Tăng cường hoạt động nhận thức của học sinh thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt ph.pdf

Lôøi Caùm Ôn !

Em xin chaân thaønh caùm ôn Thaày Leâ Vaên Phuùc, ngöôøi ñaõ höôùng daãn, taän tình giuùp ñôõ em

hoaøn thaønh luaän vaên naøy. Em xin caùm ôn

Ban Giaùm Hieäu vaø caùc Thaày Coâ trong khoa Toaùn, ñaëc bieät laø caùc Thaày Coâ boä moân phöông phaùp giaûng daïy ñaõ heát loøng daïy doã em trong suoát khoùa hoïc qua.

Ban Giaùm Hieäu vaø caùc Thaày Coâ trong toå boä moân toaùn tröôøng THPT Nguyeãn Höõu Caûnh thò traán Chôï Môùi, tænh An Giang ñaõ taïo ñieàu kieän vaø giuùp ñôõ em trong suoát thôøi gian thöïc taäp vaø thöïc nghieäm sö phaïm taïi tröôøng.

Caùc em hoïc sinh lôùp 10 vaø baïn beø ñaõ nhieät tình giuùp ñôõ, uûng hoä em trong suoát thôøi gian tieán haønh thöïc nghieäm vaø hoøan thaønh luaän vaên. Nguyeãn Thò Laém

MỤC LỤC

Trang Phần mở đầu............................................................................................................... 1 I. Lý do chọn đề tài .................................................................................................... 1 II. Mục đích nghiên cứu ............................................................................................. 1 III. Nhiệm vụ nghiên cứu ........................................................................................... 2 IV. Khách thể và đối tượng nghiên cứu ..................................................................... 2 V. Giả thuyết khoa học .............................................................................................. 2 VI. Phương pháp nghiên cứu ..................................................................................... 2 VII. Đóng góp của luận văn ....................................................................................... 2 VIII. Cấu trúc của luận văn........................................................................................ 2 Phần nội dung................................................................................................................. 4 Phần I: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG VỀ PHÂN TÍCH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH TRONG DẠY HỌC TOÁN CHO HỌC SINH Ở TRƯỜNG THPH5 CHƯƠNG I: HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THPT TRONG DẠY HỌC TOÁN ......................................................................................................... 5

1. Vai trò của Toán học trong đời sống và trong các ngành khoa học........... 5 2. Mục đích dạy học toán ở trường phổ thông ............................................... 5 3. Đặc điểm của hoạt động nhận thức ............................................................ 5 4. Những biểu hiện của họat động nhận thức................................................. 6 5. Cách thức tiến hành họat động nhận thức .................................................. 7

CHƯƠNG II: NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC ................................................................................................................ 8

1. Nội dung..................................................................................................... 8 2. Vai trò của họat động nhận thức trong giải tóan........................................ 8 3. Phương pháp tiến hành các hoạt động nhận thức....................................... 9 4. Một số hướng phát huy tính tích cực nhận thức của học sinh.................. 13

Phần II: PHÂN TÍCH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH .................... 15 CHƯƠNG I: CHỦ ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG..... 15

1. Phương pháp tọa độ và vai trò của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng tọa độ................................................................................... 15 2. Nội dung của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng ................................ 16 3. Phương pháp tọa độ trong chương trình hình học lớp 10 nâng cao ......... 17

CHƯƠNG II: TÌM HIỂU HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THÔNG QUA DẠY HỌC CHƯƠNG TRÌNH HÓA.................................................. 18

1. Đặc điểm của dạy học chương trình hóa.................................................. 18 2. Cấu trúc của chương trình........................................................................ 18 3. Chương trình ............................................................................................ 19 4. Hai loại chương trình ............................................................................... 19 3.1 Chương trình đường thẳng ........................................................... 19

3.2 Chương trình phân nhánh.............................................................. 20

CHƯƠNG III: MỘT SỐ BÀI TẬP NÂNG CAO NHẰM PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THÔNG QUA DẠY HỌC CHƯƠNG “ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG” ................................................ 21

1. Chủ đề 1: Đường thẳng ............................................................................ 21 A- Tóm tắt lý thuyết .......................................................................... 21 B- Hệ thống bài tập ........................................................................... 24

2. Chủ đề 2: Đường tròn............................................................................... 34 A- Tóm tắt lý thuyết .......................................................................... 34 B- Hệ thống bài tập ........................................................................... 34

3. Chủ đề 3: Đường Cônic ........................................................................... 44 Đường Elip............................................................................................... 44

A- Tóm tắt lý thuyết .......................................................................... 44 B- Hệ thống bài tập ........................................................................... 45

Đường Hyperbol ...................................................................................... 55 A-Tóm tắt lý thuyết............................................................................ 55 B- Hệ thống bài tập ........................................................................... 55

Đường Parabol ......................................................................................... 63 A-Tóm tắt lý thuyết............................................................................ 63 B- Hệ thống bài tập ........................................................................... 63

CHƯƠNG IV: ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP ......................................................................... 71 Phần III: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM........................................................................ 76

I. Mục đích thực nghiệm ......................................................................... 76 II. Hình thức tổ chức thực nghiệm............................................................ 76 III. Phương pháp thực nghiệm ................................................................... 76 IV. Đánh giá kết quả đạt được.................................................................... 78 Phần kết luận.................................................................................................... 83 Tài liệu tham khảo............................................................................................ 84 Phụ lục.............................................................................................................. 85

NHỮNG TỪ VIẾT TẮT

PTTQ Phương trình tổng quát PTTS Phương trình tham số VTPT Vecto pháp tuyến VTCP Vecto chỉ phương PPTĐ Phương pháp tọa độ THPT Trung học phổ thông (E) Elip (H) Hypebol (P) Parabol

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG

KHOA SƯ PHẠM …o0o…

Khóa luận tốt nghiệp Hệ Đại học Ngành sư phạm Toán, Khóa 2004 – 2008

TĂNG CƯỜNG HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THÔNG QUA DẠY HỌC

CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

HÌNH HỌC 10

Chuyên ngành phương pháp dạy học

GVHD: Ts. Lê Văn Phúc SV thực hiện: Nguyễn Thị Lắm

Long xuyên, ngày 05 tháng 05 năm 2008

Khóa Luận Tốt Nghiệp GVHD: Ts.Lê Văn Phúc

SVTH: Nguyễn Thị Lắm Trang 1

PHẦN MỞ ĐẦU

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong Nghị quyết Trung Ương lần thứ 4 về: “Tiếp tục đổi mới sự nghiệp giáo dục và đào tạo” (1-1993) đã chỉ rõ “Phải xác định lại mục tiêu, thiết kế lại chương trình, kế hoạch, nội dung, phương pháp giáo dục và đào tào”.Và đến nay, Giáo dục được xem là “quốc sách hàng đầu” trong sự nghiệp công nghiệp hoá, hiện đại hoá của đất nước. Xuất phát từ những tư tưởng cơ bản của Đảng Cộng Sản Việt Nam về giáo dục và đào tạo, chúng ta đã không ngừng cải tiến chất lượng dạy và học để từ đó nâng cao chất lượng giáo dục.

Tọa độ là một khái niệm mới của toán học được đưa vào chương trình Toán THPT. Bằng cách đưa vào mặt phẳng một hệ trục tọa độ, mỗi vectơ, mỗi điểm đều được xác định bởi tọa độ của nó. Việc nắm vững phương pháp toạ độ trong mặt phẳng giúp học sinh có thể chuyển nhiều bài toán hình học sang bài toán đại số và ngược lại, từ kết quả của đại số suy ra được một số tính chất và mối quan hệ giữa các hình hình học.

Việc giải một bài toán hình học thuần tuý không phải bao giờ cũng được thực hiện một cách dễ dàng. Mà nó được tiến hành bằng cách vận dụng nhiều kiến thức hình học phức tạp hay phải qua nhiều bước trung gian mới đến được kết quả. Nhưng nếu chúng ta sử dụng công cụ toạ độ để giải thì bài toán trở nên dễ hơn nhiều.

Một trong những yếu tố quan trọng góp phần nâng cao hiệu quả học tập của học sinh là hoạt động nhận thức của các em. Vì vậy vai trò cấp thiết của giáo viên hiện nay là phải tích cực hoá hoạt động nhận thức của học sinh trong quá trình dạy học.

Môn Toán là một trong những môn học quan trọng hàng đầu trong chương trình giáo dục phổ thông. Nó không chỉ là cơ sở, tiền đề để học tốt các môn học khác mà còn có ứng dụng rất quan trọng trong thực tế. Trong đó “ Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng” giúp cho học sinh có thêm một công cụ mới để làm toán và để suy nghĩ về toán theo một phương pháp khác với các phương pháp quen thuộc từ trước đến nay. Đặc biệt hoạt động nhận thức của học sinh là yếu tố quan trọng hàng đầu để thực hiện mục tiêu đó.

Trong tác phẩm “Khoa học trong lịch sử xã hội” J Becnan cho rằng: sự phát triển vấn đề quan trọng hơn giải quyết nó, việc giải quyết có thể có được nhờ kinh nghiệm trong cách biện luận logic, còn phát hiện ra vấn đề thì chỉ có thể dựa vào một trí tưởng tượng thúc đẩy bởi những khó khăn đã gặp phải. Vì vậy để giải một bài toán thì việc nhận thức, tìm tòi lời giải là rất quan trọng.

Qua những lý do vừa nêu trên chúng tôi tiến hành nghiên cứu đề tài “Tăng cường hoạt động nhận thức của học sinh thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng hình học 10”.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Trên cơ sở tìm hiểu hoạt động nhận thức của học sinh, đề ra một số biện pháp giúp học sinh tích cực hoá hoạt động nhận thức của mình thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng.



III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Để đạt được mục đích trên cần thực hiện những nhiệm vụ sau:

- Nghiên cứu, phân tích những tài liệu có liên quan đến đề tài.

- Mô tả thực trạng nhận thức của học sinh THPT thông qua chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng.

- Nêu lên một số biện pháp giúp học sinh tích cực hoá hoạt động nhận thức của mình.

- Tiến hành thực nghiệm để kiểm chứng tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp, từ đó rút ra một số kết luận khoa học.

IV. KHÁCH THỂ VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

- Khách thể nghiên cứu: Học sinh lớp 10 Trường THPT

- Đối tượng nghiên cứu: Hoạt động nhận thức của học sinh thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng.

V. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC

Nếu xác lập được một số phương pháp hữu hiệu nhằm thúc đẩy hoạt động nhận thức của học sinh theo hướng tích cực, trên cơ sở lý luận và thực tiễn thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng, sẽ góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy toán nói riêng và chất lượng giáo dục nói chung.

VI. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Phương pháp nghiên cứu lý luận.

- Phương pháp điều tra quan sát thực tiễn.

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.

VII. ĐÓNG GÓP CỦA LUẬN VĂN

Đây là một công trình nghiên cứu khoa học có hệ thống và tương đối toàn diện về hoạt động nhận thức của học sinh THPT thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Nếu đề tài được nghiệm thu sẽ giúp giáo viên THPT hiểu và nắm vững hơn hoạt động nhận thức của học sinh, từ đó đề ra những biện pháp thích hợp trong quá trình dạy học góp phần nâng cao chất lượng dạy học nói riêng, chất lượng giáo dục nói chung.

VIII. CẤU TRÚC CỦA LUẬN VĂN

Lời cảm ơn

Mục lục

Phần mở đầu

Phần nội dung

Phần I: Những vấn đề chung về phân tích hoạt động nhận thức của học sinh trong dạy học học toán cho học sinh ở trường THPT.

Phần II: Phân tích hoạt động nhận thức của học sinh.



Phần III: Thực nghiêm sư phạm.

Phần kết luận

Tài liệu tham khảo

Phụ lục



PHẦN NỘI DUNG



PHẦN I: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG VỀ PHÂN TÍCH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH TRONG DẠY HỌC TOÁN

CHO HỌC SINH Ở TRƯỜNG THPT

CHƯƠNG I: HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THPT TRONG DẠY HỌC TOÁN 1. VAI TRÒ CỦA TOÁN HỌC TRONG ĐỜI SỐNG VÀ TRONG CÁC NGÀNH KHOA HỌC

Toán học có vai trò rất quan trọng đối với đời sống và đối với các ngành khoa học. Ngay từ thế kỷ XIII, nhà tư tưởng Anh R.Bêcơn (R.Bacon) đã nói rằng: “ Ai không hiểu biết toán học thì không thể hiểu biết bất cứ một khoa học nào khác và cũng không thể phát hiện ra sự dốt nát của bản thân mình”. Sự phát triển của các khoa học đã chứng minh lời tiên đoán của C.Mác: “Một khoa học chỉ thực sự phát triển nếu nó có thể sử dụng được phương pháp của toán học”.

Toán học có vai trò như vậy là vì toán học “Không chỉ là một tập hợp các sự kiện trình bày dưới dạng định lý, mà trước hết đó là một hệ thống các phương pháp, hơn nữa đó là ngôn ngữ diễn tả các sự kiện và các phương pháp trong các lĩnh vực rất khác nhau của khoa học và hoạt động thực tiễn”.

Nếu như toán học xâm nhập vào các ngành khoa học khác và thúc đẩy các khoa học đó phát triển thì ngược lại sự phát triển của các ngành khoa học có tác dụng lớn đối với toán học, đặt ra cho toán học những vấn đề mới phải giải quyết, thúc đẩy toán học tiến lên những bước mới.

2. MỤC ĐÍCH DẠY HỌC TOÁN Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

Làm cho học sinh nắm được một cách chính xác, vững chắc và có hệ thống những kiến thức và kĩ năng toán học phổ thông cơ bản hiện đại, sát với thực tiễn Việt Nam, và có năng lực vận dụng những tri thức đó vào những tình huống cụ thể khác nhau, vào đời sống, vào lao động sản xuất, vào việc học tập các môn khác.

Phát triển ở học sinh những năng lực và phẩm chất trí tuệ, giúp học sinh biến những tri thức thu nhận được thành của bản thân mình, thành công cụ để nhận thức và hành động đúng đắn trong các lĩnh vực hoạt động cũng như trong công việc học tập, hiện nay và mãi mãi về sau.

Giáo dục cho học sinh về tư tưởng, đạo đức và thẫm mĩ của người công dân.

Phát triển ở mọi học sinh khả năng tiếp thu môn toán, đồng thời phát hiện và bồi dưỡng học sinh có năng khiếu toán.

3. ĐẶC ĐIỂM CỦA HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC

3.1 Khái niệm hoạt động nhận thức



- Nhận thức là một trong ba mặt cơ bản của đời sống con người. Nhận thức là một quá trình, ở con người quá trình này thường gắn với mục đích nhất định nên nhận thức của con người là một hoạt động.

- Hoạt động nhận thức là hoạt động tâm lý phản ánh bản thân sự vật, hiện tượng trong hiện thực khách quan.

- Hoạt động nhận thức được chia thành hai mức độ: hoạt động nhận thức cảm tính và hoạt động nhận thức lý tính.

+ Hoạt động nhận thức cảm tính là hoạt động tâm lý phản ánh những thuộc tính bề ngoài của sự vật, hiện tượng khi chúng trực tiếp tác động vào các giác quan. Hoạt động nhận thức cảm tính bao gồm: cảm giác và tri giác.

+ Hoạt động nhận thức lý tính là quá trình tâm lý phức tạp, phản ánh những thuộc tính bản chất, bên trong những quy luật, những thuộc tính mới, những mối liên hệ qua lại của các sự vật, hiện tượng. Hoạt động nhận thức lý tính bao gồm: tư duy và tưởng tượng.

3.2 Đặc điểm hoạt động học tập của học sinh trung học phổ thông

Nội dung và tính chất của hoạt động học tập ở thanh niên khác rất nhiều so với hoạt động học tập của thiếu niên. Hoạt động học tập đòi hỏi thanh niên phải có tính năng động, độc lập và sáng tạo ở mức độ cao hơn, đòi hỏi các em phải phát triển tư duy lý luận.

Ở tuổi THPT, các em bắt đầu đã có thể làm chủ được các quá trình nhận thức của mình. Điều này dẫn đến những biến đổi quan trọng trong tư duy, các em thường phải phân tích tài liệu đang học, nhờ đó mà hoạt động tư duy ngày càng mang tính tích cực, độc lập, sáng tạo.

Thái độ học tập của học sinh dần thay đổi theo chiều hướng tích cực. Các em ngày càng trưởng thành, kinh nghiệm ngày càng phong phú và thái độ tự giác đối với học tập ngày càng nâng cao.

3.3 Đặc điểm của sự phát triển trí tuệ ở học sinh THPT

Ở học sinh THPT, tính chủ định được phát triển mạnh ở tất cả các quá trình nhận thức.

