SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ TÌM LỜI GIẢI CHO MỘT SỐ BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG (CHƯƠNG III HÌNH HỌC 10) Người thực hiện: Lê Thị Hương Chức vụ: Giáo viên SKKN mơn: Tốn THANH HĨA NĂM 2016 MỤC LỤC Nội dung Trang Mở đầu - Lí chọn đề tài - Mục đích nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Kiến thức 2.3.2 Một số ví dụ tiêu biểu 2.3.3 Bài tập tự luyện 18 2.4 Hiệu sáng kiến 19 Kết luận kiến nghị 20 MỞ ĐẦU LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Một mục tiêu cụ thể giáo dục phổ thơng là: “Tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất, lực cơng dân phát bồi dưỡng khiếu, định hướng nghề nghiệp cho học sinh; Phát triển khả sáng tạo, tự học, khuyến học tập suốt đời” Để thực mục tiêu việc phát triển lực tư cho học sinh có vai trò quan trọng Do q trình dạy học nói chung dạy học mơn tốn nói riêng người giáo viên cần phải coi trọng vấn đề Trong chương III hình học lớp 10 có phần quan trọng hình học phổ thơng phương pháp tọa độ mặt phẳng, phần tiếp nối hình học phẳng cấp THCS nhìn quan điểm đại số giải tích Như tốn hình học tọa độ mặt phẳng mang chất toán hình học phẳng đó, giải dạng tập khả tư học sinh nâng lên nhiều Tuy nhiên tìm lời giải cho tốn hình học tọa độ học sinh thường khơng trọng đến chất hình học toán ấy, cần giải toán em bắt đầu tư đâu, dựa vào đâu để suy luận tìm lời giải Nguyên nhân vấn đề phần học sinh ngại hình học phẳng nghĩ hình học phẳng khó nên “lười” tư duy, phần giáo viên dạy không trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh, chưa phân tích tác kĩ thao tư để tìm lời giải cho tốn, tập minh họa đơn điệu, rời rạc, thiếu sức hấp dẫn, điều không gây hứng thú học tập sáng tạo cho em Dẫn đến kết học tập học sinh nhiều hạn chế Vì vậy, thực tế yêu cầu phải trang bị cho học sinh phương pháp suy luận giải tốn hình học tọa độ mặt phẳng dựa việc kết hợp tính chất hình học mà em có THCS kiến thức mà em tiếp thu học phần phương pháp tọa độ mặt phẳng nhằm kích thích khả tư sáng tạo, tăng cường hứng thú học tập học sinh Từ phát huy khả tư tích cực, chủ động giải vấn đề, tự suy luận tìm phương án tối ưu để giải yêu cầu mà tốn đặt hình thành học sinh lực giải tình thực tế Từ lí tơi chọn đề tài “Phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc khai thác tính chất hình học để tìm lời giải cho số tốn tọa độ mặt phẳng (chương III hình học 10)’’ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Thông qua đề tài phát huy khả tự tìm lời giải cho tập liên quan đến kiến thức chương III hình học lớp 10, phát huy tính tích cực, chủ động, tư sáng tạo cho học sinh ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU + Tìm hiểu thao tác tư duy, bước suy luận để tìm lời giải cho tốn hình học tọa độ mặt phẳng + Xây dựng định hướng khai thác số tính chất hình học tuý, kết hợp với kiến thức hình học giải tích để giải số tập phần phương pháp tọa độ mặt phẳng + Thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá tính khả thi hiệu đề tài PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU + Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết + Phương pháp nghiên cứu điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin + Phương pháp thống kê, xử lí số liệu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong học tập mơn Tốn hoạt động chủ đạo thường xuyên học sinh hoạt động tư giải tập, thơng qua hình thành kỹ năng, kỹ xảo đồng thời rèn luyện phát triển trí tuệ Vì vậy, quan tâm nhiều dạy học Việc hướng dẫn cho học sinh tự học, tự nghiên cứu, biến trình đào tạo thành trình tự đào tạo vấn đề cần thiết Đối với mơn tốn việc rèn luyện khả tư trìu tượng, tư logic, khả phân tích tổng hợp, dự đốn, tương tự hóa, khái quát hóa, biết liên hệ, xâu chuỗi kiến thức góp phần định việc tìm lời giải tập hình học nói chung tập phần phương pháp tọa độ mặt phẳng nói riêng Do q trình hướng dẫn học sinh làm tập giáo viên cần quan tâm đến vấn đề phát huy khả tư độc lập, định hướng tìm lời giải cho tốn đồng thời tạo điều kiện thuận lợi để phát huy tính tích cực, tư sáng tạo cho em Các dạng tập phần tọa độ mặt phẳng phong phú, nhiều toán hay, xâu chuỗi nhiều mảng kiến thức, có nhiều vấn đề để học sinh khai thác Do dạy học phần giáo viên cần lưu ý tạo điều kiện để học sinh phát huy tính tích cực, chủ động, khả tư để tự tìm lời giải cho tập Từ phát huy em tính độc lập, tự chủ, khả giải tình mà thực tế mà gặp sống 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi dạy xong chương III hình học 10 phương pháp tọa độ mặt phẳng thấy đa số học sinh làm số dạng tập đơn giản; tập mang tính suy luận, đòi hỏi khả vận dụng cao em khơng tự tìm lời giải trước giáo viên tiến hành giảng dạy tiết chữa tập