Khai thác tính chất hình học phẳng xây dựng và giải bài toán tọa độ trong mặt phẳng nhằm phát triển tư duy cho học sinh

MỤC LỤC I Mở đầu .1 1.1 Lý chọn đề tài II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm .3 2.1 Cơ sở lí luận 2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành 2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi 2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật 10 III.Kết luận, kiến nghị 17 3.1 Kết luận 17 3.2 Kiến nghị 17 IV TÀI LIỆU THAM KHẢO 19 I Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài Trong thực tế giảng dạy: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo học sinh; phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” Cụ thể truyền thụ cho học sinh đơn vị kiến thức việc cho học sinh tiếp cận, nắm vững đơn vị kiến thức việc không phần quan trọng vận dụng đơn vị kiến thức học vào thực tế giải toán Xuất phát từ quan điểm trên, vấn đề giáo viên khai thác học sinh khai thác tính chất biết để từ xây dựng hệ thống tập từ đến nâng cao hoạt động thiếu người giáo viên Việc khai thác số toán hình học phẳng góp phần rèn luyện tư cho học sinh mà tạo chất lượng, phù hợp với học, gây hứng thú cho học sinh nhiều đối tượng khác nhau, hình thành phong cách tự học, tự nghiên cứu học sinh Khả tự học, tự nghiên cứu học sinh yếu.Học sinh chưa có hứng thú công tác tự học, tự nghiên cứu Việc khai thác kiến thức học vận dụng vào thực tế giải toán chưa phát huy Một thực trạng nay, số lượng tập ngày phong phú Bởi nhớ hết dạng toán để giải Cần rèn luyện cho học sinh biết cách nhìn nhận toán , biết cách vận dụng tính chất, toán biết vào giải toán Với lý trên, trăn trở, tự đặt cho câu hỏi làm để học sinh tiếp cận với toán phương pháp tọa độ mặt phẳng cách hợp lý, để vận dụng kiến thức, tính chất học vào giải toán nhằm gây hứng thú học tập tạo gắn kết chương trình dạy học Và từ xây dựng đề tài “ Khai thác tính chất hình học phẳng xây dựng giải toán tọa độ mặt phẳng nhằm phát triển tư cho học sinh 1.2 Mục đích nghiên cứu Với lý trên, mạnh dạn xin đưa đề tài ‘ Khai thác tính chất số hình tứ giác thường gặp toán tọa độ phẳng” nhằm mục đích vận dụng tính chất, toán quen thuộc hình học phẳng để giải tạo toán phương pháp tọa độ mặt phẳng , đồng thời kích thích ,phát triển tư cho học sinh Với mục đích đưa để đồng nghiệp tham khảo thảo luận để góp phần vào trình giảng dạy toán phổ thông 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.3.1 Đối tượng nghiên cứu: Các tính chất hình học phẳng, toán hình học phẳng liên quan đến tứ giác Mối liên hệ hình học phẳng phương pháp tọa độ mặt phẳng Các dạng toán có chương trình loại 1.3.2 Phạm vi nghiên cứu: Bám sát nội dung chương trình Toán THCS, THPT Mở rộng phù hợp với nội dung kỳ thi HSG Đại học 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Khai thác tính chất quen thuộc hình học phẳng