Một số cách tiếp cận bài toán hình học phẳng nhằm nâng cao năng lực giải toán cho học sinh trường THPT nông cống 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG II SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ CÁCH TIẾP CẬN BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG NHẰM NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI TỐN CHO HỌC SINH TRƯỜNG THPT NƠNG CỐNG II Người thực hiện: Nguyễn Bá Đại Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HỐ, NĂM 2021 MỤC LỤC TT 10 11 Nội Dung Mục lục Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến giải pháp sử dụng giải vấn đề 2.3.1 Cách tiếp cận thứ nhất: Sử dụng đẳng thức vectơ 12 tam giác 2.3.2 Cách tiếp cận thứ hai: Dùng định lý Ta-let để thiết lập tỉ số 13 vectơ 2.3.3 Cách tiếp cận thứ ba: Sử dụng phép vị tự thiết lập đẳng 14 thức vectơ 2.3.4 Cách tiếp cận thứ tư: Điểm cần tìm giao điểm đường 16 thẳng với đường tròn giao hai đường tròn 2.3.5 Cách tiếp cận thứ năm: Dùng trực quan hình học phát tính chất tốn 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo 17 18 19 20 dục, thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo 15 Trang 2 2 3 3 11 13 16 17 17 17 18 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bài toán phương pháp tọa độ mặt phẳng tốn khó học sinh, kể học sinh tham dự kỳ thi THPTQG hay kỳ thi học sinh giỏi Nó địi hỏi em phải biết vận dụng kiến thức tổng hợp từ hình học phẳng lớp 9, đại số vectơ, hệ thức lượng tam giác …thậm chí em phải vận dụng ý tưởng phép biến hình nữa, từ giải trọn vẹn toán đặt 1.1 Khoa học ngày phát triển, địi hỏi người ngày hồn thiện Trong tốn học ngồi việc địi hỏi tư sáng tạo, kỹ tính tốn phương pháp cách thức tiếp cận toán quan trọng Trong nhiều năm phân công bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi THPT QG nhận thấy bế tắc học sinh gặp tốn hình học phẳng, đặc biệt tốn mức độ vận dụng Chính lẽ tơi mạnh dạn chọn chun đề “Một số cách tiếp cận tốn hình học phẳng nhằm nâng cao lực giải tốn cho học sinh trường THPT Nơng Cống II” làm sáng kiến kinh nghiệm cho Mục đính Sáng kiến kinh nghiệm trình bày số cách tiếp cận để giải tốn hình học phẳng mức vận dụng, vận dụng cao, vấn đề mà đa số học sinh gặp khó khăn Cụ thể sáng kiến kinh nghiệm cách tiếp cận tập trung vào vấn đề sau: • Trình bày lại khái niệm có sử dụng sáng kiến • Nêu ý tưởng cách tiếp cận • Các ví dụ có hướng dẫn giải • Bài tập áp dụng khơng có lời giải 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đính Sáng kiến kinh nghiệm trình bày số cách tiếp cận để giải tốn hình học phẳng, cụ thể năm cách tiếp cận gồm: Sử dụng đẳng thức vectơ; Sử dụng định lý Ta – lét; Sử dụng phép vị tự; Sử dụng giao điểm đường; Sử dụng trực quan hình học 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu tính chất hình học sẵn có, từ áp dụng để phân số cách tiếp cận tốn hình