Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác yếu tố hình để giải một số bài toán hình phẳng Oxy

 A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chän ®Ò tµi
 Trong chương trình hình học lớp 10 có một phần rất quan trọng của hình 
học phổ thông đó là phương pháp toạ độ trong mặt phẳng, đây là phần tiếp 
nối của hình học phẳng ở cấp THCS nhưng được nhìn dưới quan điểm đại 
số và giải tích. 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. Tuy nhiên khi giải 
các bài toán hình học toạ độ học sinh thường không chú trọng đến bản chất 
hình học của bài toán ấy, một phần vì học sinh ngại hình học phẳng vì cứ 
nghĩ hình học phẳng là khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng không chú 
trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh. Do đó hiệu quả giải toán không 
cao mà sự phân loại dạng toán, phương pháp giải toán cũng không rõ ràng. 
Vì vậy, thực tế yêu cầu phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương 
pháp suy luận giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng. Với ý định đó, 
trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi muốn nêu ra một cách định hướng tìm 
lời giải bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng dựa trên bản chất hình 
học phẳng của bài toán đó. 
II. C¬ së lý luËn cña ®Ò tµi
 Thực trạng 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 ?”. Một số học sinh có thói quen không tốt là khi đọc đề 
chưa kỹ đã vội làm ngay, có khi sự thử nghiệm đó sẽ dẫn tới kết quả, tuy 
nhiên hiệu suất giải toán như thế là không cao. 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. Trong đó việc hình thành cho học sinh khả năng tư duy theo 
các phương pháp giải là một điều cần thiết. Việc trải nghiệm qua quá trình B. NỘI DUNG
I CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 
1. Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ năng giải toán thông qua một (hay 
nhiều) buổi học có sự hướng dẫn của giáo viên 
2. Tổ chức rèn luyện khả năng định hướng giải toán của học sinh. Trong đó 
yêu cầu khả năng lựa chọn lời giải ngắn gọn trên cơ sở phân tích bài toán 
hình học phẳng tương ứng. 
3. Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin về khả năng nắm vững kiến thức 
của học sinh. 
4. 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 rộng cho bài toán. 
5. Cung cấp hệ thống các bài tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện. 
II. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN 
 Nội dung này được triển khai thông qua 3 buổi học (mỗi buổi học 3 
tiết). Các buổi học giáo viên nêu vấn đề và định hướng cách suy nghĩ giải 
toán, giáo viên hướng dẫn làm các ví dụ mẫu. Qua đó, bằng cách phân tích 
trên hình phẳng tương ứng với bài toán, giáo viên phân tích lợi ích của việc 
“suy nghĩ có định hướng theo bản chất hình học phẳng của bài toán hình 
học toạ độ trong mặt phẳng” cũng như phân tích cho học sinh thấy rằng 
việc lựa chọn phương pháp giải không phải là ngẫu nhiên mà luôn chất 
chứa những nguyên nhân sâu xa rất bản chất. Đó chính là cấu trúc của bài 
toán, hình thức của bài toán và các mối quan hệ “tất yếu” giữa các yếu tố 
tạo nên bài toán. Cũng chính vì điều đó mà việc phân tích bài toán toạ độ 
trên hình phẳng tương ứng một mặt giúp học sinh hiểu được bản chất của 
bài toán, mặt khác giúp học sinh biết cách định hướng trong việc tìm lời 
giải bài toán. Để các buổi học đạt hiệu quả, tôi đã thực hiện ngay sau khi Thực hành giải toán: 
Bước 1: Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán. Trên cơ sở dữ kiện và yêu cầu 
bài toán phân tích các yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán. 
Bước 2: Lập sơ đồ các bước giải bài toán 
Bước 3: Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ ở bước 2 
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có góc C nhọn, tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác là I(-2; 1) và thoả mãn A· IB 900 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là 
D(-1; -1), đường thẳng AC đi qua điểm M(-1; 4). Tìm toạ độ A, B biết đỉnh 
A có hoành độ dương
 M
 B
 A
 I
 D
 C
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng 
sau: 
 1 1
 Ta có ·ACB sd »AB ·AIB 450 , mà ·ADC 900 suy ra tam giác ADC 
 2 2
vuông cân tai D nên DA = DC
mặt khác IA = IC do đó ID là trung trực của AC ID  AC Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nhọn. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ 
từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình 3x 5y 8 0 , 
 x y 4 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4; -2). Viết phương 
trình các đường thẳng AB, AC biết xB 3 
 A
 E
 H
 C
 B
 M
 D
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng 
sau: 
 Tứ giác CEHK nội tiếp đường tròn E· CK B· HK 
Mà ·ACK ·ADB (góc nội tiếp chắn cung »AB ) suy ra B· HK ·ADB , do đó tam 
giác BHD cân tại B, mà BK là đường cao nên K là trung điểm của HD
Bước 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán 
+) M AM  BC suy ra toạ độ điểm M
+) Viết phương trình AD: đi qua D và vuông góc với BC
+) A AD  AM suy ra toạ độ điểm A, K AD  BC suy ra toạ độ K
+) K là trung điểm của DH suy ra toạ độ điểm H M
 A
 B
 I
 E
 N
 H
 C
 D P
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 , 
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 
 1 1
nhật IE 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 
+) Chứng minh tam giác AIP vuông tại I
+) Viết phương trình đường thẳng AI: đi qua I và vuông góc với PI
+) Chứng minh AI = 2 IP, A AI biểu thị toạ độ điểm A theo tham số t. 
AI = 2IP suy ra toạ độ điểm A, rồi viết phương trình AP 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), 
M(-4; 2), K(-3; 0).
 A
 B
 E
 F C
 D K
Bước 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
Bước 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 
+) 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 A
 B
 N
 M
 H
 C
 D K
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng 
 1
sau: MN là đường trung bình của tam giác HAB MN / / AB, MN AB . 
 2
 1
Do MNCK là hình bình hành MN / / CK, MN CK AB suy ra K là trung 
 2
điểm của CD
 Ta có MN  BC, BH  MC nên N là trực tâm tam giác BCM 
 CN  BM , mà MK // CN BM  MK 
Bước 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán 
+) Chứng minh BM  MK 
+) Viết phương trình BM qua M và và vuông góc với MK, suy ra toạ độ 
 B BM  d1 
   