mà học sinh biết (Hình học phẳng THCS Hệ thức lượng lớp 10) - Tuyển chọn, xếp theo dạng, theo trình tự hợp lý để học sinh dễ tiếp thu, dễ khai thác… Sắp xếp tập theo mức áp dụng tính chất khó dần Tạo hứng thú cho học sinh - Đưa số nhận xét, phân tích cách tiếp cận lời giải cho loại, dạng Phân tích số ưu điểm việc khai thác tính chất từ hình vẽ so với việc giải túy đại số - Định hướng khai thác, mở rộng tạo toán II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận Với toán phương pháp tọa độ mặt phẳng, ta thực theo quy trình sau: Bước Phân tích giả thiết Ở bước này, thông thường ta vẽ phác họa hình vẽ Xác định xem toán cho gì? Cần xác định gì? Trước giải toán, ta cần phân loại xem loại toán Với toán phương pháp tọa độ nay, ta thường bắt gặp số toán điển hình như: Bài toán tìm điểm Khi tìm tọa độ điểm, ta có hướng nghĩ sau: + Hướng 1: Điểm giao điểm đường nào? Có lập phương trình đường hay không? Từ giải hệ phương trình tìm tọa độ điểm + Hướng 2: Gọi dạng tọa độ điểm Các làm thường dùng toán liên quan đến công thức tọa độ Bài toán lập phương trình đường thẳng Để lập phương trình đường thẳng đó, ta có thể: + Hướng 1: Xác định điểm vectơ pháp tuyến (VTPT) vectơ phương (VTCP) Một số toán lập phương trình đường thẳng, ta hay tìm tọa độ điểm thuộc nó, từ xác định VTCP, VTPT + Hướng 2: Gọi dạng phương trình đường thẳng Đặc biệt toán liên quan đến góc khoảng cách Một số cách gọi dạng phương trình đường thẳng như: i Nếu ∆ P(d ) : mx + ny + p = phương trình ∆ có dạng: mx + ny + c = 0, c ≠ p ii Nếu ∆ ⊥ (d ) : mx + ny + p = phương trình ∆ có dạng: nx − my + c = iii Nếu ∆ có hệ số góc k phương trình ∆ có dạng : kx − y + c = iv Nếu ∆ qua M ( x0 ; y0 ) phương trình ∆ có dạng : a( x − xM ) + b( y − yM ) = 0, a + b > Bước Tìm tính chất liên quan đến toán, xác định điều kiện toán Đây bước nói mấu chốt để tìm lời giải cho toán Và nội dung mà đề tài thảo luận 2.2.Thực trạng trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi Học sinh trang bị đầy đủ kiến thức, tập thông thường Học sinh hứng thú tiết hình học tọa độ mặt phẳng 2.2.2 Khó khăn Giáo viên nhiều thời gian chuẩn bị kiến thức,bài tập minh họa Nhiều học sinh quên kiến thức hình học sở 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải vấn đề Khai thác tính chất số hình tứ giác thường gặp: 2.3.1 Dạng toán khai thác tính chất hình bình hành Kiến thức Liên quan tới hình bình hành, thường khai thác số tính chất song song, vectơ nhau, giao điểm đường chéo trung điểm đường, số tính chất góc góc nhau, góc bù Một điều đáng lưu ý hình bình hành đường chéo chia hình thành tam giác có diện tích Ngoài giao điểm đường chéo cách cặp cạnh đối diện Đó tâm đối xứng hình bình hành Các ví dụ Ví dụ 1: (SGK HH 10) Cho hình bình hành ABCD có phương trình cạnh AB, BC x − y + = 0; x + y − 16 = Giao điểm đường chéo  3 I  