Do sự phát triển của các quá trình nhận thức và do ảnh hưởng của hoạt động học tập mà tư duy của học sinh THPT có thay đổi quan trọng về chất.

Hoạt động tư duy của các em tích cực, độc lập hơn. Các em có khả năng tư duy lý luận, tư duy trừu tượng một cách độc lập, sáng tạo. Các em thích khái quát hóa, thích tìm hiểu những quy luật và những nguyên tắc chung của các hiện tượng hàng ngày, của những tri thức phải tiếp thu. Tư duy của các em chặt chẽ hơn, có căn cứ và nhất quán hơn, tính phê phán của tư duy cũng phát triển.

Những đặc điểm này tạo điều kiện cho học sinh THPT thực hiện các thao tác tư duy Logic, phân tích nội dung cơ bản của khái niệm trừu tượng và nắm được mối quan hệ nhân quả trong tự nhiên và xã hội.

4. NHỮNG BIỂU HIỆN CỦA HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC

Trong hoạt động nhận thức của con người: Nhận thức cảm tính và nhận thức lý tính – hai giai đoạn này có quan hệ chặt chẽ và tác động lẫn nhau. V.I. Lênin đã tổng kết quy luật đó của nhận thức nói chung như sau: “Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu



tượng và từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn – đó là con đường biện chứng của sự nhận thức chân lý, của sự nhận thức hiện thực khách quan.”

Hoạt động nhận thức được biểu hiện ở nhận thức cảm tính và nhận thức lý tính. Trong học tập nói chung, trong học Toán nói riêng thì nhận thức lý tính là chủ yếu mà đặc biệt là quá trình tư duy.

Nhà tâm lý học xô viết K.K.Palatônôp đã tóm tắt các giai đoạn của quá trình tư duy bằng sơ đồ sau:

Sơ đồ các giai đoạn của một hành động (quá trình) tư duy

5. CÁCH THỨC TIẾN HÀNH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC

5.1 Các cấp độ của hoạt động nhận thức

Nhận biết: Là cấp độ thấp nhất của hoạt động nhận thức. Ở cấp độ này học sinh chỉ cần nhận biết được vấn đề không cần phải giải thích vì sao lại biết được vấn đề đó. Nhận dạng được vấn đề đã học, đã biết.

Thông hiểu: Là cấp độ cao hơn nhận biết. Ở cấp độ này học sinh không chỉ nhận biết được vấn đề, thông hiểu mà còn phải biết vận dụng kiến thức đã học, biết quy lạ về

Nhận thức vấn đề

Xuất hiện các liên tưởng

Sàng lọc liên tưởng và hình thành giả thuyết

Kiểm tra giả thuyết

Khẳng định Chính xác hoá Phủ định

Hành động tư duy mới

Giải quyết vấn đề



quen. Phân tích được các khía cạnh của vấn đề. Từ đó, giải quyết được các vấn đề từ dễ đến khó một cách dễ dàng.

5.2 Cách thức tiến hành hoạt động nhận thức

Hoạt động nhận thức được tiến hành từ đơn giản đến phức tạp, từ cái cụ thể đến cái trừu tượng.

Ban đầu học sinh tiếp cận với những vấn đề đơn giản. Từ những vấn đề đơn giản này mà tiếp cận những vấn đề cao hơn, những tri thức khó, phức tạp hơn. Để giải quyết những tri thức khó, phức tạp ta mổ xẻ nó theo nhiều khía cạnh khác nhau. Khi đó mỗi khía cạnh lại là vấn đề đơn giản hơn.Vận dụng những tri thức có được ta sẽ giải quyết những vấn đề nhỏ đó dễ dàng hơn. Từ đó những vấn đề khó, phức tạp được giải quyết một cách đơn giản và dễ hơn nhiều.

CHƯƠNG II: NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC

1. NỘI DUNG

- Nhận thức vấn đề về nhiều mặt từ đơn giản đến phức tạp, trừu tượng.

- Hiểu và nắm vững những khái niệm, định lý một cách chắc chắn. Từ đó vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học vào việc giải bài tập từ dễ đến khó.

- Hình thành và phát triển hoạt động nhận thức theo hướng tích cực, chủ động. Từ đó khái quát được vấn đề một cách nhanh chóng và chính xác.

2. VAI TRÒ CỦA HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC TRONG GIẢI TOÁN

- Yếu tố quan trọng góp phần nên sự tiến bộ, phát triển của người học trong học toán là hoạt động nhận thức của mỗi người. Tuỳ mức độ nhận thức khác nhau mà con người có thể tiếp thu những tri thức khoa học nói chung, toán học nói riêng một cách khác nhau.

- Toán học là một môn học khó và khá trừu tượng đòi hỏi người học phải tích cực nhận thức, tích cực tìm tòi, khám phá để có thể chiếm lĩnh và sử dụng các tri thức toán học một cách có hiệu quả.

- Để tiến hành giải một bài toán đòi hỏi mỗi người phải nhận thức được đề bài một cách sâu sắc. Tìm ra các dữ kiện đã cho, các dữ kiện cần tìm để từ đó huy động vốn kiến thức đã có một cách nhanh chóng và chính xác.

- Trước một bài toán khó người học không thể nhận thức vấn đề một cách rập khuôn được. Khi đó hoạt động tư duy xuất hiện, bài toán càng khó thì mức độ tư duy càng cao, người học phải biết huy động các kiến thức liên quan để giải quyết vấn đề. Điều này đã thể hiện rõ vai trò của trí nhớ. Các thao tác tư duy được sử dụng thường xuyên giúp người học tìm ra hướng giải một cách nhanh hơn.

- Để giải quyết một vấn đề nói chung, bài toán nói riêng thì khâu nhận thức là quan trọng nhất. Nếu chúng ta nhận thức bị sai lệch hay thiếu bao quát thì vấn đề khó có thể giải quyết một cách nhanh và chính xác được.

- Toán học đòi hỏi logic chặt chẽ và chính xác cao. Các vấn đề toán học được trình bày một cách chặt chẽ, logic và theo một hệ thống nhất định.



3. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH CÁC HỌAT ĐỘNG NHẬN THỨC

3.1 Phương pháp tiến hành các hoạt động nhận thức khái niệm

3.1.1 Vị trí của khái niệm và yêu cầu dạy học khái niệm

- Trong việc dạy học toán cũng như việc dạy học bất cứ khoa học nào ở trường phổ thông, điều quan trọng bậc nhất là hình thành một cách vững chắc cho học sinh một hệ thống khái niệm. Đó là cơ sở của toàn bộ kiến thức toán học của học sinh, là tiền đề quan trọng để xây dựng cho họ khả năng vận dụng các kiến thức đã học.

- Việc dạy học các khái niệm toán học ở trường phổ thông phải dần dần làm cho học sinh đạt được các yêu cầu sau:

+ Làm cho học sinh hiểu được thuộc tính bản chất và thuộc tính đặc trưng của khái niệm.

+Biết nhận dạng khái niệm, tức là biết phát hiện xem một đối tượng cho trước có thuộc phạm vi một khái niệm nào đó hay không, đồng thời biết thể hiện khái niệm, nghĩa là biết tạo ra một đối tượng thuộc phạm vi một khái niệm cho trước.

+Biết phát biểu rõ ràng. chính xác định nghĩa của một số khái niệm.

+Biết vận dụng khái niệm trong những tình huống cụ thể, trong hoạt động giải toán và ứng dụng vào thực tiễn.

+Biết phân loại khái niệm và nắm được mối quan hệ của một khái niệm với những khái niệm khác trong môt hệ thống khái niệm.

3.1.2 Phương pháp nhận thức

- Nhận thức một cách khái quát nội dung của khái niệm.

- Hiểu và nắm vững khái niệm một cách sâu sắc để từ đó có thể mở rộng và vận dụng khái niệm đã có.

- Phát biểu lại định nghĩa bằng lời lẽ của mình và biết thay đổi cách phát biểu, diễn đạt định nghĩa dưới dạng những ngôn ngữ khác nhau.

- Phân tích, làm rõ những ý quan trọng chứa đựng trong định nghĩa một cách tường minh hay ẩn tàng.

- Khái quát hoá, tức là mở rộng khái niệm. Chẳng hạn, từ khái niệm vận tốc tức thời của một chuyển động tới khái niệm đạo hàm của một hàm số.

- Đặc biệt hoá. Ví dụ như xét hình bình hành có một góc vuông để được hình chữ nhật.

- Hệ thống hoá, chủ yếu là biết sắp xếp khái niệm mới vào hệ thống khái niệm đã học, nhận biết mối quan hệ giữa những khái niệm khác nhau trong một hệ thống khái niệm.

3.2 Phương pháp tiến hành hoạt động nhận thức định lý

3.2.1 Vị trí của định lý và yêu cầu dạy học định lý

Các định lý cùng với các khái niệm toán học tạo thành nội dung cơ bản của môn toán, làm nền tảng cho việc rèn luyện kĩ năng bộ môn, đặc biệt là khả năng suy luận và chứng minh, phát triển năng lực trí tuệ chung, rèn luyện tư tưởng phẩm chất đạo đức.

Việc dạy học định lý toán học nhằm đạt các yêu cầu sau:



- Làm cho học sinh nắm được nội dung các định lý và những mối liên hệ giữa chúng, có khả năng vận dụng các định lý vào các hoạt động giải toán cũng như ứng dụng trong thực tế.

- Làm cho học sinh thấy được sự cần thiết phải chứng minh chặt chẽ, suy luận chính xác.

- Học sinh hình thành và phát triển năng lực chứng minh Toán học, từ chỗ hiểu chứng minh, trình bày lại được chứng minh, nâng lên mức độ biết cách suy nghĩ để tìm ra chứng minh theo yêu cầu của chương trình phổ thông.

- Thông qua việc học tập những định lý toán học, học sinh biết nhìn nhận nội dung môn toán dưới góc độ phát hiện và giải quyết vấn đề, đồng thời rèn luyện được kĩ năng phát hiện và giải quyết vấn đề ở mức yêu cầu của chương trình phổ thông.

3.2.2 Phương pháp nhận thức

- Hiểu và nắm vững định lý một cách chính xác.

- Vận dụng các kết quả của định lý để chứng minh một vấn đề nào đó.

- Rèn luyện các hoạt động trí tuệ như: Phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá, khái quát hoá,... trong chứng minh.

- Hình thành những tri thức về những phương pháp suy luận, chứng minh như suy ngược (tiến, lùi), suy xuôi, quy nạp toán học và chứng minh bằng phương pháp phản chứng.

+Phép suy xuôi có sơ đồ sau: BAAAA no =⇒⇒⇒= ....1

(A là một định nghĩa, tiên đề hay một mệnh đề đúng, B là mệnh đề cần chứng minh.)

+ Phép suy ngược có hai trường hợp:

Suy ngược tiến có sơ đồ: ABBBB no =⇒⇒⇒= ....1 .

Suy ngược lùi có sơ đồ: .....1 ABBBB no =⇐⇐⇐=

Suy ngược tiến chỉ có tính chất tìm đoán chứ không phải là một phép chứng minh như suy xuôi và suy ngược lùi.

3.3 Phương pháp chung để giải bài toán.

Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài.

Phát biểu đề bài dưới những dạng thức khác nhau để hiểu rõ nội dung bài toán, phân biệt cái đã cho và cái phải tìm, phải chứng minh, có thể dùng công thức, ký hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề bài.

Bước 2: Tìm tòi lời giải.

Tìm tòi, phát hiện lời giải nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán, biến đổi cái đã cho, cái phải tìm hay phải chứng minh, liên hệ cái đã cho hoặc cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần giải với một bài toán cũ tương tự, một trường hợp riêng, một bài toán tổng quát hơn hay một bài toán nào đó có liên quan, sử dụng những phương pháp đặc thù với từng dạng toán như chứng minh phản chứng, chứng minh quy nạp, toán dựng hình, toán quỹ tích.

Kiểm tra lời giải bằng cách xem kỹ lại từng bước thực hiện hoặc đặc biệt hoá kết quả tìm được hoặc đối chiếu kết quả với một số tri thức có liên quan,...



Tìm tòi những cách giải khác nhau, so sánh chúng để chọn cách giải hợp lý nhất.

Bước 3: Trình bày lời giải.

Từ cách giải đã được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một chương trình gồm các bước theo một trình tự thích hợp và thực hiện các bước đó.

Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải.

Nghiên cứu khả năng ứng dụng kết quả của lời giải. Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề.

Ví dụ: Chứng minh rằng: “Tổng các khoảng cách từ một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đều đến các cạnh của nó là một hằng số.”

Giải

Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài.

Cho tam giác đều ABC. Gọi M là điểm di động nằm trong tam giác ABC. Kí hiệu H, I, K lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh AB, BC, AC của tam giác. Chứng minh rằng tổng MH + MI + MK là một hằng số.

Bước 2: Tìm lời giải.

• Để chứng minh MH + MI + MK là một hằng số không đổi, trước hết ta cần dự đoán được hằng số ấy là bao nhiêu.

• Để làm điều đó ta thấy rằng, với M là một điểm bất kỳ bên trong tam giác nên ta có thể chọn sao cho M nằm ở những vị trí đặc biệt, chẳng hạn M trùng với A.

• Khi đó, MH + MI + MK = O + MI + O = MI = h (với h là độ dài đường cao của tam giác ABC)

• Như vậy, hằng số phải tìm bằng độ dài đường cao của tam giác ABC.

• Yêu cầu bài toán trở thành: “ Chứng minh MH + MI + MK = h”.

• Để chứng minh tổng MH + MI + MK = h, người ta thường nghĩ đến việc sắp xếp các đoạn thẳng này liên tiếp trên một đường thẳng nào đó để tạo thành một đoạn thẳng có độ dài bằng h. Nhưng vị trí và sự thay đổi vị trí của ba đoạn thẳng này trên hình vẽ khi M di chuyển trong tam giác ABC cho thấy điều đó khó thực hiện với bài toán này. Do đó ta phải tìm một hướng giải khác.

Hướng đi khác: Sử dụng các phép đối xứng( chẳng hạn các phép đối xứng trục, đối xứng tâm,...) để chia tổng ba đoạn MH, MI, MK về một đoạn có độ dài bằng h. Tuy nhiên do M di chuyển và đồng thời ba đoạn này lại cắt nhau ở M, nên hướng đi này là rất khó thực hiện.

• Bây giờ ta thử nối các đoạn MA, MB, MC lại. Khi đó trên hình vẽ xuất hiện ba tam giác và phát hiện thêm một điều đặc biệt là các tam giác này có một cạnh bằng nhau (bằng a)

• Hơn nữa ta phát hiện thêm rằng, cho dù M di chuyển như thế nào trong miền tam giác ABC thì tổng diện tích của ba tam giác AMB, AMC, BMC vẫn không đổi( bằng diện tích của tam giác ABC)



K

I

H

A

B

M

C

Từ đó, gợi lên một suy nghĩ là ta sẽ dùng phương pháp diện tích để giải bài toán trên.

Khi đó:

1 1 1 1. . . .2 2 2 21 1 1 1. . . .2 2 2 21 1( ). .2 2

.

AMB BMC AMC ABCS S S S

MH AB MI BC MK AC h a

MH a MI a MK a h a

MH MI MK a h a

MH MI MK h

∆ ∆ ∆ ∆+ + =

⇔ + + =

⇔ + + =

⇔ + + =

⇔ + + =

• Để kiểm tra lời giải, trước hết ta có thể thử lại hằng số MH + MI + MK tại một vài vị trí đặt biệt khác, chẳng hạn lấy M là giao điểm của ba đường cao, đồng thời là ba đường trung tuyến của tam giác đều ABC. Khí đó:

.

.31

hMKMIMH

hMKMIMH

=++⇒

===

Bước 3: Trình bày lời giải:

Gọi M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đều ABC, hình chiếu của M lên các cạnh AB, BC, AC lần lượt là H, I, K.

Gọi độ dài cạnh và đường cao của tam giác này lần lượt là a và h. Ta có:

1 1 1 1. . . .2 2 2 21 1 1 1. . . .2 2 2 21 1( ). .2 2

.

AMB BMC AMC ABCS S S S

MH AB MI BC MK AC h a

MH a MI a MK a h a

MH MI MK a h a

MH MI MK h

∆ ∆ ∆ ∆+ + =

⇔ + + =

⇔ + + =

⇔ + + =

⇔ + + =

Đẳng thức cuối cùng chứng tỏ rằng tổng MKMIMH ++ không đổi cho dù ta lấy M ở bất kỳ vị trí nào trong tam giác.

Bước 4: Nghiên cứu sâu giải pháp.

