Phép đối xứng trục trong các bài toán tọa độ trong mặt phẳng

A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Trong cấu trúc đề thi THPT Quốc gia hay kì thi chọn học sinh giỏi ln có tốn hình học phương pháp tọa độ mặt phẳng Đó phần tập khó, có tính phân loại, đa số học sinh gặp nhiều khó khăn việc giải toán Phương pháp tọa độ mặt phẳng chương trình hình học 10, phần tiếp nối với hình học phẳng THCS nhìn quan điểm đại số giải tích Như tốn hình học tọa độ phẳng mang chất tốn hình học phẳng Tuy nhiên giải tốn hình học tọa độ mặt phẳng, học sinh thường khó vận dụng tính chất hình học phẳng hình học phẳng thường khó tính chất thường khó phát tốn phương pháp tọa độ Bên cạnh phép biến hình mảng kiến thức khó, học sinh ngại học Vì vậy, thực tế yêu cầu phải trang bị cho học sinh hệ thống phương pháp suy luận để giải tốn hình học phẳng hiệu Với lý đó, tơi đưa sáng kiến kinh nghiệm “ Phép đối xứng trục số toán phương pháp tọa độ mặt phẳng” nhằm giúp học sinh có định hướng tốt để giải toán tọa độ mặt phẳng nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy, giúp học sinh đạt kết cao kì thi Mục đích nghiên cứu Tìm phương pháp dạy học phù hợp với học sinh trường THPT Làm cho học sinh hiểu, dễ nhớ vận dụng tính chất hình học phẳng vào giải toán tọa độ mặt phẳng Học sinh tìm mối liên hệ tính chất phép đối xứng trục với tính chất hình học phẳng, với chất hình học toán tọa độ mặt phẳng Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu vận dụng số tính chất phép đối xứng trục vào giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng cho học sinh khối 10, khối 11 học sinh ôn thi đại học B NỘI DUNG Cơ sở lý luận 1.1 Một số tính chất số phép đối xứng trục - Phép đối xứng trục: Điểm M M’ (M ≠ M’) gọi đối xứng với qua đường thẳng d d đường trung trực đoạn MM’ - Phép đối xứng trục phép dời hình, tức bảo tồn khoảng cách hai điểm - Hệ quả: Phép biến hình biến điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng không làm thay đổi thứ tự chúng; biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng nó; biến đường thẳng thành đường thẳng; biến tia thành tia; biến góc thành góc nó; biến tam giác tam giác nó; biến đường trịn đường trịn 1.2 Một số vấn đề phương pháp tọa độ mặt phẳng - Cho A(xA; yA), B(xB; yB) uuur Khi đó: AB = ( xB − xA ; yB − y A )  x A + xB y A + y B  ; ÷   Trung điểm M đoạn AB có tọa độ xác định M  ur - Cho đường thẳng ∆ có véctơ pháp tuyến n = (A; B) , qua M(xo;yo) có phương trình A(x – xo) + B(y – yo) = hay Ax + By + C = (A2 + B2 ≠ 0) ur - Đường thẳng ∆ có vectơ phương u = (a; b) có vectơ pháp tuyến ur n = (b; − a ) - Cho đường thẳng ∆: ax+ by + c = điểm M(x0; y0) Khoảng cách từ M đến ∆ xác định bởi: d ( M ; ∆) = ax0 + by0 + c a + b2 - Đường tròn tâm I(a; b) có bán kính R có phương trình: (x – a)2 + (y – b)2 = R2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Mỗi nhận thấy Tốn học mơn học khó, khơng phải học sinh tiếp thu tốt kiến thức toán học Các toán tọa độ mặt phẳng đề thi đại học, cao đẳng lại làm cho học sinh lúng túng khơng biết định hướng từ đâu Nhiều học sinh thường có thói quen không tốt đọc đề chưa kĩ làm ngay, có thử nghiệm đưa đến kết hiệu suất khơng cao Với tình hình để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét tốn nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trưng hình học tốn để tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh khả tư theo phương pháp giải điều cần thiết Việc trải nghiệm qua q trình