CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Than Uyên, ngày 10 tháng 04 năm 2015
ĐƠN ĐỀ NGHỊ
CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP TỈNH
Kính gửi: Thường trực Hội đồng xét, công nhận sáng kiến kinh nghiệm
cấp tỉnh.
1.Họ và tên: Nguyễn Thế Hậu
Ngày tháng năm sinh: 01/12/1980
Nơi công tác (hoặc nơi thường trú): Trường THPT Than Uyên
Chức danh: p. Hiệu trưởng
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ.
Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến: 50%
2. Họ và tên: Tạ Thị Thanh Huyền
Ngày, tháng, năm sinh:01/06/ 1975
Nơi công tác (hoặc nơi thường trú): Trường THPT Than Uyên
Chức danh: Hiệu trưởng
Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến: 50%
Là các tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Định hướng tư duy và
tìm lời giải cho một số bài toán hình học 10 bằng phương pháp tọa độ ”.
- Cơ sở được yêu cầu công nhận sáng kiến: Trường THPT Than Uyên.
- Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Công tác chuyên môn.
- Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: từ tháng 10 năm
2012 đến tháng 04 năm học 2015.
- Mô tả bản chất của sáng kiến: Định hướng tư duy cho một số bài toán
hình học phẳng 10.
- Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Không
- Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không
- Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tác giả: vận dụng sáng kiến trong giảng dạy đối với giáo

Chức vụ công tác: Phó hiệu trưởng
Nơi làm việc: Trường THPT Than Uyên
Điện thoại: 0979858523
Đồng tác giả:
Họ và tên: Tạ Thị Thanh Huyền
Năm sinh: 1975
Nơi thường trú: Khu 5b Thị trấn Than Uyên - Than Uyên - Lai Châu
Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học
Chức vụ công tác: Hiệu trưởng
Nơi làm việc: Trường THPT Than Uyên
Điện thoại: 0913888164
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: Sáng kiến được tạo ra với sự đóng góp
của đ/c Tạ Thị Thanh Huyền 50%, đ/c Nguyễn Thế Hậu 50%.
3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn
4. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 10 năm 2012 đến tháng 04 năm
2015.
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Than Uyên
Địa chỉ: Khu 6 thị trấn Than Uyên- Than Uyên- Lai Châu
Điện thoại: 02313784667

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
3


1. Sự cần thiết, mục đích của việc thực hiện sáng kiến
*) Sự cần thiết của việc thực hiện sáng kiến
Trong các đề thi đại học, cao đẳng luôn có bài toán hình học giải bằng
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng lớp 10. Đây là bài toán khó đối với học
sinh và là câu dùng để phân loại năng lực, đánh giá mức độ khá, giỏi của thí sinh

Hiện trạng của vấn đề trước khi áp dụng giải pháp mới:
Đối với các chuyên đề hình học nói chung và hình học phẳng 10 nói
riêng, giáo viên được phân công giảng dạy các lớp học sinh khá - giỏi và ôn thi
đại học, cao đẳng của nhà trường chưa đáp ứng được về kiến thức chuyên sâu
mà chỉ dừng lại ở việc vận dụng các bài tập đơn giản trong sách giáo khoa phổ
thông;
Kiến thức về các bài tập trong chương trình sách giáo khoa hình học 10
mới dừng lại ở việc vận dụng lý thuyết, các bài tập phần lớn đơn giản chưa có
độ khó cao tương xứng với độ khó của các bài toán có trong đề thi đại học, cao
đẳng do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức;
Kiến thức của học sinh về hình học phẳng bậc THCS cũng như khả năng
vận dụng các tính chất của hình học để khai thác và giải quyết bài toán hình học
của các em học sinh còn yếu; hầu hết các em đều ngại tư duy, ngại suy nghĩ khi
làm các bài toán chuyên sâu, có độ khó cao về hình học phẳng 10;
Các đề thi những năm gần đây do bộ giáo dục và đào tạo tổ chức, bài toán
hình học phẳng 10 khó, đòi hỏi tư duy cao, vận dụng kiến thức liên cấp mới có
thể làm được.
Về ưu điểm của giải pháp trước khi áp dụng giải pháp mới:
Trong sách giáo khoa hình học 10 đã trang bị cơ bản đầy đủ hệ thống lý
thuyết và bài tập vận dụng đơn giản;
Các tài liệu tham khảo trên thị trường do nhiều tác giả viết cơ bản đã cung
cấp cho học sinh những kiến thức, bài tập đa dạng, đơn giản, có độ khó trung
bình;
Giáo viên bộ môn toán của nhà trường nhận thức được tầm quan trọng
của bài toán hình học phẳng 10 trong các đề thi đại học, cao đẳng. Nắm bắt được
đây là câu nhằm phân loại năng lực, trình độ của các thí sinh khi tham gia thi đại
học, cao đẳng , do đó đã trang bị cho các em học sinh cơ bản đầy đủ những kiến
thức về lý thuyết cũng như các bài tập trong sách giáo khoa;
Kiến thức để vận dụng và giải bài toán dạng này phần lớn các em học sinh
đã được trang bị từ bậc học trung học cơ sở.