Từ bài toán trong ví dụ ta có thể phát biểu và giải những bài toán khái quát hoặc mở rộng sau:

Mở rộng ra trường hợp đa giác đều



Bài toán 1: “ Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kỳ nằm trong một đa giác đều đến cac cạnh của đa giác đó là một hằng số không đổi”.

Phân tích kỹ lời giải trên ta thấy rằng yêu cầu bài toán không cần có giả thiết đa giác đều mà chỉ cần đa giác này có các cạnh bằng nhau là được. Do đó ta có thể mở rộng bài toán trên như sau:

Bài toán 2: “Cho một đa giác lồi có các cạnh bằng nhau, chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kỳ nằm trong một đa giác đó đến các cạnh của đa giác đó là một hằng số không đổi”.

Mở rộng cho trường hợp tứ diện đều.

Bài toán 3: “ Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đều đến các mặt của tứ diện đó là một hằng số không đổi”.

4. MỘT SỐ HƯỚNG PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH

4.1 Những biểu hiện tích cực nhận thức của học sinh THPT trong môn toán

Trong học tâp nói chung và trong học toán nói riêng, tính tích cực được biểu hiện ở một số hoạt động như:

• Hăng hái tham gia phát biểu xây dựng bài, suy nghĩ trả lời các câu hỏi giáo viên đưa ra trong mỗi giờ học.

• Nắm và hiểu được các công thức, tính chất, định lý,... và có thể vận dụng linh hoạt các kết quả của lý thuyết trực tiếp vào bài tập cụ thể.

• Tích cực học hỏi, tìm tòi, khám phá các kiến thức về toán học, suy ngẫm về mối liên hệ giữa cái đã biết và cái chưa biết cũng như tìm hiểu các quy luật giữa chúng. Tự học, tự nghiên cứu, tự khám phá là biểu hiện của tính tích cực.

• Có nhu cầu, hứng thú học tập, khao khát hiểu biết về những kiến thức toán học do giáo viên cung cấp cũng như những kiến thức mà các em tự tìm hiểu, tự nghiên cứu lấy.

• Có cảm xúc trong học toán thể hiện ở niềm vui, ở ý thức thực hiện nhiệm vụ theo yêu cầu của giáo viên một cách tự giác.

• Tập trung chú ý cao thể hiện ở việc chăm chú lắng nghe, theo dõi mọi hoạt động của giáo viên trên lớp trong giờ giảng toán, tự giác thực hiện chu đáo, nhanh gọn, đầy đủ, chính xác các nhiệm vụ hay bài tập mà giáo viên nêu ra.

• Có sự nỗ lực của ý chí, thể hiện ở sự kiên trì, nhẫn nại, không nản lòng khi giải quyết những bài toán khó, phức tạp.

4.2 Một số hướng phát huy tính tích cực nhận thức của học sinh

Tính tích cực nhận thức của học sinh mang tính cá nhân. Vì vậy, muốn học sinh tích cực học tập thì phải kích thích trí tò mò, ham muốn khám phá, học hỏi của học sinh bằng cách nêu lên các “tình huống có vấn đề” để các em phát hiện và tìm cách giải quyết.

“Tình huống có vấn đề” là một tình huống gợi ra cho học sinh những khó khăn về lý luận hay về thực tiễn mà họ thấy cần thiết và có khả năng vượt qua nhưng không



phải ngay tức khắc nhờ một thuật giải, mà phải trải qua một quá trình tích cực suy nghĩ, hoạt động để biến đổi đối tượng hoạt động hoặc điều chỉnh kiến thức sẵn có.

Xây dựng hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp nhằm kích thích trí tò mò, năng lực phát hiện vấn đề của học sinh. Đề ra một số bài tập mở nhằm phát triển năng lực tư duy của mỗi học sinh.

Liên hệ thực tế để thấy tầm quan trọng của môn học. Tạo không khí thoải mái, dễ chịu trong giờ học để học sinh hứng thú trong học tập từ đó phát huy được tính tích cực nhận thức của các em.

Mỗi vấn đề( bài toán) nên đưa ra nhiều cách giải để thấy sự phong phú, đa dạng của toán học. Từ đó kích thích hoạt động của học sinh theo hướng tích cực.



Phần II:

PHÂN TÍCH HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH

CHƯƠNGI: CHỦ ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG VÀ TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

1. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ VAI TRÒ CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Với công cụ vectơ hoc sinh lớp 10 sẽ được làm quen với một phương pháp học tập, nghiên cứu hình học đó là phương pháp toạ độ (PPTĐ).Với PPTĐ, học sinh sẽ tập nghiên cứu hình học bằng một phương pháp hoàn toàn khác với phương pháp đã học ở THCS. Với phương pháp này, nó còn cho phép ta thiết lập mối liên thông giữa phương pháp giải tích và phương pháp vectơ. “Thuật ngữ PPTĐ sẽ được chỉ chung cho cả hai phương pháp giải tích và vectơ – toạ độ (có cùng đặc trưng là lấy hệ toạ độ làm trung gian để chuyển bài toán hình học thành bài toán đại số )”

Trong lịch sử toán học , hình học giải tích ra đời trước lý thuyết vectơ . Nhưng do hai lý thuyết này được xây dựng độc lâp nên việc đưa vào nghiên cứu hình học cùng một lúc là không có gì cản trở.

PPTĐ được đánh giá là một phương pháp tư duy mới, có hiệu quả và mang tầm khái quát cao. Bằng việc đưa vào mặt phẳng một hệ trục tọa độ, mỗi điểm, mỗi vectơ trên mặt phẳng đều được xác định bởi tọa độ của nó. Ta hiểu khái niệm “ điểm”, “véctơ” hình học thông qua một cặp số cố định. Người ta gọi chúng là tọa độ của điểm hay tọa độ vectơ. Từ những khái niệm đơn giản ban đầu, hoc sinh sẽ có cơ sở để nghiên cứu các khái niệm khác như đường thẳng, đường tròn, ba đường cônic (Elip, Hyperbol, parapol). Thông qua phương trình của chúng, đặc điểm và những tính chất đặc trưng của các đường này, vận dụng vào việc nghiên cứu, giải các bài tập liên quan.

Ở lớp 7 cấp THCS, học sinh đã được học về trục số thực, và biết rằng trên trục số này, mỗi điểm đươc đặc trưng tương ứng 1-1 với một số thực. Sau đó cũng ở lớp này, các em cũng được học về hệ trục toạ độ Đề-các vuông góc. Mỗi điểm trên mặt phẳng toạ độ được xác định bởi một cặp số thực duy nhất được ký hiệu là M (x ; y). Đến lớp 9 các em được học về đồ thị của hàm số bậc nhất, bậc hai . Các kiến thức này được giới thiệu trong phần đại số với mục đích nghiên cứu một số hình đơn giản. Các em được học đồ thị của hàm số bậc nhất là một đường thẳng có phương trình y = ax + b(a, b là các số thực). Khái niệm phương pháp toạ độ và những khái niệm khác chỉ được nghiên cứu ở lớp 10.

Như vậy, sự ra đời của phương pháp toạ độ đã tạo nên một sự thay đổi lớn trong việc nghiên cứu toán học nói chung và hình học nói riêng. Có thể xem đây là một cuộc cách mạng trong việc nghiên cứu hình học. Vai trò to lớn của phương pháp toạ độ là một điều mà ai cũng dễ nhận ra.

“PPTĐ là một công cụ có hiệu quả cao trong việc nghiên cứu hình học. Đặc biệt với phương pháp toạ độ, ta có thể trang bị cho học sinh các algôrit giải nhiều dạng toán hình học”.



Thông qua PPTĐ, học sinh tập suy luận và tư duy một cách chính xác, tránh được những sai lầm đáng tiếc do trực giác gây ra, tạo điều kiện tiếp cận và làm quen với những phương pháp suy luận tổng quát hơn, nắm được những kiến thức cao hơn và sâu hơn chuẩn bị tốt cho việc tiếp thu những kiến thức cho bậc đại học sau này.

Theo một trích dẫn thì việc đưa cho học sinh tiếp cận ngay từ lớp 10 “ một phương pháp tư duy mới, tư duy hình học bằng những con số là rất cần thiết. Tìm hiểu các hình hình học thông qua phương trình của chúng là một việc làm cần thiết trong giai đoạn mới của khoa học kỹ thuật đang trên đà phát triển như vũ bão... Việc đưa kiến thức vectơ và PPTĐ vào chương trình học đã giúp cho học sinh sớm tiếp cận một phương pháp tư duy hiện đại, có thêm những phương tiện mới để suy luận có cơ sở khoa học mà hoàn toàn không dựa vào trực giác”.

Bằng PPTĐ, ta có thể chuyển nhiều bài tập hình học sang bài tập đại số và ngược lại, từ kết quả đại số suy ra được một số tính chất và mối quan hệ giữa các hình hình học.

2. NỘI DUNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

2.1 Hệ toạ độ afin ( hay còn gọi là hệ toạ độ xiên)

Trong mặt phẳng chọn một điểm O và hai vectơ không cộng tuyến →

i và →

j (tức →

i và →

j không cùng phương).Khi đó bộ ba (O, →→

ji , ) gọi là một mục tiêu afin, hay còn gọi là hệ tọa độ afin.

Gọi Ox và Oy là các đường thẳng đi qua O và có phương lần lượt là →

i và →

j , thì mục tiêu đó còn ký hiệu là Oxy.Điểm O gọi là gốc toạ độ, các đường thẳng Ox và Oy gọi là các trục tọa độ.

2.2 Hệ trục toạ độ Đê-Các vuông góc ( hay hệ toạ độ trực chuẩn)

Một trường hợp đặc biệt của hệ toạ độ afin (O, →→

ji , ) là toạ độ trực chuẩn. Đó là

khi hai vectơ →

i và →

j là hai vectơ đơn vị và vuông góc với nhau. Tức là:

x

y

O

→

i

→

j

1==→→

ji và Oji =→→

.

x

y

→

i

→

j



Mặt phẳng toạ độ có các trục toạ độ Ox và Oy được gọi là mặt phẳng toạ độ Oxy hay mặt phẳng Oxy.

Với mỗi điểm M trên mặt phẳng ta luôn có cặp số thực (x;y) duy nhất trong mặt phẳng

sao cho →→→

+= jyixOM .. . Ta viết M (x; y)

Tương tự một vectơ →

u trong mặt phẳng có một cặp số thực duy nhất (a;b) sao

cho →→→

+= jbiau .. . Ta viết ( ; )u a b→

= hay ( ; )u a b→

. Như vậy ta có một song ánh giữa các tập điểm M trong mặt phẳng và tâp các bộ số thực (x; y) có thứ tự.

“ Chương trình THPT chỉ nghiên cứu hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc, đặc biệt là hệ trục toạ độ trực chuẩn”. Vì đây là hệ toạ độ thông dụng nhất và cho phép cả những bài toán afin lẫn những bài toán metric.

Tương tự ta xây dựng hệ trục toạ độ trực chuẩn Oxyz trong không gian. Các nội dung về PPTĐ được chia thành hai phấn lớn: PPTĐ trong mặt phẳng và phương pháp toạ độ trong không gian.

3. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC LỚP 10 NÂNG CAO

A- Về phân phối thời gian

Chương trình gồm 20 tiết được sắp xếp thành 8 xoắn (§) Sách giáo viên đã phân phối thời gian cho từng bài như sau:

§1. Phương trình tổng quát của đường thẳng 2 tiết

§2.Phương trình tham số của đường thẳng 2 tiết

§3.Khoảng cách và góc 3 tiết

§4.Đường tròn 2 tiết

§5.Đường Elip 3 tiết

§6. Đường Hypebon 2 tiết

§7.Đường Parabon 2 tiết

§8.Ba đường cônic 1 tiết

§9. Ôn Tập kiểm tra chương 3 tiết

Như vậy nội dung của chương này bao gồm những kiến thức đơn giản nhất, cơ bản nhất của bộ môn hình học giải tích phẳng.

Có thể phân thành hai mảng như sau:

Diễn đạt bằng toạ độ những đối tượng khái niệm hình học quen thuộc ( đường thẳng, khoảng cách và góc) và biểu thị qua toạ độ các tính chất cũng như quan hệ đơn giản của các hình đó.

Các đường tròn, elip, hypebon, parabon và lập phương trình chính tắc của các đường đó. Từ các phương trình này ta sẽ đi nghiên cứu, xem xét các tính chất của nó. Sách giáo khoa cũng đề cập một số tính chất chung của ba đường: elip, hypebon, parabon để đi đến khái niệm về đuờng cônic.

ir



B - Mục tiêu của chương:

Học chương này học sinh cần đạt những yêu cầu sau:

Lập được phương trình của đường thẳng, đường tròn, đường cônic khi biết các yếu tố xác định chúng và ngược lại từ phương trình của mỗi đường xác định các yếu tố đặc trưng của chúng.

Nhớ và vận dụng các biểu thức toạ độ để biểu thị một cách chính xác các sự kiện hình học. Chẳng hạn như điều kiện của điểm thuộc đường thẳng, vị trí tương đối giữa các đường, tính chất của đường cônic,...Từ tính chất và quan hệ giữa các hình, củng cố được một số kiến thức đại số như bài tập biện luận hệ phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai.

CHƯƠNGII: TÌM HIỂU HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THÔNG QUA DẠY HỌC CHƯƠNG TRÌNH HÓA 1. ĐẶC ĐIỂM CỦA DẠY HỌC CHƯƠNG TRÌNH HÓA

Dạy học chương trình hoá có các đặc điểm sau:

- Điều khiển chặt chẽ theo hoạt động học tập trên từng đơn vị dạy học nhỏ.

- Tính độc lập cao của hoạt động học tập.

- Bảo đảm thường xuyên có mối liên hệ ngược (phản hồi).

- Cá biệt hoá việc dạy học.

Các đặc điểm này thể hiện như sau:

• Nội dung học tập được chia thành từng đơn vị nhỏ (gọi là liều kiến thức)

• Học sinh hoạt động độc lập theo từng liều kiến thức.

• Sau mỗi liều, học sinh phải trả lời một câu hỏi kiểm tra. Sau đó học sinh biết mình trả lời sai hay đúng khi bắt đầu liều tiếp theo( đảm bảo liên hệ ngược bên trong).

• Việc học tập mang tính cá nhân tùy theo năng lực của người học (ta gọi là tính chất thích ứng của dạy học).

Ngoài ra còn các đặc điểm quan trọng như: Liều kiến thức tiếp theo phụ thuộc vào kết quả trả lời câu hỏi trong liều trước( bảo đảm liên hệ ngược bên ngoài)

2. CẤU TRÚC CỦA CHƯƠNG TRÌNH Vật liệu xuất phát để cấu tạo chương trình dạy học là các yếu tố cơ bản được kí hiệu như sau:

Thông báo tri thức

Câu hỏi hoặc bài tập kiểm tra.

Quyết định (chuyển sang bước tiếp theo hoặc kết thúc)

Đáp án hoặc kết quả xử lý câu trả lời của người học.



Thường thì các yếu tố liên tiếp được coi là tạo thành một liều không nhất thiết là có đủ các yếu tố vừa nêu. Mỗi liều được viết thành một phiếu.

Ví dụ: Cách sắp xếp các liều liên tiếp:

Ở mỗi liều, cuối cùng đều có quyết định về liều tiếp theo. Nếu trong phiếu không nêu quyết định thì công việc được tiến hành theo trình tự tự nhiên: Hết phiếu trước thì chuyển sang phiếu liền sau.

3. CHƯƠNG TRÌNH

Chương trình là một dãy những liều sao cho người học sau mỗi liều đều xácđịnh được liều tiếp theo theo một cách duy nhất.

4. HAI LOẠI CHƯƠNG TRÌNH

4.1 Chương trình đường thẳng:

Chương trình đường thẳng là chương trình mà theo đó mọi học sinh nhận được những liều như nhau, độc lập với chất lượng trả lời câu hỏi ở liều trước.

Sơ đồ biểu diễn chương trình đường thẳng:

Mọi học sinh đều phải học qua tất cả các liều theo cùng một trình tự, tức là đi theo cùng một con đường vì thế người ta phải căn cứ vào trình độ học sinh trung bình, yếu để thiết kế các liều, nội dung thông báo và kiểm tra từng liều thường là dễ. Như vậy chương trình có nhược điểm là: nhàm chán đối với học sinh khá giỏi, ít phát triển được năng lực sáng tạo.

Tuy nhiên, chương trình đường thẳng có các ưu điểm sau:

+ Dễ xây dựng.

+ Dễ cài đặt và dễ thực hiện.

+ Dễ tổ chức cho học sinh giúp đỡ lẫn nhau.

