Sáng kiến kinh nghiệm Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích trong mặt phẳng từ những mối quan hệ giữa các điểm, giữa điểm và đường thẳng

 A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi 
mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu.
 Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phương pháp dạy học tích cực tôi 
nhận thấy phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” có nhiều ưu điểm 
cũng như phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán ở trường phổ thông nói 
chung và dạy học bài tập toán nói riêng. Tuy nhiên để có thành công trong phương 
pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng 
lực sư phạm của mỗi giáo viên còn đòi hỏi ở người giáo viên nhiều thời gian và 
tâm huyết.
 Để có một bài giảng thu hút được học trò, giúp học trò phát triển tư duy về 
môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi thường trăn trở 
với những khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán.
 Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thường xuất hiện ở 
các kì thi vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với học trò, bên cạnh đó nó 
cũng là bài toán khó với nhiều đối tượng học trò đặc biệt là với các em có năng lực 
trung bình. Băn khoăn trước những khó khăn của học trò, tôi tìm tòi và quyết định 
chọn phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” để giúp các em tiếp 
cận loại toán này một cách hiệu quả nhất.
 Trong số những bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp các 
bài toán thiên về tính chất hình phẳng thuần túy đã gây cho học trò nhiều khó khăn 
khi tiếp cận. Vì vậy tôi chọn đề tài là “Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán 
hình giải tích từ những mối quan hệ giưã các điểm, điểm và đường thẳng” để 
nghiên cứu.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
 Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bài toán 
hình giải tích trong mặt phẳng thông qua phương pháp dạy học: “Phát hiện và giải 
quyết vấn đề”.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
 - Học sinh khối 10, 11 trường THPT Đông Sơn I
 - Học sinh khối 12 ôn thi vào các trường đại học trường THPT Đông Sơn I
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
 - Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ nhiều nguồn khác nhau liên quan đến hình 
học phẳng.
 - Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.
 - Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 11a2, 12a2 trường THPT Đông 
Sơn I để nắm bắt tình hình thực tế của học sinh.
 1 Chứng minh. Ta có M
       A D
 AC.BM AB BC BA AM 
       
 AB2 AB.AM BC.BA BC.AM
 a 2
 a2 0 0 a 2. 0.
 2
 B C
Suy ra AC  BM .
Tính chất 6. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu của B lên AC và 
 M , N lần lượt là trung điểm của AH, CD. Khi đó BM  MN. 
Chứng minh. Gọi E là trực tâm của A B
tam giác MBC. Khi đó ME / / AB M E
(vì cùng vuông góc với BC). Do M 
là trung điểm AH nên ME là đường H
 D C
trung bình của tam giác HAB. Suy N
ra
 1
ME / / AB ME / / NC
 2
Suy ra MECN là hình bình hành MN / /CE. 
Vì E là trực tâm của tam giác MBC nên BM  CE BM  MN.
Thay đổi hình thức của tính chất 4 ta có các hệ quả sau
 1
6.1. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB CD. Gọi H là hình chiếu 
 2
của D lên AC và M là trung điểm CH. Khi đó MB  MD. 
 A B C D
 H
 M
 M
 H
 D C D B A
6.2. Cho tam giác ABC vuông tại B có hai trung tuyến BN và CM . Gọi H là 
hình chiếu của B lên CM , E là trung điểm của CH. Khi đó EN  EB. 
 A
 A B
 M N H
 H
 E M
 B C D C
 Trên đây là những tính chất được khai thác nhiều trong các bài toán. 
 3 Để tìm C, ta sẽ đi tính độ 
dài đoạn thẳng MC. Chú ý 
rằng d M , CD đã có.
 Lời giải. Đặt AB 6x. Suy ra BC 6x, AD =4x. Do đó CD 2x 10.
Ta có d M ,CD 3 5. Suy ra SMCD 15x 2.
 4x 6x 3x.4x 3x.6x
Mặt khác S .6x 15x2.
 MCD 2 2 2
Suy ra x 2. Suy ra MC 3x 5 3 10.
Vì C CD : 2x y 4 0 C c; 2c 4 . Khi đó 
 2 2 c 0
MC 3 10 c 9 2c 3 90 .
 c 6
Từ đó suy ra C 0; 4 , C 6;8 .
 Hướng thứ hai. Nếu viết được phương trình của đường thẳng MC thì sẽ tìm 
được tọa độ của C. Ta sẽ tìm cách tính cosM· CD, từ đó sử dụng bài toán cơ bản về 
góc.
 Lời giải. Đặt AB 6x. Suy ra BC 6x, AD = 4x. Do đó
CD 2x 10, MD 5x, MC 3 5x.
Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác MCD ta có 
 2 2 2
 MC DC MD 1
 cos MC, CD cosM· CD .
 2MC.DC 2
Gọi MC : a x 9 b y 1 0. ( a2 + b2 # 0). Ta có
 1 2a b 1
 cos MC, CD 
 2 5. a2 b2 2
 3a2 8ab 3b2 0 * 
Nếu b 0 3a2 0 a 0 (loại).
Nếu b 0, chia cả hai vế của phương trình (*) cho b2 ta có 
 a
 2 3 MC : 3x y 26 0
 a a b
 3 8 3 0 
 b b a 1 MC : x 3y 12 0
 b 3
Từ đó suy ra C 6;8 , C 0; 4 .
 Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại 
 A 3; 3 , trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng : 2x y 7 0. Gọi H 
 5 F
 H( 3; 13)
 2 1
 A(3; 5) B
 2
 1
 D C E
 : 2x y + 9 = 0
 Lời giải. Lấy F đối xứng với E qua B. Khi đó A là trung điểm của DF. Trong 
các tam giác vuông HDE, HDF ta có AH AD, CH CD. Suy ra
 A· HC H¶ H¶ D¶ D¶ 900 AH  HC.
  1 2 1 2
Suy ra n HA 6; 18 6 1; 3 HC : x 3y 42 0.
 HC 
Do đó C 3; 15 . 
Vì HE song song với AC : x 3 nên HE : x 3 B 3; b . 
   
