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 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 triển khai thực có hiệu quả, giáo dục Việt Nam đạt 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 tồn cầu hóa, nảy sinh số bất cập địi hỏi phải có đổi chương trình giáo dục nói chung giáo dục phổ thơng nói riêng Trên sở kế thừa phát triển ưu điểm chương trình giáo dục phổ thơng có Việt Nam; đồng thời, tiếp thu thành tựu nghiên cứu khoa học giáo dục kinh nghiệm xây dựng chương trình theo mơ hình phát triển lực giáo dục tiên tiến giới trình nghiên cứu, sáng tạo, đổi phương pháp nhà khoa học giáo viên gắn với nhu cầu phát triển đất nước, tiến thời đại khoa học - công nghệ để sáng tạo sản phẩm trí tuệ, góp phần thực có hiệu chủ trương đổi phát triển giáo dục đất nước Trong Nghị Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI (Nghị số 29-NQ/TW) đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo rõ thực trạng “…công việc giảng dạy, học tập, thi cử, kiểm tra đánh giá kết lạc hậu, thiếu thực chất…’’ Để đáp ứng yêu cầu sống, xã hội đại buộc phải tiến hành đổi bản, toàn diện hệ thống giáo dục quốc gia Đó thay đổi tất yếu tố, 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, “giáo dục phổ thơng tảng hệ thống giáo dục quốc gia” Trong năm gần nội dung, phương pháp đào tạo, chương trình mơn Tốn học bậc THPT có nhiều thay đổi yêu cầu giáo dục, nội dung kiến thức kỹ Cụ thể: Về chương trình: có quy định Chuẩn kiến thức người giáo viên phải dạy để học sinh đạt chuẩn kiến thức Về kỹ năng, hình thức phương pháp dạy học: chuyển từ giáo dục THPT nặng truyền thụ kiến thức chiều sang giáo dục THPT trọng phát triển lực phẩm chất học sinh, 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 học sinh có lực hoạt động trí tuệ, phát huy 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 học để giải vấn đề nảy sinh thực tế … Trong trình học sinh tiếp cận với tốn 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 tốn Chính vậy, tác giả viết đề tài nhằm phần định hướng mối liên hệ điểm, đường tốn, từ vận dụng tính chất đặc trưng điểm đường vào việc tìm lời giải mà toán yêu cầu Nhằm khắc phục phần 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 tốn hình học tọa độ phẳng dựa tính chất đặc trưng điểm đường” Mục đích nghiên cứu Giới thiệu, cung cấp thêm cho em học sinh lớp 10 THPT đồng nghiệp số cách nhìn việc giải tốn tọa độ hình học phẳng khó, dựa kiến thức tìm hiểu bậc THCS thiết lập mối quan hệ điểm đường để từ giải nhanh tốn 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 thơng hiểu, vận dụng , vận dụng cao kiến thức Hình học 10 vào giải tốn 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 phần nội dung, chương trình mơn Tốn bậc THPT, mối liên hệ 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) đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng u cầu cơng 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 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 dùng làm tài liệu tham khảo, học tập cho em học sinh lớp 10 - THPT ngồi trường Đề tài làm tài liệu tham khảo cho giáo viên giảng dạy mơn Tốn THPT Đề tài ứng dụng để phát triển thành mơ 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 tịi, nghiên cứu song khơng tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn nhận đóng góp ý kiến đồng nghiệp, độc giả để tiếp tục hoàn thiện đạt nhiều kết tốt 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 chúng tơi trình bày lại số khái niệm tính chất tọa độ hình học phẳng 1.1 Định nghĩa trục tọa độ Trục tọa độ ( gọi trục) đường thẳng xác định r e điểm O gọi điểm gốc vectơ đơn vị   r O ; e   Khi có số k cho Cho M điểm tùy ý trục Ta ký hiệu trục tọa độ uuuur r O; e r OM  k.e Ta gọi số k tọa độ điểm M với trục cho 1.2 Định nghĩa hệ trục tọa độ r r r r O; i, j   ( O ; i )  O ; j  vng góc với Hệ trục tọa độ gồm hai trục r ( O ; i ) gọi trục Điểm gốc O chung hai trục gọi gốc tạo độ Trục r O; j hồnh kí hiệu Ox, trục 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 cịn kí hiệu Oxy     1.3 Tọa độ vectơ r uuur r u OA  u gọi A1, A2 lần Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ tùy ý Vẽ uuur uuur uuuur lượt hình chiếu vng góc A lên Ox Oy Ta có OA  OA1  OA2 cặp uuur r r r uuur r uuuur r x; y  u OA  x i , OA  y j  số để Như  xi  y j r Cặp số (x;y) gọi tạo độ vectơ u hệ tọa độ Oxy r r u  x ; y u   viết  x; y  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 hồnh độ tung độ r r x  x' r r uv y  y' Nếu u   x; y  u '   x '; y '  Như vậy, vectơ hoàn toàn xác định biết tạo độ 1.5 Biểu thức tọa độ tích vơ hướng  Trên mặt phẳng tọa độ rr O; i, j  , cho hai vectơ ar   a ; a  , br   b ; b  Khi rr rr a tích vơ hướng a.b b  a1b1  a2b2 2 1.6 Vectơ phương đường thẳng r r r u u  Vectơ gọi vectơ phương đường thẳng  r giá u song song trùng với  1.7 Định nghĩa phương trình tham số đường thẳng Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  qua điểm M  x0 ; y0  r u nhận   u1; u2  làm vectơ phương Với điểm M mặt phẳng, uuuuur uuuuur M M  x  x ; y  y M   M   0 Khi 0M ta có 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.u 1 Hệ phương trình (1) gọi phương trình tham số đường thẳng  , t tham số 1.8 Vectơ pháp tuyến đường thẳng r r r r n n Vectơ gọi vectơ pháp tuyến đường thẳng   n vuông góc với vectơ phương  1.9 Phương trình tổng quát đường thẳng Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  qua M  x0 ; y0  nhận r n  a; b  làm vectơ pháp tuyến Với điểm M(x;y) thuộc mặt phẳng, ta uuuuur M có: M   x  x0 ; y  y0  r uuuuur M x ; y    n  M 0M   Khi  a  x  x0   b  y  y    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, gọi phương trình tổng qt đường thẳng 1.10 Vị trí tương đối hai đường thẳng Xét hai đường thẳng 1  có phương trình tổng qt a1x  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 ; y  , 1 cắt  M  x0 ; y0  b) Hệ (I) vơ số nghiệm, 1 trùng với  c) Hệ (I) vô nghiệm, 1 khơng có điểm chung với  , hay 1 song song với  1.11 Góc hai đường thẳng Cho hai đường thẳng 1 : a1x  b1 y  c1   : a2 x  b2 y  c2      1 ,   ur uur   ta thấy  bù với góc n1 n2 Đặt ur uur n1 , n2 vectơ pháp tuyến 1, 2 Vì cos   nên ta suy ur uur n1.n2 cos   ur uur n1 n2 Do ta có cos   a1a2  b1b2 a12  b12 a22  b22 1.12 Cơng thức tính khoảng cảnh từ điểm đến đường thẳng Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  có phương trình ax  by  c  điểm M  x0 ; y0  Khoảng cách từ điểm M0 đến đường thẳng  , kí hiệu d M 0,  , tính cơng thức d  M0 ,   ax0  by0  c a  b2 Sử dụng mối quan hệ điểm cho với điểm cần tìm để xác định tọa độ điểm Trong mục thơng qua tốn, tác giả trình bày số dấu hiệu mối qua hệ điểm cho với điểm cần tìm, để từ xây dựng cơng thưc, phương trình cần thiết nhằm tìm tọa độ điểm mà tốn u cầu Chúng ta xét 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 trung điểm cạnh AB BC, H chân đường cao hạ từ B lên AC Xác định trọng tâm G tam giác MNH  1 G  ;   A  3   1 G   ;  B  3  1 1 G ;  C  3   1 G ;  D  3  Nhận xét định hướng: Trong toán rõ ràng thấy có tọa độ M, N, H tìm tọa độ trọng tâm Mà M, N trung điểm AB, BC nên ta dễ dàng tìm tọa độ hai điểm Cịn H chân đường cao, ta dựa vào điều kiện tọa độ chân đường cao việc tìm tọa độ H dễ dàng thực Cụ thể ta có lời giải 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 4  x     y    x 1    H 1;1  x  y   y     H  AC   1 1 G ;  Do G trọng tâm tham giác MNH nên ta có:  3  Vậy đáp án A Qua Bài tốn 1.1 ta thấy việc tìm mối quan hệ điểm cho điểm cần tìm chìa khóa giải tốn Ngồi u cầu tìm trọng tâm G tam giác NMH, sử dụng giả thiết với yêu câu tương tụ với điểm đặc biệt khác Ví dụ sau đậy 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 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 I   ;  A  2  1 1 I  ;  B  2  1 1 I ;  C  2   1 I  ;  D  2  Hướng dẫn Giả sử I  x; y  Ta có: 2 2  IM  IN  x  1  y   x  1   y      2 2  IM  IH   x  1  y   x  1   y  1  x    I  ;     2 2 y    Vậy đáp án B Đối với toán cho điểm đặc biệt tam giác yêu cầu tìm đỉnh tam giác ta sử dụng công thức biểu diễn mối qua hệ điểm với điểm cần tìm mà học sinh học nhiều bậc THCS Ví dụ 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;   trung điểm AC M  2;   Tìm toạ độ điểm A biết A có hồnh 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 , ta có  xD  xM  xH    y D  yM  y H  7 hay D  5;    xB  xI  xD   y  yI  yD  Kết hợp với  B , suy B 1;1 Gọi  C  đường tròn ngoại tiếp C : x  3   y  3  20 tam giác ABC , phương trình    2 10 uuur MI  1; 1 nên AC : x  y   Toạ độ A nghiệm Mặt khác, hệ: x y40  x  1   x 1   2   x  3   y  3  20  y  5  y  Kết hợp giả thiết tốn 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 hồnh R  độ âm A B   2;   B B  6;   C B   2;  D B   2;   B  6;   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 x   y   36  yA    A   A  uuur uuur AH  IM nên M  2;   , suy phương trình hay Lại có BC : y   , tọa độ B nghiệm hệ: A   1;5  y20   2  x     y  1  25 Giải ta B   2;   Vậy đáp án A Bài toán 1.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC 2 2 G ;  nhọn có trọng tâm  3  , tâm đường tròn ngoại tiếp I 1; 2  , E 10;6  thuộc 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 19      BAD    DAC  BAD  EAB  ACB  DCA  EDA nên EAD , suy EA  ED Lại có, A  d : x  y   nên A   a ; a  (a>0)  2a    a  1 Suy  a  A 1;3   20  21  B ;  Do M trung điểm BD nên  5  , phương trì trình đường thẳng trung trực  AB là: x  y   Gọi I tâm đường tròn  C  ngoại tiếp tam giác ABC , phương trình IA : x  y   , tọa độ I nghiệm hệ  x  y    x  4  I  4; 7  , R  IA  5   x  y    y  7  C  :  x  4   y   Phương trình  125 , tọa độ C nghiệm hệ: 2  x     y    125  C  15; 9   x  y    Vậy đáp án là: A Tương tự toán 2.3 ta có tốn sau Bài tốn 2.3.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác  21  B ;  ABC có  5  , phương trình tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tiếp điểm A d : x  y   chân đường phân giác hạ từ đỉnh A 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;  , 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 20 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 ,  11  E  d I AB, F  d I AC  F  ;   2     FDA   DAE  AFE  FDC  BCA  AEF nên AE  AF Do  Mà E  d  E  a; a    a  1   a   4 hay ta có  3 a   E   ;   2    11     1    4 a  (loại) 2    Do 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 chân đường cao hạ từ B, C MN : x  y  10  Tìm toạ độ đỉnh B biết A có hồnh độ âm A B  3;  B B  3; 4  C B  3;  D B  3; 4  Bài giải: Gọi Ax đường thẳng tiếp xúc với (C ) A, suy OA  Ax   ACB  MNB  1800 Mà  ANM  MNB  1800 nên Do