Sáng kiến kinh nghiệm Tạo hứng thú cho học sinh tìm lời giải bài toán hình học thuần túy bằng phương pháp tọa độ hóa

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ 
 TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 TẠO HỨNG THÚ CHO HỌC SINH 
TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC THUẦN TÚY 
 BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA
 Người thực hiện: Lê Xuân Thắng
 Chức vụ: Giáo viên
 SKKN môn: Toán
 THANH HOÁ NĂM 2016 1. Mở đầu
- Lí do chọn đề tài 
 + Ở THPT, các em học sinh đã được tiếp cận với phương pháp tọa độ 
trong mặt phẳng và trong không gian. Thế nhưng các bài toán mà sách giáo khoa 
đưa ra chỉ nhằm mục đích giúp học sinh bước đầu biết được có cái gọi là 
phương pháp tọa độ và áp dụng phương pháp này vào các bài toán đơn giản như: 
lập phương trình đường thẳng, đường elip, đường tròn, mặt phẳng, mặt cầu... và 
các bài toán về khoảng cách và góc. Do đó, học sinh chưa thấy được khả năng 
giải quyết của phương pháp tọa độ.
 + Trong các kỳ thi THPT Quốc gia, chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, các em 
học sinh thường xuyên gặp phải các bài toán hình học sử dụng các tính chất hình 
học thuần túy nhưng có thể dùng phương pháp tọa độ hóa để giải quyết chứng 
minh các tính chất này.
 - Khi gặp các bài toán hình học sử dụng đến các tính chất hình học thuần 
túy các em không biết bắt đầu từ đâu, dựa vào đâu để suy luận tìm lời giải. 
Nguyên nhân của vấn đề trên là một phần vì học sinh ngại hình học phẳng vì cứ 
nghĩ hình học phẳng là khó nên “ lười’’ tư duy, một phần vì giáo viên khi dạy 
cũng không chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh, chưa phân tích kĩ tìm 
lời giải cho các bài toán, các bài tập minh họa cũng đơn điệu, rời rạc, thiếu sức 
lôi cuốn, điều này không gây được hứng thú học tập và sự sáng tạo cho các em 
và dẫn đến kết quả học tập của học sinh còn nhiều hạn chế.
 + Giải pháp thuần túy hình phẳng thường phù hợp hơn với những học sinh 
khá, giỏi, những học sinh có kiến thức vững vàng về hình học phẳng ở THCS.
 Vì vậy tìm ra một cách tiếp cận làm sao để giải quyết các vấn đề trên để 
học sinh học một cách tự nhiên, dễ hiểu là sự trăn trở của tác giả, làm sao để học 
sinh không còn sợ môn học này nữa và đặc biệt là có hứng thú khi gặp các bài 
toán dạng này. 
 Từ những lí do trên tôi chọn đề tài: Tạo hứng thú cho học sinh tìm lời giải 
bài toán hình học thuần túy bằng phương pháp tọa độ hóa.
- Mục đích nghiên cứu
 Nghiên cứu nội dung chương trình hình học THPT, các bài toán dành cho 
học sinh khá, giỏi từ đó xây dựng các thao tác cần thiết để giúp học sinh sử dụng 
tốt phương pháp tọa độ vào giải các bài toán tổng hợp.
- Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là:
 - Hình thành cô đọng lượng kiến thức thiết yếu, nền tảng làm cơ sở cho 
giải pháp sử dụng công cụ tọa độ.
 - Xây dựng nguyên tắc xác định hệ trục tọa độ đề các tương ứng với mỗi 
loại hình
 1 Qua thực tế giảng dạy trực tiếp các lớp khối, tôi thấy rằng khi ra những 
bài tập dạng này lấy ở đề thi THPT Quốc gia, đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thì tỉ 
lệ học sinh giải được là thấp, thậm chí là “bỏ qua” trong khi bản thân chưa có sự 
đào sâu suy nghĩ, cộng thêm nguyên nhân khách quan là phần kiến thức khó, đòi 
hỏi tư duy. Cụ thể năm học 2014-1015 khi chưa áp dụng sáng kiến vào giảng 
dạy. Tôi cho học sinh lớp 12B3 , 10D2 giải thử một số lấy từ nguồn tài liệu trên. 
