đề tài “rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài toán hình học tọa độ phẳng dựa trên tính chất đặc trưng của điểm và đường

A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Trong xu hướng phát triển nền kinh tế tri thức, Việt Nam coi trọng giáo dục, khẳng định giáo dục quốc sách hàng đầu để sáng tạo hệ thống giá trị đại, đổi mới, làm nguồn lực thúc đẩy phát triển kinh tế - xã hội Những năm qua, với nhiều giải pháp thiết thực được triển khai thực có hiệu quả, nền giáo dục Việt Nam đạt được nhiều thành tựu to lớn lĩnh vực giáo dục, đào tạo nguồn nhân lực cho đất nước xã hội Tuy nhiên, trước yêu cầu cấp bách phát triển kinh tế - xã hội bối cảnh toàn cầu hóa, nảy sinh số bất cập đòi hỏi phải có đổi bản chương trình giáo dục nói chung giáo dục phổ thông nói riêng Trên sở kế thừa phát triển những ưu điểm chương trình giáo dục phổ thông có Việt Nam; đồng thời, tiếp thu thành tựu nghiên cứu về khoa học giáo dục kinh nghiệm xây dựng chương trình theo mô hình phát triển lực những nền giáo dục tiên tiến giới trình nghiên cứu, sáng tạo, đổi phương pháp mỗi nhà khoa học mỗi giáo viên gắn với nhu cầu phát triển đất nước, những tiến thời đại khoa học - công nghệ để sáng tạo những sản phẩm trí tuệ, góp phần thực có hiệu quả chủ trương đổi phát triển nền giáo dục đất nước Trong Nghị Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI (Nghị số 29-NQ/TW) về đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo rõ thực trạng “…công việc giảng dạy, học tập, thi cử, kiểm tra đánh giá kết quả lạc hậu, thiếu thực chất…’’ Để đáp ứng được yêu cầu sống, xã hội đại buộc phải tiến hành đổi bản, toàn diện hệ thống giáo dục quốc gia Đó thay đổi tất cả những yếu tố, những chủ thể trình đào tạo: Thầy phải thay đổi, trò phải thay đổi, cán quản lý phải thay đổi; tư phải thay đổi, hành động phải thay đổi; chương trình phải thay đổi, sách giáo khoa phải thay đổi, cách dạy, cách học, cách thi cử phải thay đổi Trong đó, đổi giáo dục phổ thông giữ vai trị then chốt, vì “giáo dục phổ thơng nền tảng cả hệ thống giáo dục quốc gia” Trong những năm gần thì nội dung, phương pháp đào tạo, chương trình mơn Tốn học bậc THPT có nhiều thay đổi về yêu cầu giáo dục, nội dung kiến thức kỹ Cụ thể: Về chương trình: có những quy định về Chuẩn kiến thức người giáo viên phải dạy để học sinh đạt được chuẩn kiến thức đó Về kỹ năng, hình thức phương pháp dạy học: chuyển từ nền giáo dục THPT nặng về truyền thụ kiến thức chiều sang nền giáo dục THPT trọng phát triển lực phẩm chất học sinh, được tiến hành cách đổi dạy học theo hướng phát triển lực cá nhân người học, người giáo viên phải lấy học sinh làm trung tâm; áp dụng phương pháp , kỹ thuật dạy học tích cực, chấm dứt hoàn toàn tượng dạy học theo kiểu áp đặt, truyền thụ kiến thức chiều, thầy đọc- trò chép; trọng rèn luyện phương pháp tự học, tự nghiên cứu, giúp những học sinh có lực hoạt động trí tuệ, phát huy được tính tích cực học tập nói chung học tập mơn Tốn nói riêng; tăng cường hoạt động phát triển tư tính sáng tạo; biết vận dụng kiến thức được học để giải vấn đề nảy sinh thực tế … Trong trình học sinh tiếp cận với toán hình học tọa độ phẳng, học sinh gặp khó khăn việc định hướng cách giải, học sinh cách sử dụng giả thiết mối liên hệ giả thiết với yêu cầu toán đặt làm bước cản lớn việc giải toán Chính vì vậy, tác giả viết đề tài nhằm phần đó định hướng mối liên hệ điểm, đường toán, từ đó vận dụng tính chất đặc trưng điểm đường vào việc tìm lời giải mà toán yêu cầu Nhằm khắc phục phần những khó khăn, hạn chế nêu trên, tác giả lựa chọn viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài toán hình học tọa độ phẳng dựa tính chất đặc trưng của điểm và đường” Mục đích nghiên cứu Giới thiệu, cung cấp thêm cho em học sinh lớp 10 THPT đồng nghiệp số cách nhìn việc giải toán về tọa độ hình học phẳng khó, dựa kiến thức được tìm hiểu bậc THCS thiết lập mối quan hệ điểm đường để từ đó giải nhanh toán tọa độ hình