SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KỸ NĂNG NHẬN ĐỊNH, ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ GIẢI TOÁN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Người thực hiện: Lê Đình Thịnh Chức vụ: Giáo Viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HÓA NĂM 2017 MỤC LỤC I Mở đầu………………………………………………………………… 1.1 Lí chọn đề tài……………………………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu………………………………………… 1.3 Đối tượng nghiên cứu………………………………………… 1.4 Phương pháp nghiên cứu……………………………………… II Nội dung ……………………………………………………………… 2.1 Cơ sở lí luận…………………………………………………… 2 2.1.1 Khái niệm tư phê phán……………………………… 2.1.2 Dấu hiệu lực tư phê phán toán học…… 2.1.3 Rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán cho học sinh………………………….…………… 2.2 Thực trạng vấn đề……………………………………………… 2.3 Một số ví dụ cụ thể…………………………………………… 2.3.1 Điểm đường thẳng…………………………………… 2.3.2 Tam giác………………………………………………… 2.3.3.Tứ giác…………………………………………………… 10 2.3.4 Đường tròn…………………………………………… 11 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm dạy học nội dung 17 phương pháp tọa độ mặt phẳng……………………… … III Kết luận, kiến nghị…………………………………………………… 18 3.1 Kết luận………………………………………………………… 18 3.2 Kiến nghị……………………………………………………… 19 Tài liệu tham khảo……………………………………………………… 20 I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong q trình giải tốn, việc tìm hướng giải vơ quan trọng Đối với tốn tự luận, tìm hướng giải quyết, nhiều học sinh thường làm mạch, sau kết luận toán Làm thể tốc độ, khả tư duy, khả trình bày học sinh Tuy nhiên, cần phép tính suy luận sai ảnh hưởng tới kết toán Mặc dù tự luận, cơng đoạn học sinh điểm cơng đoạn đó, phần điểm bị thật đáng tiếc! Hiện nay, Bộ Giáo dục Đào tạo chuyển từ hình thức thi tự luận sang thi trắc nghiệm khách quan Do đó, việc tìm cách giải nhanh hạn chế sai sót quan tâm đặc biệt Học sinh cần dành khoảng thời gian ngắn để kiểm tra, nhận định, đánh giá kết toán Như vậy, em khẳng định chắn lời giải mình, tìm lỗi sai để khắc phục kịp thời Hơn nữa, q trình học tập, em cịn phát cách giải ngắn gọn, hay nhờ tính chất đặc biệt ẩn chứa tốn Xuất phát từ lí trên, nhằm đề số định hướng giúp học sinh tự thẩm định, tự kiểm tra, tự chỉnh sửa, tự nhận xét để hồn thiện giải mình, tơi lựa chọn đề tài “Rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu, đề xuất số hướng tự kiểm tra, phát sửa chữa sai lầm học sinh thông qua số ví dụ cụ thể nội dung phương pháp tọa độ mặt phẳng- Hình học 10 Từ góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Toán trường THPT 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Tư phê phán rèn luyện tư phê phán học sinh thông qua rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách phương pháp dạy học, sách tham khảo, thuộc phạm vi nghiên cứu đề tài - Điều tra quan sát: Tìm hiểu hoạt động dạy giáo viên hoạt động học học sinh mơn Tốn số dạy để rút kinh nghiệm việc rèn luyện kiểm tra, nhận xét, đánh giá kết giải toán - Tổng kết kinh nghiệm: tổng kết kinh nghiệm qua thực tiễn dạy học, kinh nghiệm nhà nghiên cứu, giáo viên có nhiều năm kinh nghiệm giảng dạy II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1.Khái niệm tư phê phán: Tư phê phán lực phân tích việc, hình thành xếp ý tưởng, bảo vệ ý kiến, so sánh, rút kết luận, đánh giá lập luận, giải vấn đề (Chance, 1986) [6] 2.1.2.Dấu hiệu lực tư phê phán toán học Năng lực tư phê phán toán học có nhiều biểu hiện, có dấu hiệu sau: + Đưa cách giải tốt kết