia vào nội dung
bài học, từ đó học sinh có thể phát huy được tính tích cực, chủ động trong quá
trình học, tạo điều kiện cho việc tiếp thu kiến thức có hiệu quả hơn.
Hình thức tổ chức dạy học phù hợp không chỉ tạo điều kiện cho giáo và
học sinh giao lưu, tranh luận với nhau mà còn tạo ra sự tranh luận giữa học sinh
với học sinh, giữa các nhóm học sinh với nhau để từ đó đạt được mục đích về
kiến thức một cách tự nhiên hơn.
Môn Toán là môn khoa học cơ bản, và có vai trò quan trọng trong sự phát
triển tư duy, kỹ năng, tính sáng tạo của học sinh, do đó vấn đề cốt lõi của đổi mới
phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT là: hướng dẫn học sinh học tập
tích cực, chủ động, phát huy tính sáng tạo, rèn luyện kỹ năng giải toán, phát triển
tư duy toán học. Để làm được điều này đòi hỏi mỗi giáo viên trước hết phải có
trình độ chuyên môn vững vàng, đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích
cực, chủ động, lấy học sinh làm trung tâm trong quá trình dạy học.
Trong chương trình toán THPT, chủ để tọa độ trong mặt phẳng được đông
đảo giáo viên dạy bộ môn toán và học sinh quan tâm. Câu hình học tọa độ trong
mặt phẳng có vị trí quan trọng, đây là một trong những câu hỏi ở mức độ kiến
thức vận dụng và vận dụng nâng cao nhằm phân loại học sinh giữa mức điểm
khá và điểm giỏi. Các bài toán có liên quan đến tọa động trong mặt phẳng luôn
có mặt trong các kỳ thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp.
Với những lý do trên, tôi đã chọn đề tài “Rèn luyện năng lực tự học - tự

nghiên cứu môn Toán cho học sinh thông qua nghiên cứu các bài toán hình
học trong tọa độ phẳng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
- Rèn luyện tư duy sáng tạo, năng lực tự học- tự nghiên cứu trong dạy- học toán.
- Rèn luyện kỹ năng giải và xây dựng các bài toán hình học trong tọa độ phẳng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Nghiên cứu cơ sở lý luận về phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu.
- Nghiên cứu các bài toán tổng quát về hình học trong tọa độ phẳng.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Nghiên cứu tài liệu
1.5. Những điểm mới của SKKN.
- Áp dụng phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu thông qua nghiên cứu các
bài toán hình học trong tọa độ phẳng từ đó làm cơ sở cho việc hướng dẫn HS tự
học- tự nghiên cứu.
1


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Khái niệm Phương pháp dạy học (PPDH) hướng dẫn học sinh (HS) tự
học tự nghiên cứu
Tự học là một hình thức hoạt động nhận thức của cá nhân nhằm nắm vững
hệ thống tri thức và kỹ năng do chính bản thân người học tiến hành ở trên lớp
hoặc ở ngoài lớp.
Có hai hình thức tự học:
- Tự học có hướng dẫn (GV hướng dẫn ở trên lớp hoặc là hướng dẫn các hoạt
động ngoại khoá).
- Tự học không có sự hướng dẫn của GV (HS tự học với sách, tự mình xây dựng
kế hoạch học tập).
- Đối với học sinh phổ thông, tập dượt nghiên cứu khoa học thông qua bài tập

nghiên cứu. Đó là những bài làm, những công trình nghiên cứu mang tính chất
thực hành sau một bài học hoặc một chương học, nhằm đào sâu, mở rộng tri
thức, hoặc làm căn cứ bước đầu để học một chủ đề nào đó để làm phong phú
thêm bài giảng bằng những tài liệu trong sách báo hay trong thực tế điều tra, tiến
hành thử nghiệm. Bài tập nghiên cứu này do GV nêu ra và HS tiến hành tự học,
tự nghiên cứu dưới hướng dẫn của GV.
2.1.2. Các bước thực hiện dạy học tự học- tự nghiên cứu
Trên cơ sở về khái niệm PPDH tự học, tự nghiên cứu ta có thể đưa ra các
bước cơ bản sau để thực hiên việc dạy học tự học, tự nghiên cứu:
- Xác định vấn đề cần nghiên cứu.
- GV hướng dẫn học sinh thực hiện nhiệm vụ.
- Học sinh thực hiện nhiệm vụ và báo cáo kết quả.
- Đánh giá.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trong giảng dạy lâu nay tại trường THPT Như Thanh đa số GV Tổ Toán đã
thực hiện rất tốt công tác chuyên môn như: Đổi mới sinh hoạt tổ, nhóm chuyên
môn; phát động phong trào viết chuyên đề, đề tài nghiên cứu khoa học...Tuy
nhiên chuyên đề “Hướng dẫn Học sinh tự học- tự nghiên cứu” còn chưa được
quan tâm một cách đúng mức. Trong dạy học phần các bài toán hình học trong
tọa độ phẳng phần khó và phức tạp, cần nhiều kỹ năng trong việc xây dựng các
bài toán đó, do vậy đa số GV còn chưa nghiên cứu sâu và kỹ phần này.
Đối với HS chỉ có một số ít có ý thức tự học, phần còn lại học tập thụ động,
không sáng tạo, dựa chủ yếu vào thầy-cô giáo. Đa số HS còn chưa có ý thức về
nghiên cứu toán học. Trong học toán phần lớn HS còn rất yếu về hình học
phẳng, các hoạt động của HS ở phần này chủ yếu là chứng minh các tính chất
hình học đơn giản, có sẵn, việc phát hiện ra tính chất hình học và chứng minh
tính chất đó thì đa số học sinh còn rất yếu và không thực hiện được. Đó là những
điều hạn chế trong cách học của HS tại trường THPT Như Thanh nói riêng và tại
các trường THPT nói chung. Để một phần khắc phục điều này tác giả mạnh dạn
áp dụng phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu vào một số đối tượng HS

