SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TẠO HỨNG THÚ CHO HỌC SINH TÌM LỜI GIẢI BÀI TỐN HÌNH HỌC THUẦN TÚY BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA Người thực hiện: Lê Xuân Thắng Chức vụ: Giáo viên SKKN môn: Tốn THANH HỐ 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 Xây dựng hệ tọa độ 2.3.2 Một số tốn áp dụng phương pháp tọa độ hóa mặt phẳng 2.3.3 Một số tập tự luyện 14 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận đề xuất 16 16 3.1 Kết thực đề tài 3.2 Kiến nghị Phụ lục 16 16 18 Mở đầu - Lí chọn đề tài + Ở THPT, em học sinh tiếp cận với phương pháp tọa độ mặt phẳng không gian Thế toán mà sách giáo khoa đưa nhằm mục đích giúp học sinh bước đầu biết có gọi phương pháp tọa độ áp dụng phương pháp vào toán đơn giản như: lập phương trình đường thẳng, đường elip, đường tròn, mặt phẳng, mặt cầu tốn khoảng cách góc Do đó, học sinh chưa thấy khả giải phương pháp tọa độ + Trong kỳ thi THPT Quốc gia, chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, em học sinh thường xun gặp phải tốn hình học sử dụng tính chất hình học túy dùng phương pháp tọa độ hóa để giải chứng minh tính chất - Khi gặp tốn hình học sử dụng đến tính chất hình học túy em khơng biết 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 khơng trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh, chưa phân tích kĩ tìm lời giải cho tốn, tập minh họa đơn điệu, rời rạc, thiếu sức lôi cuốn, điều không gây hứng thú học tập sáng tạo cho em dẫn đến kết học tập học sinh nhiều hạn chế + Giải pháp túy hình phẳng thường phù hợp với học sinh khá, giỏi, học sinh có kiến thức vững vàng hình học phẳng THCS Vì tìm cách tiếp cận để giải vấn đề để học sinh học cách tự nhiên, dễ hiểu trăn trở tác giả, để học sinh khơng sợ mơn học đặc biệt có hứng thú gặp tốn dạng Từ lí tơi chọn đề tài: Tạo hứng thú cho học sinh tìm lời giải tốn hình học túy phương pháp tọa độ hóa - Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu nội dung chương trình hình học THPT, tốn dành cho học sinh khá, giỏi từ xây dựng thao tác cần thiết để giúp học sinh sử dụng tốt phương pháp tọa độ vào giải toán tổng hợp - Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là: - Hình thành đọng lượng kiến thức thiết yếu, tảng làm sở cho giải pháp sử dụng công cụ tọa độ - Xây dựng nguyên tắc xác định hệ trục tọa độ đề tương ứng với loại hình - Khám phá, phân tích nhiều lời giải toán, làm rõ quan hệ hữu cơ, hỗ trợ bổ sung cho cách giải, từ hồn thiện kiến thức nắm bắt tốn cách thấu đáo có chiều sâu - Phương pháp nghiên cứu + Phương pháp nghiên cứu lý luận: nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo liên quan đến vấn đề sử dụng phương pháp tọa độ, nghiên cứu chương trình giáo khoa mơn + Phương pháp nghiên cứu thực tế: thông qua việc dạy học phân mơn Hình học THPT rút số nhận xét phương pháp giúp học sinh rèn luyện kỹ giải toán phương pháp tọa độ hóa + Phương pháp kiểm chứng sư phạm: tiến hành dạy kiểm tra khả ứng dụng học sinh nhằm minh chứng bước đầu cho khả giải mạnh mẽ phương pháp tọa độ hóa việc áp dụng phương pháp tọa độ hóa vào giải toán Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Các tốn hình học túy phần kiến thức đa dạng đòi hỏi kiến thức logic tổng hợp Để học tốt phần học sinh phải nắm kiến thức, kĩ Học sinh phải thường xuyên sưu tầm tập lạ, thường xuyên làm tập để học hỏi, trau phương pháp, kĩ biến đổi Thế làm điều thật không đơn giản số nguyên nhân sau: - Các tập SGK phần khơng có, tập đề thi nằm mức độ vận dụng cao - Có nhiều dạng tốn kèm