0; ÷ Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành  2 Lời giải: B = AB ∩ BC ⇒ B (−2;3) Do I trung điểm BD nên D(2;0) Đường thẳng AD qua D song song với BC nên x + 6y − = có phương trình: A = AD ∩ AB ⇒ A(−4;1) Do I trung điểm AC nên C (4; 2) Vậy A(−4;1), B(−2;3), C (4; 2), D(2;0) Ví dụ 2:(SGK HHNC 10) Cho điểm A(2;1), B(−1: 3) Xác định tọa độ đỉnh C D thuộc đường thẳng d1 : x + y + = 0; d : x − y − 16 = cho ABCD hình bình hành Lời giải: Gọi C (a; −3 − a), D(5b + 16; b) uuur uuur  AD = BC ABCD hình bình hành ⇔  uuur uuu r  AC ≠ k AB ∀k uuur uuur 5b + 14 = a + a = ⇒ C (3; −6), D(6; −2) ⇔ Từ AD = BC ⇔  b − = − a b = −2 uuur uuu r Kiểm tra thấy AC ≠ k AB ∀k Vậy C (3; −6), D(6; 2) Nhận xét: Bằng việc “bắt chước” số giả thiết toán tam giác, với việc vận dụng tính chất hình bình hành, xây dựng nhiều toán khác Chẳng hạn, nhờ tính chất giao điểm đường chéo tâm đối xứng, ta có toán sau: Ví dụ :(TL chủ đề tự chọn NC) Cho hình bình hành ABCD phương trình cạnh AB: x − y + = , giao điểm đường chéo I(3;0), đường thẳng AD qua M(-3;-5), đường thẳng BC qua N(3;-4) Lập phương trình cạnh lại hình bình hành Lời giải: Gọi M’ đối xứng với M qua I Khi M’(9;5) M’ ∈ BC BC qua điểm M’ N có phương trình: x − y − 17 = B = BC ∩ AB ⇒ B (7; 2) Từ ta tìm D(−1; −2), A(1:1), C (5; −1) Ví dụ4 : ( Trích Đề ĐH khôí B-năm 2014) Cho hình bình hành ABCD có trung điểm AB M(-3;0), H( 0; -1) hình chiếu vuông góc B AD, 4  G  ;3 ÷ trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ hai điểm B, D 3  Lời giải: E B F C I G G M A H D Gọi I= AC ∩ BD ⇒ I trung điểm AC BD ⇒ G∈ CI Gọi E =MH ∩ BC Ta có: ME MB = = ⇒ ME = MH ⇒ M trung điểm EH ⇒ E (−6 :1) MH MA Ta có: GF GC = = ⇒ GH = 2GF GH GA 4    ⇔  ; ÷=  x − ; y − 3÷ 3    uuur uuur   4 Giả sử F ( x; y ) Ta có: HG = 2GF 2  x − ÷ = x =    ⇔ ⇔ ⇒ F (2;5) y = 2  y −  = ÷   3 r Đường thẳng BC qua E (−6;1) , có VTCP u = (2;1) nên đường thẳng BC có PT: x -2y + = r Đường thẳng BH qua H (0; −1) có VTPT n ( 2;1) Nên đường thẳng BH có PT : 2x + y + =  x − y + =  x = −2 ⇒ ⇒ B(−2;3) B = BC ∩ BH ⇒ Tọa độ B nghiệm hệ   2x + y + =  y = M trung điểm AB ⇒ A(−4; −3) 16 16 = a + a =  3 uuur uur  ⇔ Gọi I (a; b) ta có: AG = AI ⇔  ⇒ I (0; ) ⇒ D(2;0) 6 = b + b =  2.3.2 Dạng toán khai thác tính chất hình thoi Kiến thức Khi giải toán liên quan đến hình thoi, ta thường khai thác số tính chất như: - Hình thoi có tính chất hình bình hành - Hai đường chéo vuông góc với Nói cách khác, giao điểm đường chéo nhìn cạnh góc vuông Điều giúp có hệ thức lượng liên quan đến tam giác vuông - Hình thoi có cạnh - Với hình thoi, tồn đường tròn nội tiếp hình thoi (tiếp xúc với cạnh) Tâm đường tròn giao điểm đường chéo Các ví dụ: Ví dụ 1: (BT HH 10) Cho hình thoi ABCD có A(1;0), B(4 : 4) Giao điểm đường chéo thuộc đường thẳng x − y − = Tìm tọa độ đỉnh lại Lời giải: Gọi giao điểm đường chéo I (a; a − 3) Ta có a = uu r uur IA.IB = ⇔ (1 − a)(4 − a) + (3 − a)(7 − a) = ⇔  a =  Với a=5: I (5; 2) Do I trung điểm AC , BD nên C (9;4), D(6;0) 5 −1 : I ( ; ) Do I trung điểm AC, BD nên C (4; −1), D(1; −5) 2 Vậy C (9;4), D(6;0) C (4; −1), D(1; −5) Với a = Ví dụ :(SGK HH 10) Lập phương trình tắc elip có tiêu cự , 2 biết tứ giác tạo đỉnh elip tiếp xúc với đường tròn x + y = Lời giải: Giả sử phương trình tắc elip x2 a2 + y2 b2 = 1, a > b > Ta có 2c = ⇔ c = ⇔ a = b + Mặt khác, đỉnh elip A1( −a;0), A2 (a;0), B 1(0; −b), B (0; b) tạo thành hình thoi, O giao điểm đường chéo Gọi H hình chiếu O lên AB ⇒ OH = R = ⇔ 1 1 = + ⇔ = + Khi ta có a2 b2 OH OA12 OB12 5 1 = + ⇔ b = ⇒ a = 8 b +6 b x2 y2 + =1 Ví dụ 3: (Đề thi thử ĐH TG1 2005) Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD, giao điểm đường chéo I (3;3) Hai đường thẳng AB, CD qua Vậy phương trình tắc elip    13  M  2; ÷, N  3; ÷ Viết phương trình cạnh BD biết điểm B có tung độ nguyên  3   Lời giải:  5 Gọi N’ đối xứng với N qua I Khi N '  3; ÷ N ' ∈ AB  3 Đường thẳng AB qua M N’nên phương trình AB: x − y + = Gọi H hình chiếu I lên AB ⇒ IH = d ( I ; AB ) = 10 Đặt IB = a>0 Do AC =2BD nên IA= 2IB = 2a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: 1 = + ⇒a= IH IA2 IB Do B ∈ AB nên B (3b − 2; b) , b ∈  b = (TM ) IB = ⇔ (3b − 5) + (b − 3) = ⇔  b = ( L )  2 ⇒ B(4;2) Đường thẳng BD qua B I có phương trình x + y − = Ví dụ 4:(Tạp chí Toán học) Cho hình thoi ABCD có ·ABC = 600 , đường tròn (C) tiếp xúc với tất cạnh hình thoi có bán kính tâm có tung độ dương Phương trình đường thẳng qua tiếp điểm AB CD với đường tròn d : x + y − = Đường thẳng AD qua P(3;0) không vuông góc với Oy Viết phương trình đường thẳng AB, AD Lời giải: Gọi M, N tiếp điểm AB, CD với (C) Ta thấy tâm đường tròn (C) giao điểm đường chéo Và ta có IM ⊥ AB, IN ⊥ CD, AB // CD ⇒ I, M, N thẳng hàng ⇒ Đường thẳng MN qua tâm I r r r Ta có u AB = n MN = 1; ⇒ n AB = ( ) ( ) 3; −1 Do ·ABC = 600 nên góc đường thẳng AB AD 600 r Giả sử n AD = ( a; b ) , a + b > Do AD không vuông góc với Oy nên a ≠ Ta có a −b a + b2 = a = ⇔ a − ab = ⇔  a = b AD qua P có phương trình x + y − 3 = ( ) Do I ∈ MN nên I − a 3; a Ta có ( L) (TM ) a = − > d ( I ; AD) = ⇔ a + = ⇔   a = −2 − < ( (TM ) ( L) ) ⇒ I − 3;2 − ( ) Gọi M − b 3; b ( IM = ⇔ b + − ( Với M ( − Với M − 3;3 − 3;1 − ) ) ) +(b+ 3−2 ) b = − =4⇔ b = − ⇒ Phương trình AB: x − y + 12 − = ⇒ Phương trình AB: x − y + − = Kiểm tra điều kiện ·ABC = 600 ta có phương trình AB x − y + − = Vậy AB: x − y + − = , AD: x + y − 3 = 2.3.3 Dạng toán khai thác tính chất hình chữ nhật Kiến thức - Hình chữ nhật có tính chất hình bình hành, chẳng hạn song song, góc nhau, … - Hình chữ nhật có thêm giả thiết cặp cạnh kề vuông góc - Hình chữ nhật có trục đối xứng (2 đoạn nối trung điểm cặp đối diện) có tâm đối xứng - Tâm hình vuông cách đỉnh trung điểm đường chéo Các ví dụ: Với mức độ nâng cao dần việc