cao đẳng.
b. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Điểm mới của sáng kiến:

6


Các tài liệu tham khảo trên thị trường về chuyên đề hình học phẳng 10
được rất nhiều tác giả đầu tư nghiên cứu và viết. Đây là vấn đề không phải mới,
tuy nhiên, độ khó của các bài toán trong các tài liệu trên thị trường không cao,
bài tập chỉ mang tính vận dụng cơ bản chưa đáp ứng được yêu cầu của đề thi,
mặt khác không có tài liệu nào đi phân tích, định hướng tư duy cho từng bài toán
mà chỉ nêu đề bài và hướng dẫn giải. Do vậy, đứng trước thực trạng về độ khó
của các bài toán trong đề thi đại học, cao đẳng cũng như giúp các em có tài liệu
tham khảo dẽ đọc, dễ theo dõi chúng tôi lựa chọn cách xây dựng tài liệu này phù
hợp với đối tượng của nhà trường như sau:
Thứ nhất, sáng kiến đưa ra một số ví dụ điển hình với các bài toán khó, tư
duy phức hợp đáp ứng được mức độ khó của đề thi đại học, cao đẳng những
năm gần đây do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức;
Thứ hai, sáng kiến phân tích kỹ yếu tố hình học trong từng bài toán, khai
thác các tính chất hình học phẳng một cách có logic để học sinh dễ tiếp cận, dễ
định hướng;
Thứ ba, sáng kiến đưa ra các bước tư duy logic cho từng bài toán để các
em học sinh dễ dàng theo dõi vận dụng cũng như trình bày lời giải sao cho hợp
lý nhất, không bị sai sót.
Sự khác biệt của giải pháp mới so với giải pháp cũ:
Từ tháng 10 năm 2012 cho đến nay, khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy
cho học sinh ôn thi đại học, cao đẳng của nhà trường chúng tôi nhận thấy:
Độ khó của bài toán đã được đáp ứng, phù hợp với yêu cầu thực tế về
mức độ phân loại thí sinh trong đề thi môn toán của Bộ giáo dục và đào tạo;

thuyết bài toán, về cách đặt câu hỏi, về yếu tố hình học từ đó dễ tiếp thu các bài
tập tiếp theo.
Các bước thực hiện đối với một bài toán:
Đứng trước một bài toán hình học phẳng, chúng tôi yêu cầu các em tiến
hành theo trình tự sau:
Bước 1: Yêu cầu học sinh vẽ hình minh họa giả thiết của bài toán, dựng
thêm hình nếu cần;
Bước 2: Dựa vào hình vẽ và giả thiết bài toán khai thác các tính chất của
hình học để phát triển ý, phát triển tư duy logic và định hướng tìm lời giải cho
bài toán;
Bước 3: Lập sơ đồ tư duy logic cho bài toán dựa vào ý tưởng từ bước 2;
Bước 4: Hoàn chỉnh lời giải của bài toán dựa vào sơ đồ tư duy trên.
8


