(Luận văn thạc sĩ) xây dựng hệ thống bài tập theo các chủ đề được giải bằng phương pháp vectơ, tọa độ trong hình học phẳng nhằm phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC NGUYỄN THẾ NAM XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP THEO CÁC CHỦ ĐỀ ĐƯỢC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ, TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH LUẬN VĂN THẠC SĨ SƯ PHẠM TOÁN HÀ NỘI – 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC NGUYỄN THẾ NAM XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP THEO CÁC CHỦ ĐỀ ĐƯỢC GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ, TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH LUẬN VĂN THẠC SĨ SƯ PHẠM TOÁN CHUYÊN NGÀNH: LÝ LUẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC BỘ MƠN TỐN Mã số: 60 14 10 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH: VŨ ĐÌNH HỒ HÀ NỘI – 2012 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài ……………………………………………………… Mục đích nghiên cứu ……………………………………………………3 Nhiệm vụ nghiên cứu ……………………………………………………3 Giả thuyết khoa học …………………………………………………… Phƣơng pháp nghiên cứu…………………………………………4 5.1 Nghiên cứu lý luận……… ……………………………………………4 5.2 Phương pháp quan sát điều tra…………………………………… …4 5.3 Phương pháp tổng kết kinh nghiệm……………………………………4 5.4 Phương pháp thực nghiệm sư phạm……………………………………5 Đối tƣợng, khách thể phạm vi nghiên cứu……………………………5 Cấu trúc luận văn………………………………………………….…5 CHƢƠNG CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU………………6 1.1 Tƣ tƣ sáng tạo………………………………………………6 1.1.1 Tư duy, hình thức tư duy, thao tác tư duy…….…6 1.1.1.1 Khái niệm tư số yếu tố tư duy……………… 1.1.1.2 Quá trình tư duy………………………………………………………7 1.1.1.3 Các hình thức tư duy………………………………………7 1.1.1.4 Các thao tác tư duy……………………………………………………9 1.1.2 Sáng tạo, trình sáng tạo………………………………………….11 1.1.2.1 Khái niệm sáng tạo………………………………………………… 11 1.1.2.2 Quá trình sáng tạo……………………………………………… ….12 1.1.3 Khái niệm tư sáng tạo, thành phần tư sáng tạo……… 13 1.1.3.1 Tư sáng tạo……………………………………………………….13 1.1.3.2 Thành phần tư sáng tạo…………………………………… 14 1.2 Dạy học giải tập trƣờng phổ thơng……………………………… 16 1.2.1 Vai trị việc giải tập toán…… .16 1.2.2 Phương pháp giải tập toán… .….18 1.3 Phát triển tƣ sáng tạo tốn học cho học sinh trƣờng phổ thơng 23 KẾT LUẬN CHƢƠNG I……… 24 CHƢƠNG XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP THEO CÁC CHỦ ĐỀ ĐƢỢC GIẢI BẰNG PHƢƠNG PHÁP VECTƠ, TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG NHẰM PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH…… 26 2.1 Các định hƣớng phát triển tƣ sáng tạo toán học cho học sinh trƣờng THPT qua nội dung giải tập vectơ tọa độ hình học phẳng .26 2.1.1 Rèn luyện lực giải toán theo thành phần tư sáng tạo… ….26 2.1.2 Hướng vào rèn luyện hoạt động trí tuệ học sinh qua giải tập toán…… .31 2.1.3 Khuyến khích tìm nhiều lời giải cho toán… ….34 2.1.4 Sáng tạo toán mới…… 38 2.1.5 Hướng việc bồi dưỡng lực giải toán vào phương pháp tiêu biểu để giải tốn hình học phẳng vectơ tọa độ…… 42 2.2 Xây dựng hệ thống tập theo chủ đề giải phương pháp vectơ, tọa độ hình học phẳng nhằm phát triển tư sáng tạo cho học sinh.47 2.2.1 Một số vấn đề xây dựng hệ thống tập vectơ tọa độ hình học phẳng dành cho học sinh giỏi bậc THPT……………………………….47 2.2.1.1 Những kiến thức, kỹ năng, lực cần thiết học sinh…….