Kết quả như sau:
 Số Giỏi Khá TB Yếu
Lớp
 HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%)
12B3 50 2 4 13 26 22 44 13 26
 Số Giỏi Khá TB Yếu
Lớp
 HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%)
10D2 45 4 8.9 15 33.3 14 31.1 12 26.7
 Xuất phát từ thực tế đó, trong năm học 2015-2016 tôi đã tiến hành đổi mới 
dạy nội dung này tại lớp 12C2 và 10A2 (lớp 12C2 có chất lượng tương đương 
với lớp 12B3, lớp 10A2 có chất lượng tương đương với lớp 10D2 trong năm học 
trước) 
2. 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2. 3. 1. Xây dựng hệ tọa độ
 Xây dựng hệ tọa độ hợp lý là điều rất cần thiết cho việc ứng dụng của 
phương pháp tọa độ trong việc giải toán. Đây là bước đầu tiên của bài giải. 
Người giáo viên cần hướng dẫn khéo léo giúp học sinh nhận ra các tính chất đặc 
biệt của bài toán, ở đây chủ yếu là sử dụng tính vuông góc, để xây dựng một hệ 
tọa độ mà trên đó các tham số được giảm một cách tối ưu nhất.
 Ở đây, ta xem xét một số trường hợp áp dụng tốt phương pháp này.
 Đối với các bài toán có sẵn góc vuông như: hình vuông, hình chữ nhật, 
tam giác vuông. Đối với các hình như vậy ta có thể chọn hệ trục tọa độ có gốc 
nằm tại một đỉnh vuông, có hai trục Ox và Oy chứa 2 cạnh tương ứng của góc 
vuông đó. Và chọn đơn vị trên các trục bằng độ dài của một trong hai cạnh góc 
vuông. Bằng cách chọn như vậy, các tham số được giảm tối đa có thể. Và dạng 
hình này cũng là dạng áp dụng thuận lợi nhất phương pháp tọa độ trong mặt 
phẳng này.
 3 Một số bài toán có thể có nhiều đối tượng hình học trên đó, thì tùy vào giả 
thuyết ta chọn hệ trục tọa độ cho phù hợp.
2. 3. 2. Một số bài toán áp dụng phương pháp tọa độ hóa trong mặt phẳng
Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 
hình vuông ABCD gọi M là trung điểm của cạnh BC, y
 1
N là điểm nằm trên cạnh AC sao cho AN AC . 
 4
 A B
Chứng minh rằng DN  MN . N
Giải: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó 
 a a 3a M
 D 0;0 , A 0;a ,C a;0 nên M a; , N ; do 
 2 4 4 
   3 3 x
đó DN.MN a2 a2 0 . Suy ra DN  MN .
 16 16 D C
 A B
Nhận xét: Bài toán này được áp dụng khá nhiều trong 
các trong các đề thi. Việc chứng minh nó bằng hình N
học thuần túy như sau:
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. I M
Điểm F là trung điểm DI. Khi đó FNMC là hình bình 
 F
hành và F là trực tâm tam giác NDC nên CF  DN 
mà CF / /MN . Nên MN  DN
 D C
Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi 
H là hình chiếu của B xuống AC. Biết điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH 
và CD. Chứng minh rằng BM  MK .
Giải: Chọn hệ trục tọa độnhư hình vẽ . Khi đó 
 a y
 B 0;0 , A 0;a ,C a;0 . Tọa độ điểm K c; 
 2 D
 A
. M
 H
Phương trình đường thẳng K
 AC : ax cy ac; BH : cx ay 0 . Tọa độ 
điểm H là nghiệm của hệ phương trình x
 ax cy ac a2c ac2 B C
 H 2 2 ; 2 2 . Do đó 
 cx ay 0 a c a c 
 a2c a3 2ac2   
điểm M ; BM.MK 0 BK  MK
 2 2 2 2 
 2 a c 2 a c 
 5 Bài toán 4: Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC . Gọi H là hình chiếu 
vuông góc của A lên BD. E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD, 
BH. Chứng minh rằng EF  AF.
 y
Giải: 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó A I B
 D 0;0 , A 0;a ,C 2a;0 , B 2a;a . 
Phương trình đường thẳng 
 BD : x 2y 0; AH : 2 x y a 0 Tọa F
độ điểm H AH  BD. Tọa độ điểm H 
 H
là nghiệm của hệ phương trình x
 D C
 x 2y 0 2a a E
 H ; . 
