Phép đối xứng trục trong một số bài toán về phương pháp 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 phƣơng pháp tọa độ mặt phẳng Đó phần tập khó, có tính phân loại, đa số học sinh gặp nhiều khó khăn việc giải toán Phƣơng pháp tọa độ mặt phẳng chƣơng trình hình học 10, phần tiếp nối với hình học phẳng THCS nhƣng nhìn dƣới quan điểm đại số giải tích Nhƣ tốn hình học tọa độ phẳng mang chất tốn hình học phẳng Tuy nhiên giải tốn hình học tọa độ mặt phẳng, học sinh thƣờng khó vận dụng đƣợc tính chất hình học phẳng hình học phẳng thƣờng khó tính chất thƣờng khó phát tốn phƣơng 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 phƣơng pháp suy luận để giải tốn hình học phẳng hiệu Với lý đó, tơi đƣa sáng kiến kinh nghiệm “ Phép đối xứng trục số toán phương pháp tọa độ mặt phẳng” nhằm giúp học sinh có định hƣớng tốt để giải toán tọa độ mặt phẳng nhằm nâng cao chất lƣợng giảng dạy, giúp học sinh đạt kết cao kì thi Mục đích nghiên cứu Tìm phƣơng pháp dạy học phù hợp với học sinh trƣờng THPT Làm cho học sinh hiểu, dễ nhớ vận dụng đƣợc tính chất hình học phẳng vào giải toán tọa độ mặt phẳng Học sinh tìm đƣợc 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 phƣơng 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’) đƣợc gọi đối xứng với qua đƣờng thẳng d d đƣờng 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 đƣờng thẳng thành đƣờng thẳng; biến tia thành tia; biến góc thành góc nó; biến tam giác tam giác nó; biến đƣờng trịn đƣờng trịn 1.2 Một số vấn đề phương pháp tọa độ mặt phẳng - Cho A(xA; yA), B(xB; yB) Khi đó:  AB (xB xA; yB yA) Trung điểm M đoạn AB có tọa độ đƣợc xác định M xA xB  n - Cho đƣờng thẳng ∆ có véctơ pháp tuyến (A ; B ) - Đƣờng thẳng ∆ có vectơ phƣơng  n (b ; a) yA yB , qua M(xo;yo) có phƣơng trình A(x – xo) + B(y – yo) = hay Ax + By + C = (A2 + B2  u ; (a; b ) 0) có vectơ pháp tuyến - Cho đƣờng thẳng ∆: ax+ by + c = điểm M(x0; y0) Khoảng cách từ M đến ∆ đƣợc xác định bởi: d (M ; ) ax0 by0 a b c - Đƣờng trịn tâm I(a; b) có bán kính R có phƣơng trình: (x – a)2 + (y – b)2 = R2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Mỗi nhận thấy Toán 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 hƣớng từ đâu Nhiều học sinh thƣờng có thói quen khơng tốt đọc đề chƣa kĩ làm ngay, có thử nghiệm đƣa đến kết nhƣng hiệu suất khơng cao Với tình hình để giúp học sinh định hƣớng tốt q trình giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng, ngƣời giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét tốn dƣới nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trƣng hình học tốn để tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh khả tƣ theo phƣơng pháp giải điều cần thiết Việc trải nghiệm qua trình giải tốn giúp học sinh hồn thiện kỹ định hƣớng giải toán Cần nhấn mạnh điều rằng, đa số học sinh sau tìm đƣợc lời giải cho tốn hình học toạ độ mặt phẳng thƣờng không suy nghĩ, đào sâu thêm Học sinh thƣờng khơng ý đến chất hình học phẳng toán nên làm nhiều tốn hình học toạ độ nhƣng khơng phân loại đƣợc dạng toán nhƣ chất tốn Thậm chí tốn tƣơng tự xuất nhiều đề thi mà học sinh làm miệt mài nhƣ lần giải