….47 2.2.1.2 Yêu cầu hệ thống tập số định hướng xây dựng hệ thống tập vectơ tọa độ phẳng …………………………………………… 48 2.2.2 Hệ thống tập…………………………………………………… ….49 2.2.2.1 Hệ thống tập đẳng thức vectơ………………………………….49 2.2.2.2 Hệ thống tập tập hợp điểm …………………………………… 52 2.2.2.3 Hệ thống tập tọa độ vectơ trục………………………….53 2.2.2.4 Hệ thống tập hệ trục tọa độ phương trình đường thẳng…….55 2.2.2.5 Hệ thống tập đường trịn đường cơnic……………………….58 2.2.2.6 Một số tập bất đẳng thức dùng vectơ tọa độ…………………….64 2.2.2.7 Một số lời giải tiêu biểu cho chùm tập…………………….….66 KẾT LUẬN CHƢƠNG 2…………………………………………………… 74 CHƢƠNG BIỆN PHÁP SƢ PHẠM VÀ THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM……………… 75 3.1 Biện pháp sƣ phạm 75 3.1.1 Trong học khố……………………………………………… 75 3.1.2 Tổ chức hoạt động mơn tốn…………………………………… 76 3.2 Thực nghiệm sƣ phạm .77 3.2.1 Mục đích thực nghiệm .77 3.2.2 Nội dung thực nghiệm .77 3.2.3 Tổ chức thực nghiệm…………………………………………………….77 3.2.4 Kết thực nghiệm…………………………………………………… 81 KẾT LUẬN, KHUYẾN NGHỊ……………………………………………… 83 TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………… 84 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Ngày Việt Nam, nhƣ nhiều nƣớc giới, giáo dục đƣợc coi quốc sách hàng đầu, động lực để phát triển kinh tế xã hội Với nhiệm vụ mục tiêu giáo dục đào tạo ngƣời phát triển tồn diện mặt, khơng có kiến thức tốt mà vận dụng đƣợc kiến thức tình cơng việc Với nhiệm vụ đó, việc rèn luyện phát triển tƣ sáng tạo cho học sinh trƣờng phổ thông ngƣời làm công tác giáo dục quan trọng "Mục tiêu giáo dục phổ thông đào tạo ngƣời Việt Nam phát triển tồn diện, có đạo đức, tri thức, sức khoẻ, thẩm mỹ nghề nghiệp, trung thành với lý tƣởng độc lập dân tộc chủ nghĩa xã hội; hình thành bồi dƣỡng nhân cách, phẩm chất lực công dân, đáp ứng nhu cầu xây dựng bảo vệ Tổ quốc" (Luật giáo dục 1998, Chƣơng I, điều 2) Chúng ta giai đoạn đổi sách giáo khoa phƣơng pháp giảng dạy chƣơng trình phổ thơng, nhằm nâng cao hiệu giảng dạy học tập học sinh, để học sinh đáp ứng đƣợc yêu cầu xã hội, đặc biệt xu hội nhập toàn cầu, nhằm đáp ứng đƣợc yêu cầu Theo điều 28 Luật Giáo dục: " Phƣơng pháp giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động, sáng tạo học sinh; phù hợp với đặc điểm tâm lý lớp học, môn học; bồi dƣỡng phƣơng pháp tự học, rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh" Để làm đƣợc điều này, với lƣợng kiến thức thời gian đƣợc phân phối cho mơn tốn bậc THPT, giáo viên phải có phƣơng pháp giảng dạy phù hợp truyền tải đƣợc tối đa kiến thức cho học sinh, phát huy đƣợc tƣ sáng tạo học sinh, khơng đáp ứng cho mơn học mà cịn áp dụng đƣợc kiến thức học vào khoa học khác chuyển tiếp bậc học cao sau Vectơ khái niệm tảng toán học Việc sử dụng rộng rãi khái niệm vectơ tọa độ lĩnh vực khác toán học, học nhƣ kỹ thuật làm cho khái niệm ngày phát triển Cuối kỷ XIX đầu kỷ XX, phép tính vectơ đƣợc phát triển ứng dụng rộng rãi Vectơ có nhiều ứng dụng vật lý, kỹ thuật, cơng cụ vectơ tạo điều kiện thực mối liên hệ liên môn trƣờng phổ thông Phƣơng pháp vectơ tọa độ cho phép học sinh tiếp cận kiến thức hình học phổ thơng cách gọn gàng, sáng sủa có hiệu cách nhanh chóng, tổng qt, đơi khơng cần đến hình vẽ Nó có tác dụng tích cực việc phát triển tƣ sáng tạo, trừu tƣợng, lực phân tích, tổng hợp Khái niệm vectơ xây dựng cách chặt chẽ phƣơng pháp tọa độ theo tinh thần tốn học đại, xây dựng lý thuyết hình học cung cấp cơng cụ giải tốn, cho phép đại số hóa