Ví dụ: Củng cố khái niệm đường trung trực của một đoạn thẳng.

Phiếu 1:

Đường trung trực của một đoạn thẳng là đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và vuông góc với đoạn thẳng đó tại trung điểm.

Những điểm nằm trên đường trung trực sẽ cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng đó.

Liều n-1 Liều n Liều n +1

Liều Liều Liều



Đường cao AH của tam giác ABC có phải là đường trung trực của đoạn thẳng BC không ?

Phiếu 2:

Đường cao AH của tam giác ABC không phải là đường trung trực của đoạn thẳng BC vì nó không đi qua trung điểm của đoạn BC.

Trung tuyến AM của tam giác ABC có phải là đường trung trực của đoạn BC không?

Phiếu 3:

Trung tuyến AM của tam giác ABC không phải là đường trung trực của đoạn BC vì nó không vuông góc với đoạn thẳng BC.

Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC cân tại A có phải là đường trung trực của đoạn BC không?

Phiếu 4:

Đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC cân tại A là đường trung trực của đoạn BC vì trong tam giác cân đường cao cũng là đường trung tuyến, đường phân giác.

4.2 Chương trình phân nhánh

Chương trình phân nhánh là chương trình được xây dựng sao cho khi học xong một liều, học sinh rẽ theo những nhánh khác nhau, tức là liều tiếp theo có thể khác nhau, điều đó phụ thuộc vào câu trả lời của từng người đối với câu hỏi nêu ra ở liều trước. Như vậy chương trình phân nhánh dẫn đến những con đường khác nhau tùy theo trình độ, năng lực khác nhau của từng học sinh.

Ví dụ:

Phiếu 1:

Cho đường tròn (C) có phương trình chính tắc: .222 )()( Rbyax =−+− . Khi đó tâm của đường tròn là I (a; b) và có bán

kính bằng R.

Cho đường tròn (C) có phương trình:

01548 22 =+−++ yyxx

đúng đúng đúng đúng



Nếu bạn chọn tâm I(0; 0), bán kính R = 15 thì hãy xem phiếu 2.

Nếu bạn chọn tâm I(-4; 2), bán kính R = 5 thì hãy xem phiếu 3.

Nếu bạn chọn tâm I(4; -2), bán kính R = 5 thì hãy xem phiếu 4.

Nếu bạn chọn tâm I(-4; 2), bán kính R = 5 thì hãy xem phiếu 5.

Phiếu 2:

Bạn đã chọn sai. Bạn hãy biến đổi phương trình của đường tròn về dạng .222 )()( Rbyax =−+− và tìm lại tâm và bán kính của đường tròn.

Hãy quay lại phiếu 1.

Phiếu 3:

Bạn đã chọn đúng đáp số.

Kết thúc.

Phiếu 4:

Bạn đã chọn sai tâm của đường tròn. Khi đường tròn có phương trình .222 )()( Rbyax =−++ thì tâm I (-a; b) và bán kính bằng R.


Phiếu 5:

Bạn đã chọn sai bán kính của đường tròn. Khi đường tròn có phương trình )0()()( 22 >=−+− ccbyax thì tâm I (a; b) và bán kính bằng c .


CHƯƠNG III: MỘT SỐ BÀI TẬP NÂNG CAO NHẰM PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH THÔNG QUA DẠY HỌC CHƯƠNG “PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG”

CHỦ ĐỀ 1: ĐƯỜNG THẲNG

A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT

PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG

1. Phương trình tổng quát của đường thẳng

• Vectơ on rr≠ , có giá vuông góc với đường thẳng ∆ gọi là vectơ pháp tuyến

(VTPT) của đường thẳng ∆ .



• Trong mặt phẳng tọa độ mọi đường thẳng đều có PTTQ dạng 0=++ cbyax (a2 + b2 ≠ 0).

• Ngược lại, mỗi phương trình dạng 0=++ cbyax (a2 + b2 ≠ 0) đều là PTTQ của một đường thẳng xác định, nhận nr = (a, b) làm vectơ pháp tuyến.

• Các dạng đặc biệt của PTTQ

+ Đường thẳng (∆ ): 0=+ cby song song

hoặc trùng với trục Ox. (H1)

+ Đường thẳng (∆ ): 0=+ cax song song

hoặc trùng với trục Oy (H.2).

+ Đường thẳng (∆): 0=+ byax đi qua góc tọa độ (H.3)

+ Phương trình đường thẳng có dạng:

)0,0(1 ≠≠=+ baby

ax đi qua điểm A (a; 0), B (0, b) được gọi là phương trình đường

thẳng theo đoạn chắn.

• Phương trình mkxy += với 0≠k được gọi là phương trình của đường thẳng ∆ theo hệ số góc.

2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng.

Trong mặt phẳng tọa độ, cho hai đường thẳng 21,∆∆ có phương trình:

1∆ : 0111 =++ cybxa

2∆ : 0222 =++ cybxa

Khi đó số điểm chung của hai đường thẳng bằng số nghiệm của hệ phương trình được xác định bởi 2 phương trình trên, nên từ kết quả của đại số ta có:

• Hai đường thẳng 21,∆∆ cắt nhau khi và chỉ khi : 02

1

2

1 ≠bb

aa

┐ ∆

x

y

O

H.1

┐

∆

x

y

O

H.2

∆

x

y

O

H.3



• Hai đường thẳng 21,∆∆ song song khi và chỉ khi: 02

1

2

1 =bb

aa

và 02

1

2

1 ≠aa

cc

• Hai đường thẳng 21,∆∆ trùng nhau khi và chỉ khi: 02

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1 ===aa

cc

cc

bb

bb

aa

Trong trường hợp a2, b2, c2 đều khác 0 ta có:

21,∆∆ cắt nhau ⇔2

1

2

1

bb

aa

≠

1∆ // 2∆ ⇔ 2

1

2

1

2

1

cc

bb

aa

≠=

1∆ ≡ 2∆ ⇔ 2

1

2

1

2

1

cc

bb

aa

==

PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG

1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng

Vectơ ou rr≠ , có giá song song hoặc trùng với đường thẳng ∆ được gọi là vectơ chỉ

phương của đường thẳng ∆ .

2. Phương trình tham số của đường thẳng.

Phương trình: )0( 22

0

0 ≠+⎩⎨⎧

+=+=

babtyyatxx

được gọi là phương trình tham số của đường thẳng ∆ với tham số t. Đường thẳng ∆ nhận ur làm vectơ chỉ phương (ur = (a, b)).

Trường hợp cả a và b đều khác 0, bằng cách khử t từ ptts ta được phương trình:

byy

axx 00 −=

− . Ta gọi phương trình này là phương trình chính tắc của đường thẳng.

KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC

1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Trong mặt phẳng tọa độ, cho điểm M (xM, yM) và đường thẳng (∆) có PTTQ: 0=++ cbyax .

Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ được kí hiệu d (M, ∆) và tính theo công thức:

d (M, ∆) = 22 ba

cbyax MM

+

++

Vị trí của hai điểm đối với đường thẳng:



Cho đường thẳng ∆ có phương trình: 0=++ cbyax và hai điểm M (xM, yM),

N (xN, yN) không nằm trên ∆ , khi đó:

+ M, N nằm cùng phía với ∆ khi và chỉ khi:

(axM + byM + c) (axN + byN + c) > 0

+ M, N nằm khác phía với ∆ khi và chỉ khi:

(axM + byM + c) (axN + byN + c) < 0

Cho hai đường thẳng cắt nhau có phương trình:

1∆ : 0111 =++ cybxa

2∆ : 0222 =++ cybxa

Khi đó hai đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng đó có phương trình

022

22

2222

121

111 =+

++−

+

++

ba

cybxa

ba

cybxa

và 022

22

2222

121

111 =+

+++

+

++

bacybxa

bacybxa

2. Góc giữa hai đường thẳng: Định nghĩa: Hai đường thẳng a và b cắt nhau tạo thành 4 góc. Số đo nhỏ nhất

của các góc đó được gọi là số đo của góc giữa hai đường thẳng a và b. Hay đơn gảin hơn là góc giữa a và b.

Kí hiệu: (a, b)

Khi a // b hoặc a ≡b, ta qui ước góc giữa chúng bằng 0.

3. Cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng

Cho 2 đường thẳng lần lượt có phương trình:

1∆ : 0111 =++ cybxa

2∆ : 0222 =++ cybxa

Khi đó cosin của góc tạo bởi 21,∆∆ được tính theo công thức:

Cos ( 21,∆∆ ) = ),cos(.

2122

22

21

21

2121 nnbaba

bbaa rr=

++

+

Với 21,nn rr là hai vectơ pháp tuyến tương ứng của 21,∆∆ .

B - HỆ THỐNG BÀI TẬP

Bài 1: Lập phương tình tổng quát của đường thẳng (d) trong mỗi trường hợp sau:



a. (d) đi qua điểm M (2; 1) và có vectơ chỉ phương ar = (7; 3)

b. (d) đi qua điểm N (-5; -8) và có hệ số góc k = -3

Hướng dẫn và giải

a/. VTCP của đường thẳng (d) là dar = (7; 3) Suy ra VTPT của (d) là: dnr = (3; -7)

Vậy phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M (2; 1) và nhận dnr = (3; -7) làm vectơ pháp tuyến là: 3(x – 2) – 7(y – 1) = 0

⇔ 3x – 7y + 1 = 0

b/. Phương trình đường thẳng (d) có hệ số góc k là: y = kx + m

Ta có: k = – 3 => (d): y = -3x + m

Do N ∈ (d) => -8 = -3(-5) + m

Từ đó suy ra: m = -23

Vậy phương tình tổng quát của (d) là: y = -3x – 23

Hay 3x + y + 23 = 0

Bài 2: Cho điểm M ( 1; 2). Lập phương trình của đường thẳng (∆ ) đi qua điểm M và chắn trên hai trục tọa độ hai đoạn có độ dài bằng nhau.

Hướng dẫn giải

Gọi (∆ ) là đường thẳng qua M (1; 2) và chắn trên hai trục tọa độ những đoạn bằng nhau.

Phương trình đường thẳng (∆ ) theo đoạn chắn có dạng: 1=+by

ax

Với ⎢⎣

⎡−=

=⇒=

baba

ba

---

O1 3-1

123

y

x

M (1 ; 2)

2x – y = 0

x – y + 1 = 0

x + y – 3 = 0



a = b => x +y = a thế tọa độ điểm M (1; 2) vào phương trình ta được

a = 1 + 2 = 3

Vậy ( 1∆ ): x + y – 3 = 0

a = - b => x – y = a thế tọa độ điểm M (1; 2) vào phương trình ta được a = 1 -2 = - 1

Vậy ( 2∆ ): x – y + 1 = 0

Trường hợp đặc biệt khi 0== ba Khi đó (∆ ) đi qua O (0; 0) và M (1; 2)

Ta có PTTS của ( 3∆ ): ⇔−−

=−−

020

010 yx 2x – y = 0

Vậy có 3 đường thẳng (∆ ) đi qua M (1; 2) và chắn trên 2 trục tọa độ những đoạn bằng nhau là:

( 1∆ ): x + y – 3 = 0

( 2∆ ): x – y + 1 = 0

( 3∆ ): 2x – y = 0

Bài 3: Cho ∆ABC có phương trình các đường thẳng AB, BC, CA là:

AB: 2x – 3y – 1= 0

BC: x + 3y + 7 = 0

CA: 5x – 2y + 1 = 0

Viết phương trình tổng quát của đường cao kẻ từ đỉnh B.


- Đường cao BH AC nên nhận AC hoặc vectơ chỉ phương của AC làm VTPT.

- Đường cao BH qua điểm B là giao điểm của AB và BC.

Giải

Cách 1:

Do BH là đường cao của ∆ABC nên BH ⊥AC.

Vì BH ⊥AC nên đường cao BH nhận AC làm vectơ pháp tuyến.

H

A

B C



Vì AB ∩AC = {A} nên tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình:

)117;

115(

117

115

01250132

−−⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

−=⇒

⎩⎨⎧

=+−=−−

Ay

x

yxyx

Vì BC ∩ AC = {C} nên tọa độ của điểm C thỏa mãn hệ phương trình:

)2;1(21

0125073

−−⇒⎩⎨⎧

−=−=

⇒⎩⎨⎧

=+−=++

Cyx

yxyx

Vậy AC = ( )1115;

116

−−

Tương tự BC ∩AB = {B} suy ra B (-2; - )35

Vậy phương trình đường cao BH đi qua điểm B (-2; - )35 và nhận

AC = ( )1115;

116−− làm vectơ pháp tuyến là:

–116 (x + 2) –

1115 (y +

35 ) = 0

⇔ – 6x – 12 – 15y – 25 = 0

⇔ 6x + 15y + 37 = 0

Cách 2:

Do BH là đường cao của ∆ABC nên BH ⊥AC.

Vậy đường cao BH nhận vectơ chỉ phương của đường thẳng AC làm VTPT.

VTPT của đường thẳng AC là: )2;5( −=ACnr

Suy ra VTCP của đường thẳng AC là: )5;2(=ACur

Do B là giao điểm của hai đường thẳng AB và BC nên tọa độ giao điểm của B là nghiệm của hệ phương trình:

)35;2(

352

0730132

−−⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

−=⇒

⎩⎨⎧

=++=−−

By

x

yxyx

Vậy phương trình đường cao BH qua điểm B (-2; -35 ) và nhận )5;2(=ACur làm VTPT

là:

2(x + 2) + 5(y + 35 ) = 0

⇔ 6x + 15y + 37 = 0



Bài 4: Cho ∆ABC có phương trình 3 cạnh

AB: 2x + y + 4 = 0

AC: 2x – y – 4 = 0

BC: x + 2y – 7 = 0

Gọi H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ba điểm H, G, O có thẳng hàng không ? Tìm hệ thức liên hệ giữa GH và GO.

Hướng dẫn giải: - Vẽ hình minh họa bài toán:

- Dự đoán 3 điểm O, H, G thẳng hàng

Và GH = 2 GO.

- Như vậy cần xác định tọa độ của O, G, H

Và chứng minh: GH = 2 OG

Giải:

Dễ dàng xác định tọa độ 3 điểm A, B, C là: A (0; - 4); B (-5; 6); C (3; 2)

Gọi H (x, y) là trực tâm của ∆ABC

Ta có: =AH (x; y + 4), )6;3(=AC

=BH (x + 5; y – 6), )4;8( −=BC

Vì H là trực tâm nên:

⎩⎨⎧

==

⇔⎩⎨⎧

=−+=−−

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=23

0216301648

0.

0.yx

yxyx

ACBH

BCAH

=> H (3; 2)

Trọng tâm G = ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

++−+−34;

32

3264;

3350

Gọi O (x0, y0) là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, khi đó:

( )

)1;25(

125

3126452010

)2()3()4()0(

)6()5()4(0

0

0

00

00

20

20

20

20

20

20

20

20

22

22

−⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−=⇔

⎩⎨⎧

−=+=+−

⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

−+−=++−

−++=++−⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

Oy

xyx

yx

yxyx

yxyxOCOAOBOA

GH

B

A

O

C



=> GH = 2 OG

Suy ra 3 điểm H, O, G thẳng hàng và GH = 2GO.

Bài 5: Cho 2 đường thẳng

1∆ : x + 2y – 3 = 0

2∆ : 3x – y + 2 = 0

Viết phương trình đường thẳng (∆ ) đi qua điểm P (3; 1) và cắt 1∆ , 2∆ lần lượt ở A, B sao cho (∆ ) tạo với 1∆ và 2∆ một tam giác cân có cạnh đáy là AB.


- Gọi O là giao điểm của 1∆ và 2∆

- ∆ OAB cân tại O nên (∆ ) sẽ vuông góc với các đường phân giác của góc AOB

P

2

1

A

B

O

Giải

Gọi O là giao điểm của 1∆ và 2∆

Phương trình các đường phân giác góc O là:

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−−=

−+

+−=

−+

1023

532

1023

532

yxyx

yxyx

( ) ( )( ) ( )⎢⎢⎣

⎡

=+−−++

=−−++−⇔

⎢⎢⎣

⎡

+−−=−+

+−=−+⇔

022312232

022312232

)23()32(2

)23()32(2

yx

yx

yxyx

yxyx

Do đường thẳng (∆) đi qua điểm P (3; 1) và vuông góc với các đường phân giác nói trên nên có phương trình là:

⎢⎢⎣

⎡

=+−+−−

=+−−++

0625)32()122(

0)625()23()122(

yx

yx



Cách khác

Phương trình của (∆ ) có dạng:a(x – 3) + b(y – 1) = 0 (a2 + b2 ≠ 0)

hay ax + by – (3a + b) = 0

( 1∆ ): x + 2y – 3 = 0

( 2∆ ): 3x – y + 2 = 0

VTPT của ∆ , 1∆ , 2∆ lần lượt là: nr = (a; b), 1nr = (1; 2), 2nr = (3; -1)

Tam giác ABC là tam giác cân có cạnh đáy AB, nên:

BA ˆˆ = hay (∆ , 1∆ ) = (∆ , 2∆ ) (góc nhọn)

=> Cos (∆ , 1∆ ) = Cos (∆ , 2∆ )

103

52

.