luận, phù hợp với kiến thức học tiêu chí đưa ra, đánh giá tính tối ưu cách giải vấn đề vừa tìm + Có khả nhận thiếu sót, sai lầm lập luận khơng + Có khả sửa chữa sai lầm lập luận để chứng minh giải toán [6] 2.1.3.Rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán cho học sinh Trong trình học tập, người học cần biết sử dụng tri thức cách độc lập, đánh giá kiện cách logic, chân thực, họ cần phát triển tư phê phán Tư phê phán công cụ cần thiết giúp thẩm định giá trị, định mà thân tin tưởng, cịn giúp tự chỉnh sửa, tự nhận xét thay đổi để vươn lên hoàn thiện thân [1] Rèn luyện tư phê phán cho học sinh giúp em nắm vững kiến thức, tự tin vào thân học lý thuyết giải tập phương pháp toạ độ mặt phẳng sở kiến thức đắn, khoa học Kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán nội dung quan trọng việc rèn luyện tư phê phán cho học sinh 2.2 Thực trạng vấn đề Về phía giáo viên: + Giáo viên nắm vững kiến thức nội dung phương pháp tọa độ mặt phẳng, nhiên q trình giảng dạy, đơi chưa đảm bảo cân đối thời gian cho mục tiêu, nhiều vấn đề chưa khắc phục cho học sinh lớp + Phần tập thuộc nội dung phương pháp tọa độ mặt phẳng nội dung đề thi THPT Quốc gia nên trọng giảng dạy, nhiên đa dạng tập thời lượng có hạn nên gặp nhiều khó khăn việc rèn luyện kỹ phân tích, nhận định kết giải tốn cho học sinh Về phía học sinh: + Phương pháp tọa độ mặt phẳng nội dung hay, rèn luyện tư tốt nên nhiều học sinh hứng thú học phần Tuy nhiên có nhiều dạng tập từ nội dung đường thẳng, đường trịn đường elíp với số lượng tiết học khiêm tốn, học sinh nắm kiến thức bản, khơng có nhiều thời gian để nghiên cứu, đào sâu + Nhiều học sinh làm bỏ qua bước vẽ hình vẽ hình theo ý chủ quan, xét thiếu trường hợp nên việc hình thành hướng giải tốn thường khó khăn có nhiều thiếu sót Cùng với phương pháp học thụ động, lười suy nghĩ , thiếu sáng tạo nên cần thay đổi kiện, đưa vào tình có vấn đề học sinh bị mắc sai lầm Để tìm sai lầm khắc phục sai lầm trình giải tốn địi hỏi học sinh phải xem xét đánh giá, rõ sở lập luận biết loại bỏ lập luận sai Qua trình tìm hiểu khắc phục sai lầm lực tư phê phán học sinh rèn luyện phát triển Sai lầm trình giải tập phương pháp tọa độ mặt phẳng nói nhiều, từ sai lầm đường lối giải đến sai lầm kĩ tính tốn Giáo viên rèn luyện cho học sinh phát sửa chữa sai lầm thơng qua ví dụ tập cụ thể chủ động tạo dự đoán trước sai lầm mà học sinh mắc phải (những tình thường xuất phát từ sai lầm học sinh giải tốn) Khơng học sinh phải tìm sai lầm, em cịn phải tìm cách khắc phục sai lầm Mỗi lần tự nhận sai lầm sửa chữa lần học sinh thu học quý báu Chính điều giúp học sinh nâng cao lực tư phê phán giải toán 2.3 Một số ví dụ cụ thể 2.3.1 Điểm đường thẳng Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 3;1) M ( 1;−2 ) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M cho khoảng cách từ A đến ∆ 13 rGiải: r r Gọi n ( a;b ) với n ≠ vectơ pháp tuyến ∆ Đường thẳng ∆ qua M nên phương trình ∆ là: a ( x − 1) + b ( y + ) = ⇔ ax + by − a + 2b = 2a + 3b d ( A; ∆ ) = 13 ⇒ = 13 a2 + b2 ⇔ 9a − 12ab + 4b = ⇔ 3a − 2b = Nếu a = ⇒ b = (không thỏa mãn) Nếu a ≠ : Chọn a = ⇒ b = Khi đó, phương trình ∆ là: x + y + = Nhận xét: Nhận thấy MA = 13 Vì d ( A; ∆ ) ≤ MA mà d ( A; ∆ ) = 13 ⇒ d ( A; ∆ ) = MA ⇒ ∆ đường thẳng qua M vng góc với AM nên phương trình ∆ là: x + y + = Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 3;1) M ( 1;−2 ) Gọi ∆ đườngr thẳng qua điểm M cho khoảng cách từ A đến ∆ 13 Tìm m để u = ( 3;m ) vectơ phương ∆ A −2 B C D −2 Nhận xét: Một cách cảm tính, học sinh nhận thấy thơng thường có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu quên trường hợp đặc biệt nên hầu hết chọn phương án D Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y + = hai điểm A ( 2;1) ,B ( 1;−3) Tìm tọa độ điểm M ∆ cho MA + MB nhỏ Giải: Nhận thấy A B nằm phía so với ∆ Gọi B’ điểm đối xứng với B qua ∆ Đường thẳng BB’ qua B ( 1;−3) vng góc với ∆ ⇒ phương trình BB’ x + y + =  1 Gọi H = ∆ ∩ BB' ⇒ H  − ; − ÷  2 H trung điểm BB’ ⇒ B' ( −4; ) Ta có: MA + MB = MA + MB' ≥ AB' (không đổi) Đẳng thức xảy M ,A,B' thẳng hàng đồng thời M nằm A B’ ⇒ M = AB' ∩ ∆ x+4 y−2 = ⇔ x + 6y − = Phương trình AB’ là: + 1− x − y + = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình  x + y − =   x = 2 9 ⇔ ⇒ M  ; ÷ 7 7 y =  2 9 Vậy M  ; ÷ 7 7 Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x − y + = hai điểm A ( 2;1) ,B ( 1;−3) Gọi M điểm thay đổi ∆ Giá trị nhỏ tổng MA + MB là: 17 82 + 10 A 17 B 37 C D Nhận xét: +Chọn phương án B giá trị nhỏ tổng MA + MB AB’ = 37 +Ở phương án A, AB = 17 < 37 MA + MB ≥ AB Ta không chọn kết khơng xảy dấu “ = ” M nằm đoạn AB  3 +Gọi K hình chiếu A lên ∆ ⇒ K ( 1; ) Trung điểm KH N  − ; ÷  4 Nhiều học sinh nhầm tưởng MA + MB nhỏ M trùng với N, 82 + 10 nên em chọn phương án C MA + MB = +Một ngộ nhận khác học sinh chọn điểm M giao điểm AB với ∆  11  17 Khi M  ; ÷ MA + MB = Do mà chọn phương án D 3  Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 2; −1) ,B ( 4;1) C ( −2; ) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A cho B C cách ∆ Giải:  3 Gọi M trung điểm BC ⇒ M  1; ÷  2uuur uuur r BC = ( −6;1) Chọn n = ( 1; ) ⊥ BC Đường thẳng ∆ qua A, cách B C, xảy hai trường hợp sau: +Trường hợp 1: ∆ qua A M Khi phương trình ∆ x + y − = r +Trường hợp 2: ∆ qua A song song với BC ⇒ ∆ nhận n = ( 1; ) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình ∆ x + y + = Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn, có phương trình x + y − = x + y + = Nhận xét: +Học sinh thường xét trường hợp đường thẳng ∆ qua A song song với BC nên dễ thiếu trường hợp lại +Học sinh sử dụng cơng thức tính khoảng cách để giải toán Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 2; −1) ,B ( 4;1) C ( −2; ) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A cho B C cách ∆ A x + y + = B x + y − = x + y + = C x + y − = D 6x − y − 13 = x + y + = Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1 : x + y − = , ∆ : x + y + = điểm M ( 4;−4 ) Tìm tọa độ điểm A ∆1 , điểm B ∆ cho ba điểm M, A, B thẳng hàng MB = MA Giải: uuur Ta có: A ∈ ∆1 ⇒ A ( t;1 − 2t ) ⇒ MA = ( t − 4; −2t + ) uuur B ∈ ∆ ⇒ B ( 2u; −1 − 3u ) ⇒ MB = ( 2u − 4; − 3u ) uuur uuur −4 + 2u = −8 + 2t t = ⇒ A ( 1; −1) MB = MA ⇒ ⇔ Trường hợp 1:   3 − 3u = 10 − 4t u = −1 ⇒ B ( −2; ) uuur uuur −4 + 2u = − 2t t = −5 ⇒ A ( −5;11) ⇔ Trường hợp 2: MB = −2 MA ⇒  3 − 3u = −10 + 4t u = 11 ⇒ B ( 22; −34 ) Nhận xét: +Trong này, chúng tauuđã ur sử udụng uur kếtuquả uur sau:uuNếu ur ba điểm M, A, B thẳng hàng MB = 2MA MB = 2MA MB = −2 MA +Học sinh thường bỏ qua trường hợp thứ hai, từ đưa lựa chọn khơng xác Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1 : x + y − = , ∆ : x + y + = điểm M ( 4;−4 ) Gọi A B hai điểm ∆1 , ∆ cho ba điểm M, A, B thẳng hàng MB = MA Tính tổng hồnh độ A B A 17 B −1 17 C −1 D −1 −23 2.3.2 Tam giác Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác AD đường cao CH x − y = x + y + = , đường thẳng AC