hình học Việc nghiên cứu vectơ góp phần mởi rộng nhãn quan tốn học cho học sinh, chẳng hạn nhƣ tạo cho học sinh khả làm quen với phép toán đối tƣợng khơng phải số, nhƣng lại có tính chất tƣơng tự Điều dẫn đến hiểu biết tính thống tốn học, phép tốn đại số, cấu trúc đại số, đặc biệt nhóm không gian vectơ - hai khái niệm số khái niệm quan trọng Toán học đại Trong chƣơng trình hình học bậc trung học phổ thơng, học sinh đƣợc học vectơ, phép tốn vectơ dùng vectơ làm phƣơng tiện trung gian để chuyển khái niệm hình học mối quan hệ đối tƣợng hình học sang khái niệm đại số quan hệ đại số Với ý nghĩa nhƣ vậy, coi phƣơng pháp vectơ tọa độ phƣơng pháp toán học đƣợc kết hợp phƣơng pháp tổng hợp để giải tốn hình học mặt phẳng khơng gian bậc THPT Thực tế giảng dạy áp dụng vectơ tọa độ để giải tốn phổ thơng đa số cịn sơ sài, chƣa có hệ thống toán áp dụng Sách giáo khoa, với lý sƣ phạm dừng lại mức độ bản, học sinh chƣa thực nắm đƣợc nhiều ứng dụng phƣơng pháp Dạng tập ứng dụng vectơ tọa độ THPT địi hỏi học sinh phải có lực nhất định, phải có khả tƣ trừu tƣợng khái qt tốt giải tốn linh hoạt sáng tạo Do đó, dạy học chủ đề có tác dụng lớn việc bồi dƣỡng, phát triển lực trí tuệ cho học sinh thơng qua thao tác tƣ duy, đồng thời giúp học sinh linh hoạt, hệ thống hóa đƣợc kiến thức hình học bản, tăng cƣờng lực giải toán Với lý nêu trên, để góp phần bồi dƣỡng, phát triển lực trí tuệ học sinh bậc THPT, đề tài đƣợc chọn là: "Xây dựng hệ thống tập theo chủ đề giải phương pháp vectơ, tọa độ hình học phẳng nhằm phát triển tư sáng tạo cho học sinh" Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu trình rèn luyện phát triển tƣ sáng tạo toán học đối tƣợng học sinh phổ thông - Trên sở lý thuyết vectơ, tọa độ mặt phẳng chƣơng trình THPT, với kiến thức hình học tổng hợp khác, xây dựng hệ thống phân loại dạng tập ứng dụng phƣơng pháp vectơ tọa độ hình học phẳng, góp phần phát triển tƣ sáng tạo toán học cho học sinh Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận tƣ sáng tạo, trình rèn luyện phát triển loại hình tƣ bậc THPT - Đƣa hệ thống tập ứng dụng, hƣớng dẫn học sinh khai thác phát triển tốn theo hƣớng sáng tạo - Đƣa số biện pháp sƣ phạm nhằm thực mục đích nghiên cứu - Qua thực nghiệm, kiểm tra đánh giá, rút học thực tế, tính khả thi để áp dụng vào giảng dạy Giả thuyết khoa học Với nội dung toán học đƣợc lựa chọn biện pháp sƣ phạm đề xuất luận văn, qua kiểm nghiệm bƣớc đầu thực tiễn, tin đề tài góp phần nâng cao trình độ nhận thức học sinh, khơi dậy hứng thú học tập, phát huy khả tƣ sáng tạo tốn học, tính tích cực học tập học sinh THPT Trang bị cho học sinh THPT phƣơng pháp giải tốn hình học hiệu bên cạnh phƣơng pháp khác Phƣơng pháp nghiên cứu 5.1 Nghiên cứu lý luận - Nghiên cứu khai thác tài liệu tƣ biện chứng thông qua việc giảng dạy mơn Tốn trƣờng phổ thơng, đặc biệt khía cạnh tƣ sáng tạo - Nghiên cứu khai thác tài liệu liên quan đến hứng thú học tập, động học tập, phát huy tính tích cực học tập học sinh qua mơn Tốn - Nghiên cứu chƣơng trình nội dung đổi sách giáo khoa phƣơng pháp giảng dạy bậc THPT, đặc biệt hình học lớp 10 bậc THPT 5.2 Phương pháp quan sát điều tra - Điều tra thực trạng giảng dạy học tập giáo viên học sinh trƣớc sau thử nghiệm - Quan sát việc học tập học sinh, khảo sát mức độ tích cực học tập, tƣ sáng tạo học để phát nguyên nhân cần khắc phục lựa chọn nội dung thích hợp cho luận văn - Thu thập kết thực tế học sinh làm sở thực tiễn để đƣa hệ thống tập phù hợp có tính khả thi dƣới dạng chun đề - Đánh giá kết thực nghiệm 5.3 Phương pháp tổng kết kinh nghiệm - Thống kê số liệu trƣớc sau thực nghiệm, lớp thực nghiệm lớp đối chứng - Lấy ý kiến đánh giá tham khảo giáo viên trực tiếp giảng dạy để điều chỉnh luận văn cho phù hợp thực tiễn dạy học vectơ, tọa độ bậc THPT 5.4 Phương pháp thực nghiệm sư phạm - Thực nghiệm số sở đối chứng với giả thuyết khoa học đề để điều chỉnh mức độ khả thi luận văn Đối tƣợng, khách thể phạm vi nghiên cứu - Đối tƣợng nghiên cứu: Trên sở lý luận tƣ sáng tạo, áp dụng vào dạy nội dung tốn hình học vectơ tọa độ lớp 10 THPT Từ phân loại phát triển hệ thống tập dùng phƣơng pháp vectơ, tọa độ phẳng để giải Đi sâu vào ứng dụng sở lý luận phát triển tƣ sáng tạo toán học, gợi động hứng thú học tập cho học sinh qua nội dung luận văn - Khách thể phạm vi nghiên cứu: Học sinh giáo viên dạy tốn THPT thuộc trƣờng : THPT Đồn Thƣợng, Huyện Gia Lộc, Tỉnh Hải Dƣơng - Kiểm nghiệm đối chứng lớp Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, khuyến nghị, danh mục tài liệu tham khảo luận văn gồm chƣơng: Chƣơng 1: Cơ sở lý luận thực tiễn Chƣơng 2: Xây dựng hệ thống tập theo chủ đề đƣợc giải phƣơng pháp vectơ, tọa độ hình học phẳng nhằm phát triển tƣ sáng tạo cho học sinh Chƣơng 3: Biện pháp sƣ phạm thực nghiệm sƣ phạm * Kết luận * Tài liệu tham khảo * Phụ lục 10 CHƢƠNG CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 1.1 Tƣ tƣ sáng tạo 1.1.1 Tư duy, hình thức tư duy, thao tác tư 1.1.1.1 Khái niệm tư số yếu tố tư Trong " Rèn luyện tư dạy học tốn" , PGS.TS Trần Thúc Trình có định nghĩa: " Tƣ nhận thức, phản ánh thuộc tính chất, mối quan hệ có tính quy luật vật tƣợng mà trƣớc chủ thể chƣa biết".[13,tr.1] Theo Pap-lôp: Tƣ " sản vật cao cấp vật chất hữu đặc biệt, tức óc, qua trình hoạt động phản ánh thực khách quan biểu tƣợng, khái niệm, phán đoán Tƣ liên hệ với hình thức định vận động vật chất- với hoạt động óc Khoa học đại chứng minh tƣ đặc tính vật chất" Pap-lôp chứng minh cách chối cãi óc cấu vật chất hoạt động tâm lý Ông viết: " Hoạt động tâm lý kết hoạt động sinh lý phận định óc " [16,tr.873] Tƣ có quan hệ mật thiết với nhận thức cảm tính, thƣờng nhận thức cảm tính, sở nhận thức cảm tính mà nảy sinh tình có vấn đề Dù cho tƣ có khái quát trừu tƣợng đến đâu nội dung tƣ chứa đựng thành phần cảm tính Con ngƣời chủ yếu dùng ngơn ngữ để nhận thức vấn đề, để tiến hành thao tác trí tuệ để biểu đạt kết tƣ Ngôn ngữ đƣợc xem phƣơng tiện tƣ Sản phẩm tƣ khái niệm, phán đoán, suy luận đƣợc biểu đạt từ, ngữ, câu , ký hiệu, cơng thức, mơ hình Tƣ mang tính khái quát, tính gián tiếp tính trừu tƣợng 11 3 Ta có:MF1 = a+ex0 = 5+ x0, MF2 = a-ex0 = 5- x0 Áp dụng địng lý cơsin 5 cho MF1F2, ta có: F1F22 = MF12+MF22-2MF1.MF2.cos600  Có điểm thoả mãn với hoành độ x 02  275 27 BT114 (Đã có phần trƣớc) x y2 BT115 a) (E)    ; a = 2, b = 1 A1 = (-2,0), A2 = (2,0) Phƣơng trình A1N: nx-4y+2n = 0, phƣơng trình A2M: mx+4y-2m =  2(m  n) mn  I=  ,   mn mn b) Phƣơng trình MN: (m-n)x+4y-2(m+n) = Vì MN tiếp xúc (E) nên: mn = 2(m  n)  x   16  x   I  I (m  n) x y2 mn       1 y  y   I m  n  I (m  n) BT116 a) Gọi M = (x0,y0)(E), phƣơng trình tiếp tuyến M là: b2 x xx yy0 (1  ) , xT' = -a yT' =   Ta có: xT = a  yT = y0 a a b b2 x (1  ) y0 a b4 x 02 x 02 y02  yT.yT' = (1  ) Vì M(E) nên:    yT.yT' = b2 y0 a a b b) A' = (-a,0), A = (a,0); T = (a,yT), T' = (-a, yT') Phƣơng trình A'T: y = xa yT 2a 120  x+a  y= 2a y T xa Phƣơng trình AT':y = yT '  Tọa độ N nghiệm hệ:  2a  y  x  a y T' 2a  x2  a2 x2 y2 Giải hệ ta đƣợc: y = yT.yT'    4a a b     2 BT117 Hai cạnh đối hình chữ nhật có phƣơng trình: Ax+By  C = 0, tiếp xúc (E) nên: a2A2+b2B2 = C2 2|C| Khoảng cách 2cạnh độ dài cạnh hình chữ nhật: A  B2 Hai cạnh cịn lại có phƣơng trình: Bx-Ay  D = 0, với a2B2+b2A2 = D2 Khoảng cách cạnh độ dài cạnh cịn lại: Diện tích hình chữ nhật là: 2|D| A  B2 | CD | Ta giả sử đƣợc A2+B2 = 1B2 = 12 A B A2  S2 = 16C2.D2 = 16[a2b2+A2(1-A2)(a2-b2)2 ] Vậy: Smin = 4ab  A2(1-A2) =  A = B = 0: Là hình chữ nhật sở Vì A2(1-A2) < 1/4  Smax = 2(a2+b2) A2 = 1-A2  A2 = B2 = 1/2 Khi hình chữ nhật hình vng ngoại tiếp (E) (Vì C2 = D2) 6b  x    x y2  1  9a  4b   BT118 a) Tọa độ M,N nghiệm hệ:   6a y   ax-by=0   9a  4b Vậy điểm M,N có tọa độ là: M= ( 6b 9a  4b2 , 6a 9a  4b2 ); N  ( 6b 9a  4b2 121 , 6a 9a  4b2 ) 6a   x y2 x   1  4a  9b   Tọa độ giao điểm P,Q nghiệm hệ:    6b bx+ay=0 y     4a  9b Vậy: P = ( 6a 4a  9b 2 , 6b 4a  9b 2 6a );Q  ( 4a  9b 2 , 6b 4a  9b 2 ) b) Vì (D)(D') nên MNPQ Do tính đối xứng qua O nên MNPQ hình thoi Vậy S = 2OM.ON = a  b2 9a  4b2 a  b2 4a  9b2 c) Luôn giả sử đƣợc a2+b2 = 1, nên: S = Vậy Smax = 72(a  b2 )  9a  4b2 4a  9b 72 36  25a (1  a ) 72  12 a2(1-a2) =  a = b = 36 Khi (D) (D') trùng trục tọa độ d) Vì a2(1-a2) < 1/4 nên Smin = 144 a2 = 1-a2  a2 = b2 = 1/2, (D) 13 (D') hai đƣờng phân giác góc tọa độ BT119 Giả sử điểm M(x0,y0)AB Gọi H I A hình chiếu M lên Ox Oy y M I Hai tam giác vuông AIM MHB đồng dạng nên: H O B x x 02 b2  y02 x 02 y02 MI2 HB2    Vậy M(E)    a b2 a b MA2 MB2 BT120 Giả sử M(x0,y0) (O,R)  x02  y02  R y M Theo giả thiết ta có: I A x  x I x I  x   k  y  y  ky  I  y  I O B H x N Thay vào phƣơng trình đƣờng trịn ta đƣợc: 122 y2I x 2I y 2I x  R    Vậy tập hợp I (E) k R k     R I BT121 Đƣờng thẳng d cắt Ox H, đƣờng thẳng d' cắt Oy K y  = , [0,2] Gọi M(x,y), đặt xOt d t Ta có:x = OH = acos Gọi I hình chiếu P Q lên Ox, ta có: y = OK  IQ = bsin d' Từ hai điều ta đƣợc: a O M Q I H x y  cos 2,  sin  a b x y2    Vậy quỹ tích M (E) a b BT122 Giả sử: M = (xM,yM), A = (a,0),A' = (-a,0) x 2M y2M Do M(E) nên:   a b  Gọi H = (xH,yH) trực tâm MAA', ta có: A 'H  (xH+a,yH)  Đƣờng cao AH có phƣơng trình: (xM+a).xH+yM.yH-a(xM+a) = Vì HM AA' nên xM = xH  Phƣơng trình AH: (xM +a).xM + yM.yH - a(xM+a) =  yH = yM0 Thay vào có: y2M a  x 2M a y2M a yM 2   a  x   y  M H b2 a2 b2 b2 123 a2  xM , yM x x M  x H  Vậy:  b2 y H Thay vào ta có phƣơng trình quỹ tích trực tâm H là:  yM  a  x 2H y H2   Khi yM = yH = 0, x M   a, x H   a , thoả mãn a2 a4 b2 phƣơng trình Vậy quỹ tích H (E): x 2H y H2   a2 a4 b2 BT123 Tiếp tuyến M (E) là: y xx yy0   Giao điểm I tiếp tuyến a2 b M a2 với Ox  yI = 0, xI = x0 Ta có: x F1 MF1 a  cx  MF2 a  cx O F2 I a2 c  IF1 IF1 x cx  a a  cx     a2 cx  a a  cx IF2 IF2 c x0 Vậy: IF1 MF1 MF   I chân phân giác góc F IF2 MF2 BT124 a) Gọi E điểm đối xứng F qua MT Vì MT phân giác ngồi  góc F'TF nên F',T,E thẳng hàng Ta có: TF+TF' = 2a, TF = TE nên TE+TF' = 2a  F'E = 2a Tƣơng tự, gọi E' điểm đối xứng F' qua MT' ta có FT'E' thẳng hàng FE' = 2a Mặt khác: MF = ME, MF' = ME' tính đối xứng  MFE' = MEF' (c.c.c) Do đó:      FMT   F'MT'  FME'  EMF'  E'MF'  EMF 124 (do MT MT' phân giác E'   góc FME, ) F'ME' M T' b) Cũng MFE' = MEF'  