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

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Giảng dạy, nghiên cứu hướng dẫn học sinh tập dượt nghiên cứu khoa học nhiệm vụ trọng tâm giáo viên Chính năm qua, trường THPT Như Thanh coi trọng việc bồi dưỡng nâng cao lực nghiên cứu hướng dẫn, tập dượt nghiên cứu khoa học cho đội ngũ giáo viên nhà trường thơng qua nhiều hình thức như: Đổi sinh hoạt tổ, nhóm chun mơn; phát động phong trào viết chuyên đề; sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy; nghiên cứu đề tài khoa học sư phạm ứng dụng; tổ chức ngoại khoá Đổi phương pháp dạy học phải gắn liền với đổi hình thức tổ chức dạy học Hình thức tổ chức dạy học phù hợp hút học sinh tham gia vào nội dung học, từ học sinh phát huy tính tích cực, chủ động trình học, tạo điều kiện cho việc tiếp thu kiến thức có hiệu Hình thức tổ chức dạy học phù hợp không tạo điều kiện cho giáo học sinh giao lưu, tranh luận với mà tạo tranh luận học sinh với học sinh, nhóm học sinh với để từ đạt mục đích kiến thức cách tự nhiên Mơn Tốn mơn khoa học bản, có vai trò quan trọng phát triển tư duy, kỹ năng, tính sáng tạo học sinh, vấn đề cốt lõi đổi phương pháp dạy học mơn tốn trường THPT là: hướng dẫn học sinh học tập tích cực, chủ động, phát huy tính sáng tạo, rèn luyện kỹ giải toán, phát triển tư toán học Để làm điều đòi hỏi giáo viên trước hết phải có trình độ chun mơn vững vàng, đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực, chủ động, lấy học sinh làm trung tâm trình dạy học Trong chương trình tốn THPT, chủ để tọa độ mặt phẳng đông đảo giáo viên dạy mơn tốn học sinh quan tâm Câu hình học tọa độ mặt phẳng có vị trí quan trọng, câu hỏi mức độ kiến thức vận dụng vận dụng nâng cao nhằm phân loại học sinh mức điểm điểm giỏi Các tốn có liên quan đến tọa động mặt phẳng ln có mặt kỳ thi đại học, thi học sinh giỏi cấp Với lý trên, chọn đề tài “Rèn luyện lực tự học - tự nghiên cứu mơn Tốn cho học sinh thơng qua nghiên cứu tốn hình học tọa độ phẳng” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Rèn luyện tư sáng tạo, lực tự học- tự nghiên cứu dạy- học toán - Rèn luyện kỹ giải xây dựng tốn hình học tọa độ phẳng 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu - Nghiên cứu tốn tổng qt hình học tọa độ phẳng 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu 1.5 Những điểm SKKN - Áp dụng phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu thơng qua nghiên cứu tốn hình học tọa độ phẳng từ làm sở cho việc hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Khái niệm Phương pháp dạy học (PPDH) hướng dẫn học sinh (HS) tự học tự nghiên cứu Tự học hình thức hoạt động nhận thức cá nhân nhằm nắm vững hệ thống tri thức kỹ thân người học tiến hành lớp ngồi lớp Có hai hình thức tự học: - Tự học có hướng dẫn (GV hướng dẫn lớp hướng dẫn hoạt động ngoại khoá) - Tự học khơng có hướng dẫn GV (HS tự học với sách, tự xây dựng kế hoạch học tập) - Đối với học sinh phổ thông, tập dượt nghiên cứu khoa học thông qua tập nghiên cứu Đó làm, cơng trình nghiên cứu mang tính chất thực hành sau học chương học, nhằm