Sáng kiến kinh nghiệm Từ một bài toán hình học tọa độ phẳng giúp học sinh nhận biết, khai thác và phát triển các bài toán mới

 MỤC LỤC 
Phần I: Mở đầu Trang 2
 1.Lí do chọn đề tài Trang 2
 2.Mục đích nghiên cứu Trang 2
 3.Đối tượng nghiên cứu Trang 2
 4.Phương pháp nghiên cứu Trang 3
Phần II: Nội dung đề tài Trang 3
 1.Cơ sở lí luận của vấn đề nghiên cứu Trang 3
 2.Thực trạng Trang 3
 3.Nội dung cụ thể của đề tài Trang 4
 1. Xây dựng bài toán bằng cách thay đổi đường Trang 4
thẳng d bởi đường cong khác
 2. Khai thác từ diện tích tứ giác MAIB Trang 7
 3. Phát triển một số bài toán khác Trang 11
 4. Các biện pháp tổ chức Trang 17
 5. Kết quả của việc thực hiện đề tài Trang 17
III: Kết luận và kiến nghị Trang 18
Tài liệu tham khảo Trang 19
 1 4.Phương pháp nghiên cứu
 - Phương pháp suy luận ,tổng hợp: kết hợp với các đề thi tuyển sinh đại học, 
đề thi học sinh giỏi rút ra những kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức , khai thác và 
phát triển các bài toán mới.
 - Phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn đề, lựa 
chọn được phương pháp giải phù hợp.
 - Phương pháp trò chuyện- phỏng vấn: Trao đổi với nhiều học sinh khá, giỏi để 
nắm tình hình về cách xây dựng bài toán mới từ bài toán cơ bản.
 PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận : 
 Mỗi giáo viên dạy toán ở trường THPT luôn trăn trở, suy nghĩ tìm mọi biện pháp 
tối ưu để truyền đạt cho học sinh những kiến thức cơ bản cốt lõi nhất để giúp các 
em đáp ứng chuẩn kiến thức kỹ năng và làm bài thi một cách trôi chảy, giúp học 
sinh luyện thi vào các trường Đại học có kết quả tốt nhất. 
 Bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng xuất hiện thường xuyên trong các đề 
thi ĐH, đề thi học sinh giỏi với mức độ tương đối khó. Vì vậy để giải được dạng 
toán này chúng ta cần tìm hiểu bản chất cũng như xây dựng phương pháp tư duy 
giải toán đặc trưng cho loại toán. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt 
hơn trong quá trình giải toán hình học toạ độ trong mặt phẳng, người giáo viên cần 
tạo cho học sinh thói quen xem xét bài toán dưới nhiều góc độ, khai thác các yếu tố 
đặc trưng hình học của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học 
sinh khả năng tư duy theo các phương pháp giải là một điều cần thiết. Việc trải 
nghiệm qua quá trình giải toán sẽ giúp học sinh hoàn thiện kỹ năng định hướng và 
giải toán. Cần nhấn mạnh một điều rằng, đa số các học sinh sau khi tìm được một 
lời giải cho bài toán hình học toạ độ trong mặt phẳng thường không suy nghĩ, đào 
sâu thêm. Học sinh không chú ý đến bản chất hình học phẳng của bài toán nên mặc 
dù làm rất nhiều bài toán hình học toạ độ nhưng vẫn không phân loại được dạng 
toán cơ bản cũng như bản chất của bài toán. Hoặc học sinh khi học thường dựa vào 
những bài toán và cách giải đã có sẵn mà không chịu khó suy nghĩ tìm xem bài 
toán bắt nguồn từ đâu, để rồi từ đó tìm ra được cách giải và có thể xây dựng được 
những bài toán mới.