với nhiều phương pháp, dẫn tới việc em cảm thấy lúng túng gặp dạng toán lạ Kĩ nhận biết, biến đổi quy lạ quen hạn chế - Phần lớn em vận dụng nào, bắt đầu - Học sinh thích thú, cảm thấy phấn chấn làm quen với cách làm Do tơi ln ln có ý định tìm phương pháp mới, để truyền dạy cho học sinh, phương pháp đơn giản dễ làm, phương pháp mà học sinh cảm thấy phấn chấn học, phương pháp giải nhiều dạng tốn khó mà em gặp phải q trình ơn luyện 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm - Bài tốn hình học túy phần khó Lượng kiến thức khai thác nhiều đa dạng, truyền đạt làm cho em thấy lan man, phương hướng chưa nói đến sau học xong em phương pháp nào, kĩ Do phần người giáo viên cần phải có hệ thống tập minh hoạ cho phương pháp trọng tâm, dạng toán quan trọng Đặc biệt làm cho em phải cảm thấy tự tin Qua thực tế giảng dạy trực tiếp lớp khối, thấy tập dạng lấy đề thi THPT Quốc gia, đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, tỉ lệ học sinh giải thấp, chí “bỏ qua” thân chưa có đào sâu suy nghĩ, cộng thêm nguyên nhân khách quan phần kiến thức khó, đòi hỏi tư Cụ thể năm học 2014-1015 chưa áp dụng sáng kiến vào giảng dạy Tôi cho học sinh lớp 12B3 , 10D2 giải thử số lấy từ nguồn tài liệu Kết sau: Lớp Số HS 12B3 50 Lớp Số HS 10D2 45 Giỏi SL Giỏi SL TL(%) Khá SL 13 TB TL(%) SL 26 22 Yếu TL(%) SL 44 13 TL(%) 26 TL(%) 8.9 Khá SL 15 TB TL(%) SL 33.3 14 Yếu TL(%) SL 31.1 12 TL(%) 26.7 Xuất phát từ thực tế đó, năm học 2015-2016 tiến hành đổi dạy nội dung lớp 12C2 10A2 (lớp 12C2 có chất lượng tương đương với lớp 12B3, lớp 10A2 có chất lượng tương đương với lớp 10D2 năm học trước) Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Xây dựng hệ tọa độ Xây dựng hệ tọa độ hợp lý điều cần thiết cho việc ứng dụng phương pháp tọa độ việc giải toán Đây bước giải Người giáo viên cần hướng dẫn khéo léo giúp học sinh nhận tính chất đặc biệt toán, chủ yếu sử dụng tính vng góc, để xây dựng hệ tọa độ mà tham số giảm cách tối ưu Ở đây, ta xem xét số trường hợp áp dụng tốt phương pháp Đối với tốn có sẵn góc vng như: hình vng, hình chữ nhật, tam giác vng Đối với ta chọn hệ trục tọa độ có gốc nằm đỉnh vng, có hai trục Ox Oy chứa cạnh tương ứng góc vng Và chọn đơn vị trục độ dài hai cạnh góc vuông Bằng cách chọn vậy, tham số giảm tối đa Và dạng hình dạng áp dụng thuận lợi phương pháp tọa độ mặt phẳng y y y B(0; 1) A B(0; b) C(1 ;1) D(1; 0) x A C(1 ;b) x D(1; 0) C(0; b) A x B(1; 0) Đối với tốn có chứa tam giác đều, tam giác cân, tam giác thường Ta xây dựng hệ trục cách dựa vào đường cao Cụ thể, ta dựng đường cao từ đỉnh (đối với tam giác cân ta nên dựng đường cao từ đỉnh cân) Chân đường cao gốc tọa độ, cạnh đáy đường cao vừa dựng nằm hai trục tọa độ C(0; h) B A(-1; 0) C(1; 0) H A(1-a; 0) O B(1; 0) Đối với tốn có chứa đường tròn ta chọn gốc tọa độ nằm tâm đường tròn đơn vị hệ tọa độ bán kính đường tròn, hai trục chứa bán kính, đường kính ca đường tròn y O x A(1; 0) Tuy nhiên, áp dụng không cứng nhắc việc chọn hệ trục tọa độ Nên để học sinh linh hoạt tìm cách chọn tối ưu cho toán Một số tốn có nhiều đối tượng hình học đó, tùy vào giả thuyết ta chọn hệ trục tọa độ cho phù hợp Một số tốn áp dụng phương pháp tọa độ hóa mặt phẳng Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm nằm cạnh AC cho AN  AC Chứng minh DN  MN Giải: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi  a   a 3a  D  0;0  , A  0;a  , C  a;0  nên M  a;  , N  ;   2 4    3 DN MN   a  a  Suy DN  MN 16 16 Nhận xét: Bài toán áp dụng nhiều trong đề thi Việc chứng minh hình học túy