qua điểm M ( 0;−1) , AB = AM Viết phương trình cạnh BC [5] Giải: Gọi N điểm đối xứng với M qua AD ⇒ N ∈ AB Đường thẳng MN qua M ( 0;−1) vng góc với AD nên phương trình MN x + y + = Gọi  1 I = MN ∩ AD ⇒ I  − ; − ÷  2 I trung điểm MN suy N ( −1; ) Đường thẳng AB qua N ( −1; ) vuông góc với CH nên phương trình AB x − y + = Vì A = AB ∩ AD ⇒ A ( 1;1) Đường thẳng AC qua A ( 1;1) M ( 0;−1) ⇒ phương trình AC 2x − y − =   Vì C = AC ∩ HC ⇒ C  − ; −2 ÷   Ta có B ∈ AB ⇒ B ( −1 + 2b;b ) b = −1 ⇒ B ( −3; −1) 2 AB = AM ⇒ ( 2b − ) + ( b − 1) = 20 ⇒ ( b − 1) = ⇔  b = ⇒ B ( 5; 3) Với B ( 5;3) , ta thấy B C phía AD nên không thỏa mãn điều kiện AD đường phân giác góc A Với B ( −3; −1) thỏa mãn điều kiện Khi đó, phương trình BC x + y + 11 = Nhận xét: Trong này, sử dụng tính chất: · Cho tam giác ABC có AD phân giác góc BAC , M điểm đường thẳng AC N điểm đối xứng M qua AD Khi đó, N thuộc đường thẳng AB Tuy nhiên, tính chất AD đường phân giác ngồi góc · Vì vậy, sau tìm điểm B, ta phải kiểm tra lại kết để loại BAC trường hợp khơng thích hợp Ở đây, trường hợp khơng thích hợp B ( 5; 3) , phương trình đường thẳng BC 10 x − 11 y − 17 = Vì vậy, ta có phương án nhiễu tập TNKQ sau đây: Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác AD đường cao CH x − y = x + y + = , đường thẳng AC qua điểm M ( 0;−1) , AB = AM Viết phương trình cạnh BC A 10 x − 11 y − 17 = B x + y + 11 = C 10 x − 11 y − 17 = x + y + 11 = D x + y + = Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, phương trình đường thẳng AB, AC x − y + = x − y − = Lập phương trình đường thẳng BC biết BC qua điểm M ( 3;−1) Giải: Phương trình hai đường phân giác · góc là: BAC  x − y + 2x − y − =  5   x − y + = − 2x − y −  5  x − y + = 2x − y − ⇔  x − y + = − ( x − y − 1)  x + y − = ( d1 ) ⇔ ( d2 )  x − y = · Trường hợp 1: ( d1 ) đường phân giác góc BAC Khi đó, BC đường thẳng qua M vng góc với ( d1 ) ⇒ phương trình BC x − y − = · Trường hợp 2: ( d ) đường phân giác góc BAC Khi đó, BC đường thẳng qua M vng góc với ( d ) ⇒ phương trình BC x + y − = Đến đây, ta vội kết luận nhận trường hợp khơng thỏa mãn Thơng thường, dạng tốn cho kết hai đường thẳng, nhiên điểm M nằm hai đường phân giác góc A cịn đường thẳng thỏa mãn toán Trong này, ý điểm A ( 1;1) nên trường hợp 2, phương trình BC x + y − = Nhận thấy điểm A nằm đường thẳng BC Vì trường hợp bị loại Vậy phương trình đường thẳng BC x − y − = Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, phương trình đường thẳng AB, AC x − y + = x − y − = Lập phương trình đường thẳng BC biết BC qua điểm M ( 3;−1) A x − y − = B x + y − = x − y − = C x + y − = D x + y − = x + y − = Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Biết phương trình cạnh BC, AB x − y − = x + y + = Đường thẳng AC qua điểm M ( 1;1) Lập phương trình cạnh AC Giải: Một r vectơ pháp r tuyến AB, BC n1 = ( 1;1) n = ( 2; −3) Ta có: 1.2 + 1.( −3) cos ·ABC = = 2 2 26 + + ( −3) r Gọi n = ( a;b ) vectơ pháp tuyến r r AC, với n ≠ Vì ·ABC = ·ACB 2a − 3b ⇒ cos ·ACB = = ⇒ 2a − 3b = a + b 26 13 a + b 2 ⇔ a − 24ab + 17b = r r Với b = ⇒ a = không thỏa mãn điều kiện n ≠  a = ⇒ AC : x + y − = Với b ≠ , chọn b = ⇒  17  a = ⇒ AC :17 x + y − 24 =  Nhận thấy AC AB song song với nên có trường hợp phương trình AC: 17 x + y − 24 = thỏa mãn toán Nhận xét: Với cách này, ta đưa tốn lập phương trình đường thẳng qua điểm tạo với đường thẳng cho trước góc α Nếu 0ο < α < 90ο có hai đường thẳng vậy, gắn vào toán tam giác phải loại trường