Sáng kiến kinh nghiệm phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phương pháp dạy học tíchcực tôi nhận thấy phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” có nhiều ưu điểm cũng như phù hợp với công tác giả

A ĐẶT VẤN ĐỀ

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà,đổi mới phương pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọnghàng đầu

Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phương pháp dạy học tíchcực tôi nhận thấy phương pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề”

có nhiều ưu điểm cũng như phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán

ở trường phổ thông nói chung và dạy học giải bài tập toán nói riêng.Tuy nhiên để có thể thành công trong phương pháp dạy học “Phát hiện vàgiải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng lực sư phạm củamỗi giáo viên còn đòi hỏi ở người giáo viên nhiều thời gian và tâm huyết

Để có một bài giảng thu hút được học trò, giúp học trò phát triển tưduy về môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôicũng như bao giáo viên yêu nghề và yêu toán khác thường trăn trở vớinhững khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán

Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thường xuấthiện ở các kỳ thi vì vậy nó luôn được sự quan tâm đặc biệt đối với họctrò, bên cạnh đó nó cũng là một bài toán khó với nhiều đối tượng học tròđặc biệt là với các em có năng lực trung bình Băn khoăn trước nhữngkhó khăn đó của học trò, tôi đã tìm tòi và quyết định chọn phương phápdạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” để giúp các em tiếp cận loạitoán này một cách hiệu quả nhất

Trong số những bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớpcác bài toán “thiên về tính chất hình phẳng thuần túy” đã gây cho học trò

nhiều khó khăn khi tiếp cận Vì vậy tôi đã chọn đề tài “Kinh nghiệm dạy học giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng nhờ mối quan hệ ba điểm” để nghiên cứu.

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bàitoán hình giải tích trong mặt phẳng thông qua phương pháp dạy học

“Phát hiện và giải quyết vấn đề”

Phát triển tư duy khái quát hóa, tương tự hóa, lật ngược vấn đề, tư duysáng tạo của học sinh…

III ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

- Học sinh khối 10 THPT

- Đội tuyển HSG khối 11 THPT

- Học sinh khối 12 THPT ôn thi vào các trường Đại học

- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT

IV KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU

TT Thời gian Nội dung công việc Sản phẩm

1

Từ 15 tháng 01 đến 15 tháng 02 năm 2014

Chọn đề tài, viết đề cương

Đọc tài liệu lí thuyết viết

Trao đổi với đồng nghiệp

và đề xuất sáng kiến

Tập hợp ý kiếnđóng góp củađồng nghiệp

4

Từ 15 tháng 03 đến 30 tháng 03 năm 2014

Dạy thử nghiệm ở các lớp10A, 12C1, 12C2, 12C4

Thống kê các kếtquả thử nghiệm

5

Từ 01 tháng 04 đến 25 tháng 04 năm 2014

Hoàn thiện đề tài Đề tài chính thức

V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đếnhình học phẳng, hình học giải tích trong mặt phẳng, phương pháp dạyhọc môn toán và những sáng kiến kinh nghiệm của các giáo viên khácthuộc bộ môn Toán THPT

- Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện

- Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A, 11C1, 12C1, 12C2,12C4 trường THPT Đặng Thúc Hứa để thu thập thông tin thực tế

sự hưng phấn khi làm toán.

Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phầnhình giải tích trong mặt phẳng cũng như qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy

bộ môn Toán, chỉ có khoảng 10% học sinh hứng thú với bài toán hìnhgiải tích trong mặt phẳng

II KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA

Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sátcho thấy: Có trên 80% các em học sinh có hứng thú với bài học và 50%trong số đó biết cách tìm tòi và xây dựng những bài toán mới từ nhữngbài toán gốc được giáo viên gợi ý hoặc được các em tự tìm tòi

Trong các kỳ thi thử ĐH trên toàn tỉnh cũng như khảo sát với các đềthi thử ĐH trong cả nước, có 90% học sinh ở các lớp trên có thể giảiquyết bài toán hình giải tích trong mặt phẳng ở các đề thi đó

III KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI KẾT QUẢ

- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang họckhối 10 THPT cũng như các em học sinh khối 12 THPT đang ôn thivào các trường ĐH-CĐ

- Đề tài có thể được phát triển thêm ở những lớp bài toán khác trongphần hình giải tích phẳng để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảngdạy môn ở các trường THPT

- Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảocho học sinh và giáo viên phục vụ học tập và giảng dạy môn toán

IV CƠ SỞ LÝ THUYẾT

1 Sơ đồ quy trình thực hiện phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề.

2 Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài.

 Bài toán 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng

Quy trình giải toán.

Bước 1 Viết phương trình đường

thẳng AM qua A và vuông góc với

đường thẳng AB

Bước 2 Xác định tọa độ giao điểm

của đường thẳng AM và đường

Đề xuất và thực hiện hướng giải quyết

Hình thành giải phápGiải pháp đúng

Kết thúc

điểm A trên đường thẳng , biết góc giữa hai đường thẳng AC và 

bằng 

Quy trình giải toán.

Bước 1 Tham số hóa điểm A

Bước 2 Sử dụng công thức

.cos

véc tơ chỉ phương của đường thẳng )

Bước 3 Giải phương trình ở bước 2 và kết luận

 Bài toán 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm

độ điểm M thuộc  sao cho d M AB ,  k k R k,  , 0

Quy trình giải toán.

Bước 1 Tham số hóa điểm M

Bước 2 Sử dụng công thức tính khoảng

cách d M AB  , 

Bước 3 Giải phương trình ở bước 2 và kết luận.

 Bài toán 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm

Bước 3 Chọn , a b đại diện và thỏa mãn (*)

V NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Thông thường loại bài tập toán liên quan đến hình giải tích trong mặtphẳng được chia thành hai mảng Mảng thứ nhất là những dạng bài tập cótính “đại số” cao, với phương pháp giải toán chủ đạo là phương pháptham số hóa Mảng thứ hai là những dạng bài tập có tính “ thuần túyhình phẳng” cao, mà cơ sở để giải toán thường dựa trên khả năng sử dụngcác tính chất hình phẳng học sinh đã được học ở bậc học THCS

Trong những năm gần đây những bài toán về hình giải tích trong mặtphẳng thuộc mảng thứ hai thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọnHSG và kỳ thi vào các trường ĐH và đã gây ra nhiều khó khăn cho cácđối tượng học sinh Xuất phát từ yêu cầu thực tiễn đó trong phần này tôimuốn được nêu lên những quan điểm dạy học sinh nghiên cứu, tìm tòi vàgiải quyết một lớp các bài toán xuất phát từ cơ sở lý thuyết là các bài toán

cơ bản và quen thuộc được nêu ở mục IV

1 Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng.

a Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc.

 Bài toán 1.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD Gọi M1;3 là trung điểm của cạnh BC, 3 1;

2 2

N 

  là điểmtrên cạnh AC sao cho 1

4

AN  AC Xác định tọa độ các đỉnh của hình

vuông ABCD, biết D nằm trên đường thẳng x y  3 0.

Bước 1 Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.

- Ta nhận thấy rằng giả thiết bài toán xoay quanh

ba điểm D, M, N nên giữa chúng có thể xuất hiện

những mối quan hệ đặc biệt Bằng trực quan ta

đưa ra giả thuyết DN MN Nếu giả thuyết này

đúng dựa vào bài toán 1 chúng ta sẽ tìm được

tọa độ điểm D Từ đó ta sẽ tìm được tọa độ các

đỉnh còn lại của hình vuông bằng phương pháp

tham số hóa quen thuộc

- Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta

chọn hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh A  2;2 , B2;2 ,

Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán là

quan hệ vuông góc, trung điểm và các mối liên

quan đến độ lớn cạnh của hình vuông, vì vậy ta

đề xuất các giải pháp chứng minh sau:

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và

BD Điểm F là trung điểm đoạn DI Khi đó tứ

giác FNMC là hình bình hành và F là trực tâm tam giác NDC nên

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ

C

DM DC  M  a Suy ra DM2 DN2 MN2  DN MN

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Trước hết ta sẽ chứng minh DN MN (Có thể sử dụng một trong các

- Để giải quyết bài toán 1.1 ta đã mở “nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ

điểm D nhờ mối quan hệ DN MN Như vậy bài toán 1.1 thực chất

được xây dựng dựa trên bài toán hình phẳng thuần túy: Cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao cho 1

4

AN  AC Chứng minh rằng DN MN

- Trong các giải pháp chứng minh DN MN thì giải pháp 4(sử dụngcông cụ lượng giác) giúp chúng ta phát hiện ra một mối liên quan khácgiữa ba điểm ,D M N đó là , ND NM hay nói cách khác, tam giác

NDM vuông cân tại N , từ đó ta nhận thấy nếu bỏ đi giả thiết “D nằm

trên đường thẳng x y  3 0 ” bài toán vẫn có thể giải quyết, song sẽ cho chúng ta nhiều nghiệm số

- Bằng giải pháp 2 (sử dụng công cụ véctơ) ta sẽ kiểm tra bài toán tương

tự trong trường hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật

k x

31

5

x  y k  , khi đó ta cũng có thể xây dựng bài toán hình giải tích

thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho hình chữ nhật ABCD có

2

AD DC Gọi M là trung điểm của BC, N là điểm trên đường chéo

AC sao cho 3AN 2NC Chứng minh rằng DN MN.

làm rõ hơn trường hợp này

 Bài toán 1.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật

ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng d1: 2x y 2 0 , đỉnh C thuộcđường thẳng d2:x y  5 0. Gọi H là hình chiếu của B xuống AC.Biết điểm 9 2; , 9;2

Bước 1 Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.

- Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M, K, B Bằng trực quan ta đề

xuất giả thuyết BM KM và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ

sử dụng kết quả bài toán 1 để “mở nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm

B Từ đó bằng các phương pháp giải toán quen thuộc ta sẽ tìm được tọa

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Gọi E là trung điểm của HB Lúc đó tứ giác

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ,

Suy ra tứ giác KMBC nội tiếp, do đó KMB 900 hay MK MB.

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Trước hết ta sẽ chứng minh BM KM (Có thể sử dụng các giải pháp

đã nêu ở bước 2) Khi đó:

Phương trình đường thẳng BM : 9x2y 85.

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 9 2 85 1; 4

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Trong trường hợp hình chữ nhật suy biến thành

hình vuông bài toán 1.2 có “bản chất hình

phẳng” chính là bài toán 1.1 hay nói cách khác

bài toán 1.1 là một trường hợp đặc biệt của bài

toán 1.2

- Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất

được xây dựng trên bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC Các điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và DC Chứng minh rằng

 Bài toán 1.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang

vuông ABCD  A D 900 có đỉnh D2;2 và CD 2AB Gọi H

là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC Điểm

Nhận thấy dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D, M, B Bằng trựcquan ta đưa ra giả thuyết BM DM.

Nếu giả thuyết trên là đúng, ta sẽ “mở được nút thắt đầu tiên” của bàitoán đó là việc xác định được tọa độ điểm B Từ đó ta hoàn toàn xácđịnh được tọa độ các đỉnh còn lại

Bước 2 Tìm giải pháp.