vận dụng tính chất hình học hình chữ nhật, ta xây dựng lớp toán sau Bài toán sau xây dựng nhờ tính chất song song, vuông góc cạnh hình chữ nhật Ví dụ 1: (BT HH 10) Cho hình chữ nhật ABCD có A(3;0), C có hoành độ −2, phương trình CD x+2y−8=0 Lập phương trình cạnh lại Lời giải: Đường thẳng AB qua song song với CD có phương trình : x + y − = 10 Đường thẳng AD qua A vuông góc với CD có phương trình: 2x − y − = Ta có C (−2 : 5) Đường thẳng BC qua C vuông góc CD có phương trình : 2x − y − = Ví dụ 2:(SGK HHNC 10) Cho hình chữ nhật ABCD có D(7;2), trung điểm AD thuộc đường thẳng d : x+3y−15= 0, phương trình cạnh BC x+y−3=0 Xác định tọa độ điểm A,B,C Lời giải: AD qua D song song với BC có phương trình: x + y − = Gọi M trung điểm AD ⇒M = AD ∩ d ⇒ M (6;3) ⇒ A(5; 4) AB qua A, ⊥ BC ⇒ Phương trình AB: x −y −1=0 uuur uuur Ta có B = AB ∩ BC ⇒ B (2;1) Sử dụng AD = BC ⇒ C (4; −1) Vậy A(5; 4), B(2;1), C (4; −1) Bài toán sau xây dựng từ tính chất tâm hình chữ nhật Ví dụ3 : (SGK HH10) Cho hình chữ nhật ABCD có A(−5;5), B(1;3) Tâm hình chữ nhật nằm ∆ : x − y + = Xác định tọa độ đỉnh C, D Lời giải: Gọi tâm hình chữ nhật I(a;a+5) Ta có  5 IA2 = IB ⇔ ( a + 5) + a = (a − 1) + (a + 2) ⇔ a = − ⇒ I  − ; − ÷  2 Do I trung điểm AC , BD nên C (0;0), D(−6; 2) Ví dụ : ( Trích Đề ĐH Khối A-2013) Cho hình chữ nhật ABCD có C thuộc đường thẳng d có PT: 2x + y + = ,điểm A(−4;8) , điểm M đối xứng với B qua C , N (5; −4) hình chiếu vuông góc B MD Xác định tọa độ điểm B, C Lời giải C∈ d : 2x + y + = ⇒ C (t ; −2t − 5) Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I trung điểm AC BD 11  t − −2t +  I ; ÷   Ta có IN = IA ⇔ IN = IA2 với 2 2 t −4   − 2t  t−4   − 2t  ⇔ − 5÷ +  + 4÷ =  + 9÷ +  − 8÷         ⇔ t = ⇒ C (1; −7) Ta có : AD PCM AD = CM ⇒ ACDM hình bình hành uuu r ⇒ DM P AC BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ AC Đường thẳng BN qua N (5; −4) có VTCP CA = (−1;3) ⇒ PT đường thẳng BN : x − y − 17 = B ∈ BN ⇒ B (3a + 17; a ) uuu r uuur  a = −4 ⇒ B(5; −4) BA ⊥ BC ⇔ BA.BC = ⇔   a = −7 ⇒ B( −4; −7) B (5; −4) loại B trùng N Vậy C (1: −7), B(−4; −7) 2.3.4 Dạng toán khai thác tính chất hình vuông Kiến thức −Hình vuông có tính chất hình chữ nhật − Ngoài ra, toán liên quan đến hình vuông, để ý đến số tính chất như: + Hai đường chéo vuông góc + Hình vuông có trục đối xứng I tâm đối xứng + đỉnh đối diện đối xứng qua đường chéo lại + Một số tính chất khác nhờ phân tích hình vẽ mà có Các ví dụ: Ví dụ 1:(SGK HHNC 10) Cho hình vuông đỉnh A(−4;5) đường chéo có phương trình d: 7x−y+8=0 Xác định tọa độ đỉnh lại hình vuông Lời giải: Do A không thuộc d nên d đường chéo BD Gọi I tâm hình vuông AC qua A vuông góc với d ⇒ Phương trình AC: x + y − 31 = I = AC ∩ BD ⇒ I ( −1 ; ) 2 I trung điểm AC ⇒ C (3 : 4) 12 2 a = 1  7 25  ⇔ Gọi B(a;7a+8) Ta có IA = IB ⇔  a + ÷ +  a + ÷ = 2  2   a = −1 2 Với a =0: B(0;8), D(−1;1) Với