hợp Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Biết phương trình cạnh BC, AB x − y − = x + y + = Đường thẳng AC qua điểm M ( 1;1) Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? A Phương trình đường thẳng AC 17 x + y − 24 = x + y − = 17 B Hệ số góc đường thẳng AC k = − C Đường thẳng AC tạo với hai trục tọa độ mộtrtam giác có diện tích D Một vectơ pháp tuyến đường thẳng AC n = ( 1;1) 2.3.3 Tứ giác Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AB//CD, A(-1;1), C(4;0) D(-2;-3) Tìm tọa độ điểm B Giải: Ta có: AD = 17 uuur r uuur DC = ( 6; 3) Chọn n = ( 1; −2 ) ⊥ DC Đường thẳng AB qua A(-1;1), có r vectơ pháp tuyến n = ( 1; −2 ) nên phương trình AB là: x − y + = B ∈ AB ⇒ B ( 2b − 3;b ) AD = BC ⇒ ( − 2b ) + b = 17 b = ⇔ 5b − 28b + 32 = ⇔  b =  Với b = ⇒ B ( 5; ) Khi ABCD hình bình hành khơng hình chữ nhật nên khơng hình thang cân 1 8 Với b = ⇒ B  ; ÷ (thỏa mãn) 5 5 1 8 Vậy B  ; ÷ 5 5 10 Nhận xét: + Ở đây, sử dụng tính chất: Nếu tứ giác ABCD hình thang cân, AB//CD AD = BC Tuy nhiên, hình bình hành có tính chất Do đó, học sinh khơng phát loại trường hợp B ( 5; ) chọn trường hợp khơng thỏa mãn tốn + Đối với thi TNKQ, học sinh sử dụng kết đưa lựa chọn, sau vẽ hệ trục tọa độ để tìm phương án phù hợp Nhưng câu hỏi hỏi yếu tố khác, diện tích hình thang chẳng hạn, cách vẽ hình để chọn đáp án không thực + Học sinh giải theo cách sau đây:   3 Gọi M trung điểm CD ⇒ M 1; − ÷  Đường thẳng AB qua A(-1;1), song song với CD nên phương trình AB là: x − y + = Gọi ( ∆ ) trung trực CD ⇒ phương trình ( ∆ ) là: x + y − =  13  1 8 ÷ Vì N trung điểm AB ⇒ B  ; ÷  10  5 5 Gọi N = ( ∆ ) ∩ AB ⇒ N  − ; 1 8   Vậy B  ; ÷ 5 Trong cách thứ hai này, cần kiểm tra lại xem B C có nằm phía so với ∆ hay khơng, B C khác phía so với ∆ khơng có điểm B thỏa mãn tốn Hơn nữa, cách thứ hai có phần “xuất phát” khơng tự nhiên cách thứ Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AB//CD, A(-1;1), C(4;0) D(-2;-3) Trong mệnh đề sau, mệnh đề đúng? A Tọa độ điểm B số nguyên B Gọi B ( xB ; y B ) xB > yB C Điểm B nằm đường thẳng d : x − y + = D OB = 41 OB = 65 2.3.4 Đường trịn Ví dụ 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến với 2 đường trịn ( C ) : ( x − 1) + ( y + ) = 25 , biết tiếp tuyến qua điểm A ( −4;1) Một học sinh trình bày sau: 11 Gọi ∆ đường thẳng qua A ( −4;1) có vectơ pháp tuyến r r r n ( a;b ) với n ≠ Phương trình ∆ là: a ( x + ) + b ( y − 1) = ⇔ ax + by + 4a − b = Đường trịn ( C ) có tâm I ( 1;−2 ) , bán kính R = ∆ tiếp xúc với ( C ) ⇔ d ( I ,∆ ) = R ⇔ 5a − 3b a +b 2 = ⇔ 8b + 15ab = ⇒ Phương trình ∆ là: x − 15 y + 47 = 15 Vậy phương trình tiếp tuyến với ( C ) kẻ từ A ( −4;1) x − 15 y + 47 = Nhận xét: Rõ ràng điểm A nằm ngồi đường trịn ( C ) , kẻ hai tiếp tuyến với ( C ) từ A lại tìm phương trình tiếp tuyến? Như vậy, lời giải có chỗ chưa chặt chẽ nên cần phải kiểm tra lại Bổ sung lời giải: Xét phương trình: 8b + 15ab = Nếu b = ta chọn a = (thỏa mãn) phương trình ∆ là: x + = Kết luận: phương trình tiếp tuyến với ( C ) kẻ từ A ( −4;1) x − 15 y + 47 = x + = Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn ( C ) có phương trình 2 ( x − 1) + ( y + ) = 25 Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm tiếp tuyến với ( C ) kẻ Chọn b = ⇒ a = − từ điểm A ( −4;1) Tính tổng x0 + y0 18 18 64 A −6 B C −6 D −4 17 17 17 Ví dụ 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến với 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : x + y + = Giải: Đường trịn ( C ) có tâm I ( 