đào sâu, mở rộng tri thức, làm bước đầu để học chủ đề để làm phong phú thêm giảng tài liệu sách báo hay thực tế điều tra, tiến hành thử nghiệm Bài tập nghiên cứu GV nêu HS tiến hành tự học, tự nghiên cứu hướng dẫn GV 2.1.2 Các bước thực dạy học tự học- tự nghiên cứu Trên sở khái niệm PPDH tự học, tự nghiên cứu ta đưa bước sau để thực hiên việc dạy học tự học, tự nghiên cứu: - Xác định vấn đề cần nghiên cứu - GV hướng dẫn học sinh thực nhiệm vụ - Học sinh thực nhiệm vụ báo cáo kết - Đánh giá 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong giảng dạy lâu trường THPT Như Thanh đa số GV Tổ Toán thực tốt công tác chuyên môn như: Đổi sinh hoạt tổ, nhóm chun mơn; phát động phong trào viết chuyên đề, đề tài nghiên cứu khoa học Tuy nhiên chuyên đề “Hướng dẫn Học sinh tự học- tự nghiên cứu” chưa quan tâm cách mức Trong dạy học phần tốn hình học tọa độ phẳng phần khó phức tạp, cần nhiều kỹ việc xây dựng toán đó, đa số GV chưa nghiên cứu sâu kỹ phần Đối với HS có số có ý thức tự học, phần lại học tập thụ động, không sáng tạo, dựa chủ yếu vào thầy-cơ giáo Đa số HS chưa có ý thức nghiên cứu toán học Trong học toán phần lớn HS yếu hình học phẳng, hoạt động HS phần chủ yếu chứng minh tính chất hình học đơn giản, có sẵn, việc phát tính chất hình học chứng minh tính chất đa số học sinh yếu khơng thực Đó điều hạn chế cách học HS trường THPT Như Thanh nói riêng trường THPT nói chung Để phần khắc phục điều tác giả mạnh dạn áp dụng phương pháp dạy học tự học- tự nghiên cứu vào số đối tượng HS khá, giỏi trường 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Để hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu có hiệu trước hết GV cần phải có cơng trình nghiên cứu cụ thể hoạt động đặc biệt quan trọng GV toán, ngồi việc rèn luyện tư sáng tạo cho GV, làm phong phú thêm kho tàng kiến thức người thầy để từ lên lớp ngày hiệu quả, gương sáng cho HS noi theo đường học tập nghiên cứu tương lai Để hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu có hiệu tác giả trình bày hai nội dung phần Phần thứ nghiên cứu số tốn hình học tọa độ phẳng, việc phát tính chất hình học chứng minh tính chất này, sau giải trọn vẹn tốn u cầu Các toán xây dựng logic, chứng minh chặt chẽ dựa sở kiến thức toán học cấp THPT mà học sinh học ví dụ áp dụng tốn tổng qt Phần nội dung thứ hai kế hoạch hướng dẫn học sinh tự học tự nghiên cứu chủ đề tốn hình học tọa độ phẳng Phần1: Nghiên cứu xây dựng số tốn hình học tọa độ phẳng từ tính chất hình học ∆ABC CK I BH Tính chất 1: Cho nội tiếp đường tròn tâm , hai đường ∆ABC AI ⊥ KH cao Khi ta có Chứng minh: • Kẻ tiếp tuyến A x Ax sd »AC · xAC = ·ABC = H K B Ta có ·ABC = ·AHK KHCB • Mà (do tứ giác · ⇒ xAC = ·AHK nội tiếp) , mà hai góc Ax / / HK vị trí so le Ax ⇒ AI ⊥ HK Ax ⊥ AI • Lai có (do tiếp tuyến) Oxy I C ∆ABC Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho nội tiếp đường I ( 1;2 ) B, C R=5 tròn tâm , bán kính Chân đường cao kẻ từ H ( 3;3) , K ( 0; −1) BCHK Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác A , biết điểm có tung độ dương Hướng dẫn tìm lời giải ( C) R=5 I