SKKN Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng

Nội dung tóm tắt: SKKN Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng

1.  phương trình BC, để lập phương trình BC có một véc tơ pháp tuyến AH ta cần tìm tọa độ một điểm mà BC đi qua, từ các dữ kiện của bài toán nhận thấy cần tìm tọa độ điểm M là trung điểm của BC dựa vào bài toán công cụ 1 ta có một số cách tìm tọa độ M. Cách 1 : Như lời giải trên đã trình bày. Cách 2 : Dựa vào tính chất đường thẳng ơle tìm được trọng tâm G. Từ đó suy ra Toạ độ điểm M.   Cách 3 : Dựa vào nhận xét AH 2IM .Suy ra toạ độ điểm M. Từ ý tưởng trên ta có thể hoán đổi các giả thiết, sau đó vận dụng bài toán công cụ 1 để giải. Ví dụ cũng cần lập phương trình BC thay vì cho tọa độ đỉnh A và trực tâm H ta cho phương trình đường phân giác trong góc A và BC đi qua một điểm ta được bài toán mới như sau: Bài 1.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Đường phân giác trong góc A có phương trình : x – y = 0 (d), biết BC qua M(1; 1), điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Hoặc thay vì cho phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ta cho phương trình đường thẳng BC, dựa vào các yếu tố cho của bài đi lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ta được bài toán mới như sau: Bài 1.2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho tam giác ABC có trực tâm H(6; 6), phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là : x + y – 10 = 0. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm M(8; 4), N(5; 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Hoặc coi B, C là giao của hai đường tròn ta được bài toán : Bài 1.3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho tam giác ABC đỉnh A(1;5), tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp lần lượt là K(2; 2), I( 5 ;3). Tìm tọa độ B, C. 2 Hoặc dựa vào giả thiết ta phải thiết lập phương trình BC, phương trình đường tròn qua hai điểm B, C. Ta có bài toán : Bài 1.4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho tam giác ABC có A(–2;–1) trực tâm H(2; 1), BC= 2 5 . Biết trung điểm của BC nằm trên đường thẳng: x – 2y – 1 = 0 (d). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Trong mỗi bài toán trên nếu thay đổi các dữ kiện ta lại được lớp những bài toán mới. ♦ Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(2; 2) và hai đường thẳng d1 : x + y – 2 = 0, d2 : x + y – 8 = 0. Tìm tọa độ hai điểm B, C lần lượt thuộc d1, d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lời giải : 47
2.  Ta có B d B b;2 b . Khi đó AB b 2; b nên theo bài toán công cụ 2 điều 1   kiện cần và đủ để tam giác ABC vuông cân tại A là AC b;b 2 hoặc AC b;2 b nên C 2 b;b hoặc C 2 b;4 b . Nếu C 2 b;b mà C d2 b 3 C5;3,B3;1 . Nếu C 2 b;4 b mà C d2 b 1 C3;5,B 1;3 . * Nhận xét: Trong ví dụ trên đã sử dụng định nghĩa và tính chất của phép quay,  quay véc tơ AB quanh điểm A với góc quay 900 để tìm ra tọa độ điểm B, C với việc sử dụng phép quay ta có thể thay đối tượng B, C thuộc đường thẳng bởi B, C thuộc đường tròn. Hoặc thay đối tượng góc quay từ 900 đối với giả thiết là tam giác vuông cân thành góc quay 600 đối với giả thiết là tam giác đều. Cũng như vậy ta có thể mở rộng, thay thế đối tượng tam giác vuông cân thành hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi khi đó ta được bài toán mới. Cụ thể : Bài 2.1 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho đường tròn (C): x2 y 2 6x 2y +6 = 0 và đường thẳng (d): x – y = 0. Tìm toạ độ của hai điểm A, B thuộc d và hai điểm E, D thuộc (C) sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. Lời giải : Ta có (C): x-3 2 y-1 2 = 4 Do A, B thuộc d nên A a;a , B b;b (a ≠ b).  