em tỏ hiểu Trong đó, toán liên quan đến phần đề thi đại học, trung học phổ thông quốc gia, đề thi học sinh giỏi năm gần lại đòi hỏi tính suy luận cao Để giải tốn học sinh khơng phải nắm kiến thức hình học giải tích mà phải phát “điểm nút” tốn tính chất hình học túy trung học sở ẩn chứa toán Điều dẫn đến kết làm học sinh chưa mong muốn Khi dạy dạng tập phần này, thực tế thường xảy nhiều giáo viên theo lối mòn như: Nêu dạng tốn, phương pháp giải chưa phân tích cho học sinh thấy toán lại phải tìm toạ độ điểm trước, điểm sau, ưu tiên đường trước, đường sau, tính độ dài đoạn thẳng , tính góc để làm gì? Tại lại kẻ thêm đường thẳng này, kẻ với mục đích gì? Sở dĩ có thực trạng giáo viên chưa chịu thực đổi phương pháp dạy học biết ngại áp dụng, thiếu kiên nhẫn phân tích, giải thích cho học sinh Điều làm hạn chế khả tư duy, niềm đam mê, hứng thú học tập em Theo tơi việc phân tích, định hướng cho học sinh cách tiếp cận hình học cần thiết, công việc mà người giáo viên phải trọng cung cấp cho em lời giải khô khan - Kết thực trạng Trong năm học 2013-2014; 2014-2015 tỉ lệ học sinh lớp 12 trường THPT Triệu Sơn làm câu hình học tọa độ mặt phẳng đại học THPT Quốc Gia khơng nhiều (điều thể kết thi, số lượng học sinh đạt điểm tám trở lên đạt khoảng 25% tổng số thí sinh dự thi) Năm học 2014- 2015 chưa áp dụng sáng kiến vào giảng dạy Sau dạy xong chương III hình học lớp 10 tổ chức ôn tập, rèn kĩ giải tập tiết dạy tự chọn buổi dạy thêm nhà trường Tôi cho học sinh lớp 10D3 giải thử số tập lấy từ đề thi thử Đại học số trường THPT đề thi đại học năm 2014 Kết sau: Giỏi Khá TB Yếu Số Lớp HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) 10D3 48 0 10 20,8 20 41,6 18 37,6 Từ kết đó, năm học 2015- 2016 tiến hành đổi dạy nội dung lớp 10A3 (lớp 10A3 có chất lượng tương đương với lớp 10D3) 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ giải tốn thơng qua số buổi học có hướng dẫn giáo viên Trong yêu cầu khả lựa chọn lời giải ngắn gọn sở phân tích tốn hình học phẳng tương ứng; Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin khả nắm vững kiến thức học sinh; Cung cấp hệ thống tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện Nội dung cụ thể là: 2.3.1: Tổ chức cho học sinh ôn tập củng cố lại số kiến thức Trước hướng dẫn học sinh khai thác tính chất hình học phẳng để giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng cần tổ chức cho học sinh ơn tập lại số tính chất hình học mà em học trung học sở Cụ thể tính chất đường tam giác, tính chất đường tròn tứ giác nội tiếp, tính chất hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng; tính chất phần véc tơ mặt phẳng phần phương pháp tọa độ mặt phẳng Tiếp theo, hướng dẫn học sinh tìm hiểu chứng minh số tính chất hình học túy thường khai thác toán phương pháp tọa độ mặt phẳng nhằm mục đích củng cố, khắc sâu thêm kĩ chứng minh quan hệ vng góc, quan hệ song song, đoạn thẳng, góc đồng thời để em có sở để tư duy, phát tính chất hình học ẩn chứa tốn vận dụng chúng q trình tìm giải Cụ thể số tính chất sau: Gọi I ; G; H tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có tính chất sau: - Tính chất 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C), A' điểm đối xứng A qua I, H’ giao điểm thứ hai AH với (C) Khi ta có kết sau: Tứ giác BHCA’ hình bình hành   Gọi M trung điểm BC, ta có AH  IM   Ba điểm I, G, H thẳng hàng IH  3IG (định lí Ơle ) H’ đối xứng với H qua BC Chứng minh Ta có:  ACA'  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BH / / A'C (cùng vng góc với AC ) Tương tự ta có HC / / BA' Từ suy tứ giác BHCA' hình bình hành IM / / AH (cùng vng góc với BC)   IM A' I  '   AH  IM  AH  IM AH A A Do G làtrọng tâm tam giác    ABC nên IA  IB  IC  3IG  (1)  M  trung điểm BC nên  IB  IC  IM  Theo chứng minh AH  IM        IA  IB  IC  IA  AH  IH (2)   Từ (1) (2)  IH  3IG '  BCH  (cùng phụ với góc  BAH ABC ) ' ) '  BCH ' (hai góc nội tiếp chắn cung BH Mà BAH '  HCH ' cân C nên H’ đối xứng với H qua B   BCH  BCH - Tính chất 2: Cho tam giác ABC Gọi D, E chân đường cao kẻ từ đỉnh B C lên cạnh AB, AC Các điểm I, H tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm tam giác ABC, K trung điểm AH, M trung điểm cạnh BC Khi ta có: KM  ED AI  DE hay AA'  DE Tứ giác EKDM nội tiếp đường tròn đường kính KM Chứng minh Tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH  KE  KD Tương tự, ta có tứ giác EDCB nội tiếp đường tròn đường kính BC nên ME  MD  KM trung trực ED J Cách 1: Tứ giác BEDC nội tiếp nên:  ABC   ADE  ' Mà  AC ) ABC  AA C (hai góc nội tiếp chắn cung      ' ' ' '    ADE  AA C Mà AA C  CAA  90  ADE  CAA  900 K E  AA'  DE Cách 2: Qua A kẻ tiếp tuyến AJ với đường tròn Khi  AB ) ACB (cùng chắn cung  AJ  AA' Mặt khác JAB     Mà AED  ACB  AED  JAB  AJ / / DE Từ suy DE  AA' A D I H B M C A' DK đường trung tuyến tam giác vuông ADH nên DK  KH    KHD   BCA   KDH cân H  KDH + DM đường trung tuyến tam giác DBC nên DM  MB  AH BC  MBD cân   BDM   BCA   CBD   KDH   DBC   900  KDM   900 (1) M  BDM   900 (2) Tương tự ta có KEM Từ (1) (2) suy tứ giác EKDM nội tiếp đường tròn đường kính KM - Tính chất 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, D giao điểm đường phân giác góc A với đường tròn (C) Khi ta có tính chất : Với M  AB, M ' điểm đối xứng với qua đường phân giác AD M '  AC ID  BC Chứng minh A ' Nếu M  A M  M  A M' Với M  AB mà M không trùng với A, qua M kẻ M I đường thẳng vng góc với đường phân giác AD, cắt AC ' M Khi AD vừa đường cao vừa đường phân C giác AMM '  AD  MM ' trung điểm MM ' nên B M ' điểm đối xứng với M qua đường thẳng AD D D điểm cung BC nên ID  BC (Tính chất đường kính qua điểm cung) - Tính chất 4: Cho hình chữ nhật ABCD Khi MA  MC MB  MD Chứng minh M ABCD hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn đường kính AC Mà MA  MC nên M thuộc A B đường tròn Mặt khác đường tròn đường kính AC đường tròn đường kính DB nên C D M nhìn BD góc vng hay MB  MD - Tính chất 5: Cho hình vng ABCD Gọi M, N trung điểm cạnh AB, AD Khi DM  CN Chứng minh   PDC   NCD  = PDC   MPC ADM  900  DM  CN M A N D B P C 2.3.2 Hướng dẫn học sinh tìm lời giải cho tốn hình học tọa độ phẳng Oxy thơng qua số ví dụ điển hình Một tốn hình học tọa độ phẳng giải theo ba hướng sau: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích; Giải hồn tồn theo quan điểm hình học túy sau áp dụng vào tọa độ; Kết hợp khai thác yếu tố hình học phẳng hình giải tích để giải tốn Mỗi hướng giải có ưu riêng cho tốn nói chung tốn phương pháp tọa độ mặt phẳng đề thi đại học trung học phổ thông quốc gia năm gần giải theo hướng thứ ba thường hiệu Quy trình tìm trình bày lời giải cho tốn hình học tọa độ mặt phẳng theo hướng thứ ba thường gồm bước sau: Bước 1: Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn (vẽ hình xác dễ quan sát để nhận “ điểm nút” toán) Bước 2: Phân tích tốn, tìm lời giải: Quan sát hình vẽ, xác định giả thiết yêu cầu toán; Trên sở kiện toán phân tích yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán - Sắp xếp điểm chưa biết tọa độ, đường cần tìm theo thứ tự từ nhiều giả thiết đến giả thiết Xác định xem nên ưu tiên tìm điểm nào? Đường trước? - Phân tích điểm, đường hình vẽ: Liên hệ điểm, đường biết với nhau; liên hệ điểm, đường cần tìm với điểm biết tọa độ tìm tọa độ với điểm khác, với đường mà giả thiết cho, với tính chất đường, góc tam giác, đường tròn, tứ giác (thường tứ giác nội tiếp, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình vng)…để dự đốn tính chất hình học ẩn chứa tốn, tiến hành chứng minh tính chất phát dựa vào tính chất để giải toán - Lập sơ đồ bước giải tốn - Bước 3: Trình bày lời giải Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng BC : x  y   , điểm H  2;0  , I  3;0  trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Hãy lập phương trình cạnh AB , biết điểm B có hồnh độ khơng lớn A Hướng dẫn học sinh tìm lời giải Cách 1: I - Bước 1: Giáo viên hướng dẫn học sinh vẽ hình - Bước 2: Phân tích tìm lời giải H + Đầu cho điểm H  2;0  , I  3;0  phương trình B M C đường thẳng BC nên ta tìm mối liên hệ H , I BC ta liên hệ đến tính chất IM  BC (với M trung điểm BC)  tìm tọa độ điểm M + Mục tiêu toán viết phương trình AB nên ta tìm mối liên hệ điểm H , I , M , A, B Đã có tọa độ điểm H , I , M nên để tìm A ta liên hệ đến tính chất   AH  IM  tìm tọa độ điểm A + Tiếp theo ta phân tích kiện liên quan đến điểm B, ta nhận thấy IA  IB B  BC Từ ta tìm tọa độ điểm B + Sau tìm A, B ta viết phương trình AB - Bước 3: Trình bày lời giải Gọi M trung điểm BC  IM  BC Đường thẳng IM qua I có véc tơ  pháp tuyến n 1;1  phương trình đường thẳng IM: x  y    tọa độ điểm M   x  y   7 1  M  ;   Chứng minh AH  IM (tính chất 1) 2 2 x  y   thỏa mãn hpt:    2  xA   A 1;1 AH  IM    y    A B  BC  B  t ; t    t  3 A t  (l )  B  2;   t  Do IA  IB   t  3   t      2 H B I C M A 1;1 ; B  2; 2   phương trình đường thằng AB là: x  y   A' Cách 2: A + Phân tích: Đầu cho điểm H  2;0  , I  3;0  trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I nên ta liên hệ đến tính chất ba điểm I, G, H thẳng   G D hàng IH  3IG với G trọng tâm tam giác ABC H C Từ tìm tọa điểm G Sau tìm điểm G, M B biết phương trình BC cách tự nhiên ta quan tâm đến trung điểm M BC, tìm mối quan hệ M với điểm, đường biết, nhận thấy IM  BC  tìm tọa độ điểm M Mục tiêu tốn viết phương trình cạnh AB nên cần lưu ý đến điểm A; B Nhận thấy tìm   A dựa vào tính chất AG  2GM , ta tìm tọa độ điểm B, dựa vào điêu kiện B  BC ; IA  IB điểm