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Gọi E là trung điểm đoạn DH Khi đó tứ giác

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ với

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Trước hết ta chứng minh được DM BM (Có thể sử dụng các giải

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho AE DC

khi đó ta thấy hình thang ABCD trong bài toán 1.3

thực ra được cắt từ hình chữ nhật trong bài toán 1.2

hay nói cách khác, bài toán 1.3 là một cách phát biểu

khác của bài toán 1.2

- Ngoài việc phát biểu lại bài toán 1.2, chúng ta cũng có

thể xây dựng các bài toán hình giải tích mới thông qua

bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD có

2

DC  AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC Điểm M là trung điểm của HC Chứng minh rằng DM BM

- Chúng ta cũng có thể kiểm tra xem những hình thang vuông thỏa mãn

mối liên hệ nào sẽ có tính chất phẳng tương tự mà ta có thể dùng đểphát biểu bài toán hình giải tích tương tự bài toán 1.3

ta hoàn toàn xây dựng được bài toán tương

tự bài toán 1.3 bằng cách xây dựng mối

liên hệ của ba cạnh AB CD DA của hình, ,

thang Chẳng hạn

2

21

32

y x

k m

 Bài toán 1.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

cân tại A  1;3 Gọi D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB3AD

và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD Điểm 1; 3

M  

  làtrung điểm đoạn HC Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trênđường thẳng x y  7 0.

Bước 1 Nghiên cứu và thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm B, M, A Từ

hình vẽ ta đề xuất giả thuyết AM BM

Nếu giả thuyết này là đúng, ta sẽ “mở được nút thắt

đầu tiên” đó là xác định được tọa độ điểm B, từ đó ta

tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC

Bước 2 Tìm giải pháp.

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Gọi N I, là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC vớicác đường thẳng CD và CA

Do tam giác IBC vuông tại B và AB AC A

là trung điểm của đoạn IC, suy ra D là trọng

tâm tam giác IBC Do đó / / 1

2

AN  BC

Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực tâm

tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Trước hết ta chứng minh AM BM (Có thể sử dụng các giải pháp đã

nêu ở bước 2) Khi đó:

Đường thẳng BM có phương trình x 3y 5 Tọa độ điểm B là

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Ta nhận thấy, tam giác cân trong bài toán 1.4

được cắt từ hình thang của bài toán 1.3 Hay

nói cách khác, bài toán 1.4 là cách phát biểu

khác của bài toán 1.3 Tuy nhiên với giả thiết

đã cho, nếu không nhận biết được sự quen

thuộc của bài toán 1.3 trong bài toán 1.4 công

việc thực hiện chứng minh AM BM sẽ phức

tạp hơn nhiều

- Ngoài việc xây dựng bài toán 1.4 bằng cách phát biểu lại bài toán 1.3

cũng có thể xây dựng bài toán hình giải tích mới thông qua bài toán

thuần túy hình phẳng: Cho tam giác ABC cân tại A Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AB 3AD Gọi H là hình chiếu của B trên CD; M là trung điểm đoạn CH Chứng minh AM BM

 Bài toán 1.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD có đỉnh A  1;2 Gọi N là trung điểm của cạnh AD; điểm

Bước 1 Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M Từ hình vẽ ta có thểđặt giả thuyết AH MH , ta cũng có thể kiểm chứng giả thuyết đã đặt

ra bằng một hình vuông với các tọa độ cụ thể nào đó

Nếu giả thuyết trên là đúng, từ kết quả bài toán 1 chúng ta sẽ tìm đượctọa độ điểm M, từ đó ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hìnhvuông thông qua tọa độ các điểm đã biết

Bước 2 Tìm giải pháp.