nó, khơng nhận biết đƣợc dạng tốn làm Với thực trạng ra, thông thƣờng học sinh dễ dàng cho lời giải tốn có cấu trúc đơn giản Cịn đƣa toán khác chút cấu trúc học sinh thƣờng tỏ lúng túng định hƣớng tìm lời giải tốn Từ đó, hiệu giải toán học sinh bị hạn chế nhiều Trƣớc 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 toán hình học toạ độ mặt phẳng, tơi ln u cầu học sinh chất toán hình phẳng tƣơng ứng, từ phân tích ngƣợc lại cho toán vừa giải Trong sáng kiến kinh nghiệm này, đƣa số nội dung vận dụng phép đối xứng trục để tìm chất, tính chất hình học tốn tọa độ phẳng, để định hƣớng, tìm lời giải cho tốn Qua giúp học sinh nhận thức đƣợc rằng: “Mỗi tốn hình học toạ độ mặt phẳng ln chứa đựng tốn hình phẳng tƣơng 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 nhƣ phân loại cách tƣơng đối tốn hình học toạ độ mặt phẳng Trên thực tế, khảo sát chất lƣợng học tập học sinh (về vấn đề giải toán phƣơng pháp tọa độ mặt phẳng) thu đƣợc kết qua nhƣ 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 17,5 25 Kém SL % 0 0 Nhƣ rõ ràng số lƣợng học sinh nắm bắt dạng tốn khơng nhiều với lý không nhận dạng, không định hƣớng đƣợc 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 lƣợng 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 dƣới dạng khác đƣợc khơng?) +) Tự tiến hành giải toán +) Kiểm tra xem vận dụng hết giả thiết chƣa, 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 toán Trong phần này, tơi đƣa số dạng tốn 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 đƣờng 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 đƣờng thẳng A’B với d Từ đó, ta áp dụng cách giải vào toán tọa độ mặt phẳng nhƣ sau: Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng d có phƣơng 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 tốn, phân tích giả thiết tốn - Kiểm tra xem A B có phía với d hay khơng? - Từ vận dụng toán tổng hợp Tiến hành giải toán: 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 phƣơng trình: 1(x – 2) + 2(y + 1) = hay x + 2y = Tọa độ H nghiệm hệ phƣơng trình: 2x x y 2y 0 H(-2; 1) Vì H trung điểm AA’ nên A’(-6; 3) Với M thuộc d, ta có MA = MA’ Chu vi ∆MAB đƣợc 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 Đƣờng thẳng A’B có phƣơng trình: x + 7y – 15 = x Tọa độ M nghiệm hệ phƣơng trình: y 2x 15 y M ; 3 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng 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 đƣờng thẳng cho - Phép đối xứng trục đƣợc áp dụng nhƣ nào? - Tổng quát toán d1 N H M d2 K A P B Giả sử M điểm nằm góc hai đƣờng 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 đƣợc 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 đƣa tốn tổng qt đó, ta đến cách giải toán mặt phẳng tọa độ nhƣ sau: Gọi N điểm đối xứng với M(2; 3) qua d: x – 2y = MN có phƣơng trình: 2(x – 2) + y – = hay 2x + y – = Tọa độ H nghiệm hệ phƣơng trình: x 2x 2y y hay H 14 ; 5 18 N ; 5 Gọi P điểm đối xứng với M qua trục Oy P(- 2; 3) Khi NP có phƣơng trình: 4x + 7y – 13 = Tọa độ A nghiệm hệ phƣơng trình: 4x 7y A x Tọa độ B nghiệm hệ phƣơng trình: 13 2y 4x 7y 13 B x 26 13 ; 15 15 0; 13 