Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực khai thác sâu một bài toán gốc trong hình học tọa độ phẳng cho học sinh THPT theo bộ sách Kết nối tri thức

 PHẦN I.ĐẶT VẤN ĐỀ 
 1.Lý do chọn đề tài 
 Toán học là một môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng cao nhưng lại có 
ứng dụng rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực đời sống xã hội. Đây là một môn 
học khó đòi hỏi chúng ta phải có sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh tri thức. 
 Dạy học sinh học toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản, giải bài tập 
trong sách giáo khoa, sách bài tập mà phải biết hướng dẫn cho học sinh các 
phương pháp chung để giải các dạng toán, giúp học sinh sáng tạo và phát triển tư 
duy của mình. 
 Một trong những dạng toán khó thường gặp ở bậc phổ thông và là các dạng 
toán về hình học phẳng. Dạng toán này đòi hỏi chúng ta phải có tầm nhìn bao quát, 
suy nghĩ theo nhiều hướng giải khác nhau mới có thể tìm được hướng giải nhanh 
chóng và chính xác nhất. Trong quá trình dạy học thì tôi thấy nhiều học sinh tư duy 
toán học còn hạn chế, các em này ít suy nghĩ tìm tòi giải toán, nhất là những bài 
toán yêu cầu sự kiên trì, sự sáng tạo. Có nhiều học sinh học lực khá, giỏi nhưng khi 
gặp những bài toán mới, mặc dù chỉ là những bài toán được khai thác, phát triển từ 
bài toán quen thuộc nhưng các em vẫn thấy rất lạ lẫm, chưa biết quy lạ về quen. 
Đối với mỗi bài toán, việc tìm ra lời giải chi tiết nhiều khi không phải là khó. Tuy 
nhiên, điều quan trọng hơn là nếu sau mỗi bài toán ấy ta tìm ra được một chuỗi các 
bài toán liên quan thì có thể rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh, giúp các em 
biết hệ thống hóa, khái quát hóa các bài toán từ một bài toán gốc, một tính chất cơ 
bản nào đó. 
 Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã trình bày một số bài 
toán sử dụng tính chất vuông góc trong hình vuông, hình chữ nhật, hình thang 
vuông để giải một số bài toán hình giải tích phẳng.Từ những lý do trên tôi quyết 
định chọn đề tài: “ Phát triển năng lực khai thác sâu một bài toán gốc trong 
hình học tọa độ phẳng cho học sinh THPT” 
 2. Tính khoa học, tính mới 
Sáng kiến thể hiện được các vấn đề đó là: 
- Sử dụng tính chất vuông góc trong hình vuông, hình chữ nhật, hình thang vuông 
để giải một số bài toán hình giải tích phẳng 
- Làm cho người học phát triển được tư duy sáng tạo, tìm tòi và dựa trên cái cũ mà 
phát triển các điều mới đa dạng, sâu rộng và khoa học hơn. 
- Đối với mỗi bài toán, việc tìm ra lời giải chi tiết nhiều khi không phải là khó. Tuy 
nhiên, điều quan trọng hơn là nếu sau mỗi bài toán ấy ta tìm ra được một chuỗi các 
 2 
 PHẦN II.NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 
 1. Cơ sở khoa học 
 1.1. Cơ sở lý luận 
Cơ sở lý luận của đề tài là các kiến thức của chương 7 Sách Toán 10 kết nối tri 
thức về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, cụ thể: 
- Phương trình tham số đường thẳng đi qua A x00; y và nhận u a; b làm véc 
 x x0 at
tơ chỉ phương là: 
 y y0 bt
- Phương trình tổng quát đường thẳng đi qua A x00; y và nhận n a; b làm véc 
tơ pháp tuyến là: ax by c 0 ( c ax00 by ) 
- Khoảng cách từ M0 x 0; y 0 đến đường thẳng : là 
 ax00 by c
 dM 0 ; 
 ab22 
- Công thức tính côsin của góc giữa hai đường thẳng 1 và 2 
 a b a b
 cos ; 1 1 2 2 
 12 2 2 2 2
 a1 a 2. b 1 b 2
 1.2. Cơ sở thực tiễn 
 Đứng trước một bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng học sinh thường 
lúng túng và đặt ra câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải bài toán từ đâu ? Sử 
dụng tích chất nào ”. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong 
quá trình giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng, người giáo viên cần tạo cho 
học sinh thói quen xem xét bài toán dưới nhiều góc độ, khai thác các yếu tố đặc 
trưng hình học của bài toán để tìm lời giải. Việc trải nghiệm qua quá trình giải toán 
sẽ giúp học sinh hoàn thiện kỹ năng định hướng và giải toán. 
