BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TrườngTHPT LONG KHÁNH
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIÚP HỌC SINH LÀM TỐT BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ OXY CỦA KỲ
THI THPT QUỐC GIA.

Người thực hiện: Hà Lê Anh
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 
- Lĩnh vực khác:



Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2015-2016



qua dạng toán chứng minh bất đẳng thức hình học trong tam giác bằng phương
pháp đại số hóa- lượng giác hóa
2) Một số kinh nghiệm giải hệ phương trình hai ẩn bằng phương pháp thế .
3) Phát huy tính tích cực , sáng tạo của học sinh qua bài toán hình học trong mặt
phẳng toạ độ Oxy .
4) Một số biện pháp giúp học sinh làm tốt bài toán hình học Oxy trong kỳ thi
THPT Quốc Gia .

2


MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIÚP HỌC SINH LÀM TỐT BÀI TOÁN
HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG TOẠ ĐỘ OXY CỦA KỲ THI
THPT QUỐC GIA.
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1) Trong kỳ thi THPTQG có bài toán hình học giải bằng phương pháp toạ độ
trong mp Oxy. Là loại toán đòi hỏi phát triển năng lực cao. Mức độ vận dụng tốt,
điểm 8 trên thang điểm 10.Bài toán này dùng để phát triển năng lực học sinh ,phân
loại học sinh giỏi , đáp ứng cho nhu cầu tuyển chọn nhân lực cao .Theo kết quả của
BGD-ĐT trong kỳ thi THPT năm học 2014-2015 tỉ lệ học sinh làm được bài này là
: 10% (Theo kết quả công bố của Bộ GD&ĐT). Có một nghịch lý là số học sinh
làm được bài này lại ít hơn số học sinh làm được câu điểm 9 là câu về phương
trình, hệ phương trình. Lý do là các em thường tiếp thu hình khó hơn tiếp thu đại
số và thời gian học cũng ít hơn. Trong thực tế là các em chưa hình thành được một
thuật toán giải loại toán này và các kỷ năng chứng minh hình học phẳng ( vốn học
từ lớp 9 ). Đó là khó khăn cơ bản mà học sinh gặp phải .
2) Bài toán hình Oxy là nối tiếp của bài toán hình học phẳng ở cấp THCS
dùng tư duy hình học và giải quyết bằng ngôn ngữ toạ độ Đề-Các trong mặt phẳng
Oxy. Như vậy mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều mang bản chất
của một bài toán hình học phẳng nào đó. Thông thường các bài toán dạng này đề


Tại sao ta phát hiện được AE  CE ? Chúng tôi hướng dẫn cho các em thấy, phải
tập trung vào mối quan hệ ba điểm là A, C, E của giả thiết. Từ đó bằng hình vẽ các
em đoán ra tính chất. Vậy dựa vào hình vẽ là một công cụ lợi hại để dự đoán tính
chất. Tôi luôn luôn tập dượt cho các em điều này.
3)Một khó khăn nữa đối với các em là chứng minh tính chất vừa đoán ra.
Điều này đòi hỏi thầy cô giáo phải có một thời gian ôn tập lại một số kỹ năng
chứng minh về hình học phẳng, nhất là chứng minh về tứ giác nội tiếp. Sau đây tôi
chia sẻ với các đồng nghiệp về chứng minh hai đường thẳng vuông góc bằng
phương pháp toạ độ, rất có hiệu quả với các em ở phần các giải pháp.
4) Sự hình thành tư duy và thuật toán .
Tại sao các em lúng túng khi làm loại bài tập này ? Theo tôi các em do ngại
khó nên ít tập dượt, mặt khác các em cũng chưa được trang bị một cách đầy đủ các
bước để giải bài tập. Do đó, trong tham luận này tôi muốn nêu ra một qui trình
4