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 lần lƣợt thuộc cạnh BC, CA, AB cho chu vi ∆MNP đạt giá trị nhỏ Định hướng: - Bài tốn có dạng chung nhƣ hai tốn Điểm khác ∆MNP có ba đỉnh chƣa đƣợc xác định - Có sử dụng nhƣ sau: Giả sử tìm đƣợc M thuộc BC thỏa mãn u cầu tốn (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 H A C N F Cách giải: Giả sử tìm đƣợc 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 B A C Mà AM ngắn M hình chiếu A lên BC Từ ta chứng minh đƣợc N, P lần lƣợt chân đƣờng 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 đƣờng cao tam giác ABC mặt phẳng tọa độ Oxy Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng d: 3x – y – = hai điểm A(3; 1), B(-1; 2) Tìm tọa độ điểm M đƣờng thẳng d cho M A M B đạt giá trị lớn Định hướng: - Từ u cầu tốn: Tìm M để MA MB đạt giá trị lớn nhất, học sinh liên tƣởng đến toán nào? - Xét vị trí tƣơng đối A, B d? - Từ áp dụng phép đối xứng trục nhƣ nào? B A' d H M A Cách giải Dễ thấy A(3; 1), B(-1; 2) nằm hai nửa mặt phẳng bờ đƣờng 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 M A M B M A ' M B A ' B Dấu “=” xảy M, A’, B thẳng hàng hay M giao điểm d A’B Đƣờng thẳng A’A có phƣơng trình: x +3y – = Tọa độ H nghiệm hệ phƣơng trình: x 3x 3y y H ; 5 11 ; 5 A’ có tọa độ A’ Đƣờng thẳng A’B có phƣơng trình: x – 2y + = Tọa độ M nghiệm hệ phƣơng trình: x 2y M 3x y Mỗi biết, d đường phân giác xO y 17 ; 5 , hai 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, cho tam giác ABC có phƣơng trình đƣờng phân giác góc A x + y + = 0, đƣờng cao kẻ từ B có phƣơng trình: 2x – y + = Đƣờng 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 đƣờng 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 đƣợc N, ta xác định đƣợc A, B Sử dụng giả thiết diện tích tam giác để tìm C Ở đây, ta tìm đƣợc điểm C, nhƣng có điểm thỏa mãn, B, C nằm hai phía AD Bài giải Qua M, kẻ đƣờng thẳng vng góc với AD I, cắt AC N ∆AMN cân A I trung điểm MN.( M N đối xứng với qua AD) Đƣờng thẳng MN có phƣơng trình: x – – y + = hay x – y = Tọa độ I nghiệm hệ phƣơng trình: x y x y I 1; N(-3; -3) Cạnh AC có phƣơng trình: x + + 2(y + 3) = hay x + 2y + = Tọa độ A nghiệm hệ phƣơng trình: x 2y x y A 5; Cạnh AB có phƣơng trình: 2x + y – = Tọa độ B nghiệm hệ phƣơng 2x y d B 2x AB y 1 ;2 C ; AB Mà AC có phƣơng trình: x + 2y + = 2(2c 9) c Với c = 3c 21 C(2c – ; - c) c 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), đƣờng phân giác góc B có phƣơng trình: x + 2y – = 0, trung tuyến kẻ từ C có phƣơng 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 ;2 tâm đƣờng tròn nội tiếp K ; Tìm tọa độ đỉnh B 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đƣờng cao AH: 2x – y – = 0, trung tuyến BM: x – 2y + = đƣờng phân giác góc C có phƣơng trình: x + y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đƣờng phân giác góc A, đƣờng cao kẻ từ B lần lƣợt có phƣơng trình: 12x + 4y – = 0, x – y – = 0, M 1; trung điểm cạnh BC Viết phƣơng trình cạnh tam giác ABC 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng C có đƣờng phân giác góc A AD, với D 7 thuộc BC Gọi E, F điểm lần ; 2 lƣợt thuộc AB, AC cho AE = AF Đƣờng thẳng EF cắt BC K Biết E ; , F có hồnh độ nhỏ 3, AK có phƣơng trình: x – 2y – = Viết phƣơng trình cạnh tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(2; 0), đƣờng chéo BD qua điểm M(- 1; 1), đỉnh C thuộc đƣờng thẳng d: x + y + = Biết chu vi hình thoi 20, đỉnh B có tung độ dƣơng Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thoi Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phƣơng trình đƣờng chéo AC: x + 7y – 31 = 0, hai đỉnh B, D lần lƣợt thuộc đƣờng thẳng d1: x + y – = 0, d2: 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 đƣờng phân giác góc A, (D BC) Các điểm M, N lần lƣợt thuộc cạnh AB, AC cho BM = BD, CN = CD Biết D(2; 0), M(-4; 2), N(0; 6) Hãy viết phƣơng trình cạnh tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phƣơng trình đƣờng phân giác góc A: x + y – = 0, phƣơng trình đƣờng trung tuyến kẻ từ A 4x + 5y – = 0, đƣờng thẳng AC qua M ;0 Biết bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC R , điểm C có hồnh độ dƣơng 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 đƣờng phân giác góc  AC M cạnh BC Biết CB = 3CD, AD có phƣơng trình: 3x – 2y – = 0, diện tích tam giác ABC 39 , C có hồnh độ dƣơng Tìm tọa độ A C Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đƣờng trịn (C) có phƣơng trình: x2 + y2 – 2x – 4y – = 0, hai đƣờng thẳng(d): x + y – = 0,(∆): 3x + y – 11 = Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), điểm N thuộc ∆ cho d đƣờng trung trực đoạn thẳng MN Định hướng: Từ u cầu tốn: Tìm M, N cho d đƣờng trung trực MN, ta thấy đƣợc phép đối xứng trục đƣờng thẳng d biến M thành N Mà M thuộc (C) N thuộc ảnh (C) qua phép đối xứng trục Đd, N giao điểm ∆ đƣờng tròn ảnh d J I H N M Bài giải Đƣờng trịn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 2 Gọi J điểm đối xứng với I qua d, IJ có phƣơng trình: x – y + = Tọa độ trung điểm H IJ nghiệm hệ x y x y H(0; 1) J(- 1; 0) Đƣờng tròn (C’) ảnh (C) qua Đd có phƣơng trình: (x + 1)2 + y2 = Tọa độ N nghiệm hệ phƣơng trình: (x 1) y N (1; 3x y 2) N 14 ; 5 Ta tìm M đối xứng vói N qua d, toán đƣợc giải Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đƣờng thẳng Δ : x − y + = hai đƣờng tròn (C1) : x2 + y2 = 1, (C2) : (x + 4)2 + (y – 3)2 = Tam giác ABC có đỉnh A thuộc đƣờng trịn (C1), đỉnh B thuộc đƣờng tròn (C2) đỉnh C nằm đƣờng thẳng d Tìm toạ độ điểm A, B, C biết CA tiếp tuyến 12 đƣờng tròn (C1), CB tiếp tuyến đƣờng tròn (C2) đƣờng thẳng Δ phân  ACB giác góc Định hướng: Từ giả thiết: ∆ đƣờng phân giác  ACB , ta thấy AC BC đối xứng với qua ∆ Mà AC tiếp tuyến (C1) BC tiếp tuyến đƣờng 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 phƣơng trình tiếp tuyến chung hai đƣờng trịn 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 đƣờng trịn ngoại tiếp I(1; 0), trung điểm M BC thuộc đƣờng thẳng d: x – 2y – = Đƣờng 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 đƣợc đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với qua BC Thật vậy, gọi H’ giao điểm AH với đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC A I H K B C H' Ta có:  'BC H  ' AC H  BC H BC đƣờng phân giác góc  'BH H Mà BC HH’ H H’ đối xứng với qua BC hay phép đối xứng trục