sau: Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm F trung điểm DI Khi FNMC hình bình hành F trực tâm tam giác NDC nên CF  DN mà CF / / MN Nên MN  DN y A B N M x D C A B N I M F D C Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B xuống AC Biết điểm M, K trung điểm AH CD Chứng minh BM  MK Giải: Chọn hệ trục tọa độnhư hình vẽ Khi y  a B  0;0  , A  0;a  , C  a;0  Tọa độ điểm K  c;  D  2 A M H Phương trình đường thẳng K AC : ax  cy  ac; BH : cx  ay  Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình B C  a2c ax  cy  ac ac  Do  H ;   2 2  cx  ay  a c a c   a2c a  2ac      BM MK   BK  MK điểm M  ;   a2  c2   a2  c2     x Nhận xét -Ta chứng minh theo cách sau Gọi E trung điểm HB Khi tứ giác MECK hình bình hành Suy E trực tâm tam giác BMC nên BM  CE mà CE / / MK Nên MK  MB - Theo cách học sinh lấy thêm điểm E Nhìn tính chất tính chất đặc biệt A B E M H D C Bài tốn 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD    900 CD  AB Gọi H hình A D y B A chiếu vng góc điểm D lên đường chéo AC M trung điểm HC Chứng minh BM  DM Giải: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi H c   C  0;0  , A  0;a  , C  c;0  , B  ; a  Phương trình 2  M đường thẳng AC : ax  cy  ac; DH : cx  ay  D C x Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình  a2c ax  cy  ac ac  Do H ;  2  cx  ay  a c a c     a2c a  2ac   điểm M  ;   a2  c2   a2  c2       a c  a  2ac   ac  ac  2a   BM DM  0 2 4a  c   DM  BM B A Cách 2(thuần túy hình phẳng) Gọi E trung điểm HD Khi tứ giác MEAB hình bình hành Suy BE  AD nên E trực tâm tam giác ADM suy DM  AE mà AE / / MB Nên MD  MB H E D M C Bài tốn 4: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  BC Gọi H hình chiếu vng góc A lên BD E, F trung điểm đoạn thẳng CD, BH Chứng minh EF  AF y Giải: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi I A B D  0;0  , A  0;a  , C  2a;0  , B  2a; a  Phương trình đường thẳng F BD : x  y  0; AH : x  y  a  Tọa độ điểm H  AH  BD Tọa độ điểm H H nghiệm hệ phương trình D C E x  y   2a a   H  ;    5 2 x  y  a  6a 3a    a 3a    6a 2a  Do điểm F  ;  EF   ;  ; AF   ;  Suy EF  AF  5  5   5  Ta chứng minh tốn theo cách I A túy sau: Gọi E,F,I trung điểm cácđoạn thẳng CD, BH, AB F Ta chứng minh AF  EF Ta thấy tứ giác ADEI ADFI nội tiếp nên tứ giác ADEF H D nội tiếp, AF  EF E Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A Gọi D điểm cạnh AB cho AB  AD H y hình chiếu vng góc B CD Điểm M trung điểm HC Chứng minh A MA  MB x B C Giải Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi I  0;0  , A  0;a  , C  c;0  , B  c;0  Phương trình đường thẳng DC : ax  2cy  ac; BH : 2cx  ay  2c Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình D H M B I x C ax  2cy  ac  a c  4c3 4ac  H ;   2 a  c a  4c 2 cx  ay   c    a2c 2ac  M ;  a  c a  4c      Do điểm   a c  4c3  2a c   2ac  2ac  a   BM AM  0 2  a  4c   AM  BM I Cách 2: Gọi N, I giao điểm đường thẳng qua B vng góc với BC với đường CD, CA Do tam giác IDC vuông B AB = AC nên A trung điểm IC Suy D trọng tâm tam giác IBC Do AN đường trung bình tam giác IBC Gọi E trung điểm BH, E trực tâm tam giác NBM tứ giác NAME hình bình hành nên từ NE  MB  MA  MB A N D B E H M C Sau xin giới thiệu số toán áp dụng cụ thể phương pháp tọa độ hóa vào giải toán thực tế đề thi THPT Quốc gia, đề thi thử trường THPT nước đề thi học sinh giỏi số tỉnh Bài tốn (Trích đề thi học sinh giỏi mơn Tốn- Thanh hóa năm 2015-2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có  B(2; 4), BAD ADC  900 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 