giải tốn giúp học sinh hồn thiện kỹ định hướng giải tốn Cần nhấn mạnh điều rằng, đa số học sinh sau tìm lời giải cho tốn hình học toạ độ mặt phẳng thường khơng suy nghĩ, đào sâu thêm Học sinh thường không ý đến chất hình học phẳng tốn nên làm nhiều tốn hình học toạ độ khơng phân loại dạng tốn chất tốn Thậm chí toán tương tự xuất nhiều đề thi mà học sinh làm miệt mài lần giải nó, khơng nhận biết dạng tốn làm Với thực trạng ra, thông thường học sinh dễ dàng cho lời giải tốn có cấu trúc đơn giản Cịn đưa tốn khác chút cấu trúc học sinh thường tỏ lúng túng khơng biết định hướng tìm lời giải tốn Từ đó, hiệu giải tốn học sinh bị hạn chế nhiều Trước thực trạng học sinh, tơi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét tốn hình học toạ độ mặt phẳng theo chất hình học phẳng Và song song với lời giải cho tốn hình học toạ độ mặt phẳng, yêu cầu học sinh chất tốn hình phẳng tương ứng, từ phân tích ngược lại cho tốn vừa giải Trong sáng kiến kinh nghiệm này, đưa số nội dung vận dụng phép đối xứng trục để tìm chất, tính chất hình học tốn tọa độ phẳng, để định hướng, tìm lời giải cho tốn Qua giúp học sinh nhận thức rằng: “Mỗi tốn hình học toạ độ mặt phẳng ln chứa đựng tốn hình phẳng tương ứng” Vì phân tích chất tốn hình học phẳng để bổ trợ cho việc giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ động việc tìm kiếm lời giải phân loại cách tương đối tốn hình học toạ độ mặt phẳng Trên thực tế, khảo sát chất lượng học tập học sinh (về vấn đề giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng) thu kết qua sau: Lớp Sĩ số 10A1 11B2 43 40 Giỏi SL % 16.3 15 Khá Trung bình Yếu SL % SL % SL % 18 41.9 13 30.2 11.6 17 42,5 10 25 17,5 Kém SL % 0 0 Như rõ ràng số lượng học sinh nắm bắt dạng toán không nhiều với lý không nhận dạng, không định hướng cách giải rõ ràng Các biện pháp thực 3.1 Các yêu cầu chung - Điều tra học lực học sinh qua kiểm tra - Tổ chức ôn tập vào buổi ngoại khoá nhằm tăng thời lượng luyện tập giải toán - Khi tập cho học sinh, giáo viên yêu cầu học sinh thực đầy đủ số nội dung sau: +) Đọc kỹ nội dung toán +) Nhận dạng toán thuộc dạng toán nào, thực phép "quy lạ quen" +) Xác định rõ yêu cầu toán +) Xác định giả thiết, kết luận (có thể viết giả thiết dạng khác khơng?) +) Tự tiến hành giải tốn +) Kiểm tra xem vận dụng hết giả thiết chưa, sử dụng kiến thức nào? +) Đối chiếu với cách giải bạn, thầy +) Tìm thêm lời giải khác cho tốn (nếu có) +) Rút kinh nghiệm cho thân 3.2 Thực hành qua dạng tốn Trong phần này, tơi đưa số dạng toán vận dụng phép đối xứng trục vào giải toán tọa độ mặt phẳng Các toán mang dấu hiệu phép đối xứng trục Bài toán gốc: Cho hai điểm A, B nằm phía đường thẳng d Tìm M d cho AM + BM ngắn Cách giải: Gọi A’ điểm đối xứng với A qua d Khi với M ∈ d, ta có: MA = MA’ A B M d A' ⇒ MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B Vậy MA + MB đạt giá trị nhỏ A’, M, B thẳng hàng hay M giao điểm đường thẳng A’B với d Từ đó, ta áp dụng cách giải vào toán tọa độ mặt phẳng sau: Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 2x – y + = hai điểm A(2; - 1), B(1; 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho chu vi ∆MAB đạt giá trị nhỏ Giáo viên hướng dẫn: - Yêu cầu học sinh xác định dạng toán, phân tích giả thiết tốn - Kiểm tra xem A B có phía với d hay khơng? - Từ vận dụng tốn tổng hợp Tiến hành giải tốn: Vì (2.2 + + 5)(2.1 – + 5) > nên A B nằm phía so với d Gọi A’ điểm đối xứng với A qua d, H giao điểm AA’ d AA’ có phương trình: 1(x – 2) + 2(y + 1) = hay x + 2y = 2 x − y + = ⇒ H(-2; 1) x + y = ⇒ Tọa độ H nghiệm hệ phương trình:  Vì H trung điểm AA’ nên A’(-6; 3) Với M thuộc d, ta có MA = MA’ ⇒ Chu vi ∆MAB xác định: MA + MB + AB ≥ A’B + AB ⇒ Chu vi ∆MAB đạt giá trị nhỏ A’, M, B thẳng hàng hay M giao điểm A’B d Đường thẳng A’B có phương trình: x + 7y – 15 =  x + y − 15 =  7 ⇒ M  − ; ÷  3 2 x − y + = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 2y = điểm M(2; 3) Tìm A thuộc d, B thuộc trục Oy cho chu vi ∆MAB đạt giá trị nhỏ Định hướng: - Phân tích giả thiết tốn: Vẽ hình, nhận xét vị trí M hai đường thẳng cho - Phép đối xứng trục áp dụng nào? - Tổng quát toán d1 N H M d2 K A B P Giả sử M điểm nằm góc hai đường thẳng d1, d2 Gọi N điểm đối xứng với M qua d1, P điểm đối xứng với M qua d2 Với A ∈ d1, với B ∈ d2, ta có MA = NA, MB = PB Khi chu vi ∆MAB xác định bởi: C = MA + AB + MB = NA + AB + BP ≥ NP Dấu “=” xảy N, A, B, P thẳng hàng hay A giao điểm NP với d1, B giao điểm NP với d2 Từ việc đưa tốn tổng qt đó, ta đến cách giải toán mặt phẳng tọa độ sau: Gọi N điểm đối xứng với M(2; 3) qua d: x – 2y = MN có phương trình: 2(x – 2) + y – = hay 2x + y – = x − y =  14  hay H  ; ÷  5 2 x + y − = ⇒Tọa độ H nghiệm hệ phương trình:   18  ⇒ N  ;− ÷ 5 5 Gọi P điểm đối xứng với M qua trục Oy ⇒ P(- 2; 3) Khi NP có phương trình: 4x + 7y – 13 =  x + y −13 =  26 13  ⇒ A ; ÷  15 15  x − y = Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:   x + y −13 =  13  ⇒ B  0; ÷  7 x = Tọa độ B nghiệm hệ phương trình:  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có A(1; 6), B(-3; -2), C(4; 1) Tìm tọa độ điểm M, N, P thuộc cạnh BC, CA, AB cho chu vi ∆MNP đạt giá trị nhỏ Định hướng: - Bài tốn có dạng chung hai tốn Điểm khác ∆MNP có ba đỉnh chưa xác định - Có sử dụng sau: Giả sử tìm M thuộc BC thỏa mãn yêu cầu toán (M cố định) Bây tìm N thuộc AC, P thuộc AB cho chu vi ∆MNP đạt nhỏ Sau tính chu vi theo AM - Tìm vị trí M BC cho AM nắn E B K P M A H C N F Cách giải: Giả sử tìm M thuộc BC thỏa mãn yêu cầu toán Gọi E điểm đối xứng với M qua AB, F điểm đối xứng với M qua AC Với P thuộc AB, N thuộc AC, ta có: MP = EP, MN = NF Khi chu vi tam giác MNP đạt nhỏ N giao điểm EF với · AC, P giao điểm EF với AB C = EF = 2AM.sin BAC Mà AM ngắn M hình chiếu A lên BC Từ ta chứng minh N, P chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Từ việc sử dụng phép đối xứng trục để giải tốn tổng hợp, tìm kết tốn Khi áp dụng vào tìm chân đường cao tam giác ABC mặt phẳng tọa độ Oxy Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x – y – = hai điểm A(3; 1), B(-1; 2) Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d cho MA − MB đạt giá trị lớn Định hướng: - Từ u cầu tốn: Tìm M để MA − MB đạt giá trị lớn nhất, học sinh liên tưởng đến toán nào? - Xét vị trí tương đối A, B d? - Từ áp dụng phép đối xứng trục nào? B A' d H M A Cách giải Dễ thấy A(3; 1), B(-1; 2) nằm hai nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d: 3x – y – = Gọi A’ điểm đối xứng với A qua d (A’ B phía với d) Với M thuộc d, ta có MA = MA’ Khi MA − MB = MA ' − MB ≤ A ' B Dấu “=” xảy M, A’, B thẳng hàng hay M giao điểm d A’B Đường thẳng A’A có phương trình: x +3y – = x + 3y − = 6 8 ⇒H  ; ÷  5 3 x − y − = Tọa độ H nghiệm hệ phương trình:   ⇒A’ có tọa độ A’  − ; 11  ÷  5 Đường thẳng A’B có phương trình: x – 2y + = x − y + =  17  ⇒M  ; ÷ 5  3 x − y − = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  · Mỗi biết, d đường phân giác xOy , hai tia Ox Oy đối