giải bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng. Việc khai thác các tính chất hình
học phẳng để định hướng tìm lời giải bài toán hình học toạ độ và xem việc chỉ ra
bản chất hình học phẳng sẽ bổ trợ cho giải bài toán. Do “Mỗi bài toán hình học toạ
độ trong mặt phẳng luôn chứa đựng một bài toán hình phẳng tương ứng”. Vì vậy
phân tích bản chất của bài toán hình học phẳng để bổ trợ cho việc giải bài toán
hình học toạ độ trong mặt phẳng là một suy nghĩ có chủ đích, giúp học sinh chủ
động hơn trong việc tìm kiếm lời giải cũng như phân loại một cách tương đối các
bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng.
a. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong đó yêu
cầu khả năng lựa chọn lời giải trên cơ sở phân tích bài toán hình học phẳng tương
ứng.
b. Trong mỗi bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng đều yêu cầu học sinh thực
hiện phân tích bản chất hình học phẳng cũng như đưa ra các hướng khai thác mở


ur

ur ur

a  b  a.b  0  a1.b1  a2.b2  0

a1.b1  a2 .b2
a12  b12 . a22  b22

II. Đường thẳng:
1)Vectơ chỉ
phương của đường thẳng
r r
Vectơ u  0 được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng  nếu giá của nó song
song hoặc trùng với .
r
r
Nhận xét:– Nếu u là một VTCP của  thì ku (k  0) cũng là một VTCP của .
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTCP.
2)Vectơ pháp
tuyến của đường thẳng
r r
Vectơ n  0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng  nếu giá của nó vuông góc với .
r
r
Nhận xét: – Nếu n là một VTPT của  thì kn (k  0) cũng là một VTPT của .
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTPT.
r
r


tu

0
2
4) Phương trình chính tắc của đường thẳng
r
Cho đường thẳng  đi qua M0 ( x0; y0 ) và có VTCP u  (u1; u2 ) .

Phương trình chính tắc của :

x  x0 y  y0

u1
u2

(2) (u1  0, u2  0).

5) Phương trình tổng quát của đường thẳng
PT ax  by  c  0 với a2  b2  0 là phương trình tổng quát của đường thẳng.
Nhận xét: – Nếu  có phương trình ax  by  c  0 thì  có:
r
r
r
VTPT là n  (a; b) và VTCP u  (b; a) hoặc u  (b; a) .
r
– Nếu  đi qua M0 ( x0; y0 ) và có VTPT n  (a; b) thì phương trình của  là:
a( x  x0 )  b( y  y0 )  0

  đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b  0): Phương trình của :

 1  2  hệ (1) có vô số nghiệm 

a1 b1 c1
(nếu a2, b2, c2  0 )


a2 b2 c2

7) Góc giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1x  b1y  c1  0 và

2: a2 x  b2y  c2  0

r r
n1.n2
a1b1  a2b2
r r
·
·
cos(1, 2 )  cos(n1, n2 )  r r 
n1 . n2
a12  b12 . a22  b22

Chú ý:

 1  2  a1a2  b1b2  0 .
 Cho 1: y  k1x  m1 , 2: y  k2 x  m2 thì:
+ 1 // 2  k1 = k2
+ 1  2  k1. k2 = –1.


III. Đường tròn:
1)Đường tròn(C) có tâm I (a; b) bán kình R có phương trình là:

( x  a)2  ( y  b)2  R2
2)Phương trình x2  y2  2ax  2by  c  0 ,điều kiện: a2  b2  c >0 là phương trình
đường tròn có tâm I(a;b) bán kính R  a2  b2  c
3)Phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C): ( x  a)2  ( y  b)2  R2 tại
M ( x0 ; y0 )  (C ) là: (a  x0 )( x  x0 )  (b  y0 )( y  y0 )  0

Giải pháp 2 :Sử dụng phương pháp toạ độ để chứng minh một số tính chất
của hình học phẳng
Trong một số bài toán chứng minh tính chất vuông góc của hai đường thẳng bằng
phương pháp hình phẳng khá khó , khi đó tôi hướng dẫn các em dùng phương pháp
toạ độ . Để các em có kỹ năng giải toán , tôi cho các em hình thành phương pháp
như sau :
+ Bước 1 : Lập hệ trục toạ độ và tính toạ độ các điểm liên quan
+ Bước 2 : Dùng tính chất vuông góc của tích vô hướng để chứng minh
Ví dụ 1 : Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho hình thang vuông ABCD, vuông
tại A và B, biết AD= 2BC. H là hình chiếu vuông góc của A lên BD. E là trung
5
2

điểm của đoạn HD. H(-1;3), AE có phương trình : 4x+y +3 = 0. C( ; 4) Tìm toạ độ
A,B,D ?