+) C d2 nên toạ độ điểm C biểu thị theo tham số a. BC.CK 0 suy ra toạ 
độ C . K là trung điểm CD suy ra toạ độ điểm D 
   
+) AB DC suy ra toạ độ điểm A Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho bài toán, khai thác yếu tố hình phẳng 
sau: 
 2 1
 Ta có G là trọng tâm tam giác ADC DG DI BD BG 2GD . 
 3 3
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM 
 BH BG
 2 BH 2DK 2d(D,CM ) 
 DK GD
Bước 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán 
+) Chứng minh BH 2d(D,CM )
+) Tính d(D, CM) suy ra độ dài BH
+) B d1 Biểu thị toạ độ điểm B theo tham số b toạ độ điểm B
   
+) C thuộc CM nên biểu thị toạ độ điểm C theo tham số c. CB.CD 0 suy ra 
toạ độ điểm C
   
+) AB DC toạ độ điểm A
Bước 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
 26
 Ta có DK d(D,CM ) . 
 65
 2 1
G ọi G là trọng tâm tam giác ADC DG DI BD BG 2GD . 
 3 3
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM 
 BH BG 52
 2 BH 2d(D,CM ) 
 DK GD 65
 b 2
 17b 18 52 
 B d1 B(b; -1-2b) BH 70 
 65 65 b 
 17
Vì B, D nằm khác phía đối với CM nên b = 2 B(2; 5) I(3;0) 
C CM C(8c 10;c) (c < 2). 8
 d(H,BN) 2d(C,BN) d(M , BN) 
 5
 3 3 2 1 1 1 1
 Ta có CM AC . AB AB CD NH CM NH suy ra 
 4 4 3 2 2 2 2
tam giác MNH vuông tại M
Bước 2. Lập sơ đồ các bước giải bài toán 
 8
+) Tính d(M,BN). Chứng minh d(H, BN) d(M , BN) 
 5
+) H Biểu thị toạ độ điểm H theo tham số a toạ độ điểm H
+) Tam giác MNH vuông tại M suy ra phương trình đường thẳng MN
+) N BN  MN toạ độ điểm N; C là trung điểm NH suy ra toạ độ C 
+) N là trung điểm CD suy ra toạ độ điểm D
   
+) CM 3MA toạ độ điểm A, I, B
Bước 3. Trình bày lời giải bài toán theo sơ đồ bước 2
 Gọi I AC  BD, G BN  AC suy ra G là trọng tâm tâm tam giác BCD 
 2 1 1 5
 CG CI AC , mà AM AC MG AC AM CG AC 
 3 3 4 12
 4 4
Do đó CG MG d(C, BN) d(M , BN) 
 5 5
 8
 d(H,BN) 2d(C,BN) d(M , BN) 
 5
 3 3 2 1 1 1 1
 Ta có CM AC . AB AB CD NH CM NH suy ra 
 4 4 3 2 2 2 2
tam giác MNH vuông tại M
 H H (3a;2a) 
 a 1
 20 32
 Ta có d(M , BN) d(H, BN) 45 
 269 269 a 
 19