2. Thực trạng của đề tài
 Có thể nói có không ít giáo viên đã “lãng quên” đi hoạt động giúp học sinh 
“nhận biết, khai thác và phát triển” các bài toán. Nếu chúng ta chỉ truyền thụ 
kiến thức cơ bản cho học sinh mà bỏ qua hoạt động này thì không những bản thân 
chúng ta sẽ bị mai một kiến thức mà các em học sinh sẽ bị động trước một vấn đề 
 3 Đường tròn ( C') có tâm I(2;1) bán kính IA 5 
Tứ giác MAIB có M· AI M· BI 900 và MA MB C ' 
 A
 SMAIB IA.MA I
 MA 2 5 IM IA2 MA2 5
Gọi M x; y và M C 
 B
nên ta có hệ phương trình sau: M
 2 2 2 2
 x 1 y 3 2 x y 2x 6y 8 0 (C)
 2 2 2 2
 x 2 y 1 25 x y 4x 2y 20 0
 x2 y2 2x 6y 8 0
 x 4y 14 0
 x 4y 14 6
 2 x 
 17y 126y 232 0 y 4 x 2 17
 hoặc 
 x 4y 14 58 y 4 58
 y y 
 17 17
 6 58 
Vậy, M 2; 4 hoặc M ; 
 17 17 
Hay là ta có thể thay đổi đường thẳng d bởi Elip, Hypebol, Prabol ta có các bài 
toán sau: 
 x2 y2
Bài toán 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip E : 1 và đường tròn 
 18 2
 C :x2 y2 4x 2y 0 Gọi I là tâm của ( C) , M là điểm thuộc (E). Qua M kẻ các 
tiếp tuyến MA và MB đến ( C) ( A và B là các tiếp điểm ) .Tìm tọa độ điểm M, biết 
diện tích tứ giác MAIB bằng 10
 2x2
Bài toán 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Hypebol H : y2 1 và đường 
 9
tròn C :x2 y2 4x 2y 0 Gọi I là tâm của ( C) , M là điểm thuộc (H). Qua M kẻ 
các tiếp tuyến MA và MB đến ( C) ( A và B là các tiếp điểm ) .Tìm tọa độ điểm M, 
biết diện tích tứ giác MAIB bằng 10
Bài toán 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Prabol P : y2 8x và đường tròn 
 C :x2 y2 4x 2y 0 Gọi I là tâm của ( C) , M là điểm thuộc (P). Qua M kẻ các 
tiếp tuyến MA và MB đến ( C) ( A và B là các tiếp điểm ) .Tìm tọa độ điểm M, biết 
diện tích tứ giác MAIB bằng 10
 5 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB có tâm là trung điểm MI và bán 
 MI
kính R 
 2
TH1: M 2; 4 A
 I
 3 5
Ta có tọa độ tâm O 2; bán kính R 
 2 2
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB là: B
 2
 2 3 25 d
 C1 : x 2 y M
 2 4
TH2: M 3;1 
 2
 1 2 25
Tương tự ta có: C2 : x y 1 
 2 4
Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB là:
 2 2
 2 3 25 1 2 25
 C1 : x 2 y ; C2 : x y 1 
 2 4 2 4
Tương tự bài toán 7 thì ta có thể thay đường thẳng d bởi đường tròn, đường elip, 
đường hypebol, đường parabol thì ta được bài toán mới.
Với hướng của bài toán trên nếu ta thay đổi việc cho biết diện tích của tứ giác 
MAIB bởi diện tích tam giác MAB liệu bài toán có giải quyết được hay không?