xứng với qua d hay phép đối xứng trục d biến tia Ox thành Oy ngược lại Như tốn đường phân giác góc, ta sử dụng phép đối xứng trục để xử lí Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A x + y + = 0, đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y + = Đường thẳng AB qua điểm M(1; 1), diện tích tam giác ABC 27 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Định hướng: A H N I M C B D Từ giả thiết tốn, có AD đường phân giác góc A ⇒AB AC đối xứng với qua AD Mà AB qua M ⇒AC qua N đối xứng với M qua AD Xác định N, ta xác định A, B Sử dụng giả thiết diện tích tam giác để tìm C Ở đây, ta tìm điểm C, có điểm thỏa mãn, B, C nằm hai phía AD Bài giải Qua M, kẻ đường thẳng vng góc với AD I, cắt AC N ⇒ ∆AMN cân A ⇒ I trung điểm MN.( M N đối xứng với qua AD) Đường thẳng MN có phương trình: x – – y + = hay x – y = x − y = ⇒ I ( −1; −1) ⇒N(-3; -3) x + y + = Tọa độ I nghiệm hệ phương trình:  Cạnh AC có phương trình: x + + 2(y + 3) = hay x + 2y + = x + y + = ⇒ A ( 5; − ) x + y + = Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  Cạnh AB có phương trình: 2x + y – = 2 x + y − = 1  ⇒ B ;2÷ 2  2 x − y + = Tọa độ B nghiệm hệ phương  ⇒ AB = ⇒ d ( C ; AB ) = Mà AC có phương trình: x + 2y + = ⇒ C(2c – ; - c) ⇒ 2(2c − 9) − c − =  c =9 ⇔ 3c − 21 = ⇔   c =5 Với c = ⇒ C(9; -9) (loại B C phía với AD) Với c = ⇒ C(1; -5) (thỏa mãn) Sau số tập tương tự: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 3), đường phân giác góc B có phương trình: x + 2y – = 0, trung tuyến kẻ từ C có phương trình: 2x – 4y – = Tìm tọa độ đỉnh B C   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-4; 6), C  ; ÷    8 tâm đường trịn nội tiếp K  − ; ÷ Tìm tọa độ đỉnh B  3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH: 2x – y – = 0, trung tuyến BM: x – 2y + = đường phân giác góc C có phương trình: x + y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác góc A, đường cao kẻ từ B có phương trình: 12x + 4y – = 0, x – y   5 – = 0, M 1; − ÷ trung điểm cạnh BC Viết phương trình cạnh tam  giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng C có đường 7 7 phân giác góc A AD, với D  ; − ÷ thuộc BC Gọi E, F điểm lần 2 2 lượt thuộc AB, AC cho AE = AF Đường thẳng EF cắt BC K Biết E 3 5  ; − ÷, F có hồnh độ nhỏ 3, AK có phương trình: x – 2y – = Viết 5 2 phương trình cạnh tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(2; 0), đường chéo BD qua điểm M(- 1; 1), đỉnh C thuộc đường thẳng d: x + y + = Biết chu vi hình thoi 20, đỉnh B có tung độ dương Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thoi Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường chéo AC: x + 7y – 31 = 0, hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1: x + y – = 0, d 2: x – 2y + = Tìm tọa độ đỉnh hình thoi, biết diện tích hình thoi 75(đvdt) đỉnh A có hồnh độ âm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AD đường phân giác góc A, (D ∈ BC) Các điểm M, N thuộc cạnh AB, AC cho BM = BD, CN = CD Biết D(2; 0), M(-4; 2), N(0; 6) Hãy viết phương trình cạnh tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A: x + y – = 0, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A   4x + 5y – = 0, đường thẳng AC qua M  ;0 ÷ Biết bán kính đường trịn ngoại   tiếp tam giác ABC R = , điểm C có hồnh độ dương Tìm tọa độ đỉnh tam giác 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(4; -3), M · trung điểm cạnh BC, D giao điểm đường phân giác góc MAC 11 cạnh BC Biết CB = 3CD, AD có phương trình: 3x – 