2;1) , bán kính R = Gọi ∆ đường thẳng song song với d ⇒ phương trình ∆ có dạng x + y + m = ∆ tiếp tuyến ( C ) d ( I ,∆ ) = R ⇔ 12 m = = ⇔ 4+m =5⇔   m = −9 4+m Với m = −9 , phương trình tiếp tuyến x + y − = (thỏa mãn) Với m = , phương trình tiếp tuyến x + y + = (loại ∆ trùng với d) Nhận xét: Thông thường, cho trước đường thẳng d đường trịn ( C ) , ta có hai đường thẳng song song với d tiếp xúc với ( C ) Bài tốn đưa tình để học sinh “cảnh giác” việc kiểm tra, nhận định kết Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến với 2 đường tròn ( C ) : x + y − x − y = biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : x + y + = A x + y + = B x + y − = C x + y − = x + y + = D x − y − = x − y + = Với lựa chọn trên, nhiều học sinh nghĩ đến việc xét vị trí tương đối đường thẳng phương án với đường thẳng d Tuy nhiên, cho phương trình d dạng phương trình tham số hầu hết học sinh bỏ bước kiểm tra Ví dụ 11: 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ( C ) : x + y − x + y + = điểm M ( 2;1) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A, B tiếp điểm) Lập phương trình đường thẳng AB Giải: Đường trịn ( C ) có tâm I ( 1;−4 ) , bán kính R = Nhận thấy M nằm ( C ) uuur Ta có: IM = ( 1;5 ) ⇒ IM = 26 uuur Đường thẳng AB nhận IM = ( 1;5 ) làm vectơ pháp tuyến ⇒ phương trình AB có dạng x + y + m = Gọi H = AB ∩ MI AI 16 = Ta có: AI = IH MI ⇒ IH = MI 26 13  m = 35 16 ⇔ m − 19 = 16 ⇔  26 26  m = Với m = 35 ⇒ phương trình AB x + y + 35 = Kết bị loại M I nằm phía so với AB Với m = ⇒ phương trình AB x + y + = (thỏa mãn) Vậy phương trình AB x + y + = Nhận xét: Bài tốn lập phương trình đường thẳng qua hai tiếp điểm toán quen thuộc có nhiều cách giải Nếu cách giải khác cần chút “mẹo” cách xuất phát tự nhiên Sử dụng cách giải này, đa số học sinh tìm hai đường thẳng trên, em không nghĩ đến việc loại trường hợp không thỏa mãn Khi gợi ý cho em sử dụng hình vẽ để kiểm tra, em phát có đường thẳng thích hợp Từ học sinh có hướng để tìm chỗ khác biệt chọn kết Câu hỏi TNKQ: 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ( C ) : x + y − x + y + = điểm M ( 2;1) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A, B tiếp điểm) Lập phương trình đường thẳng AB A x + y + 35 = x + y + = B x + y + = C x + y + 35 = D x − y − = x − y − = Đối với này, học sinh cần chọn phương án có đường thẳng thỏa mãn điều kiện: + Vng góc với IM + M I khác phía AB Ví dụ 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + x + y + = đường thẳng ∆: x + my − 2m + = 0, với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn ( C ) Tìm m để ∆ cắt ( C ) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn Giải: Đường trịn ( C ) có tâm I ( −2; −2 ) , bán kính R = Diện tích tam giác IAB: 1 S = IA.IB.sin ·AIB ≤ R = 2 S lớn IA ⊥ IB R =1 Khi đó, d ( I ,∆ ) = ⇒ d ( I ,AB ) = 14 m − 19 = ⇔ −2 − 2m − 2m + m +1 = ⇔ ( − 4m ) Vậy m = m = m = =1+ m ⇔  m = 15  15 Nhận xét: Bài toán xuất đề thi Đại học khối A năm 2009 Khi m thay đổi, đường thẳng ∆ quay quanh điểm M ( −3; ) nằm ngồi đường trịn ( C ) Do đó, hình vẽ phù hợp nhận định có hai đường thẳng thỏa mãn toán, ứng với hai giá trị m Nhưng điểm M nằm đường tròn ( C ) gần tâm I ? Chúng ta xem xét ví dụ sau đây: Ví dụ 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + x + y + = đường thẳng ∆: 2mx − y + 4m − = 0,với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn ( C ) Tìm m để ∆ cắt ( C ) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn Một học sinh