SKKN 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THƠNG QUA VIỆC ĐỊNH HƯỚNG GIẢI QUYẾT BÀI TỐN 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 thơng giữ vai trị then chốt, vì “giáo dục phổ thông 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 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 Chuyên Phan Bội Châu (Nghệ An) 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 r OM = k e Ta gọi số k đó là tọa độ của điểm M với trục đã cho uuuur 1.2 Định nghĩa hệ trục tọa độ Hệ trục tọa độ ( rr O; i, j ) r (O; i ) ( ) vuông góc với r (O; i ) Điểm gốc O chung hai trục gọi gốc tạo độ Trục được gọi trục r O; j hoành kí hiệu Ox, trục được gọi trục tung kí hiệu Oy Các r r r r i = j =1 j i vectơ vectơ đơn vi Ox Oy Hệ trục tạo độ rr O; i , j được kí hiệu Oxy ( gồm hai trục ( r O; j ) ) 1.3 Tọa độ vectơ Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ r u tùy ý Vẽ uuu r r OA = u A1 , A2 gọi uuu r uuur uuuu r OA = OA1 + OA2 lượt hình chiếu vuông góc A lên Ox Oy Ta có u r r r uu uu urr r uuuu r r u = xi + y j ( x; y ) OA1 = x.i, OA2 = y j số để Như r u lần cặp Cặp số (x;y) đó được gọi tạo độ vectơ 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 u tung độ vectơ 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 ' ) thì r r x = x' u=v⇔ y = y' 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 = ( a1; a2 ) , b = ( b1; b2 ) Trên mặt phẳng tọa độ , cho hai vectơ Khi rr rr a.b = a1b1 + a2b2 a.b đó tích vô hướng ( ) 1.6 Vectơ chỉ phương của đường thẳng r r r u u ≠0 ∆ Vectơ được gọi vectơ phương đường thẳng r u ∆ giá song song trùng với 1.7 Định nghĩa phương trình tham số của đường thẳng ∆ M ( x0 ; y0 ) Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng qua điểm nhận r u = ( u1; u2 ) làm vectơ phương Với mỗi điểm M bất kì mặt phẳng, ta có uuuuur uuuuur M M = ( x − x0 ; y − y0 ) M ∈ ∆ ⇔ M 0M 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 ∆ , Vectơ r n được gọi vectơ pháp tuyến đường thẳng vuông góc với vectơ phương ∆ r r n≠0 r n ∆ 1.9 Phương trình tổng quát của đường thẳng M ( x0 ; y0 ) ∆ Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng qua nhận r n ( a; b ) làm vectơ pháp tuyến Với mỗi điểm M(x;y) bất kì thuộc mặt phẳng, ta uuuuur M M = ( x − x0 ; y − y0 ) có: 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) ax + by + c = Định nghĩa: Phương trình 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 ∆1 ∆2 Xét hai đường thẳng có phương trình tổng quát lần lượt a1 x + b1 y + c1 = a2 x + b2 y + c2 = Tọa độ giao điểm ∆1 ∆2 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 ) b) Hệ (I) vô số nghiệm, đó , đó ∆1 ∆1 trùng với cắt ∆2 ∆2 M ( x0 ; y0 ) c) Hệ (I) vô nghiệm, đó ∆2 song với ∆1 không có điểm chung với ∆2 , hay ∆1 song 1.11 Góc giữa hai đường thẳng Cho hai