Tháng 05 năm 2014

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tác giả: Phạm Kim Chung
T
ổ: Toán
Đi
ện thoại: 0984333030Đề tài:
PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
TRONG BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH PHẲ
NG
TỪ NHỮNG MỐI QUAN HỆ BA ĐIỂM

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƢỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
_____________________
MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trang 1
I. Lý do chọn đề tài
Trang 1
II. Mục đích nghiên cứu
Trang 1

Trang 26
c. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ thẳng hàng
Trang 35
d. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng và mối quan hệ
giữa ba điểm
Trang 40
2. Xây dựng và mở rộng một số dạng bài tập hình giải tích
trong mặt phẳng từ bài toán hình phẳng thuần túy
Trang 46
a. Xây dựng bài toán từ sự kết hợp giữa bài toán thuần
túy hình phẳng với các bài toán ở mục IV.2
Trang 47
b. Một số hướng thay đổi cách phát biểu để xây dựng bài
toán.
Trang 57
C. KẾT LUẬN
Trang 62
I. Những kết luận
Trang 62
II. Những kiến nghị, đề xuất
Trang 62
Danh mục tài liệu tham khảo
Trang 63 Trang | 1

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

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 phƣơng pháp dạy học
“Phát hiện và giải quyết vấn đề”.
Phát triển tƣ duy khái quát hóa, tƣơng tự hóa, lật ngƣợc vấn đề, tƣ duy
sáng tạo của học sinh… Trang | 2

III. ĐỐI TƢỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh khối 10 THPT
- Đội tuyển HSG khối 11 THPT
- Học sinh khối 12 THPT ôn thi vào các trƣờng Đại học
- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT

IV. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU

TT
Thời gian
Nội dung công việc
Sản phẩm
1
Từ 15 tháng 01
đến 15 tháng 02
năm 2014
Chọn đề tài, viết đề cƣơng
nghiên cứu
Bản đề cƣơng chi
tiết

Đề tài chính thức

V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến
hình học phẳng, hình học giải tích trong mặt phẳng, phƣơng pháp dạy
học môn toán và những sáng kiến kinh nghiệm của các giáo viên khác
thuộc bộ môn Toán THPT.
- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện.
- Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A, 11C1, 12C1, 12C2,
12C4 trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa để thu thập thông tin thực tế.

Trang | 3

B. NỘI DUNG

I. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƢỚC KHI ÁP DỤNG
Trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa đóng trên địa bàn có nhiều xã khó
khăn về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chƣa thực
sự đƣợc quan tâm từ các bậc học dƣới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về
môn Toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình.
Khi chƣa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài
tập hình giải tích trong mặt phẳng, các em thƣờng thụ động trong việc
tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức đƣợc giáo viên
cung cấp chứ chƣa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng nhƣ tạo đƣợc niềm vui,
sự hƣng phấn khi làm toán.
Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần
hình giải tích trong mặt phẳng cũng nhƣ qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy

Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là phƣơng pháp dạy học trong
đó giáo viên tạo ra những tình huống có vấn đề, điều khiển học sinh
phát hiện vấn đề, hoạt động tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo để giải
quyết vấn đề và thông qua đó chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ năng và
đạt đƣợc những mục đích học tập khác.
b. Quy trình thực hiện.

c. Ưu điểm.
- Phƣơng pháp này góp phần tích cực vào rèn luyện tƣ duy phê phán, tƣ
duy sáng tạo cho học sinh. Trên cơ sở sử dụng vốn kiến thức và kinh
nghiệm đã có học sinh sẽ xem xét, đánh giá, thấy đƣợc vấn đề cần giải
quyết.
- Đây là phƣơng pháp phát triển đƣợc khả năng tìm tòi, xem xét dƣới
nhiều góc độ khác nhau.
- Thông qua việc giải quyết vấn đề, học sinh lĩnh hội tri thức, kĩ năng
và phƣơng pháp nhận thức.
d. Hạn chế.
- Phƣơng pháp này đòi hỏi ngƣời giáo viên phải đầu tƣ nhiều thời gian


. Xác định điểm
M
trên đƣờng thẳng

, biết đƣờng
thẳng
AM
vuông góc với đƣờng thẳng
.ABQuy trình giải toán.
Bước 1. Viết phƣơng trình đƣờng
thẳng AM qua A và vuông góc với
đƣờng thẳng AB.
Bước 2. Xác định tọa độ giao điểm
của đƣờng thẳng AM và đƣờng
thẳng
.

Bước 3. Kết luận.