học phẳng Phạm vi nghiên cứu kiến thức nâng cao hình học phẳng 1.4 Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, phân tích tổng hợp, quan sát thực tế thực nghiệm NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Bài tốn hình học phẳng, đặc biệt tốn đề thi học sinh giỏi hay thi THPTQG hàng năm thường gây khó khăn cho học sinh, thơng thường gặp tốn đa số em khơng làm được, nguyên nhân chưa biết cách tiếp cận toán loại theo hướng 2.1 Qua nghiên cứu số tài liệu liên quan đến vấn đề, thấy dạy cho học sinh biết trước số cách tiếp cận tốn chìa khóa mở cho học sinh cách giải Thơng qua q trình giảng dạy tốn hình học phẳng, tơi thấy việc học sinh nắm vững phương pháp mà sáng kiến kinh nghiệm gọi cách tiếp cận giúp em giải vấn đề dễ dàng Với mong muốn góp phần nhỏ vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn nói chung phân mơn Hình học nói riêng trường THPT Nơng Cống II, huyện Nông Cống nghiên cứu đề tài “Một số cách tiếp cận tốn hình học phẳng nhằm nâng cao lực giải toán cho học sinh trường THPT Nông Cống II” 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Là giáo viên giảng dạy mơn Tốn vùng khó khăn trình độ học sinh mức vừa phải nhận thấy áp dụng đề tài vào lớp mà phụ trách hiệu quả, tiến hành lớp 11A1 11A2 ôn thi THPT QG trường THPT Nông Cống 2, kết thu tương đối tốt Các em thấy khó khăn giải toán dạng này, sau tiếp cận, hướng dẫn, rèn luyện em giải thành thạo dạng tốn Học sinh khơng cịn lúng túng gặp dạng tốn 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Cách tiếp cận thứ nhất: Sử dụng đẳng thức vectơ tam giác Trong phần này, ta sử dụng đẳng thức vectơ lên quan đến trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác để giải vấn đề 2.3.1.1 Kiến thức sử dụng [1] H , I ,G ABC Trong tam giác với trực tâm, tâm đường tròn BC M ngoại tiếp trọng tâm tam giác, trung điểm Ta có kết sau: uuur uuur AH = IM uuur uur GH = −2GI Điểm đối xứng trực tâm qua cạnh nằm đường tròn ngoại tiếp 2.3.1.2 Ý tưởng Sử dụng đẳng thức tam giác liên hệ với điểm cho tọa độ để tìm điểm mới, từ liên hệ với điểm cần tìm 2.3.1.3 Các ví dụ Oxy, Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ  2 G  ; ÷,  3 cho tam giác I ( 1; −2 ) , tâm đường tròn ngoại tiếp F ( 9; −1) A điểm ABC E ( 10;6 ) có trọng tâm thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ điểm thuộc đường thẳng A, B, C B tọa độ điểm biết điểm có tung độ bé Hướng dẫn giải BC Tìm G AM E Đường trung tuyến qua hai điểm AM : x − y + = M nên có phương trình là: Ngồi điểm nằm đường M Gọi tròn Vậy trung điểm ( C) BC 3   5; − ÷, 2  IF , đường kính tâm 2 ( C ) : x + y − 10 x + y + 11 = Khi tọa độ M bán kính 2 +1 = 65 2 nghiệm hệ 4 x − y + = x = ⇔ ⇒ M ( 3;2 )   y = x + y − 10 x + y + 11 =   uuur uur GH = −2GI ABC H Gọi trực tâm tam giác Ta có Do  xH = xG − ( xI − xG ) = ⇒ H ( 0;6 )   yH = yG − ( y I − yG ) = Ta có uuur uuur AH = IM IA = Ta có giác ABC nên ( −4 − 1) là:  x A = xH − ( xM − xI ) = −4 ⇒ A ( −4; −2 )   y A = yH − ( yM − yI ) = −2 + ( −2 + ) = Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam x + y − x + y − 20 = F ( 9; −1) , M ( 3;2 ) BC Ta có qua hai điểm B, C độ nghiệm hệ sau: x + y − = x = ⇔   y =  x + y − x + y − 20 = A ( −4; −2 ) , B ( 5;1) , C ( 1;3) nên BC : x + y − = x =  y =1 Khi tọa Tóm lại Oxy , Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ tròn ( x − 2) + ( y − 3) = 26, cho tam giác ABC  8 G 1; ÷  3 nội tiếp đường M ( 7;2 ) điểm trọng tâm tam giác A M A nằm đường cao kẻ từ ( khác ) Tìm tọa độ đỉnh tam giác B A biết tung độ điểm lớn tung độ điểm Hướng dẫn giải uuur uuv GH = −2GI ⇒ H ( −1;2 ) ABC trực tâm tam giác Ta có Phương trình AH : y − = A đường cao Do tọa độ nghiệm hệ sau:  x ≠ −7  ⇒ A ( −3;2 ) y =  ( x − ) + = 26 J ( 3;2 ) ∈ BC ⇒ J BC HM Ta có trung điểm nằm nên Phương trình BC : x − = B, C Do tọa độ điểm nghiệm hệ sau:  x = ⇒ B ( 3;8 ) , C ( 3; −2 )  1 + ( y − 3) = 26 A ( −3;2 ) , B ( 3;8 ) ,C ( 3; −2 ) Vậy Gọi H 2.3.1.4 Bài tập áp dụng Oxy Bài tập [5] Trong mặt phẳng tọa độ H ( 1;3) , K ( 1;1) tâm đường tròn ngoại tiếp cho tam giác I ( 3;3) , ABC có trực tâm chân đường cao kẻ từ A điểm Tìm tọa độ đỉnh tam giác Cách tiếp cận thứ hai: Dùng định lý Ta-let để thiết lập tỉ số vectơ Trong phần này, ta sử dụng định lý Ta-let thông qua tỉ số độ dài chuyển qua tỉ số vectơ 2.3.2.1 Kiến thức sử dụng [3] Định lý Ta-let [3] Nếu đoạn thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tỉ lệ (tham khảo hình vẽ) 2.3.2 Ta có AM AN MN = = AB AC BC Ý tưởng Ta sử dụng định lý Ta-let thông qua tỉ số độ dài chuyển qua tỉ số vectơ 2.3.2.3 Các ví dụ Oxy , ABCD Ví dụ 1.[4] Trong mặt phẳng tọa độ Cho hình bình hành Điểm 2.3.2.2 M ( −3;0 ) B trung điểm cạnh AD điểm D B điểm Hướng dẫn giải 4  G  ;3 ÷ 3  AB Điểm H ( 0; −1) hình chiếu vng góc trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ Ta có MJ MB = = ⇒ MJ = MH ⇒J MH MA J ( −6;1) Ta có H qua M Do  x = x − ( xH − xG ) = K G  ⇒ K ( 2;5 )  GK GC uuur uuur = = ⇒ GK = − GH ⇒  yK = yG − ( yH − yG ) =  GH GA BC Đường thẳng B qua hai điểm J,K Ta có hình chiếu vng góc điểm đối xứng A ( −4; −3) là: H x − 2y + = BC nên  x − y = −8 ⇒ B ( −2;3)  2 x + y = −1  x = x + ( xG − xA ) = I A uur uuur   3 AI = AG ⇒  ⇒ I  0; ÷ 2019  2 y = y + 3( y − y ) = ⇒ un = + I A G A  n Ta có D ( 2;0 ) D B I Ta có điểm đối xứng với qua nên Vậy B ( −2;3) , D ( 2;0 ) Oxy Ví dụ 2.