2) Khai thác từ diện tích tứ giác MAIB
Bài toán 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x y 2 0 và 
đường tròn C :x2 y2 4x 2y 0 Gọi I là tâm của ( C) , M là điểm thuộc d. Qua M 
kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến ( C) ( A và B là các tiếp điểm ) .Tìm tọa độ điểm 
M, biết diện tích tam giác MAB bằng 8
Lời giải
Thật vậy:
 SMAB SMAIB SAIB
Gọi bán kính đường tròn (C) là R và MI a 0
Khi đó SMAB SMAIB SAIB 2SMAI 2SAHI MA.AI AH.IH
 C 
 2 2 5 25 A
Ta có MA a 5 , MI.HI AI HI , AH 5 
 a a2 I
 H
 5 a2 5 a2 5 
Khi đó S 
 MAB a2 B
 M
 d 7 kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến ( C) ( A và B là các tiếp điểm ) .Tìm tọa độ điểm 
M, biết diện tích tam giác IAB bằng 2
Lời giải
Thật vậy:
 A
Gọi bán kính đường tròn (C) là R và MI a 0 I
 5 H
 IA2 IM.IH IH 
 a
 B
 25
Mặt khác : AH 5 2
 a M d
 a2 25 a 5
 5 25 4 2 
Khi đó : SIAB 2 5 2 2 4a 125a 625 0 25 5
 a a a2 a 
 4 2
TH1: a 5 khi đó MI=5
Theo kết quả trên ta có tọa độ điểm M như sau M 2; 4 hoặc M 3;1 
 5 5
TH2: a khi đó MI với M d , có tọa độ dạng M t; t 2 
 2 2
 5 2 2 25 27
 IM t 2 t 3 2t 2 2t 0 ( Vô nghiệm)
 2 4 4
Vậy, M 2; 4 hoặc M 3;1 
 Hay là ta có thể thay đổi đường thẳng d bởi đường tròn, Elip, Hypebol, Prabol ta 
cũng có các bài toán mới.
Hay là ta cho giả thiết độ dài AB thay cho giả thiết diện tích của tứ giác MAIB lúc 
đó ta có bài toán sau:
Bài toán 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x y 2 0 và 
đường tròn C :x2 y2 4x 2y 0 Gọi I là tâm của ( C) , M là điểm thuộc d. Qua M 
kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến ( C) ( A và B là các tiếp điểm ) .Tìm tọa độ điểm 
M, biết độ dài AB=4
Lời giải
Thật vậy: A
 I
Gọi bán kính đường tròn (C) là R và MI a 0 H
Theo giả thiết AB = 4 suy ra AH 2 HI IA2 AH 2 1
 B
 IA2 IM.IH IM 5
Theo kết quả trên ta có tọa độ điểm M 2; 4 hoặc M 3;1 M d
 9 5
 R 1
 sin 300 2 MI 5 
 MI 2 MI
Theo kết quả bài toán ta có M 2; 4 hoặc M 3;1 
TH2: ·AMB 1200 ·AMI 600
 Khi đó ta xét tam giác MAI vuông tại A:
 5
 R 3 5
 sin 600 2 MI , với M d , có tọa độ dạng M t; t 2 
 MI 2 MI 3
 5 2 2 25 14
 IM t 2 t 3 2t 2 2t 0 ( Vô nghiệm)
 3 3 3
Vậy, M 2; 4 hoặc M 3;1 
Hoàn toàn tương tự như trên ta có thể thay đường thẳng d bởi đường tròn, đường 
elip, đường hypebol, đường parabol ta sẽ có những bài toán mới
3) Phát triển một số bài toán khác:
Nếu từ bài toán gốc ta thay một tiếp tuyến bởi một cát tuyến và ta xây dựng các bài 
toán sau:
Bài toán 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d: x y 2 0 và 
đường tròn C :x2 y2 4x 2y 0 Gọi I là tâm của ( C) , M là điểm thuộc d. Qua M 
kẻ tiếp tuyến MA ( với A là tiếp điểm ) và một cát tuyến cắt ( C) tại điểm B,C 
(điểm B nằm giữa MC). Tìm tọa độ điểm M, biết tam giác ABC vuông tại B có diện 
tích bằng 5
Lời giải 
 A
Đường tròn ( C) có tâm I(2;1) bán kính IA 5 I
Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn và vuông tại B 
 C
Suy ra trung điểm của AC là tâm đường tròn (C) B
 2
Đặt AB a 0 BC 20 a M d
 1
Mặt khác: S a 20 a2 5 a4 20a2 100 0
 ABC 2
 a2 10 a 10 vì a 0
Xét tam giác MAC vuông tại A và AB là đường cao nên ta có 
 1 1 1 1 1 1 1
 AM 20 
 AM 2 AC 2 AB2 AM 2 10 20 20
 11