học phẳng Rèn luyện cho em học sinh THPT nói chung, học sinh lớp 10 THPT chuẩn bị tham gia kỳ thi THPTQG hàng năm, kỳ thi HSG nói riêng khả thông hiểu, vận dụng , vận dụng cao kiến thức bản Hình học 10 vào giải toán Hình học tọa độ phẳng Hình thành cho em học sinh giới quan khoa học, cho em phương pháp tìm hiểu mối liên hệ mật thiết giữa phần nội dung, chương trình mơn Tốn bậc THPT, mối liên hệ giữa kiến thức sách giáo khoa thực tiễn sống Phát triển tư sáng tạo cho em học sinh, đáp ứng yêu cầu Nghị Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI (Nghị số 29-NQ/TW) về đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa, đại hóa điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế 3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Học sinh lớp 10 , học sinh chuẩn bị tham dự kỳ thi THPTQG hàng năm Giáo viên giảng dạy mơn Tốn THPT Phương pháp nghiên cứu Trên sở kiến thức Sách giáo khoa Hình học 10 (cơ bản), tác giả xây dựng, khai thác, phát triển, sếp vấn đề, lồng ghép vào ví dụ (được tham khảo từ đề thi HSG tỉnh lớp 11 hàng năm tỉnh, thành phố, đề thi thử THPTQG hàng năm số trường số tài liệu tham khảo khác) để phân hoạch thành dạng toán cụ thể theo mức độ để phù hợp với nhu cầu, lực em học sinh Tham khảo viết đồng nghiệp tạp chí có nội dung liên quan đến đề tài Trao đổi với đồng nghiệp Tổ Toán - Tin Trường THPT … số đơn vị bạn tỉnh có quan tâm đến vấn đề để đề xuất biện pháp tiếp cận lời giải toán, triển khai đề tài Trao đổi, thảo luận phối hợp trực tiếp với em học sinh được tác giả trực tiếp giảng dạy Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu (Nghệ An) để kiểm nghiệm rút kinh nghiệm Khả ứng dụng triển khai kết Đề tài có thể dùng làm tài liệu tham khảo, học tập cho em học sinh lớp 10 - THPT trường Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên giảng dạy mơn Tốn THPT Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảo lĩnh vực để phục vụ công tác giảng dạy giáo viên, công việc học tập cho học sinh công tác nghiên cứu nhà giáo dục Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả mong muốn nhận được đóng góp ý kiến đồng nghiệp, độc giả để tiếp tục hoàn thiện đạt được nhiều kết quả tốt nữa việc giảng dạy mơn Tốn THPT nói chung giảng dạy phần Tọa độ Hình học phẳng THPT nói riêng Tác giả xin chân thành cảm ơn B NỘI DUNG Một số khái niệm tính chất tọa độ hình học phẳng Trong mục trình bày lại số khái niệm tính chất bản tọa độ hình học phẳng 1.1 Định nghĩa trục tọa độ Trục tọa độ ( gọi trục) đường thẳng đó xác định r e điểm O gọi điểm gốc vectơ đơn vị r O; e Ta ký hiệu trục tọa độ r O; e Cho M điểm tùy ý trục Khi đó có số k cho uuuu r r OM  k e Ta gọi số k đó là tọa độ của điểm M với trục đã cho     1.2 Định nghĩa hệ trục tọa độ rr r r O; i, j O ; j Hệ trục tọa độ gồm hai trục (O; i ) vuông góc với r ( O ; i ) được gọi trục Điểm gốc O chung hai trục gọi gốc tạo độ Trục r O; j hoành kí hiệu Ox, trục được gọi trục tung kí hiệu Oy Các r r r r i  j 1 vectơ i j vectơ đơn vi Ox Oy Hệ trục tạo độ rr O; i, j được kí hiệu Oxy         1.3 Tọa độ vectơ r uuu r r u OA  u gọi A1 , A2 lần Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ tùy ý Vẽ uuu r uuur uuuu r OA  OA  OA cặp lượt hình chiếu vuông góc A lên Ox Oy Ta có u u u r uuur r uuuu r r r r r x; y  OA  x i , OA  y j u  xi  y j  số để Như r Cặp số (x;y) đó được gọi tạo độ vectơ u hệ tọa độ Oxy r r u   x; y  u  x; y  viết Số thứ x gọi hoành độ, số thứ hai y gọi r tung độ vectơ u r r r r u   x; y  � u  xi  y j Như 1.4 Nhận xét Từ định nghĩa tọa độ vectơ , ta thấy hai vectơ chúng có hoành độ tung độ Nếu r u   x; y  r u '   x '; y ' r r �x  x ' u v� � �y  y ' thì Như vậy, vectơ hoàn toàn được xác định biết tạo độ nó 1.5 Biểu thức tọa độ của tích vô hướng rr r r O; i, j a  a ; a , b   b1; b2  Khi   Trên mặt phẳng tọa độ , cho hai vectơ rr rr a đó tích vô hướng a.b b  a1b1  a2b2   1.6 Vectơ chỉ phương của đường thẳng r r r u u  Vectơ được gọi vectơ phương đường thẳng �0 r giá u song song trùng với  1.7 Định nghĩa phương trình tham số của đường thẳng Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  qua điểm M  x0 ; y0  nhận r u   u1; u2  làm vectơ phương Với mỗi điểm M bất kì mặt phẳng, ta uuuuur uuuuur M M  x  x ; y  y M �  � M   0 0M có Khi đó phương với r uuuuur r u � M M  t.u �x  x0  t.u1 �� �y  y0  t.u2 �x  x0  t.u1 �� �y  y0  t.u2  1 Hệ phương trình (1) được gọi phương trình tham số đường thẳng  , đó t tham số 1.8 Vectơ pháp tuyến của đường thẳng r r r r n n Vectơ được gọi vectơ pháp tuyến đường thẳng  �0 n vuông góc với vectơ phương  1.9 Phương trình tổng quát của đường thẳng Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  qua M  x0 ; y0  nhận r n  a; b  làm vectơ pháp tuyến Với mỗi điểm M(x;y) bất kì thuộc mặt phẳng, ta uuuuur có: M M   x  x0 ; y  y0  r uuuuur M  x; y  � � n  M M Khi đó � a  x  x0   b  y  y0   � ax  by  ax0  by0  � ax  by  c  0, c  ax0  by0 (2) Định nghĩa: Phương trình ax  by  c  với a, b không đồng thời 0, được gọi phương trình tổng quát đường thẳng 1.10 Vị trí tương đối của hai đường thẳng Xét hai đường thẳng 1  có phương trình tổng quát lần lượt a1 x  b1 y  c1  a2 x  b2 y  c2  Tọa độ giao điểm 1  nghiệm hệ phương trình: �a1 x  b1 y  c1  � a2 x  b2 y  c2  � (I) Ta có trường hợp sau: a) Hệ (I) có nghiệm  x0 ; y0  , đó 1 cắt  M  x0 ; y0  b) Hệ (I) vô số nghiệm, đó 1 trùng với  c) Hệ (I) vô nghiệm, đó 1 không có điểm chung với  , hay 1 song song với  1.11 Góc giữa hai đường thẳng Cho hai đường thẳng 1 : a1 x  b1 y  c1   : a2 x  b2 y  c2  � � ur uu r  �  , � 2 � n n  � �thì ta thấy bù với góc giữa Đặt ur uu r đó n1 , n2 lần lượt vectơ pháp tuyến 1 ,  Vì cos  �0 nên ta suy ur uu r n1.n2 cos   ur uu r n1 n2 Do đó ta có cos   a1a2  b1b2 a12  b12 a22  b22 1.12 Công thức tính khoảng cảnh từ một điểm đến một đường thẳng Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  có phương trình ax  by  c  điểm M  x0 ; y0  Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  , kí hiệu d  M ,   , được tính công thức d  M0,  ax0  by0  c a  b2 Sử dụng mối quan hệ giữa điểm cho với điểm cần tìm để xác định tọa độ điểm Trong mục này thơng qua bài tốn, tác giả trình bày mợt số dấu hiệu về mối qua hệ giữa điểm đã cho với điểm cần tìm, để từ đó xây dựng cơng thưc, phương trình cần thiết nhằm tìm tọa đợ điểm mà bài toán yêu cầu Chúng ta lần lượt xét bài toán sau: Bài toán 1.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0;2), B(-2;-2) C(4;-2) Gọi M, N lần lượt trung điểm cạnh AB BC, H chân đường cao hạ từ B lên AC Xác định trọng tâm G tam giác MNH �1 � � G� �3 ;  � � A � �1 1� G � ;  � B � 3 � �1 � G� ; � C �3 � �1 1� G�  ; � 3� � D Nhận xét và định hướng: Trong bài toán này rõ ràng thấy nếu có tọa độ của M, N, H tìm tọa đợ trọng tâm Mà M, N là trung điểm của AB, BC nên ta dễ dàng tìm tọa đợ hai điểm đó Cịn H là chân đường cao, ta dựa vào điều kiện tọa đợ chân đường cao việc tìm tọa đợ H dễ dàng thực Cụ thể ta có lời giải bài toán sau : uuur Lời giải : Ta có M(-1,0) N(1;-2), AC   4; 4  Giả sử H  x; y  Ta có: uuur uuur �BH  AC �  x     y    �x  �� �� � H  1;1 � x  y   y    �H �AC � � �1 � G� ; � Do G trọng tâm tham giác MNH nên ta có: �3 � Vậy đáp án A Qua bài Bài tốn 1.1 ta thấy việc tìm mối quan hệ giữa điểm cho và điểm cần tìm là chìa khóa giải qút bài tốn này Ngoài yêu cầu là tìm trọng tâm G của tam giác NMH, cũng có thể sử dụng giả thiết đó những với những yêu câu tương tụ với những điểm đặc biệt khác Ví dụ sau đậy là minh chứng Bài toán 1.2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0;2), B(-2;-2) C(4;-2) Gọi M, N lần lượt trung điểm cạnh AB BC, H chân đường cao hạ từ B lên AC Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp I tam giác MNH �1 1� I�  ; � 2� � A �1 � I � ; � B �2 � �1 � I�; � C �2 � �1 1� I�  ; � 2� � D Hướng dẫn Giả sử I  x; y  Ta có: 2 �  x  1  y   x  1   y    �IM  IN � �� � 2 2 �IM  IH �  x  1  y   x  1   y  1 � x � � �1 � �� � I � ; � �2 � �y   � Vậy đáp án B Đối với những bài toán cho điểm đặc biệt của tam giác và yêu cầu tìm đỉnh của tam giác ta sử dụng công thức biểu diễn về mối qua hệ điểm đó với điểm cần tìm mà học sinh đã học nhiều bậc THCS Ví dụ bài toán sau: Bài toán 1.3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  1;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I  3; 3 trung điểm AC M  2; 2  Tìm toạ độ điểm A biết A có hoành độ âm A A  1; 5  B A  1;5  C A  1;5  D A  1;5  A  1; 5 Bài giải: Gọi D điểm đối xứng B qua I , ta có HADC hình bình hành Theo giả thiết M trung điểm AC , suy M trung điểm HD , đó ta có �xD  xM  xH  � �yD  yM  yH  7 Kết hợp với �xB  xI  xD  � �yB  y I  yD  hay D  5; 7  , suy B  1;1 Gọi  C  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , phương trình  C  :  x  3   y  3  20 uuu r MI   1; 1 nên AC : x  y   Toạ độ A nghiệm Mặt khác, hệ: 2 x y40 � �x  1 � �x  �� � 2  x  3   y  3  20 �y  5 � � �y  Kết hợp giả thiết toán ta có A  1; 5  Bài toán 1.4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, không cân có trực tâm H  1; 1 , nội tiếp đương tròn tâm I  2;1 , bán kính � sin BAC  Tìm toạ độ điểm B biết điểm A, B có hoành R  độ âm A B  2; 2  B B  6; 2  C B  2;2  D B  2; 2  B  6; 2  Bài giải: Gọi D điểm đối xứng B qua I , ta có HADC hình bình hành Theo giả thiết M trung điểm AC , suy M trung điểm HD � Do BC  2.R.sin BAC  nên AH  IM  , suy hệ 2 �  xA     y A  1  25 �xA  1 � �� � 2 �y A  � x A  1   y A  1  36 uuur uuur A  1;5   AH  IM nên M  2; 2  , suy phương trình hay Lại có BC : y   , tọa độ B nghiệm hệ: y20 � � � 2  x     y  1  25 � Giải ta được B  2; 2  Vậy đáp án A Bài toán 1.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC �2 � G� ; � nhọn có trọng tâm �3 � , tâm đường tròn ngoại tiếp I  1; 2  , E  10;6  thuộc 10 trung tuyến AM N  9; 1 �BC Tìm toạ độ điểm B biết B có tung độ nhỏ A B  5;1 B B  5;1 C B  5; 1 D B  5; 1 Bài giải Do MI  BC nên IM  MF ; phương trình AM : x  y   , suy uuur uuuu r M   7m;2  4m  Ta có IM   7m  2;4m   , FM   7m  6;4m  3 ; suy  7m    m     4m    4m  3  � m  hay M  3;2  uuu r uuuu r GA   GM Mà nên A  4; 2  Lại có phương trình BC : x  y   , kết hợp với IA  IB  IC ta được B  5;1 W Bài toán 1.6 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn có A  3; 7  M  2;3 trung điểm BC Gọi H , K lần lượt chân đường cao hạ từ B, C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK J  3; 4  Tìm toạ độ điểm B A C  B 2  65;3  B  65;3  B  D      B 2  65;3 B 2  65;3 ; B 2  65;3  Bài giải: Gọi E trực tâm tam giác ABC , suy E đối xứng A qua J , I tâm đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC D điểm đối xứng A qua I Ta có EBDC hình bình hành nên trung điểm M BC uuur uuur ED AE  IM E  3; 1 nên I  2;0  , suy phương trung điểm Ta có trình (C):  x    y  74 , phương trình đường thẳng BC : y   Do đó tọa độ B, C nghiệm hệ: � �x  2  65 � y 3 �x  2  65 � � � �  x    y  74 � y  � y  , suy : �  B 2  65;3  B  2  Vậy đáp án D 65;3  19 E  9;3 Tìm tọa độ A, C biết A có tung độ dương A A  1;3 B A  1;3 C A  1; 3 D A  1; 3 Đáp án là: A Bài toán 2.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A  1;4  , tiếp tuyến tiếp điểm A đường tròn ngoại tiếp  C  cắt BC ADB d : x  y   Viết phương trình điểm D D , phân giác góc � AB biết AC qua M  4;1 A AB : x  y   B AB : x  y   C AB : x  y   D AB : 5 x  y   Bài giải: Ta có AC : x  y  17  Giả sử D thuộc tia đối tia BC , �7 11 � E  d I AB, F  d I AC � F � ; � �2 � � � � � � � Do AFE  FDC  BCA  FDA  DAE  AEF nên AE  AF Mà E �d � E  a; a   hay ta có  a  1   a   4 �7 �2 �11 �2 � � � � �2  1�  �2  4� �a  � � � � (loại) � 3� � a   �E � � ; � � � Do đó ta có phương trình AB : x  y   Đáp án : A Bài toán 2.