BC biến tam giác HBC thành tam giác H’BC 14 Đƣờng tròn ngoại tiếp ∆ABC đƣờng tròn ngoại tiếp ∆HBC đối xứng với qua BC Cách giải - Chứng minh đƣờng tròn ngoại tiếp ∆ABC đƣờng tròn ngoại tiếp ∆HBC đối xứng với qua BC (nhƣ trên) Gọi J tâm đƣờng 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=1 M(3; 1), J(5; 2) Bán kính R = JH = Cạnh BC có phƣơng 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) Đƣờng thẳng AH có phƣơng trình: x – – 2(y – 1) = hay x - 2y = Đƣờng thẳng AC có phƣơng trình: y + = A(-2; -1) 15 C KẾT LUẬN Kết nghiên cứu: Phƣơng pháp sử dụng đề tài phƣơng pháp mang nhiều ƣu điểm, việc sử dụng phƣơng pháp cách hiệu góp phần nâng cao chất lƣợng 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 đƣợc tổng hợp cụ thể hóa nhƣ sau: §iĨm Líp 11B2 (§C) TØ lƯ %(§C) 2,9% Líp 10A1 (TN) TØ lƯ % (TN) 7 5,7% 20% 20% 22,8% 2,9% 14,3% 17,1% 25,7% (§C: ®èi chøng, TN: thùc nghiÖm) 25,7% 10 28,5% 10 2,9% 8,6% 2,9% Tính hiệu phƣơng pháp dạy học hình học 10 thể nhƣ sau: Qua kết tổng hợp tơi tính đƣợc mức độ trung bình kiến thức việc vận dụng phƣơng pháp sử dụng thống kê vào dạy học Hình học 10 THPT: X DC 7 9 6, 35 X TN 5 6 9 1 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 phƣơng pháp sử dụng số liệu thống kê vào dạy học mơn hình học 10 mang lại hiệu cao Nó góp phần bổ sung cho phƣơng pháp dạy học, lấy học sinh làm trung tâm Kết luận phương pháp đề xuất 16 Đề tài đƣợc kiểm nghiệm trình dạy học tốn nhà trƣờng, đặc biệt q trình bồi dƣỡng học sinh giỏi, ơn thi THPT quốc gia thu đƣợc kết khả quan năm gần Với hƣớng tƣ tốn tọa độ mặt phẳng mà tơi đề xuất có ƣu điểm sau - Có định hƣớng nhận dạng tốn tìm cách giải quy trình giải rõ ràng - Các tốn giải cách tự nhiên, phù hợp với tƣ toán học - Giải đƣợc 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 phƣơng 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 ngƣời 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 ngƣợc lại - Đối với học sinh giỏi, khuyến khích từ liệu toán để đặt toán mới, nhƣ tạo hứng thú học tập học sinh Khả ứng dụng đề tài Đề tài có nhiều hƣớng để mở rộng, khơng dừng lại việc khai thác số dạng toán có sách giáo khoa; mà cịn xây dựng hệ thống toán vận dụng tính chất phép đối xứng trục, nhƣ phép biến hình nói chung Chúng ta xây dựng hồn thiện theo hƣớng ứng dụng tính chất phép biến hình tốn hình học, giải tích mức độ cao Nội dung đề tài phù hợp cho nhiều đối tƣợng học sinh, giúp quy “khó thành dễ”, “lạ thành quen” để giải toán tọa độ mặt phẳng XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2016 CAM KẾT KHÔNG COPY Tác giả Lê Vinh Quang 17 MỤC LỤC Nội dung A ĐẶT VẤN ĐỀ TT 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 phƣơng 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 ... 3.2 Thực hành qua dạng toán Trong phần này, tơi đƣa số dạng tốn 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... lý luận 1.1 Một số tính chất số phép đối xứng trục - Phép đối xứng trục: Điểm M M’ (M M’) đƣợc gọi đối xứng với qua đƣờng thẳng d d đƣờng trung trực đoạn MM’ - Phép đối xứng trục phép dời hình,... 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,