B có hồnh độ khơng lớn Khi tìm tọa độ A; B ta dễ viết phương trình đường thẳng AB + Học sinh tự trình bày lời giải theo q trình phân tích bước Nhận xét: Điểm mấu chốt tốn tính chất liên quan đến trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác; mối liên hệ đường kính dây cung đường tròn Cũng với mối liên hệ thay đổi số giả thiết tốn ta tập Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A( -2;-1), trực tâm H (2; 1), BC  Hãy lập phương trình đường thẳng BC biết trung điểm M BC nằm đường thẳng d: x - 2y - 1= điểm M có tung độ dương A - Bước 1: Yêu cầu học sinh tự vẽ hình - Bước 2: Phân tích : Đường thẳng BC qua điểm M   nhận AH làm véc tơ pháp tuyến, AH biết nên ta cần tìm toạ độ điểm M Đầu cho điểm A H; I H B BC  ta nghĩ đến mối liên hệ M AH   M AH  IM (với I tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ) C mối liên hệ độ dài BC ; IA; IM để tìm tọa độ M - Bước 3: Trình bày lời giải A Do M  d  M  2a  1; a  ,  a   Gọi I tâm đường tròn   ngoại tiếp tam giác ABC Khi AH  IM I    G Ta có AH   4;  ; AH  AH  IM  I  2a  1; a  1 B C IM  Vì M trung điểm BC nên IM  BC Do đó: M A'  BC  2 IA2  IB     IM  10   2a  1  a  10  a    a   Do a   a   M  3;1 Đường thẳng BC qua M  3;1 , nhận  AH   4;  làm véc tơ pháp tuyến có phương trình x  y   Nhận xét: Qua ví dụ 2, ta thấy giả thiết của tốn thay đổi  học sinh nắm vững toán gốc (tính chất AH  IM ) em giải yêu cầu tốn Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn có phương trình x  y  x  y   , đường thẳng AC qua E (2;3) Gọi H K chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng HK 3x  y  A có hồnh độ âm, B có tung độ dương A Hướng dẫn học sinh tìm lời giải - Bước 1: Hướng dẫn học sinh vẽ hình H K - Bước 2: Phân tích: + Ta tìm tọa độ tâm I I bán kính r đường tròn ngoại tiếp tam giác.Trên cở sở C giả thiết toán xác định tìm tọa độ điểm A trước B E liên hệ điểm A với điểm, đường biết điểm I D đường thẳng HK, ta tìm mối liên hệ AI HK Dự đốn AI vng góc với HK tiến hành chứng minh (tính chất 2) + Sau chứng minh AI  HK , viết phương trình đường thẳng AI  A   C   AI  tọa độ điểm A, sau tìm tọa điểm A, viết phương trình đường thẳng AC (AC qua A E)  H  HK  AC  BH , từ suy B  BH   C  - Bước 3: Trình bày lời giải Đường tròn (C) có tâm I(2;-2) bán kính R= 10 Ta có tứ giác HKBC nội tiếp nên  ABC   AHK (1) Gọi D giao điểm thứ hai AI với (C) Khi  ABC   ADC (2) Từ (1) (2) ta có  AHK   ADC     Mặt khác CAD  ADC  90 Suy CAD  AHK  900 Vậy IA  HK Do phương trình AI : x  y   Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: A H K I C B E D x  y   Ta A(5;-1) (loại) A(-1;-3)  2 x  y  x  y    Khi AC qua A(-1;-3) E(2;-3) nên có phương trình: y   Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ :  y    x  1; y  3  C (1; 3)  A   2  x  5; y  3  C (5; 3)  x  y  x  y   H giao điểm đường thẳng HK AC nên H(1;-3) - Đường thẳng BH qua H vng góc với AC nên BH có phương trình : x -1  B giao điểm BH (C) nên tọa độ B nghiệm hệ:  x= 1; y =  x -1=   B(1;1) (do B có tung độ dương)  2  x= 1; y = -5  x + y - 4x+4y - 2= Vậy A(-1;-3) ; B(1;1) ; C(5;-3) Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH 3x  y   0, trung điểm cạnh B điểm M  3;0  Gọi E F chân đường cao hạ từ C B đến AB AC, phương trình đường thẳng EF x  3y   Tìm tọa độ điểm A, biết A có hồnh độ dương - Hướng dẫn học sinh vẽ hình - Phân tích: + Đầu cho phương trình EF tọa độ trung điểm điểm M BC nên ta liên hệ đến tính chất KM  EF với K trung điểm AH A Phương trình AH biết từ tìm tọa độ điểm K bốn điểm E; F; K; M thuộc đường tròn (C) đường kính K KM (tính chất 2); Có tọa độ K M ta viết phương E F trình đường tròn từ ta tìm tọa độ điểm E  E   C   EF  B H M + Để tìm tọa độ A ta liên hệ A với điểm tìm C tọa độ E; K ; M Nhận thấy EK trung tuyến tam giác vuông EHA  KE  KA (1) Kết hợp điều kiện A  AH với điều kiện (1) giả thiết A có hồnh độ dương ta tìm tọa độ điểm A - Trình bày lời giải Gọi K trung điểm AH Tứ giác AEHF nội tiếp bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn nên KM  EF (đoạn nối tâm vng góc với dây chung)   EKF  = 900 mà BAF   EKF    EKM  = 900  KEF Ta có: KEF 2   BAF  = 900  KEF =  )  KEF ABF (cùng phụ với góc BAF 1   = KEF  + FEM  = KME  + FEM  và:  ABF = EMF = KME  MEK    900  MEK = 900 Tương tự MFK Do tứ giác MEKF nội tiếp đường tròn đường kính KM, tâm trung điểm J KM Đường thẳng KM qua M vng góc EF nên có phương trình: 3x + y – = K giao điểm AH KM nên tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: 3x - y+3=  K 1;   3x+ y =  Đường tròn đường kính KM có tâm J(2; 3) bán kính r = JM  10 nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình:  x - 3y +7 =  2  x -  +  y -  = 10  x = 3y -7  x = -1 x =     E(5; 4) E(–1; 2) y=  y -  =  y = Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3) Ta có: KA  KE  KA  KE  (a  1)2  (3a  3)2  20  a   Vì A có hồnh độ dương nên A(1+ 2;6 +3 ) Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình 3x  y   0; x  y   Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D  4; 2  Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết hồnh độ điểm B khơng lớn - Hướng dẫn học sinh vẽ hình A - Phân tích: Từ điều kiện tốn suy tìm M trung điểm BC, viết phương trình AD  A  AD  AM K  AD  BC H Nhận thấy trực tâm H đối xứng với D qua BC B K (tính chất 1), suy tọa độ điểm H; Để viết phương trình AB, AC ta tìm tọa độ điểm B, C M C gọi B(t; t-4), dùng điều kiện M trung điểm D BC suy tọa độ điểm C theo t, dùng điều kiện BH  AC tìm t từ suy tọa độ điểm B, C viết phương trình AB, AC - Trình bày lời giải 10 Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm BC AD, E giao điểm BH AC Do M giao điểm AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:   x  x  y   7 1   M  ;   2 2 3 x  y   y    Đường thẳng AD qua D vng góc với BC nên phương trình AD có dạng x  y   Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 3 x  y   x    A 1;1  x  y   y 1 Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: x  y   x    K  3;  1  x  y    y  1   KCE  , mà KCE   BDA  (hai góc nội tiếp Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK   BDK  , K trung điểm HD nên H  2;  AB ) Suy BHK chắn cung  Do B thuộc BC  B  t; t   , M trung điểm BC nên: C   t;3  t    HB(t  2; t  8); AC (6  t ;  t ) Do H trực tâm tam giác ABC nên   t  HB AC    t    t    t    t     t  14  2t     t  Do t   t   B  2; 2  , C  5;1 Suy AB :3x  y   0; AC : y 1  Chú ý: Sau tìm tọa độ điểmA, trung điểm M BC trực tâm  H ta liên hệ tới tính chất AH  IM để tìm tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, từ viết phương trình đường tròn điểm B, C giao điểm với đường thẳng BC Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3;  , đường phân giác góc A có phương trình x  y   tâm đường tròn ngoại tiếp ABC I (1; 7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp lần diện tích IBC A - Vẽ hình - Phân tích Đã có tâm I tọa độ điểm A nên viết phương I trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Từ tìm tọa độ D giao điểm thứ hai đường phân B C giác góc A với đường tròn (C ) Khi DI  BC (tính chất 3) Kết hợp nhận xét DI  BC với giả thiêt D S ABC  S IBC  d A; BC   4d I ; BC  ta viết ta viết phương trình cạnh BC - Lời giải 11 + Ta có IA  Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng  C  : ( x  1)2  ( y  7)2  25 + Gọi D giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC Tọa độ D nghiệm hệ phương trình: x  y 1    D  2;3  2 ( x  1)  ( y  7)  25 A I B C D Vì AD phân giác góc A nên D điểm cung nhỏ BC  Do ID  BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI   3;  làm vec tơ pháp tuyến + Phương trình cạnh BC có dạng 3x  y  c  114  c      c  31  c   Do SABC  4SIBC nên d  4d  A; BC   I ; BC   c   131  Vậy phương trình cạnh BC : 9x +12y - 114 = 15x + 20y - 131= Ví dụ 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) đường thẳng chứa phân giác góc BAC có phương trình x-y-1 = Tìm tọa độ đỉnh A - Bước 1: Vẽ hình (đối với tốn khơng thiết phải vẽ hình) - Bước 2: Phân tích giả thiết yêu câu cầu tốn : + Đã có điểm B đường phân giác (d) góc A, ta nghĩ đến tính chất đường phân giác “B’ đối xứng với B qua đường phân giác góc A B’ thuộc đường thẳng AC” Mặt khác có tọa độ điểm B trọng tâm G tìm tọa độ trung điểm M AC A Đường thẳng AC qua B’ M từ viết phương trình AC  A  AC  (d ) Sơ đồ bước giải toán: M + Tìm tọa độ trung điểm M AC ’ + Tìm B đối xứng với B qua đường phân G B' giác góc A + Viết phương trình MB’  A  MB '   d  B C - Bước 3: Trình bày lời giải Đường thẳng  d  qua B vuông góc với đường phân giác    góc BAC có phương trình : x  y   Gọi B ' điểm đối xứng với B qua     B '  AC   Ta có B '  2; 5  ; Gọi M trung trung điểm AC Khi BG  2GM Từ 7  M  ;1 Đường thẳng AC đường thẳng MB ' có phương trình 2  12 x  y 1  x   x  y  13  ; A      AC  tọa độ A nghiệm hệ  4x  y  13  y  Vậy A  4;3 Nhận xét: Có thể giải tốn hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích sau:   Gọi M trung trung điểm AC Khi BG  2GM Từ M  ;1 Vì A 2  thuộc đường thẳng  : x  y   nên A  t; t  1 Đường thẳng  có véc tơ      phương u 1;1 Vì  phân giác góc BAC nên cos  AB; u   cos  AM ; u   2t 4  t   2  t   11  2t 2 7    t   2  t  2  Rõ ràng việc giải phương trình cuối cồng kềnh phức tạp Do biết khai thác kết hình học phẳng để giải tốn lời giải ngắn gọn nhiều Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng d: x  y   Điểm E  9;4  nằm đường thằng chứa cạnh AB, điểm F  2;   nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 Xác định