...

2

2

1

1 babannnn

nnnn −

=+

⇔=⇔ rr

rr

rr

rr

⎢⎢⎣

⎡

−−=+

−=+⇔

−=+⇔

)3()2(2

3)2(2

3)2(2

baba

baba

baba

⎢⎢⎣

⎡

−=+

+=−⇔

ba

ba

)221()23(

)122()23(

Với ba )122()23( +=− , chọn b = )23( −

Ta có: 122 +=a

Vậy phương trình của ∆ là: 0)625()23()122( =+−−++ yx

Với ba )221()23( −=+ , chọn b = )23( + ,

Ta có: 221−=a

Vậy phương trình của (∆ ) là: 0625)32()122( =+−+−− yx

Bài 6:. Tìm điểm M trên đường thẳng (∆): x – y + 2=0 cách đều hai điểm E (0; 4) và

F (4; -9)


M

I E F

d

∆



- Kiểm tra được E (0; 4) và F (4; -9) không thuộc (∆)

- M cách đều 2 điểm E và F <=> M nằm trên đường trung trực (d) của EF.

Vậy {M} = (∆) ∩ (d)

Hoặc:

M ∈ (∆) => tọa độ M thỏa mãn phương trình (∆)

ME = MF =>M?

Giải

Cách 1: Kiểm tra được E (0; 4) và F (4; -9) không thuộc (∆)

Ta có: EF = (4; -13)

Gọi I là trung điểm của EF => I = (2; 52

− )

Gọi (d) là đường trung trực của đoạn thẳng EF

Suy ra (d) đi qua điểm I và nhận EF làm VTPT.

Vậy phương trình đường thẳng (d) là: 4(x – 2) – 13(y 52

+ ) = 0

<=> 4x – 13y – 281 = 0

<=> 8x – 26y – 81 = 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

−=⇔

⎩⎨⎧

=−−=+−

1897;

18133

189718133

08126802

My

x

yxyx

Cách 2: Phương trình tham số của đường thẳng (∆ ) là: (∆ ):⎩⎨⎧

+−==

txty

2

M ∈ (∆ ) => M(-2 + t; t), t∈R

Theo giả thiết: ME = MF

⇔ ME2 = MF2

⇔ ( –2 + t)2 + (4 – t)2 = (4 + 2 – t)2 + (– 9 – t)2

⇔ 4 – 4t + t2 + 16 – 8t + t2 = 36 – 12t + t2 + 81 + 18t + t2

⇔ 18t + 97 = 0



⇔ t = 1897

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⇒

1897;

18133M

Bài 7: Cho A (1; 2) và (d): 2x – 6y + 3 = 0. Tìm trên (d) 2 điểm B, C sao cho ∆ABC vuông cân tại A.

Hướng dẫn giải:

• Lập phương trình qua A sao cho góc hợp bởi đường thẳng đó với (d) là 450

∆ABC vuông cân tại A <=> AB = AC = AH 2

• Tìm trên (d) điểm M sao cho MA = AH 2 bằng cách chuyển (d) về PTTS.

Giải

Cách 1:

Gọi nr = (a, b), (a2 + b2 ≠ 0) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng (∆ ) qua A và hợp với (d) một góc 450

(∆ ): a(x – 1) + b(y – 2) = 0

⇔ ax + by – a – 2b = 0

Cos(d, ∆ ) = 22

.

.22

=⇔∆

∆

nnnn

d

drr

rr

(với );()6;2(

bannd

=−=

∆r

r

)

⎢⎢

⎣

⎡

=

−=⇔=−+⇔=

−++

−⇔

2

20232

22

)6(2

62 22

2222 ba

bababa

ba

ba

• Với a = -2b chọn ⇒⎩⎨⎧

=−=1

2ba

AB: -2x + y = 0

⇒Tọa độ B là nghiệm của hệ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⇒

⎩⎨⎧

=+−=+−

53;

103

036202

Byxyx

• Với a = 2b chọn ⇒

⎩⎨⎧

==

21

ba

AC: x + 2y – 5 = 0

⇒Tọa độ C là nghiệm của hệ:

C

A (1; 2)

B H 450 450



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⇒

⎩⎨⎧

=+−=−+

1013;

512

0362052

Cyx

yx

Cách 2: Phương trình tham số của (d) là:

)(3

23

Rtty

tx∈

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

+−=

M ∈ (d) ⇔ M ( Rttt ∈+− ),;323

d(A, d) = 102

7)6(2

312222=

−+

+−= AH

Do ∆ABC cân tại A ⇔ AB = AC = AH 2 =52

7

Ta tìm điểm M ∈ (d) sao cho AM = 52

7

( )204923

25

2049

22

2

=−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⇔

=⇔

tt

AM

⇔ 200t2 – 380t + 156 = 0

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⇒

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

=⇔

53;

103

1013;

512

531013

M

M

t

t

Vậy B = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

53;

103 và C = ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

1013;

512

Trong bài toán này ta có thể thay đổi tọa độ của B và C cho nhau.

Bài 8. Cho 3 điểm A (m; 5 – m), B (1; 2), C (3; 4). Khi m thay đổi có nhận xét gì độ dài AB, AC. Từ đó kết luận gì về điểm A của ∆ABC.


Ta có: ABuuur

= (1 – m; –3 + m)

ACuuur

= (3 – m; m – 1) 22 )3()1( −+−==⇒ mmACAB

Suy ra ∆ABC luôn cân tại A khi m thay đổi nên A luôn nằm trên đường trung trực của BC.



Bài 9 Cho A (3; 1), B (4; -3). Tìm tập hợp những điểm M sao cho

MA2 + MB2 = 45


Gọi (L) là quỹ tích cần tìm, giả sử M (x; y)

MA2 = x2 + y2 – 6x – 2y + 10

MB2 = x2 + y2 – 8x + 6y + 25

M (x; y) ∈ (L) ⇔ MA2 + MB2 = 45

⇔ x2 + y2 – 7x + 2y – 5 = 0

Vậy: Tập hợp các điểm M thỏa MA2 + MB2 = 45 nằm trên đường cong (L) có phương trình: x2 + y2 – 7x + 2y – 5 = 0

CHỦ ĐỀ 2: ĐƯỜNG TRÒN

A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Phương trình đường tròn

Trên mặt phẳng tọa độ, đường tròn (C) có tâm I (a; b) bán kính R (R > 0) có phương trình là: (x – a)2 + (y – b)2 = R2

2. Nhận dạng phương trình đường tròn

Phương trình x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 với điều kiện a2 + b2 > c, là phương trình đường tròn tâm I (-a;- b), bán kính R = cba −+ 22

3. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn

Cho điểm M (x0; y0) nằm trên đường tròn (C) tâm I (a; b). Gọi (∆ ) là tiếp tuyến của (C) tại M. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là đường thẳng qua điểm M và nhận

vectơ IM = (x0 – a; y0 – b) làm VTPT.

Phương trình (∆ ) là:

(x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0

B – HỆ THỐNG BÀI TẬP

Bài 1: Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình đường tròn? Tìm tâm và bán kính?

a. x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0

b. x2 + y2 – 4x – 2y + 2007 = 0

c. 2x2 + 2y2 – 3x – y – 3 = 0

d. x2 + 2y2 – 2x + 4y + 2 = 0

I (a; b)

M (x0; y0)

(C)

∆




- Đưa phương trình đã cho về dạng: (x – a)2 + (y – b)2 = R2

Khi đó tâm I (a, b), bán kính R > 0.

- Hoặc đưa phương trình về dạng:

x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0, với a2 + b2 > c. Khi đó: tâm I (-a;- b), bán kính

R = cba −+ 22

Giải

a/. x2 + y2 – 2x – 4y – 4 = 0 (C1)

(C1) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Với: 2 2 12 4 2

4 4

a ab b

c c

= − = −⎧ ⎧⎪ ⎪= − ⇒ = −⎨ ⎨⎪ ⎪= − = −⎩ ⎩

Ta có: R2 = a2 + b2 – c = 12 + 22 + 4 = 9

Vậy (C1) có tâm I (1; 2), bán kính R = 3

b/. x2 + y2 – 4x -2y + 2007 = 0 (C2)

(C2) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Với 2 4 22 2 1

2007 2007

a ab b

c c

= − = −⎧ ⎧⎪ ⎪= − ⇒ = −⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎩

Ta có: a2 + b2 – c = 22 + 12 – 2007 = -2002 < 0.

Suy ra (C2) không phải là phương trình đường tròn.

c/. 2x2 + 2y2 – 3x – y – 3 = 0 (C3)

(C3) có thể viết lại: x2 + y2 23

− x 21

− y 23

− = 0

(C3) có dạng x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Với

3 322 41 122 4

3 32 2

a a

b b

c c

⎧ ⎧= − = −⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪= − ⇒ = −⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪= − = −⎪ ⎪⎩ ⎩

Ta có R2 = a2 + b2 – c = 01634

23

161

169

>=++

Vậy (C3) có tâm I (43 ;

21 ), bán kính R =

434



d/. x2 + 2y2 – 2x + 4y + 2 = 0 (C4)

Do hệ số trước x2 và y2 không bằng nhau nên (C4) không phải là phương trình đường tròn.

Bài 2: Cho (Cm): x2 + y2 – 2(m – 1)x + 2(m + 5)y + m + 21 = 0 . Tìm giá trị của m để (Cm) là đường tròn.


Từ phương trình (Cm) ta tìm tâm I (a; b), bán kính R = cba −+ 22

Để Cm là đường tròn thì R > 0

Giải

(Cm) có dạng: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Với 1

521

a mb mc m

= − +⎧⎪ = +⎨⎪ = +⎩

(Cm) là phương trình đường tròn <=> a2 + b2 – c > 0

⇔ (- m +1)2 + (m + 5)2 – m – 21 > 0

⇔ 2m2 + 7m + 5 > 0

⇔⎢⎢

⎣

⎡

−>

−<

125

m

m

Bài 3: Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với 2 đường thẳng d1: 3x + 4y – 1 = 0 ; d2: 3x – 4y + 2 = 0 và có tâm I nằm trên đường thẳng có phương trình d: 2x – y + 1 = 0


Cách 1:

Tâm I ∈ d ⇒ I (t; 2t + 1)

Do (C) tiếp xúc với d1 và d2 nên:

d(I, d1) = d (I, d2)

⇒ t ⇒ tâm I và bán kính R

Cách 2:

d1 và d2 cắt nhau tại điểm M, điểm M sẽ cách đều 2 tiếp điểm A, B của d1 và d2 với (C)

Khi đó tâm I sẽ là giao điểm của (d) và hai đường phân giác của góc tạo bởi 2 đường thẳng (d1) và (d2)

Giải

Cách 1:

d2 d d1

I R



Phương trình tham số của đường thẳng (d) là: )(21

Rtty

tx∈

⎩⎨⎧

+==

Vì I ∈ (d) ⇒ I (t; 1 + 2t)

Khoảng cách từ I đến d1 và d2 lần lượt là:

d (I, d1) = 5

311

43

1)12(4322

+=

+

−++ ttt

d (I, d2) = 5

25

43

2)12(4322

+=

+

++− ttt

Do (C) tiếp xúc với d1 và d2 nên d (I, d1) = d (I, d2) = R

525

5311 +

=+

⇔tt

= R

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

−=⇔⎢

⎣

⎡−−=+

+=+⇔

16561

2531125311

t

t

tttt

+ Với t = 61

− , tâm và bán kính của (C) lần lượt là I (61

− ;32 ), R =

307

+ Với t = 165

− , tâm và bán kính của (C) lần lượt là I 807,

83;

165

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− R

Vậy có hai đường tròn là:

(C1): (x + 61 )2 + (y -

32 )2 =

90049

(C2): 640049

83

165 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + yx

Cách 2:

Phương trình hai đường phân giác của góc tạo bởi d1 và d2 là:

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

−=⇔

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−−=

−−

+−=

−+

83

61

5243

5143

5243

5143

y

x

yxyx

yxyx

Trường hợp 1:



Tọa độ tâm I của (C) là nghiệm của hệ: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=+−

83

012

y

yx

)83;

165(

83

165

−⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

−=⇔ I

y

x

Bán kính của (C) là R = d (I, d1) = 807

5

18

121615

=−+−

Vậy phương trình của (C) là:

640049

83

165 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + yx (C1)

Trường hợp 2:

Tọa độ tâm I của (C) là nghiệm của hệ: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=+−

−=

01261

yx

x

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

−=⇔

32

61

y

x hay I ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

32;

61

Bán kính của (C) là: R = d (I, d1) = 307

5

138

63

=−+−

Vậy phương trình của (C): 90049

32

61 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + yx (C2)

Bài 4 : Viết phương trình đường tròn qua 3 điểm A (3; 0), B (0; 4), C (0; - 4).

Giải

Gọi I (x; y) là tâm của đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C

Khi đó ta có: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=22

22

ICIAIBIA



6250

673

0;67

067

07860786

8169681696

)4()3()4()3(

22

2222

2222

2222

2222

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⇒

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−=⇔

⎩⎨⎧

=++=+−

⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

+++=++−

+−+=++−⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

−−+=+−

−+=+−⇔

IAR

I

y

xyxyx

yyxyxxyyxyxx

yxyxyxyx

Vậy phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C là: 2

22

625

67

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + yx

Bài 5. Cho 2 đường tròn: (C1): (x – 5)2 + y2 = 25

(C2): x2 + y2 + 4x – 2y – 20 = 0

Viết phương trình đường tròn đi qua 2 giao điểm của hai đường tròn trên và qua điểm A (0; 1).


Cách 1:

- Tìm giao điểm của hai đường tròn: B, C

- Viết phương trình đường tròn qua 3 điểm A, B, C

Gọi I (a; b) là tâm của đường tròn khi đó ta có: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=22

22

ICIAIBIA

=> I, bán kính R = IA

Cách 2:

Tìm hai giao điểm B, C của hai đường tròn,

Phương trình đường tròn có dạng:

x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 (C)

Thế tọa độ của A, B, C vào phương trình (C)

=> tâm I (-a; -b), bán kính R = cba −+ 22

Bài 6: Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y + 4 = 0 và đường thẳng ∆ : 3x – 4y + m + 2 = 0. Tùy theo m, biện luận số giao điểm của ∆ và (C).


- Tìm tâm và bán kính của đường tròn.

- Tính khoảng cách từ tâm đến đường thẳng ∆ .

+ Nếu d (I, ∆ ) < R thì ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt => Có 2 giao điểm.



+ Nếu d (I, ∆ ) = R thì ∆ tiếp xúc (C) => Có 1 giao điểm.

+ Nếu d (I, ∆ ) > R thì ∆ không cắt (C) => Không có giao điểm

Giải

(C): x2 + y2 – 4x – 2y + 4 = 0 có tâm I (2; 1), R = 412 22 −+ = 1

Khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ là:

d (I, ∆ ) = 5

4

43

21.42.322

+=

+

++− mm

+ Nếu d (I, ∆ ) < R ⇔ 4+m < 5 ⇔ –5 < m + 4 < 5 ⇔ – 9 < m < 1

thì ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.

Suy ra số giao điểm là hai.

+ Nếu d (I, ∆ ) = R ⇔ 4+m = 5 ⎢⎣

⎡−=

=⇔⎢

⎣

⎡−=+

=+⇔

91

5454

mm

mm

Khi đó (∆ ) tiếp xúc với (C) suy ra số giao điểm là một.

+ Nếu d (I, ∆ ) > R ⇔ 4+m > 5 ⇔ ⎢⎣

⎡−<

>⇔⎢

⎣

⎡−<+

>+9

154

54mm

mm

thì ∆ không cắt (C), số giao điểm là không.

Bài 7: Cho 2 đường tròn:

(C1): (x – 3)2 + y2 = 4

(C2): x2 + y2 – 12x – 6y + 44 = 0

a. Chứng minh (C1) và (C2) ở ngoài nhau.

b. Viết phương trình các đường thẳng tiếp xúc với 2 đường tròn trên.


a/. (C1) có tâm I, bán kính R

(C2) có tâm J, bán kính R’

(C1) và (C2) ngoài nhau ⇔ IJ > R + R’

b/. Gs: ∆ : y = mx + n là phương trình tiếp tuyến chung

nmJdId

,1),(2),(⇒

⎩⎨⎧

=∆=∆

Xét trường hợp (d): x = x0.

