(Sáng kiến kinh nghiệm) 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
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (338 KB, 20 trang )
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
+ Mơn tốn là một trong những môn học quan trọng nhất ở chương trình
giáo dục phổ thơng. Nó là chìa khóa để mở ra các mơn học khác. Đồng thời nó
có khả năng phát triển tư duy lơgic, 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 tốn đơn giản như: lập phương trình đường thẳng,
đường elip, đường trịn,... và các bài tốn về khoảng cách và góc. Do đó, học
sinh vẫn cịn rất lúng túng khi gặp những bài tốn khó trong các đề thi THPT
quốc gia và đề thi học sinh giỏi.
+ Khi gặp các bài tốn 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 khơng chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh,
chưa phân tích kĩ tìm lời giải cho các bài tốn, 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 tốn 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 cịn thấp nên số lượng học sinh có lực học khá giỏi ở mơn tốn cịn 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 khơng
cịn sợ mơn học này nữa và đặc biệt là có hứng thú khi gặp các bài tốn dạng
này.
Từ những lí do trên tơi 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 cơ 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 tốn, làm rõ quan hệ hữu
cơ, sự hỗ trợ bổ sung cho nhau giữa các cách giải, từ đó hồn 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 mơn
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 tốn.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Mục đích của dạy học tốn 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 tốn 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 q nhiều dạng tốn 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 cịn ít.
Do đó tơi ln ln 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 tốn
khó mà các em gặp phải trong q trình ơn luyện.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm.
- Bài tốn 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, địi 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 tơi 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 vng 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 vng như: hình vng, hình chữ nhật,
tam giác vng. Đối với các hình như vậy ta có thể chọn hệ trục tọa độ có gốc
3
nằm tại một đỉnh vng, có hai trục Ox và Oy chứa 2 cạnh tương ứng của góc
vng đó. Và chọn đơn vị trên các trục bằng độ dài của một trong hai cạnh góc
vng. 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.
y
y
B(0; 1)
A
C(1 ;1)
D(1; 0)
y
B(0; b)
x
C(0; b)
C(1 ;b)
x
D(1; 0)
A
A
x
B(1; 0)
Đối với các bài tốn 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.
y
C(0; h)
B
x
A(1; 0)
O
A(-1; 0)
H
C(1; 0)
A(1-a; 0) O
B(1; 0)
Đối với các bài tốn có chứa các đường trịn 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 trịn,
một hoặc hai trục chứa bán kính, đường kính của đường trịn.
Tuy nhiên, khi áp dụng thì khơng 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 tốn 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 tốn 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 tốn cơ bản của hình học phẳng.
4
Bài tốn 1: Cho hình vng ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và
BC . Khi đó AN DM
Giải: Gọi cạnh hình vng là a. Ta có
AN .DM AB BN DA AM
AB .DA AB .AM BN .DA BN .AM
2
M
B
N
2
a a
0 0.
2 2
Suy ra AN DM .
0
A
C
D
Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta có bài tốn sau
Bài tốn 2. Cho hình vng ABCD. Gọi M , N lần lượt thuộc AB và BC sao
cho AM kAB, BN kBC . Khi đó AN DM .
Bài tốn 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
AC.BM AB BC BA AM
AB 2 AB. AM BC .BA BC. AM
a 2 0 0 a 2.
Suy ra AC BM .
a 2
0.
2
A
M
D
C
B
Bài toán 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình
vng 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 .
A
Giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
F
a a 3a
D 0;0 , A 0;a , C a;0 nên M a; , N ; do đó
2 4 4
yD
3
3
DN .MN a 2 a 2 0 . Suy ra DN MN .
16
16
A
Nhận xét: Bài toán này được áp dụng khá nhiều trong
N
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
D
CF / / MN . Nên MN DN .
B
N
I
M
C
B
M
x
C
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:
y
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ . Khi đó
a
D
B 0;0 , A 0;a , C c;0 . Tọa độ điểm K c;
A
M
2
H
Phương
trình
đường
thẳng
K
AC : ax cy ac; BH : cx ay 0 . Tọa độ
điểm H là nghiệm của hệ phương trình
B
C
a2c
ax cy ac
ac 2
H
;
.
2
2
2
2
cx ay 0
a c a c
a 2c
a 3 2ac 2
BM .MK 0 BM MK
;
Do đó điểm M
2 a2 c2 2 a2 c2
Nhận xét:
A
-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
M
tam giác BMC nên BM CE mà CE / / MK . Nên
MK MB
- Theo cách này khơng phải học sinh nào cũng có
thể lấy thêm điểm E . Nhìn ra được tính chất được
D
tính chất đặc biệt của nó.
x
B
E
H
C
Bài tốn 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vng ABCD
A D
900 và CD 2 AB . Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm D lên
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 đó
c
C 0;0 , A 0;a , C c;0 , B ; a . Phương trình đường thẳng
y
B
2
A
AC : ax cy ac; DH : cx ay 0 .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
a2c
ax cy ac
ac 2
H
H
;
2
2
2
2 .
cx
ay
0
a
c
a
c
a2c
a 3 2ac 2
;
Do đó điểm M
2 a2 c2 2 a2 c2
M
D
C x
6
a 2 c a 3 2ac 2 ac 2 ac 2 2a 3
BM .DM
0
2
2 2
4 a c
A
B
H
DM BM
Cách 2: (thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm HD. Khi đó tứ giác MEAB là hình bình
E
M
hành. Suy ra BE AD nên E là trực tâm tam giác ADM suy
C
ra DM AE mà AE / / MB . Nên MD MB .
D
Bài toán 7: Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 BC .
y
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên BD. E, F lần
I
A
B
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD, BH. Chứng
minh rằng EF AF .(trường hợp đặc điệt của bài toán 5)
F
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó
H
D 0;0 , A 0;a , C 2a;0 , B 2a; a .
Phương trình D
C
E
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
I
A
B
H ; .
2
x
y
a
5
5
6a 3a
F
F ;
Do
đó
điểm
;
5 5
H
a 3a 6a 2a
D
C
E
EF ; ; AF ;
. Suy ra EF AF
5 5
5 5
Ta có thể chứng minh bài tốn 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 tốn 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 vng
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
a
4
c
a 4c 2
2
cx
ay
2
c
a2c
2ac 2
; 2
Do đó điểm M 2
2
a
4
c
a 4c 2
7
x
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
vng 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 .
y
A
D
H
I
M
B
I
x
C
A
N
D
B
E
H
M
C
Sau đây tôi xin giới thiệu một số dạng toán áp dụng cụ thể phương pháp
tọa độ hóa vào giải bài tốn 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 tốn 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 đốn được 3 điểm nào đó sẽ có mối quan hệ
vng góc và đây cũng chính là điểm mấu chốt của bài tốn. 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 mơn Tốn- 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 vng 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 đốn được EB AC . Và có thể coi
đây là chìa khóa, nút thắt của bài tốn. Xử lí được nút thắt này thì bài tốn đã
giải được một nửa.
8
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
a 2 a 2 a
B DB AB B ;a EB ; ; AC c; a .
2c
2c 2
EB. AC 0 EB AC Trở lại bài tốn ta có:
Đường thẳng BE qua B 2; 4 vng góc với Ox nên
có phương trình x 2 .
Gọi A(a;0), E (2; b) D(4 a; 2b); BA(a 2; 4); EA(a 2; b);
BD(2 a; 2b 4) và FE (6; b 1)
y
2
BA EA (a 2) 4b 0
(1)
B
A
FE BD 6(2 a ) (b 1)(2b 4) 0
(2)
I
H
4
3
2
Thay (2) vào (1) ta được : b 6b 13b 24b 4 0 .
J
E
(b 1)(b3 7b 2 20b 4) 0 b 1 (do b nguyên)
(Ta
chứng
minh
được
phương
trình
C
D
x
b 7b 20b 4 0 có nghiệm duy nhất trên khoảng
3
2
1;0 nên
CD
có
khơng có nghiệm ngun). Khi đó A(4;0), D(0; 2) , đường thẳng
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 vng góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H;
gọi
là giao
BD
Khi
J
điểm
của
với CE.
đó
ta
có:
2
và EH .EC ED.EC EJ .EC ED 2 EA2
EH
.EB
EA.
EB
EI
.
EB
EA
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 vng tại A và
D , biết D 2; 2 và CD 2 AB. Gọi H là hình chiếu vng 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
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
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 vng
góc của A lên BD . Điểm M ;3 là trung điểm của cạnh BC , phương trình
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 .
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 tốn quen
thuộc ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh cịn lại của hình chữ nhật. (Để chứng minh
AK KM xem lại bài tốn 5 )
Giải: Ta có: AK KM . Suy ra phương trình đường thẳng KM : x 4 y
15
0
2
Do K AK MK Toạ độ K 2 ; 2 .
1
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 vng góc với BD nên AH có phương trình: x 1 0
Ta có : A AK AH A 1;0
A
Phương trình BC là: 2 x y 12 0 suy ra tọa độ
B 5; 2 ; C 4; 4
B
P
M
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:
H
A 1;0 , B 5; 2 , C 4; 4 , D 0; 2
D
K
C
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 vng ABCD . Gọi M là trung điểm cạnh BC , N là điểm trên
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
nếu ta biết được giá trị của góc MAN
khi đó ta có thể xác định tọa độ điểm A .
Giải: Gọi cạnh hình vng là a . Ta có
11 1
a 10
a 5
5a
; AM
; MN
.
3
2
6
AM 2 AN 2 MN 2
1
cosA=
MAN
450
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
A
B
M
D
C
N
1
3
a
b
+) Với t 3 3 , chọn a 3, b 1 suy ra AM có phương trình 3x y 17 0 .
2 x y 3 0
A 4;5
3 x y 17 0
Nên tọa độ A là nghiệm của hệ
2 x y 3 0
1
A 1; 1 .
tọa độ A là nghiệm của hệ:
3
x 3y 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
+) Với t
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 tốn 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
cịn lại ta tìm được.
B
N
I
A
C
M
D
11
Giải: Ta có: BAC
MDC
900 Tứ giác ABCD nội tiếp nên ABM ACD
3
10
2
2
Giả sử phương trình: AC : a x 1 b y 1 0, a b 0
n1.n2
a 3b
a 0
3
Ta có: cosMCD
10
n1 n2
10. a 2 b 2
4a 3b 0
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 .
3 x 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 : 3x 4 y 7 0 , do đó
3
x
3 x 4 y 7 0
3 11
5
C ; (Loại)
tọa độ đỉnh C là nghiệm hệ
5 5
x 3y 6 0
y 11
5
Bài 2.3.[2]. Cho hình vng ABCD . Điểm M thuộc đoạn BC , phương trình cạnh
AM : x 3 y 5 0, N
thuộc đoạn CD sao cho BMA
AMN , điểm
K 1; 2 AN . Tìm tọa độ điểm A .
Giải: Khơng mất tính tổng qt giả sử rằng cạnh của hình vng bằng 1. Đặt
BM a.
Gắn
hệ
trục
tọa
độ
như
hình
vẽ
ta
có
1
M a;0 ; A 0;1 ; NMC
2 ; tan .
a
Ta có:
NC NC
2 tan a
NC
2a
tan NMC
tan 2
NC
2
MC 1 a
tan a 1 1 a
1 a
a 1
2a
N 1;
;
AM
a
;
1
;
AN 1;
1 a
1 a
Đặt u 1 a; a 1
Ta có:
y
A
D
K
N
B
M
C
x
12
cos MAN
cos AM ; AN cos AM ; u
a 1 a a 1
a2 1 1 a 1 a
2
2
1
2
MAN
450
2
2
Giả sử AN có véc tơ pháp tuyến n a; b , a b 0 . AM có véc tơ pháp tuyến
n1 1;3
a 3b
2
0
Ta có: cos45 cos n; n1
2
10 a 2 b 2
a 2b
4a 2 6ab 4b 2 0
2 a b
Phương trình AN: 2 x y 0 A 1; 2
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 tốn 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 vng ABCD có A 1;3 . Biết
17 9
M 4;6 thuộc cạnh BC và N ; thuộc đường thẳng DC . Tìm tọa độ các
2 2
đỉnh B, C , D của hình vng 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
3a 3b
15b 3a
a b
Từ giả thiết suy ra: d A; BC d A; CD 2 2
.
a b
2 a2 b2
b 7 a
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
Khi đó phương trình: CD : b x
là:
Do đó tọa độ các đỉnh là : B 4;6 , C 7;3 , D 4;0 .
+) 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
Do đó tọa độ các đỉnh : B ; , C ;
, D ;
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 hồnh độ
của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
B
3x y 13 0
Giải: Đặt cạnh góc vng 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
G
N
M
D
P
A
C
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 1 1
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 vng cân GA GB GA GB GD
Vậy G là tâm đường tròn
AGD 2 ABD 900 GAD vng cân tại G.
ngoại
tiếp
ABD
Do đó GA GD d D; AG 10 AD 2 20;
Gọi A a;3a 13 ; a 4
a 5(loai )
2
2
AD 2 20 a 7 3a 11 20
A 3; 4
a
3
Gọi VTPT của AB là nAB a; b
cos NAG
cos n AB , nAG
Mặt khác: cos NAG
NA
AG
3a b
3a b
a b . 10
NM
2
1
2
NA NG
2
2
3NG
9.NG NG
2
2
3
10
2
b 0
3
6ab 8b 2 0
10
a 2 b 2 . 10
3a 4b
+) 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)
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
B
A
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
M
I
d : 2 x y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết
rằng C có tung độ nhỏ hơn 2.
C
D
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
.
Trở lại bài tốn ta có d D; MC
70
b
2
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
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 vng 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 vng
y
ABCD biết điểm E có hồnh độ nhỏ hơn 3.
E
A
B
Giải: Đặt cạnh hình vng là 4a . Chọn hệ trục tọa độ
I
như hình vẽ. Khi đó
F
O 0;0 , K a;0 , C 2a;0 , E 0; 4a , F 2a; 2a .
P
Phương trình đường thẳng EK : 4 x y 4a 0
26
D
O
K
C
15
x
d F ; EK
10a
19.
11
24 18
25 17
5 Suy ra cạnh hình vng
2
a
34
4
5 17
17
5 2
bằng 5. EF
2
Tọa
độ
điểm
E
là
nghiệm
của
hệ
phương
trình
2
11
25 x 2
2
x y 3
5
2
2
58 E 2; AC đi qua trung điểm I
x l
2
19 x 8 y 18 0
17
FE AC
của
EF
và
suy
ra
10 17 9
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 ACD với cos = điểm H
5
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 hồnh 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
BH HK 2
2
5
KH KA HA HK .
AD KA 3
3
3
A
5
x A xK
2
2
xH
5
1
2
A 2; 2
K
5
y y
B
y A 2 K 2
H
H
5
1
2
1
tan ACD 2 nên AD 2CD, AC 5CD
Vì ACD vng tại D và cosACD
5
4
Đặt: CD a a 0 AD 2a, AB a, BH a .
3
4 5
Trong tam giác vng ABH ta có: AB 2 BH 2 AH 2 a 5 AB 5, BH
3
16
D
C
Giả
sử
B x; y
x 0,
với
ta
có:
x 2 2 y 2 2 5
x 3, y 0
2
2
1
4 80 x 1 , y 8 ktm B 3;0
x y
5
5
3
3
9
3
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
A
điểm A ta sẽ viết được phương trình đường thẳng BC
từ đó lấy giao điểm với đường trịn ngoại tiếp và tìm
H
được tọa độ các đỉnh B, C .
G I
Vậy việc tìm ra tọa độ điểm A có thể là mấu chốt
B
C
bài tốn.
M
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
A1
đó dẫn đến việc ta phải tìm được tọa độ điểm G .
Vậy giữa ba điểm G, H , I có thể có mối quan
hệ đặcbiệt, mối quan hệ đó
chính là bài tốn 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
đó HG 2GI .
x H 2 x I 7
x
G
14 26
7 4
3
3
G ; Mặt khác: GA 2GM ; A 7;10 .
3 3
3 3
y yH 2 yI 4
G
3
3
Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là : x 3 y 2 116
Phương trình cạnh BC : x y 3 0
2
x 3 2 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
2.4. 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 hồnh độ âm.
Bài tốn 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 hồnh độ dương.
Bài tốn 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 trịn 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 vng ABCD . Gọi
M là trung điểm của cạnh BC , N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2 ND . Giả
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
vng ABCD có phương trình: ( x 2)2 ( y 3)2 10 . Xác định tọa độ các đỉnh của
hình vng biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (3; 2) và điểm A có
hồnh độ dương.
Bài tốn 7.[2]. Cho đường trịn 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 vng 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 trịn đường kính CH , D C . Chứng minh rằng K , D, C thẳng hàng.
Bài toán 8.[2]. Cho tam giác ABC , đường trịn 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 .
11 1
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 trịn thì tiến hành
bời 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 tốn 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 q trình soạn, dạy dạng tốn này tơi thực hiện
theo cách phân loại từ dễ đến khó, thơng 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 mịn lâu nay.
- Học sinh có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy
giải tốn.
Kết quả đó cịn 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. Khơng 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 tịi 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 q trình dạy học nói chung, dạy – học Tốn 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 qt 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
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.
Lê Thị Tuyên
20