[5] Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình thang ABCD vng A AB = AD = CD E ( 3; −3) , AC D BD , Giao điểm điểm F ( 5; −9 ) thuộc cạnh D tìm tọa độ điểm Hướng dẫn giải Ta có uuur EF = ( 2; −6 ) , Đường trịn tâm E Ta có A AF = FB, cho EA : x − y − 12 = bán kính Khi tọa độ điểm uuur uuur EG = −3EF AB EG ( x − 3) G A có tung độ âm, + ( y + 3) = 360 nghiệm hệ nên độ điểm biết điểm  x = y + 12  2 ( x − 3) + ( y + 3) = 360 ⇒ A ( −15; −9 ) y <   xG = xE − ( xF − xE ) = −3   yG = yE − ( yF − yE ) = 15 ⇒ G ( −3;15 )  x = x + ( x A − xF ) = −15 D G  ⇒ D ( −15;15 )  uuur uuu r  y = y + ( y − y ) = 15 CD = FA G A F  D 5 D Ta có nên độ điểm 2.3.2.4 Bài tập áp dụng 10 Oxy Bài tập [5] Trong mặt phẳng tọa độ M ( 1;2 ) , cho hình vng ABCD AB, N ( 2; −1) trung điểm đoạn điểm thuộc đoạn AN = NC CD Viết phương trình đường thẳng 2.3.3.1 2.3.3.2 cho 2.3.3 Cách tiếp cận thứ ba: Sử dụng phép vị tự thiết lập đẳng thức vectơ Kiến thức sử dụng O k ≠ M Phép vị tự [2] Cho điểm số Phép biến hình biến điểm uuuur uuuu r OM ′ = kOM O k M′ thành cho gọi phép vị tự tâm tỉ số ABC Định lý Mê-nê-la-uýt [3] Cho tam giác , đường thẳng cắt đường BC , AB, AC M , N , P theo thứ tự Khi ta có (tham khảo hình vẽ) NA MB PC =1 NB MC PA Ý tưởng d A cố định có tọa độ cho sẵn, điểm chạy đường , ta uur uu r k IB = k IA B A thiết lập tỉ số cho ảnh qua phép vị tự tâm I d d′ d A B Biết chạy đường suy chạy đường ảnh Tùa tìm điểm Các ví dụ Oxy ABC AC = AB Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ , cho tam giác có Điểm 2.3.3.3 AC có điểm Điểm I  9 M 1; ÷  2 trung điểm BC , D 11 điểm thuộc cạnh BC cho · · BAD = CAM AC , E DE Gọi trung điểm đường thẳng có phương trình x + 11 y − 44 = 0, d x + y − = B điểm thuộc đường thẳng : Tìm tọa độ A, B, C A biết hoành độ điểm số nguyên Hướng dẫn giải HA BD GM =1 HD BM GA ADM Áp dụng định lý Mê – nê – la – uyt vào tam giác ta có uuuu r uuur HA = 5HD, GM = GA ⇒ BD = BM ⇒ MD = MB 5 Ta có 5 ( xD − 1) = ( xB − 1)     3  ⇒ xB = − − x = − x B÷   11 D ÷  B ( 3;3) C ( −1;6 )      Suy Vậy suy  x A = xE +   y = y − = − xE + A E  11 C A E A Ta có đối xứng với qua nên nằm x − 11y − 24 = đường thẳng Vì AC = AB Ta có hệ sau A ( 1;2 ) Vậy ( x + 1) + ( y − ) = ( x − 3) + ( y − ) 2 nên x = 2 x + 11y − 24 =  2 2 ⇒ y = ( x + 1) + ( y − ) = ( x − 3) + ( y − 3) 12 Oxy Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ H hình chiếu vng góc BC , vng M ( 2; −1) điểm N A Gọi  1 K − ; ÷  2 AMN Gọi trực tâm tam giác C A Tìm tọa độ điểm biết điểm có tung độ âm nằm đường thẳng d : x + y + = Hướng dẫn giải trung điểm HB HC A , cho tam giác ABC r uuur  x A = −3xH + xK = −3 xH − KH uuu = ⇒ KA = −3KH ⇒  KA  y A = −3 yH + y K = −3 y H − Ta tính xA + yA + = x + 2y − = Ngoài H nên xH + y H − = 0, nằm đường tròn tâm ( K ) : x2 + y2 − 3 x+ y− =0 2 nghĩa điểm ( K) Tọa độ H đường kính H nằm đường thẳng MK : nghiệm hệ x + y − = x =  ⇒ ⇒ A ( 0;1)   3 y = x + y − x + y − =   ⇒ H ( −2; −1) 2 13 Do Ta có B đối xứng với AC : 3x − y + = H Vậy qua M nên B ( 4; −3 ) Khi BC : x + y − = 0; C ( −1;2 ) Bài tập áp dụng 2.3.3.4 Oxy Bài tập [5] Trong mặt phẳng tọa độ  2 G  ; ÷,  3 , cho cho tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp thẳng trung