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 2 ABC nhọn nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC qua K  2;1 Gọi M , N lần lượt chân đường cao hạ từ B, C MN : x  y  10  Tìm toạ độ đỉnh B biết A có hoành độ âm A B  3;4  B B  3; 4  20 C B  3;4  D B  3; 4  Bài giải: Gọi Ax đường thẳng tiếp xúc với (C ) A, suy OA  Ax 0 � � � � Do tứ giác BMNC nội tiếp nên ACB  MNB  180 Mà ANM  MNB  180 nên � � � � ACB  � ANM Lại có � ACB  xAB nên xAB  ANM � MN / /Ax , suy MN  OA , phương trình OA : 3x  y  Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: �3x  y  �x  4 � �� �A  4;3 �2 � � � y  �x  y  25 � Phương trình AC : x  y   , tọa độ �x  y   �x  � �� �C  5;0  �2  25 � � � y  x  y � C nghiệm hệ � tọa độ M � �4 x  y  10  � �x  1 �� �M  1;2  � � � x  y   y  � nghiệm hệ � Đường thẳng BM : x  y   �3x  y   �x  � � �� �B  0;5  �2  25 �y  � x  y � tọa độ B nghiệm hệ phương trình � � �x  3 �B 3; 4 �   � y  4 � Vậy �B  0;5  � B  3; 4  � Đáp án là: D Tương tự với bài toán 2.5 ta có bài toán tương tự Bài toán 2.5.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 2 ABC nội tiếp đường tròn  C  :  x  1   y  1  25 Gọi M  2; 2  , N  1;2  lần lượt chân đường cao hạ từ B, C Tìm toạ độ đỉnh A, B, C biết A có tung độ âm �29 193 � � 114 34 � � � � A  5; 5  , B � �65 ; 65 �, C � 29 ;  29 � � � � � A B �29 193 � � 114 34 � A  5;5 , B � ; , C � ; � � �65 65 � � 29 29 � 114 34 � �29 193 � � A  5; 5  , B � ; ,C � ; � � �65 65 � �29 29 � C D 21 �29 193 � � 114 34 � A  5;5  , B � ; , C � ; � � �65 65 � � 29 29 � Đáp án A Bài toán 2.5.2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn có K , D lần lượt hình chiếu vuông góc A, C lên BC , AB H  AK I CD Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK (C ) :  x    y  M  7;5  , trung điểm AC đường thẳng BC qua điểm Q  1;4  Tìm tọa độ A, B, C biết điểm D có hoành độ lớn A A  13;2  , B  1; 2  , C  1;8  B A  13;2  , B  1;2  , C  1;8  C A  13;2  , B  1;2  , C  1;8  D A  13;2  , B  1; 2  , C  1;8  Bài giải � � Ta có ADC  AKC  90 nên A, D, K , C � T  có đường kính AC Gọi I trung điểm BH , ta có I  2;0  , DK  Do �  BKH �  900 � B, D, H , K �(T ) BDH �  DAM � BH  AC � IBD  900 Kết hợp � �  IDB � DAM � ADM , IBD ta  T  :  x  7   y    45 , với có � � �  900 � MD  IM  IK  IDB ADM  900 � IDM hay tọa độ , suy phương trình D, K nghiệm hệ: � 2 � �  x  2  y  � 2 � x   y   45 �     � hay D  4; 1 , K  1;2  Phương trình BC : x   , � � x    y  �B  1; 2  � � x 1  tọa độ B nghiệm hệ � tọa độ C nghiệm � � x     y    45 �C  1;8  , A  13;2  � � x 1  � hệ Vậy A  13;2  , B  1; 2  , C  1;8  Đáp án là: A Bài toán 2.6 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 22 ��� � 5� �BAC � � � cos C �2;  � � � � � � ABC có � � � Gọi M điểm cạnh BC hai điểm E , F lần lượt hình chiếu vuông góc M lên AB, AC ; phương �7 � I�; � trình đường thẳng EF : x  y   trung điểm AM �3 � Tìm tọa độ A biết F có tung độ âm �10 � � A� �3 ; � � A � 10 � � A� ;  � B �3 � � 10 � A � ;  � C � 3 � � 10 � A�  ; � 3� � D Bài giải Tứ giác AEMF nội tiếp đường tròn  C  đường kính AM có �7 � I�; � �3 � Gọi H trung điểm EF , ta có IH  EF IH 5 � � � IE  IF   IH  d  I ;EF   � BAC  EIF  HIE cos BAC , suy tâm , � �2 � �2 � � � (C ) : � �x  �  �y  �  � � � � Phương trình đường tròn Tọa độ E, F nghiệm hệ: � �2 � �2 �� �2 11 � �4 � � x � � y � 5 �� � ; �; F � ;  � � � � � � E �� � � � �15 15 � �3 � � � � � � � 2x  y   � Đường thẳng AC : y  � 5� �  �A � �a;  � � � Vì A � C  nên ta có: � �2 � �2 �a  �  �  �  �a  10 � � � 3� � � � � �10 � � A� �3 ;  � � hay � Đáp án là: B Bài toán 2.7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 23 ABC có A  2; 1 , trực tâm H  2;1 BC  Gọi D, E lần lượt chân đường cao hạ từ B, C ED qua N  3; 4  , trung điểm M cạnh BC thuộc đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường thẳng BC A BC : x  y   B BC : x  y   C BC : x  y   D BC : 2 x  y   Bài giải: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn  C1  đường kính AH nên  C1  nhận C1  : x  y  I 0;0    AH trung điểm làm tâm nên phương trình Lại có M �d : x  y   nên M  2m  1; m  tứ giác BCDE nội tiếp đường  C2  BC đường kính 2 C :  x  2m  1   y  m   tròn có tâm M, phương trình   