Giải

a/. (C1) có tâm I (3; 0), bán kính R = 2

(C2) có tâm J (6; 3), bán kính R’ = 14436 22 =−+

Ta có: IJ = 231833 22 ==+



'1223 '

RRIJRRIJ

+>⇒+=+>=⇒

Vậy (C1) và (C2) ở ngoài nhau

b/. Giả sử (∆ ): y = mx + n hay mx – y + n = 0 là phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

(∆ ) tiếp xúc (C1) và (C2)

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+

+−

=+

+

⇔⎩⎨⎧

=∆=∆

⇔

)2(11

36

)1(21

3

1),(2),(

2

2

m

nmm

nm

JdId

Từ (1) và (2) nmnm +−=+⇒ 3623

⎢⎣

⎡−=−=

⇔⎢⎣

⎡+−−=++−=+

⇔)4(52)3(96

)36(23)36(23

mnmn

nmnmnmnm

Thế (3) vào (1) ta được: 1266 2 +=−⇒ mm

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

+=

⇔

=+−⇔

+=−⇔

8179

8179

04941)33(

2

22

m

m

mmmm

Suy ra: n = 6 – 9m ( )( )⎢

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−=

−−=⇒

1793381

1793381

n

n

+ Thế (4) vào (1) ta được: 1222 2 +=− mm

20121

1)1(22

22

=⇒=⇔+=+−⇔

+=−⇔

nmmmm

mm

Xét đường thẳng, (d): x - x0 = 0

(d) tiếp xúc với (C1) và (C2) 51623

16

230

0

0

0

0 =⇔⎩⎨⎧

±=−±=−

⇔⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=−⇔ x

xx

x

x

Vậy có 4 tiếp tuyến chung với (C1) và (C2) là:

y = 2; x = 5



( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]17933179

81

1793317981

−−−=

+−+=

xy

xy

Bài 8: Cho hai đường tròn không đồng tâm và bán kính khác nhau có phương trình là:

x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 (C1)

x2 + y2 + 2a’x +2b’x + c’ = 0 (C2)

Tùy theo giá trị các hệ số, hãy xác định số tiếp tuyến chung của hai đường tròn trên.

Hướng dẫn tìm tòi lời giải

Để giải bài tập này học sinh nên vẽ hình minh họa và dựa vào hình vẽ đoán nhận, phát hiện, dự đoán số tiếp tuyến chung của hai đường tròn, từ đó rút ra điều kiện tương ứng.

Giải

Giả sử đường tròn (C1), (C2) có tâm và bán kính tương ứng là:

I (a; b), R và I’ (a’, b’), R’

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài khi và chỉ khi II’ = R + R’ . Khi đó hai đường tròn có 3 tiếp tuyến chung.

Hai đường tròn tiếp xúc trong khi và chỉ khi II’ = 'RR − . Khi đó hai đường tròn có duy nhất một tiếp tuyến chung tại tiếp điểm của chúng.

Hai đường tròn cắt nhau 'RR − < II’ < 'RR + . Khi đó hai đường tròn có hai tiếp tuyến chung

Hai đường tròn rời nhau: IJ > 'RR + . Khi đó 2 dường tròn có 4 tiếp tuyến chung.

Đường tròn lớn chứa đường tròn nhỏ: IJ < 'RR − . Khi đó hai đường tròn không có điểm chung nên không có tiếp tuyến chung.

Bài 9: Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (∆ ) ⎩⎨⎧

+−=+=

tytx

221

và



đường tròn : 16)2()1(:)( 22 =−+− yxε

Gợi ý tìm lời giải

Giải hệ phương trình ⎩⎨⎧ ∆

)()(

ε bằng cách thay x và y trong phương trình của ∆ vào phương

trình của (ε )

Giải

Tọa độ giao điểm của (∆ ) và (ε ) là nghiệm hệ phương trình:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−+−

+−=+=

)3(16)2()1()2(2)1(21

22 yxty

tx

Thay (1), (2) vào (3) ta được:

(1 + 2t – 1)2 + ( - 2 + t – 2)2 = 16

⇔ (2t)2 + (t – 4)2 = 16

⇔ 5t2 – 8t = 0

⇔⎢⎢

⎣

⎡

=

=

580

t

t

Thay t = 0, t = 58 vào phương trình của ∆ ta có tọa độ giao điểm của (∆ ) và (ε ) là:

(1; - 2) và ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

52;

521

Bài 10: Tùy theo tham số m. Hãy biện luận số giao điểm của đường thẳng (∆ ) và đường tròn (ε ) sau đây:

(∆ ): 3x + y + m = 0

(ε ): x2 + y2 – 4x + 2y + 1 = 0

Gợi ý: Tính d = d (I, ∆ ) rồi so sánh d và R (I là tâm và R là bán kính của đường tròn).

Giải

Đường tròn (ε ) có: tâm I (2; -1) và bán kính R = 2114 =−+

d = d (I, ∆ ) = 10

51012.3 +

=+− mm

* Trường hợp 1: d > R ⇔ 1025210

5>+⇔>

+m

m

⎢⎢⎣

⎡

−>

−−<⇔

⎢⎢⎣

⎡

>+

−<+⇔

5102

1025

1025

1025

m

m

m

m



thì (∆ ) và (ε ) không cắt nhau tức (∆ ) và (ε ) không có điểm chung.

* Trường hợp 2: d = R 1025 =+⇔ m

⎢⎢⎣

⎡

−−=

+−=⇔

1025

1025

m

m

thì (∆ ) tiếp xúc với (ε ). Khi đó (∆ ) và (ε ) có một điểm chung duy nhất

* Trường hợp 3: d < R 10251025 +−<<−−⇔ m

thì (∆ ) cắt (ε ) tại 2 điểm phân biệt. Khi đó (∆ ) và (ε ) có hai điểm chung.

CHỦ ĐỀ 3: ĐƯỜNG CÔNIC

ĐƯỜNG ELIP A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT:

1. Định nghĩa đường Elip

Cho hai điểm cố định F1 và F2 , với F1F2 = 2c (c > 0)

Đường Elip (còn gọi là elip) là tập hợp các điểm M sao cho MF1+ MF2 = 2a, trong đó a là số dương cho trước lớn hơn c. Hai điểm F1 và F2 được gọi là các tiêu điểm của elip. Khoảng cách 2c gọi là tiêu cự của elip.

2. Phương trình chính tắc của Elip

Cho elip (E) có hai tiêu điểm F1(-c;0) ; F2(c;0) và có độ dài trục lớn 2a (0 < c < a).

Phương trình chính tắc của elip có dạng: 12

2

2

2

=+by

ax

Trong đó b2 = a2 - c2 (0 < b < a)

3. Hình dạng của Elip (E): 12

2

2

2

=+by

ax

+ (E) có 2 trục đối xứng là Ox và Oy.

+ (E) có tâm đối xứng là gốc tọa độ O.

+ Hai tiêu điểm F1,F2 luôn nằm trên trục lớn A1A2.

+ Mọi điểm của Elip nếu không phải là đỉnh đều nằm trong hình chữ nhật cơ sở của nó có kích thước 2a, 2b và giới hạn bởi các đường thẳng x=± a,y =± b. Bốn đỉnh của elip là trung điểm các cạnh của hình chữ nhật cơ sở của elip.

4. Tâm sai của Elip

Tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn của elip gọi là tâm sai của elip

và được kí hiệu là e , tức là e =ac



5. Các thành phần của elip

(E): 12

2

2

2

=+by

ax

+ Hai tiêu điểm: F1(-c;0), F2(c;0)

+ Bốn đỉnh: A1(-a;0),A2(a;0)

B1(0;-b),B2(0,b)

+ Độ dài trục lớn A1A2 = 2a

+ Độ dài trục nhỏ B1B2 = 2b

+ Tiêu cự F1F2 = 2c

6 . Elip và phép co đường cong:.

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = a2

Với mỗi điểm M(x;y) ∈ (C) lấy một điểm M’(x’;y’) sao cho:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

yaby

xx

'

'

(a > b > 0) thì tập hợp các điểm M’ có tọa độ thỏa

12

2

2

2

=+by

ax là phương trình của một đường elip. Khi đó ta nói đường tròn

(C) co về một elip.

B. Hệ THỐNG BÀI TẬP:

Bài1: Cho (E) có phương trình chính tắc 12

2

2

2

=+by

ax (a > b). Hỏi trong các mệnh đề sau

mệnh đề nào đúng?

a. Tiêu cự của elip bằng 2c, trong đó c2 = a2 - b2

b. ( E) có độ dài trục lớn bằng 2a, độ dài trục bé bằng 2b.

c. (E) có tâm sai e = -ac

d. Tọa độ các tiêu điểm của (E) là F1(-c;0),F2(c;0)

e. Điểm (b;0) là một đỉnh của (E).

Đáp án:

a. Đúng c. Sai , vì e=ac e. Sai

b. Đúng d. Đúng

Bài 2: Tìm tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh, độ dài trục lớn độ dài trục bé của mỗi elip có phương trình sau:

P

S R

Q

B1

B2

F2F1A1 A2O



a. 1425

22

=+yx b. 1

49

22

=+yx c. x2 + 4y2 = 4


a/ 1425

22

=+yx

Ta có: a2 =25 ⇒ a = 5

b2 = 4 ⇒ b = 2

⇒ c2 = a2 – b2 = 25 – 4 = 21

Tiêu điểm: F1 = ( - 12 ; 0) ; F2( )0;21

Các đỉnh: A1 = (-5;0) ; A2(5;0)

B1 = (0;-2) ; B2(0;2)

Độ dài trục lớn: A1A2 = 2a = 10

Độ dài trục bé: B1B2 = 2b = 4

Câu b , câu c làm tương tự.

Bài 3: Lập phương trình chính tắc của elip trong mỗi trường hợp sau:

a. (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và tâm sai e =23

b. (E) có độ dài trục bé bằng 8 và tiêu cự bằng 4

c. (E) có một tiêu điểm là F( 3 ;0) và đi qua điểm M(1;23 )


a/ Theo đề bài ta có: 2a = 8 => a = 4

e = ac =

23 => c = 324.

23.

23

==a

Mặt khác: b2 = a2 - c2 = 42 - 2)32(

=16 – 12 = 4

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1416

22

=+yx

b/ Theo đề bài ta có: 2b = 8 ⇒ b = 4 ⇒ b2 = 16

2c = 4 42 2 =⇒=⇒ cc

Mặt khác ta có: a2 = b2 + c2 = 16 + 4 = 20

Vậy phương trình chính tắc của (E) có dạng là: 11620

22

=+yx



F1 F2

B2

O

c/ Tacó: F( 3 ;0) ⇒ c = 3 ⇒ c2 = 3

Phương trình chính tắc của elip có dạng: 12

2

2

2

=+by

ax

M(1;23 ) )(E∈ 1

431

22 =+⇒ba

⇒ 4b2 + 3a2 = 4a2b2 (1)

Mặt khác ta có: a2 - b2 = c2 =3

⇒ a2 = 3 + b2 (2)

Thế (2) vào (1) ta được: 4b2 + 3(3+b2) = 4(3+b2)b2

⇔ 4b2 + 9 + 3b2 = 12b2 + 4b4

⇔ 4b4 +5b2 – 9 = 0

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

=⇔

)(49

1

2

2

loaib

b ⇒ b2 = 1 ⇒ a2 = 3 + 1 = 4

Vậy phương trình chính tắc của elip là: 114

22

=+yx

Bài 4: Cho (E) : 12

2

2

2

=+by

ax (0 < b < a)

Tính tỉ số ac trong các trường hợp sau:

a. Trục lớn bằng 3 lần trục nhỏ.

b. Đỉnh trên trục nhỏ nhìn 2 tiêu điểm dưới một góc vuông.


a/. Trục lớn bằng 3 lần trục nhỏ

=> 2a = 3(2b)

=> a = 3b

=> a2 = 9b2 = 9(a2 - c2)

=> 9c2 = 8a2

=> 3c = 2 2 a

=> 3

22=

ac



b/ Giả sử F1B2F2 = 900 => OB2 =2

21FF

=> b = c => b2 = c2

=> a2 = b2 + c2 = 2c2

=> a= 2 c

=> 22

21

==ac

Bài 5: Cho (E): 1925

22

=+yx , F1, F2 là 2 tiêu điểm. Đường thẳng ∆ thay đổi có

phương trình: 0=++ CByAx thỏa 222 925 CBA =+ . Tìm hệ thức liên hệ giữa d(F1,∆ ), d(F2,∆ ).


Tính khoảng cách từ hai tiêu điểm đến đường thẳng chú ý điều kiện của giả thuyết và các yếu tố của elip.

Ta có: F1(-4;0) ; F2(4;0)

d(F1,∆ ).d(F2,∆ ) = 22

222

2222

4

.

4.4BA

AC

BABA

CACA+

−=

++

++−

999

),().,( 22

22

21 =+

+=∆∆⇔

BA

BAFdFd

Vậy hệ thức liên hệ giữa d(F1,∆ ) và d(F2,∆ ) là d(F1,∆ ).d(F2,∆ ) = 9

Bài 6. Cho (E): 12

2

2

2

=+by

ax , F1, F2 là hai tiêu điểm. Đường thẳng ∆ thay đổi có

phương trình 0=++ CByAx thỏa 22222 CbBaA =+ . Nhận xét gì về tích d(F1,∆ ).d(F2,∆ ).


Ta có: d(F1,∆ ).d(F2,∆ ) = 22

222

2222.

BA

cAC

BA

CAc

BA

CAc+

−=

+

+

+

+−

222

2222222

b )(A

)).d(F2,d(F1, =+

−−+=∆∆⇔

BAbaAbBa

Hệ thức liên hệ giữa d(F1,∆ ), d(F2,∆ ) là d(F1,∆ ).d(F2,∆ ) = b2

Bài 7. Cho (E): 149

22

=+yx và d: 0=++ CByAx thỏa 222 49 CBA =+ . Xác định số

giao điểm của (d) và (E).


Từ giả thuyết: 222 49 CBA =+ ta suy ra C khác 0



Nếu A=0 => B 0≠ , 4B2 = C2 ; 2±=−=BCy

Thay giá trị của y vào phương trình của (E), ta được:

3694 2

22 =+

BCx <=> 09364 2222 =−= CBBx => 0=x

Vậy đường (d) cắt (E) tại một điểm có tọa độ )2;0()2;0( −hay

Tương tư nếu B=0, A 0≠ ta cũng có đường thẳng cắt (E) tại điểm có tọa (-3;0) hay (3;0)

Nếu A và B đều khác 0, ta có: 22222 4844)(22 CBCyyBxACByAx ++=⇒+−= (1)

Từ phương trình của (E) ta suy ra: 22222 3694 AyAxA =+ (2)

Thay (1) vào (2) ta được: 0364849 222222 =−+++ ACBCyyByA

0168 222 =++⇔ BBCyyC

Phương trình trên có nghiệm kép nên số giao điểm của (E) và ∆ là một.

Bài 8. Cho ( ) 1: 2

2

2

2

=+by

axE . Đường thẳng 0: =++∆ CByAx thỏa

22222 CbBaA =+ . Xác định số giao điểm của ( )Evà∆


Nếu A = 0, B 0≠ giao điểm của ( ) ( ) ( ) ( )bhayblàEvà −∆ ;0;0

Nếu B = 0, A 0≠ giao điểm của ( ) )(Evà∆ là (-a ; 0) và (a ; 0)

Nếu A ≠ 0, B ≠ 0, ta cũng chứng minh được ( ) )(Evà∆ có duy nhất một điểm chung.

Thật vậy, từ phương trình 0=++ CByAx suy ra

)1(2

)(222222222 CbyBCbyBbxbA

CBybAbx++=⇒

+−=

Từ phương trình (E) suy ra: )2(222222222 AbayAaxAb =+

Từ (1) và (2) ta được:

02 222222222222 =−+++ AbaCbyBCbyAayBb

)3(02 222222 =++⇔ BbbyBCbyC

0)(' 42222 =−=∆ bCBbBb

Phương trình (3) có nghiệm kép nên (∆ ) và (E) có điểm chung duy nhất.

Bài 9: Cho elip (E): 149

22

=+yx và đường thẳng (d): 01=−− ymx



Biện luận theo m số giao điểm của (d) và (E).


Toạ độ giao điểm (nếu có) của (d) và (E) thoả mãn hệ:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−

=+

)2(01

)1(149

22

ymx

yx

Từ (2) => 1−=mxy . Thế y vào (1) ta được:

147

)1(9

22

=−

+mxx

02718)94( 22 =−−+⇔ mxxm

Ta có: mmm ∀>++=∆ 0)94(27)9(' 22

Vậy (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm phân biệt.