Đường tròn có tâm , bán kính có phương trình 2 ( x − 1) + ( y − ) = 25 BCHK M Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tứ giác có tâm trung · · BC BC BKC = BHC = 90 điểm , đường kính (do ) Như vấn đề B,C định tốn tìm tọa độ AI ⊥ KH ⇒ AI Theo tính chất đường A AI ⊥ KH ⇒ AI I thẳng qua , có 3x + y − 11 = H K phương trình A = AI ∩ ( C ) I Tọa độ , giải hệ ta B A ( −3;5 ) AB Đường thẳng qua AB : x + y + = Tọa độ C ( 6;2 ) B = AB ∩ ( C ) A, K C , giải hệ ta Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC , đường kính BC D B ( 1; −3) , suy luận tương tự ta BCHK có phương trình M có tâm trung điểm 2 7   25  x− ÷ + y + ÷ = 2  2  Oxy ∆ABC Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho nội tiếp đường O ( 0;0 ) M ( −1;0 ) , N ( 1;1) tròn tâm Gọi chân đường vuông B,C A, B, C ∆ABC ∆ABC góc kẻ từ Tìm tọa độ đỉnh , biết 3x + y − = A ∆ điểm nằm đường thẳng có phương trình Hướng dẫn tìm lời giải A ∆ Ta thấy điểm thuộc đường thẳng A ( a;1 − 3a ) đó: , cần thiết A x a lập phương trình để tìm AO ⊥ MN Ta có (Tính chất uuur uu uu r 1) M N AO.MN = Giải phương trình O B ⇒ a = ⇒ A ( 1; −2 ) Đường thẳng AB : x − = AB qua A, N A, M AC C AC : x + y + = Đường thẳng qua AC ⇒ BM : x − y + = BM M Đường cao qua vng góc với B = AB ∩ BM ⇒ B ( 1;2 ) C ( −2;1) Tọa độ , tương tự AO ⊥ MN Như điểm quan trọng phát ∆ABC I H Tính chất 2: Cho nội tiếp đường tròn utâm uur uuur trực tâm, kẻ đường BC AA ' M AH = IM kính , trung điểm Khi Chứng minh ·ABA ' = 900 I Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm ) ⇒ BA ⊥ BA ' BA ⊥ CH ⇒ BA '/ / CH mà (1) CA '/ / BH Chứng minh tương tự ta có (2) BHCA ' Từ (1) (2) suy tứ giác M hình bình hành, mà trung điểm BC M đường chéo suy trung A' H điểm đường chéo ⇒ IM uuuđường r uuu r trung bình ∆AA 'H ⇒ AH = IM A I H B M C A' Oxy ∆ABC Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho nội tiếp đường tròn I ( 2;1) H ( −1; −1) R=5 BC = tâm bán kính Trực tâm , độ dài Hãy viết BC phương trình Hướng dẫn tìm lời giải Đây toán quen thuộc “tam giác nội tiếp đường tròn, cho biết trực tâm”, ta nghĩ đến việc tạo hình bình hành cách kẻ đường AD ⇒ BHCD kính hình bình hành (Tính chất 2) ⇒ MI ∆AHD đường trung bình ⇒ AH = 2.MI (kết quen thuộc) Với suy luận trên, ta tìm tọa A độ trước tiên A ( x; y ) Thật vậy, gọi Ta có  AH = 2.IM = CI − BM = 52 − 42 =   AI =  x = −1 ⇒ A ( −1;5 ) ⇒ D ( 5; −3) ⇒ M ( 2; −2 )  y = Giải hệ ta I AD M HD (do trung điểm , trung điểm ) A, M BC M Như sau có điểm ta thấy đường thẳng qua , vng góc AH ⇒ BC : y + = với Oxy ∆ABC Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho nội tiếp đường tròn I ( −2;0 ) A ( 3; −7 ) H ( 3; −1) C tâm điểm , trực tâm Xác định tọa độ điểm biết C có hồnh độ dương Hướng dẫn tìm lời giải Hồn tồn với phương pháp lập luận VD3, tauucũng kết ur có uuu r AH = 2.MI ⇒ AH = 2.IM , gọi M ( x; y ) giải phương trình uuur uuur  x = −2 AH = 2.IM ⇒  ⇒ M ( −2;3) y = BC M qua điểm , AH ⇒ BC : y − = Đường thẳng vuông góc với Đường tròn ( C) R = IA tâm I , bán kính ( x + ) + y = 74 có phương trình ( C) B,C BC Tọa độ điểm giao đường tròn , giải hệ ta có ( C −2 + 65;3 ) (vì xC > ) H,I Nhận xét: qua toán trên, cần ghi nhớ kết quan trọng sau: Nếu ∆ABC M BC làuutrực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp , trung điểm ur uuur AH = 2.IM ta có (đây điểm nút vấn đề) Tiếp theo mạch tư tưởng đó, ta nghiên cứu sau có cách khai thác tương tự Oxy ABCD B Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình chữ nhật , qua E, F , G AC H kẻ đường thẳng vng góc với Gọi trung điểm  17 29   17  E  ; ÷, F  ; ÷, G ( 1;5 ) CH , BH  5   5 AD đoạn thẳng Biết Tìm tọa độ ∆ABE tâm đường tròn ngoại tiếp Hướng dẫn tìm lời giải Đây toán phát triển theo mạch tư dạng ∆ABE F có trực tâm, I gọi tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABE M AB , trung điểm uur uuur EF = 2.IM ta chứng minh E, F I Do tọa độ biết để có M M ta cần tìm tọa độ , mà A, B AB trung điểm nên ta cần tìm tọa độ , (đây điểm uuur nútuucủa u r toán này) ∆HCB ⇒ AG = FE EF Ta thấy đường trung bình Như gọi uuur uuu r x = AG = FE ⇒  ⇒ A ( 1;1) A ( x; y ) y =1 giải phương trình AE Tiếp theo lập phương trình đường thẳng qua A, E ⇒ AE : −2 x + y + = Đường thẳng AB qua A vng góc với EF ⇒ AB:y-1=0 BH F Đường thẳng qua vng góc với B = BH ∩ AB ⇒ B ( 5;1) ⇒ M ( 3;1) Do uur uuur EF = 2.IM ⇒ I ( 3;3) Giải phương trình AE ⇒ BH : x + y − = ∆ABC K H I nội tiếp đường tròn tâm , điểm trực tâm, gọi ∆HBC BC K I tâm đường tròn ngoại tiếp Khi đối xứng với qua Tính chất 3: Cho Chứng minh A AH giao điểm với K đường tròn tâm , suy tứ giác ACH ' B K nội tiếp đường tròn tâm K suy tâm đường tròn ∆BH ' C ngoại tiếp H H' Mặt khác đối xứng với BC ∆HBC qua suy đối H ' BC BC xứng với tam giác qua , K, I mà tâm đường tròn ∆H ' BC ∆HBC ngoại tiếp suy I K đối xứng với qua BC Gọi H K H C B H' I Oxy Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác ABC có trực tâm ( x + 1) + y = HBC H , đường tròn ngoại tiếp tam giác có phương trình Oy G ABC ∆ABC Trọng tâm tam giác thuộc trục Tìm tọa độ đỉnh x− y=0 BC B biết có phương trình có hồnh độ dương Hướng dẫn tìm lời giải ( x + 1) + y = ( C ) B, C Trước hết ta có tọa độ giao điểm đường tròn BC : x − y = đường thẳng  −1 + 17 −1 + 17   −1 − 17 −1 − 17  B ; ; ÷, C  ÷ 2 2     Giải hệ phương trình ta A ( x; y ) Bây việc khó khăn tìm tọa độ theo trình tự suy luận sau: G ( 0; a ) Oy - Điểm thuộc trọng ∆ABC tâm , sử dụng công thức A ( −1; y ) trọng tâm suy K I - Gọi tâm đường K ∆ABC ∆HBC tròn ngoại tiếp G ⇒I K H đối xứng với quav BC C (tính chất 3), từ ta lập M I ( −1;0 ) B KI phương trình qua D A' BC vng góc với M = KI ∩ BC I - Ta có tọa độ  1 ⇒ M  − ; − ÷⇒ K ( 0; −1)  2 10 Mặt khác ( C) KA = K (bằng bán kính đường tròn ) - Do đường tròn tâm BC I đường tròn tâm đối xứng qua nên bán kính Giải phương ( KA = ⇒ A 1; −1 + 2 trình ) ( A 1; −1 − 2 ) A Tính chất 4: Cho ∆ABC cân A nội tiếp I G đường tròn tâm trọng tâm ∆ABC D AB E Gọi trung điểm , ∆ADC I trọng tâm Khi trực tâm ∆DEG K E D I G B C F Chứng minh: Gọi F, H , K trung điểm G ∆ABC ⇒ G = AF ∩ CD Do trọng tâm CE CG = = ⇒ GE / / AB CK CD Ta có AB ⊥ DI ⇒ GE ⊥ ID mà  DE / / BC ⇒ GI ⊥ DE  GI ⊥ BC  Lại có ∆DGE I Suy trực tâm BC , AC , AD ⇒ E = DH ∩ CK 11 Oxy ∆ABC A D cân , gọi  11  I ; ÷  3 AB D trung điểm , có tung độ dương, điểm tâm đường tròn  13  E ; ÷ M ( 3; −1)  3 ∆ABC ∆ADC ngoại tiếp Điểm trọng tâm Điểm N ( −3;0 ) DC AB thuộc đường thẳng , điểm thuộc đường thẳng Tìm tọa độ A, B, C điểm Hướng dẫn tìm lời giải Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ I Ta có trực tâm (Tính chất 4) , cho ∆DGE Do ta viết phương trình EI vng góc với DC : x − = Suy DC A qua M K E D D I G D Tiếp theo ta tìm tọa độ điểm ; di điểm D ( 3; x ) DC thuộc nên , giải phương trình uuur uur DN DI = ⇒ x = ⇒ D ( 3;3 ) H B F C AB Ta viết tiếp phương trình N,D (đi qua ) AB : x − y + = Suy phương trình AF : x − y − = AF I DE Đường thẳng qua vng góc với suy A = AB ∩ AF ⇒ A ( 7;5 ) ⇒ B ( −1;1) D AB Giải hệ (do trung điểm ) IA ⇒ BC : x + y = BC B Đường thẳng qua vng góc với C = BC ∩ CD ⇒ C ( 3; −3) Giải hệ 12 Tính chất 5: “Trong hình thang cân có đường chéo vng góc, độ dài đường cao độ dài đường trung bình” Chứng minh NM = NI + IM Ta có ABCD Do hình thang cân, AC ⊥ BD I nên tam giác ∆AIB, ∆DIC tam giác vuông ⇒ IN , IM cân đường cao tương ứng đồng thời đường trung tuyến AB CD NI = , IM = 2 Suy AB + CD ⇒ NI + IM = =EF ⇒ NM=EF N A B I E F C D M Oxy ABCD Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình thang cân có 45 I ( 2;3) AC BD diện tích , hai đường chéo vng góc với x − y − = CD BC C Đáy lớn có phương trình Viết phương trình cạnh biết có hồnh độ dương Hướng dẫn tìm lời giải Để làm tập hình thang cân, bạn ý tính chất “Trong hình thang cân có hai đường chéo vng góc, độ dài đường cao độ dài đường trung bình” Trước hết gọi độ dài đường trung x bình hình thang cân , x cần tìm để chuẩn bị cho bước suy luận sau, A N B I E D F C M 13 S ABCD = AB + CD 45 45 5 MN = ⇒ x2 = ⇒ x=3 ⇒ MN = 2 2 Ta có Mặt khác ta tìm khoảng cách IM = d ( I , CD ) = 10 ⇒ NI = MN − IM = 10 IM ID = = ⇒ ID = 2.IB IN IB uur uur ⇒ DI = 2.IB Lại áp dụng định lý Talet, ta thấy (*) B D Như vậy, từ (*) để tìm tọa độ , ta cần tìm tọa độ , đề yêu C cầu lập phương trình đường thẳng BC nên ta cần tìm tọa độ ( C) C D M Ta nhận thấy tọa độ giao điểm đường tròn tâm , bán BC MI M kính với đường thẳng , ta cần tìm điểm sau uuur r CD ⇒ M ( 3m + 3; m ) IM ⊥ DC IM n DC = M Điểm thuộc , M ( 3;0 ) m=0 Giải phương trình ta 2 ( C ) : ( x − 3) + y = 10 Suy DC ∩ ( C ) C ( 6;1) , D ( 0; −1) xC > Giải hệ ta (chú ý ) B ( x; y ) B ( 3;5 ) Gọi giải phương trình (*) ta BC : x + y − 27 = Do phương trình D, E ∆ABC O Tính chất 6: Cho nội tiếp đường tròn tâm Gọi theo thứ tự A, B M,N BC chân đường cao từ Các điểm theo thứ tự trung điểm MEND AB Chứng minh tứ giác nội tiếp Chứng minh D Từ tính chất ta trung điểm HH ' M HA ' Điểm trung điểm (do tứ 14 giác HCA ' B hình bình hành – tính chất 2) Như ta có phép vị tự ( A ') = M V  :   H ; ÷ ( H ' ) = D  2  Mà hai điểm A ', H ' thuộc đường tròn (1) thuộc đường tròn ngoại tiếp ( C ') ảnh đường tròn ( C) ∆ABC tâm O suy điểm M,D V qua phép vị tự 1 H; ÷  2 ( C ') N,E Chứng minh tương tự ta có điểm thuộc đường tròn ảnh V  H; ÷ ( C)  2 O đường tròn tâm qua phép vị tự (2) ( C ') D, M , E , N Từ (1) (2) suy điểm thuộc đường tròn Oxy ∆ABC Ví dụ 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho đường thẳng    14 19  D  4; ÷, E  ; ÷, N ( 3;3 ) ∆ : x − 3y −1 =    10  Giả sử theo thứ tự chân đường A, B ∆ABC AB M cao từ trung điểm Tìm tọa độ đỉnh biết xM ≤ BC ∆ trung điểm nằm đường thẳng Hướng dẫn tìm lời giải Theo tính chất ta chứng minh điểm ( C ') D, M , E , N nằm đường tròn 15 Giả sử Vì ( C ') x + y + 2ax + 2by + c = 0, a + b − c > có phương trình 113   8a + 7b + c = −  a = −4   19 229  28  D, E , N ∈ ( C ' ) ⇒  a + b + c = − ⇔ b = − 20 5  39 6a + 6b + c = −18  c =   ⇒ ( C ') : x + y − x − 39 y+ =0 2 M ∈ ∆, M ∈ ( C ' ) ⇒ M = ∆ ∩ ( C ') Ta có M ( 4;1) , xM ≤ DM , giải hệ phương trình suy x−4=0 Tiếp theo ta lập phương trình B ∈ DM ⇒ B ( 4;x ) C ( 4;2 − x ) BC M Điểm mà trung điểm suy , mặt AB ⇒ A ( 2;6 − x ) N khác trung điểm uuu r uuur 1  7  5  BE ⊥ AC ⇒ BE AC = ⇒ x = ⇒ A  2; ÷, B  4; ÷, C  4; − ÷ 2  2  2  Do ABCD Tính chất 7: Cho hình chữ nhật có AB = AD M AB điểm cho DM ⊥ AC AB = AM Khi ú Chng minh Ta cú +M ả = 900 D 1 Thay vào (1) ta AC ⊥ DM Do tan µA1 = BC µ = AM = ⇒ µA = D µ = ; tan D 1 AB AD (1) m àA + M ả = 900 AHM 1 vng H 16 Oxy ABCD Ví dụ 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hình chữ nhật có K ( 5; −1) M,N BC AD = AB AD Gọi trung điểm Điểm N AC M điểm đối xứng với qua , đường thẳng có phương trình 2x + y − = A, B,C,D A Tìm tọa độ biết có tung độ dương Hướng dẫn tìm lời giải I = AC ∩ KD Gọi Theo tính chất ta chứng minh ·AID = 900 ⇒ KD ⊥ AC Do ta lập phương trình đường thẳng KD ⊥ AC KD K qua x − 2y − = Do I = AC ∩ KD , giải hệ ta có E = AC ∩ KM  13 11  I  ;− ÷ 5 5 Gọi ID CD 2 ⇒ = = ⇔ ID = IK IK KE 3 ⇔ KD − KI = IK ⇔ KD = KI 3 D ( x; y ) uuur uur KD = KI D ( 1; −3) Nếu rgiả sử , ta có , giải phương trình ta n = ( a; b ) AD, AD Gọi véc tơ pháp tuyến phương trình có dạng ax + by − a + 3b = · cosCAD = Ta có AD = AC AD AD + DC = AD  AD  AD +  ÷   = b = 2 · ⇒ cos AD, AC = ⇒ 4ab − 3b = ⇔  4a b =  ( ) 17 Do đó: phương trình Do A = AC ∩ AD AD : x − = AD : x + y + = A ( 1;1) yA > , giải hệ phương trình ta DC DC A AD Đường thẳng qua vng góc với phương trình y + = ⇒ C ( 3;3) là: E ( 2; −1) ⇒ B ( 3;1) AC E BD Điểm trung điểm đo Phần2: Kế hoạch dạy chuyên đề “Hướng dẫn học sinh tự học- tự nghiên cứu” Tên đề tài: Nghiên cứu phương pháp giải số tốn hình học tọa độ phẳng từ tính chất hình học Đối tượng: HS lớp 10 I Mục tiêu dạy - Xây dựng số tốn hình học tọa độ phẳng từ tính chất hình học - Ứng dụng tốn tổng quát II Nhiệm vụ GV - GV đưa nhận xét số tính chất hình học mặt phẳng, vai trò dạng tốn kỳ thi, công việc sống - GV giao đề tài nghiên cứu cho HS hướng dẫn bước tiến hành tự học, tự nghiên cứu cho HS - GV hướng dẫn cho HS số kỹ giải tốn hình học tọa độ phẳng, hướng dẫn HS tìm tài liệu, viết thành báo trình bày đề tài - GV đóng vai trò người hướng dẫn, tổ chức, thiết kế, cố vấn, trọng tài trình nghiên cứu HS III Nhiệm vụ HS Hoàn thành nhiệm vụ GV giao cho IV Phương pháp dạyhọc Hướng dẫn HS tự học tự- nghiên cứu V Nội dung chi tiết GV đặt vấn đề Hình học phẳng phần