Phương trình đường thẳng 2 DE : x  y   x  2m  1   y  m  �2  2m  1 x  2my   2m  1  m2  Mà N  3; 4  �DE M  3;1 nên 2  2m  1 x  2my   2m  1  m2  �M  1; 1 Phương trình đường thẳng BC : x  y   BC : x  y   Đáp án là: C Bài toán 2.8 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác �5 � � K� �8 ;  � ABC nội tiếp đường trịn tâm � �, hình chiếu vng góc A lên 13 � � H � ; � đoạn BC �5 �, phân giác AD : x   Tìm tọa độ B, C biết B có hoành độ âm A B  3;0  , C  3; 3 B B  3;0  , C  3; 3 C B  3;0  , C  3; 3 D B  3;0  , C  3;3 Bài giải: 24 Gọi M giao điểm thứ hai AK với đường tròn (C) ngoại tiếp tam � giác ABC, ta có AD phân giác góc HAM Gọi I điểm đối xứng H qua � 1� � J�  1;  HI : y   � � J  HI I AD 5 � ta có AD , ta có , suy � �3 � I � ; � �5 � Phương trình đường thẳng AM : x  y   , suy A  1;3 , BC : x  y   KA  13 � x  2y   � � � �� �2 � � 845 �B  3;0  , C  3; 3 ��x  �  �y  � �� � � � Tọa độ B, C nghiệm hệ: �� � � � 64 Đáp án là: A Bài toán 2.9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có � A  8;3 B �d : x  y   Gọi D chân đường phân giác BAC � M trung điểm AD , đường thẳng CM cắt phân giác BAC N  14;3 Viết phương trình đường thẳng AC A AC : x  y  31  B AC : x  y  31  C AC : x  y  31  D AC : x  y  31  Bài giải: Qua M kẻ đường thẳng song song với AN cắt AC H, ta có MH  AD Mà MA  MD nên tam giác AHD cân H , suy ra: CD CH CM � � �   �MD / / BN HDA  DAH  BAD �AB / / DH , đó CB CA CN hay AN : y   nên phương trình BN  AN Do phương trình BN : x  14  � B  14; 7  AD / / BN nên phương trình AD : x   B  2; 7  B B �AC Gọi điểm đối xứng B qua AD , ta có , phương trình AC : x  y  31  Đáp án là: A 25 Bài toán 2.10 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác �1 � � B� �2 ;1� ABC có � �, ngoại tiếp đường tròn (C ) có tâm J , (C ) tiếp xúc với cạnh AB, AC , BC lần lượt P, N , M  3;1 PN : y   Tìm tọa độ A biết A có tung độ dương � 7� A� 3; � 3� � A 7� � A� 3;  � 3� B � � 7� A� 3; � 3� � C � 7� A� 3;  � 3� � D Bài giải: Do P �PN nên P  a;3 BP  BM  � �2 �a  �   25 � a  1 � � Suy � � a  * Với a  1 thì P  1;3 , phương trình AB : x  y   , PJ  PB nên PJ : x  y  15  MJ  MB nên MJ : x   Tọa độ J � � x 30 �J  3;6  � � x  y  15  nghiệm hệ: � Lại có AJ  PN nên � � � x   �A � �3;  � � � 3� � � AJ : x   , suy tọa độ A nghiệm hệ: � �4 x  y   � 13 � A� 3; � 3� � a  * Với , hoàn toàn tương tự ta được Đáp án là: D Trong bài toán 2.10 nếu thay một chút dự kiện của M, N, P ta cũng mợt bài tốn hay sau Bài tốn 2.11 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  4; 3 , AC : x  y   ngoại tiếp đường tròn (C ) có tâm J , (C ) tiếp xúc với cạnh AB, AC , BC lần lượt P, N , M Tìm tọa độ 26 A, C A A  1;7  , C  4;1 B A  1;7  , C  4;1 C A  1; 7  , C  4;1 D A  1;7  , C  4;1 Bài giải: � � � � BJC  900  BAC CJH  900  BAC 2 Do nên Mà � � � CNH  ANP  90  BAC nên tứ giác JNHC nội tiếp, đó ta có � � JHC  ANP  900 hay BH  CH , suy phương trình HC : x  y   Tọa � �x  y   �C 4;1 �   � 2x  y   C � độ nghiệm hệ Gọi D điểm đối xứng C qua BH , suy H trung điểm CD , đó ta có D  0;5  D �AB , phương trình AB : x  y   Tọa độ A nghiệm hệ: � �2 x  y   �A  1;7  � � �2 x  y   Vậy ta có A  1;7  , C  4;1 Đáp án là: A Bài toán 2.12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC (C ) tâm I  1;2  , điểm không cân có A  2;5  , nội tiếp đường tròn B �d : 3x  y   Gọi H hình chiếu vuông góc A lên BC K hình chiếu vuông góc B lên AI Tìm tọa độ B, C biết KH : x  y  A B  2;1 , C  4;1 B B  2; 1 , C  4;1 C B  2;1 , C  4;1 D B  2;1 , C  4;1 Bài giải: Ta có 2 (C ) :  x  1   y    10 � � x  1   y    10 �B  2;1 � � 3x  y   Tọa độ B nghiệm hệ: � Gọi D đối xứng với A qua I , tứ giác AKHB nội tiếp nên 27 $  BAK $  900  $ CHK ADB  900  $ ACB , suy HK  AC �AC : x  y   � � x  1   y    10 �C  4;1 � � x  y 9 0 Tọa độ C nghiệm hệ � Đáp án là: C Bài toán 2.13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  có tâm I , trung điểm BC M  2; 1 hình �31 � � E� �13 ;  13 � � Tìm tọa độ A, B, C , biết