8


Tính chất bị “ẩn “trong bài toán là AE vuông góc CE. Bước qua được chốt này
coi như đặt được một chân vào “cung cấm”.

9


rèn luyện thì học sinh trung bình khá trở lên có thể thực hiện được.
Giải pháp 3 : Rèn luyện kỷ năng giải một số bài toán gốc
Các bài toán mà các em gặp phải trong các đề thi thường xuất phát từ các bài toán
gốc sau đây :
Bài toán 1: Điểm đối xứng qua đường đường phân giác.
Tính chất: Hai đường thẳng 1;  2 cắt nhau tại I, đường phân giác của góc của
1;  2 là (d).M là điểm  1 , và M’ là điểm đối xứng với M qua (d), thì M’  2

Chứng minh:

M’ đối xứng với M qua(d)MIM’cân tạ I (d) là phân giác của
·

MIM ' M’  2
Ví dụ 1:
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, có đỉnh B(-4;1), trọng
tâm G(1;1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình
x  y 1  0 .Tìm tọa độ A và C.

(Đề thi khối D-2011)
*Tìm tòi lời giải:

10


M là trung điểm AC, G là trọng tâm tam giác.Từ mối quan hệ ba điểm
B; G; M em tìm tọa độ điểm nào? Từ đó các em tìm được tọa đọ điểm M.

2
uuuur ur

BK  ( x  4; y 1)  với vectơ chỉ phương của AD là a  (1;1) .Ta có BK .a  0

 xK  yK  3 .Mà I AD  xK  yK  7 Từ đó K(2;-5)
+Phương trình AC là: 4 x  y 13  0
+Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
Vậy A (4;3). +Tọa độ C:
M là trung điểm AC, ta có:
 xC  2 xM  x A  3
Vậy C (3;-1).

 yC  2 yM  y A  1

11


Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, phân giác trong của
góc A có phương trình: x  y  2  0 , đường cao kẻ từ B có phương trình:
4 x  3 y 1  0 , H (-1;-1) là hình chiếu vuông góc của C lên AB. Tìm tọa độ C?

Đề thi khối B – 2008
*Tìm tòi lời giải:

AD là phân giác góc A, H thuộc AB. K là điểm đối xứng với H qua AB  K
thuộc AC. Trên đường thẳng AC xác định được tọa độ điểm K, đường thẳng AC đi
qua K và vuông góc với BE  phương trình AC  tọa độ A. Do A và H xác định
được tọa độ nên viết được phương trình AB, tìm được B, phương trình AC  tọa
độ C.

12


Các bài toán để khai thác tính chất vuông góc của hai đường thẳng hầu hết tính
vuông góc đều “ẩn”. Dựa vào hình vẽ và bằng trực giác hướng dẫn học sinh phát
hiện. Bởi vậy việc vẽ hình chính xác là một điều kiện dẫn đến sự phán đoán đúng.
Ví dụ 3.
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình vuông ABCD, có A(-2;6),
B(d): x  2 y  6  0 . M và N là hai điểm trên hai cạnh BC và CD sao cho

2 14
BM=CN. I là giao điểm của AM và BN và I ( ; ) . Xác định tọa độ C.
5 5
*Tìm tòi lời giải:

uuur
12 16
AI  ( ;
) và BI  (2b  6; b)
5 5

uuur

Để giải quyết được điểm B ta phải “kiếm”được phương trình cho ẩn b. Dựa vào
hình vẽ ta phán đoán AMBN. Nếu điều này đúng thì “giải quyết”xong điểm B.
Khi tìm được B thì lập được phương trình BC từ đó tìm được C.
*Lời giải:
+Chứng minh AMBN.
Cách 1: Hướng dẫn các em chứng minh tam giác vuông ABM bằng tam giác
vuông BCN.