a=−1: B(−1;1), D(0;8) Vậy B(0;8), C(3;4), D(−1;1) B(−1;1), C(3;4), D(0;8) Tiếp tục khai thác tính chất tâm đường chéo hình vuông: Ví dụ 2:(BTHHNC10) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có B, D thuộc trục hoành, đỉnh A, C nằm đường thẳng d1 : x − y = 0; d : x + y − = Xác định tọa độ điểm A, B, C, D Lời giải:  a + b a − 2b +  ; Gọi A(a; a), C (b;1 − 2b) Gọi I tâm hình vuông ⇒ I  ÷   Ta thấy A, C đối xứng qua BD nên I ∈ Ox AC ⊥ Ox Do ta có hệ a − 2b + = a − 2b + = r ⇔ ⇔ a = b =1 phương trình  uuur r (i = (1;0) b − a =  AC.i = ⇒ A(1;1), C(1;−1), I(1;0) Gọi B(c;0) Ta có c = IA2 = IB ⇔ = (c − 1) ⇔  c = Vậy A(1;1), B(0;0), C1; −1), D(2;0) A(1;1), B(2;0), C (1;1), D(0;0) Tiếp tục với cách khai thác tính chất tâm hình vuông, ta xét toán sau: Ví dụ 3:(Trích đề ĐH khối A năm 2005) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x − y = (d2): 2x + y − = Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết đỉnh A thuộc (d1), đỉnh C thuộc (d2) đỉnh B, D thuộc trục hoành Lời giải: Vì A ∈ (d ) nên A(t ; t ) Vì A C đối xứng qua BD B, D ∈ Ox nên C (t ; t ) Vì C ∈ (d ) nên 2t − t − = ⇔ t = Vậy A(1;1), C (1; −1) 13  IB = IA =  ID = IA = Trung điểm AC I (1;0) Vì I tâm hình vuông ABCD nên   b =   b − =  B ∈ 0x  B (b;0) b = ⇔ ⇒ ⇔ Ta có :   D ∈ 0x  D( d ;0)  d − =   d =   d =  Vậy bốn đỉnh hình vuông ABCD : A(1;1), B(0;0), C (1; −1), D(2;0) A(1;1), B(2;0), C (1; −1), D(0;0) 11 2 Ví dụ 4: (Trích đề ĐH khối A năm 2012) Cho hình vuông ABCD , M ( ; ) trung điểm BC , N thuộc CD , CN = ND Phương trình đường thẳng AN là: 2x − y − = Tìm tọa độ điểm A Lời giải: D N P C Q H M A B Gọi H = BD ∩ AN ⇒ ∆AHM vuông cân H Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng song song với DC cắt AD P , cắt BC Q Theo định lý Talét ta có: HQ BQ AD = = DC BC AD ⇒ HQ = AP (1) AP PH PH PH = = = ⇒ AP = 3PH = 3PD mà DC = AD, AD DN DC AD 3 Vì ∆POH vuông cân P ⇒ PH = PD ⇒ BQ = 3QC ⇒ Q trung điểm MC 14 ⇒ MQ = PN (2) Từ (1) (2) ⇒ ∆APH = ∆HQM ⇒ HA = HM ¶ Vì ∆APH = ∆HQM ⇒ µA1 = H µA + H ¶ = 900 ⇒ H ¶ +H ¶ = 900 ⇒ ·AHM = 900 ⇒ AH ⊥ 2 mà µ ¶ = 900 ⇒ H ¶ +H ¶ = 900 ⇒ ·AHM = 900 ⇒ AH ⊥ HM ⇒ ∆AHM vuông cân H A1 + H 2 MH = d ( M , AN ) = 11 − −3 11 2 = 5 ⇒ AM = HA2 + HM = HM ⇔ AM = HM = 15 10 = = 2 10 AM = 10 90 ⇔ AM = 2  90  11   A(t ; 2t − 3) , Ta có ⇔  t − ÷ +  2t − ÷ = 2  2  t =  A(1; −1) ⇔ ⇔ t =  A(4;5) 15 Có thể nói rằng, việc chuyển từ toán hình học phẳng sang toán hình học tọa độ mặt phẳng theo hướng xây dựng nhiều toán hay khó Nó tùy thuộc vào việc cho giả thiết Bài toán hình học phẳng hình chữ nhật hình vuông tương đối nhiều, nhiên việc lựa chọn toán để xây dựng toán tùy thuộc vào định hướng Mức độ khó dễ toán hình học tọa độ xây dựng chưa hẳn phụ thuộc vào toán hình học phẳng gốc, mà phụ thuộc vào việc gắn giả thiết nào, cho tọa độ điểm nào, cho phương trình đường 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Đề