Suy ra AB b a;b a . Do vai trò của A, B như nhau nên không mất tính tổng quát   0 ta giả sử AB quay 90 thành AD .   Từ đó suy ra BE AB a b;b a . Do đó D 2a b;b ; E a;2b a . Mà D, E thuộc đường tròn (C) nên ta có a-32 2b-a-1 2 = 4 a b 4 a 3;b 1 2 2 9 11 2a-b-22 b-1 2 = 4 a-3 2b-a-1 = 4 a ;b 5 5 Vậy A(3; 3), B(1; 1), E(3; -1), D(7; 1). 9 9 11 11 9 13 7 11 Hoặc A;,B;,E;,D; . 5 5 5 5 5 5 5 5 Bài 2.2 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho hình chữ nhật ABCD có giao 1 điểm hai đường chéo là điểm I ;0 , AB = 2AD. Phương trình đường thẳng AB là: 2 x – 2y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật biết điểm A có hoành độ âm. 48
3. Lời giải : Ta có A, B thuộc đường thẳng AB: x – 2y + 2 = 0. A 2a 2;a ;B 2b 2;b a b;a 1 .  AB 2b 2a;b a . Gọi K là điểm thuộc AD sao cho tam giác ABK vuông cân ta có   AK b a;2a 2b hoặc AK a b;2b 2a , mà AB = 2AD nên AK = 2AD   AK 2AD.    1 1 3 TH1: AK 2AD AD (ba);ab D b a 2;2ab . Do I là trung điểm 2 2 2 của BD ta tìm được a = 0, b = 2.   TH2: AK 2AD giải tương tự, trường hợp này kết quả tìm được bị loại vì không thỏa mãn điều kiện. * Nhận xét: Trong bài tập trên thay vì dữ kiện AB = 2AD ta có thể cho diện tích hình chữ nhật hoặc cho AC = kAB (k > 0), hoặc thay vì dữ kiện tọa độ tâm I đã biết ta cho tọa độ một đỉnh, phương trình đường chéo ta lại được những bài toán mới liên quan tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật.Tương tự cho những bài toán về hình thoi, hình vuông. Tương tự ta có các bài tập sau: Bài 2.3 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (T) có phương trình: x2 y 2 2x 4y 5 = 0. Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (T) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Bài 2.4 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(1; 1). Tìm điểm B thuộc trục tung, C thuộc đường thẳng: x = 3 sao cho tam giác ABC đều. Bài 2.5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho hình chữ nhật ABCD biết 2 AB AD . Đỉnh D(–1; 3), một đường chéo có phương trình: x – 8y – 5 = 0. 3 Tìm toạ độ các đỉnh và phương trình đường chéo còn lại. ♦ Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho đường thẳng d: x + y – 1 = 0. Tìm trên d điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B biết A(1; 4). Lời giải : 49
4. A C B C Do tam giác ABC vuông tại B nên B là hình chiếu của A lên đường thẳng d.  B d B b;1 b ; AB  d AB.u 0, trong đó u 1; 1 là véc tơ chỉ phương của d B 1;0 . Lại có, tam giác ABC cân tại B nên BA = BC = 20 C 3; 2 hoặc C 3;4 . * Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã dựa vào nhận xét B là hình chiếu của A trên d nên việc tìm tọa độ của B dễ dàng hơn. Ta có thể thay giả thiết tam giác ABC vuông cân tai B bằng giải thiết khác để được những bài toán mới mà cách làm tương tự. Bài 3.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(1; 4), đường thẳng d : x + y – 1 = 0. Tìm trên d điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và thỏa mãn một trong các điều kiện a. AB = k BC (k > 0). b. AC = k AB (k > 0). c. Tam giác ABC có góc C bằng300 . d. Tam giác ABC có diện tích bằng 10. e. Tam giác ABC có chu vi bằng 8 5 . Hoặc thay vì tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ta có thể yêu cầu học sinh tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, đỉnh của hình vuông, đỉnh của hình thoi. Ta có các bài toán sau: Bài 3.2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho hình chữ nhật ABCD biết A(1; 4), BC có phương trình: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật biết hình chữ nhật thỏa mãn một trong các điều kiện sau: a. AB = 2BC. b. AC = 5 AB. c. Hình chữ nhật có diện tích bằng 20. d. Hình chữ nhật có chu vi 6 20 . 50
5. Bài 3.3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho hình vuông ABCD biết A(1; 4), BC có phương trình: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông. Bài 3.4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho hình vuông ABCD biết A(1; 0), AC có phương trình: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông. Bài 3.5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho hình thoi ABCD biết A(1; 4), BD có phương trình: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết thỏa mãn một trong các điều kiện sau: a. BD = 2AC. b. Diện tích hình thoi bằng 10. c. Góc ABC 1200 . ♦ Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho đường thẳng d có phương trình: 2x + y – 1 = 0 và điểm A(1; 2). Tìm trên d điểm B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Lời giải : A H B Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d ta có tam giác ABH vuông tại H nên AB ≥ AH dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi B trùng với H. H là hình chiếu vuông góc của A trên d nên H 1;1 B 1;1 . * Nhận xét: Lời giải bài toán trên dựa vào tính chất hình học: Trong mặt phẳng cho d và điểm A không thuộc d, khoảng cách từ A đến d là nhỏ nhất so với khoảng cách từ A đến một điểm bất kỳ thuộc d, dựa vào nhận xét đó ta có thể khai thác một số bài toán tìm độ dài nhỏ nhất . Bài 4.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho A(1; 2), B(3; – 1), C(4; – 2).Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d: x + 2y – 1 = 0 sao cho:   a. MA 2MB nhỏ nhất. b. MA2 4MB 2 2MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Bài 4.2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 y 2 2x 6y + 6 = 0 , đường thẳng d: x + y – 2 = 0, A(2; 1). Tìm điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho: 51
6. a. Khoảng cách từ M đến d lớn nhất (nhỏ nhất). b. Độ dài AM lớn nhất (nhỏ nhất). ♦ Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(3; 2), B(4; 1). Tìm trên đường thẳng d có phương trình: x + y – 3 = 0 điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải : B A d M C Ta có A, B nằm cùng phía với d. Gọi C là điểm đối xứng với A qua d. Ta có MA + MB = MC + MB ≥ CB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M CB  d . C đối xứng với A qua d C 1;0 . Khi đó phương trình CB: x – 5y + 1 = 0. 7 2 Từ đó M CB  d M ; . 3 3 Giáo viên có thể phát vấn thêm học sinh trường hợp nếu A, B về hai phía đối với đường thẳng d * Nhận xét: Bài toán trên được giải dựa vào bài toán công cụ 3. Trong giả thiết của bài toán trên nhận thấy A, B là hai điểm cùng phía với d nên ta có thể thay đổi cách hỏi để được những bài toán khác. Chẳng hạn: Bài 5.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(3; 2), B(4; 1). Tìm trên đường thẳng d có phương trình: x + y – 3 = 0 điểm M sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất . Bài 5.2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho đường thẳng d: x + y + 4 = 0 và hai x2 y 2 x 2 y 2 elip E : 1, E : 1có cùng tiêu điểm. Biết E qua M d . Tìm 110 6 2 a2 b 2 2 tọa độ điểm M sao cho E2 có độ dài trục lớn nhỏ nhất. Bài 5.3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho điểm A(5; 2), B(4; 1). Tìm trên đường thẳng d có phương trình: x + y – 3 = 0 điểm M sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất. 52
7. ♦ Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho tam giác ABC đỉnh A(2; – 1), hai đường phân giác trong có phương trình: x – 2y +1 = 0(d), x + y + 3 = 0 (b).Tìm tọa độ đỉnh C, B. Lời giải: A d b B N M C Kiểm tra thấy A không thuộc d và b, giả sử d xuất phát từ B, b xuất phát từ C. Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng với A qua d và b M(0; 3), N(– 2; – 5). Đường thẳng BC qua M, N nên phương trình BC: 4x – y + 3 = 0. Khi đó toạ độ B là giao điểm của đường thẳng d và BC nên thoả mãn hệ: 5 x x 2y 1 0 7 4x y 3 0 1 y 7 Khi đó toạ độ C là giao điểm của đường thẳng b và BC nên thoả mãn hệ: 6 x x y 3 0 5 4x y 3 0 9 y 5 5 1 6 9 Vậy B;,C; . 7 7 5 5 * Nhận xét: Trong ví dụ trên ta có thể thay d là đường trung tuyến hoặc d là đường cao, hai đường d và b có thể xuất phát từ cùng một đỉnh để được các bài toán khác nhau. Hoặc có thể thay tọa độ đỉnh A bằng yếu tố khác. Ta có các bài tập tương tự sau: 53
8. Bài 6.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2), đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ B có phương trình tương ứng là BE: 2x – y + 5 = 0, BM: 7x – y +15 = 0. Tính diện tích của tam giác ABC. Bài 6.2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ xOy, xác định toạ độ đỉnh C của tam giác ABC, biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên AB là H(–1;–1), đường phân giác trong góc A : x – y +2 = 0, đường cao kẻ từ B: 4x + 3y – 1= 0 4.4. Bài tập tự luyện. Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, nội tiếp trong đường tròn (T): x2 y 2 4x 2y 0 , C(–4; 1). Đường phân giác trong góc A có phương trình: x – y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết S∆ABC = 3S∆IBC, A có tung độ dương, I là tâm đường tròn (T). Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (C) có phương trình: x2 y 2 4x 2y 0 . Đường phân giác trong của góc A có phương trình: x – y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết S∆ABC = 24 và điểm A có hoành độ dương. Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại D(3; – 2). Tìm tọa độ đỉnh B của tam giác biết A(1; 0), C(1 + 2 ; 2 – 2). Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (C) có phương trình: x2 y 2 25 0 . Chân các đường cao hạ từ B, C lần lượt là: M(– 1; 3), N(2; – 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết A có tung độ âm. Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, H(5; 5) là trực tâm, đường thẳng chứa BC có phương trình: x + y – 8 = 0, biết đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua điểm M(7; 3) và có tâm thuộc đường thẳng d có phương trình: x – 2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(– 2; – 1) và H(2; 1) là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thuộc đường thẳng d có phương trình: x – y – 1 = 0, trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng d1: x – 2y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(– 2; – 1) và H(2; 1) là trực tâm. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng d: x – 2y – 1 = 0 và ME = 5 , với E là chân đường cao hạ từ B. Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(– 2; – 1) và H(2; 1) là trực tâm. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết trung điểm M của BC có tung độ dương, nằm trên đường thẳng d: x – 2y – 1 = 0, đường thẳng qua chân các đường cao kẻ từ B, C có phương trình là: 5x + 2y – 7 = 0. 54
9. Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có H(2; 1), M(3; 1), I(1; 0) lần lượt là trực tâm, trung điểm của BC, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, A(– 1; 3), H(1; 3) là trực tâm, trọng tâm G((– 3; 5). Tìm tọa độ các điểm B, C. Bài 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, A(– 1; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thuộc đường thẳng d: x + y – 1 = 0, M(2; 2), N(1; – 4) lần lượt là chân các đường cao kẻ từ B, C. Tìm tọa độ các điểm B, C. Bài 12: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC đường cao qua A có phương trình: x + y – 1 = 0, trực tâm H(1; 0). Đường tròn đường kính BC có phương trình: x2 y 2 4x 2y 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Bài 