Sau đây là một số ví dụ điển hình minh họa, phân tích, hướng dẫn cách
thức cũng như tư duy cho một bài toán:
Vi dụ 1(Đề thi đại học cao đẳng khối A và A1 năm 2012).
Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh


BC, N là điển trên CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M  ; ÷ và đường thẳng AN
 2 2
11 1

có phương trình 2x - y - 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Lời giải:
A

B

2

3 10
45
7  45
 11  
AM =
⇔ AM 2 =
⇔  t − ÷ +  2t − ÷ = ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0
2
2
2 
2
2

t = 1
⇔
t = 4
Vậy A(1; -1) hoặc A(4; 5).
9


Nhận xét: Cách giải này hay nhưng đòi hỏi tư duy hình học phẳng quá nhiều,
học sinh phải dựng hình và tìm các yếu tố hình học nhiều, khó. Học sinh thiếu ý
tưởng dựng thêm hình và chứng minh được AH ⊥ MH và AH = MH là không
thể làm được. Từ đó, nhận thấy cách giải trên là không tối ưu đối với nhiều học
sinh. Sau đây tác giả xin đưa hai ý tưởng khác để làm bài toán này.
Ý tưởng thứ 2. Khai thác yếu tố về diện tích tam giác để tìm độ dài cạnh hình
vuông, từ đó dễ dàng tìm được độ dài đoạn AM.
Bước 1: Dựng MH ⊥ AN ⇒ MH = d ( M , AN )

AH . AN =
2
4

5 2a
5a 2
Từ (1) và ( 2) suy ra:
=
⇒a=3 2
2
12
Do A ∈ AN ⇒ A(t ;2t − 3) .
Trong tam giác ABM ta có: AM 2 = AB 2 + BM 2 ⇔ AM 2 =

45
( Giống kết quả
2

trên)
Nhận xét: Cách giải này không đòi hỏi tư duy dựng hình và chứng minh phức
tạp như đáp án do Bộ đề xuất, học sinh chỉ cần biết tìm mối liên hệ giữa diện
tích và độ dài cạnh. Do đó, học sinh dễ tiếp cận, dễ tính toán và nhanh đạt kết
quả như mong muốn. Vì vậy đứng trước một bài toán, giáo viên cần quan tâm
đến định hướng cho các em học sinh tư duy hình học tốt, tìm ra lời giải nhanh và
ngắn gọn nhất, dễ hiểu nhất.
10


Ý tưởng thứ ba: Các em dựa vào định lý cosin trong tam giác AMN, chỉ việc
tính góc MAN theo hai cách khác nhau, sẽ tìm được độ dài cạnh hình vuông


1
ab
1
3ab
AM . AD =
, S∆BCM = BM .BC =
.
2
8
2
8

11


⇒ S∆DCM = S ABCD − S∆BCM − S∆ABM =

ab
⇒ S∆DCM = 4S∆ADM
2

⇒ d (C , DM ) = 4d ( A, DM ) (1)
Mà d ( A, DM ) =

t − 85
20
, C ∈ d ⇒ C (t − 4; t ), d (C , DM ) =
.
85

CB
; −7 − y ÷
Ta có

÷

7
7




y =1
uuu
r uuu
r
2
Do AB ⊥ CB ⇒ AB.CB = 0 ⇔ 17 y + 106 y − 123 = 0 ⇔ 
−123
y =
17

 69 89 
Do B có hoành độ dương nên B  ; ÷.
 17 17 
Nhận xét:
Mấu chốt của dạng bài này là học sinh biết tìm tỉ số diện tích của hai tam
giác có chung cạnh đáy là đoạn thẳng mà giả thiết đã cho phương trình chứa
chúng. Đây là ý tưởng mà nhiều học sinh không nghĩ ra vì các em cứ nghĩ là
phải tính được diện tích của các tam giác nhưng thực chất không cần mà chỉ cần