tuyến kẻ từ I ( 1; −2 ) , điểm E ( 10;6 ) F ( 9; −1) A ABC có trọng tâm thuộc đường điểm thuộc đường thẳng B tọa độ điểm tam giác biết có tưng độ bé BC Tìm Cách tiếp cận thứ tư: Điểm cần tìm giao điểm đường thẳng với đường tròn giao hai đường tròn 2.3.4.1 Kiến thức sử dụng [1] AB Các điểm nhìn đoạn góc vng nằm đường trịn AB đường kính 2.3.4.2 Ý tưởng Các toán mà giả thiết cho điểm số điểm có hồnh độ, tung độ dương, âm, ngun … thường có nhiều nghiệm hình Khi tốn có nhiều nghiệm hình thường giao đường bậc hai thường đường trịn Từ gọi ý cho tìm phương trình đuồng thẳng, đường trịn tốn Các ví dụ Oxy ABC A Ví dụ [4] Trong mặt phẳng tọa độ , cho tam giác vuông , gọi BC ; D H A B hình chiếu vng góc điểm đối xứng qua 2.3.4 2.3.4.3 H;K hình chiếu vng góc trung điểm cạnh Hướng dẫn giải AC C AD thuộc đường thẳng 14 H ( −5; −5 ) , K ( 9; −3) Giả sử x − y + 10 = Tìm tọa độ điểm A NH = NK = Ta có AC nên N nằm đường trung trực d : ( x K − xH ) x + ( y K − y H ) y − Suy đường thẳng x + y − 10 = Khi tọa độ N nghiệm hệ sau: d đoạn HK xK + yK2 − xH2 − yH2 ) = ( hay 7 x + y − 10 = ⇒ N ( 0;10 )  x − y + 10 =  ( C ) : x + y − 20 y − 150 = AC Phương trình đường trịn đường kính là: HA = HK A H Mặt khác, ta có nên suy nằm đường trịn tâm bán kính HK ( K ) : x + y + 10 x + 10 y − 150 = có phương trình A Vậy tọa độ điểm nghiệm hệ  x + y − 20 y − 150 =  x = −15, y = ⇔   x = 9, y = −3 ⇒ A −15;5 ( )  x + y + 10 x + 10 y − 150 =  Oxy Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ M ( 3;2 ) trung điểm BC , cho tam giác Chân đường cao kẻ từ 15 B ABC Vậy cân A ( −15;5 ) A , điểm  13  K  − ; ÷,  5 trung AB điểm cạnh nằm đường thẳng A, B, C Hướng dẫn giải M,K x − y + = Tìm tọa độ đỉnh NK = NM nên d : 7x − y − = N d KM nằm đường trung trực đoạn Nên x − y + = ⇒ N ( 1;3 )  7 x − y − = N Khi tọa độ nghiệm hệ ( C) NM = N B AB Ta có nằm đường trịn đường kính tâm bán kính Ta có Khi nằm đường trịn đường kính ( C ) : ( x − 1) Ta thấy MB = MK MK = Khi + ( y − 3) = AB tâm N nên B nằm đường tròn ( K ) : ( x − 3) + ( y − ) = 18 ( K) tâm M ( x − 1) + ( y − 3) = ⇒ B ( 0;5)  2 ( x − 3) + ( y − ) = 18 B Vậy tọa độ nghiệm hệ B ( 0;5 ) ⇒ C ( 6; −1) , A ( 2;1) A ( 2;1) , B ( 0;5 ) , C ( 6; −1) Với Vậy 2.3.4.4 Bài tập áp dụng 16 bán kính Oxy Bài tập [5] Trong mặt phẳng tọa độ đường tròn tâm I Điểm M ( 2; −1) hình chiếu vng góc B định tọa độ đỉnh tam giác , cho tam giác nhọn trung điểm AI BC , đường thẳng ABC ABC nội tiếp  31  E  ;− ÷  13 13  điểm AC : x + y − 13 = Xác Cách tiếp cận thứ năm: Dùng trực quan hình học phát tính chất tốn 2.3.5.1 Kiến thức sử dụng Các tính chất tam giác, tứ giác, hình chữ nhật, hình vng Phương pháp gắn hệ trục tọa độ để chứng minh tính chất phát 2.3.5.2 Ý tưởng Trong ý tưởng u cầu học sinh vẽ hình thật xác dùng trực quan từ phát yếu tố vng góc, hai cạnh nhau, hai véc tơ nhau, hai góc … Các