Suy ra AB 6; b 5 , CB 6; b 15 . 
Ta có 
   b 13 B 3; 13  H
AB.CB 0 36 b 5 b 15 0 
 b 3 B 3; 3 .
Vậy B 3; 3 , C 3; 15 . 
 Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là 
trung điểm của AB, đỉnh C 6; 4 . Tìm tọa độ đỉnh D biết rằng 
 DM : 2x y 4 0. 
 x M x
 Phân tích bài toán. Ta đi tính góc A B
M· DC, từ đó viết được phương trình 
đường thẳng CD dựa vào bài toán cơ bản 
về góc. Dẫn đến tọa độ đỉnh D. 2x 2x
 Lời giải. Đặt cạnh hình vuông bằng 2x. 
Áp dụng định lý Pitago ta tính được
 2x
 D C(6; 4)
MD MC x 5.
 2x y + 4 = 0
 2 2 2
 5x 4x 5x 1
Suy ra cosM· DC .
 2.x 5.2x 5
 7 2a
 A B
 Phân tích bài toán. Mấu chốt ở bài 
toán này là dự đoán và chứng minh 
được AM  MN. Từ đó viết được M( 22/ 5; 4/ 5)
phương trình của AM và tham số hóa 
điểm A. Từ độ dài của MN, sử dụng 
định lý Pitago ta sẽ tính được độ dài 
các cạnh hình thang đã cho. D N( 2; 4) C
 Lời giải. Bằng phương pháp véc tơ ta chứng minh được AM.MN 0
Ta có AM  MN. Suy raAM : 3x 4y 10 0.
Suy ra A 2 4t; 1 3t .
 3a 5 1
Đặt AB 2a NC a, MC , cosM· CN .
 5 5
Từ đó a 10. Suy ra AN 2a 2 4 5.
 2
Suy ra 25t 30t 55 0 t 1 A 2; 4 (vì xA 0). 
Tam giác ABN vuông cân nên B 4; 2 . 
Chú ý B, M cùng phía so với AN. Từ đó tìm được C 5;5 ,D 4;2 .
Vậy A 2; 4 , B 4; 2 , C 5; 5 , D 4; 2 . 
 Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm 
M 6; 4 nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt đoạn BD tại N 1; 5 . 
Đỉnh C thuộc đường thẳng : x 2y 6 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông 
đã cho, biết rằng đỉnh C có tọa độ nguyên và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 1. 
 Phân tích bài toán. Gọi I là trung điểm AM . 
 A B
Dự đoán và chứng minh IMN vuông cân tại I 
 I
nên tìm được tọa độ của I , suy ra tọa độ của A.
 M(6;4)
Vì C : x 2y 6 0 nên ta tham số hóa điểm E
C với ẩn c. Từ đó tìm được tọa độ tâm E của H
hình vuông đã cho theo c. Từ tính chất 
 N(1;5)
EN  AC ta tìm được c. Suy ra tọa độ của C, E, 
 D
B, D. C
 : x 2y + 6 = 0
 Lời giải. Ta có tam giác NAM vuông tại N và N· MB N· BA 450 nên tam giác 
NAM vuông cân tại N. Gọi I là trung điểm của AM . Khi đó tam giác IMN 
vuông cân tại I . Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của 
MN. Do đó 
 9   1     
CM .DH CA CH . AB AH
 2 
 1     1
 CA.AH CH.AB AH 2 CH.HB 0
 2 2 
 13 9 
Suy ra CM  DH. Do đó DH : 11x 7y 16 0 H ; . 
 5 5 
 9 3 
Suy ra AH : 3x y 6 0 M ; A 1; 3 . 
 5 5 
Đường thẳng AB vuông góc với AC nên AB : x y 4 0 B 5; 1 . 
Vậy A 1; 3 , B 5; 1 , C 7; 5 .
 Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết 
rằng G 3; 3 là trọng tâm tam giác ABD. Đường thẳng đi qua A vuông góc với 
BG cắt BD tại E 1; 3 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đã cho biết rẳng đỉnh 
A có tung độ lớn hơn 1. 
 Phân tích bài toán. Hình vuông đã cho có hai đường chéo vuông góc với nhau tại 
I . Dự đoán GE / / AD. Từ đó suy ra tam giác IGE vuông cân tại I . Do đó tìm 
được tọa độ của I . 
 Lời giải. Gọi I là tâm của hình vuông ABCD. Khi A B
đó AI  BE, BG  AE nên G là trực tâm của tam 
 G
giác ABE. Suy ra
GE  AB GE / / AD. M I
Từ đó suy ra tam giác IGE vuông cân tại I . E
Đường trung trực của GE là : x 2 I 2; t .
 D C
Ta có 
 GE 2 t 4 I 2; 4 
IE 1 t 3 2 
 t 2 I 2; 2
 2 
TH1. I 2; 4 . Ta có 
   
 xA 2 3.1
IA 3IG A 5; 1 (loại vì điều kiện y 1).
 y 4 3. 1 A
 A 
TH2. I 2; 2 . Ta có 
   
 xA 2 3.1
IA 3IG A 5; 5 . 
 y 2 3.1 
 A
 11