Phân tích: Đây là bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến thức hình học phẳng
lớp 8, 9 tốt, có nhiều kỹ năng, nhiều kiến thức liên quan từ lớp 9 đến tọa độ
vectơ, tích vô hướng…. Các em theo dõi lời giải bài toán theo tư duy sau:
Định hướng tư duy:
Bước 1. Chứng minh hai tam giác ADF và ABE bằng nhau. Từ đó suy ra tam
giác AEF vuông cân tại A.
Bước 2. Dựa vào tính chất tam gác AEF để viết được phương trình EF.
Bướ 3. Từ phương trình EF, sử dụng kiến thức ME=MF để tìm tọa độ E, F.
Bước 4. Sử dụng tích vô hướng để tìm tọa độ D kho biết tọa độ E, F và phương
trình CD.
Lời giải chi tiết:
·
· AF .
Ta có hai tam giác vuông ∆ABE = ∆ADF vì AB = AD và BAE
=D
Suy ra ∆AEF vuông cân và ME=MA=MF ⇒ AM ⊥ EF .
uuur
Khi đó đường thẳng EF đi qua M, vtpt MA = (2; −4) nên có phương trình:
x- 2y + 8 = 0.
13


Do E,F thuộc đường thẳng EF nên giả sử E, F có tọa độ (2t-8; t).
t = 0
2
Vi MA = ME ⇔ 5(t − 2) = 20 ⇔ 
t = 4

uuur


d
M

N
E

B

H

C

Phân tích: Đây là bài toán không quá khó, tuy nhiên bài toán đòi hỏi học sinh
nắm được mối liên hệ tốt giữa điểm thuộc đường thẳng, phép đối xứng tâm M,
14


đồng thời phải biết vận dụng tốt quan hệ vuông góc để sử dụng tích vô hướng
của hai vectơ.
Định hướng tư duy:
Bước 1. Dựa vào điểm A thuộc đường thẳng d, M là trung điểm AC tìm tọa độ
A, C phụ thuộc vào t;

uuu
r uuur
Bước 2. Do H là chân đường cao kẻ từ A nên HA ⊥ HC ⇔ HA.HC = 0 . Tìm
được tọa độ A và C;
Bước 3. Viết phương trình CE, phương trình BC. Từ đó tìm được tọa độ đỉnh B.
Lời giải chi tiết:


+ Phương trình CE đi qua hai điểm C và E có phương trình: x + 17 y + 11 = 0
+ Phương trình BC đi qua hai điểm H và C có phương trình: x − 3 y − 9 = 0
 3t + 7 t + 3 
;
Do B ∈ BC ⇒ B(3t + 9; t ) . Khi đó trung điểm N của AB là N 
÷
2 
 2
Mà N ∈ CE ⇒ t = −4 ⇒ B (−3; −4) .

15


Ví dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích
bằng

3
, A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm G của ∆ABC nằm trên đường thẳng d có
2

phương trình 3x – y –8 = 0.Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Lời giải

C

d

M




x =1
Khi đó từ (1) suy ra: −2 x + 3 = 1 ⇔ 
x = 2
+ Với x = 1 thì G(1; - 5) ⇒ C(-2; -10)
Khi đó phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
x2 +y2 −

91
91
416
x+ y +
= 0 
3
3
3

+ Với x = 2 thì G(2; -2) ⇒ C(1; -1).
Khi đó phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
x2 +y2 −

11
11
16
x+ y +
= 0 
3
3
3

Bước 2. Dựng MP như hình vẽ, ta tìm được MP và NP. Khi đó, tọa độ điểm P
thỏa mãn phương trình hai đường tròn (C1) và (C2) lần lượt có tâm tại M, N bán
kính MP, NP.
Bước 3. Viết phương trình cạnh CD đi qua P và vuông góc với MP.
Lời giải chi tiết :
a
2