Dữ kiện bài toán xoay quanh các mối liên hệ về

tính vuông góc, trung điểm, các độ lớn phụ

thuộc lẫn nhau, vì vậy các giải pháp để chứng

minh AH MH được đề xuất là:

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Tứ giác NHMB nội tiếp  BHM BNM

Tứ giác ABMN là hình chữ nhật

MAB BNM

  Suy ra BAM BHM hay tứ giác ABMH nội tiếp

Mà ABM 900  AHM 900 hay AH MH

 Giải pháp 2 (Sử dụng công cụ véctơ)

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ



 

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Trước hết ta sẽ chứng minh AH MH (Có thể sử dụng các giải pháp

Do CH / /AM nên phương trình đường thẳng CH : 2x y 6

Gọi N là trung điểm AD, từ NCH  N n ;6 2 n

, khi đó C5; 4 

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Để giải quyết bài toán 1.5 ta cần “mở nút thắt đầu tiên” đó là việc tìm

ra tọa độ điểm M dựa vào mối quan hệ vuông góc giữa ba điểm A, H,

M Hay nói cách khác bài toán 1.5 được xây dựng dựa trên bài toán

thuần túy hình phẳng sau đây: Cho hình vuông ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và AD, H là hình chiếu vuông góc của

B lên CN Chứng minh rằng AH MH

- Ta có thể sử dụng giải pháp 2(công cụ véctơ) hoặc giải pháp 3(công cụ

tọa độ) để tìm và xây dựng bài toán khái quát

Ta xét hình chữ nhật ABCD với M, N lần lượt

là trung điểm của AD, BC Ta cần tìm vị trí

điểm H trên CN sao cho AH MH

+) Trường hợp 3 4kx2  2 k y 2  0, k lúc đó điểm H chính làhình chiếu của B lên CN, nghĩa là chúng ta có bài toán hình phẳng

thuần túy khái quát hơn: Cho hình chữ nhật ABCD, các điểm M, N lần lượt là trung điểm của BC và DA Gọi H là hình chiếu vuông góc của

B lên CN Chứng minh AH MH

+) Trường hợp 4

2 2

24

17

x y k  tức AB2BC 2NH 15HC

 Bài toán 1.6 (Trích đề TSĐH khối A – năm 2013) Trong mặt phẳng

với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đườngthẳng : 2d x y  5 0 và A  4;8 Gọi M là điểm đối xứng của B

qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD Tìm tọa

độ các điểm B và C, biết rằng N5; 4  

Bước 1 Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, N, C Từ trực quan, ta đề xuấtgiải thuyết AN CN

Nếu giả thuyết được đề xuất là đúng, ta sẽ xác định được tọa độ điểm

C, từ đó ta tìm được tọa độ các đỉnh còn lại

Bước 2 Tìm giải pháp.

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Do tứ giác DBCN nội tiếp, nên BDC BNC ,

mà BDC CAB (do tứ giác ABCD là hình chữ

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ

N

c c

Nên AN2 CN2 AC2  ANC vuông tại N, hay AN CN.

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Ta sẽ chứng minh AN CN (Có thể sử dụng một trong các giải pháp

R IA  , nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

B y

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Nếu ta đặc biệt bài toán 1.6 thành hình vuông

ABME, ta nhận được kết quả tương tự bài toán 1.5

- Để giải quyết bài toán 1.6 “mấu chốt” của vấn đề là

xử lý bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình

chữ nhật ABCD Gọi M là điểm đối xứng của B qua

C, N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.

Chứng minh rằng AN CN

 Bài toán 1.7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang

vuông ABCD (vuông tại A và B) có BC2AD Điểm 13 9;

5 5

H 

  làhình chiếu vuông góc của điểm B lên cạnh CD Xác định tọa độ cácđỉnh B và D của hình thang, biết điểm A  3;1 và trung điểm M của

cạnh BC nằm trên đường thẳng x2y 1 0.

Bước 1 Phát hiện và thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, H, M Bằng trực quan ta đềxuất giả thuyết AH MH

Nếu giả thuyết được nêu ra là đúng, ta sẽ tìm được tọa độ điểm M, từ

đó ta tìm được tọa độ các đỉnh của hình thang

Bước 2 Tìm giải pháp.