 Bài toán 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng
 
22
:00    

x by c baa
và điểm

AC u
AC u




(Trong đó
u

là
véc tơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng

)
Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và kết luận. Trang | 6

 Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm phân
biệt
   
,;;
AA BB
A x y B yx
. Xác định điểm
M
trên đƣờng thẳng
AB
,
biết

không thuộc
.
Xác định tọa độ điểm M thuộc

sao cho
   
,,,0d M AB k k RkQuy trình giải toán.

Bước 1. Tham số hóa điểm
M

Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng
cách
 
,d M AB
.
Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và
kết luận.

 Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm
   
,;;
AA BB
A x y B yx
. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng

đi qua điểm




Bước 3. Chọn
,ab
đại diện và thỏa mãn (*)

Trang | 7

V. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thông thƣờng đƣợc phân chia
thành hai mảng: mảng thứ nhất là lớp những bài toán mang nặng tính
“đại số” và thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên cơ sở là phƣơng pháp tham
số hóa, mảng thứ hai là lớp những bài toán nặng tính “hình học” và
thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên bài toán thuần túy hình phẳng.

Trong đề tài này tôi muốn nêu lên ý tƣởng giải quyết bài toán hình
giải tích phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua những “suy luận có lý” từ
những mối quan hệ giữa ba điểm có trong dữ kiện của bài toán đồng thời
đề xuất các giải pháp xử lý những mối quan hệ đó cũng nhƣ xây dựng bài
toán tổng quát và nêu ra những cách nhìn nhận khác nhau xung quanh
những mối liên hệ có trong bài toán.
Sau đây là một số dạng bài toán đƣợc phân tích, suy luận, giải quyết
từ những mối quan hệ ba điểm thông qua 4 bƣớc trong dạy học phát hiện
và giải quyết vấn đề:
Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Bước 2. Tìm giải pháp.
Bước 3. Trình bày giải pháp.
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.


ba điểm D, M, N nên giữa chúng có thể xuất
hiện những mối quan hệ đặc biệt. Bằng trực
quan ta đƣa ra giả thuyết
DN MN
. Nếu giả
thuyết này đúng dựa vào bài toán 1 chúng ta sẽ

Trang | 8

tìm đƣợc tọa độ điểm D. Từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại
của hình vuông bằng phƣơng pháp tham số hóa quen thuộc.
- Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta
chọn hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh
 
2;2 ,A 

 
2;2 ,B

 
2; 2 ,C 

 
2; 2D 
. Khi đó
.0DN MN 
.DN MN

Bước 2. Tìm giải pháp.
Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán là

Suy ra
 
22
3
. 0 .
16
DN MN x y DN MN     Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ)
Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ.
Khi đó
     
0;0 , 0; , ;0D A a C a
.
Nên
3
; , ; .
2 4 4
a a a
M a N
   
   
   

Do đó
22
33
. 0 .
16 16

Suy ra
2 2 2
.DM DN MN DN MN   Bước 3. Trình bày giải pháp.
Trƣớc hết ta sẽ chứng minh
.DN MN
(Có thể sử dụng một trong các
giải pháp ở bước 2)
Phƣơng trình đƣờng thẳng
: 1 0DN x y  

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ
 
1 0 1
1; 2
3 0 2
x y x
D
x y y
   

  

    


Giả sử
 

   

  
Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Để giải quyết bài toán 1.1 ta mở “nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm
D
nhờ mối quan hệ
.DN MN
Nhƣ vậy bài toán 1.1 thực chất đƣợc
xây dựng dựa trên bài toán hình phẳng thuần túy: Cho hình vuông
ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao
cho
1
.
4
AN AC
Chứng minh rằng
.DN MN

- Bằng giải pháp 2 (sử dụng công cụ véctơ) ta sẽ kiểm tra bài toán tƣơng
tự trong trƣờng hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
Ta có
 
1DN kx k y  
,
1
2

hoặc
1
2
k 
ta luôn có
.0DN DM 

.
Suy ra
 
 
2
2
21
1
. 0 , 1*
2 1 2
k
x
DN DM k
yk

   



Ta thấy, nếu
2
2
3


   




ta xét bài toán sau
 Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
ABCD có đỉnh
B
thuộc đƣờng thẳng
1
:2 2 0d x y  
, đỉnh C thuộc
đƣờng thẳng
2
: 5 0.d x y  
Gọi H là hình chiếu của B xuống AC.
Biết điểm
 
92
; , 9;2
55
MK



lần lƣợt là trung điểm của AH và CD.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có
tung độ dƣơng.