tài thân áp dụng việc dạy học sinh lớp 10 12 luyện cho học sinh ôn thi HSG cấp trường, cấp tỉnh ôn thi THPT Quốc Gia Đa số học sinh hứng thú vận dụng tốt phần tự tin gặp dạng toán Kết cụ thể lớp khối 10, sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm kiểm tra sau: Năm học 20152016 20162017 Lớp Tổng số Điểm trở lên Điểm trở lên 10C1 40 Số Tỷ lệ Số lượng lượng 17,5% 20 50% Số Tỷ lệ lượng 13 32,5% 10C5 42 50% 16 14,3% 21 16 Tỷ lệ Điểm 35,7% III.Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Bằng việc khai thác tính chất hình học liên quan đến số : hình bình hành, hình thoi, hình vuông, hình chữ nhật, đề tài phần xây dựng giải số lớp toán hình học tọa độ Những kết đạt là: - Đề tài khai thác tính chất hình học phẳng số hình:hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông, … để xây dựng giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng - Đề tài đưa định hướng xây dựng toán hình học tọa độ mặt phẳng cách xuất phát từ số toán hình học phẳng THCS xuất phát từ số tính chất quen thuộc số hình thường gặp 3.2 Kiến nghị Đề tài sử dụng hình học phẳng vào toán hình học tọa độ chủ đề rộng, với thời lượng cho phép, thân đưa toán sử dụng tính chất :hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông Với kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều mạnh dạn xin đưa đề tài nhằm mục đích trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, kinh nghiệm giải toán với đồng nghiệp bạn đọc Tuy nhiên đề tài không tránh khỏi thiếu sót, kính mong bạn đọc đồng nghiệp xem xét góp ý Trong phân phối chương trình môn Toán lớp 10, nên tăng số tiết cho hình học tọa độ mặt phẳng 17 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, Ngày 25 tháng năm 2017 …………………………………… Tôi xin cam đoan SKKN ……………………………………… Không chép nội dung người khác Người thực ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… Lê Thị Sơn Hà …………………………………… 18 IV TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Hình học 10, NXB GD năm 2010 Sách giáo khoa Hình học 10 Nâng cao, NXB GD năm 2010 Bài tập Hình học 10 Rèn luyện kỹ giải dạng tập nâng cao 10, NXB GD Tài liệu chủ đề tự chọn nâng cao, NXB GD Đề thi ĐH – CĐ năm : 2005, 2012, 2013, 2014 19 ... Khai thác tính chất hình học phẳng xây dựng giải toán tọa độ mặt phẳng nhằm phát triển tư cho học sinh 1.2 Mục đích nghiên cứu Với lý trên, mạnh dạn xin đưa đề tài ‘ Khai thác tính chất số hình tứ... chuyển từ toán hình học phẳng sang toán hình học tọa độ mặt phẳng theo hướng xây dựng nhiều toán hay khó Nó tùy thuộc vào việc cho giả thiết Bài toán hình học phẳng hình chữ nhật hình vuông tư ng... thác tính chất hình học phẳng số hình: hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông, … để xây dựng giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng - Đề tài đưa định hướng xây dựng toán hình học tọa