chiếu vuông góc B lên AI � AC : 3x  y  13  A A  1;5  , B  1; 1 , C  5; 1 B A  1;5  , B  1; 1 , C  5;1 C A  1;5  , B  1;1 , C  5; 1 D A  1;5  , B  1;1 , C  5; 1 Bài giải: Gọi H hình chiếu vuông góc A lên BC , HE  AC nên HE : x  y   N trung điểm AB , suy MN  HE Mà tứ giác AEHB nội tiếp nên NE  NH , đó ta có MN trung trực HE �22 � MN I HE  K � K � ;  � , H  1; 1 MN : 3x  y   Giả sử �13 13 � ; phương trình BC : y   � C  5; 1 , B  1; 1 Lại có A �AC , AH  BC � A  1;5  Đáp án là: A Bài toán 2.14 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 2 ABC nhọn có AB  AC nội tiếp đường tròn  C  :  x     y  1  25 có tâm I Đường thẳng AC qua P  9;2  , gọi D hình chiếu vuông góc A lên BC E hình chiếu vuông góc B lên AI , đường thẳng ED có phương trình x  y   D có hoành độ âm Tìm tọa độ B, C A B  1; 5 , C  7;1 B B  1;5  , C  7;1 C B  1;5  , C  7;1 D B  1;5  , C  7;1 28 Bài giải: Gọi K hình chiếu vuông góc B lên AC , suy � � � � AKB  AEB  900 � ABEK EAK  EBK tứ giác nội tiếp hay Mà � � � � AEB  ADB  900 � ABDE tứ giác nội tiếp hay BAD  BED Kết hợp � � � 1800  AIC � � EAK  IAC   900  ABC  BAD � � EBK  EBD �BK / / ED �ED  AC Phương trình ta có AC : x  y   A, C Tọa độ nghiệm � A  7;1 , C  1; 3 � x     y  1  25 � �� � � � � x  2y   �A  1; 3 , C  7;1 � hệ: * Với A  7;1 , C  1; 3 , uuur uuur D  m, 1  2m  � AD   m  7; 2  2m  , CD   m  1;2  2m  Do D �ED nên � ADC  900 nên ta có: ,  m    m  1   2  2m    2m   � D  1;1 � BC : x   � B  1;5  không thỏa mãn vì AB  AC * Với A  1; 3 , C  7;1 , uuur uuur D m, 1  2m  � AD   m  1;2  2m  , CD   m  7; 2  2m  Do D �ED nên  � ADC  90 , nên ta có:  m    m  1   2  2m    2m   � D  1;1 � BC : x   � B  1;5  ( thỏa mãn) Vậy ta có B  1;5  , C  7;1 Đáp án là: D Bài toán 2.15 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 2 ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn  C  : x  y  x  y  30  có tâm 29 � 3� D� 2;  � � I Gọi � �là chân đường phân giác BAC E  1;0  thuộc đoạn AC cho AB  AE Tìm tọa độ A, B, C biết A có hoành độ dương A A  2;6  , B  5;0  , C  3; 4  B A  2;6  , B  5;0  , C  3; 4  C A  2;6  , B  5;0  , C  3;4  D A  2;6  , B  5;0  , C  3;4  Bài giải: � � � 1800  AIC �  ABC HAE  ICA   90 Gọi H  AI I ED ,ta có � � � � AB  AE , BAD  EAD V ABD  V AED � AED  ABC Lại có nên , suy � � � � �� � � � 900 AED HAE  ABC  � 90  ABC � � � � � � � hay AHE  90 Phương trình đường thẳng AI : x  y   � A  2;6  phương trình đường thẳng AD : x   D1  AD I  C   �A  �D1  2; 4  Gọi , phương trình đường thẳng BC : x  y   Giải hệ kết hợp với AB  AC ta có B  5;0  , C  3; 4  Đáp án là: B Ta gặp số toán tương tự sau: Bài tập 2.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  0; 2  nội tiếp đường tròn  C  có tâm I  2;1 , đường thẳng AC qua M  1;4  D  1; 1 �BC : AD  CD Tìm toạ độ đỉnh A, B, C A A  1;5  , B  2, 2  , C  7;1 B A  1;5  , B  2, 2  , C  7;1 C A  1;5  , B  2,2  , C  7;1 D A  1;5  , B  2, 2  , C  7; 1 Đáp án A Bài tập 2.2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp I  6;0  , trung tuyến AM :13x  y   30 đường cao AH : x  y  14  Tìm toạ độ đỉnh A, B, C A A  4; 9  , B  3; 2  , C  1;6  B A  4;9  , B  3;2  , C  1;6  C A  4; 9  , B  3; 2  , C  1;6  Đáp án là: D D A  4; 9  , B  3;2  , C  1;6  Bài tập 2.3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  4;0  , C  0;2  Tìm toạ độ đỉnh A biết A thuộc đường thẳng d : x  y 1 trực tâm H tam giác ABC thuộc đường thẳng d : 4x  y  A A  4;5  B A  4; 5  C A  4;5 D A  4; 5  Đáp án là: A Bài tập 2.4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC �4 � E � ;0 � đường thẳng BC qua �3 � Gọi M điểm cạnh AC cho AB  AM , đường tròn tâm I  1; 1 đường kính CM cắt BM D , phương trình đường thẳng CD : x  y   Tìm toạ độ đỉnh A, B, C biết C có hoành độ dương A A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1 B A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1 C A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1 Đáp án là: A D A  2; 1 , B  2;2  , C  3;1 Bài tập 2.