tứ giác BMNC nội tiếp nên      ACB   ANM Lại có  ACB  xAB ANM  MN / /Ax , suy MN  OA nên xAB , phương trình OA : x  y  Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:   x  y   x  4  A  4;3   x  y  25  y   Phương trình AC : x  y   , tọa độ  x  3y    x     C  5;0   2  x  y  25  y  C nghiệm hệ  tọa độ M 21 nghiệm hệ BM : x  y    x  y  10   x  1  M  1;2    x  y    y  Đường thẳng  3x  y    x     B  0;5    x  y  25  y  tọa độ B nghiệm hệ phương trình   B  0;5   x  3 B  3; 4     y  4 B  3; 4   Vậy Đáp án là: D Tương tự với tốn 2.5 ta có tốn 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;  chân đường cao hạ từ B, C Tìm toạ độ đỉnh A, B, C biết A có tung độ âm  29 193   114 34   ,C   A  5; 5 , B  ; ;      65 65   29 29  A B  29 193   114 34  A  5;5 , B  ; ;  ,C    65 65   29 29   29 193   114 34  A  5; 5 , B  ; ;   ,C  65 65 29 29     C D  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 hình chiếu vng góc A, C lên BC, AB H  AK I CD Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác DHK (C ) :  x    y  , M  7;5  trung điểm AC đường thẳng BC qua điểm Q 1;  Tìm tọa độ A, B, C biết điểm D có hồnh độ lớn A A 13;  , B 1; 2  , C 1;8  B A 13;  , B 1;  , C 1;8  C A 13;  , B  1;  , C 1;8  D A 13;  , B 1; 2  , C  1;8  22 Bài giải ADC   AKC  900 nên A, D , K , C  T  có đường kính AC Gọi I Ta có    trung điểm BH , ta có BDH  BKH  90  B, D, H , K  (T ) I  2;0  , DK    DAM  BH  AC  IBD  900 Do Kết hợp    IDB  DAM  ADM , IBD ta  T  :  x     y  5 2  45 với có    IDB ADM  90  IDM  90  MD  IM  IK  hay , tọa độ , suy phương trình D, K nghiệm hệ:    x  2  y   2    x     y  5  45 hay D  4; 1 , K 1;  Phương trình BC : x   ,    x  2  y  B 1; 2    x 1  tọa độ B nghiệm hệ  tọa độ C nghiệm   x  2   y  52  45 C 1;8  , A 13;2    x 1   hệ Vậy A 13;  , 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     5 cos  BAC   C  2;    ABC có    Gọi M điểm cạnh BC hai điểm E , F hình chiếu vng góc M lên AB, AC ; phương 7 1 I ;  trình đường thẳng EF : x  y   trung điểm AM  3  Tìm tọa độ A biết F có tung độ âm  10  A  ;  A  3   10  A ;   B  3   10  A  ;   C  3   10  A  ;  D  3  Bài giải Tứ giác AEMF nội tiếp đường trịn  C  đường kính AM có 23 7 1 I ;   3  Gọi H trung điểm EF , ta có IH  EF tâm IH 5   IE  IF   IH  d  I ;EF    BAC  EIF  HIE 4 cos BAC , suy ,       (C ) :  x     y    3 3   Phương trình đường trịn Tọa độ E, F nghiệm hệ:  2  2    11       x     y     ;  ; F  ;   E   3 3  15 15   3         2x  y 1    5 AC : y   A  a;   3  Vì A   C  nên ta có:  Đường thẳng  2  2  a          a  10       3  10  A  ;   hay  3  Đáp án là: B Bài toán 2.7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A  2; 1 , trực tâm H  2;1 BC  Gọi D, E 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 trịn  C1  đường kính AH nên  C1  nhận C : x2  y  trung điểm I  0;0  AH làm tâm nên phương trình   Lại có M  d : x  y   nên M  m  1; m  tứ giác BCDE nội tiếp đường trịn C2  đường kính BC có tâm M, phương trình 24 C2  :  x  2m  12   y  m 2   y  x  2m   y  m : DE x     Phương trình đường thẳng 2  m  1 x  2my   2m  1  m  Mà N  3;    DE M  3;1 2 nên  2m  1 x  2my   2m  1  m  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  1 K  ;   ABC nội tiếp đường tròn tâm   , hình chiếu vng góc A lên  13  H  ;  đoạn BC  5  , phân giác AD : x   Tìm tọa độ B, C biết B có hồnh 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: 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     ta có AD J  HI I AD , ta có , suy  3 1 I  ;  5 5 Phương trình đường thẳng