em có thể phán đoán ACMN. Nếu phán đoán đúng thì khi đó ta có AC.MN  0 ta
được phương trình thứ hai, vậy giải quyết được C. Khi biết được C thì B và D dễ
dàng tìm được. Vậy mấu chốt là chứng minh được ACMN.
*Lời giải:
+Chứng minh ACMN
Do MAN cân tại AMA=NA vậy A thuộc đường trung trực của MN. Do 
vuông ABM bằng  vuông ADN MB=ND  NC=MC vậy C  trung trực MN
 ACMN.
+A(d): x  y  4  0  A(a; a-4). Mặt khác AM=AN  a=-1A(-1;-5).
+Tìm C ( x0 ; y0 )
uuuuur uuuur

uuuur uuuuur

Do MC.NC  0 và AC.MN  0 ta có C(1;-1) hoặc C(3;3).
Khi C(1;-1)B(-2;-2) và D(2;4) hoặc B(2;-4) và D(-2;-2).
Khi C(3;3)B(5;-3) và D(-3;1) hoặc B(-3;1) và D(5;-3).
Tính chất 3: Xác định toạ độ điểm nhờ ba điểm thẳng hàng.
uuuur

uuuur

uuuur

uuuur

Nếu A,B,C thẳng hàng thì AB và AC cùng phương  AB =k AC .
14



uuur

H và trọng tâm G là ba điểm thẳng hàng đồng thời HG  2GI ”.
*Lời giải:
uuuur

uuur

+Chứng minh HG  2GI

15


+Tìm tọa độ G(1;2)
+Tìm tọa độ A(1;4)
+Phương trình BC là x  2 y  3  0

4
5
50
+Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x  )2  ( y  )2 
3
3
9
+Tọa độ B(-1;2), C(3;0) hoặc B(3;0), C(-1;2).
Ví dụ 6 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  1;4  ,

I  3;0  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và M  0; 3 là trung điểm BC. Viết

phương trình AB, biết B có hoành độ dương.

 x  3 2  y 2  16


Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:  x  y  3  0
 B  7;4  .
x  0
 B


Phương trình AB: 3x  7 y  49  0 .
Bài toán 4: Viết phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách từ một
điểm đến đường thẳng.
Cho đường thẳng (  ): ax  by  c  0
Khoảng cách từ M  x0 ; y0  đến () là

d  M ,  

ax0  by0  c

a 2  b2
Cho tam giác ABC vuông ở A, AH là đường cao. Ta có:
16


1
1
1


2

3
+ Viết phương trình AB: x  y  3  0
27 2
+ d  C ; AB  
2
9 2
 G  7; 5
+ d  G; AB  
2
 C  9;15
+ Phương trình AC: 16 x  11y  21  0
Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh
BC, N là điểm trên CD sao cho CN = 2.ND.
AN có phương trình: 2 x  y  3  0 và
 11 1 
M  ;  . Tìm toạ độ A.
 2 2
(Đề thi TSĐH Khối A – 2012)
Tìm tòi lời giải:
A  AN : 2 x  y  3  0  A  a;2a  3
Làm cách nào để lập được một phương trình
cho ẩn a? Rõ ràng là khoảng cách từ M đến
17


AN là tính được. Gọicạnh hình vuông là p ta có AN 
Diện tích tam giác AMN là

p 10

cos A  cos AB; AC  uuuur uuuur
AB . AC





Trong mặt phẳng cho 2 đường thẳng 1,  2 lần lượt có phương trình:
a1x  b1 y  c1  0; a2 x  b2 y  c2  0 :
a1a2  b1b2
cos  1;  2  
a12  b12 . a22  b22
Ví dụ 9:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương
trình cạnh BC là (d): x  7 y  31  0, điểm N  7;7  thuộc AC, M  2; 3 thuộc AB
và ở ngoài đoạn AB. Viết phương trình AB, AC.
Tìm tòi lời giải:
Tam giác ABC vuông cân tại A, vậy
Bˆ  Cˆ  450. AC là đường thẳng qua
N tạo với BC góc 450, AB là đường
thẳng qua M  AC
Lời giải:
AB có phương trình dạng:
a  x  2   b  y  3  0  ax  by  2a  3b  0
AB

tạo

BC
1


29
2

Dễ dàng thấy d1  d2 , vậy ABC cân tại A thì ABC chính là tam giác vuông cân
tại A.
d3 là đường thẳng qua P tạo với d1 góc 450.
Lời giải:
A  d1  d2  A 1; 1 .





d3 là đường thẳng có phương trình dạng ax  by  7a  8b  0 a 2  b2  0 .
3a  7b
1

2
7a  3b
*Khi 3a  7b  d3 : 7 x  3 y  25  0
29
58
 BC  58  d  A; BC  
Do diện tích tam giác ABC là
2
2
Phương trình BC là 7 x  3 y  25  0
*Khi 7a  3b . Tương tự trên nhưng không thoả yêu cầu (loại).


20


Bước 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
Phương trình đường trung trực HK: 7x + y – 10 = 0
7 x  y  10  0
 M (0;10)
 x  y  10  0

Toạ độ M là nghiệm hệ 

Phương trình MH: 3x – y + 10 = 0
Phương trình AK: x + 3y = 0
Toạ độ giao điểm J của MH với AK là J( - 3 ; 1 ). Toạ độ A (-15 ; 5 )
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K(2;2). Đường tròn nội tiếp
tam giác ABC có tâm I(0;1). Đỉnh A ( - 2 ; 5 ). Tìm toạ độ B ; C.
(Trích đề thi HSG lớp 12 – Đồng Nai 2015 )

Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Gọi D là giao của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì: DB = DI.
Tại sao phát hiện được tính chất này ? Đây là mấu chốt của bài toán . Chúng ta hãy
cho các em thấy được mối quan hệ giữa các điểm A, I, B , từ đó phải ngắm điểm D
là tất yếu . Vậy , phán đoán DI = DB là có cơ sở . Điều tiếp theo là chinh phục dự
đoán đó .
Bước 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
+ Chứng minh KD  BC
21


+ Chứng minh DB = DI


H
D

P

C

Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Ta có MBC  NCD  CM  DN
Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra ED
= EI, mà H là trung điểm của DI  EH  DI  AH  DN ,

22


mà CM  DN suy ra CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là hình
bình hành, do đó P là trung điểm DC  tứ giác AMPD là hình chữ nhật
 IE 

1
1
DM  AP  AIP vuông tại I
2
2

Ta có ADI cân tại A  AI  AD  DC  2IP ( do tam giác DIC vuông tại I)
 AI  2IP

Bước 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán

 AI  2IP

23


Đường thẳng AI qua I và vuông góc với PI nên có phương trình 3x  4 y  22  0 .
t  0
2
2
12  
9

A  AI  A(2  4t; 4  3t )   4 t     3t    9  
t   6
5 
5

5


Do xA  4 nên A(2; 4) suy ra pt(AP): 2 x  y  8  0
DN  AP suy ra pt(DN): x – 2y = 0
 16 8 
H  DN  AP  H  ;   D(2;1), C(5;1), B(5; 4)
 5 5

Vậy A(2; 4), D(2;1), C(5;1), B(5; 4)
Ví dụ 4. Cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC. Một đường thẳng qua
A vuông góc với AE cắt CD tại F, đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác
AEF cắt CD tại K. Tìm toạ độ điểm D biết A(-6; 6), (-4; 2), K(-3; 0).


trung tuyến  AM  EF . Do đó 3 điểm A, E, F thuộc đường tròn tâm M bán kính
MA
Đường thẳng EF qua M và vuông góc EA nên có phương trình x  2 y  8  0 .
Phương trình đường tròn tâm M, bán kính MA là ( x  4)2  ( y  2)2  20
 x  2 y 8  0

Toạ độ E, F thoả mãn hệ phương trình 

2
2
( x  4)  ( y  2)  20

 x  8
x  0
hoặc 
y  0
y  4

Giải hệ, suy ra 

Trường hợp 1: E(-8; 0), F(0; 4)
Viết phương trình CD đi qua F, K: 4 x  3 y  12  0
6 12

Viết phương trình AD: đi qua A và vuông góc với CD, suy ra D  ; 
 5 5
Trường hợp 1: E(0; 4), F(-8; 0) suy ra D(-6;0)
Ví dụ 5. Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC;
M, N lần lượt là trung điểm của AH, BH. Trên cạnh CD lấy điểm K sao cho