Định hướng tư duy và tìm lời giải cho một số bài toán hình học 10 bằng phương pháp tọa độ

Định hướng tư tìm lời giải cho số toán hình học 10 phương pháp tọa độ Tác giả: Họ tên: Nguyễn Thế Hậu Năm sinh: 1980 Nơi thường trú: Cẩm Trung 3- Mường Than - Than Uyên - Lai Châu Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ công tác: Phó hiệu trưởng Nơi làm việc: Trường THPT Than Uyên Điện thoại: 0979858523 Đồng tác giả: Họ tên: Tạ Thị Thanh Huyền Năm sinh: 1975 Nơi thường trú: Khu 5b Thị trấn Than Uyên - Than Uyên - Lai Châu Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học Chức vụ công tác: Hiệu trưởng Nơi làm việc: Trường THPT Than Uyên Điện thoại: 0913888164 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: Sáng kiến tạo với đóng góp đ/c Tạ Thị Thanh Huyền 50%, đ/c Nguyễn Thế Hậu 50% Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 10 năm 2012 đến tháng 04 năm 2015 Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Than Uyên Địa chỉ: Khu thị trấn Than Uyên- Than Uyên- Lai Châu Điện thoại: 02313784667 II NỘI DUNG SÁNG KIẾN 1 Sự cần thiết, mục đích việc thực sáng kiến *) Sự cần thiết việc thực sáng kiến Trong đề thi đại học, cao đẳng có toán hình học giải phương pháp tọa độ mặt phẳng lớp 10 Đây toán khó học sinh câu dùng để phân loại lực, đánh giá mức độ khá, giỏi thí sinh tham gia thi đại học, cao đẳng Việc tìm lời giải toán dạng thời gian ngắn dễ dàng, đặc biệt đề thi đại học, cao đẳng năm gần đây, toán dạng đòi hỏi tư cao, có liên hệ kiến thức rộng, phức hợp kiến thức hình học phẳng bậc trung học sở bậc trung học phổ thông Khi gặp toán học sinh thường lúng túng phương pháp định hướng tìm lời giải, có nhiều em buông suôi gặp toán dạng Chính vậy, để giúp em học sinh học lớp 10 em học sinh ôn thi đại học, cao đẳng trường trung học phổ thông Than Uyên có định hướng tư dễ dàng tiếp cận tìm lời giải cho toán dạng này, định chọn đề tài “Định hướng tư tìm lời giải cho số toán hình học 10 phương pháp tọa độ” *) Mục đích việc thực sáng kiến: Sáng kiến thực nhằm hai mục đích sau: Thứ nhất, nhằm xây dựng tài liệu tham khảo hữu ích cho em học sinh ôn thi đại học, cao đẳng nhà trường; tạo môi trường học tập tốt cho học sinh việc trao đổi, thảo luận chuyên đề; Thứ hai, nhằm giúp em có định hướng, có nhìn rõ hơn, hiểu rõ hơn, dễ tiếp nhận toán hình học phẳng 10, đặc biệt giúp em có tâm thể sẵn sàng không ngại khó đứng trước toán hình học 10 để ôn thi đạt hiệu cao, sẵn sàng bước vào kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng Phạm vi triển khai thực Sáng kiến triển khai thực Trường THPT Than Uyên từ tháng 10 năm 2012 đến tháng 04 năm 2015 Sáng kiến tập chung chủ yếu cho em học sinh khối 10 học sinh khối 12 ôn thi đại học, cao đẳng Mô tả sáng kiến a Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Hiện trạng vấn đề trước áp dụng giải pháp mới: Đối với chuyên đề hình học nói chung hình học phẳng 10 nói riêng, giáo viên phân công giảng dạy lớp học sinh - giỏi ôn thi đại học, cao đẳng nhà trường chưa đáp ứng kiến thức chuyên sâu mà dừng lại việc vận dụng tập đơn giản sách giáo khoa phổ thông; Kiến thức tập chương trình sách giáo khoa hình học 10 dừng lại việc vận dụng lý thuyết, tập phần lớn đơn giản chưa có độ khó cao tương xứng với độ khó toán có đề thi đại học, cao đẳng Bộ giáo dục đào tạo tổ chức; Kiến thức học sinh hình học phẳng bậc THCS khả vận dụng tính chất hình học để khai thác giải toán hình học em học sinh yếu; hầu hết em ngại tư duy, ngại suy nghĩ làm toán chuyên sâu, có độ khó cao hình học phẳng 10; Các đề thi năm gần giáo dục đào tạo tổ chức, toán hình học phẳng 10 khó, đòi hỏi tư cao, vận dụng kiến thức liên cấp làm Về ưu điểm giải pháp trước áp dụng giải pháp mới: Trong