AM : x  y   , suy A   1;3  , BC : x  y   KA  13 25  x  2y     B  3;0  , C  3; 3  2    x     y    845     64  Tọa độ B, C nghiệm hệ:   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 , CB CA CN hay AN : y   BN  AN Do phương trình nên phương trình BN : x  14   B 14; 7  AD / / BN nên phương trình AD : x   B  2; 7  B B  AC , phương Gọi điểm đối xứng B qua AD , ta có trình AC : x  y  31  Đáp án là: A Bài toán 2.10 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác 1  B  ;1 ABC có   , ngoại tiếp đường trịn (C ) có tâm J , (C ) tiếp xúc với cạnh AB, AC , BC P , N , M  3;1 PN : y   Tìm tọa độ A biết A có tung độ dương  7 A 3;  A   7  A  3;   3 B  26 7  A  3;  3 C  7  A  3;   3 D  Bài giải: BP  BM  P a ;3 Do P  PN nên    2  a     25  a  1   Suy  a  * Với a  1 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;        AJ : x   , suy tọa độ A nghiệm hệ:  x  y    13  A  3;  * Với a  , hoàn toàn tương tự ta   Đáp án là: D Trong toán 2.10 thay chút dự kiện M, N, P ta toán hay sau Bài toán 2.11 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  4;   , AC : x  y   ngoại tiếp đường trịn (C ) có tâm J , (C ) tiếp xúc với cạnh AB, AC , BC P, N , M Tìm tọa độ 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 Do nên    CNH  ANP  900  BAC nên tứ giác   CJH  900  BAC JNHC Mà nội tiếp, ta có 27   JHC  ANP  900 hay BH  CH , suy phương trình HC : x  y   Tọa độ C nghiệm hệ  x  y   C 4;1     x  y   Gọi D điểm đối xứng C qua BH , suy H trung điểm CD , ta có D  0;5  D  AB , phương trình AB : x  y   Tọa độ A nghiệm hệ:  x  y   A  1;7    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 khơng cân có A  2;5  , nội tiếp đường tròn B  d : x  y   Gọi H hình chiếu vng góc A lên BC K hình chiếu vng 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: 2 Ta có (C ) :  x  1   y    10    x  12   y  2  10  B  2;1   x  y   Tọa độ B nghiệm hệ:  Gọi D đối xứng với A qua I , tứ giác AKHB nội tiếp nên $ $ CHK  BAK  900  $ ADB  900  $ ACB , suy HK  AC AC : x  y      x  12   y  2  10 C  4;1   x  y   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 28  31  E  ;   chiếu vng góc B lên AI  13 13  Tìm tọa độ A, B, C , biết AC : x  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 vng 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 , ta có MN trung trực HE  22  MN I HE  K  K  ;   , H 1; 1 MN : x  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 vng góc A lên BC E hình chiếu vng góc B lên AI , đường thẳng ED có phương trình x  y   D có hồnh 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 Bài giải: Gọi K hình chiếu vng 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 của hệ: 29    x  2   y  12  25  A  7;1 , C  1; 3     A  1; 3 , C  7;1 x y     * Với A  7;1 , C  1;   , uuur uuur D m ,   m  AD  m  7;   m , CD   m  1;2  m      Do D  ED nên  , ADC  90 nên ta có:  m   m  1   2  m   m    D  1;1  BC : x    B  1;5  khơng thỏa mãn AB  AC * Với A  1; 3 , C  7;1 , uuur uuur D m ,   m  AD  m  1;2  m , CD   m  7; 2  m      Do D  ED nên  ADC  900 , nên ta có:  m   m  1   2  m   m    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 3  D  2;     chân đường phân giác BAC E   1;0  thuộc I Gọi  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;  D A  2;6  , B  5;0  , C  3;  Bài giải:    1800  AIC   ABC HAE  ICA   90 Gọi H  AI I ED ,ta có     Lại có AB  AE , BAD  EAD nên V ABD V AED  AED  ABC , 30 suy       AED  HAE  ABC   90  ABC   900      AHE  900 hay Phương trình đường thẳng AI : x  y    A  2;6  phương