khá, giỏi tại trường.
2


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Để hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu có hiệu quả thì trước hết mỗi GV
cũng cần phải có những công trình nghiên cứu cụ thể đây là hoạt động đặc biệt
quan trọng đối với một GV toán, bởi vì ngoài việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho
mỗi GV, nó còn làm phong phú thêm kho tàng kiến thức của mỗi người thầy để
từ đó mỗi giờ lên lớp ngày càng hiệu quả, hơn nữa nó là tấm gương sáng cho HS
noi theo trên con đường học tập và nghiên cứu ở hiện tại và trong tương lai.
Để hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu có hiệu quả tác giả sẽ trình bày hai
nội dung trong phần này. Phần thứ nhất nghiên cứu một số các bài toán về hình
học trong tọa độ phẳng, việc phát hiện ra tính chất hình học và chứng minh các
tính chất này, sau đó sẽ giải quyết trọn vẹn bài toán được yêu cầu. Các bài toán
được xây dựng logic, chứng minh chặt chẽ dựa trên cơ sở kiến thức về toán học
cấp THPT mà học sinh đã được học và các ví dụ áp dụng các bài toán tổng quát
đó.
Phần nội dung thứ hai là kế hoạch hướng dẫn học sinh tự học tự nghiên
cứu chủ đề các bài toán hình học trong tọa độ phẳng.
Phần1: Nghiên cứu xây dựng một số bài toán về hình học trong tọa độ
phẳng từ các tính chất hình học
∆ABC
CK
I BH
Tính chất 1: Cho
nội tiếp đường tròn tâm ,
và
là hai đường
∆ABC

AI ⊥ KH
cao của
. Khi đó ta có
Chứng minh:
• Kẻ tiếp tuyến

A

x

Ax

sd »AC
·
xAC
= ·ABC =
2

H

K

B
Ta có
·ABC = ·AHK
KHCB
• Mà
(do tứ giác
·
⇒ xAC

= ·AHK
nội tiếp)
, mà hai góc
Ax / / HK
này ở vị trí so le trong
Ax
⇒ AI ⊥ HK
Ax ⊥ AI
• Lai có
(do
là tiếp tuyến)

Oxy

I

C

∆ABC

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho
nội tiếp đường
I ( 1;2 )
B, C
R=5
tròn tâm
, bán kính
. Chân đường cao kẻ từ
lần lượt là

3


H ( 3;3) , K ( 0; −1)
BCHK

. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác
A
, biết điểm có tung độ dương.

Hướng dẫn tìm lời giải
( C)
R=5
I
Đường tròn
có tâm , bán kính
có phương trình
2
2
( x − 1) + ( y − 2 ) = 25
BCHK

M
Ta thấy ngay đường tròn ngoại tiếp tứ giác
có tâm
là trung
0
·
·

BC
BC
BKC = BHC = 90
điểm của
, đường kính
(do
). Như vậy vấn đề
B,C
quyết định của bài toán này là đi tìm tọa độ
.
AI ⊥ KH ⇒ AI
Theo tính chất 1.
là đường
A
AI ⊥ KH ⇒ AI
I
thẳng đi qua , và
có
3x + 4 y − 11 = 0
H
K
phương trình
.
A = AI ∩ ( C )
I
Tọa độ
, giải hệ ta được B
A ( −3;5 )
AB

Đường thẳng
đi qua
AB : 2 x + y + 1 = 0
Tọa độ
C ( 6;2 )

B = AB ∩ ( C )

A, K

C

là

, giải hệ ta được

Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác
BC

, đường kính

BC

D

B ( 1; −3)

, suy luận tương tự ta được

BCHK

có phương trình

M
có tâm
là trung điểm của
2
2
7 
1  25

x− ÷ + y + ÷ =
2 
2
4

Oxy

∆ABC
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho
nội tiếp đường
O ( 0;0 )
M ( −1;0 ) , N ( 1;1)
tròn tâm
. Gọi
lần lượt là các chân đường vuông

4

B,C
A, B, C
∆ABC
∆ABC
góc kẻ từ
của
. Tìm tọa độ các đỉnh
của
, biết
3x + y − 1 = 0
A
∆
điểm nằm trên đường thẳng có phương trình
Hướng dẫn tìm lời giải
A
∆
Ta thấy điểm thuộc đường thẳng
A ( a;1 − 3a )
do đó:
, bây giờ cần thiết
A
x
a
lập một phương trình để tìm .
AO ⊥ MN
Ta có
(Tính
chất
uuur uu

uu
r 1)
M
N
AO.MN = 0
Giải phương trình
O
B
⇒ a = 1 ⇒ A ( 1; −2 )