khó, để tiếp thu tốt phần HS phải có phương pháp học chủ động, sáng tạo, ngồi việc em giải tốn gốc, em cần phải đặt câu hỏi khác chẳng hạn, thay giải thiết khác tốn nào? Trong mặt phẳng chứa đối tượng hình học (Điểm, đường thẳng, đường tròn, vectơ ), ta đặt vào hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, yếu tố hình học số hóa, phiên dịch tốn sang ngơn ngữ tọa độ ta có tốn tọa độ Nội dung chun đề từ tốn hình học túy, đặt vào hệ trục tọa độ để có tốn hình học tọa độ, giải tốn theo ngơn ngữ tọa độ có sử dụng yếu tố hình học đặc trưng 18 GV đưa nội dung cần tự học, tự nghiên cứu - Nghiên cứu giải tốn hình học tọa độ phẳng - Nghiên cứu xây dựng tốn tương tự hình học tọa độ phẳng GV gợi ý tài liệu tham khảo - Đề thi Học sinh giỏi THPT Tỉnh, đề thi thử THPT QG Oxy - Các tài liệu đọc thêm có liên quan đến Hình học tọa độ GV phát phiếu học tập cho HS GV nêu tốn tổng qt, ví dụ áp dụng, kỹ xây dựng tập ∆ABC CK I BH Tính chất 1: Cho nội tiếp đường tròn tâm , hai đường ∆ABC AI ⊥ KH cao Khi ta có - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng tốn tương tự ∆ABC I H Tính chất 2: Cho nội tiếp đường tròn utâm uur uuur trực tâm, kẻ đường BC AA ' M AH = IM kính , trung điểm Khi - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng toán tương tự ∆ABC K H I Tính chất 3: Cho nội tiếp đường tròn tâm , trực tâm, gọi ∆HBC BC K I tâm đường tròn ngoại tiếp Khi đối xứng với qua - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng toán tương tự ∆ABC A I G Tính chất 4: Cho cân nội tiếp đường tròn tâm trọng tâm ∆ABC ∆ADC D AB E I Gọi trung điểm , trọng tâm Khi ∆DEG trực tâm - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng tốn tương tự 19 Tính chất 5: “Trong hình thang cân có đường chéo vng góc, độ dài đường cao độ dài đường trung bình” - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng toán tương tự D, E ∆ABC O Tính chất 6: Cho nội tiếp đường tròn tâm Gọi theo thứ tự A, B M,N BC chân đường cao từ Các điểm theo thứ tự trung điểm MEND AB Khi tứ giác nội tiếp - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng toán tương tự ABCD AB = AD M Tính chất 7: Cho hình chữ nhật có điểm DM ⊥ AC AB AB = AM cho Chứng minh - Cách chứng minh - Xây dựng tập từ tính chất - Ví dụ áp dụng - Kỹ xây dựng toán tương tự GV tổ chức cho HS nêu hướng giải - GV cho HS nêu ý kiến thân phương hướng giải toán, thuận lợi khó khăn, vấn đề cần hướng dẫn GV GV hướng dẫn HS giải số toán GV giao đề tài cho HS yêu cầu HS tự học, tự nghiên cứu GV yêu cầu HS: - Tự giải tập giao - Tự tìm tòi thêm tập có liên quan - Sáng tạo tập liên quan - HS viết thành báo nhỏ theo mẫu sau: ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU CỦA HS Họ tên:………… lớp:……… ……trường:………………………… Tên đề tài: NGHIÊN CỨU CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG TỌA ĐỘ OXY I II III Lời mở đầu Kiến thức (các toán tổng quát,…) Kết nghiên cứu (các dạng tập ví dụ minh hoạ) 20 IV Kết luận V Tài liệu tham khảo GV nghiệm thu báo HS - GV kiểm tra kết tự học, tự nghiên cứu HS - GV tổ chức cho HS trình bày kết nghiên cứu, làm trọng tài cho thảo