Nhận xét: Các giả thiết toán xoay xung quanh điểm A, D, E, C Nếu vẽ hình xác học sinh dễ dự đốn EB  AC Và coi chìa khóa, nút thắt y D A I E B H J x C tốn Xử lí nút thắt tốn coi giải nửa  a Giải: Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ ta có: D  0;0  , A  0; a  , E  0;  , C  c;0   2 Phương trình x 2y EC :    EC : ax  2cy  ac  0; DB : 2cx  ay  0; AB : y  c a  a    a a   B  DB  AB  B  ;a   EB   ;  ; AC   c; a   2c   2c    EB AC   EB  AC Đường thẳng BE qua B(2;4) vuông góc  với Ox nêncó  phương trình x =2 Gọi A(a;0), E (2; b)  D(4  a; 2b); BA(a  2; 4); EA(a  2; b);   BD(2  a; 2b  4) FE (6; b  1)   BA  EA  (a  2)  4b  (1)   FE  BD  6(2  a )  (b  1)(2b  4)  (2) Thay (2) vào (1) ta b  6b3  13b  24b    (b  1)(b3  7b  20b  4)   b  1 (do b nguyên)(Ta chứng minh phương trình b3  7b  20b   có nghiệm khoảng  1;0  nên khơng có nghiệm ngun ).Khi A(4;0), D(0; 2) , đường thẳng CD có phương trình x  y   cắt Ox tạiC(-1;0).Vậy A(4;0), D(0; 2) C (1;0) điểm cần tìm Ta chứng minh EB  AC cách sau: Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BE, cắt BE BD I H; gọi J giao với có:  điểm    BD    CE Khi ta      EH EB EA. EB   EI EB  EA EH EC EJ EC  ED  EA2       ED .EC  EH EB  EH EC  EH ( EB  EC )   EH  BC suy H trực tâm EBC suy A, H , C thẳng hàng Do BE  AC Bài tốn 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vng A D, biết D  2;  CD  AB Gọi H hình chiếu vng góc D lên AC  22 14  Điểm M  ;  trung điểm HC Xác định tọa độ điểm A, B, C  5 hình thang biết B thuộc đường thẳng  : x  y   Nhận xét: Các giả thiết toán xoay xung quanh điểm B,M, D Nếu tinh ý ta nhận thấy MB  DM (Để chứng minh MB  DM xem lại toán ) Giải: Ta có BM  DM Suy phương trình BM : x  y  16 Tọa độ B nghiệm hệ:  x  y  4  B(4; 4) Gọi I giao điểm  x  y  16  AC BD, ta có   AB IB  10 10     DI  IB  I  ;  CD ID  3 Suy AC : x  y  10 , DH : x  y  Tìm  14 18  H ;  Từ C(6; 2) 5    CI  IA  A(2; 4) Bài toán 8:  11  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD Điểm F  ;3  2  trung điểm cạnh AD Đường thẳng EK có phương trình 19 x  y  18  với điểm E trung điểm cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC KD = 3KC Tìm tọa độ điểm C hình vng ABCD biết điểm E có hồnh độ nhỏ Giải Đặt cạnh hình vng 4a Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi O  0;0  , K  a;0  , C  2a;0  , E  0; 4a  , F  2a; 2a  y Phương trình đường thẳng EK : x  y  4a  E A B I F D P O K C 10 x d  F ; EK   10a 19 11  24  18 25 17   a  Suy cạnh hình vng 34 17  17 EF  Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình  11  25  x  2  x     y  3   5 2  58  E  2;  AC qua trung điểm I   x  l   2 19 x  y  18  17    10 17  EF FE  AC suy AC : x  y  29   P  AC  EK  P  ;   3   IC  IP  C  3;8  Bài toán 9: Trong mặt phẳng cho hình chữ nhật ABCD có điểm D  4;5  Điểm M trung điểm đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x  y  10  Điểm B nằm đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết C có tung độ nhỏ B A Giải: Đặt AD  2; DC  a  Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi D  0;0  , C  a;0  , A  0;  , M  0;1 , B  a;  M Phương trình MC : x  ay  a  I a 2a d  D; MC   ; d  B; MC   a2  a2  C D d  D; MC    d  B; MC  Vì B thuộc đường thẳng d nên B  b; 1  2b  b  b  1  2b   10 Trở lại toán ta có d  D; MC     70 b  82 82 17  70  70 123  Với b    B   ;  loại B, D phía với CM 17  17 17  26 Với b=2 Suy B  2; 5  thỏa mãn Gọi I tâm hình chưc nhật ta có I  3;0  11 c    C  8c  10; c   CD.CB  14  8c  12  8c     c  5  c     143 c  l  65  (loại tung độ điểm C nhỏ 2)  C  2;1  A  8; 