E  , mà E 1  E  , đối xứng, nên F 1  F 2 nên : F T F' Tƣơng tự ta có: F O   F'  Đpcm F' BT125 Phƣơng trình tiếp tuyến MT là: Ax+By+C = 0, với A2+B20 a2A2+b2B2 = C2 Phƣơng trình tiếp tuyến MT'  MT là: Bx-Ay+D = 0, với A2+B20 a2B2+b2A2 = D2 Ax+By+C=0 C  Ax-By Tọa độ M nghiệm hệ:   Bx-Ay+D=0 D=-Bx+Ay   2 2  a A  b B  (Ax-By) Thay vào hai biểu thức ta đƣợc:  2 2  a B  b A  (Bx  Ay) Cộng lại có: a2(A2+B2)+b2(B2+A2) = x2(A2+B2)+y2(A2+B2) Chia cho A2+B20 có: x2+y2 = a2+b2 Vậy quỹ tích M đƣờng trịn tâm O, bán kính R = a  b2 BT126 1) Nếu tia trùng trục tốn Nếu tia khơng trùng trục OM có phƣơng trình y = kx OM' có phƣơng trình y =  x k Tọa độ M =  ab kab ,  2 a k  b2 a k  b2    kab ab ,   a  k 2b2 a  k 2b2   125  ;  M' = E  1 1   2 2 OM OM' a b 2) Gọi H hình chiếu O lên MM', thì:  OH = ab a  b2 1 1    2 2 2 OH OM OM' a b = const Vậy MM' ln tiếp xúc đƣờng trịn cố định, tâm O, bán kính : R = ab a  b2 x 02 y02 xx yy BT127 a) Giả sử M(x0,y0) (H)    (d): 20  20  a b a b  a 2b  x A  bx  ay b  0 (d) cắt tiệm cận y = x A   a  y  ab  A bx  ay0  a 2b  x B  bx  ay b  0 (d) cắt tiệm cận y = - x B   a  y  ab  A bx  ay0 Vậy: xA+xB = 2x0 yA+yB = 2y0, hay M trung điểm AB b) Gọi  góc hai tiệm cận 4a b Ta có: 2S = OA.OB.sin  4S = OA OB sin  = (a +b ) (a  b ) 2 2 2 2 Vậy S = ab = const x 02 y02 BT128 Giả sử M = (x0,y0)(H)     b2 x02  b2 y02  a 2b2 (H) có a b hai tiệm cận bx+ay = bx+ay = Tích khoảng cách từ M đến hai tiệm | bx  ay0 )(bx0  ay0 ) | | b2 x20  a2 y20 | a2 b2   cận là: MH.MK = a  b2 a  b2 a  b2 126 a2 b BT129 a) Ta có hai tiệm cận y =  x đƣờng chuẩn x =  , c a với c2 = a2+b2 Gọi M,N giao điểm hai tiệm cận đƣờng chuẩn tƣơng ứng Dễ dàng tính đƣợc: MN = 2a b) Gọi (d) tiệm cận y = b x  bx-ay = 0 d(F,d) = b a b (d') tiệm cận y = - x  bx+ay = 0d(F',d') = b a   a ab    b2 ab    c) Ta có: OM   ,  ,F2M   ,   OM.F2M  c c c c     Hay OM F2M BT130 Giả sử M = (x0,y0) giao điểm (E) (H), ta có:  a 2c (b  d )  x  a 2d  b  c x 02 y02 x 02 y02   1,     2 2 a b2 c d b d (a  c )  y2   a 2d  b  c Tiếp tuyến () M với (E): xx yy0 b2 x b2    y   x  a2 b2 a y0 y0 xx yy0 d2x d2 Tiếp tuyến (') M với (H):    y  x  c d c y0 y0  b2 x   d x  x b 2d () (')        1  02 2   b2+d2 = a2-c2 y0c a  a y0   c y0  BT131 a) (d) có phƣơng trình y = kx, phƣơng trình hồnh độ giao điểm (d) (H) là: (9- 4k2)x2 = 36, có nghiệm -3/2 < k < 3/2 Tƣơng tự (d') cắt (H) khi: k < -2/3 k > 2/3 Vậy (d) (d') cắt (H) khi: | k | b) Gọi M,N giao điểm (d) (H) ta có: 127 6k  , yM  x M   4k  4k     6k x  , yN   N  4k  4k Hình thoi có đƣờng chéo MN EF 2S = MN EF S = 2OM.OE Ta có: OM2 = 36(1  k ) 36(1  k ) S= ,OE   4k 9k  72(1  k ) (9  4k )(9k  4) 2  4k 9k  1 c) Ta có:   ;    OM 36(1  k ) OE 36(1  k ) OM2 OE2 36 Theo Côsi: 1 1 144   S  2  2 OM OE OM OE OM.OE 36 S Vậy Smin = 144 OM = OE  k2 = 1, lúc (d) (d') phân giác (xOy) BT132 Lập hệ trục nhƣ hình vẽ Giả sử M(xM,yM)   Đặt MA'A  ,MAN   , với N hình chiếu M lên Ox Giả sử yM0   'A  = 1800- MAA'  '  MA - Nếu MAA  1800  (900  ) y Do  = 900- Ta có: M yM = AN tg = (xM-a).cotg = = (xM-a) xM  a  x 2M  y2M  a yM   A' A N Vậy M nằm nhánh trái (H) vuông, bỏ A   'A : Tƣơng tự có M nằm nhánh phải (H) trên, bỏ A' '  MA - Nếu MAA - Nếu yM = MAA' suy biến nên khơng xét Vậy quỹ tích M (H) vuông: x2-y2 = a2 bỏ A A' 128 x BT133 Giả sử () có phƣơng trình tham số: x = x0+t, y = y0+t, tọa độ  x y2  a  b2   (x  t) (y  t) M,N nghiệm hệ:  x  x  t   1 2 a b  y  y  t   Giả sử phƣơng trình có nghiệm t1, t2 thì: xM = x0+t1, yM = y0+t1; xN = x0+t2, yN = y0+t2 Tƣơng tự giao điểm P,Q có: xP = x0+t3, yP = y0+t3; xQ = x0+t4, yQ = y0+t4  t1  t t  t x  x N x P  x Q y M  y N y P  yQ   M  ,  2 2 2 Vậy trung điểm MN PQ trùng Hay PM = NQ BT134 Tiếp tuyến thứ có phƣơng trình: Ax+By+C = 0, với A2+B20 a2A2-b2B2 = C2 Tiếp tuyến thứ hai vng góc tiếp tuyến trên: Bx-Ay+D = 0, với A2+B20 a2B2-b2A2 = D2  a2A2-b2B2 = (- Ax-By)2 a2B2-b2A2 = (Bx+Ay)2  x2+y2 = a2-b2  x2+y2 = a  b2  Quỹ tích M đƣờng trịn BT135 Các điểm A,B,C có tọa độ: A = (a,k2/a), B = (b,k2/b),C = (c,k2/c) k2 ab k ; Các đƣờng thẳng AB,BC,CA có phƣơng trình:AB: y   x  ab ab k2 bc k2 ca k ; CA: y   x  k BC: y   x  bc bc ca ca Các đƣờng thẳng AB, BC, CA cắt Ox M, N, P có tọa độ: M = (a+b,0), N = (b+c,0), P = (c+a,0) Phƣơng trình (d1) qua M vng góc AB: y  ab ab x  (a  b) k2 k2 Phƣơng trình (d2) qua N vng góc BC: y  bc bc x  (b  c) k k 129 Phƣơng trình (d3) qua P vng góc CA: y  ca ca x  (c  a) k2 k2 Giao điểm T (d1) (d2) là: T = ( a  b  c, abc ) k2 Dễ thấy tọa độ T thoả mãn phƣơng trình (d3) Vậy đƣờng thẳng đồng quy BT136 a) Gọi A,B hình chiếu T T' lên đƣờng chuẩn (D) Do PT  phân giác góc ATF TA = TF nên A điểm đối xứng F qua PT Tƣơng tự B điểm đối xứng F qua PT'  PA = PF = PB AB dây cung đƣờng trịn (P,PF) Vì Pd//Ox nên Pd (D)  Q = Pd(D) trung điểm AB, hay QM đƣờng trung bình hình thang ATT'B Vậy M trung điểm TT' b) Ta có TA = TF nên F(C1) tâm T bán kính TA Tƣơng tự F(C2) tâm T' bán kính T'B Vậy F điểm chung đƣờng trịn  F có phƣơng tích (C1) (C2) Mặt khác: QA,QB tiếp tuyến (C 1) (C2), QA = QB  QA2 = QB2, hay Q có phƣơng tích (C1) (C2) Vậy QF trục đẳng phƣơng (C1) (C2)  QF  TT' c) Tiếp tuyến  N cắt PT,PT' P1,P2 Qua P1,P2 kẻ P1d1 P2d2 //Ox, cắt TN, T'N M1,M2 Tƣơng tự a) có M1,M2 trung điểm TN T'N  P1, P2 trung điểm PT PT' Do P1P2//TT' //TT' BT137 Lấy M = (x0,y0) (P), y00 Phƣơng trình tiếp tuyến (P) M là: yy0 = p(x+x0)  px-y0y+px0 = Đƣờng thẳng d vng góc với tiếp tuyến có phƣơng trình: y0x+py+m = Để d tiếp xúc (P) thì: p.p2 = 2y0.m  m p3 = 2y0 Khi tiếp điểm có tọa độ: xN = p3 p2 , y   , d có dạng: N 2y02 y0 130 p3 y0x+py+ = 0, N tiếp điểm d với (P) Phƣơng trình MN: 2y0 x  x0 y  y0 y02  x  , thay đƣợc: 2py0x+(p2-y02)y-p2y0 = x  0 p p 2p   y0 2y y0 Vì F = (p/2,0), thay vào phƣơng trình MN Vậy M,N,F thẳng hàng Vì P giao điểm tiếp tuyến nên giải hệ đƣợc xP = -p/2, yP = y 02  p , 2y    p2  y2  Do đó: PF   p, , MN có phƣơng u  (y02  p2 ,2py0 )  2y0      u.PF   PF MN BT138 Phƣơng trình tiếp tuyến (P) M = (x0,y0) là: yy0 = p(x+x0), tiếp  tuyến có phƣơng: u  (y0 ,p) , đƣờng thẳng d vng góc tiếp tuyến p3 có phƣơng trình y0x+py+c = Để d tiếp xúc (P) thì: p.p = 2y0c  c  2y p3 Khi ta có: y0x+py+ = Điểm M có tọa độ nghiệm hệ: 2y0  yy  p(x  x )  p3  y x  py    2y  Giải hệ có x = -p/2 Quỹ tích M đƣờng chuẩn (D) (P) BT139 a) Dễ thấy (d) không cắt (P) Gọi M = (x0,y0)(P) y02 = 64x0 | 4x  3y0  46 | y 02 d(M,d) = Thay x0 = vào đƣợc: 64 B' (y0  24)2  160 160   d(M,d) = 80 80 Vậy Mind(M,d) = y0 = -24, x0 = Đƣờng thẳng MN  (d): 3x-4y+C = 0, qua M = (9,-24) 131 A O G H C B M nên có: C = -123  MN: 3x-4y-123 = 4x  3y  46   37 126  Tọa độ N nghiệm hệ:  N =  ,    3x  4y  123  b) Phƣơng trình tiếp tuyến với (P) M: y0y = 32(x0+x)  4x+3y+36 = 0, tiếp tuyến //(d), mà MN  (d)  MN  tiếp tuyến (P) M BT140 a) Vì xM = a nên yM = a2 Ta có: AM = (a  3)2  a Ta có: a4+ (a-3)2 = (a2-1)2+3(a-1)2+5 > Vậy AMnn = a = 1 M = (1,1) b) Hệ số góc đƣờng thẳng AM k = -1/2, hệ số góc tiếp tuyến (P) M k' = Vậy MN  tiếp tuyến với (P) M b) Phƣơng trình tiếp tuyên với (P) M: y0y = 32(x0+x)  4x+3y+36 = tiếp tuyến //(d), mà MN  (d)  MN  tiếp tuyến (P) M    BT141 Xét x1  (a1,b1 ),x  (a ,b2 ), ,x n  (a n ,bn )    Ta có: x1  x   x n  (a1  a   a n ,b1  b2   bn )       Vì | x1  x   x n || x1 |  | x |   | x n |  Điều phải chứng minh BT142 Bất đẳng thức cho tƣơng đƣơng với: 2 2 y   z     y   x     z   y2  yz  z x    2   2         z y  z y    y  b    x, y z z  a  b    , Xét a   x  , 2 2 2 2           Vì: | a |  | b || a  b |  Điều phải chứng minh BT143 Bất đẳng thức cho tƣơng đƣơng với: 2 2 y   z     y   x     z   y  yz  z x    2   2     132     y  z  Xét a   x  , y  b    x  , z 2 2       y z 3   ab  , y z 2 2       Vì: | a |  | b || a  b |  Điều phải chứng minh          BT144 Xét a  (x, ),b  (y, ),c  (z, ) Vì | a |  | b |  | c || a  b  c | , x y z nên ta có: > 1 1 1 x   y   z   (x  y  z)      > x y z x y z (x  y  z)2  81 80  (x  y  z)    2 (x  y  z) (x  y  z) (x  y  z) 80   82 Dấu x = y = z = 1/3 (x  y  z)       BT145 Xét a(1  x, y),b(x  1, y) Vì | a |  | b || a |  | b | , nên ta có:  (x  y  z) A>  4y2  | y  | (  12 )(12  y2 )  | y  | (  y)  | y  | = = |  y |  |  y ||  y   y |  Vậy MinA =  , x = 0,y =         1 BT146 Xét a  (4y, 6x),b  ( , ) Vì a.b | a | | b | cos(a,b) | a | | b | 2 1 1 Nên ta có: y-2x  (4y)  (6x)       4  3 Hay: (y-2x)2 <  -15/4 < y-2x < 15/4  5/4 < A < 35/4 12 9 Vậy MinA = 5/4 x =  ,y =  MaxA = 35/4 x = , y = 20 20   BT147 Xét a = (2cosxcosy,sin(x-y)), b = (2sinxsiny,sin(x-y)) 133    a  b = (2cos(x-y),2sin(x-y))     Ta có: | a  b || a |  | b |  ĐPCM   2a  a     b2 2b  BT148 Xét u   , ,v   , 2  2  1 a 1 a  1 b 1 b    2a(1  b )  2b(1  a ) 2(a  b)(1  ab)  u.v   (1  a )(1  b ) (1  a )(1  b ) 2 2     b   2b   2a    a  | u |    ; | v |   1      b  b 1 a  1 a          (a  b)(1  ab) Vì | u.v || u | | v |  ĐPCM | u.v | (1  a )(1  b2 ) BT149 Ta có y = (x  p)2  p2  (x  q)2  q2     Đặt a  (x  p,| p |),b  (q  x,| q |)  a  b  (q  p,| p |  | q |)     Vì | a |  | b || a  b | , nên: (x  p)  p  (x  q)  q  (q  p)  (| p |  | q |) 2   2(p  q ) NÕu pq > Vậy Miny = (q  p)  (| p |  | q |)     | p  q | NÕu pq <     BT150 Xét n vectơ: u = (a1,1-a2), u = (a2,1-a3), , u n –1 = (an –1,1-an), u n = 2 (an,1-a1)    Ta có: u 1+ u 2+ + u n = (a1+a2+ +an,n-a1-a2- -an)        Vì: | u 1|+| u 2|+ +| u n| > | u 1+ u 2+ + u n| Mà | u i | a i2  (1  a i1 ) , i = 1,2, ,n    | u 1+ u 2+ + u n| = k  (n  k) , với k = a1+a2+ +an n Thay vào có:  i 1 a i2  (1  a i1 )  k  (1  k)  Vì (*)  k2+n2+k2-2nk  n2 (n-2k)2 > ĐPCM 134 n (*) ... 2.2 Xây dựng hệ thống tập theo chủ đề giải phương pháp vectơ, tọa độ hình học phẳng nhằm phát triển tư sáng tạo cho học sinh 2.2.1 Một số vấn đề xây dựng hệ thống tập vectơ tọa độ hình học phẳng. .. động" Dù theo hƣớng cần đến tƣ sáng tạo 30 CHƢƠNG XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP THEO CÁC CHỦ ĐỀ ĐƢỢC GIẢI BẰNG PHƢƠNG PHÁP VECTƠ, TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG NHẰM PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC... chủ đề giải phương pháp vectơ, tọa độ hình học phẳng nhằm phát triển tư sáng tạo cho học sinh. 47 2.2.1 Một số vấn đề xây dựng hệ thống tập vectơ tọa độ hình học phẳng dành cho học sinh giỏi bậc