Đặt AB =a, a > 0. Ta có MN = 10 , AM = , AN =

3a 2
.
4

Khi đó áp dụng định lý Cosin trong tam giác AMN ta được :
5a 2
5a 2
MN = AM + AN − 2 AM . AN .cos45 =
= 10 ⇒ a = 4 .
. Suy ra
8
8
2

2

2

0


; ÷.Khi đó phương trình chứa cạnh CD đi qua P
 5 5 
 5 5


+ Với P 

uuuu
r  −12 16 
; ÷ làm vtpt nên có phương trình 3 x − 4 y − 15 = 0 .
nhận PM = 
 5 5

Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện
tích bằng 45/2 , đáy lớn CD nằm trên đường thẳng x – 3y – 3 = 0. Biết hai
đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (2; 3). Viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương.
Lời giải

18


A

P

B

I


ID
IC
Vì các tam giác IPA và IPB vuông cân tại P nên đặt IP = x ⇒ AB = 2 x . Khi đó
ta có
S ABCD =

PQ( AB + CD ) ( x + 10)(2 x + 2 10) 45
10
.
=
=
⇒x=
2
2
2
2

Do các tam giác IPA, IPB vuông cân tại P nên IA = IB = x 2 = 5 .

19


Vì C ∈ CD ⇒ C (3t + 3; t ) .

Do

IC 2 = 20 ⇔ (3t − 1) 2 + (t − 3) 2 = 20 ⇔ t 2 = 10 ⇔ t = ±1
+Vời t =1 thì C(6;1) (thỏa mãn)
+Vời t = -1 thì C(0; -1) (Không thỏa mãn)
Vì IQ ⊥ CD ⇒ IQ : 3x + y + m = 0 . Do I(2;3) thuộc IQ nên m = - 9

b
=
5


Vậy phương trình BC đi qua hai điểm B và C là 4x + 3y -33 =0.
Nhận xét chung : Thông qua 7 ví dụ điển hình trên, với mức độ kiến thức tương
đối khó, tương xứng với mức độ khó trong các đề thi, chúng tôi khẳng định bài
toán hình học phẳng 10 luôn là bài toán khó, phức tạp cần sự thông minh, sáng
tạo và kiên trì của học sinh. Những học sinh có lực học trung bình thì khó có thể
giải được bài toán này trong các đề thi đại học những năm gần đây. Do đó, khi
ôn thi giáo viên nên định hướng giúp cá em để các em có lựa chọn các chuyên
đề phù hợp với năng lực.
Sau đây, chúng tôi xin đưa ra một số bài tập với mức độ khó không cao
có hướng dẫn để các em rèn luyện thêm.
Bài 1 :
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y2 – 6x + 5 = 0.
Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà
góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.
Hướng dẫn
Đường tròn (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy

·AMB = 600 (1)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ 
·AMB = 1200 (2)
20


Vì MI là phân giác của ·AMB nên:
(1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI =

Hướng dẫn
Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Vì các tiếp tuyến AB, AC
vuông góc nên ABIC là hình vuông có cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 .
Giả sử A(x; –x – m) ∈ d.
2
2
2
2
IA2 = 18 ⇔ ( x − 1) + (−m − x + 2) = 18 ⇔ 2 x − 2(3 − m ) x + m − 4m − 13 = 0 (1)

Để chỉ có duy nhất một điểm A thì (1) có 1 nghiệm duy nhất
m = 7
⇔ ∆′ = −m 2 + 2m + 35 = 0 ⇔ 
.
 m = −5

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn có phương trình
(C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng d đi
qua M cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
Hướng dẫn
Ta thấy điểm M nằm ngoài (C), (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
uuur uuur
Mặt khác: MA.MB = 3MB 2 ⇒ MB = 3 . Gọi H là hình chiếu của I lên AB
⇒ BH = 3 ⇒ IH = R 2 − BH 2 = 4 = d ( I ,(d ) )
Ta có: phương trình đường thẳng d: a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).
d ( I ,(d ) ) = 4 ⇔

a = 0
=4⇔
2


= 2AN

⇒N

là trung điểm AB ⇒ B ( −3; −1)