đường thẳng ∆1 : a1 x + b1 y + c1 =  ∧  ϕ =  ∆1 , ∆ ÷   ∆ a2 x + b2 y + c2 = : ur n1 ϕ uur n2 Đặt thì ta thấy bù với góc giữa ur uur ∆1 , ∆ n1 n2 cos ϕ ≥ đó , lần lượt vectơ pháp tuyến Vì nên ta suy ur uu r n1.n2 cos ϕ = ur uu r n1 n2 Do đó ta có cos ϕ = a1a2 + b1b2 a12 + b12 a22 + b22 1.12 Công thức tính khoảng cảnh từ một điểm đến một đường thẳng ∆ ax + by + c = Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng có phương trình M ( x0 ; y0 ) M0 ∆ điểm Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng , kí hiệu d ( M0,∆) , 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 thông 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 tốn u 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 A C  1 G  ; − ÷ ÷  3 1 1 G ; ÷  3 B  1 G  − ;− ÷  3 D  1 G− ; ÷  3 Nhận xét và định hướng: Trong bài toán này rõ ràng thấy nếu có tọa đợ của M, N, H tìm tọa độ trọng tâm Mà M, N là trung điểm của AB, BC nên ta dễ dàng tìm tọa đợ hai điểm đó Còn 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 AC = ( 4; −4 ) H ( x; y ) Lời giải : Ta có M(-1,0) N(1;-2), Giả sử Ta có: uuur uuur  4 ( x + ) − ( y + ) = x =1  BH ⊥ AC ⇔ ⇔ ⇒ H ( 1;1)    x + y − = y = ( ) H ∈ AC     Do G trọng tâm tham giác MNH nên ta có: 1 1 G ;− ÷ 3 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 u 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 A  1 I  − ;− ÷  2 B 1 1 I  ;− ÷ 2 2 10 C 1 1 I ; ÷ 2 2 Hướng dẫn Giả sử D I ( x; y )  1 I − ; ÷  2 Ta có: ( x + 1) + y = ( x − 1) + ( y + ) =  IM = IN ⇔  2 2 IM = IH   ( x + 1) + y = ( x − 1) + ( y − 1)  x =  ⇒ I  ;−  ⇔  ÷ 2 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 M ( 2; −2 ) A C H ( −1;3) , tâm đường tròn ngoại tiếp Tìm toạ độ điểm A biết A ( −1; −5 ) A B A ( −1;5 ) D I ( 3; −3) trung điểm AC có hoành độ âm A ( 1;5 ) A ( 1;5 ) HADC B I điểm đối xứng qua , ta có hình bình hành AC M HD Theo giả thiết trung điểm , suy M trung điểm , đó ta có Bài giải: Gọi D A ( −1; −5 )  x D = xM − x H =   yD = yM − y H = −7 hay D ( 5; −7 ) 27   ( x − ) + ( y − ) = 45 ⇒C ( 1;8 ) , A ( 13;2 )   x − =  hệ A ( 13;2 ) , B ( 1; −2 ) , C ( 1;8 ) Vậy Đáp án là: A Oxy Bài toán 2.6 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho tam giác  ∧   ÷  BAC ÷ =  cos C  −2; − ÷  ÷ ÷ 3 ABC BC    có Gọi M điểm cạnh E, F AB, AC hai điểm lần lượt hình chiếu vuông góc M lên ; phương EF : x + y − = trình đường thẳng A biết F có tung độ âm A C  10  A  ; ÷ ÷  3 B  10  A − ; − ÷  3 Bài giải Tứ giác tâm trung điểm  1 I ; ÷  3 D AEMF , suy Phương trình đường tròn ( C) EF đường kính , ta có AM IH ⊥ EF IH 5 = IH = d ( I ;EF ) = ∧ 4 cos BAC   ÷ ÷   (C ) :  x − ÷ +  y − ÷ = 3 3   Tọa độ E, F nghiệm hệ: Tìm tọa độ  10  A − ; ÷  3 nội tiếp đường trịn IE = IF =  10  A ; − ÷  3 Gọi H trung điểm ∧ ∧ ∧ BAC = EIF = HIE AM 7 1 I ; ÷  3 có , 28  2  2    11    ÷    x − ÷ +  y − ÷ =5  ; ÷ ; F  ;− ÷ ÷ ⇒ E  3  15 15 ÷  3 ÷          2x + y − =  Đường thẳng  5 AC : y + = ⇒A  a; − ÷ 3÷   Vì A ∈( C ) nên ta có:  2  2  a − ÷ +  − − ÷ = ⇒a = 10   3÷ 3÷     hay  10  A  ; − ÷ ÷  3 Đáp án là: B Oxy Bài toán 2.7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ ABC có A ( −2; −1) , trực tâm H ( 2;1) ED BC = cho tam giác Gọi D, E lần lượt chân N ( 3; −4 ) đường cao hạ từ B, C qua , trung điểm M cạnh BC thuộc d : x − y −1 = đường thẳng Viết phương trình đường thẳng BC A C BC : x − y − = B BC : x + y − = D BC : x + y + = BC : −2 x + y − = Bài giải: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn I ( 0;0 ) ( C1 ) đường kính AH nên ( C1 ) nhận ( C1 ) : x + y = AH trung điểm làm tâm nên phương trình Lại M ( 2m + 1; m ) M ∈d : x − y −1 = BCDE có nên tứ giác nội tiếp đường tròn ( C2 ) đường kính BC có tâm M , phương trình 29 ( C2 ) : ( x − 2m − 1) + ( y − m ) = Phương trình đường thẳng 2 DE : x + y = ( x − 2m − 1) + ( y − m ) ⇔2 ( 2m + 1) x + 2my − ( 2m + 1) − m = Mà N ( 3; −4 ) ∈ DE M ( 3;1) nên 2 ( 2m + 1) x + 2my − ( 2m + 1) − m = ⇒M ( −1; −1) Phương trình đường thẳng BC : x + y + = BC : x + y − = Đáp án là: C Oxy Bài toán 2.8 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho tam giác  1 K  ; − ÷ ÷ ABC  4 nội tiếp đường tròn tâm , hình chiếu vuông góc A lên  13  H  ;− ÷  5 AD : x + = đoạn BC , phân giác Tìm tọa độ B, C biết B có hoành độ âm A C B ( −3;0 ) , C ( 3; −3) B ( 3;0 ) , C ( 3; −3) B D B ( −3;0 ) , C ( −3; −3) B ( −3;0 ) , C ( 3;3 ) Bài giải: 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  ÷  J − 1; − HI : y + =  J = HI I AD 5÷   AD , ta có , suy ta có 3 1 I  ;− ÷ 5 5 30 Phương trình đường thẳng BC : x + y + = AM : x + y − = Tọa độ B, C nghiệm hệ: , suy A ( −1;3) KA = , 13  x + 2y + =   ⇒B ( −3;0 ) , C ( 3; −3)  2     x − ÷ +  y + ÷ = 845   8÷ 4÷      64 Đáp án là: A Oxy ABC Bài toán 2.9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có · A ( 8;3) B ∈d : x + y − = BAC Gọi D chân đường phân giác M trung điểm AD , đường thẳng CM cắt phân giác N ( 14;3) A · BAC Viết phương trình đường thẳng AC AC : x − y − 31 = C B AC : x + y − 31 = D AC : x − y + 31 = AC : x + y + 31 = Bài giải: Qua M kẻ đường thẳng song song với AN cắt AC H, ta có Mà MA = MD nên tam giác AHD cân ∧ ∧ ∧ HDA = DAH = BAD ⇒AB / / DH BN ⊥ AN Do phương BN : x − 14 = ⇒ B ( 14; −7 ) Gọi B H , suy ra: CD CH CM = = ⇒MD / / BN CB CA CN , đó AN : y − = trình MH ⊥ AD AD / / BN nên phương nên phương trình điểm đối xứng B qua AD , ta có B ∈ AC hay trình AD : x − = B1 ( 2; −7 ) , phương 31 AC : x − y − 31 = trình Đáp án là: A Oxy Bài toán 2.10 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ ABC cạnh biết có 1  B  ;1÷ ÷ 2  AB, AC , BC A (C ) , ngoại tiếp đường tròn lần lượt P, N , M ( 3;1) cho tam giác J (C ) có tâm , tiếp xúc với PN : y − = Tìm tọa độ A có tung độ dương A C  7 A  3; ÷  3 7  A  −3; − ÷ 3  B 7  A  −3; ÷ 3  D 7  A  3; − ÷ 3  Bài giải: Do P ∈ PN Suy * Với nên P ( a;3 ) BP = BM =  2  a − ÷ + = 25 ⇔ a = −1  2÷   a = −1 a=2 P ( −1;3) AB : x + y − = thì , phương trình , PJ : 3x − y + 15 = PJ ⊥ PB MJ ⊥ MB MJ : x − = J nên nên Tọa độ nghiệm hệ: AJ : x − =  x −3=0  ⇒J ( 3;6 )    x − y + 15 = , suy tọa độ A nghiệm hệ: Lại có AJ ⊥ PN nên   7  x −3= ⇒A  3; − ÷   3÷    4x + 3y − = 32  13  A  3; ÷  3 a=2 * 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 Oxy Bài tốn 2.11 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ ABC cho tam giác B ( 4; −3) AC : x − y + = (C ) J ngoại tiếp đường tròn có tâm , (C ) AB, AC , BC P, N , M tiếp xúc với cạnh lần lượt Tìm tọa độ A, C có A C , A ( −1;7 ) , C ( −4;1) B A ( 1; −7 ) , C ( −4;1) D A ( 1;7 ) , C ( −4;1) A ( −1;7 ) , C ( 4;1) Bài giải: ∧ ∧ BJC = 900 + BAC Do ∧ ∧ ∧ CNH = ANP = 90 − BAC ∧ ∧ JHC = ANP = 900 độ của C C hay nên tứ giác BH ⊥ CH nghiệm hệ qua BH nên H ∧ ∧ CJH = 900 − BAC JNHC Mà nội tiếp, đó ta có , suy phương trình   x − y + = ⇒C −4;1  ( )  x − y + =  CD HC : x − y + = Gọi D Tọa điểm đối xứng D ( 0;5 ) , suy trung điểm , đó ta có AB : x + y − = D ∈ AB A , phương trình Tọa độ nghiệm hệ:   2x + y − = ⇒A ( −1;7 )   A ( −1;7 ) , C ( −4;1)  2x − y + = Vậy ta có 33 Đáp án là: A Oxy Bài toán 2.12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ A ( 2;5 ) không cân có B ∈ d : 3x + y + = cho tam giác (C ) , nội tiếp đường tròn tâm I ( 1;2 ) ABC , điểm BC A K hình chiếu vuông góc lên KH : x − y = B, C B AI hình chiếu vuông góc lên Tìm tọa độ biết A C Gọi H B ( 2;1) , C ( 4;1) B ( −2; −1) , C ( 4;1) B B ( −2;1) , C ( 4;1) D B ( −2;1) , C ( −4;1) Bài giải: Ta có 2 (C ) : ( x − 1) + ( y − ) = 10 Tọa độ B nghiệm hệ: Gọi D đối xứng với A qua I   ( x − 1) + ( y − ) = 10 ⇒ B ( −2;1)   3x + y + =  , tứ giác AKHB nội tiếp nên $ = BAK $ = 900 − $ CHK ADB = 900 − $ ACB suy Tọa độ HK ⊥ AC ⇒AC : x + y − = C nghiệm hệ ,   ( x − 1) + ( y − ) = 10 ⇒C ( 4;1)   x+ y−9=0  Đáp án là: C Oxy Bài toán 2.13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ nội tiếp đường tròn ( C) có tâm I cho tam giác BC M ( 2; −1) ABC , trung điểm hình  31  E  ; − ÷ ÷ A, B, C  13 13  B AI chiếu vuông góc lên Tìm tọa độ , biết 34 AC : x + y − 13 = A C A ( 1;5 ) , B ( −1; −1) , C ( 5; −1) B A ( 1;5 ) , B ( −1;1) , C ( 5; −1) D A ( 1;5 ) , B ( −1; −1) , C ( 5;1) A ( 1;5 ) , B ( −1;1) , C ( 5; −1) Bài giải: H A HE ⊥ AC BC Gọi hình chiếu vuông góc lên , nên HE : x − y − = N MN ⊥ HE AB trung điểm , suy Mà tứ giác NE = NH MN AEHB HE nội tiếp nên , đó ta có trung trực MN : 3x + y − = Giả sử  22  MN I HE = K ⇒ K  ; − ÷, H ( 1; −1)  13 13  BC : y + = ⇒ C ( 5; −1) , B ( −1; −1) trình Lại có ; phương A ∈ AC , AH ⊥ BC ⇒ A ( 1;5 ) Đáp án là: A Oxy Bài toán 2.14 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho tam giác 2 ( C ) : ( x − ) + ( y − 1) = 25 ABC AB < AC nhọn có nội tiếp đường tròn có I AC P ( 9;2 ) D A tâm Đường thẳng qua , gọi hình chiếu vuông góc BC E B AI ED lên hình chiếu vuông góc lên , đường thẳng có 2x + y + = B, C D phương trình có hoành độ âm Tìm tọa độ A C B ( 1; −5 ) , C ( 7;1) B ( 1;5 ) , C ( 7;1) B D B ( −1;5 ) , C ( −7;1) B ( −1;5) , C ( 7;1) Bài giải: K B AC Gọi hình chiếu vuông góc lên , suy ∧ ∧ ∧ ∧ AKB = AEB = 900 ⇒ ABEK EAK = EBK tứ giác nội tiếp hay Mà 35 ∧ ∧ 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 ta có AC : x − y − = Tọa độ   ( x − ) + ( y − 1) = 25  A ( 7;1) , C ( −1; −3 ) ⇒    A ( −1; −3) , C ( 7;1) x − 2y − =  * Với D ∈ ED Do , A ( 7;1) , C ( −1; −3) nên ∧ ADC = 900 A, C Phương nghiệm trình của hệ: , uuur uuur D ( m, −1 − 2m ) ⇒ AD = ( m − 7; −2 − 2m ) , CD = ( m + 1;2 − 2m ) nên ta có: ( m − ) ( m + 1) + ( −2 − 2m ) ( − 2m ) = ⇒ D ( −1;1) ⇒ BC : x + = ⇒ B ( −1;5 ) AB = AC không thỏa mãn vì * Với Do D ∈ ED A ( −1; −3) , C ( 7;1) nên ∧ ADC = 900 , uuur uuur D ( m, −1 − 2m ) ⇒ AD = ( m + 1;2 − 2m ) , CD = ( m − 7; −2 − 2m ) , 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 36 Oxy Bài toán 2.15 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho tam giác ( C ) : x + y − x − y − 30 = ABC AB < AC có nội tiếp đường tròn có tâm 3  D  2; − ÷ 2  I ∧ BAC E ( −1;0 ) Gọi chân đường phân giác thuộc A, B, C AC AB = AE A đoạn cho Tìm tọa độ biết có hoành độ dương A C A ( 2;6 ) , B ( 5;0 ) , C ( 3; −4 ) B A ( 2;6 ) , B ( 5;0 ) , C ( −3;4 ) A ( 2;6 ) , B ( 5;0 ) , C ( −3; −4 ) D A ( 2;6 ) , B ( 5;0 ) , C ( 3;4 ) Bài giải: Gọi Lại có H = AI I ED ,ta có ∧ ∧ AB = AE , BAD = EAD ∧ ∧ ∧ 1800 − AIC ∧ HAE = ICA = = 900 − ABC nên ∧ ∧ V ABD =V AED ⇒ AED = ABC ∧ ∧ ∧  ∧ ÷ AED + HAE = ABC +  90 − ABC ÷÷ = 900   suy Phương trình đường thẳng AD : x − = đường thẳng ÷  AI : x − y + = ⇒ A ( 2;6 ) D = AD I ( C ) ( ≠ A ) ⇒D ( 2; −4 ) 1 Gọi BC : x − y − = hay ∧ AHE = 900 Giải hệ kết hợp với , phương AB < AC trình ta có , phương trình đường thẳng B ( 5;0 ) , C ( −3; −4 ) Đáp án là: B Ta gặp số toán tương tự sau: Oxy Bài tập 2.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho tam giác ABC 37 có trực tâm AC H ( 0; −2 ) qua A, B, C A C nội tiếp đường tròn M ( −1;4 ) ( C) có tâm D ( −1; −1) ∈ BC : AD = CD A ( 1;5 ) , B ( 2, −2 ) , C ( −7;1) B A ( 1;5 ) , B ( 2, ) , C ( −7;1) D I ( −2;1) , đường thẳng Tìm toạ độ đỉnh A ( 1;5 ) , B ( 2, −2 ) , C ( 7;1) A ( 1;5 ) , B ( 2, −2 ) , C ( −7; −1) Đáp án A Oxy ABC cho tam giác I ( −6;0 ) AM :13 x − y − = có tâm đường tròn ngoại tiếp , trung tuyến AH : x − y − 14 = A, B, C đường cao Tìm toạ độ đỉnh Bài tập 2.2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ A A ( −4; −9 ) , B ( 3; −2 ) , C ( 1;6 ) B A ( −4; −9 ) , B ( −3; −2 ) , C ( 1;6 ) C Đáp án là: D D A ( −4;9 ) , B ( 3;2 ) , C ( 1;6 ) A ( −4; −9 ) , B ( 3;2 ) , C ( 1;6 ) Oxy Bài tập 2.3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ B ( 4;0 ) C ( 0;2 ) có , d : x − y +1= d : 4x − y = A C Tìm toạ độ đỉnh trực tâm H A cho tam giác A biết tam giác ABC ABC thuộc đường thẳng thuộc đường thẳng A ( 4;5 ) A ( −4;5) B D A ( 4; −5 ) A ( −4; −5) Đáp án là: A Oxy Bài tập 2.4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho tam giác ABC 38 đường thẳng BC qua AB = AM 4  E  ;0 ÷ 3  Gọi M điểm cạnh AC cho I ( 1; −1) CM BM D , đường tròn tâm đường kính cắt , phương CD : x − y − = A, B, C C trình đường thẳng Tìm toạ độ đỉnh biết 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 Đáp án là: A D A ( −2; −1) , B ( −2;2 ) , C ( −3; −1) A ( −2; −1) , B ( −2;2 ) , C ( 3;1) Oxy Bài tập 2.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ nội tiếp đường tròn cho tam giác (C ) : ( x − ) + ( y − 1) = 20 , chân đường cao hạ từ ABC B, C lần  21  K ( −2;3) , H  ; ÷ A, B, C 5  lượt Tìm toạ độ đỉnh A A ( 0;5 ) , B ( 4; −3) , C ( 2; −3 ) A ( 0;5 ) , B ( 4; −3) , C ( −2; −3) C Đáp án là: A B A ( 0;5 ) , B ( 4; −3) , C ( 2;3) D A ( 0;5 ) , B ( 4;3) , C ( 2; −3) Oxy ABC Bài toán 2.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có A ( 0;2 ) , B ( 2;6 ) d : x − 3y +1 = C đỉnh nằm đường thẳng Xác định toạ C d AK độ cho phân giác song song với đường thẳng A C C ( 2;1) C ( −2;1) B D C ( −2; −1) C ( 2; −1) Đáp án là: A Oxy Bài toán 2.7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC có 39 B ( 1;2 ) 2x + y −1 = AK , đường thẳng phân giác có phương trình: Khoảng C C AK B AK A cách từ đến hai lần khoảng cách từ đến Tìm toạ độ C biết nằm trục tung A C  14 33  A  − ; ÷, C ( 0; −5 )  5 B  14 33  A  ; ÷, C ( 0; −5 ) 5 5 D  14 33  A  − ; − ÷, C ( 0; −5 ) 5   14 33  A  − ; ÷, C ( 0;5 )  5  Đáp án là: A Oxy Bài toán 2.8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 96 diện tích AK : x − y − 10 = tam giác A ABC , M ( 2;0 ) trung điểm ( AB, AK ) = α cos α = với cho tam giác AB ABC có , phân giác Xác định tọa độ đỉnh A ( −9; −1) , B ( −5;1) , C ( 11; −15 ) A ( −9; −1) , B ( −5;1) , C ( 11;15 ) C Đáp án là: A B D A ( 9; −1) , B ( −5;1) , C ( 11; −15 ) 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 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 40 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 [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 41 [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. .. 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 phẳng dựa tính chất đặc trưng điểm đường”,