 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác
MECK
là hình bình hành và E là trung trực
của tam giác BMC nên
CE MB
. Mà
/ / .MK CE MK MB Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0BA x BC y x y  

Ta có
   
11BH kBA k BC kx k y     

AC BC BA x y    

Nên
   
22
. 0 1 0 *BH AC kx k y     

Lại có
 
   

0;0 , 0; , ;0 .B A a C c

Tọa độ điểm
;
2
a
Kc




Phƣơng trình các đƣờng thẳng
: ; : 0AC ax cy ac BH cx ay   

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
22
2 2 2 2
;
0
ax cy ac
a c ac
H
cx
c
ay
aac





Trang | 12

   
 
2 2 3 2 3 2
2
22
2
. 0 .
4
2a c c ca ac a
BM MK BM MK
ca
ac
    

 Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác)
Đặt
;;AB a BC b


 

 
Ta có
2
2 2 2 2

BM KM
(Có thể sử dụng các giải pháp
đã nêu ở bước 2). Khi đó:
Phƣơng trình đƣờng thẳng
:9 2 85.BM x y

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
 
9 2 85
1;4
22
xy
B
xy




  


Giả sử
 
;5C c c 
,
Từ
  
 
   
9 9;4










.
Từ đó tìm đƣợc
 
9;0 .DBước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Trong trƣờng hợp hình chữ nhật suy biến thành
hình vuông bài toán 1.2 có “bản chất hình
phẳng” chính là bài toán 1.1 hay nói cách
khác bài toán 1.1 là một trƣờng hợp đặc biệt của
bài toán 1.2

Trang | 13

- Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất đƣợc xây dựng trên bài
toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt
là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng
BM KM
.

 
2;2D
và
2.CD AB
Gọi
H

là hình chiếu vuông góc của điểm
D
lên đƣờng chéo
.AC
Điểm
22 14
;
55
M



là trung điểm
HC
. Xác định tọa độ các đỉnh
,,A B C
, biết
rằng đỉnh
B
thuộc đƣờng thẳng
: 2 4 0xy   
.


;
AC x y  

Từ
   
22
. 0 1 0 *DH AC kx k y    

Lại có
 
 
1 1 1
2
2 2 2
DM DH DC kx k y    Trang | 14

   
11
21
22
BM DM DB k x k y     

Suy ra
   
 
22
do *

c
c
ax cy ac
a ac
H
cx ay
aac










Suy ra
   
3 2 2
2 2 2 2
;
22
2c ac
cc
M
a
c
a
a

Trƣớc hết ta chứng minh đƣợc
DM BM
(Có thể sử dụng các giải
pháp đã nêu ở bước 2)
Phƣơng trình đƣờng thẳng
:3 16BM x y

Tọa độ điểm
B
là nghiệm của hệ
 
24
4;4
3 16
xy
B
xy
  






Gọi
I
là giao điểm của AC và BD.
Ta có
1 10 10
2;


Trang | 15 Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp.
- Trên tia đối của tia
BA
lấy điểm
E
sao cho
AE DC
khi đó ta thấy hình thang
ABCD
trong bài
toán 1.3 thực ra đƣợc cắt từ hình chữ nhật trong bài
toán 1.2 hay nói cách khác, bài toán 1.3 là một cách
phát biểu khác của bài toán 1.2
- Ngoài việc phát biểu lại bài toán 1.2, chúng ta cũng
có thể xây dựng các bài toán hình giải tích mới thông qua bài toán thuần
túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD có
2DC AB
. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm M là trung điểm của HC.
Chứng minh rằng
.DM BM

- Chúng ta cũng có thể kiểm tra xem những hình thang vuông thỏa mãn
mối liên hệ nào sẽ có tính chất phẳng tƣơng tự mà ta có thể dùng để phát
biểu bài toán hình giải tích tƣơng tự bài toán 1.3.
Ta có


  




chính là trƣờng
hợp bài toán 1.3.
+) Trƣờng hợp 3.
2
2
1x m k
yk


nhƣ vậy
ta hoàn toàn xây dựng đƣợc bài toán tƣơng
tự bài toán 1.3 bằng cách xây dựng mối
liên hệ của ba cạnh
,,AB CD DA
của hình
thang. Chẳng hạn
2
2
1
3
2
yx
k
m

13
;
22
M




là
trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên
đƣờng thẳng
7 0.xy  Bước 1. Nghiên cứu và thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A. Từ
hình vẽ ta đề xuất giả thuyết
.AM BM

Nếu giả thuyết này là đúng, ta sẽ “mở đƣợc nút
thắt đầu tiên” đó là xác định đƣợc tọa độ điểm B,
từ đó ta tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của tam
giác ABC.

Bước 2. Tìm giải pháp.
 Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng)
Gọi
,NI
là giao điểm của đƣờng thẳng qua B vuông
góc với BC với các đƣờng thẳng

E
là trực tâm tam giác
NBM
và tứ
giác
NAME
là hình bình hành nên từ
.NE BM AM BM   Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0; ;IA x IC y x y x x y y    

Ta có
21
;
33
ID x y

 
24
1 1 .
33
kk
IH kID k IC x y

     


    





Lại có
 
1 1 1
2 1 ;
2 3 3
BM BH BC kx k y

    



2
11
33
k
AM IM IA x k y
   
     
   
   

 
22
12

H
aa
cc
cc








và tọa độ điểm
22
2 2 2 2
4
2
4
;
a acc
M
caca






Nên
   

35xy
. Tọa độ điểm B là
nghiệm của hệ
 
7
4; 3
35
xy
B
xy
  

  




Từ
 
3 2;1AB AD D  
. Lúc đó ta có phƣơng trình các đƣờng thẳng
: 1; : 1CD x y BH x y     
. Suy ra tọa độ điểm
 
1;0H 
.
Suy ra
 
2; 3C 


. Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm
19 8
;
55
H




là hình chiếu vuông góc của B lên
.CN
Xác định tọa độ
các đỉnh còn lại của hình vuông, biết trung điểm
M
của cạnh BC nằm
trên đƣờng thẳng
2 6 0.xy  Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.
Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M. Từ hình vẽ ta có thể
đặt giả thuyết
AH MH
, ta cũng có thể kiểm chứng giả thuyết đã đặt
ra bằng một hình vuông với các tọa độ cụ thể nào đó.
Nếu giả thuyết trên là đúng, từ kết quả bài toán 1 chúng ta sẽ tìm đƣợc
tọa độ điểm M, từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của hình
vuông thông qua tọa độ các điểm đã biết.

Bước 2. Tìm giải pháp.


 

hay tứ giác
ABMH
nội tiếp.
Mà 

 




 

hay
.AH MH Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)
Đặt
 
; . 0;BA x BC y x y x y   
. Ta có
 
2
1;
2
k
BH kBN k BC kx y

AH k x y

  
;
 
1
2
k
MH kx y


.
Suy ra
 
 
 
22
2
. 1 0, * .
4
k
MH AH k kx y do


   


Hay
.MH AH


caac






Do đó
   
 
2 2 3 2 2 3
2
22
422
. 0 .
4
4a ac
AH MH AH MH
c a c c ac a
ca
   
  
 Trang | 20


;6 2CH N nN n  
.
Lại có
 
 
2 2;2
.0
19 19 8
;
5 5 5
nN
AN MN
n N H
  




   




lo¹i

Suy ra
 
5;2D
. Từ
 

  


 
1 1 ,
2
k
AH BH BA k x y

     



 
1
1
2
MH kx k y  
.
Suy ra
   
22
1
. 0 1 1 1 0
22
k
AH MH k k x k y

      


.AH MH

+) Trƣờng hợp 4.
2
2
2
4
xk
yk


chúng ta có thể xây dựng các bài toán
tƣơng tự nhờ mối quan hệ về độ dài giữa hai cạnh của hình chữ nhật,
chẳng hạn ta cho
2
2
17
x y k  
tức
2 2 15 .AB BC NH HC   Bài toán 1.6. (Trích đề TSĐH khối A – năm 2013) Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đƣờng thẳng
:2 5 0d x y  
và
 
4;8A 
. Gọi M là điểm đối xứng

 



tứ giác ABCN
nội tiếp



 



 

hay
.AN CN Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ)

Trang | 22

Đặt
 
; . 0; ;BA x BC y x y x x y y    

Ta có
   
1 2 ;BN kBD k BM kx k y     

Phƣơng trình các đƣờng thẳng
:2MD ax cy ac

và
:0BN cx ay

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phƣơng trình
22
2 2 2 2
2
22
;
0
ax cy ac
a c a
N
cx ay
a ca
c
c











2 2 2 2
cos ;sin
y
x y
x
x y






Xét tam giác
DBN
ta có
cos2
DN
BD

 
22
22
22
. cos sin
y
DN B
x

2 2 2 2
22
c. s2 o.
x xy
DN DC DN
y
CN DC x
x




  

Nên
2 2 2
AN CN AC ANC   
vuông tại N, hay
.AN CNBước 3. Trình bày giải pháp.
Ta sẽ chứng minh
AN CN
(Có thể sử dụng một trong các giải pháp
ở bước 2). Khi đó:
Đƣờng thẳng CN có phƣơng trình
3 4 31.xy

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ


bán kính
5 10
2
R IA
, nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
 
 
22
5
3 17
4
3 1 125
4
4; 7
2 2 2
7
x
BN
xy
y
x
xy
B
y






hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng
của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Chứng minh
rằng
.AN CN