Bài 10: Cho elip (E): 55 22 =+ yx có tiêu điểm F1,F2 . Tìm trên (E).

a. Điểm P sao cho P nhìn F1,F2 dưới một góc bằng 900.

b. Điểm M sao cho MF1 = 2MF2.


a/. Cách 1: Gọi P( )(); Eyx ∈

P nhìn F1,F2 dưới một góc vuông ?0.. 21 PPFFP ⇒=⇔→→

Cách 2: P nhìn F1, F2 dưới một góc vuông nên P nằm trên đường tròn tâm O, bán

kính CFF=

221 có phương trình: 422 =+ yx

Tọa độ điểm P là nghiệm hệ: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=+

554

22

22

yxyx

b/. Gọi

)2(65

33

3)(22:

)1(55)(),(

2

0

0

0021

20

2000

===⇔

=⇔−=+⇔=

=+⇔∈

ca

eax

aexexaexaMFMFTacó

yxEyxM

Thế (2) vào (1) ta được:



⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

=⇒

=−=−=

631

631

36155

3625555

0

0

20

20

y

y

xy

Vậy các điểm cần tìm là: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

631;

65;

631;

65

Bài 11: Cho (E): 114

22

=+yx và hai điểm M(-2;m); N(2;n), (m+n )0≠

a. Gọi A1, A2 là hai đỉnh trên trục lớn của (E). Hãy viết phương trình các đường thẳng A1N và A2M xác định tọa độ giao điểm I của chúng

b. Cho MN thay đổi nhưng nó luôn tiếp xúc với (E). Tìm quỹ tích của trung điểm I.


Xác định tọa độ các đỉnh A1, A2

Viết phương trình các đường thẳng A1N và A2M. Tọa độ giao điểm của A1N và A2M là nghiệm hệ tạo bởi phương trình hai đường thẳng A1N và A2M

Giải:

a/. Elip (E) có hai đỉnh trên trục lớn Ox là A1(-2;0), A2(2,0);

Phương trình đường thẳng A1N: n

yx 04

2 −=

+

024 =+−⇔ nynx

Phương trình đường thẳng A2M: m

yx 042 −=

−−

024 =−+⇔ mymx

Tọa độ giao điểm I của A1N và A2M là nghiệm của hệ:

2( ) (1)4 2 04 2 0 . (2)

m nxnx y n m nmx y m m ny

m n

−⎧ =⎪− + =⎧ ⎪ +⇔⎨ ⎨+ − =⎩ ⎪ =⎪ +⎩

Vậy I ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++−

nmmn

nmnm ;)(2

b/. Phương trình đường thẳng MN: mnnyx

−−

=−4

2

0)(24)( =++−−⇔ mnyxmn .



MN tiếp xúc với (E): 222 )(4)4()(4 mnmn +=−+−⇔

1=⇔ mn

Từ (1) [ ]22

2

2

22

)(164

)(4)(4

)()(4

nmnmmnnm

nmnmx

+−=

+−+

=+−

=⇒ (3)

Từ (2) ⇒ 22

22

)(16

)()(1616

nmnmmny

+=

+= (4)

Từ (3), (4) 416 22 =+⇒ yx

1

414

22

=+⇒yx (*)

Vậy quỹ tích của điểm I là một elip có phương trình (*)

Cách 2:

Ta có thể tìm điều kiện MN tiếp xúc (E) như sau:

MN tiếp xúc (E) ⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=++−−⇔

)2(114

)1(0)(24)(22 yx

mnyxmn có đúng một nghiệm

[ ] )3()(2)(41)1( mnxmny ++−=⇒

Thay (3) vào (2) ta được:

[ ] 4)(2)(41 22 =−+−+ mnxmnx .

[ ] 016)(4(44)( 2)2222 =−++−++−⇔ mnxmnxmn (4)

(4) có đúng một nghiệm 0' =∆⇔

[ ] [ ][ ] 016)(44)()(4 22222 =−++−−−⇔ mnmnmn

.1. =⇔ nm

Làm tương tự như trên ta được quỹ tích của điểm I là elip có phương trình là:

1

414

22

=+yx

Bài 12; Cho elip (E): 1916

22

=+yx . Điểm M (m, 0), (m > 0) di chuyển trên tia 0x, N (0,

n) (n > 0) di chuyển trên tia 0y và thỏa .191622 =+

nm Tìm tọa độ điểm M, N sao cho

MN ngắn nhất. Tìm độ dài ngắn nhất đó.



y

xM(x;y)

O

B

A(a;0)

Giải

Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski cho 2 cặp số ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

nm3;4 và (m, n)

Ta có:

( ) 2222222

22 ).(1916.3.47 MNnmnm

nmn

nm

m=+=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

.7≥⇒ MN

Vậy min MN = 7 ⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+

=

49

34

22 nmn

n

m

m

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+

=⇔

493422

22

nm

nm

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇔

2128

2

2

nm

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇔

21

72

n

m (do m > 0, n > 0)

Suy ra: M( ),0;72 N(0; )21

Bài 13 :Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A,B lần lượt chạy trên Ox, Oy

sao cho AB = l không đổi. Tìm tập hợp các điểm M sao cho .31 ABAM =

Giải

Đặt A(a,0); B(0,b); M(x,y)

Ta có: ),( baAB −=

),( yaxAM −=

2222

lbaAB =+=

222

)( yaxAM +−=

Do: ABAM31

= ).,(31),( bayax −=−⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

−=−⇒

3

31

by

aax

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=⇔

3

32

by

ax

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇔

yb

xa

323

Vậy 222222 949 lyxlba =+⇔=+



1

91

94 2

2

2

2

=+⇔l

y

l

x

Vậy tập hợp các điểm M là một elip có phương trình chính tắc:

.1

332 2

2

2

2

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ l

yl

x

Bài 14. Tìm tập hợp các điểm M sao cho tỷ số khoảng cách từ M đến điểm F(2;0) và từ

M đến đường thẳng ( )∆ : 08 =−x bằng .21


Đặt M ( ); 00 yx . Tính các khoảng cách:

( ) 022

0 2 yxMF +−=→

d ( ) .81

8)(, 0

0 −=−

=∆ xx

M

Theo giả thiết: 21

))(,(=

∆MdMF => hệ thức liên hệ giữa 0x và 0y là tập hợp điểm M

cần tìm.

Bài 15. Cho hai đường tròn ( ))( 1,11 RFε và ( )( )222 , RFε . ( )1ε chứa trong ( )2ε . Gọi M là tâm của đường tròn ( )ε thay đổi nhưng luôn tiếp xúc trong với ( )2ε và tiếp xúc ngoài với ( )1ε . Hỏi điểm M di động trên một đường gì?


Gọi M, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ( )ε .

Do ( )ε tiếp xúc ngoài với ( )1ε nên ta có:

MF1= R+R1 (1)

Do ( )ε tiếp xúc trong với ( )2ε nên ta có:

MF2= R2-R (2)

Từ (1) và (2) ta có:

.2121 RRMFMF +=+ (không đổi)

Vậy M di động trên một elip có 2 tiêu điểm là F1 và F2 và độ dài trục lớn bằng 21 RR +

(C)

(C1)

(C2)

F1

F2

M



F1

F2

M

ĐƯỜNG HYPEBOL A - TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

1. Định nghĩa đường Hypebol

Cho hai điểm cố định F1, F2 có khoảng

cách F1F2 = 2c (c>0). Đường hypebol (còn gọi là hypebol)

là tập hợp các điểm M sao cho 21 MFMF − = 2a.

Trong đó a là số dương cho trước nhỏ hơn c.

Hai điểm F1, F2 gọi là các tiêu điểm của hypebol.

Khoảng cách F1F2 =2c gọi là tiêu cự của hypebol.

2. Phương trình chính tắc của hypebol

Phương trình 12

2

2

2

=−by

ax (a > 0 ; b > 0) là phương trình chính tắc của

hypebol.

3. Hình dạng của Hypebol

• Trục Ox gọi là trục thực, trục Oy gọi là trục ảo của Hypebol.

• Hai giao điểm của Hypebol với trục Ox gọi là 2 đỉnh của Hypebol.

• Khoảng cách 2a giữa 2 đỉnh gọi là độ dài trục thực, 2b gọi là độ dài trục ảo.

• Hypebol gồm 2 phần nằm hai bên trục ảo, mỗi phần gọi là một nhánh của Hypebol.

• Tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục thực gọi là tâm sai của hypebol. Ký hiệu là:

e = ac (e > 1).

• Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng ax ±= ; by ±= gọi là hình chữ nhật cơ sở của Hypebol. Hai đường thẳng chứa hai đường chéo của hình chữ nhật là hai

tiệm cận của Hypebol. Phương trình hai tiệm cận là: y = xab

±

B. HỆ THỐNG BÀI TẬP

Bài 1: Cho Hypebol (H) có phương trình chính tắc 12

2

2

2

=−by

ax . Hỏi trong các

mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

a. Tiêu cự của (H) là 2c, trong đó 222 bac += .

b. (H) có độ dài trục thực bằng 2a, độ dài trục ảo bằng 2b.

c. Phương trình hai đường tiệm cận của (H) là: xaby ±=



d. Tâm sai của (H) là .1>=ace

Đáp án: a/ Đúng c/ sai vì xaby ±=

b/ Đúng d/ Đúng

Bài 2: Tìm tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh; độ dài trục thực, trục ảo và phương trình các đường tiệm cận của mỗi hybebol có phương trình sau:

a. 149

22

=−yx ; b. 1

169

22

=−yx ; c. 99 22 =− yx .


a. 149

22

=−yx

Ta có: 92 =a 3=⇒ a 131349222 =⇒=+=+=⇒ cbac

42 =b 2=⇒ b

Tiêu điểm F1(-c;0) = ( )0;13− , F2(c;0) = ( )0;13

Các đỉnh A1(-a;0) = (-3;0) , A2(a;0) = (3;0)

B1(0;-b) = (0;-2) , B2 (0;b) = (0;-2)

Độ dài trục thực A1A2 = 2a = 6

Độ dài trục ảo B1B2 = 2b= 4

Phương trình đường tiệm cận: xy32

= và xy32

−=

Câu b,c làm tương tự

Bài 3: Viết phương trình chính tắc của (H) trong mỗi trường hợp sau:

a. (H) có một tiêu điểm là (5;0) và độ dài trục thực bằng 8.

b. (H) có tiêu cự bằng 32 , một đường tiệm cận là xy32

= .

c. (H) có tâm sai 5=e và đi qua điểm ( )6;10 .


a/ Phương trình chính tắc của (H) có dạng: .12

2

2

2

=−by

ax

Ta có: F(5;0) =>c=5

2a=8 =>a=4

9162545 22222 =−=−=−= acb



Vậy phương trình chính tắc của (H) là: 1916

22

=−yx

b/ Phương trình chính tắc của (H) có dạng:

.12

2

2

2

=−by

ax

Ta có: .33322 2 =⇒=⇒= ccc

Tiệm cận xy32

= => ab

=32 => 2a = 3b

=> ba23

= (1)

Mặt khác: 3222 =+= bac (2)

Thế (1) vào (2) ta được: 323 2

2

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ bb

1312

12131249

2

2

22

=⇔

=⇔

=+⇔

b

bbb

Từ đó suy ra: 1327

131233 22 =−=−= ba

Vậy phương trình chính tắc của (H) là: .1

1312

1327

22

=−yx

c/ Phương trình chính tắc của (H) có dạng: .12

2

2

2

=−by

ax

Ta có: 5==ace => ac 5= => 22 5ac = => 22 4ab = (1)

A( ;10 6) ∈ (H) => .3610.13610 222222 baab

ba=−⇒=− (2)

Thế (1) vào (2) ta được: 2222 4.364.10 aaaa =−

⎢⎣

⎡

=

=⇔

=−⇔

.0.1

.044

2

2

24

aa

aa

Suy ra: .42 =b



Vậy phương trình chính tắc của (H): .141

22

=−yx ( Không phải dạng chính tắc.)

Bài 4: Cho Hypebol (H): .194

22

=−yx Tìm giá trị của n để đường thẳng d: y=nx-1 cắt

Hypebol (H) tại hai điểm phân biệt.

Giải

Thay y = nx - 1 vào phương trình của Hypebol (H), ta được:

36)12(4919

)1(4

22222

=+−−⇔=−

− nxxnxnxx

( ) 040849( 22 =−+−⇔ nxxn (*)

Để (d) cắt (H) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt.

⎪⎩

⎪⎨⎧

>−+=∆

≠−⇔

0)49(4016'049

22

2

nnn

⎪⎩

⎪⎨⎧

>+−

≠⇔

.0360144942

2

nn

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

<<−

±≠⇔

210

210

23

n

n

Bài 5: Cho (H): 154

22

=−yx và đường thẳng 0: =+−∆ myx

a. Với mọi m, có nhận xét gì về số giao điểm của ∆ và (H)

b. Trường hợp ∆ cắt (H) tại hai điểm phân biệt A và B. Hỏi A và B nằm trên cùng một nhánh hay hai nhánh của (H).


Lập phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng.

Nếu tọa độ giao điểm có hoành độ trái dấu thì A, B nằm về hai nhánh của (H).

Giải

a/. Từ phương trình 0=+− myx suy ra mxy += thay vào phương trình của (H) ta được:

( )*0204820)(45

22

22

=−−−⇔

=+−

mmxxmxx

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt nên đường thẳng ∆ luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt.

b/. Vì 0204. 221 <−−= mxx m∀ nên 2 điểm A, B nằm về hai nhánh khác

nhau của (H).



Bài 6. Cho (H): 114

22

=−yx và đường thẳng ( ) : Ax + By + C = 0 thỏa A2 – B2 = C2

(C≠ 0). Xác định số giao điểm ( ) và (H)


Từ điều kiện A2 – B2 = C2 ta suy ra A 0≠

* Trường hợp B = 0, suy ra A2 = C2, Ax + C = 0 hay ACx −=

Do A2 = C2 ⎢⎣

⎡=−=

⇒⎢⎣

⎡−=

=⇒

11

xx

CACA

+ Khi x = 1 thế vào phương trình của (H) suy ra:

)(432 VNy −=

+ Khi x = –1 )(432 VNy −=⇒

* Trường hợp B 0≠ ta có: Ax = – (By + C)

⇒ A2x2 = B2y2 + 2BCy + C2

Thay vào chương trình của (H) ta được:

(B2 – 4A2) y2 + 2BCy + C2 - 4A2 = 0

’ = B2C2 – (B2 - 4A2) (C2 – 4A2)

= 4B2A2 + 4A2C2 -16A4

= 4A2 (B2 + C2) – 16A4 = 4A4 -16A4 = -12A4 < 0 A∀

Vậy ( ) và (H) không có điểm chung.

Bài 7: Cho (H): 12

2

2

2

=−by

ax . Và đường thẳng : Ax +By + C = 0 thỏa

4A2 – B2 =C2 (C )0≠ . Xác định số giao điểm của đường thẳng và (H).


Đây là bài toán tổng quát của bài toán trên, cách giải tương tự.

Bài 8: Cho đường thẳng )(∆ : 3x+4=0 và điểm F(-3;0). Tìm tập hợp các điểm M sao cho 2MF=3ME, trong đó E là hình chiếu của M trên )(∆

Hướng dẫn giải.

- Tính độ dài FM= MFuuur

ME= d(M, )∆



O

M

P

H x

y

- Từ 2MF=3ME ta được hệ thức liên hệ giữa x và y là tập hợp các điểm M cần tìm.

Giải

Giả sử M ( 00; yx ). Ta có: );3( 00 yxFM +=

ME=d(M, )∆3

43 0 +=x

20

20 )3( yxFM ++=

Do 2MF=3ME

=++⇔ 20

20 )3(2 yx 43 0 +x

.16249)96(4 02

02

002

0 ++=+++⇔ xxyxx

2045 20

20 =−⇔ yx

154

20

20 =−⇔

yx

Vậy tập hợp M la hypebol có phương trình: 154

22

=−yx

Bài 9: Cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 = 4. Điểm M chuyển động trên đường tròn tiếp tuyến tại M cắt Ox tại H. Trên đường thẳng ( ) vuông góc với Ox tại H, lấy điểm P sao cho HM = PH. Tìm tập hợp các điểm P.