Đường thẳng
AB : x − 1 = 0

AB

đi qua

A, N

A, M

AC

là

C

AC : x + y + 1 = 0

Đường thẳng

đi qua
là
AC ⇒ BM : x − y + 1 = 0
BM
M
Đường cao
đi qua
và vuông góc với
.
B = AB ∩ BM ⇒ B ( 1;2 )
C ( −2;1)
Tọa độ
, tương tự
AO ⊥ MN
Như vậy điểm quan trọng nhất đối với bài này là phát hiện ra
∆ABC

I H
Tính chất 2: Cho
nội tiếp đường tròn utâm
uur . uuur là trực tâm, kẻ đường
BC
AA ' M
AH = 2 IM
kính
,
là trung điểm của
.Khi đó
Chứng minh
·ABA ' = 900

I
Ta có
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm )
⇒ BA ⊥ BA '
BA ⊥ CH ⇒ BA '/ / CH
mà
(1)
CA '/ / BH
Chứng minh tương tự ta cũng có
(2)

5


BHCA '
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác
là
M
hình bình hành, mà
là trung điểm
BC
M
của đường chéo
suy ra
là trung
A' H
điểm của đường chéo
⇒ IM
là uuuđường
r

uuu
r trung bình của
∆AA 'H ⇒ AH = 2 IM

A

I

H
B

M

C

A'

Oxy

∆ABC
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho
nội tiếp đường tròn
I ( 2;1)
H ( −1; −1)
R=5
BC = 8
tâm
bán kính
. Trực tâm

, độ dài
. Hãy viết
BC
phương trình

Hướng dẫn tìm lời giải
Đây là một bài toán quen thuộc “tam
giác nội tiếp đường tròn, cho biết trực
tâm”, vậy ta sẽ nghĩ ngay đến việc tạo
ra hình bình hành bằng cách kẻ đường
AD ⇒ BHCD
kính
là hình bình hành
(Tính chất 2)
⇒ MI
∆AHD
là đường trung bình của
⇒ AH = 2.MI
(kết quả rất quen thuộc)
Với các suy luận trên, ta sẽ tìm được tọa
A
độ trước tiên.
A ( x; y )
Thật vậy, gọi

6


Ta có

 AH = 2.IM = 2. CI 2 − BM 2 = 2 52 − 42 = 6

 AI = 5
 x = −1
⇒ A ( −1;5 ) ⇒ D ( 5; −3) ⇒ M ( 2; −2 )

y = 5

Giải hệ trên ta được
I
AD M
HD
(do là trung điểm của
,
là trung điểm của
)
A, M
BC
M
Như vậy sau khi có điểm
ta thấy đường thẳng
đi qua
, vuông góc
AH ⇒ BC : y + 2 = 0
với
Oxy
∆ABC
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho
nội tiếp đường tròn

I ( −2;0 )
A ( 3; −7 )
H ( 3; −1)
C
tâm
điểm
, trực tâm
. Xác định tọa độ điểm
biết
C
có hoành độ dương.
Hướng dẫn tìm lời giải
Hoàn toàn với phương pháp lập luận
như bài VD3, tauucũng
được
kết quả
ur có
uuu
r
AH = 2.MI ⇒ AH = 2.IM
, nếu gọi
M ( x; y )
thì giải phương trình
uuur
uuur  x = −2
AH = 2.IM ⇒ 
⇒ M ( −2;3)
y = 3
BC

M
đi qua điểm
,
AH ⇒ BC : y − 3 = 0

Đường thẳng
vuông góc với
Đường tròn

( C)

R = IA

tâm

I

, bán kính
2
( x + 2 ) + y 2 = 74

có phương trình
( C)
B,C
BC
Tọa độ điểm
là giao của
và đường tròn
, giải hệ này ta sẽ có

(

C −2 + 65;3

)

(vì

xC > 0

)

7


H,I
Nhận xét: qua bài toán trên, cần ghi nhớ một kết quả quan trọng sau: Nếu
∆ABC M
BC
lần lượt làuutrực
tâm
và
tâm
đường
tròn
ngoại
tiếp
,
là
trung

điểm
ur
uuur
AH = 2.IM
thì ta có
(đây là điểm nút của vấn đề). Tiếp theo mạch tư tưởng đó,
ta nghiên cứu bài sau cũng có cách khai thác tương tự.