tọa độ đỉnh hình thoi ABCD biết đỉnh C có hồnh độ âm B Q trình tư tìm lời giải: - Học sinh tự vẽ hình E - Phân tích: Đầu cho phương trình A đường thẳng chứa cạnh AC nên ta liên hệ đến C I tính chất đường đường chéo hình E' thoi AC  BD, IA  IC ; IB  ID F D (với I  AC  BD ) , AC phân giác góc  BCD  Đã biết tọa độ điểm E  AB; F  AD nên ta khai thác tính chất BAD  Theo tính chất 7, ta có E  AB  E '  AD (với E’ AC phân giác góc BAD điểm đối xứng E qua AC) Từ viết phương trình AD tìm A  AC  AD , sau tìm A dùng giả thiết C  AC độ dài AC  2 nên ta tìm tọa độ điểm C Khi có tọa độ A C ta tìm trung điểm tìm trung điểm I AC, ta viết phương trình BD đường thẳng qua I, vng góc với AC  D  AD  BD , dùng điều kiện B đối xứng với D qua I, ta tìm tọa độ điểm D - Dựa vào q trình phân tích bước 2, học sinh tự trình bày lời giải 13 Nhận xét: Khi làm tập liên quan đến hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật,hình vng ngồi tính chất đặc trưng mối liên hệ cạnh, góc, ta thường hay khai thác tính chất giao điểm hai đường chéo chúng Ví dụ 9: (Đề thi THPT quốc gia năm 2015): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vng A Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh BC; D điểm đối xứng với B qua H; K hình chiếu vng góc C AD Giả sử H  5; 5  , K  9; 3 trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng có phương trình x  y  10  Tìm tọa độ điểm A - Vẽ hình - Phân tích tìm lời giải: + Gọi M trung điểm B AC Từ giả tốn ta xác định tìm tọa độ điểm M H K trước (vì điểm chưa biết tọa độ M chứa nhiều giả thiết nhất) Điều kiện thứ M  d : x  y  10   M  t;10  t  I D ta tìm mối liên hệ M với điểm biết C A M H  5;  , K 9;  tọa độ     nhận thấy MH  MK (vì tứ giác AHKM nội tiếp đường tròn tâm M, đường kính AC ), từ tìm tọa độ điểm M + Sau tìm tọa độ điểm M, ta tìm mối liên hệ A điểm biết tọa độ H , K , M , quan sát hình vẽ, ta dự đoán AK  MH đặc biệt A đối xứng với K qua MH Chứng minh nhận xét tốn hồn tồn giải - Lời giải Gọi M trung điểm AC Vì M  d : x  y  10  nên M  t;10  t  Ta có AC  điểm M tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M nên MH  MK  thuộc đường trung trực HK có phương trình 7x  y  10   7t  10  t  10   8t   t   M  0; 10  ABH   ADH Do D đối xứng với B qua H nên tam giác ABD cân A nên  0 Tam giác ABC vuông A nên  ABH   ACH  90   ADH   ACH  90      900 Mặt khác ACH  DHM (tam giác MCH cân M )  ADH  DHM   900  I  AK  MH  Mặt khác MK = MA nên I trung điểm AK  DIH  K đối xứng với A qua đường thẳng MH  Ta có MH  5;15  ; đường thẳng MH có phương trình 3x  y  10  Trung điểm I AK thuộc MH AK  MH nên tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình   x 9  y 3 3     10   A  15;5        x    y  3   14 Chú ý: Ta chứng minh A đối xứng với K qua MH cách sau:   HCA  (hai góc nội tiếp chắn cung ) Cách 1: HKA   HAB  (cùng phụ với góc HAC ) HCA   HAD  (tam giác ABD cân A) HAB   nên tam giác AHK cân H, suy HA  HK mà MA  MK nên A  HK A  HAD đối xứng với K qua M J Cách 2: Gọi E  AH  CK D trực tâm tam    DAH   B AED  HAK giác AEC  AB / / DE Do BAH nên HAK cân H  AH  HK Mặt khác MA  MK H K  K đối xứng với A qua đường thẳng MH D Nhận xét: Mấu chốt toán việc chứng minh I tam giác HAK cân K để ý đến tính chất tứ C A M giác nội tiếp Ví dụ 10: (Trích đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015 ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) hình chiếu vng góc A lên BD Điểm M ( ;3) trung điểm cạnh BC phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A  ADH : x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Q trình phân tích tìm lời giải: - Bước 1: Yêu cầu học sinh vẽ hình - Bước 2: Phân tích: Gọi AK đường trung tuyến kẻ từ A  ADH  K  DH  đầu cho phương trình đường thẳng AK tọa A B độ điểm H, M nên ta nghĩ đến việc tìm mối liên hệ chúng, quan sát hình vẽ ta nhận thấy M MK  AK Sau tìm cách chứng minh nhận xét H + Khi chứng minh MK  AK viết K D C phương trình đường thẳng qua M, vng góc với AK  tọa độ điểm K Sau có tọa độ điểm K ta tìm tọa độ điểm D (D đối xứng với H qua K) đồng thời viết phương trình AH tìm A  AH  AK + Sau tìm được A, D viết phương trình đường thẳng BC (là đường thẳng qua M nhận AD làm véc tơ phương) - Bước 3: Trình bày lời giải Gọi AK đường trung tuyến kẻ từ A  ADH  K  DH  , gọi N trung điểm AD NK / / AH  NK  KB nên K thuộc đường tròn đường kính NB Tứ giác ABMN hình chữ nhật nên B A nội tiếp đường tròn đường kính NB Đường tròn đường tròn đường kính N M AM  K nhìn AM góc vng Hay AK  KM H D K C 15 Đường thẳng KM qua M ( ; 3) vng góc với AK: x  y   nên MK có pt: x  y  15  K  AK  MK  K ( ; 2) 2 Do K trung điểm HD mà H(1; 2) nên D(0; 2) AH qua H(1; 2) vng góc với HK nên AH có PT: x - = A  AK  AH  A(1; 0) BC qua M ( ; 3) song song