 2. Số liệu điều tra, khảo sát 
 Qua giảng dạy và khảo sát tại 2 lớp 10A2 và 10B trước khi thực hiện đề tài như 
sau : 
- Mức độ 1: rất hứng thú học : 10A2 có 5/38 ( 13,2%), 10B có 6/39( 15,4%). 
- Mức độ 2: Có hứng thú 10A2 có 9/38 (23,7%), 10B có 10/39( 25,6%). 
- Mức độ 3 : Không có hứng thú 10A2 có 24/38 ( 63,1%), 10B có 23/39( 59%). 
 4 
 lớp 10,phương trình đường thẳng,phương trình đường tròn,tọa độ điểm thỏa mãn 
tính chất cho trước thông qua một số bài toán gốc cụ thể để hướng dẫn các em tư 
duy phát hiện những tính chất quen thuộc, đặc trưng trong một số hình cơ bản như: 
hình vuông, hình chữ nhật, hình thang vuông,hình tam giác. Ngoài ra tôi xin nhấn 
mạnh đến tính chất cơ bản sau: Cho hình vuông ABCD, gọi M , N lần lượt là trung 
điểm của BC và CD . Khi đó AM BN . 
Cụ thể xuất phát từ Bài toán gốc: Cho hình vuông , gọi M , N lần lượt là 
trung điểm của BC và CD . Chứng minh rằng AM BN . 
 A B
 M
 D N C 
Chứng minh: Để chứng minh ta cần chứng minh AM.0 BN 
Thật vậy, giả sử hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Ta có: 
 AM. BN
 (AB BM ).( BC CN )
 AB.... BC AB CN BM BC BM CN
 AB.. CN BM BC 
 AB. CN . c os18000 BM . BC . c os0
 11
 a. a .( 1) a . a .1
 22
 0
Từ bài toán trên ta có thể xây dựng một số bài toán trong hình học giải tích 
phẳng như sau: 
Bài toán 1: Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông có đỉnh B 0;4 . Gọi M 
 8 16
và N lần lượt là trung điểm của BC và CD . Gọi H ; là giao điểm của AM 
 55
và BN . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đỉnh A thuộc đường 
thẳng (d): xy 0 . 
 6 
 A M B
 I N
 H
 D P C
Thật vậy: theo bài toán gốc ta có CM DN 
Vì AM song song và bằng CP nên AMCP là hình bình hành do đó AP DI 
Mặt khác: DIC vuông tại I nên IP IC PD do đó AP là đường trung trực của 
DI 
Suy ra ADP AIP từ đó ta có AIP 900 và AI 2 IP . 
Từ đó ta có bài toán mới sau: 
 Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có 
 22 11
điểm MN, lần lượt là trung điểm của đoạn AB và BC ,CM cắt DN tại I ; , 
 55
 7
gọi H là trung điểm của đoạn DI , AH cắt CD tại P ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của 
 2
hình vuông biết hoành độ A nhỏ hơn 4. 
 Định hướng bài toán: 
- Áp dụng bài toán gốc ta có: AH DN , CM DN từ đó ta có AH CM 
- Tứ giác AMCP là hình bình hành suy ra P là trung điểm CD . 
- Áp dụng bài toán mục nhận xét ta có IA IP và IA 2 IP . 
 8 
 M
 B C
 H F
 N
 A E D
 11
Thật vậy: MF CN ME 
 24
 Do đó, nếu ta cắt hình vuôngABCD ở trên thành hai hình chữ nhật và bỏ đi 
hình chữ nhật CMED thì ta có các bài toán mới sau đây : 
 Bài toán 3: Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC 2 BA. Gọi 
 1 8 16
 F 1;1 là điểm trên cạnh BC sao cho BF BC . Điểm H ; là giao điểm của 
 4 55
 BD và AF . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B nằm trên 
đường thẳng (d): xy 2 4 0 . 
 A B
 H F
 D C
 Định hướng bài toán: 
- Từ điều kiện bài toán ta có AF BD 
- Lập phương trình đường thẳng AF từ đó suy ra đường thẳng BD . 
 11
- Tìm tọa độ điểm B , từ hệ thức BF BC BF BC ta tìm được C . 
 44
- Lập phương trình BA từ đó suy ra tọa độ điểm A , sau đó suy ra điểm D . 
Hướng dẫn giải 
- Viết PT đường thẳng AF qua H và F : 20xy . 
 10 
 - Lập phương trình đường thẳng AM. Từ đó suy ra đường thẳng BD . 