Oxy

ABCD
B
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho hình chữ nhật
, qua
E, F , G
AC
H
kẻ đường thẳng vuông góc với
tại . Gọi
lần lượt là trung điểm của
 17 29   17 9 
E  ; ÷, F  ; ÷, G ( 1;5 )
CH , BH
 5 5   5 5
AD
các đoạn thẳng
và
. Biết
. Tìm tọa độ

∆ABE
tâm đường tròn ngoại tiếp
.
Hướng dẫn tìm lời giải

Đây là bài toán phát triển theo mạch
tư duy của dạng bài trên
∆ABE
F
có
là trực tâm, vậy nếu
I
gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆ABE M
AB
,
là trung điểm
của
uur
uuur
EF = 2.IM
thì ta chứng minh được
E, F
I
Do tọa độ
đã biết vậy để có
M
M
ta cần tìm tọa độ
, mà

là
A, B
AB
trung điểm
nên ta cần tìm tọa độ
, (đây là điểm
uuur nútuucủa
u
r bài toán này)
∆HCB ⇒ AG = FE
EF
Ta thấy ngay
là đường trung bình của
. Như vậy nếu gọi
uuur uuu
r x = 1
AG = FE ⇒ 
⇒ A ( 1;1)
A ( x; y )
y =1
thì giải phương trình
AE
Tiếp theo lập được phương trình đường thẳng
đi qua
A, E ⇒ AE : −2 x + y + 1 = 0
Đường thẳng

AB

đi qua

A

và vuông góc với

EF ⇒ AB:y-1=0

8


BH

F

Đường thẳng
qua
và vuông góc với
B = BH ∩ AB ⇒ B ( 5;1) ⇒ M ( 3;1)
Do đó
uur
uuur
EF = 2.IM ⇒ I ( 3;3)
Giải phương trình

AE ⇒ BH : x + 2 y − 7 = 0

∆ABC

K
H

I
nội tiếp đường tròn tâm , điểm
là trực tâm, gọi
∆HBC
BC
K
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp
. Khi đó
và đối xứng với nhau qua
Tính chất 3: Cho

Chứng minh
A

AH
là giao điểm của
với
K
đường tròn tâm
, suy ra tứ giác
ACH ' B
K
nội tiếp đường tròn tâm
K
suy ra
cũng là tâm đường tròn
∆BH ' C
ngoại tiếp
H

H'
Mặt khác
và
đối xứng với
BC
∆HBC
nhau qua
suy ra
đối
H ' BC
BC
xứng với tam giác
qua
,
K, I
mà
lần lượt là tâm đường tròn
∆H ' BC
∆HBC
ngoại tiếp
và
suy
I
K
ra và
đối xứng với nhau qua
BC
Gọi

H

K

H
C
B
H'

I

9


Oxy
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

, cho tam giác

ABC

có trực tâm
2
( x + 1) + y 2 = 9
HBC
H
, đường tròn ngoại tiếp tam giác
có phương trình
.
Oy
G

ABC
∆ABC
Trọng tâm
của tam giác
thuộc trục
. Tìm tọa độ các đỉnh của
x− y=0
BC
B
biết
có phương trình
và có hoành độ dương.
Hướng dẫn tìm lời giải
2
( x + 1) + y 2 = 9 ( C )
B, C
Trước hết ta có tọa độ
là giao điểm của đường tròn
BC : x − y = 0
và đường thẳng
 −1 + 17 −1 + 17   −1 − 17 −1 − 17 
B
;
;
÷, C 
÷
2
2
2
2


 

Giải hệ phương trình ta được
A ( x; y )
Bây giờ việc khó khăn sẽ là tìm tọa độ
theo trình tự suy luận sau:
G ( 0; a )
Oy
- Điểm
thuộc
là trọng
∆ABC
tâm
, sử dụng công thức
A ( −1; y )
trọng tâm suy ra
K
I
- Gọi
và lần lượt là tâm đường
K
∆ABC
∆HBC
tròn ngoại tiếp
và
G
⇒I
K
H

và
đối xứng với nhau quav
BC
C
(tính chất 3), từ đây ta lập được
M
I ( −1;0 )
B
KI
phương trình
đi qua
và
D
A'
BC
vuông góc với
M = KI ∩ BC
I
- Ta có tọa độ
 1 1
⇒ M  − ; − ÷⇒ K ( 0; −1)
 2 2

10


Mặt khác

( C)

KA = 3

K

(bằng bán kính đường tròn
) - Do đường tròn tâm
và
BC
I
đường tròn tâm đối xứng nhau qua
nên bán kính bằng nhau. Giải phương

(

KA = 3 ⇒ A 1; −1 + 2 2
trình

)

(

A 1; −1 − 2 2
hoặc

)

A

Tính chất 4: Cho

∆ABC

cân tại

A

nội tiếp

I G
đường tròn tâm .
là trọng tâm của
∆ABC
D
AB E
. Gọi
là trung điểm của
, là
∆ADC
I
trọng tâm của
. Khi đó là trực tâm
∆DEG
của
.

K

E

D

I
G

B

C

F

Chứng minh:
Gọi

F, H , K

lần lượt là các trung điểm của
G
∆ABC ⇒ G = AF ∩ CD
Do
là trọng tâm
CE CG 2
=
= ⇒ GE / / AB
CK CD 3
Ta có
AB ⊥ DI ⇒ GE ⊥ ID
mà
 DE / / BC
⇒ GI ⊥ DE

GI

⊥
BC

Lại có
∆DGE
I
Suy ra là trực tâm của

BC , AC , AD ⇒ E = DH ∩ CK

.