1 Vậy  A  8; 1 ; C  2;1 ; B  2; 5  Bài tốn 10: Cho hình vng ABCD Điểm M thuộc đoạn BC, phương trình cạnh AM:  AMN   , điểm x  y   0, N thuộc đoạn CD cho BMA K 1; 2   AN Tìm tọa độ điểm A Giải Khơng tính tổng qt giả sử cạnh hình vng Đặt BM  a Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ ta có     2 ; tan   M  a;0  ; A  0;1 ; NMC a Ta có   tan   2   NC  NC  tan a  NC  NC  2a tan NMC MC  a tan a  1  a 1 a   a    2a    N 1; AM  a ;  ; AN  1;      1 a   1 a   Đặt u  1  a; a  1 Ta có     a 1  a    a  1   cos AM ; AN  cos AM ; u  cos MAN  2 a  1  a   1  a          450  MAN  Giả sử AN có véc tơ pháp tuyến n  a; b  ,  a  b    AM có véc tơ pháp tuyến n1 1;3 Ta có   a  3b cos450  cos n; n1   10 a  b  y A D K  N  a  2b  4a  6ab  4b     2a  b B C M 12 x  Với a  2b chọn b   a  suy n  2;1 suy phương trình AN: x  y   A  1;   Với 2a  b chọn a   b  2 suy n 1; 2  suy phương trình AN: x  y    A  5;0  Nhận xét Để giải tốn theo phương pháp hình họ túy không đơn giản Phải dựng thêm điểm chứng minh hàng loạt tính chất Bài tốn 11: Cho ABC vuông cân A Gọi M trung điểm BC , G trọng tâm ABM , điểm D  7; 2  điểm nằm đoạn MC cho GA  GD Tìm tọa độ điểm A, lập phương trình AB, biết hồnh độ A nhỏ AG có phương trình x  y  13  B Giải Đặt cạnh hình vng Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi N G M D P A 1 1 A  0;0  , N  0;1 , M 1;1 , P  ;  , B  0;  2 2 1  MN : y   0; BP : x  y    G  ;1 3   10     D  ;0  ; AG.GD   AG  GD   3.7   2   13 Ta có d  D; AG    10 2   1 Phương C trình đường thẳng ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD Vậy G tâm đường tròn ngoại tiếp ABD   AGD   ABD  900  GAD vng cân G Do GA  GD  d  D; AG   10  AD  20; Gọi A  a;3a  13 ; a  13  a  5(loai ) 2 AD  20   a     3a  11  20   a  Vậy A  3; 4   Gọi VTPT AB nAB  a; b    cos  n , n   cos NAG AB AG  Mặt khác cos NAG NA  AG 3a  b a  b 10 NM 1  NG   2 10 NA2  NG 9.NG  NG 3a  b b  Từ (1) (2)    6ab  8b    10 3a  4b a  b 10 Với b  chọn a  ta có AB : x   0; Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : x  y  24  Nhận thấy với AB : x  y  24  d  D; AB   4.7   2   24 16    d  D; AG   10 (loại) Vậy AB : x   2.4 Một số tập khác Bài toán 12: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x  y  31  0, hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x  y   0, d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hồnh độ âm Bài tốn 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) AC = 2BD Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương Bài tốn 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x  y  x  y   điểm M (7;7) Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Bài tốn 15: Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: y  Gọi (C) đường tròn cắt d điểm B, C cho tiếp tuyến (C) B C cắt O Viết phương trình đường tròn (C), biết tam giác OBC Bài toán 16: 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử  11  M  ;  đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm  2 A Bài tốn 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình: ( x  2)2  ( y  3)2  10 Xác định tọa độ đỉnh hình vng biết đường thẳng chứa cạnh AB qua điểm M (3; 2) điểm A có hồnh độ dương Bài tốn 18: Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB C điểm thay đổi đường tròn (O) cho tam giác ABC không cân C Gọi H chân đường cao tam giác ABC hạ từ C Hạ HE, HF vng góc với AC, BC tương ứng Các đường thẳng EF AB cắt K Gọi D giao điểm (O) đường tròn đường kính CH ,D ≠ C Chứng minh K, D, C thẳng hàng Bài toán 19: Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC cắt AB, AC E D Gọi F, H hình chiếu D E BC Gọi M giao điểm EF DG Chứng minh AM⊥ BC Bài toán 20: Cho tam giác ABC vuông A vuông cân, cạnh AB AC lấy M, N cho BM=CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Như phần đặt vấn đề nêu, sáng kiến “Tạo hứng thú cho học sinh tìm lời giải tốn hình học túy phương pháp tọa độ hóa” phương pháp có kết hợp chặt chẽ tư đại số hình học, cách tiếp cận tìm lời giải phù hợp với yêu cầu đổi phương pháp dạy học, kích thích tính tự học, tự nghiên cứu phát vấn đề Với tinh thần đó, q trình soạn, dạy dạng tốn thực theo cách phân loại từ dễ đến khó, thơng qua 11 ví dụ chọn lọc Kết thúc phần nhận thấy đạt hiệu cao, cụ thể: - Học sinh tỏ hứng thú giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn đề, phát vấn đề hiệu hơn, nhanh - Giờ dạy tránh tính đơn điệu, nhàm chán theo lối mòn lâu - Học sinh có nhiều thay đổi tích cực phương pháp học tập tư giải toán 15 Kết thể rõ rệt qua kiểm tra Giỏi Khá TB Yếu Lớp Số HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) 12B3 45 13.3 17 37.8 20 13 28.9 10C2 47 14,9 19 40.4 15 31,9 12,8 Kết luận đề xuất 3.1 Kết thực đề tài Qua thời gian thực tế giảng dạy, nhận thấy chưa đưa chuyên đề vào giảng dạy, học sinh giải tập đơn giản Khơng biết phân tích tốn, đặc biệt toán đề thi THPT Sau học chuyên đề học sinh làm tốt tập khó, em hứng thú say mê học tập Qua khảo sát kết học tập em tăng lên rõ rệt 3.2 Đề xuất a) Để học sinh có kết cao kiểm tra, kỳ thi Đại học người thầy cần nghiên cứu, tìm tòi xây dựng phương pháp giải toán cho học sinh dễ hiểu cách giải ngắn b) Thầy giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời động viên em em tiến c) Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách học sinh, động viên em học sinh giỏi đọc báo tốn, tài liệu internet, tìm hiểu thêm cách giải khác d) Thầy giáo tăng cường luyện cho em chuyên đề đề thi, để em có nhiều thời gian tiếp cận tập dượt với dạng tốn thi, từ đạt kết học tập cao Trong trình dạy học nói chung, dạy – học Tốn nói riêng, việc giải tập; phân tích hướng giải; trả lời câu hỏi lại làm quan trọng việc hướng dẫn cho học sinh có óc phân tích – tổng hợp – khái quát phần kiến thức hết có cách học đắn cốt lõi vấn đề Chính người thầy ln phải suy nghĩ, trăn trở nhằm đáp ứng yêu cầu đổi phương pháp dạy học, nâng cao hiệu giáo dục Trên vài kinh nghiệm nhỏ trình thực việc đổi phương pháp dạy học, đề tài khơng tránh khỏi hạn chế Rất mong đóng góp q báu bạn bè, đồng nghiệp Tơi xin chân thành cảm ơn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2016 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 16 Lê Xuân Thắng Phụ lục Tài liệu tham khảo : Đề thi đại học năm 2008, 2009, 2010, 2011, 2012, 2013, 2014, 2015 Đề thi thử đại học trường THPT nước qua năm gần đây, trang mạng uy tín luyện thi Tốn như: www.nguoithay.vn, www.moon.vn www.diendantoanhoc.net Tạp chí THTT Đặc san THTT 17 ... trở tác giả, để học sinh khơng sợ mơn học đặc biệt có hứng thú gặp toán dạng Từ lí tơi chọn đề tài: Tạo hứng thú cho học sinh tìm lời giải tốn hình học túy phương pháp tọa độ hóa - Mục đích nghiên... thú cho học sinh tìm lời giải tốn hình học túy phương pháp tọa độ hóa” phương pháp có kết hợp chặt chẽ tư đại số hình học, cách tiếp cận tìm lời giải phù hợp với yêu cầu đổi phương pháp dạy học, ... gia, chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, em học sinh thường xuyên gặp phải tốn hình học sử dụng tính chất hình học túy dùng phương pháp tọa độ hóa để giải chứng minh tính chất - Khi gặp tốn hình học sử