sách giáo khoa hình học 10 trang bị đầy đủ hệ thống lý thuyết tập vận dụng đơn giản; Các tài liệu tham khảo thị trường nhiều tác giả viết cung cấp cho học sinh kiến thức, tập đa dạng, đơn giản, có độ khó trung bình; Giáo viên môn toán nhà trường nhận thức tầm quan trọng toán hình học phẳng 10 đề thi đại học, cao đẳng Nắm bắt câu nhằm phân loại lực, trình độ thí sinh tham gia thi đại học, cao đẳng , trang bị cho em học sinh đầy đủ kiến thức lý thuyết tập sách giáo khoa; Kiến thức để vận dụng giải toán dạng phần lớn em học sinh trang bị từ bậc học trung học sở Về nhược điểm giải pháp trước áp dụng giải pháp mới: Thực tế cho thấy, đa số học sinh nhà trường dễ dàng làm toán đơn giản sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo, nhiên đứng trước toán khó đề thi đại học, cao đẳng năm gần Bộ giáo dục đào tạo tổ chức em lúng túng việc định hướng tư duy, tìm tòi lời giải Các em chưa biết cách khai thác kiến thức hình học trang bị từ cấp dưới, không đầu tư thời gian trí tuệ cho toán khó Mặt khác, số thầy cô trực tiếp phân công giảng dạy khối 10 chưa tâm huyết với chuyên môn sâu, chưa động viên, khuyến khích khai thác sâu toán dạng Do đó, nhiều học sinh chưa tiếp xúc, chưa thử sức với toán có mức độ khó nên cho em giải đề thi Bộ giáo dục đào tạo năm gần hầu hết em không làm toán dạng Sự cần thiết việc đề xuất giải pháp nhằm khắc phục nhược điểm giải pháp cũ: Căn vào mức độ khó, phân loại thí sinh đề thi đại học, cao đẳng Bộ giáo dục đào tạo tổ chức, vượt qua toán em học sinh hy vọng đỗ vào trường đại học tốp đầu toàn quốc như: Đại học Y Hà Nội, đại học Y học cổ truyền Hà Nội, Đại học Bách khoa Hà Nội, Học viện tài Hà Nội đó, đứng trước thực trạng nêu yêu cầu trường, nhiệm vụ có tỷ lệ học sinh đỗ vào trường đại học toàn quốc ngày cao, mong muốn phụ huynh học sinh nên thấy cần thiết phải tập trung xây dựng tài liệu hữu ích chuyên đề hình học phẳng 10 nhằm giúp nâng cao chất lượng giáo viên học sinh lớp ôn thi đại học, cao đẳng, bồi dưỡng tư cho giáo viên học sinh, khuyến khích em học sinh có học lực khá- giỏi không ngại khó, không lười tư trước toán khó, mạnh dạn, tự tin, vững tâm trước kỳ thi đại học, cao đẳng b Mô tả giải pháp sau có sáng kiến Điểm sáng kiến: Các tài liệu tham khảo thị trường chuyên đề hình học phẳng 10 nhiều tác giả đầu tư nghiên cứu viết Đây vấn đề mới, nhiên, độ khó toán tài liệu thị trường không cao, tập mang tính vận dụng chưa đáp ứng yêu cầu đề thi, mặt khác tài liệu phân tích, định hướng tư cho toán mà nêu đề hướng dẫn giải Do vậy, đứng trước thực trạng độ khó toán đề thi đại học, cao đẳng giúp em có tài liệu tham khảo dẽ đọc, dễ theo dõi lựa chọn cách xây dựng tài liệu phù hợp với đối tượng nhà trường sau: Thứ nhất, sáng kiến đưa số ví dụ điển hình với toán khó, tư phức hợp đáp ứng mức độ khó đề thi đại học, cao đẳng năm gần Bộ giáo dục đào tạo tổ chức; Thứ hai, sáng kiến phân tích kỹ yếu tố hình học toán, khai thác tính chất hình học phẳng cách có logic để học sinh dễ tiếp cận, dễ định hướng; Thứ ba, sáng kiến đưa bước tư logic cho toán để em học sinh dễ dàng theo dõi vận dụng trình bày lời giải cho hợp lý nhất, không bị sai sót Sự khác biệt giải pháp so với giải pháp cũ: Từ tháng 10 năm 2012 nay, áp dụng đề tài vào giảng dạy cho học sinh ôn thi đại học, cao đẳng nhà trường nhận thấy: Độ khó toán đáp ứng, phù hợp với yêu cầu thực tế mức độ phân loại thí sinh đề thi môn toán Bộ giáo dục đào tạo; Giáo viên môn toán nhà trường say sưa trao đổi, thảo luận chuyên đề chuyên sâu, tìm tòi lới giải hay, lời giải ngắn cho toán khó tạo phong trào thi đua sôi chuyên môn; Học sinh ôn thi đại học, cao đẳng nhà trường hào hứng, say mê, không ngại tư duy, dễ tiếp cận toán đề thi đại học, tạo