11


Oxy

∆ABC

A
D
cân tại , gọi
là
 11 5 
I ; ÷
 3 3
AB D
trung điểm của
,
có tung độ dương, điểm

là tâm đường tròn
 13 5 
E ; ÷
M ( 3; −1)
 3 3
∆ABC
∆ADC
ngoại tiếp
. Điểm
là trọng tâm của
. Điểm
N ( −3;0 )
DC
AB
thuộc đường thẳng
, điểm
thuộc đường thẳng
. Tìm tọa độ các
A, B, C
điểm
.
Hướng dẫn tìm lời giải
Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

I

Ta có là trực tâm của
(Tính chất 4)

, cho

∆DGE

Do đó ta viết phương trình
EI
và vuông góc với
DC : x − 3 = 0
Suy ra

DC

A

đi qua

M

K

E

D

D

I
G

D

Tiếp theo ta tìm tọa độ điểm ; di điểm
D ( 3; x )
DC
thuộc
nên
, giải phương trình
uuur uur
DN .DI = 0 ⇒ x = 3 ⇒ D ( 3;3 )

H

B

F

C

AB
Ta sẽ viết tiếp phương trình
N,D
(đi qua
)
AB : x − 2 y + 3 = 0
Suy ra phương trình
AF : x − y − 2 = 0
AF
I
DE
Đường thẳng
đi qua và vuông góc với

suy ra
A = AB ∩ AF ⇒ A ( 7;5 ) ⇒ B ( −1;1)
D
AB
Giải hệ
(do
là trung điểm của
)
IA ⇒ BC : x + y = 0
BC
B
Đường thẳng
đi qua và vuông góc với
C = BC ∩ CD ⇒ C ( 3; −3)
Giải hệ

12


Tính chất 5: “Trong một hình thang cân có 2 đường chéo vuông góc, độ dài
đường cao bằng độ dài đường trung bình”
Chứng minh
NM = NI + IM
Ta có
ABCD
Do
là hình thang cân, và
AC ⊥ BD
I
tại

nên các tam giác
∆AIB, ∆DIC
là các tam giác vuông
⇒ IN , IM
cân
là các đường cao
tương ứng đồng thời là đường
trung tuyến
AB
CD
NI =
, IM =
2
2
Suy ra
AB + CD
⇒ NI + IM =
=EF
2
⇒ NM=EF

N

A

B

I
E

F

C

D

M

Oxy

ABCD

Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho hình thang cân
có
45
I ( 2;3)
AC
2
BD
diện tích bằng
, hai đường chéo
và
vuông góc với nhau tại
.
x
−
3
y
−

3
=
0
CD
BC
C
Đáy lớn
có phương trình
. Viết phương trình cạnh
biết
có hoành độ dương.
Hướng dẫn tìm lời giải
Để làm bài tập về hình thang cân,
các bạn chú ý tính chất 5 là
“Trong một hình thang cân có hai
đường chéo vuông góc, độ dài
đường cao bằng độ dài đường
trung bình”
Trước hết gọi độ dài đường trung
x
bình của hình thang cân là , vậy
x
cần tìm
để chuẩn bị cho bước
suy luận sau, thật vậy

A

N

B

I
E

D

F

C
M

13


S ABCD =

AB + CD
45
45
5
5
.MN =
⇒ x2 =
⇒ x=3
⇒ MN = 3
2
2
2
2

2

Ta có
Mặt khác ta tìm được ngay khoảng cách

IM = d ( I , CD ) = 10 ⇒ NI = MN − IM =

10
2

IM ID
=
= 2 ⇒ ID = 2.IB
IN IB
uur
uur
⇒ DI = 2.IB

Lại áp dụng định lý Talet, ta thấy ngay
(*)
B
D
Như vậy, từ (*) để tìm được tọa độ , ta cần tìm tọa độ , hơn nữa đề bài yêu
C
cầu lập phương trình đường thẳng BC nên ta cần tìm tọa độ nữa.
( C)
C
D
M
Ta sẽ nhận thấy tọa độ

và
là giao điểm của đường tròn
tâm
, bán
BC
MI
M
kính
với đường thẳng
, vậy ta cần tìm điểm
như sau
uuur r
CD ⇒ M ( 3m + 3; m )
IM ⊥ DC
IM .n DC = 0
M
Điểm
thuộc
, do
do đó
M ( 3;0 )
m=0
Giải phương trình ta được
do đó
2
2
( C ) : ( x − 3) + y = 10
Suy ra
DC ∩ ( C )
C ( 6;1) , D ( 0; −1)

xC > 0
Giải hệ
ta được
(chú ý
)
B ( x; y )
B ( 3;5 )
Gọi
giải phương trình (*) ta được
BC : 4 x + 3 y − 27 = 0
Do đó phương trình
D, E
∆ABC
O
Tính chất 6: Cho
nội tiếp đường tròn tâm . Gọi
theo thứ tự là
A, B
M,N
BC
chân các đường cao từ
. Các điểm
theo thứ tự là trung điểm của
MEND
AB
và
. Chứng minh tứ giác
nội tiếp.
Chứng minh

D
Từ tính chất 1 ta được
là trung điểm của
HH '
M
HA '
. Điểm
là trung điểm của
(do tứ
14


giác

HCA ' B

là hình bình hành – tính chất 2). Như vậy ta có phép vị tự
( A ') = M
V 1  : 
 H ; ÷ ( H ' ) = D
 2 

Mà hai điểm

A ', H '

thuộc đường tròn
(1)

thuộc đường tròn ngoại tiếp

( C ')

là ảnh của đường tròn

( C)

∆ABC

tâm

O

suy ra 2 điểm

M,D

V
qua phép vị tự

1
H; ÷
 2

( C ')

N,E

Chứng minh tương tự ta cũng có 2 điểm
thuộc đường tròn

là ảnh của
V 1 
H; ÷
( C)
 2
O
đường tròn
tâm
qua phép vị tự
(2)
( C ')
D, M , E , N
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm
cùng thuộc đường tròn
Oxy
∆ABC
Ví dụ 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho
và đường thẳng
 7   14 19 
D  4; ÷, E  ; ÷, N ( 3;3 )
∆ : x − 3y −1 = 0
 2   5 10 
. Giả sử
theo thứ tự là chân đường
A, B
∆ABC
AB
M
cao từ

và trung điểm của
. Tìm tọa độ các đỉnh của
biết
là
xM ≤ 4
BC
∆
trung điểm của
nằm trên đường thẳng và
Hướng dẫn tìm lời giải

Theo tính chất 6 ta chứng minh được 4 điểm
( C ')

D, M , E , N

nằm trên đường tròn

15


Giả sử

Vì

( C ')

x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0, a 2 + b 2 − c > 0

có phương trình

113


8a + 7b + c = − 4
 a = −4


19
229
9
 28

D, E , N ∈ ( C ' ) ⇒  a + b + c = −
⇔ b = −
5
20
4
5

39
6a + 6b + c = −18

c
=


2

⇒ ( C ') : x 2 + y 2 − 8 x −

9
39
y+
=0
2
2

M ∈ ∆, M ∈ ( C ' ) ⇒ M = ∆ ∩ ( C ')

Ta có
M ( 4;1) , xM ≤ 4

DM

, giải hệ phương trình suy ra
x−4=0

Tiếp theo ta lập được phương trình
là
B ∈ DM ⇒ B ( 4;x )
C ( 4;2 − x )
BC
M
Điểm
mà
là trung điểm của
suy ra
, mặt
AB ⇒ A ( 2;6 − x )
N

khác
là trung điểm của
uuu
r uuur
5
1
 7  5 
BE ⊥ AC ⇒ BE. AC = 0 ⇒ x = ⇒ A  2; ÷, B  4; ÷, C  4; − ÷
2
2
 2  2 
Do
ABCD

Tính chất 7: Cho hình chữ nhật
có
AB = 2. AD M
AB
.
là một điểm trên
sao cho
DM ⊥ AC
AB = 4 AM
. Khi đó

Chứng minh
Ta có

µ +M
¶ = 900

D
1
1

Thay vào (1) ta được
AC ⊥ DM
Do đó

tan µA1 =

BC 1
µ = AM = 1 ⇒ µA = D
µ
= ; tan D
1
1
1
AB 2
AD 2

(1) mà
µA + M
¶ = 900 ⇒ ∆AHM
1
1

vuông tại

H

16


Oxy

ABCD

Ví dụ 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, cho hình chữ nhật
có
K ( 5; −1)
M,N
BC
AD = 2 AB
AD
. Gọi
lần lượt là trung điểm của
và
. Điểm
N
AC
M
là điểm đối xứng với
qua
, đường thẳng
có phương trình
2x + y − 3 = 0
A, B,C,D
A
. Tìm tọa độ của

biết có tung độ dương.
Hướng dẫn tìm lời giải
I = AC ∩ KD
Gọi
. Theo tính chất 7 ta chứng minh được
·AID = 900 ⇒ KD ⊥ AC
Do đó ta lập được phương trình đường thẳng
KD ⊥ AC
KD
K
qua
và
là
x − 2y − 7 = 0

Do

I = AC ∩ KD

, giải hệ ta có
E = AC ∩ KM

 13 11 
I  ;− ÷
5
5

Gọi
ID CD 2
2

⇒
=
= ⇔ ID = IK
IK KE 3
3
2
5
⇔ KD − KI = IK ⇔ KD = KI
3
3

D ( x; y )

uuur 5 uur
KD = KI
3

D ( 1; −3)

Nếu rgiả sử
, ta có
, giải phương trình này ta được
n = ( a; b )
AD,
AD
Gọi
là véc tơ pháp tuyến của
phương trình
có dạng
ax + by − a + 3b = 0

·
cosCAD
=
Ta có

AD
=
AC

AD
AD 2 + DC 2

=

AD
2

 AD 
AD + 
÷
 2 
2

=

2
5

b = 0
2

2
·
⇒ cos AD, AC =
⇒ 4ab − 3b = 0 ⇔ 
4a
b =
5
3


(

)

17


Do đó: phương trình
Do

A = AC ∩ AD

AD : x − 1 = 0

và

AD : 3 x + 4 y + 9 = 0
A ( 1;1)

yA > 0

, giải hệ phương trình ta được
vì
DC
DC
A
AD
Đường thẳng
đi qua
và vuông góc với
do đó phương trình của
y + 3 = 0 ⇒ C ( 3;3)
là:
E ( 2; −1) ⇒ B ( 3;1)
AC
E
BD
Điểm là trung điểm của
và
đo đó
Phần2: Kế hoạch bài dạy chuyên đề “Hướng dẫn học sinh tự học- tự nghiên cứu”
Tên đề tài: Nghiên cứu phương pháp giải một số bài toán về hình học trong
tọa độ phẳng từ các tính chất hình học
Đối tượng: HS lớp 10
I. Mục tiêu bài dạy
- Xây dựng một số bài toán về hình học trong tọa độ phẳng từ các tính chất hình
học.
- Ứng dụng các bài toán tổng quát .
II. Nhiệm vụ của GV
- GV đưa ra nhận xét về một số tính chất hình học trong mặt phẳng, vai trò của

dạng toán này trong các kỳ thi, trong công việc và trong cuộc sống.
- GV giao đề tài nghiên cứu cho HS và hướng dẫn các bước tiến hành tự học, tự
nghiên cứu cho HS.
- GV hướng dẫn cho HS một số kỹ năng giải các bài toán hình học trong tọa độ
phẳng, hướng dẫn HS tìm tài liệu, viết thành bài báo và trình bày đề tài.
- GV đóng vai trò là người hướng dẫn, tổ chức, thiết kế, cố vấn, trọng tài trong
quá trình nghiên cứu của HS.
III. Nhiệm vụ của HS
Hoàn thành nhiệm vụ GV giao cho.
IV. Phương pháp dạyhọc
Hướng dẫn HS tự học tự- nghiên cứu.
V. Nội dung chi tiết
1. GV đặt vấn đề
Hình học phẳng là một phần rất khó, để tiếp thu tốt phần này HS phải có một
phương pháp học chủ động, sáng tạo, ngoài việc các em giải được bài toán gốc,
các em cần phải đặt ra những câu hỏi khác chẳng hạn, thay các giải thiết khác
của bài toán thì sẽ như thế nào? Trong mặt phẳng chứa các đối tượng hình học
(Điểm, đường thẳng, đường tròn, vectơ...), ta có thể đặt vào đó một hệ trục tọa độ
trực chuẩn Oxy, khi đó các yếu tố hình học đã được số hóa, phiên dịch bài toán
này sang ngôn ngữ tọa độ ta có được một bài toán tọa độ. Nội dung chính của
chuyên đề là từ các bài toán hình học thuần túy, đặt vào đó một hệ trục tọa độ để
có được bài toán hình học tọa độ, giải bài toán này theo ngôn ngữ tọa độ có sử
dụng các yếu tố hình học đặc trưng.
18


2. GV đưa ra các nội dung cần tự học, tự nghiên cứu
- Nghiên cứu và giải các bài toán về hình học trong tọa độ phẳng
- Nghiên cứu xây dựng các bài toán tương tự về hình học trong tọa độ phẳng
3. GV gợi ý tài liệu tham khảo

- Đề thi Học sinh giỏi THPT của các Tỉnh, các đề thi thử THPT QG
Oxy
- Các tài liệu đọc thêm có liên quan đến Hình học trong tọa độ
4. GV phát phiếu học tập cho HS
5. GV nêu các bài toán tổng quát, ví dụ áp dụng, kỹ năng xây dựng bài tập
∆ABC
CK
I BH
Tính chất 1: Cho
nội tiếp đường tròn tâm ,
và
là hai đường
∆ABC
AI ⊥ KH
cao của
. Khi đó ta có

- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
∆ABC
I H
Tính chất 2: Cho
nội tiếp đường tròn utâm
uur . uuur là trực tâm, kẻ đường
BC
AA ' M
AH = 2 IM
kính

,
là trung điểm của
.Khi đó
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
∆ABC
K H
I
Tính chất 3: Cho
nội tiếp đường tròn tâm ,
là trực tâm, gọi là
∆HBC
BC
K
I
tâm đường tròn ngoại tiếp
. Khi đó
và đối xứng với nhau qua
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
∆ABC
A
I G
Tính chất 4: Cho
cân tại
nội tiếp đường tròn tâm .

là trọng tâm
∆ABC
∆ADC
D
AB E
I
của
. Gọi
là trung điểm của
, là trọng tâm của
. Khi đó
∆DEG
là trực tâm của
.
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
19


Tính chất 5: “Trong một hình thang cân có 2 đường chéo vuông góc, độ dài
đường cao bằng độ dài đường trung bình”
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
D, E
∆ABC
O

Tính chất 6: Cho
nội tiếp đường tròn tâm . Gọi
theo thứ tự là
A, B
M,N
BC
chân các đường cao từ
. Các điểm
theo thứ tự là trung điểm của
MEND
AB
và
. Khi đó tứ giác
nội tiếp.
- Cách chứng minh
- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
ABCD
AB = 2. AD M
Tính chất 7: Cho hình chữ nhật
có
.
là một điểm trên
DM ⊥ AC
AB
AB = 4 AM
sao cho
. Chứng minh
- Cách chứng minh