 Giải pháp 1 (Thuần túy hình phẳng)

Tứ giác BDHM nội tiếp nên BDM BHM Tứ

giác ABMD là hình chữ nhật nên BAM BDM

Suy ra BAM BHM hay tứ giác AHMB nội tiếp,

mà ABM 900  AHM 900.Hay AH MH

 Giải pháp 2 (Sử dụng công cụ véctơ)

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ



 

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Trước hết ta chứng minh AH MH (Có thể sử dụng một trong các

giải pháp ở bước 2) Khi đó:

Phương trình đường thẳng MH: 7x y 20. Tọa độ điểm M là

- Bài toán 1.7 là một cách phát biểu khác của bài toán 1.6 Hay nói cách

khác nó hai bài toán trên là những kết quả tương tự của nhau

- Để giải quyết bài toán 1.7 “mấu chốt” của vấn đề là xử lý bài toán thuần

túy hình phẳng sau: Cho hình thang vuông ABCD (tại A và B) có

2

BC  AD Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CD M là trung điểm của BC Chứng minh rằng AH MH

b Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng 

 Bài toán 1.8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC, 3 1;

2 2

N 

  là điểm trêncạnh AC sao cho 1

4

AN  AC Xác định tọa độ các đỉnh của hìnhvuông ABCD, biết đường thẳng DM có phương trình x  1 0.

Bước 1 Phát hiện và thâm nhập vấn đề.

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm D,

M, N Bằng trực quan ta dễ nhận thấy

những nét giống nhau cơ bản của bài toán

với bài toán 1.1

Theo những nhận định và kết quả nghiên

cứu ở bài toán 1.1, ta đã có DN MN Tuy

nhiên một vấn đề nảy sinh là giả thiết bài

toán 1.8 không đủ để “mở nút thắt đầu tiên”

chỉ với mối quan hệ vuông góc

Từ đó ta đưa ra nhận định, giữa ba điểm này có một mối quan hệ ràngbuộc khác nữa Ta dễ dàng nhận ra mối quan hệ này là tam giác DMN

vuông cân, hay NDM 450 từ giải pháp 4(sử dụng công cụ lượng

giác) trong bài toán 1.1.

Cũng từ mối liên hệ này, kết hợp với kết quả bài toán 2 ta tìm được

tọa độ điểm D, từ đó ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại

vuông cân tại M.

 Giải pháp 2 (Thuần túy hình phẳng)

Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Điểm F là trung điểm đoạn DI Khi đó tứ giác FNMC

là hình bình hành và F là trực tâm tam giác NDC nên

CF DN Mà CF / /MN nên DN MN

Lúc đó tứ giác DNMC nội tiếp  NMD NCD 450

Từ đó suy ra tam giác DMN vuông cân tại N

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ véctơ)

Từ đó suy ra DMN vuông cân tại N

 Giải pháp 4 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ Khi đó D0;0 , A0; ,a C a  ;0.

DN MN  a Hay tam giác DMN vuông cân tại N.

Bước 3 Trình bày giải pháp.

Phương trình đường thẳng NM x y:  2 Suy ra M 1;3

Từ đó theo kết quả bài toán 1.1 ta có A3;0 , B1;4 , C3;2

+) Với d  3 D1;3

Phương trình đường thẳng NM x y:  1 Suy ra M 1; 2 

Sử dụng quy trình giải toán ở bài toán 1.1 ta tìm được tọa độ các điểmcòn lại là A3;1 , B1; 3 ,  C3; 1 

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Ta nhận thấy bài toán 1.1 và bài toán 1.8 là giống nhau về mặt hình

thức, song kết quả bài toán 1.1 và bài toán 1.8 lại có sự khác nhau.Nguyên nhân của sự khác nhau này chính là việc lựa mối quan hệ bađiểm phân biệt tạo thành một góc  450 trong cách phát biểu bài toán

Từ đó dẫn đến việc chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 2 để tìm tọa độ

điểm D, đó cũng công cụ để chúng ta “mở nút thắt đầu tiên” của bàitoán

- Từ đó ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.8 thực ra được xây dựng dựa

trên bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình vuông ABCD Gọi M

là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao cho

1

.4

AN  AC Chứng minhDMN vuông cân.