 2x y a 5 5 
 6a 3a  a 3a  6a 2a 
Do đó điểm F ; EF ; ; AF ; . Suy ra EF  AF
 5 5 5 5 5 5 
Ta có thể chứng minh bài toán này theo cách 
thuần túy sau: A I B
Gọi E,F,I lần lượt là trung điểm cácđoạn thẳng 
CD, BH, AB. F
Ta chứng minh AF  EF .Ta thấy các tứ giác 
ADEI và ADFI nội tiếp nên tứ giác ADEF H
cũng nội tiếp, do đó AF EF . D E C
Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 
Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là một 
điểm trên cạnh AB sao cho AB 3AD và H là y
hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm M là 
trung điểm của HC. Chứng minh rằng 
 MA  MB. A
Giải
 D
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó H
 I 0;0 , A 0;a ,C c;0 , B c;0 . Phương trình 
các đường thẳng 
 DC : ax 2cy ac; BH : 2cx ay 2c2 . Tọa M
độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x
 B I C
 7 bài toán. Xử lí được nút thắt này thì bài toán coi như đã giải được một nửa.
 a 
Giải: Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ ta có: D 0;0 , A 0;a , E 0; , C c;0 
 2 
Phương trình
 x 2y
 EC : 1 EC : ax 2cy ac 0; DB : 2cx ay 0; AB : y 0
 c a
 a2  a2 a  
 B DB  AB B ;a EB ; ; AC c; a .
 2c 2c 2 
   
 EB.AC 0 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) và FE(6;b 1)
   
 BA  EA (a 2)2 4b 0 (1)
   
 FE  BD 6(2 a) (b 1)(2b 4) 0 (2)
Thay (2) vào (1) ta được b4 6b3 13b2 24b 4 0.
 (b 1)(b3 7b2 20b 4) 0 b 1 (do b nguyên)(Ta chứng minh được 
phương trình b3 7b2 20b 4 0 có nghiệm duy nhất trên khoảng 1;0 nên 
không có nghiệm nguyên ).Khi đó A(4;0), D(0; 2) , đường thẳng CD có phương 
trình 2x y 2 0 cắt Ox tạiC(-1;0).Vậy A(4;0), D(0; 2) và C( 1;0) là các 
điểm cần tìm.
Ta có thể chứng minh EB  AC bằng cách sau:
 Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H; gọi 
J là giao điểm  của BD với CE. Khi đó ta có: 
 2
 EH .EB EA .EB EI. EB EA và 
 2 2
 EH.E C  ED.E C  EJ.EC E D   EA   
 EH.EB EH.EC EH (EB EC) 0 EH  BC suy ra H là trực tâm 
của EBC suy ra A, H,C thẳng hàng. Do đó BE  AC.
Bài toán 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và 
D, biết D 2;2 và CD 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. 
 22 14 
Điểm M ; là trung điểm của HC. Xác định các tọa độ các điểm A, B, C 
 5 5 
của hình thang biết B thuộc đường thẳng :x 2y 4 0.
 9 AC đi qua trung điểm I của EF và FE  AC suy ra 
 10 17  9  
 AC : 7x y 29 0 P AC  EK P ; IC IP C 3;8 
 3 3 5
Bài toán 9: Trong mặt phẳng cho hình chữ nhật ABCD có điểm D 4;5 . Điểm 
M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình là 
 x 8y 10 0. Điểm B nằm trên đường thẳng d : 2x y 1 0. Tìm tọa độ các 
đỉnh A, B, C biết rằng C có tung độ nhỏ hơn 
2.
 B
Giải: Đặt AD 2; DC a 0 A
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó 
 D 0;0 ,C a;0 ,A 0;2 , M 0;1 , B a;2 .
Phương trình MC : x ay a 0 M I
 a 2a
 d D;MC ;d B;MC 
 a2 1 a2 1
 D C
 d D;MC 1
 d B;MC 2
Vì B thuộc đường thẳng d nên B b; 1 2b 
 b 2
 26 1 b 8 1 2b 10
Trở lại bài toán ta cód D;MC . 70
 82 2 82 b 
 17
 70 70 123 
Với b B ; loại vì khi đó B, D cùng phía với CM
 17 17 17 
Với b=2. Suy ra B 2; 5 thỏa mãn. Gọi I là tâm hình chưc nhật ta có I 3;0 
   c 1
C 8c 10;c CD.CB 14 8c . 12 8c 5 c 5 c 0 143
 c l 
 65
(loại vì tung độ điểm C nhỏ hơn 2) C 2;1 A 8; 1 
Vậy A 8; 1 ;C 2;1 ;B 2; 5 
Bài toán 10:
 11