với AD nên BC có PT là: 2x + y – 12 = Nhận xét: - Ngoài cách cách chứng minh , chứng minh MK  AK theo cách sau: Gọi P trung điểm AH Ta có PK song song AD  PK  AB A B Mà AH  KB P trực tâm P M tam giác ABK  BP  AK H mà BPKM hình bình hành nên D K C KM song song BP  KM  AK - Có thể dùng tính chất: “Cho hình chữ nhật ABCD Khi MA  MC MB  MD ” để chứng minh qua hệ vng góc hai đường thẳng với ý tưởng để chứng minh MB  MD ta tạo hình chữ nhật ABCD nhận DB, AC đường chéo Sau chứng minh MA  MC Ví dụ 11: Cho hình vng ABCD có hai điểm M, N trung điểm cạnh AB, BC, biết CM cắt DN I ( 22 11 ; ) Gọi H trung điểm DI, biết 5 đường thẳng AH cắt CD P( ; 1) Biết xA  , tìm tọa độ đỉnh hình vng M A B - Hướng dẫn học sinh tìm lời giải + Đầu cho tọa độ điểm I P nên ta tìm mối liên hệ I, P với điểm đường khác I N H D C Ta có CM  DN hay MI  DI (tính chất 6) P + Từ thiết toán ta thấy điểm cần tìm A có nhiều giả thiết nên ta xác định tìm tọa độ điểm A trước Ta tìm mối liên hệ A với I P Bằng quan sát hình vẽ ta dự đoán AI  IP Mặt khác nhận thấy P trung điểm DC (giáo viên hướng dẫn để học sinh tự chứng minh cách gọi E trung điểm DC, chứng minh AE cắt DI trung điểm H DI Điều chứng tỏ E trùng với P)  tứ giác AMCP hình bình hành nên AP // CM  AP  DN  ADI cân A  AI  AD  DC Mà DC  IP  AI  IP (1) Tứ giác AMPD hình chữ nhật mà MI  DI nên AI  IP (2) 16 Kết hợp (1) (2) ta tìm tọa độ điểm A Khi có A viết phương trình AP phương trình DN (DN qua I vng góc với AP), suy H  AP  DN , H trung điểm ID suy tọa độ điểm D; P trung điểm DC suy tọa độ điểm   C, dùng điều kiện AB  DC suy toạ độ điểm B - Học sinh tự trình bày lời giải dựa vào q trình phân tích Ví dụ 12 (Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015): Trong mặt  phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có B  2;  ; BAD ADC  900 điểm A C thuộc trục hoành Gọi E trung điểm đoạn AD, đường thẳng EC qua điểm F  4;1 Tìm toạ độ đỉnh A, C, D biết EC vng góc với BD điểm E có tọa độ nguyên A B Quá trình tư tìm lời giải F - Bước 1: Hướng dẫn học sinh vẽ hình E - Bước 2: Phân tích: Trong điểm chưa biết tọa độ E điểm có nhiều giả thiết nên ta ưu tiên điểm E trước Đã biết phương trình AC tọa độ điểm B nên C D ta tìm mối liên hệ E với B AC Quan sát hình vẽ ta dự đốn EB  AC tiến hành chứng minh nhận xét + Sau chứng minh EB  AC , ta viết phương trình đường thẳng EB + A  Ox  A  a;0  , sau viết phương trình EB, ta tham số hóa tọa độ điểm E sử dụng điều kiện BA  EA; EF  BD ; E trung điểm AD điểm E có hồnh độ A B ngun ta tìm tọa độ điểm A; E; D F tìm C  EF  Ox - Bước 3: Lời giải E Gọi K điểm đối xứng với B qua E tứ giác ABDE hình bình hành nên DB / / AK  CE  AK K  E trực tâm ACK  KE  AC hay C D EB  AC Đường thẳng BE qua B  2;  vuông góc với ox nên có phương trình x =   Gọi A  a;0  ;  E  2; b   D   a; 2b  ; BA   a  2;  ; EA   a  2; b    BD   a; 2b   ; FE   6; b  1     BA  EA  BA.EA  0; EF  BD  FE.BD   a  2  4b    b  1 (do b nguyên) 6   a    b  1 2b     A  4;0  ; D  0; 2  Đường thẳng EF có phương trình x  y  1 cắt Ox C  1;0  Vậy A  4;0  ; D  0; 2  ; C  1;0  Nhận xét: Qua ví dụ 10; 11; 13 ta nhận thấy đề cho hai đường thằng a; b cắt điểm H vng góc với hai đường thẳng cắt 17 khác để chứng minh quan hệ vng góc đường thẳng qua H đường thẳng khác ta nên lưu ý đến tính chất “ba đường cao tam giác đồng quy” quan tâm đến ý tưởng tạo tam giác có H trực tâm Chú ý: Trong ví dụ 12 hướng dẫn học sinh chứng minh EB  AC phương pháp véc tơ (tham khảo đáp án SGD), phương pháp tọa độ cơng cụ hình học túy sau: A B  ) Ta có: CDB ADB (cùng phụ với góc CDB DE DC  AB AD AE DC AD DC mà DE  AE     AB AD BA AE   ADC ABE  CAD BAE     900  CAE   BEA   900  EB  AC Mà  ABE  BEA  DCE F ABD  E C D 2.3.3: Bài tập tương tự để học sinh tự luyện nhà Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường 3  phân giác kẻ từ đỉnh A điểm D  2;   , tâm đường tròn ngoại tiếp tam 2    giác ABC điểm I   ;1 Tìm tọa độ B C biết C có hồnh độ âm   Cho hình bình hành ABCD có N trung điểm CD, đường thẳng BN có phương trình 13x  10 y  13  , điểm M(-1; 2) thuộc đoạn thẳng AC cho AC = 4AM Gọi H điểm đối xứng với N qua C, H thuộc đường thẳng  : x  3y  Biết 3AC = 2AB Tìm toạ độ A, B, C, D Cho tam giác ABC vuông cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB đường thẳng CD Biết điểm D  1;  1 , đường thẳng IG có phương trình x  y   điểm E có hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD Trên cạnh AB, AD lấy điểm E , F cho AE = AF Gọi H hình chiếu vng góc A lên BF Tìm toạ độ điểm C biết C thuộc đường thẳng d : x - y + = toạ độ hai điểm E (2;0) , H (1; -1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD ( A  D   900 ) có đỉnh D  2;2  CD  AB Gọi H hình chiếu vng góc  22 14  D đường chéo AC Điểm M  ;  trung điểm HC Xác định tọa  5 độ đỉnh A, B, C biết đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  y   18 2.4: Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Trong trình thực sáng kiến lớp 10A3 nhận thấy: - Các em học sinh chăm nghe giảng giải tập, bước đầu hình thành nên lối tư khoa học hơn, sâu sắc - Giờ học sôi nổi, tạo nên tinh thần học tập chung cho lớp - Học sinh có thay đổi tích cực phương pháp học tập tư giải tốn - Một số học sinh sáng tạo thêm tập dựa vào toán gốc cho lớp làm, phong trào thi đua học tập lớp ngày nâng cao Qua thời gian thực tế dạy học, nhận thấy chưa đưa đề tài vào trình giảng dạy, học sinh giải tập đơn giản Khơng biết phân tích tốn, lúng túng khơng biết đâu, xử lí giả thiết cho nào, dẫn đến không làm Sau học đề tài học sinh làm tốt tập khó, em hứng thú say mê học tập, có cách nhìn nhận vấn đề tốt hơn, tư duy, tiếp cận tìm lời giải nhanh, số em có hướng tư độc đáo Kết thể rõ rệt qua kiểm tra tiến hành dạy đề tài lớp 10A3 So sánh lớp chưa học lớp học đề tài, cho thấy hiệu đề tài tính thiết thực việc đổi phương pháp dạy học Sau thực trình hướng dẫn học sinh tìm lời giải cho em tự luyện tập nhà tiến hành cho học sinh lớp 10A3 làm kiểm tra 45’ (với mức độ đề tương đương với đề cho lớp 10D3 năm học 2014 - 2015) Nội dung đề kiểm tra sau: Câu 1.(Đề thi ĐH khối D năm 2014): Trong phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D (1; -1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – = Viết phương trình đường thẳng BC Câu Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD Gọi H hình chiếu vng góc A đường thẳng BD; E F trung điểm đoạn thẳng CD BH Biết A(1;1) , phương trình đường thẳng EF 3x  y  10  E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B,C D hình chữ nhật ABCD Kết làm học sinh thống kê bảng sau Giỏi Khá TB Yếu Lớp Số HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) 10A3 45 12 26,7 15 33,3 12 26,7 13,3 19 Bản thân đồng nghiệp trường trung THPT Triệu Sơn nhận thấy áp dụng sáng kiến dạy học tập chương III hình học lớp 10 hiệu giảng dạy giảng dạy giáo viên nâng lên từ góp phần vào việc nâng cao chất lượng giáo dục lớp mà phụ trách nói riêng nhà trường nói chung KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ - Kết luận: Phát triển lực tư duy, tư độc lập, khả tự phát giải vấn đề cho học sinh vấn đề cần thiết cấp bách Làm điều em phát huy hết khả có ý tưởng hay giải tốn, tránh lời giải máy móc khơ khan, loại bỏ dần cách học sai lệch học tủ, học vẹt Người thầy cần xác định tầm quan trọng việc xây dựng tảng kiến thức, tảng có vững vàng em có đủ nội lực để tiếp nhận kiến thức mới, tảng có vững vàng em có sở để phát triển, sáng tạo học Việc cung cấp lời giải khoa học, xác cho học sinh điều cần thiết, trước người thầy cần có bước phân tích, biện luận đề cho học sinh điều quan trọng Các em học cách tư từ đây, cách nhìn nhận vấn đề từ Làm tốt điều này, thành công người thầy - Kiến nghị: Đề tài tích luỹ nhiều năm trực tiếp giảng dạy lớp trường THPT Triệu Sơn 4, ví dụ chọn lọc, tham khảo từ nhiều nguồn tài liệu có đề thi Đại học – Cao đẳng Bộ giáo dục, đề thi thử số trường THPT, tạp chí Tốn học tuổi trẻ Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắn đề tài không tránh khỏi hạn chế Rất mong đóng góp quý báu bạn đọc, đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2016 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết Lê Thị Hương 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO - Sách giáo khoa Hình học lớp 10- Nhà XB Giáo Dục – tháng năm 2008 - Báo toán học tuổi trẻ số tháng năm 2014; tháng năm 2015; tháng 11 năm 2014 - Đề thi đại học trung học phổ thông quốc gia năm 2013; 2014; 2015 - Đề thi học sinh giỏi môn tốn lớp 12 tỉnh Thanh Hóa năm học 2014-2015; 2015- 2016 - Đề thi thử đại học số trường THPT năm gần đây; trang mạng liên quan đến dạy học toán www Moon.Vn; Thư viện trực tuyến Violet; www.diendantoanhoc.net - Những điểm mục tiêu đổi bản, toàn diện giáo dục phổ thông – thuvienphapluat.VN - Tư liệu ghi chép cá nhân - đồng nghiệp 21 ... ưu để giải yêu cầu mà tốn đặt hình thành học sinh lực giải tình thực tế Từ lí tơi chọn đề tài Phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc khai thác tính chất hình học để tìm lời giải cho số. .. dẫn học sinh tìm lời giải cho tốn hình học tọa độ phẳng Oxy thơng qua số ví dụ điển hình Một tốn hình học tọa độ phẳng giải theo ba hướng sau: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích; Giải. .. động, tư sáng tạo cho học sinh ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU + Tìm hiểu thao tác tư duy, bước suy luận để tìm lời giải cho tốn hình học tọa độ mặt phẳng + Xây dựng định hướng khai thác số tính chất hình