yếu tố phát chứng minh hình học túy, gắn hệ tọa độ vào để chứng minh 2.3.5.3 Các ví dụ Oxy ABCD Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình chữ nhật có E, F AD = AB BD M DM = MB Trên đoạn thẳng lấy điểm cho Gọi 2.3.5 DM E ( 1;6 ) , F ( 2;3) , D BC trung điểm Biết Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Hướng dẫn giải Ta dễ dàng chứng minh FM ⊥ FE 17 FM = FE có hồnh độ lớn Ta có uuur EF = ( 1; −3) ⇒ FM : x − y + = Khi tọa độ M nghiệm hệ x − 3y + =  2 ( x − ) + ( y − 3) = 10 ⇒ M ( −1;2 ) ⇒ D ( 3;10 ) 2 − x >  uuur uuuur DB = DM ⇒ B Ta có Tọa độ điểm nghiệm hệ  x = x + ( xM − xD ) = −2  x = −2 D  ⇔ ⇒ B ( −2;0 )  y =  y = y + ( y − y ) = D M D  Khi phương trình BC : x − y + = 3 x − y = −6 x = ⇔ ⇒ C ( 6;6 )  4 x + y = 42 y = C Tọa độ điểm nghiệm hệ uuu r uuur  x A = xB + xD − xC = −5 BA = CD ⇒  ⇒ A ( −5;4 ) y = y + y − y = B D C  A Ta có A ( −5;4 ) ; B ( −2;0 ) ; C ( 6;6 ) ; D ( 3;10 ) Vậy Oxy ABCD I Ví dụ [5] Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình vng tâm Điểm  13  G ; ÷ 6  GB = GE , trọng tâm tam giác  7 E  2; ÷  3 biết hình vng Hướng dẫn giải ABI Trên đoạn tung độ điểm 18 A BD bé lấy điểm E cho Tìm tọa độ đỉnh GE ⊥ GA GE = GA A E Ta dễ dàng chứng minh ảnh qua phép G quay tâm uuur   GE =  ; ÷⇒ GA : x + y − = 6 6 Ta có Khi tọa độ Ta có A  7 x + y − =  2 5  13  50  ⇒ A ( 1;1)  x − ÷ +  y − ÷ = 6 36        y < 3; x >  nghiệm hệ 3  uuuu r uuur  xM = x A + ( xG − x A ) =  11  AM = AG ⇒  ⇒ M  ; ÷ 4   y = y + ( y − y ) = 11 M A G A  19 Đường thẳng điểm BD B qua hai điểm nghiệm hệ AD : x − y + = Ta có E M nên BD : x + y − =  x + 3y − =  2 5  13  50  ⇒ B ( 0;3)  x − ÷ +  y − ÷ = 6 36       y ≠  D Suy tọa độ nghiệm hệ 2.3.5.4 Bài tập áp dụng , tọa độ x − y + = x = ⇔ ⇒ D ( 3;2 )   x + 3y − = y = Oxy ABCD B Bài tập [5] Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình chữ nhật có đỉnh d : x − y + = 0, C thuộc đường thẳng đỉnh thuộc đường thẳng d ′ : x − y − = AC H B Gọi hình chiếu vng góc Biết 9 2 M  ; ÷, K ( 9;2 ) 5 5 AH , CD trung điểm dương Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật điểm C có tung độ 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, thân, đồng nghiệp nhà trường Để kiểm tra hiệu đề tài tiến hành kiểm tra hai đối tượng có chất lượng tương đương học sinh lớp 11A1 học sinh lớp 11A2 trường THPT Nơng Cống – Nơng Cống Trong lớp 11A1 chưa tiếp cận phương pháp sử dụng đề tài, kiểm tra hình thức tự luận, thời gian làm 45 phút với kết thu sau: 20 ≤ Điểm < Số lượng % 10 30 17.6 Điểm < Lơp Sĩ số 11A2 11A1 33 34 Số lượng 22 % 6.1 64.7 Điểm Số lượng 21 ≥ % 63.9 17.7 Đối với đồng nghiệp trường triển khai buổi sinh hoạt chuyên mơn đồng chí đánh giá cao hiệu trình giảng dạy KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm đề cập số cách tiếp cận tốn hình học phẳng Những kết sáng kiến kinh nghiệm là: • Nhắc lại