 1

pt ( AM ) : 2 x − y − 1 = 0, C = ( AM ) I (CH ) ⇒ C  − ; −2 ÷
 2

Bài 5:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho D ABC cân có đáy là BC. Đỉnh A
có tọa độ là các số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh

AB : y = 3 7(x - 1) . Biết chu vi của D ABC bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A,
B, C.
Hướng dẫn

(

)

B = AB I Ox ⇒ B (1;0) , A ∈ AB ⇒ A a;3 7(a − 1) ⇒ a > 1
Gọi AH là đường cao ∆ABC

⇒ H (a;0) ⇒ C (2a − 1; 0) ⇒ BC = 2(a − 1), AB = AC = 8( a − 1) .
Chu vi ∆ ABC = 18 ⇔ a = 2 ⇒ C (3;0), A ( 2;3 7 ) .
Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện
tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên

⇔ 3
3 3 3 3
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
5 8 8 2
Vậy C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 )
 3 3 3 3

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi
qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình ( x − 2) 2 + ( y + 1)2 = 25
theo một dây cung có độ dài bằng 8.
Hướng dẫn
d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)
Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của
(C) đến d bằng 3.

d ( I,d ) =

2a − b − a − 2b
a +b
2

2

= 3 ⇔ a − 3b = 3 a 2 + b 2

a = 0
⇔ 8a + 6ab = 0 ⇔ 
a = − 3 b

Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

d : A( x − 2) + B ( y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I ⇔ khi d tạo với d1 (hoặc d2) một
góc 450

 A = 3B
= cos 450 ⇔ 3 A2 − 8 AB − 3B 2 = 0 ⇔ 
22 + ( −1) 2
 B = −3 A

2A − B

⇔

A2 + B 2

+ Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3 x + y − 5 = 0
+ Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x − 3 y − 5 = 0
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3 x + y − 5 = 0 ;

d : x − 3y − 5 = 0
Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện
tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng (d ) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI =

9
,
2

trung điểm của một cạnh là giao điểm của d và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của

=
= 2 2.
AB
3 2

 AD ⊥ ( d )
, suy ra phương trình AD: 1.( x − 3) + 1.( y − 0) = 0 ⇔
 M ∈ AD

Vì 

Lại có MA = MD =

2

.

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
24

x+ y −3 = 0.


 y = −x + 3
y = 3− x
x = 2
 x + y − 3 = 0
⇔
⇔
⇔

9 3
2
⇔
Vì I  ; ÷ là trung điểm của AC: 
2 2
 yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2
 y = y A + yC
I

2
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
4. Hiệu quả của sáng kiến đem lại.
Qua quá trình áp dụng, cải tiến, bổ sung kiến thức, phương pháp để tiến
hành ôn thi đại học, cao đẳng cho học sinh cuối cấp và học sinh khối 10, chúng
tôi thấy việc phân tích bản chất các bài toán dựa vào phân tích yếu tố hình học,
tính chất hình học phẳng, đưa ra được sơ đồ tư duy cho từng bài toán sẽ giúp
học sinh nắm được bài dễ hơn, hiểu được kiến thức sâu hơn, trình bày bài logic
hơn. Cụ thể, kể từ khi áp dụng sáng kiến từ năm 2012 đến năm 2014, học sinh
lớp chúng tôi giảng dạy và trực tiếp ôn thi đại học, cao đẳng khi tham gia kỳ thi
đại học, cao đẳng do Bộ giáo dục và đào tạo tổ chức đạt được điểm số về môn
Toán được nâng lên, nhiều học sinh đỗ vào các trường đại học, với số liệu như
sau:
Năm học 2012- 2013 có 16/21 học sinh đỗ đại học
Stt
1
2
3
4
5