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(– 3; 2), B(4; 1). Tìm trên đường thẳng d có phương trình: x + y – 3 = 0 điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 14: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(– 3; 2), B(4; 1). Tìm trên đường thẳng d có phương trình: x + y – 3 = 0 điểm M sao cho MA MB đạt giá lớn nhất. Bài 15: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1; 2). Tìm trên đường thẳng d có phương trình: 4x – 3y – 23 = 0 điểm B, C sao cho chu vi tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất biết đoạn BC luôn có độ dài bằng 5. Bài 16: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(5; 2), đường thẳng d: x – y + 1 = 0, d1: y – 1 = 0.Tìm điểm B thuộc d, C thuộc d1 sao cho chu vi tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(7; 9), B(0; 8) và đường tròn (C) có phương trình: x2 y 2 2x 2y 23 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức P = MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(– 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình: x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, B biết diện tích tam giác bằng 24. Bài 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1), phân giác trong góc A có phương trình: x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, C. Bài 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, M(0; – 1), phân giác trong góc A , đường cao xuất phát từ C có phương trình lần lượt là: x – y = 0, 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh, biết AC qua M và AB = 2AM. Bài 21: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – y = 0 và d2: 2x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết A, C lần lượt thuộc d1, d2 và B, D thuộc trục hoành. 55
10. Bài 22: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, M(1; – 1) là trung 2 điểm của BC. Điểm G ;0 là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh 3 của tam giác. Bài 23: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x 1 2 y2 0. Gọi I là tâm của đường tròn. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường tròn sao cho góc IMO 300 . Bài 24: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1; 2); H(4; –1) là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC. Tìm tọa độ hai đỉnh B, C biết tanB = 2, góc BAC 450 . Bài 25: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(1; 0) và AC = 2BD. Hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường thẳng d1: x – 2y – 3 = 0, d2: x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi. D. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC Với hướng cải tiến trong giảng dạy mà chúng tôi đã trình bày ở trên, các em học sinh hiểu vấn đề một cách sâu sắc và có thể nhìn bài toán hình học phẳng bằng phương pháp tọa độ dưới nhiều cách thức khác nhau. Các em dễ dàng chuyển các bài toán lạ về những bài toán quen thuộc. Hiệu quả trong giảng dạy thể hiện kết quả đi lên rất rõ nét. 1. Kết quả giảng dạy đại trà. Khi chưa cải tiến phương pháp, kết quả điều tra đối với các lớp mà chúng tôi giảng dạy, thu được như sau: Kết quả Năm học Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12H 4% 32% 52% 12% 2011-2012 12G 10% 40% 45% 5% 10E 8% 41% 47% 4% 12D 12% 38% 40% 10% 2012-2013 12E 8% 36% 44% 12% 10D 10% 42% 38% 10% Sau khi cải tiến phương pháp, tiếp tục khảo sát qua các lớp mà chúng tôi trực tiếp đưa phương pháp mới vào, kết quả thu được rất tốt như sau: 56
11. Kết quả Năm học Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 12D 34% 45% 21% 0% 12E 36% 44% 20% 0% 2013-2014 12P 35% 47% 18% 0% 10C 32% 46% 22% 0% 10E 34% 48% 16% 2% 12A 60% 40% 0% 0% 12H 21% 52% 27% 0% 2014-2015 12P 40% 40% 20% 0% 11M 30% 42% 28% 0% 10B 50% 38% 12% 0% 2. Kết quả thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng. Trong kỳ thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng, kết quả các lớp chúng tôi giảng dạy cũng tăng rõ rệt. Số lượng điểm khá, giỏi trong trường tăng nhanh. Năm học 2013 – 2014, các lớp chúng tôi giảng dạy, nhiều em làm tốt câu hình học phẳng trong đề thi dẫn đến điểm của các em tăng từ 6, 7 của những năm trước đây lên 7, 8. Xét về điểm giỏi, các lớp chúng tôi giảng dạy có 8 em đạt từ điểm 8 trở lên trong số 19 em của toàn trường, chiếm tỉ lệ 42,1%. Số lượng các em đạt điểm khá chiếm tỉ lệ 52% trên tổng số học sinh dự thi. Kết quả đó góp phần vào thành tích chung của nhà trường THPT Yên Khánh A trong những năm gần đây luôn đứng trong tốp 100 trường có điểm bình quân thi Đại học cao nhất cả nước. 3. Kết quả giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi. Chuyên đề hình học phẳng cũng là một chuyên đề khó, câu hỏi này cũng xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp trường, học sinh giỏi cấp tỉnh cũng như trong kỳ thi giải toán trên Internet và giải toán trên máy tính cầm tay. Chúng tôi áp dụng trong quá trình tham gia huấn luyện đội tuyển, kết quả đạt được cụ thể như sau: Năm học 2013 – 2014, chúng tôi phụ trách đội tuyển học sinh giỏi lớp 11 của trường, đồng thời tuyển chọn và huấn luyện đội tuyển dự thi giải toán qua Internet của tỉnh. Kết quả: 5 em dự thi cấp trường trong tổng số 6 em dự thi, trong đó có 1 giải nhất, 2 giải nhì, 2 giải ba và 1 giải khuyến khích; đội tuyển thi giải toán qua Internet 57
12. cấp tỉnh có 19 em đạt giải trên tổng số 25 em dự thi, trong đó có 2 giải nhì, 7 giải ba và 10 giải khuyến khích. Năm học 2014 -2015, chúng tôi tiếp tục huấn luyện các em tham dự thi học sinh giỏi lớp 10, lớp 11 cấp trường có 1 em đạt giải nhì, 1 em đạt giải ba và 2 em đạt giải khuyến khích. Trong kỳ thi văn hoá cấp tỉnh lớp 12 đạt 3 giải ba trên tổng số 3 em dự thi. Kết quả thi giải toán trên máy tính cầm tay cũng rất tốt, cả 3 em đạt giải trên tổng số 3 em dự thi, trong đó có 2 giải nhì, 1 giải ba. Đặc biệt, 1 em tham dự đội tuyển thi giải toán trên máy tính cầm tay cấp quốc gia đạt giải nhì. 58
13. KẾT LUẬN Bản sáng kiến với đề tài “Cải tiến dạy chuyên đề hình học trong mặt phẳng tọa độ bằng phương pháp sử dụng tính chất của hình học phẳng” đã đạt được một số kết quả như đã trình bày ở trên. Với cách dạy như vậy, các em có thể hiểu vấn đề một cách sâu sắc, thấu đáo, nhìn bài toán hình học dưới nhiều góc độ khác nhau, các em tư duy tốt hơn, suy luận tốt hơn, tăng cường trí tưởng tượng một cách phong phú hơn. Hơn nữa, với cách truyền đạt nội dung như vậy, với cách ra đề và sáng tạo bài toán hình học toạ độ mới từ những bài toán quen thuộc các em không cảm thấy nhàm chán, các em hứng thú và say mê hơn trong học tập. Khi các em là chủ nhân của những đề toán mới thì việc tìm và đưa ra lời giải không còn khó nữa. Điều này tạo cho các em tâm lý nhẹ nhàng, thoải mái, tự tin mỗi khi các em tham gia các kỳ thi cấp trường, cấp tỉnh và đặc biệt là kỳ thi THPT quốc gia năm nay. Bản sáng kiến này, bản thân chúng tôi đúc rút trong quá trình dạy học theo hướng đổi mới phương pháp giảng dạy cũng như phương thức mới của cấu trúc đề thi trong những năm gần đây. Chúng tôi tích luỹ trong quá trình tự học, tự bồi dưỡng và trong những buổi sinh hoạt tổ nhóm nhằm nâng cao trình độ chuyên môn. Bản sáng kiến này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến từ các bạn đồng nghiệp. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn! Yên Khánh, tháng 5 năm 2015 Nhóm tác giả thực hiện Vũ Thị Diệp Nguyễn Thị Định Tống Thị Hồng Luyến Trịnh Đình Ngọc Nguyễn Hương Thơm 59
14. XÁC NHẬN CỦA TRƯỜNG THPT YÊN KHÁNH A 60