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC 2 (C ) :  x     y  1  20 , chân đường cao hạ từ B, C lần nội tiếp đường tròn �2 21 � K  2;3 , H � ; � �5 � Tìm toạ độ đỉnh A, B, C lượt A A  0;5  , B  4; 3 , C  2; 3 C A  0;5  , B  4; 3 , C  2; 3  Đáp án là: A B A  0;5  , B  4; 3 , C  2;3 D A  0;5  , B  4;3 , C  2; 3 31 Bài toán 2.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A  0;2  , B  2;6  đỉnh C nằm đường thẳng d : x  y   Xác định toạ độ C cho phân giác AK song song với đường thẳng d A C  2;1 B C  2; 1 C C  2;1 D C  2; 1 Đáp án là: A Bài toán 2.7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  1;2  , đường thẳng phân giác AK có phương trình: x  y   Khoảng cách từ C đến AK hai lần khoảng cách từ B đến AK Tìm toạ độ A C biết C nằm trục tung � 14 33 � A�  ; � , C  0; 5  5 � � A � 14 33 � A�  ; � , C  0; 5  5 � � B 14 33 � � A� ; � , C  0; 5  5 � � C � 14 33 � A�  ; � , C  0;5  5 � � D Đáp án là: A Bài toán 2.8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích 96 , M  2;0  trung điểm AB , phân giác cos   AK : x  y  10   AB, AK    với Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC A A  9; 1 , B  5;1 , C  11; 15  C A  9; 1 , B  5;1 , C  11;15  Đáp án là: A B A  9; 1 , B  5;1 , C  11; 15  D A  9; 1 , B  5;1 , C  11; 15  C KẾT LUẬN Qua viết sáng kiến kinh nghiệm “Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh THPT thông qua việc định hướng giải toán hình học tọa độ 32 phẳng dựa tính chất đặc trưng điểm đường”, tác giả nghiên cứu nghiêm túc, khoa học, huy động nhiều nguồn tài liệu đáng tin cậy, áp dụng kinh nghiệm thực tiễn trình đổi phương pháp giảng dạy, được đồng nghiệp đóng góp ý kiến vào đề tài hoàn thiện Trên sở đề tài nghiên cứu, tác giả làm rõ giải được những vấn đề sau: Giới thiệu, cung cấp thêm cho em học sinh lớp 10 THPT đồng nghiệp số cách nhìn khác giải toán hình học phẳng Rèn luyện cho em học sinh THPT nói chung, học sinh lớp 10 THPT chuẩn bị tham gia kỳ thi THPT Quốc gia hàng năm nói riêng khả thông hiểu, vận dụng kiến thức bản Hình học 10 vào giải toán khó kỳ thi học sinh giỏi kỳ thi THPTQG Hình thành cho em học sinh giới quan khoa học, cho em phương pháp tìm hiểu mối liên hệ mật thiết giữa phần nội dung, chương trình mơn Tốn bậc THPT, mối liên hệ giữa kiến thức sách giáo khoa thực tiễn sống Tạo cho em nền tảng kiến thức vững vàng thống nhất, suy nghĩ tư lôgic, tự tin gặp vấn đề khó, góp phần nâng cao hiệu quả học tập giảng dạy, đáp ứng yêu cầu đổi phương pháp giảng dạy mơn Tốn giai đoạn Phát triển tư sáng tạo cho em học sinh, đáp ứng yêu cầu Nghị số 29-NQ/TW về đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa, đại hóa điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế Ngoài ra, đề tài có ý nghĩa tác dụng hiệu quả bản thân, đồng nghiệp, góp phần tích cực, hiệu quả trình giảng dạy môn Hình học nói chung hình học tọa độ phẳng nói riêng./ DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] N.Q.Sơn (2015), chuyên đề nâng cao phát triển Hình học 10 [2] Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2013 33 [3] Đề thi tuyển sinh đại học năm 2014 [4] P.V Luận (2014), Cần có niềm tin vào công cuộc đổi mới giáo dục, Tham luận Đổi giáo dục nhìn từ sở-Tài hoa trẻ 2014 [5] A Tú (2014), Xây dựng chất lượng từ nền tảng giáo viên, Tham luận Đổi giáo dục nhìn từ sở - Tài hoa trẻ 2014 [6] Tuyển tập đề thi THPT Quốc gia năm 2015 [7] Tuyển tập đề thi THP Quốc gia năm 2016 ... trên, tác giả lựa chọn viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài toán hình học tọa. .. tọa độ phẳng dựa tính chất đặc trưng của điểm và đường? ?? Mục đích nghiên cứu Giới thiệu, cung cấp thêm cho em học sinh lớp 10 THPT đồng nghiệp số cách nhìn việc giải toán về tọa độ hình. .. 15  C KẾT LUẬN Qua viết sáng kiến kinh nghiệm “Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh THPT thơng qua việc định hướng giải tốn hình học tọa độ 32 phẳng dựa tính chất đặc trưng điểm đường”,