- Xây dựng bài tập từ tính chất
- Ví dụ áp dụng
- Kỹ năng xây dựng các bài toán tương tự
6. GV tổ chức cho HS nêu hướng giải quyết
- GV cho HS nêu ý kiến của bản thân về phương hướng giải các bài toán, những
thuận lợi và khó khăn, những vấn đề cần sự hướng dẫn của GV.
7. GV hướng dẫn HS giải quyết một số bài toán
8. GV giao đề tài cho HS và yêu cầu HS tự học, tự nghiên cứu
GV yêu cầu HS:
- Tự giải quyết các bài tập được giao
- Tự tìm tòi thêm các bài tập có liên quan
- Sáng tạo các bài tập mới liên quan
- HS viết thành một bài báo nhỏ theo mẫu sau:
ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU CỦA HS
Họ và tên:………… .lớp:……… ……trường:…………………………..
Tên đề tài: NGHIÊN CỨU CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG TỌA ĐỘ OXY
I.
II.
III.

Lời mở đầu
Kiến thức cơ bản (các bài toán tổng quát,…)
Kết quả nghiên cứu (các dạng bài tập và các ví dụ minh hoạ)
20


IV.

Kết luận

V.

Tài liệu tham khảo

9. GV nghiệm thu bài báo của HS
- GV kiểm tra kết quả tự học, tự nghiên cứu của HS.
- GV tổ chức cho HS trình bày kết quả nghiên cứu, và làm trọng tài cho các cuộc
thảo luận.
- GV đưa ra đánh giá cho bài báo của HS theo các tiêu chí.
+ Chính xác, khoa học, sáng tạo, tích cực, khả năng hợp tác cao.
+ Bài tập HS đưa ra đa dạng, phong phú.
+ Thời gian hoàn thành.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
2.4.1. Đối với học sinh:
- Được ôn tập, củng cố các tính chất của hình học phẳng.
- Rèn luyện kỹ năng giải bài toán hình học tọa độ và rèn luyện tư duy trừu tượng.
- Có cách nhìn sâu sắc về bài toán tọa độ; hiểu được các bài toán hình học tọa độ
không phải tự nhiên mà có được mà phải qua quá trình miệt mài, sáng tạo của
con người để có được các bài toán hay và khó. Từ đó các em có được đam mê,
động lực để học toán và ngày càng yêu toán hơn.
2.4.2. Đối với bản thân và đồng nghiệp
- Đề tài này là một tài liệu dùng cho hoạt động giảng dạy của bản thân và đồng nghiệp.
- Đề tài cũng đã tổng kết nhiều tính chất đặc trưng của hình học thuần túy, làm cơ
sở cho bản thân và đồng nghiệp sáng tạo nên những bài toán khác làm phong phú
hơn nguồn tư liệu cho hoạt động giảng dạy. Bên cạnh đó, đề tài cũng đã gợi ý
cho bản thân và đồng nghiệp tiếp tục mở rộng nghiên cứu các tính chất của các
loại hình khác như hình thang, hình bình hành, thoi, chữ nhật, vuông để sáng tạo
nên các bài toán hình học tọa độ mới một cách đa dạng.
2.4.3. Đối với nhà trường
- Đề tài đã và đang được áp dụng trong hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao

chất lượng giáo dục; cải thiện thành tích thi HSG, thi THPT Quốc gia của học
sinh nhà trường theo chiều hướng tích cực.
- Đối với HS giỏi, HS lớp đội tuyển ở các trường phổ thông tiếp thu rất tốt và có
khả năng nghiên cứu sáng tạo, cùng với khả năng tự học vốn có, được sự hướng
dẫn của GV kết quả đạt được là rất tốt, HS say mê nghiên cứu, tìm tòi, sáng tạo,
từ đó chuẩn bị tốt cho các kỳ thi HS giỏi, thi đại học.
- Phương pháp dạy học này chỉ dành cho HS khá trở lên, không hiệu quả đối với
HS yếu kém, ít hiệu quả đối với HS có học lực TB.
3. KẾT LUẬN
3.1. Kết luận
Quá trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau:
- Trong đề tài đã nghiên cứu một cách hệ thống các bài toán về hình học trong
tọa độ phẳng, giúp học sinh rèn luyện kĩ năng giải dạng toán này, từ đó làm tiền
đề cho việc nghiên cứu sâu hơn về dạng toán này.
- Đưa ra cơ sở lý luận về phương pháp dạy học hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu.
21


- Đưa ra các biện pháp hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu.
3.2. Kiến nghị
Sau khi tổng kết thực nghiệm sư phạm, chúng tôi có một số đề xuất sau:
- GV nên thay đổi PPDH của mình để phù hợp với từng đối tượng, từng nội dung
bài học, hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu, để tạo ra những sản phẩm hữu ích
giúp các em có một lượng kiến thức và kỹ năng tốt để chuẩn bị cho các kỳ thi.
- Nhà trường, các tổ chuyên môn cần khuyến khích hình thức, tự học tự nghiên
cứu, hợp tác nhóm của HS theo sự hướng dẫn của GV để từ đó tạo điều kiện cho
GV và HS giao lưu cải thiện chất lượng học tập giúp các em có một nền tảng
kiến thức thật sự vững chắc.
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.
Người viết

Nguyễn Bá Long

22