2y – = 0, diện tích tam giác ABC 39 , C có hồnh độ dương Tìm tọa độ A C Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 2x – 4y – = 0, hai đường thẳng(d): x + y – = 0,(∆): 3x + y – = Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), điểm N thuộc ∆ cho d đường trung trực đoạn thẳng MN Định hướng: Từ yêu cầu tốn: Tìm M, N cho d đường trung trực MN, ta thấy phép đối xứng trục đường thẳng d biến M thành N Mà M thuộc (C) ⇒ N thuộc ảnh (C) qua phép đối xứng trục Đd, ⇒ N giao điểm ∆ đường tròn ảnh d J I H N M Bài giải Đường trịn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 2 Gọi J điểm đối xứng với I qua d, IJ có phương trình: x – y + =  x + y −1= ⇒ H(0; 1)  x − y + 1= Tọa độ trung điểm H IJ nghiệm hệ  ⇒ J(- 1; 0) Đường tròn (C’) ảnh (C) qua Đd có phương trình: (x + 1)2 + y2 = ( x + 1) + y =  14  N (1; − 2) ∨ N  − ; ÷ Tọa độ N nghiệm hệ phương trình:   5 3 x + y −1 = Ta tìm M đối xứng vói N qua d, toán giải 12 Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng Δ : x − y + = hai đường tròn (C1) : x2 + y2 = 1, (C2) : (x + 4) + (y – 3)2 = Tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường tròn (C1), đỉnh B thuộc đường tròn (C2) đỉnh C nằm đường thẳng d Tìm toạ độ điểm A, B, C biết CA tiếp tuyến đường tròn (C1), CB tiếp tuyến đường tròn (C2) đường thẳng Δ phân giác góc ·ACB Định hướng: Từ giả thiết: ∆ đường phân giác ·ACB , ta thấy AC BC đối xứng với qua ∆ Mà AC tiếp tuyến (C1) ⇒ BC tiếp tuyến đường tròn (C’1) đối xứng với (C1) qua ∆ Vậy BC tiếp tuyến chung (C’1) (C2) I O' O B A' A C Bài toán trở về: Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn B tiếp điểm BC (C2) Gọi A’ hình chiếu O’ lên BC, A điểm đối xứng A’ qua ∆ Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H(2; 1), có tâm đường tròn ngoại tiếp I(1; 0), trung điểm M BC thuộc đường thẳng d: x – 2y – = Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC qua E(6; -1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết xB < xC 13 A I H B C M J E Định hướng: Bằng phép đối xứng trục, ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với qua BC Thật vậy, gọi H’ giao điểm AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I H K B C H' · ' BC = H · ' AC = H · BC Ta có: H · ' BH Mà BC ⊥ HH’ ⇒ BC đường phân giác góc H ⇒ H H’ đối xứng với qua BC hay phép đối xứng trục BC biến tam giác HBC thành tam giác H’BC 14 ⇒ Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC đường tròn ngoại tiếp ∆HBC đối xứng với qua BC Cách giải - Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ABC đường tròn ngoại tiếp ∆HBC đối xứng với qua BC (như trên) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HBC ⇒ M trung điểm IJ Vì M thuộc d: x – 2y – = nên M(2m + 1; m) ⇒ J(4m + 1; 2m) Theo giả thiết: JH = JE ⇒ (4m – 1)2 + (2m – 1)2 = (4m – 5)2 + (2m + 1)2 ⇒m = ⇒ M(3; 1), J(5; 2) ⇒ Bán kính R = JH = 10 Cạnh BC có phương trình: 2(x – 3) + y – = hay 2x + y – = ⇒ B(b; – 2b) ⇒ (b – 1)2 + (7 – 2b)2 = 10 ⇔ b = b = ⇒ B(2; 3), C(4; -1) Đường thẳng AH có phương trình: x – – 2(y – 1) = hay x - 2y = Đường thẳng AC có phương trình: y + = ⇒A(-2; -1) 15 C KẾT LUẬN Kết nghiên cứu: Phương pháp sử dụng đề tài phương pháp mang nhiều ưu điểm, việc sử dụng phương pháp cách hiệu góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn hình học 10 Với biện pháp giải pháp đề ra, kết hợp với việc soạn giáo án giảng dạy lớp 11B2, 10A1 Để đảm bảo tính khả thi xem thực nghiệm có đem lại hiệu dạy học hay không Sau giảng dạy