số kiến thức nâng cao hình phẳng, số khái niệm liên quan • Cung cấp năm cách tiếp cận để giải tốn hình học phẳng • Đưa số tập dạng ví dụ để làm sáng tỏ cách tiếp cận Kết thu được: Sau nhiều năm tác giả mạnh dạn đưa sáng kiến vào dạy học sinh Trường THPT Nông Cống 2, đa số học sinh tiếp cận giải tốn hình học phẳng 3.1 Kiến nghị Nhà trường cần tổ chức nhiều buổi trao đổi phương pháp giảng dạy cho toàn thể cán giáo viên Sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng nên phổ biến rộng rãi Học sinh cần tăng cường học tập, trao đổi, học nhóm để nâng cao chất lượng Qua việc nghiên cứu vấn đề nhỏ tơi hy vọng đồng nghiệp góp phần nhỏ cải tiến nâng cao kết giảng dạy môn 21 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 22 tháng năm 2021 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Nguyễn Bá Đại DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Vũ Khuê, Bùi văn Nghị, (2006), Hình học 10 nâng cao, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [2] Trần Văn Hạo,Nguyễn Mộng Huy, Khu Quốc Anh, Nguyễn Hà Thanh, Phan Văn Viện (2006), Hình Học 11, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [3] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2011), Tài liệu chun tốn Hình học 10, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [4] Bộ giáo dục đào tạo Các đề thi thức, đề thi minh họa THPT QG [5] Các đề thi thử THPTQG trường nước [6] Các đề thi học sinh giỏi, Olympic Việt Nam giới [7] Tham khảo từ số tài liệu mạng internet - Nguồn: https://diendantoanhoc.net - Nguồn: http://www.maths.vn - Nguồn: http://facebook.com.vn 22 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: NGUYỄN BÁ ĐẠI Chức vụ đơn vị công tác: THPT Nông Cống TT Tên đề tài SKKN Về chiều biến thiên áp dụng giải số toán chứa tham số nhằm nâng cao lực giải toán cho học sinh lớp 10 trường THCS THPT Nghi Sơn huyện Tĩnh Gia Về chiều biến thiên áp dụng giải số toán chứa tham số nhằm nâng cao lực giải toán cho học sinh lớp 11 trường THPT Nông Cống II 23 Cấp đánh giá xếp loại (Phòng, Sở, Tỉnh ) Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại Cấp Ngành C 2017 - 2018 Cấp ngành C 2018-2019 * Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ tác giả tuyển dụng vào Ngành thời điểm 24 ... mơn Hình học nói riêng trường THPT Nơng Cống II, huyện Nơng Cống nghiên cứu đề tài ? ?Một số cách tiếp cận tốn hình học phẳng nhằm nâng cao lực giải tốn cho học sinh trường THPT Nơng Cống II” 2. 2... giải toán cho học sinh lớp 10 trường THCS THPT Nghi Sơn huyện Tĩnh Gia Về chiều biến thiên áp dụng giải số toán chứa tham số nhằm nâng cao lực giải toán cho học sinh lớp 11 trường THPT Nông Cống. .. gặp tốn hình học phẳng, đặc biệt tốn mức độ vận dụng Chính lẽ tơi mạnh dạn chọn chuyên đề ? ?Một số cách tiếp cận tốn hình học phẳng nhằm nâng cao lực giải tốn cho học sinh trường THPT Nơng Cống II”