luận - GV đưa đánh giá cho báo HS theo tiêu chí + Chính xác, khoa học, sáng tạo, tích cực, khả hợp tác cao + Bài tập HS đưa đa dạng, phong phú + Thời gian hoàn thành 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Đối với học sinh: - Được ôn tập, củng cố tính chất hình học phẳng - Rèn luyện kỹ giải tốn hình học tọa độ rèn luyện tư trừu tượng - Có cách nhìn sâu sắc tốn tọa độ; hiểu tốn hình học tọa độ khơng phải tự nhiên mà có mà phải qua q trình miệt mài, sáng tạo người để có tốn hay khó Từ em có đam mê, động lực để học toán ngày yêu toán 2.4.2 Đối với thân đồng nghiệp - Đề tài tài liệu dùng cho hoạt động giảng dạy thân đồng nghiệp - Đề tài tổng kết nhiều tính chất đặc trưng hình học túy, làm sở cho thân đồng nghiệp sáng tạo nên toán khác làm phong phú nguồn tư liệu cho hoạt động giảng dạy Bên cạnh đó, đề tài gợi ý cho thân đồng nghiệp tiếp tục mở rộng nghiên cứu tính chất loại hình khác hình thang, hình bình hành, thoi, chữ nhật, vng để sáng tạo nên tốn hình học tọa độ cách đa dạng 2.4.3 Đối với nhà trường - Đề tài áp dụng hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng giáo dục; cải thiện thành tích thi HSG, thi THPT Quốc gia học sinh nhà trường theo chiều hướng tích cực - Đối với HS giỏi, HS lớp đội tuyển trường phổ thơng tiếp thu tốt có khả nghiên cứu sáng tạo, với khả tự học vốn có, hướng dẫn GV kết đạt tốt, HS say mê nghiên cứu, tìm tòi, sáng tạo, từ chuẩn bị tốt cho kỳ thi HS giỏi, thi đại học - Phương pháp dạy học dành cho HS trở lên, không hiệu HS yếu kém, hiệu HS có học lực TB KẾT LUẬN 3.1 Kết luận Quá trình nghiên cứu đề tài thu số kết sau: - Trong đề tài nghiên cứu cách hệ thống tốn hình học tọa độ phẳng, giúp học sinh rèn luyện kĩ giải dạng tốn này, từ làm tiền đề cho việc nghiên cứu sâu dạng toán - Đưa sở lý luận phương pháp dạy học hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu 21 - Đưa biện pháp hướng dẫn HS tự học- tự nghiên cứu 3.2 Kiến nghị Sau tổng kết thực nghiệm sư phạm, chúng tơi có số đề xuất sau: - GV nên thay đổi PPDH để phù hợp với đối tượng, nội dung học, hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu, để tạo sản phẩm hữu ích giúp em có lượng kiến thức kỹ tốt để chuẩn bị cho kỳ thi - Nhà trường, tổ chun mơn cần khuyến khích hình thức, tự học tự nghiên cứu, hợp tác nhóm HS theo hướng dẫn GV để từ tạo điều kiện cho GV HS giao lưu cải thiện chất lượng học tập giúp em có tảng kiến thức thật vững XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Bá Long 22 ... ngữ tọa độ có sử dụng yếu tố hình học đặc trưng 18 GV đưa nội dung cần tự học, tự nghiên cứu - Nghiên cứu giải tốn hình học tọa độ phẳng - Nghiên cứu xây dựng tốn tương tự hình học tọa độ phẳng... tốn hình học tọa độ phẳng, gi p học sinh rèn luyện kĩ giải dạng tốn này, từ làm tiền đề cho việc nghiên cứu sâu dạng toán - Đưa sở lý luận phương ph p dạy học hướng dẫn HS tự học, tự nghiên cứu. .. học sinh: - Được ôn t p, củng cố tính chất hình học phẳng - Rèn luyện kỹ giải tốn hình học tọa độ rèn luyện tư trừu tượng - Có cách nhìn sâu sắc tốn tọa độ; hiểu tốn hình học tọa độ khơng phải tự