soạn số tập kiểm tra học sinh để thu bài, chấm điểm lấy kết thực nghiệm Sau kiểm tra chấm lấy ngẫu nhiên lớp 35 Kết tổng hợp cụ thể hóa sau: §iĨm Líp 11B2 (§C) TØ lƯ %(§C) 2,9 5,7 % % 2,9 Líp 10A1 (TN) TØ lÖ % (TN) 20% 20% 8 22,8% 25,7% 2,9 10 14,3 17,1% 25,7% 28,5% % 8,6 2,9 % % % % (ĐC: đối chøng, TN: thùc nghiƯm) 10 Tính hiệu phương pháp dạy học hình học 10 thể sau: Qua kết tổng hợp tơi tính mức độ trung bình kiến thức việc vận dụng phương pháp sử dụng thống kê vào dạy học Hình học 10 THPT: = X DC = X TN 1.3 + 2.4 + 7.5 + 7.6 + 8.7 + 9.8 + 1.9 = 6, 35 1.4 + 5.5 + 6.6 + 9.7 + 10.8 + 3.9 + 1.10 = 7,0 35 Trong đó: X DC giá trị trung bình lớp đối chứng X TN giá trị trung bình lớp thực nghiệm Giữa kết đối chứng thực nghiệm ta thấy rõ ràng việc vận dụng phương pháp sử dụng số liệu thống kê vào dạy học mơn hình học 10 mang lại hiệu cao Nó góp phần bổ sung cho phương pháp dạy học, lấy học sinh làm trung tâm 16 Kết luận phương pháp đề xuất Đề tài kiểm nghiệm trình dạy học tốn nhà trường, đặc biệt q trình bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi THPT quốc gia thu kết khả quan năm gần Với hướng tư toán tọa độ mặt phẳng mà tơi đề xuất có ưu điểm sau - Có định hướng nhận dạng tốn tìm cách giải quy trình giải rõ ràng - Các toán giải cách tự nhiên, phù hợp với tư toán học - Giải lớp tốn rộng hơn, ngồi áp dụng cho số lớp toán - Gây hứng thú học tập cho học sinh, học sinh tự tin gặp dạng toán Tuy nhiên số ví dụ đơn giản dạng tốn dùng phương pháp tọa độ để giải cách ngắn gọn Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy Để giúp học sinh giải lớp toán tọa độ mặt phẳng, trình dạy người dạy cần ý làm rõ nội dung sau: - Khi dạy phép biến hình nói chung, phép đối xứng trục nói riêng, ngồi việc áp dụng chiều ta cần cho học sinh tập suy luận ngược lại - Đối với học sinh giỏi, khuyến khích từ liệu tốn để đặt toán mới, tạo hứng thú học tập học sinh Khả ứng dụng đề tài Đề tài có nhiều hướng để mở rộng, không dừng lại việc khai thác số dạng tốn có sách giáo khoa; mà cịn xây dựng hệ thống tốn vận dụng tính chất phép đối xứng trục, phép biến hình nói chung Chúng ta xây dựng hồn thiện theo hướng ứng dụng tính chất phép biến hình tốn hình học, giải tích mức độ cao Nội dung đề tài phù hợp cho nhiều đối tượng học sinh, giúp quy “khó thành dễ”, “lạ thành quen” để giải toán tọa độ mặt phẳng XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2016 CAM KẾT KHÔNG COPY Tác giả Lê Vinh Quang 17 MỤC LỤC TT Nội dung A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chon đề tài Mục đích nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu Trang 01 01 01 B NỘI DUNG 3 Cơ sở lý luận Thực trạng vấn đề nghiên cứu Các biện pháp thực C KẾT LUẬN Kết luận phương pháp đề xuất Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy Khả ứng dụng đề tài D TÀI LIỆU THAM KHẢO 02 02 04 15 16 16 18 ... xứng trục vào giải toán tọa độ mặt phẳng Các toán mang dấu hiệu phép đối xứng trục Bài toán gốc: Cho hai điểm A, B nằm phía đường thẳng d Tìm M d cho AM + BM ngắn Cách giải: Gọi A’ điểm đối xứng. .. tia Ox Oy đối xứng với qua d hay phép đối xứng trục d biến tia Ox thành Oy ngược lại Như toán đường phân giác góc, ta sử dụng phép đối xứng trục để xử lí Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,... chất số phép đối xứng trục - Phép đối xứng trục: Điểm M M’ (M ≠ M’) gọi đối xứng với qua đường thẳng d d đường trung trực đoạn MM’ - Phép đối xứng trục phép dời hình, tức bảo tồn khoảng cách hai