trình bày giải sau: Giải: Đường trịn ( C ) có tâm I ( −2; −2 ) , bán kính R = Diện tích tam giác IAB: 1 S = IA.IB.sin ·AIB ≤ R = 2 S lớn IA ⊥ IB R =1 Khi đó, d ( I ,∆ ) = −4m + + 4m − ⇔ = ⇔ = + 4m 2 4m + ⇔ 4m = −3 Phương trình vơ nghiệm Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn tốn Nhận xét: 3  Đường thẳng ∆ quay quanh điểm M  −2; − ÷nằm đường trịn ( C ) 2  Khi “thực nghiệm” hình, ta thấy có trường hợp thỏa mãn tốn Vậy cách giải học sinh gặp sai lầm đâu cách khắc phục nào? Sai lầm đây, nguyên nhân điểm M “gần” tâm I nên đường thẳng qua M, cắt đường tròn ( C ) A, B tạo thành tam giác IAB ln có góc ·AIB 15 góc tù Do khơng thể xảy trường hợp IA vng góc với IB lời giải Ta giải toán theo bước sau đây: + Chứng minh góc ·AIB góc tù Gọi H trung điểm AB ⇒ AB = AH = R − IH ≥ R − IM = ⇒ AB ≥ Đẳng thức xảy AB ⊥ IM Ta có: 2 2 IA + IB − AB − AB cos ·AIB = = ≤− 16 ( ) ( ) ⇔ m ∈ −∞; −2 − 15 ∪ −2 + 15 ; +∞ (*) 16 Gọi A ( x1 ; y1 ) ,B ( x2 ; y2 ) Phương trình tiếp tuyến với ( C ) A ( x1 − 1) ( x − 1) + ( y1 + ) ( y + ) = 16 Tiếp tuyến qua M ( 0;m ) nên ta x1 − ( m + ) y1 − 2m + 11 = ( 1) Tương tự: x2 − ( m + ) y2 − 2m + 11 = ( ) Từ ( 1) ( ) ⇒ Phương trình đường thẳng AB x − ( m + ) y − 2m + 11 = Vì AB qua điểm E ( −11; −4 ) nên m = −4 (khơng thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy khơng có điểm M thỏa mãn toán Nhận xét: Để lập phương trình AB theo cách trên, chưa cần sử dụng điều kiện vị trí điểm M Vì vậy, khơng học sinh sau tìm m = −4 vội vàng kết luận nên chọn phải kết luận sai Câu hỏi TNKQ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 ( C ) :( x − 1) + ( y + ) = 16 Tìm tọa độ điểm M trục Oy để từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến ( C ) (với A, B hai tiếp điểm) cho đường thẳng AB qua điểm E ( −11; −4 ) A M ( 0;−2 ) B M ( 0; −4 ) 13   C M  0; − ÷ D Khơng có giá trị m thỏa mãn toán 6  2.4 Hiệu việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm dạy học nội dung phương pháp toạ độ mặt phẳng - Học sinh phát huy tính tích cực, tự giác, rèn luyện tính cẩn thận, chặt chẽ, góp phần khắc sâu kiến thức Toán cho học sinh lớp 10 - Phát triển lực cho học sinh, đặc biệt lực đặc thù Toán học như: Năng lực tư duy, lực giải vấn đề sáng tạo, lực tự học, lực giao tiếp Tốn học,… - Hình thành phương pháp, kĩ học tập khoa học, kích thích phát triển tư học sinh thông qua thao tác tư duy, lực tư phê phán - Đối với giáo viên, ý tạo điều kiện thuận lợi để em hình thành phát triển lực tư phê phán trình học nội dung phương pháp toạ độ mặt phẳng nói riêng, q trình học tập nói chung -Kết đạt Cùng nội dung giảng dạy phương pháp tọa độ mặt phẳng, 17 tiến hành dạy hai lớp Lớp thực nghiệm (10A1) lớp đối chứng (10A5) trường THPT Nguyễn Trãi Qua khảo sát thực tế học tập lớp, thấy mức độ học tập trình độ nhận thức lớp tương đương Tinh thần, thái độ học tập môn Tốn nói riêng mơn khác nói chung giống Ở lớp tiến hành phương pháp giảng dạy khác Lớp 10A1 rèn luyện tư phê phán cho học sinh Lớp 10A5 dạy theo phương pháp truyền thống Qua phương pháp dạy học, lớp kết học tập chất lượng học thu có khác rõ rệt: -Ở lớp 10A5 (lớp đối chứng) việc giảng dạy tiến hành phương pháp truyền thống Do học sinh học tập uể oải, ghi chép thụ động, học căng thẳng GV phải làm việc nhiều mà hiệu dạy không cao -Ở lớp 10A1(lớp thực nghiệm) Cũng nội dung kiến thức đổi hình thức phương pháp dạy học, trọng đến việc rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán, em trở nên sơi