trình đường thẳng AD : x   D  AD I  C   A D  2; 4  1 , phương trình đường thẳng Gọi BC : x  y   Giải hệ kết hợp với AB  AC ta có B  5;0  , C  3;   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;   nội tiếp đường trịn  C  có tâm I  2;1 , đường thẳng AC qua M  1;  D  1; 1  BC : AD  CD Tìm toạ độ đỉnh A, B, C A A 1;5  , B  2,   , C  7;1 B A 1;5  , B  2, 2  , C  7;1 C A 1;5  , B  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 trịn ngoại tiếp I   6;0  , trung tuyến AM :13 x  y   đường cao AH : x  y  14  Tìm toạ độ đỉnh A, B, C A A  4;   , B  3; 2  , C 1;6  B A  4;9  , B  3;  , 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;  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;   C A   4;5  D A  4; 5  31 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   Gọi M điểm cạnh AC cho AB  AM , đường trịn 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 hồnh độ dương A A  2; 1 , B  2;  , C  3; 1 B A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1 C A  2; 1 , B  2;  , C  3; 1 Đáp án là: A D A  2; 1 , B  2;  , C  3;1 Bài tập 2.5 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) :  x  2   y  1  20 , chân đường cao hạ từ B, C lần  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  Bài toán 2.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A  0;  , 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;  , 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 A  5   14 33  A   ;   , C  0; 5 5 B  32  14 33  A  ;  , C  0; 5 C  5   14 33  A   ;  , C  0;5 D  5  Đáp án là: A Bài toán 2.8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có M  2;0  trung điểm AB , phân giác cos  AB , AK   AK : x  y  10    Xác định tọa độ đỉnh với tam giác ABC diện tích 96 , 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 thơng qua việc định hướng giải tốn 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, đồng nghiệp đóng góp ý kiến vào đề tài hoàn thiện Trên sở đề tài nghiên cứu, tác giả làm rõ giải vấn đề sau: Giới thiệu, cung cấp thêm cho em học sinh lớp 10 THPT đồng nghiệp số cách nhìn khác giải tốn 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 thơng hiểu, vận dụng kiến thức Hình học 10 vào giải tốn 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 phần nội dung, chương trình mơn Tốn bậc THPT, mối liên hệ kiến thức sách giáo khoa 33 thực tiễn sống Tạo cho em tảng kiến thức vững vàng thống nhất, suy nghĩ tư lôgic, tự tin gặp vấn đề khó, góp phần nâng cao hiệu 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 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 Ngồi ra, đề tài cịn có ý nghĩa tác dụng hiệu thân, đồng nghiệp, góp phần tích cực, hiệu q trình giảng dạy mơn 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 cơng đổi giáo dục, Tham luận Đổi giáo dục nhìn từ sở-Tài hoa trẻ 2014 [5] A Tú (2014), Xây dựng chất lượng từ 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 ... vận dụng kiến thức học để giải vấn đề nảy sinh thực tế … Trong q trình học sinh tiếp cận với tốn hình học tọa độ phẳng, học sinh gặp khó khăn việc định hướng cách giải, học sinh cách sử dụng giả... cho học sinh trung học phổ thơng thơng qua việc định hướng giải tốn hình học tọa độ phẳng dựa tính chất đặc trưng điểm đường” Mục đích nghiên cứu Giới thiệu, cung cấp thêm cho em học sinh lớp 10... kỳ thi HSG nói riêng khả thông hiểu, vận dụng , vận dụng cao kiến thức Hình học 10 vào giải tốn Hình học tọa độ phẳng Hình thành cho em học sinh giới quan khoa học, cho em phương pháp tìm hiểu