- Tìm tọa độ điểm B . 
- Lập phương trình đường thẳng BC suy ra tọa độ điểm M , từ đó ta có tọa độ điềm 
 C . 
- Lập phương trình đường thẳng CD từ đó suy ra tọa độ điểm D . 
Hướng dẫn giải: 
- Ta có ABM BCD ( c-g-c) suy ra MAB DBC; AMB BDC 
Mặt khác: AMB MAB 9000 AMB DBC 90 hay AM BD 
- Phương trình đường thẳng AM : xy 3 4 0 
- Phương trình đường thẳng BD : 3xy 4 0 
 3x y 4 0 x 0
- Tọa độ điểm B B 0;4 
 x 2 y 8 0 y 4
- Phương trình đường thẳng BC : xy 40 
 xy 3 4 0
- Tọa độ điềm MMC 2;2 4;0 
 xy 40 
- Phương trình đường thẳng CD: xy 40 
 xy 40 
Tọa độ điểm DD 2; 2 
 3xy 4 0
Nhận xét 4: Cho hình vuông ABCD, gọi K ; M lần lượt là trung điểm của BC ; CD
. Kéo dài AM cắt BC tại E . Khi đó ta thu được bài toán mới: 
 K C
 B E
 H
 M
 A D
Bài toán 5: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại B có BC 2 AB. 
 1
Gọi M 2; 2 là trung điểm của AC và N là điểm thuộc BC sao cho BN BC,
 4
 12 
 CD mà thay vào đó là hai điểm MN, trên cạnh BC và CD sao cho BM CN thì 
kết luận của bài toán có còn đúng nữa không?Từ đó, giáo viên gợi mở cho các em 
mở rộng bài toán gốc. 
2. Bài toán mở rộng: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt lấy 
hai điểm MN, sao cho . Chứng minh rằng: AM BN . 
 A B
 E
 M
 D N C
Chứng minh: dễ dàng ta có ABM BCN MAB NBC; AMB BNC mà 
 MAB AMB 900 ; NBC BNC 90 0 AMB NBC 90 0 hay BEM 900 AM  BN . 
Bài toán 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có A 2;6 , đỉnh 
 B nằm trên đường thẳng d: x 2 y 6 0 trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm 
 MN, sao cho BM CN . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết 
 2 14
 AM và BN cắt nhau tại I ; .
 55 
 (Trích đề thi thử Tứ Kỳ - Hải Dương )
 A B
 I
 M
 D N C
 Định hướng bài toán: 
- Lập phương trình đường thẳng AM 
- Lập phương trình đường thẳng BN từ đó tìm được tọa độ điểm B . 
 14 
 biết K (5; -1), phương trình đường thẳng AC : 2xy 3 0 và điểm A có tung độ 
dương. 
 (Trích đề thi thử sở GD & ĐT Bắc Ninh năm 2014) 
 Đáp số : A(1 ;1) C(3;-3); B(3;1) 
Bài toán 10. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại B có AB 2 BC; 
 8 16 1
 H( ; ) thuộc AC sao cho HC AH ; B(0;4) . Xác định tọa độ các đỉnh của tam 
 55 4
giác ABC biết A thuộc đường thẳng xy 20. 
 Đáp số : A(-4;0); B(0;4), C(2;2). 
Bài toán 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có C 2; 2 . Gọi 
điểm IK, lần lượt là trung điểm của DA và DC ; M 1; 1 là giao của BI và AK . 
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ 
dương. 
 (Trích đề thi thử lần 2, THPT Hiền Đa, Phú Thọ, năm 2015) 
 Đáp số: A( -2; 0), B (1;1), D( -1; -3) hoặc A(1;1), B (3;1), C (3; -3), D(1; -3) 
3. Khai thác một tính chất vào các hình. 
Bài toán 1. Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh BC , N là điểm trên 
 1
cạnh AC sao cho AN AC . Chứng minh: DN MN . 
 4
Chứng minh: Gọi O là tâm hình vuông, I là trung điểm A B
 DO . NI là đường trung bình tam giác AOD suy ra N
 1
 NI AD; NI AD ; NI DC 
 2 O M
 DNC có I là trực tâm CI ND I
Tứ giác MNIC là hình bình hành nên 
 D C
 MN CI  MN DN . 
Vận dụng tính chất ta giải quyết bài toán sau: 
Bài toán 1.1 
 A B
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông 
 N
 31
 ABCD. Gọi M 1;3 là trung điểm cạnh BC . N ; 
 22
 M
 16 
 D C