nổi, hứng thú mắc sai lầm hơn, đặc biệt tập TNKQ Do đó, em hiểu nhanh khắc sâu tri thức học cách cụ thể, sinh động Kết minh chứng qua số liệu phiếu học tập sau : Lớp dạy Khá Trung bình Yếu Số lượng Giỏi Ghi SL TL SL TL SL TL SL TL (%) (%) (%) (%) Lớp Lớp đối 10A5/45 04 24 53 12 27 11 chứng HS Lớp Lớp thực 10A1 15 36 23 55 01 nghiệm /42 HS III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận - Sáng kiến kinh nghiệm hệ thống hóa số vấn đề làm sở lý luận tư phê phán và rèn luyện tư phê phán cho học sinh trình dạy học chủ đề phương pháp tọa độ mặt phẳng – Hình học 10 THPT - Sáng kiến kinh nghiệm trình bày số hướng phát triển tư phê phán cho học sinh dạy học nội dung phương pháp tọa độ mặt phẳng – Hình học 10 THPT nhằm phát huy tính tích cực, tự giác, rèn luyện tư phê phán cho học sinh, góp phần khắc sâu kiến thức cho học sinh lớp 10 - Sáng kiến kinh nghiệm xây dựng hệ thống ví dụ có chọn lọc nhằm minh họa cho việc phát triển tư phê phán cho học sinh góp phần rèn luyện kĩ giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng cho học sinh - Đây coi tài liệu tham khảo phương pháp dạy học tích cực nhằm phát triển lực cho học sinh mà Bộ Giáo Dục Đào Tạo đổi Tài liệu chủ yếu dành cho học sinh trường công 18 lập, đặc biệt trường THPT có nhiều học sinh mức độ trung bình Nó giúp cho em kích thích tư duy, hứng thú q trình học tập mơn Toán, đặc biệt chương phương pháp toạ độ mặt phẳng 3.2 Kiến nghị Tôi xin kiến nghị với Ban giám hiệu trường THPT Nguyễn Trãi tạo điều kiện để tơi phổ biến rộng rãi với giáo viên học sinh tài liệu tham khảo hữu ích Trong q trình viết sáng kiến, cố gắng, tránh khỏi thiếu sót, mong đóng góp chân thành kịp thời từ thầy cô, em học sinh để tơi hồn thiện sáng kiến đồng thời sáng kiến áp dụng với giáo viên học sinh toàn tỉnh giúp nâng cao chất lượng giáo dục tăng tính hiệu sáng kiến XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 18 tháng năm 2017 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Lê Đình Thịnh 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Thống Nhất, Rèn luyện lực giải tốn cho HS phổ thơng trung học thơng qua việc phân tích sửa chữa sai lầm HS giải toán, Luận án phó tiến sĩ khoa học Sư phạm – Tâm lý, Vinh, 1996 [2] G.Polya, Giải toán nào, NXB Giáo dục, Hà Nội, 1997 [3] Nguyễn Cảnh Toàn, Nguyễn Văn Lê, Châu An, Khơi dậy tiềm sáng tạo, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2004 [4] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân– SGK Hình học 10 nâng cao, 2006 [5] Trần Thành Minh, Phan Lưu Biên, Vũ Vĩnh Thái, Phan Thanh Thiên, Giải tốn Hình học 12, NXB Giáo dục, 2006 [6] Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học mơn tốn, NXB Đại học Sư Phạm Hà Nội, 2006 [7] Bùi Văn Nghị, Phương pháp dạy học nội dung cụ thể môn Toán – NXB Đại học sư phạm, 2010 20 ... sinh tự thẩm định, tự kiểm tra, tự chỉnh sửa, tự nhận xét để hoàn thiện giải mình, tơi lựa chọn đề tài ? ?Rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán phương pháp tọa độ mặt phẳng? ?? 1 .2 Mục đích... luận…………………………………………………… 2 2.1.1 Khái niệm tư phê phán……………………………… 2. 1 .2 Dấu hiệu lực tư phê phán toán học…… 2. 1.3 Rèn luyện kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán cho học sinh………………………….…………… 2. 2 Thực trạng... học lý thuyết giải tập phương pháp toạ độ mặt phẳng sở kiến thức đắn, khoa học Kỹ nhận định, đánh giá kết giải toán nội dung quan trọng việc rèn luyện tư phê phán cho học sinh 2. 2 Thực trạng vấn