BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TrƣờngTHPT 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 tƣ 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

– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTPT.
– Nếu u là một VTCP và n là một VTPT của  thì u  n .
3)Phƣơng trình tham số của đƣờng thẳng
Cho đường thẳng  đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP u  (u1; u2 ) .
6


 x  x  tu

0
1 ( t là tham số).
Phương trình tham số của : 
y

y

tu

0
2

 x  x  tu

0
1.
Nhận xét: – M(x; y)     t  R: 
y

y


  đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ) và có hệ số góc k: Phương trình của : y  y0  k( x  x0 )
(phương trình đường thẳng theo hệ số góc)
6) Vị trí tƣơng đối của hai đƣờng thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1x  b1y  c1  0 và 2: a2 x  b2 y  c2  0 .
Toạ độ giao điểm của 1 và 2 là nghiệm của hệ phương trình:
a1x  b1y  c1  0
(1)

a2 x  b2 y  c2  0
a
b
 1 cắt 2  hệ (1) có một nghiệm  1  1 (nếu a2 , b2 , c2  0 )
a2 b2

 1 // 2  hệ (1) vô nghiệm



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

 1  2  hệ (1) có vô số nghiệm 

a1 b1 c1


(nếu a2 , b2 , c2  0 )

d ( M0 , ) 

ax0  by0  c
a2  b2

 Vị trí tương đối của hai điểm đối với một đường thẳng

Cho đường thẳng : ax  by  c  0 và hai điểm M( xM ; yM ), N ( xN ; yN )  .
– M, N nằm cùng phía đối với   (axM  byM  c)(axN  byN  c)  0 .

– M, N nằm khác phía đối với   (axM  byM  c)(axN  byN  c)  0 .
 Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1x  b1y  c1  0 và 2: a2 x  b2 y  c2  0 cắt nhau.
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng 1 và 2 là:
a1x  b1y  c1
a12  b12



a2 x  b2 y  c2
a22  b22

III. Đƣờng 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  y 2  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


5 5

H là hình chiếu của B xuống AC . M( ;

và CD . Tìm toạ độ của B ,C biết hoành độ của C lớn hơn 4.
Phân tích :
Trong bài toán này có tính chất là BM 
KM . Để giải quyết khó khăn khi chứng
minh tôi cho các em dùng phương pháp
toạ độ bằng cách chọn hệ trục toạ độ Bxy
với A(a ;0) a > 0 ; C( 0 ;c) c > 0 dể dàng
chứng minh được BM .KM  0  BM 
KM .
Lưu ý rằng đối với học sinh thì chứng
minh bằng phương pháp thuần tuý sơ cấp
là khó khăn hơn phương pháp này . Nếu
tập cho các em nhuần nhuyễn thì hiệu
quả rất lớn. Phương pháp này nếu kiên
9


nhẫn 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:

3
 y 1
 M

Tìm tọa độ K đối xứng với B qua AD. I là trung điểm BK  I (

xK  4 yK  1
;
)
2
2

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: 4x  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  xA  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

 3 4

Bài toán 2: Dùng tính chất hai đƣờng thẳng vuông góc.
Nếu a  b thì a.b  0

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:

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

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


Khi hai véc tơ cùng phương ta khai thác được hai phương trình, đây là một lợi thế
không nhỏ. Khi giả thiết cho hai điểm xác định tọa độ, chúng tôi cho học sinh phát
hiện xem có điểm nào khả nghi trên đường thẳng qua hai điểm đó không ? Nếu có
thì tiến hành so sánh hai véc tơ tạo thành.
Đường thẳng Ơ-le được học sinh học ở lớp 10(phần vectơ). Đây là một tính chất
nói về ba điểm thẳng hàng. Chúng tôi sau khi cho các em ôn tập lại tính chất đó.
Để khai thác tính chất này, chúng tôi cho các em làm các ví dụ sau đây:
Ví dụ 5.
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC, có tâm đường tròn ngoại

1 8
4 5
tiếp I ( ; ) , trực tâm H ( ; ) và M(1;1) là trung điểm cạnh BC. Xác định A,B,C.
3 3
3 3

*Tìm tòi lời giải:

+ Xác định A  7;10 (từ *)

Tìm tòi lời giải:
Nếu ở ví dụ 11 ta hướng dẫn học sinh
tìm toạ độ trọng tâm G thông qua mối
quan hệ 3 điểm thẳng hàng H, G, I thì
bài tập này, chúng ta hướng sự suy nghĩ
của học sinh vào cách tìm trực tiếp
điểm A thông qua mối quan hệ giữa
AH với IM . Dễ dàng các em dự đoán
được AH  2.IM . Đến đây điểm A
được giải quyết xong. Khi đó, viết được
phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC và phương trình BC. Dĩ nhiên
tính được toạ độ B và ta viết được
phương trình AB.
Lời giải:
+ Chứng minh AH  2.IM (*)

+ Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác là  x  3  y 2  16 .
2

 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


. Viết phương trình AC.
G  (d ): x  y  2  0 . Diện tích tam giác ABC bằng
2

Tìm tòi lời giải:
Để viết phương trình AC ta chỉ
cần xác định C. Để xác định C
ta phải xác định G. Do
G t;2  t  nên G chỉ cần một
phương trình với ẩn t. Diện tích
tam giác chắc chắn có liên quan
đến khoảng cách từ C đến AB.
Theo giả thiết khoảng cách này
xác định được. Vậy khoảng
cách này liên quan đến G chỗ nào? Vấn đề là chỗ đó. Theo tính chất trọng tâm
1
 d  G; AB   d C; AB  . Bài toán được giải quyết.
3
Lời giải:
1
+ Chứng minh d  G; AB   d C; AB 
3
+ Viết phương trình AB: x  y  3  0
27 2
+ d  C; AB  
2
9 2
+ d  G; AB  
 G  7; 5
2

 p3 2
4
4
2
3 10
 AM 
 A 1; 1 , A  4;5
2
Bài toán 5: Lập phƣơng trình đƣờng thẳng qua một điểm cho trƣớc và tạo với
đƣờng cho trƣớc một góc xác định.
MH 

Khi một đường thẳng di qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một
góc được xác định, thì phương trình đường thẳng đó viết được phương trình.Dấu
hiệu sử dụng kết quả này là giả thiết cho phương trình một đường thẳng và đường
thẳng „‟đối tác‟‟ còn lại đi qua một điểm biết tọa độ.
*Trong mặt phẳng cho tam giác ABC:
AB. AC
cos A  cos AB; AC 
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

* Khi 4a  3b

18


Phương trình AB: 3x  4 y 18  0
Phương trình AC: 4x  3 y  49  0
Trường hợp này AB, AC, BC đồng quy nên loại.
Do đó phương trình AB: 4x  3 y 1  0 , AC: 3x  4 y  7  0 .
Ví dụ 10:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho P  7;8 và hai đường thẳng  d1  : 2 x  5 y  3  0;

 d2  :5x  2 y  7  0

cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng  d3  đi qua P

tạo với d1, d2 một tam giác cân tại A có diện tích S 
Tìm tòi lời giải:

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 .




Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác vuông ABC vuông
tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC. D là điểm đối xứng của
B qua H. K là hình chiếu vuông góc của C lên AD. Giả sử h(-5 ; -5), K( 9 ; - 3) và
trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x – y + 10 = 0. Tìm toạ độ điểm A
(Trích Đề thi THPTQG – 2015 )

Bƣớc 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán
Bƣớc 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
Do điểm M  x – y + 10 = 0. Vậy M phải là đối tượng mà các em phải xem xét. Từ
đó các em phát hiện đƣợc mối quan hệ ba điểm H, M, K là tam giác HMK cân
tại M. Với phát hiện này ta tìm được toạ độ M(0;10)
Từ hình vẽ ta dự đoán A, K đối xứng với nhau qua HM. Nếu điều này đúng thì tìm
được toạ độ A. Hướng học sinh vào chứng minh MH là trung trực của AK
 HA  HK

+ Chứng minh HA  HK
+ Viết phương trình đường thẳng AK
+ Tìm giao điểm AK với HM
+ Tìm toạ độ A
20


Bƣớc 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 


; ) . Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng AH
5 5

7
2

cắt CD tại P( ;1) . Biết xA  4 , tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông

M

A

B

I

E

N

H
D

P

C

Bƣớc 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

Bƣớc 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
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 ,
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

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

Bƣớc 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
ABE  ADF  AE  AF nên tam giác AEF cân tại A, mà AM là đường trung

tuyến  AM  EF . Do đó 3 điểm A, E, F thuộc đường tròn tâm M bán kính MA
Bƣớc 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán
+ Chứng minh AM  EF ; A, E, F thuộc đường tròn tâm M
+ Viết phương trình EF: qua M và vuông góc AM
24


+ Viết phương trình đường tròn (C) tâm M bán kính MA
+ E, F là giao điểm của đường thẳng EF và đường tròn (C), suy ra toạ độ E, F
+ Viết phương trình CD đi qua F, K. Viết phương trình AD: đi qua A và vuông góc
với CD, suy ra toạ đô D  AD  CD
Bƣớc 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
ABE  ADF  AE  AF nên tam giác AEF cân tại A, mà AM là đường

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