- Bài toán 1.8 được xây dựng dựa trên bài toán hình

phẳng đã phát biểu ở trên và sự kết hợp của nó với

bài toán 2 mục IV.2

Để xây dựng bài toán tổng quát, ta nghiên cứu bài toán: Cho hình vuông ABCD, các điểm M thuộc đường thẳng BC và N thuộc đường thẳng AC thỏa mãn BM               mBC AN, nAC

Tính cos NDM theo  m và n. Đặt DA x DC                ;                y x y  0;x y a

Như vậy ta hoàn toàn xây dựng được bài toán hình giải tích trong phẳng

khái quát hơn dựa vào sự kết hợp giữa bài toán 2 mục IV.2 và bài toán

thuần túy hình phẳng sau:

Cho hình vuông ABCD, các điểm M thuộc đường thẳng BC và N thuộc đường thẳng AC thỏa mãn BM               mBC AN, nAC

 



 Bài toán 1.9 (Trích đề TSĐH khối A – năm 2012) Trong mặt phẳng

với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm củacạnh BC, N là điểm trên CD sao cho CN 2ND Giả sử 11 1;

2 2

M  

  vàđường thẳng AN có phương trình 2x y  3 0. Tìm tọa độ điểm A

Bước 1 Phát hiện và thâm nhập vấn đề

Dữ kiện bài toán xoay quanh ba điểm A, M, N, đồng thời ta nhận thấy

nếu ta biết được giá trị của góc MAN hoặc giá trị của cos MAN ta có

thể áp dụng kết quả bài toán 2 để xác định tọa độ

điểm A

Việc phán đoán và đề xuất giả thuyết độ lớn của

góc MAN sau đó sử dụng thuần túy hình phẳng để

chứng minh là không mấy khả thi Do vậy ta lựa chọn

những giải pháp mạnh về tính “đại số” nhiều hơn như:

sử dụng công cụ lượng giác, sử dụng công cụ véctơ, sử dụng công cụ tọa độ.

Bước 2 Tìm giải pháp.

 Giải pháp 1 (Sử dụng công cụ lượng giác)

Đặt AB BC CD DA a    Ta có: 2 2 2 5 2

;4

AM AB BM  a

;36

 Giải pháp 3 (Sử dụng công cụ tọa độ)

Chọn hệ trục tọa độ Oxy, như hình vẽ

42

Bước 4 Nghiên cứu sâu giải pháp.

- Khi dữ kiện bài toán xuất hiện mối quan hệ ba điểm, trước khi đề các

giải pháp ta cần quan tâm mối quan hệ giữa ba điểm đó có phải là nhữngmối quan hệ quen thuộc xuất hiện ở bài toán 1 hoặc bài toán 2 haykhông Nếu là mối quan hệ của bài toán 2, khi đề xuất giải pháp thựchiện ta nên thiên về những giải pháp mang nặng tính “đại số” nhiều hơn

như : sử dụng công cụ lượng giác, sử dụng công cụ véctơ, sử dụng công

cụ tọa độ.

- Bản chất thuần túy hình học phẳng của bài toán 1.9 có thể phát biểu như

sau: Cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên CD sao cho CN 2ND Tính cosin góc MAN

- Ta cũng đi tìm hiểu và xây dựng bài toán tổng quát bằng sử dụng công

cụ véctơ và nghiên cứu bài toán sau: Cho hình

vuông ABCD Gọi M, N lần lượt là điểm trên BC,

Như vậy ta hoàn toàn xây dựng được bài toán hình giải tích trong phẳng

khái quát hơn dựa vào sự kết hợp giữa bài toán 2 mục IV.2 và bài toán

thuần túy hình phẳng sau: