Sáng kiến năm 2016

SÁNG KIẾN
ĐỔI MỚI PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC
I. Cơ sở công nhận sáng kiến :
Trường THPT Kim Sơn A - Sở giáo dục và đào tạo Ninh Bình
II. Nhóm tác giả:
1. Họ tên:
Chức vụ:

Đinh Cao Thượng
Tổ trưởng chuyên môn

Học vị:

Cử nhân sư phạm

Đơn vị công tác: Trường THPT Kim Sơn A.
Địa chỉ: Thị trấn Phát Diệm, huyện Kim Sơn, tỉnh Ninh Bình.
Số điện thoại: 0915182975

Email:



Tỉ lệ đóng góp cho Sáng kiến : 50%
2. Họ tên:

Doãn Huy Tùng

Chức vụ:

Giáo viên

Học vị:

Cử nhân sư phạm

Đơn vị công tác: Trường THPT Kim Sơn A.
Địa chỉ: Thị trấn Phát Diệm, huyện Kim Sơn, tỉnh Ninh Bình.
Số điện thoại: 0983198356

Email:



Tỉ lệ đóng góp cho Sáng kiến : 50%.
III. Tên sáng kiến:
“ Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ

một bài toán mốc ”
Lĩnh vực áp dụng: Phương pháp dạy học mơn Tốn.
1
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

IV. Nội dung sáng kiến:

1. Giải pháp cũ thường làm:
Chúng ta có thể hình dung ý tưởng đúng của việc giải bài tập toán cũng giống
như bạn phải tìm đúng con đường để về đích, và hơn thế nữa chọn được con đường
ngắn nhất để về đích là điều mà chúng ta luôn hướng tới. Để làm được điều này, trên
hành trình tìm ra đích đến chúng ta cần nhớ đến những cột mốc, những địa điểm dễ
nhớ và gắn liền với đích đến.
Trong việc giải bài tập Tốn nói chung và giải các bài tập về phương pháp tọa
độ trong mặt phẳng nói riêng chúng ta cũng cần phải có những “cột mốc” quan trọng.
Dựa trên ý tưởng đó, tơi muốn trình bày trong sáng kiến này một bài toán cơ bản của
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Có nghĩa là trên con đường tìm ra đáp số của
bài tốn chúng ta có thể cần đến bài tốn này, nó là linh hồn để tạo ra rất nhiều các bài
tốn khác. Có thể bạn rất ngạc nhiên khi đọc nội dung của bài toán cơ bản này, vì thực
ra nó khá đơn giản, nhưng các bạn hay biết rằng nó lại là nguồn cảm hứng cho các
câu hỏi xuất hiện trong đề thi quốc gia mơn Tốn, các đề thi tốt nghiệp và tuyển sinh
đại học trong những năm vừa qua.

2
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

2. Giải pháp cải tiến:
2.1 Cơ sở lý luận:
2.1.1. Kiến thức cơ bản
a. Phương trình đường thẳng
- Phương trình tham số:
* Phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm M0(x0 ; y0), có vec tơ chỉ

�x  x  tu

�

0
1
(u12  u22 �0)
phương u  (u1; u2 ) là �
�y  y0  tu2

* Phương trình đường thẳng  đi qua M0(x0 ; y0) và có hệ số góc k là: y – y 0 = k(x –
x0).
u

�

2
* Nếu  có VTCP u  (u1; u2 ) với u1 �0 thì hệ số góc của  là k  .
u1
�

* Nếu  có hệ số góc là k thì nó có một VTCP là u  (1; k ) .
- Phương trình tổng quát.
* Phương trình của đường thẳng  đi qua điểm M0(x0 ; y0) và có véctơ pháp tuyến
�

2
2
n  (a ; b) là: a(x – x0) + b(y – y0) = 0 ( a + b �0) .


* Phương trình ax + by + c = 0 với a 2 + b2 �0 là phương trình tổng quát của đường
r

�

thẳng nhận n  (a ; b) làm VTPT; a  ( b; -a ) làm vectơ chỉ phương .
* Đường thẳng  cắt Ox và Oy lần lượt tại A(a ; 0) và B(0 ; b) có phương trình theo
đoạn chắn là :

x y
  1 (a , b �0) .
a b

Nếu  // d thì phương trình  là

* Cho (d) : ax+by+c=0
(m khác c)

ax+by+m=0

Nếu  vng góc d thì phươnh trình  là : bx-ay+m=0
- Vị trí tương đối của hai đường thẳng.
3
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016


1 : a1 x  b1 y  c1  0
�
�
 2 : a2 x  b2 y  c2  0
�

Cho hai đường thẳng

Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 1 và  2 ta xét số nghiệm của hệ phương
trình
a1 x  b1 y  c1  0
�
�
a2 x  b2 y  c2  0
�
�
1�۹2
�
�
�
F Chú ý: Nếu a2b2c2 �0 thì : �1 / /  2 �
�
�
1 � 2 �
�
�

b1
b2


a1 b1 c1
 �
a2 b2 c2
a1 b1 c1
 
a2 b2 c2

Góc giữa hai đường thẳng 1 và  2 có VTPT

- Góc giữa hai đường thẳng.
�

a1
a2

(I)

�

n1 và n2 được tính theo công thức:
�

�

�

cos(1 ,  2 )  cos( n1 , n2 ) 

�


| n1 . n2 |
�

�



| n1 || n2 |

| a1a2  b1b2 |
a12  a22 . b12  b22

- Khoảnh cách từ một điểm đến một đường thẳng.
Khoảng cách từ một điểm M0(x0 ; y0) đến đường thẳng  : ax + by + c = 0 cho bởi
công thức: d(M0,  ) =

| ax0  by0  c |
a2  b2

b. Phương trình đường trịn:
* Phương trình đường trịn tâm I(a ; b), bán kính R là : (x – a)2 + (y – b)2 = R2.
* Nếu a2 + b2 – c > 0 thì phương trình x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0 là phương trình của
đường trịn tâm I(a ; b), bán kính R =

a 2  b2  c .

- Phương trình tiếp tuyến của đường trịn.
Tiếp tuyến tại điểm M0(x0 ; y0) của đường tròn tâm I(a ; b) có phương trình:
d: (x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0
4

GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

c.Phương trình elip: (E) =  M MF1  MF2  2a , F1F2 = 2c, a > c>0
x2 y 2
Phương trình chính tắc: 2  2 = 1 với b2 = a2 – c2 , a > c > 0 và a > b >0.
a
b

Hình dạng và các yếu tố:

+ A1A2 = 2a: trục lớn
+ B1B2 = 2b : trục nhỏ
+ Các đỉnh:A1(-a; 0),A2(a; 0), B1(0; -b),B2(0; b)
+ Các tiêu điểm: F1(-C;0), F2(C;0)
+ Tiêu cự: F1F2 = 2c
c
�
MF1  a  xM
�
�
a
+ Bán kính qua tiêu của điểm M �( E ) : �
�MF  a  c x
M
� 2

a

+ Tâm sai: e =

c
 1 (0< e <1).
a

+ (E) có hai trục đối xứng là Ox, Oy và một tâm đối xứng là gốc tọa độ O.

5
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

2.1.2. Bài tốn cơ bản: BÀI TỐN “MỐC”(BTM)
a. Nội dung bài tốn mốc
Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  đã biết phương trình và cách điểm
I cho trước một khoảng không đổi R, (MI = R = const).
b. Cách giải:
+ Có 2 cách giải cho bài toán này :

Cách 2: MI  R � M � C  là đường tròn tâm I,

Cách 1:

MI  R

M � � M (m) ���
� f (m)  0 � m � M bán kính R. Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình:


�
�
 C
�

+ Lời giải cụ thể:
*) Cách 1:
+ Bước 1: Do điểm M thuộc  đã biết nên ta có thể giả sử dạng tọa độ của M
phụ thuộc theo một tham số m.
FChú ý: Thông thường  cho dưới dạng phương trình tổng quát ax + by + c
= 0, để cho việc gọi dạng tọa độ điểm M và tránh tọa độ viết dưới dạng phân số ta nên
làm như sau:
- Nếu a = 1 thì ta giả sử M( - bm – c; m ). Ví dụ:  : x + 2y – 3 = 0 thì M(-2m
+ 3; m).
- Nếu b = 1 thì ta giả sử M(m; -am – c ). Ví dụ:  : 3x + y – 3 = 0 thì M(m;
-3m + 3).
(với a = -1 hoặc b = -1 ta làm tương tự).
a �1
�
�
-Nếu �b �1
thì ta chuyển  về dạng tham số “đẹp” để giả sử dạng tọa độ M.
�
(a, b)  1
�
6

GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

�x  2  3t
� M (2  3t; 2t ) .
y


2
t
�

Ví dụ:  : 2 x  3 y  4  0 �  : �

(Đây là những kỹ thuật nhỏ, song nếu tạo cho mình một thói quen thì sẽ trở
thành kỹ năng và giúp việc tính tốn giảm nhẹ, hạn chế sai sót trong q trình tính
tốn).
+ Bước 2: Dựa vào điều kiện MI = R thiết lập phương trình ẩn m (f(m) = 0),
giải phương trình ta tìm được m, từ đó suy ra tọa độ điểm M cần tìm.
*) Cách 2:
+ Bước 1: Do MI = R nên M thuộc đường trịn (C) tâm I, bán kính R.
Lập phương trình (C).
+ Bước 2: Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình gồm phương trình  và (C).
Giải hệ ta tìm được tọa độ điểm M cần tìm.
c. Ví dụ về bài toán MỐC
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(2; 4) và đường thẳng  : 2x – y – 2 = 0.

Tìm tọa độ điểm M thuộc  sao cho MI = 5.
Lời giải:
*)Cách 1:
+ M � � M (m;2 m  2)
m5
�
�
+ MI = 5 � MI  25 �  2  m   (6  2 m)  25 � 5m  28m  15  0 � � 3 .
m
� 5
2

2

�3
�

2

2

4�

+ Suy ra: M(5; 8) hoặc M � ;  �.
5 5
�

*)Cách 2:
+ Do MI = 5 nên M thuộc đường tròn (C) tâm I, bán kính R = 5 có phương trình:
(C): (x – 2)2 + (y – 4)2 = 25.


7
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

�
�x  5
�
�
�y  8
�
2x  y  2  0
�
�
� 3
�
+ Khi đó tọa độ của M là nghiệm hệ phương trình: �
x
�
2
2
�
(x  2)  (y  4)  25
�
�
5

�
�
�
�y   4
�
�
5
�

.
�3
�

4�

+ Suy ra: M(5; 8) hoặc M � ;  �.
5 5
�

FNhận xét:
- Cách giải 1 chỉ đơn thuần về kỹ năng đại số (giải phương trình).
- Cách giải 2 cho ta thấy sâu hơn về bản chất của bài toán, điểm cần tìm là giao
của đường thẳng và đường trịn, nó cho ta thấy mối quan hệ giữa hình học và
đại số. Với cách giải này tổng hợp cả 2 kỹ năng: kỹ năng đại số giải hệ phương
trình và kỹ năng tư duy hình học.
- Tùy vào từng yêu cầu của từng bài tốn chúng ta có thể linh hoạt lựa chọn một
trong hai cách giải nói trên. Cách giải 2 sẽ có lợi thế trong bài tốn tìm hai
điểm có cùng vai trị như nhau.

8

GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

2.2. Giải pháp mới: Vận dụng bài tốn mốc giải các bài tập khó trong đề thi đại
học phần hình học giải tích phẳng
Tiếp cận, định hướng cách giải, phát triển tư duy học sinh với hướng ra đề xung
quanh bài toán mốc. Ta biết rằng các bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
trong các đề thi không phải ở dạng BTM , điều chúng ta cần làm là xem xét có thể
chuyển được về bài tốn đó hay khơng, ta cần chỉ ra được 2 điều sau:
+ Điểm cần tìm thuộc một đường thẳng đã biết phương trình.
+Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi.
Muốn làm được điều đó, khi gặp bài tốn chúng ta phải ln trả lời những câu
hỏi sau:
+ Điểm cần tìm thuộc đường nào? Đường đó đã biết phương trình hay
chưa? Nếu chưa thì có viết được khơng? Viết bằng cách nào?
+ Điểm cần tìm cách một điểm cho trước một khoảng bằng bao nhiêu?
Nếu chưa biết khoảng cách đó thì có đi tính được hay khơng? Tính bằng cách nào?
Sau đây là một hướng ra đề các bài toán tọa độ phẳng xoay quanh BTM ,
nhiệm vụ của chúng ta là tiếp cận, định hướng cách giải và tư duy về bài toán thế nào
để quy về BTM cũng như tìm ra cách giải quyết bài tốn. Mỗi bài tốn đều có một
“nút thắt” để chúng ta có thể tìm đến BTM. Để tìm đến được “Nút thắt” này chúng
ta cần dựa vào giả thiết của bài tốn, có thể chỉ đơn giản là từ các giả thiết của bài
toán cho ta khai thác các tính chất đã biết để tìm được “nút thắt” hoặc khó hơn “nút
thắt” nằm ở một tính chất hình học mà chúng ta cần phát hiện và phải chứng minh
được nó.
Giả thiết bài tốn: + Cho đường thẳng 

+ Cho điểm I
+ Khơng cho độ dài MI.
9
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

u cầu bài tốn: Tìm tọa độ điểm M.
Ví dụ 1(ĐH Khối A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  :
x + y + 2 = 0 và đường tròn  C : x +y - 4x- 2y=0. Gọi I là tâm của (C), M là
điểm thuộc  . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C), (A, B là các tiếp
điểm). Tìm tọa độ M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
2

2

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ M thuộc  : x + y + 2 = 0
+ Tâm I của (C) biết, ta cần đi tính độ dài MI dựa vào diện tích tứ giác MAIB.
S MAIB  2SMAI  AI .MA  5.MA  10 � MA  2 5 � MI  5 � chuyển về BTM.

*) Lời giải:
+ (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R= AI = 5 .
+ Vì MA và MB là các tiếp tuyến của (C) tại A và B nên:
S MAIB  2SMAI  AI .MA  5.MA  10 � MA  2 5 � MI  MA2  AI 2  5 .
uuu
r


+Do M thuộc  : x + y + 2 = 0 � M (m;  m  2) � MI (2  m;3  m) .
m2
�
.
m  3
�

2
2
2
2
+ Khi đó: MI = 5 � MI  25 � (2  m)  (3  m)  25 � m  m  6  0 � �

Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán: M(2; -4), M(-3; 1).
*) Nhận xét:
10
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất hai tiếp tuyến của đường trịn kẻ từ một
điểm và giả thiết phụ “tứ giác MAIB có diện tích bằng 10”.
+ Ta giải BTM của bài tốn này theo cách giải 1 vì u cầu bài tốn chỉ tìm điểm M.
Ví dụ 2(ĐH Khối D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
x2 +y2 - 2x- 2y+1=0 và đường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm
trên d sao cho đường trịn tâm M có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C)

và tiếp xúc ngồi với đường trịn (C).

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ M thuộc d: x – y + 3 = 0.
+ (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 1, sử dụng điều kiện tiếp xúc ngoài của 2 đường
trịn ta tính được MI = MA + AI = 3R = 3, từ đó chuyển vê BTM.
*) Lời giải:
+ (C) có tâm I(1; 1), bán kính R = 1.
+ Giả sử đường tròn tâm M tiếp xúc ngồi với (C) tại A, từ đó và từ giả thiết ta có:
MI = MA + AI = 2R + R = 3R = 3.
uuu
r

+ M �d � M (m;m  3) � MI (1  m; 2  m) ;
m 1
�
.
m  2
�

2
2
2
MI = 3 � MI  9 �  1  m   (2  m)  9 � m  m  2  0 � �
2

+ Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán: M(1; 4); M(-2; 1).
*) Nhận xét:

11

GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở điều kiện tiếp xúc ngồi của hai đường trịn và giả
thiết phụ “đường trịn tâm M có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C)”.
+ Ta giải BTM của bài tốn này theo cách giải 1 vì u cầu bài tốn chỉ tìm điểm M.

Ví dụ 3(ĐH Khối B – 2002) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
�1
�

�
�

ABCD có tâm I � ;0�, phương trình đường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và
2
AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết rằng điểm A có
hồnh độ âm.

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Giả thiết điểm A có hồnh độ âm và thuộc đường thẳng AB cho ta nghĩ đến việc tìm
điểm A đầu tiên. Chú ý rằng hai điểm A, B có cùng tính chất: cùng thuộc đường AB
và IA = IB.
+ Ta đi tính độ dài IA, từ giả thiết ABCD là hình chữ nhật và AB = 2AD = 2.2d(I;
AB) � AB AI
chuyển về BTM � A � B, C , D .

*) Lời giải
+ Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên AB, suy ra H là trung điểm AB.
1
2
2

Khi đó: IH = d(I; AB) =

12  22
� AD =



5
2

5 � AB  2 AD  2 5 � AH  5 .
2

+ Từ đó: IA = IB =

5
25
� 1�
AH  IH  � A, B �(C) : �x  � y 2 
.
2
4
� 2�
2


2

+ Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB và (C), tọa độ A, B là nghiệm hệ
12
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

�
�x  2
�x  2 y  2  0
�
�
�
�y  0
�
2
�
phương trình: �� 1 �
.
25
2
�
�x  2
�x  � y 
�

�
4
� 2�
�
�
�y  2
�

+ Vì A có hồnh độ âm nên A(-2; 0), B(2; 2).
+ Do I là trung điểm AC và BD nên từ công thức tọa độ trung điểm ta suy ra: C(3; 0),
D(-1; -2).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất tâm I của hình chữ nhật ABCD:
AD  2d  I ; AB  và giả thiết phụ “AB = 2AD”.
+ Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm A, B
cần tìm có vai trị như nhau. Có nhiều bạn giải theo cách số 1 để tìm điểm A, sau đó
suy ra C, lập phương trình đường BC và cho giao với đường thẳng AB để suy ra điểm
B. Rõ ràng là sẽ mất nhiều thời gian hơn.
Ví dụ 4(ĐH Khối B – 2009 - NC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC cân tại đỉnh A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0.
Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Hai điểm B và C cùng thuộc đường thằng  .
13
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A



Sáng kiến năm 2016

+ Do tam giác ABC cân tại A nên AB = AC, A đã biết vì thế ta cần tính được độ dài
AB thì sẽ chuyển được về BTM. Sử dụng giả thiết diện tích tam giác ABC bằng 18,
gọi
H
là
trung
điểm
BC
khi
đó:
BC 

2SABC
2 SABC
BC

� BH 
� AB  AC  AH 2  BH 2 � BTM.
AH
d  A; BC 
2

*) Lời giải:
+ Gọi H là trung điểm của BC, do tam giác ABC cân tại A nên AH vng góc với BC
hay AH  d  A; BC  

1  4  4
12  12




+

9
.
2

Ta

SABC 

có:

1
2S
97
BC. AH � BC  ABC  4 2 � BH  2 2 � AB  AH 2  BH 2 
2
AH
2

+ AB = AC =

97
, suy ra B và C thuộc đường trịn (C) tâm A(-1; 4), bán kính R =
2

97

2
2
97
có phương trình:  x  1   y  4   .
2
2

+ Khi đó tọa độ B và C là nghiệm hệ phương trình:

�x  y  4  0
�
�
2
2
 x  1   y  4 
�
�

�3

�
� 3
x
�
�
� 2
�
�
�
�y   5

�
�y  x  4
�
2
��
97 � � 2

4 x  28 x  33  0
� 11
�
�
x
2
�
�
� 2
�
�
�y  3
�
� 2
�

5� �
11 3 �

11 3 � �3
�

5�


,C � ; �hoặc B � ; �
, C � ;  �.
+ Vậy B � ;  �
�2 2 � �2 2 �
�2 2 � �2 2 �

*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở việc chỉ ra tính chất của tam giác cân ABC và giả
thiết phụ “diện tích tam giác ABC bằng 18”.
14
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm B và C
cần tìm có vai trị như nhau.
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, có phương trình
đường thẳng chứa cạnh BD: x + y – 3 = 0, điểm M(-1; 2) thuộc đường thẳng
AB, điểm N(2; -2) thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng
ABCD, biết điểm B có hồnh độ dương.

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Trong bài tốn này u cầu tìm cả 4 đỉnh của hình vng, có vẻ như sẽ nhiều thử
thách hơn so với các ví dụ trên.
+ Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu tiên
chính là điểm B , bởi B thuộc BD đã biết phương trình và B có hồnh độ dương.

+ Ta đã biết tọa độ 2 điểm M và N nên nếu tính được độ dài BM hoặc BN ta sẽ tìm
được B nhờ BTM. Nghĩa là ta đang cần yếu tố định lượng, điều này gợi ý ta đi tính
d  M ; BD  hoặc d  N; BD  . Trong hai đại lượng này, d  M ; BD  sẽ giúp ta tính được
độ dài đoạn BM bằng cách gắn vào tam giác vuông cân BMH (sử dụng giả thiết
ABCD là hình vng).
+ Khi tìm được điểm B ta sẽ dễ dàng tìm được tọa độ các điểm cịn lại nhờ viết được
phương trình AB, AD và tính chất trung điểm của hai đường chéo hoặc véctơ.
*) Lời giải:
+ Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên BD, khi đó:
MH  d  M ; BD  

1  2  3
12  12

 2.
15

GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ Do tam giác BHM vuông cân tại H (vì có góc MBH bằng 450) nên:
BM  2 MH  2 .
uuuu
r

+ B �BD � B (b;3  b), b  0 � BM (1  b;b 1) .

b 
 1�
Khi đó: BM 2�

2

 b 1

2

4

b 1
�
�
b  1(L)
�

b2 1

B(1;2) .

+ AB đi qua 2 điểm B và M có phương trình: y = 2, AD đi qua N và vng góc với
AB nên có phương trình: x = 2. Suy ra A(2; 2).
�x  2
�x  y  3  0

+ D  AD �BD � Tọa độ điểm D là nghiệm hệ: �

�x  2

�
�y  1

D (2;1) .

�3 3 �

+ Gọi I là trung điểm BD � I � ; �� C (1;1) (Do I cũng là trung điểm AC).
�2 2 �
+ Kết luận: A(2; 2), B(1; 2), C(1; 1), D(2; 1).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở việc chỉ ra tam giác MBH vng cân tại H do tính
chất của hình vng ABCD (AB tạo với BD góc 45 0), với H là hình chiếu của M trên
BD và giả thiết phụ “điểm N(2; -2) thuộc đường thẳng AD, điểm B có hồnh độ
dương”.
+ Ta giải BTM của bài tốn này theo cách 1 vì chỉ có điểm B thỏa mãn.
+ Ta có thể tìm điểm B của bài tốn trên mà không sử dụng BTM bằng cách đi lập
phương trình đường thẳng AB đi qua M và tạo với BD một góc 45 0. Nhưng cách này
rõ ràng cần phải có kỹ năng lập phương trình đường thẳng và giải phương trình đẳng
cấp bậc hai tương đối tốt.
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD tại A và D,
có B(1;2), AB = AD , đường thẳng BD có phương trình y = 2. Biết đường thẳng
 có phương trình 7x – y – 25 = 0 cắt các đoạn thẳng AD, CD lần lượt tại hai
điểm M, N sao cho BM vng góc với BC và tia BN là tia phân giác trong của
góc MBC. Tìm tọa độ điểm D, biết D có hồnh độ dương.

16
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A



Sáng kiến năm 2016

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Dựa vào giả thiết liên quan đến điểm D và B(1; 2) cho ta gợi ý đi tính độ dài đoạn
BD để chuyển về BTM. Nghĩa là ta đang cần yếu tố về định lượng, cùng với giải thiết
đường thẳng  đã biết phương trình nên ta nghĩ đến việc tính d(B;  ) và cần phải
thiết lập mối quan hệ với BD. Với việc vẽ hình tương đối chính xác ta đi đến dự đốn
BM = BC � BH = d(B; MN).
+ Từ giả thiết AB = AD cho ta gợi ý tạo ra điểm H, cùng với giả thiết BM vng góc
với BC ta chứng minh được BM = BC.
+ Từ giả thiết BN là tia phân giác trong của góc MBC, từ đó ta được  CBN =  M
BN. Khi đó ta được: BH = d(B;  ) � BD � D .
*) Lời giải:
+ Gọi H là hình chiếu của B trên CD, từ giả thiết ta có ABHD là hình vng.
�  MBA
�
Từ đó và từ giả thiết BM vng góc BC � CBH
(cùng phụ với góc MBH)
� CBH  MBA � CB  MB

Từ đó và từ giả thiết BN là tia phân giác trong của góc MBC suy ra
CBN  MBN (c.g.c) .
+ Khi đó BH = d(B;CN) = d(B;  ) =

7  2  25
50

2 2.


+ Do ABHD là hình vng nên tam giác DHB vng cân tại H nên BD = 2 BH = 4.
uuur

+ Do D �BD � D(d;2),d  0 � BD(d  1;0)
2
Suy ra: BD = 4 (d� 1) 16

d 5
�
�
d  3(L)
�

D(5;2).
17

GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ Vậy D(5; 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán này nằm ở việc chứng minh d(B;  ) = BH thông qua các
giả thiết phụ “ABCD là vuông, BM vng góc với BC và BN là tia phân giác trong
của góc MBC”.
+ Ta tìm tọa độ điểm D theo cách giải số 1 của BTM.

+ Để có thể tìm đến nút thắt của bài tốn này ngồi việc phân tích, khai thác các tính
chất của các dữ kiện bài tốn cho thì một kỹ năng vẽ hình chính xác rất quan trọng,
điều đó giúp chúng ta đưa ra các dự đốn để tìm đến với nút thắt của bài tốn.
Ví dụ 7 (ĐH Khối A, A1 – 2012 - CB): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
vng ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN =
�11 1�
�
�

2ND. Giả sử M � ; �và đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0. Tìm
2 2

*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ A thuộc đường thẳng AN và biết tọa độ điểm M từ đó nếu tính được độ dài đoạn
AM thì sẽ chuyển về BTM.
+ Ta có thể nhận thấy AM gắn vào tam giác vng AMH, với MH = d(M; AN). Do đó
chỉ cần biết thêm yếu tố cạnh hoặc góc của tam giác này thì sẽ tính được AM.
+ Ta nhận thấy tam giác AMN cố định theo hình vng ABCD cố định ban đầu (các
cạnh đều có thể tính được theo cạnh hình vng), nên góc A trong tam giác này là cố
�
định. Vì vậy ta nghĩ ngay tới việc tính góc MAN
nhờ định lý côsin trong tam giác
AMN.
+ Một suy nghĩ nữa liên quan đến d(M; AN) đó là diện tích tam giác AMN, ta có thể
tính diện tích tam giác này theo 2 cách: theo cách gián tiếp (diện tích hình vng) và
18
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A



Sáng kiến năm 2016

theo cách trực tiếp (công thức chiều cao và cạnh đáy). Từ đó thiết lập được phương
trình ẩn là độ dài cạnh hình vng.
*) Lời giải:
+ Gọi H là hình chiếu của M trên AN � MH  d (M;AN) 

2.

11 1
 3
2 2
22  12



3 5.
2

2

a � a 10
1
1 a 10 3 5
+ Đặt AB = a � AN  a  �
=
� S AMN  AN .d (M;AN)  .
.
� �

3
2
2 3
2
�3 �
2

5a 2
.
4
�a 2 a 2 a 2 � 5a 2
2
S

S

S

S

S

a



+ Ta có: AMN
�   �
ABCD
ADN

CNM
ABM
6
4 � 12
�6

Suy ra:

5a 2 5a 2
3 10

� a  3 2 � AM  AB 2  BM 2 
.
4
12
2

uuuu
r�
11
7
�
A
�
AN
�
A
(a;2a

3)

�
AM
+
�  a;  2a �
2
�2
�

Khi đó:
2
a  1 � A(1; 1)
�
3 10
45
11
�
� �7
� 45
2
AM 
� AM 
� �  a � �  2a �
� a 2  5a  4  0 � �
a  4 � A(4;5)
2
2
�2
� �2
� 2
�


+ Vậy A(1; -1); A(4; 5) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt ” bài tốn này đó là tính được cạnh của hình vng đã cho hoặc góc A
trong tam giác vng AMH dựa vào tính chất của hình vng và d(M; AN) tính được
thơng qua giả thiết của bài tốn.
+ Như vậy , khi muốn chuyển về BTM mà yếu tố độ dài MI chưa biết ( trong bài toán
này AM chưa biết) thì ta thường hay tìm được thơng qua các dữ kiện về định lượng.
Nếu khơng có điều này thì trong đề bài thường ẩn chứa những yếu tố bất biến như góc
(trong bài tốn này góc MAH ta ln tính đươc), khoảng cách (trong bài tốn này
19
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

d(M; AN) cũng là đại lượng không đổi)… Từ đây việc tìm độ dài đoạn MI ( trong bài
toán này là AM) sẽ khá đơn giản và BTM sẽ xuất hiện.
+Lời giải trên của bài toán theo cách tính độ dài hình vng, như đã nói ta có thể tính
được góc MAN dựa vào việc áp dụng định lý côsin trong tam giác AMN, với việc các
cạnh của tam giác này tính theo cạnh hình vng đã cho. Hoặc cũng có thể tính góc
�
theo cách sau:
MAN
+ Đặt AB = a.






�
�  MAB
�
� .cos MAB
�  sin DAN
� .sin MAB
�
 cos DAN
 cos DAN
+ sin MAH

Ta có :

� 
cos DAN

�

+ Suy ra : sin MAH

a
2

�a �
a � �
�3 �
2




3
� 
;cos MAB
10

a
2

�a �
a � �
�2 �
2



2
5 .

3 2
1 1
2
�
.

.

� MAH
 450 .

2
10 5
10 5

3 10cho hình thang
Ví dụ
8 (ĐH
Khối
B MAH
– 2013vng
- CB):cân
Trong
phẳng
độOxy,
� AM
 tọa
2 MH
+ Từ
đó tam
giác
tại Hmặt
.
2 Đường thẳng
cân ABCD có hai đường chéo vng góc với nhau và AD = 3BC.
BD có phương trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm
tọa độ các đỉnh C và D.

*) Phân tích và định hướng cách giải :
+ Bài tốn u cầu tìm 2 điểm C và D, điểm D thuộc đường thẳng BD, điểm C chưa
biết phương trình đường thẳng nào chứa nó. Nhưng hồn tồn có thể lập được

AC( qua H và vng góc với BD). Điểm H đã biết, do đó ta nghĩ ngay đến việc tính
độ dài đoạn CH hoặc DH để quy về BTM. Ta đặt ra câu hỏi tìm C hay D trước và tính
CH, DH như thế nào ?
20
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ Ta đi khai thác giả thiết hình thang cân và hai đường chéo vng góc ta nhận thấy
tam giác CIB vuông cân tại I � BHC vuông cân tại B � I là trung điểm HC � CH
= 2d(H ; BD) ( C là điểm đối xứng của H qua BD). Do đó việc tìm điểm C có thể thực
hiện theo BTM hoặc bài tốn đối xứng điểm qua đường thẳng.
+ Còn giả thiết AD = 3BC thì sao ? do AD // BC nên ta nghĩ đến định lý Ta-lét
� IA  3IC � ID  3IH � DH  10IH  10.d (H;BD) .
+ Thơng qua cách phân tích trên ta lựa chọn việc tìm điểm C trước bằng bài tốn đối
xứng, sau đó tìm điểm D bằng cách tính độ dài ID (vì trong việc tìm điểm C ta tìm
được I).
*) Lời giải :
+ AC đi qua H(-3 ; 2) và vng góc với BD nên AC : 2x – y + 8 = 0.
�x  2 y  6  0
�x  2
 �
2x  y  8  0
�
�y  4

+ AC �BD  I � tọa độ I là nghiệm hệ : �


I ( 2;4) .

+ Do ABCD là hình thang cân và AC vng góc BD nên tam giác IBC vuông cân
� BHC vuông cân (do H là trực tâm nên BH vng góc với BC), suy ra I là trung
điểm HC � C (1;6) .
IA AD
ID

3�
 3 � ID  3IH  3 5 .
IC BC
IH
uur
� D(6 2d;d) ID(8 2d;d 4)
+ D ήBD

+ Vì AD // BC nên

Khi đó :
d  1 � D(4;1)
�
2
ID  3 5 � ID 2  45 �  8  2d   (d  4) 2  45 � d 2  8d  7  0 � �
d  7 � D(8;7)
�

+ Vậy C(-1 ; 6), D(4 ; 1) hoặc D(-8 ; 7).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt ” của bài tốn trên là việc chỉ ra tam giác BHC vng cân và chứng tỏ AI

= 3IC thông qua các giả thiết phụ “hai đường chéo vng góc với nhau và AD =
3BC”.

21
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

+ Trong bài tốn trên việc tìm điểm C hồn tồn có thể thực hiện theo BTM nhưng rõ
ràng không phải là phương án tối ưu nhất. Vì vậy tùy vào từng bài tốn, từng trường
hợp ta lựa chọn cách làm tốt nhất có thể.
+ Tất cả các giả thiết bài tốn cho khơng bao giờ “thừa” vì vậy cần khai thác hết các
giả thiết bài tốn cho. Điều quan trọng là khai thác nó thế nào? Vận dụng tính chất gì
từ giả thiết đó? Vì vậy khi bài tốn cho giả thiết nào đó ta hãy ln đặt ra câu hỏi
“cho giả thiết đó để làm gì?” và hãy trả lời nó.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  1 : 3x+y+5=0,
 2 : x- 2y- 3=0và đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 10y + 9 = 0. Gọi M là điểm
thuộc (C) và N là điểm thuộc đường thẳng  1sao cho M và N đối xứng nhau
qua  2 . Tìm tọa độ điểm N.
Đáp số: N(-1; -2), N(-4; 7).





BÀI 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A 1;  3 có

góc ABC bằng 300, đường thẳng d: x – y + 2 = 0 là tiếp tuyến tại B của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết B có hồnh độ
là một số hữu tỷ.

�

Đáp số: B(0; 2), C �2 
�

2
2 �
;
.
�
3
3�

BÀI 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường
trịn (C) có phương trình x2 + y2 – 2x + 2y – 18 = 0. Biết AC = 2BD, điểm B có
hồnh độ dương và thuộc đường thẳng  : 2x- y- 5=0. Viết phương trình
cạnh AB.
Đáp số: AB: 2x + y – 11 = 0 hoặc AB: 2x + 11y – 41 = 0.
BÀI 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có E, F lần
lượt thuộc các đoạn AB và AD sao cho EB = 2EA, FA = 3FD, F(2; 1) và tam
giác CEF vuông tại F. Biết rằng đường thẳng CE có phương trình x – 3y – 9 =
0. Tìm tọa độ điểm C, biết C có hồnh độ dương.
Đáp số: C(6; -1).
BÀI 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD tại A và D,
có đáy lớn CD và góc BCD bằng 450. Biết hình thang có diện tích bằng 15,
đường thẳng AD và BD có phương trình lần lượt là 3x – y = 0 và x – 2y = 0.

Viết phương trình BC, biết điểm B có tung độ dương.
Đáp số: BC: 2x + y – 10 = 0

22
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

2.3 Ưu điểm của giải pháp cải tiến:
Trong thời lượng phân phối của bộ mơn khơng có đủ thời gian để giáo viên trang
bị cho học sinh tất cả các cách giải về bài toán phương pháp toạ độ trong mặt phẳng
theo phương pháp truyền thông. Áp dụng sáng kiến này, giúp học sinh lớp 10, đặc biệt
là các học sinh chuẩn bị thi THPT quốc gia có phương án giải bài tập khó của đề thi.
Đặc biệt cịn giúp các em tư duy có hướng giải tốt cho bài tập phần phương pháp toạ
độ trong không gian lớp 12, phần hinh afin , Ơclit của đại học.
- Đối với học sinh: Tiết kiệm thời gian học tập. Tỉ lệ học sinh hiểu bài nhiều.
Phân hoá học sinh rất tốt: học sinh khá - giỏi có thể đạt điểm tối đa, học sinh trung
bình – yếu đạt 0,5 điểm. Học sinh vận dụng được các phương pháp này sẽ định hướng
được ngay lời giải.
- Đối với giáo viên: Nội dung phương pháp mới là một chuyên đề, một tài liệu
giảng dạy giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình phù hợp với nhiều đối
tượng học sinh. Giáo viên áp dụng kết quả của phương pháp mới này sáng tạo các đề
bài tập hay và bổ ích cho học sinh và nâng cao chuyên môn của bản thân.
V. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
1. Hiệu quả kinh tế:
Các nội dung viết trong sáng kiến này là một tài liệu tham khảo cho giáo viên và
học sinh. Học sinh có thể dùng tài liệu này thay thế cho sách tham khảo. Vừa nêu rõ

ý nghĩa ưu nhược điểm của các phương pháp, vừa giới thiệu chi tiết nội dung và
phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng sử dụng bài toán Mốc,
phù hợp với cả học sinh lớp 10 và lớp 12 chuẩn bị thi THPT quốc gia. Nội dung sáng
kiến cũng là một tài liệu tham khảo giá trị khoảng 12.000đ (phô tô), phù hợp với
nhiều đối tượng học sinh để thay thế cho các tài liệu tham khảo khác.
Tại THPT Kim Sơn A, tài liệu đã được sử dụng để giảng dạy và học tập cho giáo
viên và học sinh 2 khối 10 và 12 với khoảng 850 học sinh. Khi áp dụng trên toàn tỉnh
với số luợng 27 trường THPT sẽ tiết kiệm được số tiền lớn hơn rất nhiều.
23
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

2. Hiệu quả xã hội:
- Đối với học sinh, phụ huynh và xã hội: Tạo được tâm lí tự tin cho phụ huynh và
học sinh trước mỗi kì thi quan trọng. Học sinh có thể giải được các bài tập khó của đề
thi, đỗ đạt cao vào các trường đại học hàng đầu hay đạt giải cao trong kì thi học sinh
giỏi tỉnh hoặc quốc gia. Góp phần đưa nhà trường là địa chỉ giáo dục tin cậy nhất của
địa phương.
- Đối với nhà trường THPT Kim Sơn A: Sau khi áp dụng sáng kiến này tại nhà
trường thu được kết quả tốt, tạo được sự tin tưởng chun mơn của nhóm tốn nhà
trường. Đồng thời khích lệ phong trào viết sáng kiến, cải tiến phương pháp dạy học
đạt hiệu quả cao. Đóng góp vào nâng cao chất lượng giảng dạy của nhà trường nhiều
năm liền trường THPT Kim Sơn A là đơn vị trong tốp dẫn đầu khối THPT tỉnh Ninh
Bình.
- Đối với việc giảng dạy:
Sáng kiến này có thể áp dụng cho tất cả các trường THPT trong toàn tỉnh (27

trường THPT). Đặc biệt là cho các đối tượng học sinh ôn thi THPT Quốc gia. Là một
chuyên đề giảng dạy hiệu quả cho giáo viên. Tháng 03/2013 được sự tạo điều kiện
của Ban giám hiệu nhà trường, tôi đã tổ chức 01 chuyên đề chuyên môn giới thiệu
chuyên đề này với sự tham gia của đại diện các trường THPT huyện Kim Sơn, huyện
Yên Khánh. Chúng tôi tham gia cuộc thi giáo viên dạy giỏi cấp THPT tỉnh Ninh Bình
lần thứ 6 và đều đạt giải ba.
Chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi: Đặc biệt em Nguyễn Mai Hạnh, Nguyễn Cao
Ngọc Vũ đạt giải nhất quốc gia và em Nguyễn Thị Thu Hà, Trương Tuấn Anh đạt giải
ba quốc gia giải toán trên máy tính cầm tay quốc gia.
Trong các năm học 2012 – 2013, 2013-2014, 2014-2015 đội tuyển học sinh thi
giải toán qua mạng Internet của chúng tôi đạt kết quả rất tốt: Các năm học đều có
học sinh đạt giải đặc biệt của hội thi : Trương Tuấn Anh 2013, Nguyễn Cao Ngọc

24
GV: Doãn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A


Sáng kiến năm 2016

Vũ 2014, Doãn Đại 2015. Tất cả các em vào đội tuyển thi quốc gia đều đạt giải
cao.
Trước

Sau khi áp dụng SK

2011 - 2012
HSG


2012 – 2013

2013 - 2014

2014 – 2015

1nhì, 1ba, 1kk 2 nhì, 1 kk

1 nhất, 2 nhì

2 nhì, 1 ba

HSG

1nhì, 2ba.

2 nhì, 1ba

2 nhì, 1 ba

Casio tốn

1nhất quốc
gia

1 ba quốc gia

1 nhất quốc gia

mơn tốn 12


HSG
giải tốn qua
mạng internet

1nhì, 1ba,
1kk
1 ba quốc gia

1kk quốc gia

8HCV,2HCB 8 HCV quốc gia
quốc gia
10 giải tỉnh
15 giải tỉnh.

7 vàng, 1 bạc
quốc gia
18 giải tỉnh

Chất lượng bồi dưỡng thi Đại học cao đẳng :
Trước khi áp dụng SK
2011 – 2012
Xếp loại nhà
trường

Toàn quốc 145
TỉnhNB 04

Sau khi áp dụng SK

2012 – 2013

2013 – 2014

Toàn quốc 65

Toàn quốc 85

TỉnhNB 02

TỉnhNB 02

Điểm TB mơn
tốn

5.03

6.12

6.54

Số luợng học
sinh đạt trên 8
điểm tốn

14

61

38


Kết quả thi THPT quốc gia năm 2015 phản ánh rõ kết quả thành công của sáng
kiến này khi áp dụng vào thực tế. Điểm trung bình mơn tốn của trường THPT Kim
Sơn A là 6,98. Trong đó lớp 12B1( Sĩ số 36) – Thầy Dỗn Huy Tùng giảng dạy, điểm
trung bình mơn tốn là 8,49 với 16 học sinh đạt điểm từ 9 trở lên. Trong đó lớp 12B2
25
GV: Dỗn Huy Tùng – Đinh Cao Thượng

Trường THPT Kim Sơn A