sân chơi bổ ích cho em từ phát triển tư logic, kỹ hoạt động nhóm cho em Các biện pháp tiến hành giải vấn đề: Thứ nhất, tổ chức họp chuyên môn trao đổi, thảo luận, tìm tòi toán hay, khó, tìm tòi lời giải hay, phù hợp giáo viên môn toán nhà trường từ rút kinh nghiệm bổ sung kiến thức, kỹ năng, tư sáng tạo cho thầy cô giáo; Thứ hai, tổ chức cho học sinh rèn luyện tư logic, hình thành kỹ phát triển toán dựa vào kiến thức hình học phẳng cấp trung học sơ sở, đồng thời giúp học sinh xây dựng sơ đồ tư phát triển toán thông qua số buổi ôn thi đại học, cao đẳng; Thứ ba, tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin, đánh giá trình tiếp thu học sinh để từ có giải pháp phù hợp; Thứ tư, yêu cầu học sinh tìm tòi toán khó, định hướng nhiều cách giải khác số toán khó để học sinh phát triển tư duy, đồng thời khuyến khích em tìm tòi lời giải ngắn nhất, phù hợp nhất, dễ hiểu Thứ năm, giao tập vận dụng bản, tập có độ khó cao cho em nhà thảo luận, trao đổi định hướng cách giải sau đến buổi ôn thi trao đổi, thảo luận phân tích kỹ toán cho em, em tiến hành giải chi tiết, phân tích kỹ dạng bài, yếu tố hình học có để từ em tự rút kinh nghiệm kiến thức có bài, giả thuyết toán, cách đặt câu hỏi, yếu tố hình học từ dễ tiếp thu tập Các bước thực toán: Đứng trước toán hình học phẳng, yêu cầu em tiến hành theo trình tự sau: Bước 1: Yêu cầu học sinh vẽ hình minh họa giả thiết toán, dựng thêm hình cần; Bước 2: Dựa vào hình vẽ giả thiết toán khai thác tính chất hình học để phát triển ý, phát triển tư logic định hướng tìm lời giải cho toán; Bước 3: Lập sơ đồ tư logic cho toán dựa vào ý tưởng từ bước 2; Bước 4: Hoàn chỉnh lời giải toán dựa vào sơ đồ tư Sau số ví dụ điển hình minh họa, phân tích, hướng dẫn cách thức tư cho toán: Vi dụ 1(Đề thi đại học cao đẳng khối A A1 năm 2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh   BC, N điển CD cho CN = 2ND Giả sử M  ; ÷ đường thẳng AN  2 11 có phương trình 2x - y - = Tìm tọa độ điểm A Lời giải: A B M P D H Q C N Phân tích toán: Đây toán có nhiều lời giải khác nhau, lời giải phụ thuộc vào ý tưởng kiến thức hình học phẳng bậc THCS học sinh Sau đây, tác giả xin đưa ba ý tưởng khác cho toán sau: Ý tưởng thứ nhất:( Trích đáp án Bộ giáo dục đào tạo) Gọi H giao điểm AN BD Ta chứng minh AH vuông góc với MH Vì MH khoảng cách từ M đến đường thẳng AN, mà A thuộc AN nên A có ẩn nên từ ta tìm tọa độ điểm A dựa vào độ dài đoạn AM Thật vậy: Đặt HP =x Suy PD = x, AP =3x HQ = 3x Ta có QC =x nên MQ =x Do ∆AHP = ∆HMQ Suy AH ⊥ MH AH =MH Do AM = 2MH = 2d ( M , AN ) = 10 Do A ∈ AN ⇒ A(t ;2t − 3) 2 10 45  45  11   AM = ⇔ AM = ⇔  t − ÷ +  2t − ÷ = ⇔ t − 5t + = 2 2  2  t = ⇔ t = Vậy A(1; -1) A(4; 5) Nhận xét: Cách giải hay đòi hỏi tư hình học phẳng nhiều, học sinh phải dựng hình tìm yếu tố hình học nhiều, khó Học sinh thiếu ý tưởng dựng thêm hình chứng minh AH ⊥ MH AH = MH làm Từ đó, nhận thấy cách giải không tối ưu nhiều học sinh Sau tác giả xin đưa hai ý tưởng khác để làm toán Ý tưởng thứ Khai thác yếu tố diện tích tam giác để tìm độ dài cạnh hình vuông, từ dễ dàng tìm độ dài đoạn AM Bước 1: Dựng MH ⊥ AN ⇒ MH = d ( M , AN ) Bước 2: Tính diện tích tam giác AMN theo hai cách khác cho chúng đồng tìm độ dài cạnh hình cuông ABCD Bước 3: Dựa vào tam giác ABM tìm độ dài AM, từ tìm tọa độ đỉnh A Thật vậy: Dựng MH ⊥ AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = Đặt AB=a ta có AN = a 10 , S∆AMN = S ABCD − S ∆ABM − S ∆CMN − S∆ADN Mặt khác S∆AMN = a a a 5a (1) =a − − − = 6 12 2a (2) AH AN = 2a 5a Từ (1) ( 2) suy ra: = ⇒a=3 2 12 Do A ∈ AN ⇒ A(t ;2t − 3) Trong tam giác ABM ta có: AM = AB + BM ⇔ AM = 45 ( Giống kết trên) Nhận xét: Cách giải không đòi hỏi tư dựng hình chứng minh phức tạp đáp án Bộ đề xuất, học sinh cần biết tìm mối liên hệ diện tích độ dài cạnh Do đó, học sinh dễ tiếp cận, dễ tính toán nhanh đạt kết mong muốn Vì đứng trước toán, giáo viên cần quan tâm đến định hướng cho em học sinh tư hình học tốt, tìm lời giải nhanh ngắn gọn nhất, dễ hiểu Ý tưởng thứ ba: Các em dựa vào định lý cosin tam giác AMN, việc tính góc MAN theo hai cách khác nhau, tìm độ dài cạnh hình vuông ABCD Khi đó, tính độ dài AM hai cách xong Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5; -7), điểm M thuộc AB cho MA=1/4 MB, đỉnh C thuộc đường thẳng d: x - y+ =0, phương trình DM: 7x- 6y -57 = Tìm tọa độ B, C biết B có hoành độ dương Lời giải A M B d D C Phân tích: Đậy toán khó, thường xuất đề thi đòi hỏi học sinh có tư cao sáng tạo dễ dàng tìm lời giải phù hợp Học sinh phải tìm mối quan hệ đỉnh A, đỉnh C đường thẳng DM toán thực Đây toán quen thuộc mối liên hệ diện tích, khoảng cách tứ A, C đến đường thẳng DM Để giải toán này, em theo dõi ý tưởng theo trình tự tư sau: Định hướng tư duy: Bước 1: Tìm tỉ số diện tích hai tam giác ADM CDM Từ suy tỉ số khoảng cách từ A từ C đến cạnh chung DM Bước 2: Dựa vào đỉnh C thuộc đường thẳng d nên có ẩn, từ tìm tọa độ đỉnh C Bước Dựa vào tính chất hình nhật để tìm tọa độ đỉnh B Lời giải chi tiết: Đặt AB = a, AD = b Khi S∆ADM = ab 3ab AM AD = , S∆BCM = BM BC = 8 ⇒ S∆DCM = S ABCD − S∆BCM − S∆ABM = ab ⇒ S∆DCM = 4S∆ADM ⇒ d (C , DM ) = 4d ( A, DM ) (1) Mà d ( A, DM ) = t − 85 20 , C ∈ d ⇒ C (t − 4; t ), d (C , DM ) = 85 85 t = 165 Do đó, từ (1) suy ra: t − 85 = 80 ⇔  t = Khi có hai điểm C là: C1(161; 165) C2(1;5 ) Mặt khác, C A nằm khác phía đường thẳng DM nên có điểm C(1;5) thỏa mãn Gọi I tâm hình chữ nhật I trung điểm AC, I(3; -1) Do  y + 57   −6 y − 15  D ∈ DM ⇒ D  ; y ÷, I trung điểm BD nên B  ; −2 − y ÷     uuu r  −6 y − 50 r  −6 y − 22  uuu  AB ;5 − y , CB ; −7 − y ÷ Ta có  ÷  7     y =1 uuu r uuu r Do AB ⊥ CB ⇒ AB.CB = ⇔ 17 y + 106 y − 123 = ⇔  −123 y = 17   69 89  Do B có hoành độ dương nên B  ; ÷  17 17  Nhận xét: Mấu chốt dạng học sinh biết tìm tỉ số diện tích hai tam giác có chung cạnh đáy đoạn thẳng mà giả thiết cho phương trình chứa chúng Đây ý tưởng mà nhiều học sinh không nghĩ em nghĩ phải tính diện tích tam giác thực chất không cần mà cần tính tỷ số để suy tỷ số khoảng cách từ A C đến đường thẳng DM Đối với số toàn hình vuông, hình chữ nhật yếu tố diện tích quan trọng cho lời giải số toán, từ yếu tố diện tích em suy yếu tố độ dài(Khoảng cách) Học sinh biết lợi dụng yếu tố để khai thác lời giải toán trở nên nhanh, gọn, đơn giản dễ hiểu Thông qua 10 Do E,F thuộc đường thẳng EF nên giả sử E, F có tọa độ (2t-8; t) t = Vi MA = ME ⇔ 5(t − 2) = 20 ⇔  t = uuur TH1 Nếu E(-8;0) F(0;4) Khi đường thẳng CD qua K nhận KF = (3;4)  x = 3t (t ∈ R ) Do D(3t; 4+4t) làm vtcp nên có phương trình:   y = + 4t uuur uuur −2  −6 12  ⇒ D  ; ÷ Vì AD ⊥ KF ⇔ AD.KF = ⇔ t =  5 uuur TH2: Nếu E(0;4) F(-8;0) Khi đường thẳng CD qua K nhận FK = (5;0)  x = −8 + 5t (t ∈ R ) làm vtcp nên có phương trình:  y = Vì D ∈ CD nên giả sử D(-8 +5t; 0) uuur uuur Vì AD ⊥ KF ⇔ AD.KF = ⇔ t = ⇒ D ( −6;0 ) Ví dụ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2;1) trung điểm AC, điểm H(0;3) chân đường cao kẻ từ A, điểm E(23;-2) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C Tìm tọa độ đỉnh B, biết A thuộc đường thẳng d: 2x+3y -5 =0 C có hoành độ dương Lời giải A d M N E B H C Phân tích: Đây toán không khó, nhiên toán đòi hỏi học sinh nắm mối liên hệ tốt điểm thuộc đường thẳng, phép đối xứng tâm M, 12 đồng thời phải biết vận dụng tốt quan hệ vuông góc để sử dụng tích vô hướng hai vectơ Định hướng tư duy: Bước Dựa vào điểm A thuộc đường thẳng d, M trung điểm AC tìm tọa độ A, C phụ thuộc vào t; uuu r uuur Bước Do H chân đường cao kẻ từ A nên HA ⊥ HC ⇔ HA.HC = Tìm tọa độ A C; Bước Viết phương trình CE, phương trình BC Từ tìm tọa độ đỉnh B Lời giải chi tiết:  x = − 3t (t ∈ R ) ⇒ A(1 − 3t ;1 + 2t ) Vì A ∈ d : x + y − = ⇔  y = + t  Do M trung điểm AC nên C (3 + 3t ;1 − 2t ) uuur uuur ⇒ HA(1 − 3t ;4 + 2t ), HC (3 + 3t ;4 − 2t ) t = uuu r uuur Mặt khác HA ⊥ HC ⇔ HA.HC = ⇔  −19 t =  + Với t =1 ⇒ A(-2; 3) C(6; 2) ( thỏa mãn) + Với t = −19  −18 51  ⇒ C ; ÷(Không thỏa mãn)  13 13  + Phương trình CE qua hai điểm C E có phương trình: x + 17 y + 11 = + Phương trình BC qua hai điểm H C có phương trình: x − y − =  3t + t +  ; Do B ∈ BC ⇒ B(3t + 9; t ) Khi trung điểm N AB N  ÷   Mà N ∈ CE ⇒ t = −4 ⇒ B (−3; −4) 13 Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm G ∆ABC nằm đường thẳng d có phương trình 3x – y –8 = 0.Viết phương trình đường tròn qua điểm A, B, C Lời giải C d M N G A B Phân tích: Thực chất yêu cầu toán tìm tọa độ đỉnh A,B,C Mấu chốt lời giải toán đòi hỏi học sinh phải tìm mối liên hệ diện tích tam giác ABC diện tích tam giác GAB, từ dựa vào diện tích tam giác GAB tìm khoảng cách từ G đến đường thẳng chứa cạnh AB, suy tọa độ điểm G Biết tọa độ điểm G ta dễ dàng tìm tọa độ đỉnh C Định hướng tư duy: Bước 1: Chứng minh S∆GAB = S ∆ABC Từ tính khoảng cách từ G đến AB Suy tọa độ điểm G Bước Từ tọa độ đỉnh A,B G suy tọa độ đỉnh C Bước Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải chi tiết: Vì G trọng tâm tam giác ABC nên S∆GAB = S∆ABC ⇔ d (G, AB) AB = (1) Mà ta có phương trình đường thẳng AB: x - y -5 =0, AB = Do G ∈ d ⇒ G ( x;3 x − 8) ⇒ d (G , AB) = −2 x + 14 x =1 Khi từ (1) suy ra: −2 x + = ⇔  x = + Với x = G(1; - 5) ⇒ C(-2; -10) Khi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x2 + y − 91 91 416 x+ y+ = 0  3 + Với x = G(2; -2) ⇒ C(1; -1) Khi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 11 11 16 x+ y+ = 0  3 Ví dụ : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, M trung điểm x2 + y − AB, N thuộc AC cho AN= 3NC Viết phương trình CD biết M(1,2) N(2,-1) Lời giải A M B N D P C Phân tích : Đây toán khó, kiện toán cho nên khó định hướng việc tìm lời giải Bài toán cho biết độ dài đoạn MN tỉ số AN= 3NC Do đó, giáo viên cần giúp học sinh khai thác tốt yếu tố cạnh, góc tam giác AMN, đặc biệt định lý Cosin tam giác AMN để tìm độ dài cạnh hình vuông ABCD Khi dễ dàng tính độ dài đoạn MP, NP, đến toán hoàn thành Định hướng tư : Bước 1: Đặt AB= a Dựa vào định lý Cosin tam giác AMN ta tìm a 15 Bước Dựng MP hình vẽ, ta tìm MP NP Khi đó, tọa độ điểm P thỏa mãn phương trình hai đường tròn (C1) (C2) có tâm M, N bán kính MP, NP Bước Viết phương trình cạnh CD qua P vuông góc với MP Lời giải chi tiết : a Đặt AB =a, a > Ta có MN = 10 , AM = , AN = 3a Khi áp dụng định lý Cosin tam giác AMN ta : 5a 5a MN = AM + AN − AM AN cos45 = = 10 ⇒ a = Suy 8 2 Gọi P trung điểm CD Khi đó, MP =4, PN= NC = nên tọa độ P thỏa mãn hệ phương trình:  x = 1; y = −2 2 ( x − 1) + ( y − 2) = 16 ⇔  17 −6 2 x = ; y = ( x − 2) + ( y + 1) = 5  uuuu r + Với P(1;-2) PM = (0;4) Khi phương trình chứa cạnh CD qua P nhận uuuu r PM = (0;4) làm vtpt nên có phương trình y+ 2=0 r  −12 16  17 −6  uuuu ; ÷ ⇒ PM =  ; ÷.Khi phương trình chứa cạnh CD qua P  5   5  + Với P  uuuu r  −12 16  ; ÷ làm vtpt nên có phương trình x − y − 15 = nhận PM =   5 Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích 45/2 , đáy lớn CD nằm đường thẳng x – 3y – = Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với I (2; 3) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương Lời giải 16 A P B I D Q C Phân tích: Đây toán khó nhiều học sinh học sinh giỏi Vấn đề đặt khai thác yếu tố diện tích hình thang cho cho nào, yếu tố diện tích cho ta kết gì? Để làm toán này, sau đưa định hướng tư sau để bạn đọc dễ theo dõi Định hướng tư duy: Bước 1: Gọi P,Q trung điểm AB CD Khi IQ = d(I, CD) Bước 2: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ICD ta tìm IC= ID, CD = ID Bước 3: Nhận thấy tam giác IPA, IPB vuông cân P nên, đặt IP= x AB =2x Từ dựa vào diện tích hình thang tìm x Bước Dựa vào C , D ∈ CD độ dài ID = IC tìm tọa độ đỉnh C Bước 5: Tìm tọa độ điểm Q Dựa vào tính đối xứng suy tọa độ điểm D Từ tìm tọa độ điểm B dựa vào tỷ lệ độ dài đoàn ID IB Lời giải chi tiết: Gọi P,Q trung điểm AB CD Khi IQ = d ( I , CD ) = 10 Vì tam giác ICD vuông cân I nên ta có: 1 = + = ⇒ IC = ID = 20 , CD = IC = 10 IQ IC ID IC Vì tam giác IPA IPB vuông cân P nên đặt IP = x ⇒ AB = x Khi ta có S ABCD = PQ( AB + CD ) ( x + 10)(2 x + 10) 45 10 = = ⇒x= 2 2 Do tam giác IPA, IPB vuông cân P nên IA = IB = x = 17 Vì C ∈ CD ⇒ C (3t + 3; t ) Do IC = 20 ⇔ (3t − 1) + (t − 3) = 20 ⇔ t = 10 ⇔ t = ±1 +Vời t =1 C(6;1) (thỏa mãn) +Vời t = -1 C(0; -1) (Không thỏa mãn) Vì IQ ⊥ CD ⇒ IQ : 3x + y + m = Do I(2;3) thuộc IQ nên m = - Vậy phương trình IQ: 3x + y -9 =0 Khi tọa độ điểm Q nghiệm hệ phương trình: x − 3y − = x = ⇔ ⇒ Q(3;0)   x + y − = y =   Do Q trung điểm CD nên D(0; -1) uur uur  2a − =  a = ⇔ ⇒ B (3;5) Giả sử B(a; b), ID = IB ⇒ DI = IB ⇔  2b − = b = Vậy phương trình BC qua hai điểm B C 4x + 3y -33 =0 Nhận xét chung : Thông qua ví dụ điển hình trên, với mức độ kiến thức tương đối khó, tương xứng với mức độ khó đề thi, khẳng định toán hình học phẳng 10 toán khó, phức tạp cần thông minh, sáng tạo kiên trì học sinh Những học sinh có lực học trung bình khó giải toán đề thi đại học năm gần Do đó, ôn thi giáo viên nên định hướng giúp cá em để em có lựa chọn chuyên đề phù hợp với lực Sau đây, xin đưa số tập với mức độ khó không cao có hướng dẫn để em rèn luyện thêm Bài : Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 Hướng dẫn Đường tròn (C) có tâm I(3;0) bán kính R = Gọi M(0; m) ∈ Oy ·AMB = 600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ⇒  ·AMB = 1200 (2) 18 Vì MI phân giác ·AMB nên: (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = IA sin 300 ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = Vậy có hai điểm M1(0; 7) IA ⇔ MI = sin 600 M2(0; − 3 R ⇔ m2 + = 3 7) Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn có phương trình (C): (x − 1)2 + (y + 2)2 = đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông (B, C hai tiếp điểm) Hướng dẫn Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = Vì tiếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC hình vuông có cạnh ⇒ IA = Giả sử A(x; –x – m) ∈ d 2 2 IA2 = 18⇔(x − 1) + (− m− x + 2) = 18 ⇔2x − 2(3− m)x + m − 4m− 13 = (1) Để có điểm A (1) có nghiệm  m= ⇔ ∆′ = −m2 + 2m+ 35 = ⇔   m= −5 Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn có phương trình (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 điểm M(7; 3) Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) A, B phân biệt cho MA = 3MB Hướng dẫn Ta thấy điểm M nằm (C), (C) có tâm I(1;–1) R = uuur uuur Mặt khác: MA.MB = 3MB ⇒ MB = Gọi H hình chiếu I lên AB ⇒ BH = ⇒ IH = R − BH = = d ( I ,(d ) ) Ta có: phương trình đường thẳng d: a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0) 19 d ( I ,(d ) ) = ⇔ a = =4⇔ 2  a = − 12 b a +b  −6a − 4b Vậy d: y – = d: 12x – 5y – 69 = Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D ABC có cạnh AC qua điểm M(0;– 1) Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + = Tìm tọa độ đỉnh D ABC Hướng dẫn Gọi d đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB I   1 2 N, ta có: (d ) : x + y + = 0, I = ( d ) ∩ ( AD) ⇒ I  − ; − ÷ ⇒ N ( −1; 0) (I trung điểm MN) AB ⊥ CH ⇒ pt ( AB ) : x − y + = 0, A = ( AB ) I ( AD ) ⇒ A(1; 1) AB = 2AM ⇒ AB = 2AN ⇒N trung điểm AB ⇒ B ( −3; −1)   pt ( AM ) : x − y − = 0, C = ( AM ) I (CH ) ⇒ C  − ; −2 ÷   Bài 5:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho D ABC cân có đáy BC Đỉnh A có tọa độ số dương, hai điểm B C nằm trục Ox, phương trình cạnh AB : y = 7(x - 1) Biết chu vi D ABC 18, tìm tọa độ đỉnh A, B, C Hướng dẫn ( ) B = AB I Ox ⇒ B (1; 0) , A ∈ AB ⇒ A a;3 7(a − 1) ⇒ a > Gọi AH đường cao ∆ABC ⇒ H (a;0) ⇒ C (2a − 1; 0) ⇒ BC = 2( a − 1), AB = AC = 8(a − 1) Chu vi ∆ ABC = 18 ⇔ a = ⇒ C (3; 0), A ( 2;3 ) Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D 20 uuu r Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Hướng dẫn Phương trình AB: x + y − = ; I ∈ (d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I trung điểm AC BD nên: C (2t − 1; 2t ), D (2t ; 2t − 2) Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH = Ngoài ra:  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ; ÷, D  ; ÷ d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 5 8 8 2 Vậy C  ; ÷, D  ; ÷ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  3 3 3 Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d qua điểm A(1; 2) cắt đường tròn (C) có phương trình ( x − 2) + ( y + 1)2 = 25 theo dây cung có độ dài Hướng dẫn d: a(x – 1)+ b(y –2) = ⇔ ax + by – a – 2b = ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) (C) đến d d ( I,d ) = 2a − b − a − 2b a + b2 = ⇔ a − 3b = a + b a = ⇔ 8a + 6ab = ⇔  a = − b  + Với a = 0: chọn b = ⇒ Đường thẳng d: y – = +Với a = − b: chọn a = 3, b = – ⇒ Đường thẳng d: 3x – y + = Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d1 : x − y + = , d2: 3x + 6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; –1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng d1, d2 21 Hướng dẫn r r Đường thẳng d1 có VTPT a1 = (2; −1) ; d2 có VTPT a2 = (3;6) ur uu r Ta có: a1.a2 = 2.3 − 1.6 = nên d1 ⊥ d d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x − 2) + B ( y + 1) = ⇔ Ax + By − A + B = d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I ⇔ d tạo với d1 (hoặc d2) góc 450  A = 3B = cos 450 ⇔ A2 − AB − 3B = ⇔  22 + ( −1)  B = −3 A 2A − B ⇔ A2 + B + Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : x + y − = + Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x − y − = Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d : x + y − = ; d : x − 3y − = Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng (d ) : x − y − = có hoành độ xI = , trung điểm cạnh giao điểm d trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Hướng dẫn Điểm I có hoành độ xI = 9 3 I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ; ÷ 2 2 Gọi M = d ∩ Ox trung điểm cạnh AD, suy M(3;0) AB = IM = ( xI − xM ) + ( yI − yM ) = 2 S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = 9 + =3 4 S ABCD 12 = = 2 AB  AD ⊥ ( d ) , suy phương trình AD: 1.( x − 3) + 1.( y − 0) = ⇔  M ∈ AD Vì  22 x+ y −3 = Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:  x + y − =  y = −x + y = 3− x x = ⇔ ⇔ ⇔     2 2  ( x − 3) + y = ( x − 3) + y =  x − = ±1  y = x =  y = −  Vậy A(2;1), D(4;-1), x A + xC  x = I   xC = xI − x A = − = 9 3 ⇔ Vì I  ; ÷ trung điểm AC:  2 2  yC = yI − y A = − =  y = y A + yC I  Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) Hiệu sáng kiến đem lại Qua trình áp dụng, cải tiến, bổ sung kiến thức, phương pháp để tiến hành ôn thi đại học, cao đẳng cho học sinh cuối cấp học sinh khối 10, thấy việc phân tích chất toán dựa vào phân tích yếu tố hình học, tính chất hình học phẳng, đưa sơ đồ tư cho toán giúp học sinh nắm dễ hơn, hiểu kiến thức sâu hơn, trình bày logic Cụ thể, kể từ áp dụng sáng kiến từ năm 2012 đến năm 2014, học sinh lớp giảng dạy trực tiếp ôn thi đại học, cao đẳng tham gia kỳ thi đại học, cao đẳng Bộ giáo dục đào tạo tổ chức đạt điểm số môn Toán nâng lên, nhiều học sinh đỗ vào trường đại học, với số liệu sau: Năm học 2012- 2013 có 16/21 học sinh đỗ đại học Stt Họ tên Phạm Thế Cường Đỗ Đức Tài Hoa Văn Trường Hoàng Thị Thảo Hoàng Thị Mơ Đoàn Văn Hùng Vũ Thị Kim Dung Trường đại học theo học ĐH Bách khoa Hà Nội Viện đại học mở Hà Nội Đại học Y dược Thái Nguyên Đại học Công Nghệ Việt- Hung Đại học lao động - Xã hội Đại học Thái Nguyên Đại học Nông nghiệp Hà Nội 23 10 11 12 13 14 15 16 Khuất Thị Trang Nguyễn Thị Thụy Nguyễn Mai Phương Nguyễn Ngọc Hà Trần Thị Thảo Nguyên Nguyễn Minh Luyện Phùng Thị Thùy Đinh Trọng Nghĩa Phạm Tuấn Nam Đại học Nông nghiệp Hà Nội Đại học Y dược Thái Nguyên Đại học Công đoàn Đại học Nông nghiệp Hà Nội Đại học điều dưỡng Nam Định Đại học lao động - Xã hội Đại học Công đoàn Đại học Nông nghiệp Hà Nội Đại học Lâm Nghiệp Hà Nội Năm học 2013- 2014 có 18/23 học sinh đỗ đại học Stt 10 11 12 13 14 15 16 17 18 Họ tên Cù Mạnh Dũng Vũ Minh Thành Vũ Hoàng Việt Đỗ Huỳnh Đăng Nguyễn Thị Loan Kiều Thúy Nga Đỗ Thị Hồng Cao Xuân Huy Đặng Trung Hiếu Nguyễn Thị Dung Lưu Kim Tiểu Linh Nguyễn Đức Duy Nguyễn Ngọc Duy Vũ Thị Xuân Phạm Lan Anh Nguyễn Mai Phương Mai Tiến Dũng Nguyễn Văn Toản Trường đại học theo học Đại học Thủy Lợi Đại học Thủy Lợi Đại học Thủy Lợi Đại học Bách Khoa Học Viện Tài Chính Học Viện Tài Chính Đại Học Y học Cổ truyền Đại học Lâm nghiệp Hà Nội Đại học Lâm Nghiệp Việt Nam Đại học Sư Phạm Hà Nội Đại học Ngoại Ngữ Đại học FPT Hà Nội Đại học Quốc gia Hà Nội Đại học Y học cổ truyền Đại học Y thái Bình Đại học sư phạm Hà Nội Đại học Bách khoa Hà Nội Đại học Bách khoa Hà Nội Đối với năm học 2014- 2015: Lớp 12A1 nhà trường có 23 học sinh tham gia ôn thi đại học, cao đẳng Trong trình khảo sát thi thử đại học, với mức độ đề có độ khó, phân hóa cao, nhiên kết môn Toán đáng khen ngợi sau: 01/23 em 9,5 điểm, 03/23 điểm, 07/23 điểm, lại điểm từ 4,5 đến 5,5 điểm Cùng với thành công công tác ôn thi đại học, cao đẳng năm 2012- 2013, 2013- 2014, tiếp tục áp dụng sáng kiến vào luyện thi cho học 24 sinh năm học 2014- 2015 tin em đạt kết cao kỳ thi đại học, cao đẳng năm Ngoài ra, sáng kiến tài liệu tham khảo bổ ích cho học sinh trường trường bạn toàn tỉnh nên mang lại hiệu kinh tế, tạo môi trường học tập sôi nổi, hào hứng cho em Đánh giá phạm vi ảnh hưởng sáng kiến Sáng kiến có khả áp dụng cho tất em học sinh khá, giỏi, học sinh khối 10 12 trình luyện thi cao đẳng, đại học trường THPT Than Uyên nói riêng học sinh trường THPT toàn tỉnh Lai Châu Đây tài liệu tham khảo bổ ích dành cho em học sinh ham mê học toán, thích khám phá tìm tòi lời giải hay, toán khó hình học phẳng đề thi đại học, cao đẳng Các thông tin cần bảo mật: Không Kiến nghị, đề xuất: Đề nghị công nhận đ/c Tạ Thị Thanh Huyền đồng tác giả sáng kiến Kiến nghị khác: Không Trên nội dung, hiệu đ/c Tạ Thị Thanh Huyền thực không chép vi phạm quyền./ XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ TÁC GIẢ SÁNG KIẾN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Tạ Thị Thanh Huyền Nguyễn Thế Hậu 25 26 ... đại học, cao đẳng trường trung học phổ thông Than Uyên có định hướng tư dễ dàng tiếp cận tìm lời giải cho toán dạng này, định chọn đề tài Định hướng tư tìm lời giải cho số toán hình học 10 phương. .. hình học để phát triển ý, phát triển tư logic định hướng tìm lời giải cho toán; Bước 3: Lập sơ đồ tư logic cho toán dựa vào ý tư ng từ bước 2; Bước 4: Hoàn chỉnh lời giải toán dựa vào sơ đồ tư. .. dựa vào diện tích hình thang tìm x Bước Dựa vào C , D ∈ CD độ dài ID = IC tìm tọa độ đỉnh C Bước 5: Tìm tọa độ điểm Q Dựa vào tính đối xứng suy tọa độ điểm D Từ tìm tọa độ điểm B dựa vào tỷ lệ độ