Giải

Đặt P(x0; y0) ⇒ H(x0; 0)

Ta có PH = HM ⇒PH2 = HM2

MH là tiếp tuyến ⇒OH2 – OM2 = HM2

Trong đó:

0

02 2

( 0 ; )

( ; 0 )

4

P H y

O H x

O M R

= −

=

= =

u u ur

u u ur

Vậy 420

20 −= xy

1

44

420

20

20

20

=−⇒

=−⇒

yx

yx

Vậy quỹ tích điểm P là Hypebol có phương trình : 144

20

20 =−

yx



Bài 10: Tìm tập hợp tâm các đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn cho trước và ở ngoài nhau.


– Vẽ hình minh họa

– Giả sử )()( 21 εε và là hai đường tròn cho trước, lần lượt có tâm I1;I2 và bán kính R1;R2.

Gọi M là tâm và R là bán kính của đường tròn (ε ).

)( 1ε tiếp xúc (ε ) <=> I1M = R + R1 (1)

)( 2ε tiếp xúc (ε ) <=> I2M = R + R2 (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra:

2121 RRMIMI −=−− (không đổi)

Vậy tập hợp M là một nhánh của hypebol có hai tiêu điểm 21, II và độ dài trục thực là:

21 RR −

Bài 11: Cho đường tròn (C) tâm F1, bán kính R và một điểm F2 ở ngoài (C). Chứng minh rằng tập hợp tâm các đường tròn đi qua F2, tiếp xúc với (C) là một đường hypebol. Viết phương trình chín tắc của Hypebol đó.

Hướng dẫn giải: Gọi M(x,y) là tâm của đường tròn qua F2 và tiếp xúc với (C)(F1;R).

Ta có: F1 và F2 cố định, ta cần tìm hệ thức liên hệ giữa MF1 và MF2.

Dựa vào hình vẽ và tính chất của hai dường tròn tiếp xúc ta tính được

MF1 – MF2 = R±

Điều này chứng tỏ điểm M thuộc Hypebol mà ta cần xác định phương trình.

Giải

Gọi M(x;y) là tâm của đường tròn đi qua F2 và tiếp xúc với (C)(F1;R)

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài <=> MF1 = R + MF2

Hai đường tròn tiếp xúc trong <=> MF1 = MF2 – R

Vậy hai đường tròn tiếp xúc <=> MF1 – MF2 = R± hay | MF1 – MF2 | = R

I2

I1C2( )

C( )

C1( )M



Do đó tập hợp tâm M là một Hypebol có hai tiêu điểm F1 và F2 , độ dài nửa trục thực

bằng 2R , độ dài nửa trục ảo bằng b =

22

21

22⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ RFF

Phương trình chính tắc của (H):

1

22

222

21

2

2

2

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ RFF

yRx

Bài 13: Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M bắt kỳ thuộc hypebol đến hai đường tiệm cận là một số không đổi.

Giải

Phương trình chính tắc của Hypebol: 12

2

2

2

=−by

ax (H)

Phương trình 2 đường tiệm cận của (H):

)()(

00

2

1

∆∆

⎩⎨⎧

=+=−

⇔

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

=

aybxaybx

xaby

xaby

Gọi M ),( 00 yx là điểm bắt kỳ thuộc (H). Khi đó ta có:

)1(1 2220

220

22

20

2

20 bayaxb

by

ax

=−⇔=−

22

00222

001 ))(,(,))(,(

ba

aybxMd

ba

aybxMd

+

+=∆

+

−=∆

Vậy 22

22

22

20

220

2

21 ),(),(ba

baba

yaxbMdMd

+=

+

−=∆⋅∆ (không đổi)

F2

F1

M

F1

F2

M



ĐƯỜNG PARABOL A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Định nghĩa đường Parabol

Cho một điểm F cố định và một đường thẳng cố định không đi qua F. Tập hợp các điểm M cách đều F và được gọi là đường Parabol.

Điểm F được gọi là tiêu điểm của Parabol.

Đường thẳng được gọi là đường chuẩn của parabol

Khoảng cách từ F đến được gọi là tham số tiêu của parabol.

2.Phương trình chính tắc của Parabol

Cho parapol với tiêu điểm F và đường chuẩn . Khi đó phương trình : )0(22 >= ppxy được gọi là phương trình chính tắc của parabol

3. Các yếu tố của parabol được xác định

• Gốc tọa độ O(0,0) là đỉnh của parabol

• Ox là trục đối xứng của parabol

• Tiêu điểm )0;2

( pF

• Đường chuẩn : 2px −=

• Tâm sai : e = 1

• 2

:)(),( 0000

pxMFPyxM +=∈

A. HỆ THỐNG BÀI TẬP

Bài 1:Viết phương trình chính tắc của parabol (P) trong mỗi trường hợp sau:

a. (P) có tiêu điểm F(3;0)

b. (P) đi qua điểm M(1; -1)

c. (P) có tham số tiêu là 31

=p

y

x

∆

OF(p/2;0)

M(x;y)

M

F




Phương trình chính tắc của parabol có dạng : pxy 22 = (p>0)

Ta tìm p thông qua các dữ kiện của bài toán

Giải

a/ Phương trình chính tắc của parabol (P) có dạng: )0(22 >= ppxy

Tiêu điểm F(3;0) 632

=⇒=⇒ pp

Vậy phương trình chính tắc của parabol là : xy 122 =

b/ Phương trìnhh chính tắc của parabol (P) có dạng: pxy 22 = (p > 0)

Do M(1; - 1) ∈ (P) nên ta có (- 1)2 = 2p 21

=⇒ p

Vậy phương trình chính tắc của parabol là: y2 = x

c/Phương trình chính tắc của parabol có dạng: pxy 22 = (p > 0)

Ta có: 31

=p

Vậy phương trình chính tắc của parabol là: xy322 =

Bài 2: Dùng định nghĩa của parabol hãy viết phương trình của parabol có tiêu điểm F(4;2) và đường chuẩn là trục hoành.


Giả sử );( 00 yxM ),()( OxMdFMP =⇔∈

Tính ⎩⎨⎧

),( OxMdFM

sau đó biến đổi ta sẽ có phương trình của parabol cần tìm

Giải

Giả sử )();( 00 PyxM ∈

Ta có: ),()( OxMdMFPM =⇔∈

* 20

20 )2()4( yxMF −+−=

* 00

1),( y

yOxMd ==

5241

)2()4(),(),(

0200

20

20

20

22

+−=⇔

=−+−⇔

=⇔=

xxy

yyxOxMdMFOxMdMF



(P)

y

N

M

OF(1;0)

A

B

Vậy phương trình của parabol là : 5241 2 +−= xxy

Bài 3: Cho điểm F cố định và đường thẳng cố định không đi qua F. Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua F và tiếp xúc với


Do đường tròn tâm I đi qua F và tiếp xúc với nên:

R = IF = d(I, ) 1),(=

∆⇒

IdIF

⇒Tập hợp các điểm I là một parabol có tiêu điểm F và đường chuẩn là

Bài 4: Cho parabol: xy 42 = và một đường thẳng bất kỳ qua tiêu điểm của parabol và cắt parabol tại hai điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ A và B đến trục của parabol là một số không đổi.


Giả sử ( ) là đường thẳng qua tiêu điểm F và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

Chứng minh: constOxBdOxAd =),(.),(

+ )2;1(;)2;1(//)( −⇒∆ BAOy

constOxBdOxAd =⇒ );(.);(

+ •≠∆ Oy)( Viết phương trình đường thẳng ( )

• Tìm tọa độ giao điểm của ( ) và (P)

Giải:

(P): 242 ==>= pxy . Vậy tiêu điểm F(1;0)

Giả sử ( ) là đường thẳng đi qua tiêu điểm F và cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A và B.

• Nếu ( ) // Oy. Khi đó ( ) cắt (P) tại 2 điểm A(1;2) và B(1;-2)



• Ta có:

2),(2),(

==

oxBdoxAd

4),().,( =⇒ oyBdoxAd (không đổi)

• Nếu ( ) không song song với Oy khi đó phương trình đường thẳng ( ) đi qua F(1;0) là : y = k )0()1( ≠− kx

Tọa độ giao điểm A, B của ( ) và (P) là nghiệm hệ

⎩⎨⎧

=

−=

)2(4)1()1(

2 xyxky

Từ (1) 1+=⇒kyx thế vào (2) ta được:

044

44)1(4

2

2

=−−⇔

+=+=

yk

y

ky

kyy

Phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu (vì a . c < 0)

y1, y2 là tung độ của A và B

Ta có : 44..),(.),( 2121 =−=== yyyyOxBdOxAd (không đổi)

Vậy cả hai trường hợp ta đều có: =),(.),( OxBdOxAd 4

Bài 5: Cho (P): xy 122 = . Đường thẳng ( ) qua M(2;0) cắt (P) tại hai điểm A, B. Tìm hệ thức liên hệ giữa khoảng cách từ A và B đến Ox


y

x

(P)

M

O

B

A



• Xét trường hợp AB vuông góc với Ox , khi đó )24;2(),24;2( −BA nên 24.),().,( == MBMAOxBdOxAd

• Dự đoán tích không đổi và bằng 24 với bất kỳ vị trí nào của A, B.

Giải

Phương trình đường thẳng ( ) qua M(2;0) và có hệ số góc k là:

)0(2)2( ≠−=−= kkkxxky vì nếu k = 0 thì ( ) Ox≡ nên cắt (P) tại một điểm duy nhất)

Giả sử ),(),,( 2211 yxByxA là hai điểm thuộc (P).

Từ k

kyxxky 2)2( +=⇒−= thay vào phương trình (P): xy 122 =

Ta được:

(*)02412

2.12

2

2

=−−⇔

+=

kykyk

kyy

Vì a = k > 0 và c = – 24k < 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt y1, y2 thỏa y1, y2 = – 24

Suy ra 2424.),(),( 21 =−== yyOxBdOxAd không phụ thuộc vào vị trí của AB

Bài 7: Cho Parabol (P): y2 = x. Một góc vuông đỉnh O cắt (P) tại hai điểm A,B. Hình chiếu của A,B trên oy lần lượt là A1,B1 lên ox lần lượt là A2,B2.

a. Chứng minh OA1.OB1 và OA2.OB2 là một số không đổi khi góc vuông quay xung quanh điểm O.

b. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.

Giải

a/. Đường thẳng ( 1) qua O có hệ số góc k có phương trình: y = kx

Gọi A là giao điểm khác O của (P) và ( 1) ⇒ A ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

kk1;1

2 ⇒ A1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

k1;0

x

y

A2

B2

B1

A1

O

B

A



(d)(P): y2 = 4x

O F

A

B

⇒ OA1 =k1 .

Đường thẳng ( 2) qua O và )()( 12 ∆⊥∆ có phương trình : xy k1−=

Tương tự ta có : B (k2,-k) ⇒ B1 (0,-k) ⇒ OB1 = k

Vậy OA1.OB1 = 1 (không đổi).

b/.Theo trên ta có : A ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

kk1;1

2 , B (k2,-k)

)1;1( 22

kk

kkAB −−−=⇒

→

.

Suy ra vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB là : )1;1( 22

kk

kkn −+=

→

Phương trình (AB) là :

0)1(

0))(1())(1(

2

222

=−−+⇔

=+−+−+

kykkx

kyk

kkxk

k

Giả sử (x0;y0) là điểm cố định mà AB đi qua khi k thay đổi.

Ta có :

⎩⎨⎧

==

⇔⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−=−

=⇔

∀=−−+⇔

∀=−−+

01

001

0.,0)1(

,0)1(

0

0

0

0

0

002

0

02

0

yx

yxy

kykxkykkykkx

Vậy điểm cần tìm là (1;0)

Bài 8: Cho Parabol (P) có phương trình y2 = 4x.

Và (d) là đường thẳng qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B. Chứng minh rằng đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường chuẩn của parabol.

Giải



Ta có: 242 =⇒= pp

• Tiêu điểm F(1;0) . Đường chuẩn ( ) có phương trình x = -1.

• Đường thẳng (d) qua F(1;0), không song song với oy, có hệ số góc k có phương trình: y = k(x – 1) kkxy −=⇔

• Tọa độ giao điểm A,B của (P) và (d) là nghiệm hệ: ⎩⎨⎧

=

−=

)2(4)1(

2 xykkxy

Từ (2) suy ra 4

2yx = thế vào (1) ta được: 0444

. 22

=−−⇔−= kykykyky (*)

Với mọi 0≠k phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt y1 và y2 là tung độ của A,B.

Ta có: 4.;42121 −==+ yy

kyy

Đặt Mo(xo;yo) , A(x1;y1) , B(x2;y2)

M nằm trên đường tròn đường kính AB MBMA⊥⇔

( )

( ) 03422

0)(4

216

0)()(

0))(())((0.

02

220

20

22121

200

212

2122

21

22121

22121

2121

=−−+

−+

=++−++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+−⇔

=++−+++−⇔

=−−+−−⇔=⇔

→→

o

oo

oooo

oooo

yk

xk

kyx

yyyyyyxxyyyyyy

yyyyyyxxxxxx

yyyyxxxxMBMA

Tâm của (C): ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +kk

kI 2;22

2

; bán kính 2

2 )1(2k

kR +=

Ta có: .)1(2221

12

),( 2

2

2

22

2

Rk

kk

kkk

Id =+

=+

=+

+

=∆

• Nếu (d)//oy. Khi đó A(1;2) , B(1;-2). Khi đó đường tròn đường kính AB = 4, tâm )0;1(FI ≡ .

Vậy đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường chuẩn của (P).

Bài 9: Cho parabol (P) có đường chuẩn ( ) và tiêu điểm F. Gọi M, N là hai điểm trên (P) sao cho đường tròn đường kính MN tiếp xúc với ( ). Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua điểm F.



Giải

Cách 1:

Gọi M1, N1, I1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, I trên ( ).

Ta có :

MF = MM1, NF = NN1 (1).

Do MNN1M1 là hình thang đáy là MM1 và I là trung điểm của MN

⇒ I I1 = 1/2(MM1 + NN1) (2)

Mặt khác đường tròn tâm I tiếp xúc với ( ) tại I1 ⇒ I I1 = ½ MN (3).

Từ (1), (2) và (3) Suy ra MN = MF + NF.

Suy ra M, N, F thẳng hàng.

Vậy MN luôn đi qua diểm F.

Cách 2:

Không mất tính tổng quát của bài tóan ta chỉ cần xét (P) có phương trình :

(P):y2 = 2px (p>0)

Lấy M ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛a

pa ;2

2

,N ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛b

pb ;2

2

với a > b

Suy ra I ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++2

;4

22 bapba

Do I tiếp xúc với ( ) : 2px −=

N1

I1

M1

(P)

IO F

M

N

x

y



( )

( )

22 2 2 22

22 22 22 2 2 2 2

2

2 22

2

22

2

2

1( , ) .2

1 ( )2 4 2 2

24 4

. 2 0

0.

0 (1)

R d I MN

p a b a b a bp p

a ba bp a b a b abp p

a b ab pp

p abp

p ab

⇒ = ∆ =

⎛ ⎞+ −⇔ + = + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

−+⇔ + + + = + + −

⇔ + + =

+⇔ =

⇔ + =

Ta có phương trình của MN là: 2px – (a +b)y + ab = 0.

F 2;0 02p MN p ab⎛ ⎞∈ ⇔ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠ đúng do (1).

Vậy F, M, N thẳng hàng hay MN luôn đi qua F.

CHƯƠNG IV: ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP Trong chương trình phổ thông trung học chúng ta thường làm quen với hệ tọa độ afin, hệ tọa độ Đề - Các vuông góc. Ngoài ra còn có hệ tọa độ cực, hệ tọa đô trụ, hệ tọa độ cầu, hệ tọa độ xạ ảnh cũng là những hệ tọa độ được dung để giải các bài toán hình học. Mặt khác, người ta còn dùng công cụ tọa độ để nghiên cứu các phép biến hình. Mỗi phép dời hình, phép vị tự, phép đồng dạng đều có một phương trình biểu thị cho mỗi phép đó có kèm theo các tính chất và đặc điểm riêng.

Việc giải các bài toán hình học tổng hợp hay giải một số bài toán đại số khó không phải là một vấn đề đơn giản. Để giải quyết nó đôi khi người ta phải mất rất nhiều thời gian và công sức nhưng chưa chắc đi đến kết quả như ý muốn. Một trong những phương pháp hữu hiệu, nhanh gọn để giải quyết các bài tóan đó là dùng phương pháp tọa độ để giải chúng.

Quy trình để giải một bài toán bằng phương pháp tọa độ:

+ Chọn hệ trục tọa độ thích hợp ( Tùy thuộc vào từng bài toán)

+ Chuyển các dữ kiện của bài toán đã cho sang tọa độ

+ Chuyển kết quả tính toán được bằng công cụ đại số sang các tính chất hình học cần chứng minh hay cần tính toán.



A B M H

K N

C

y

x

Bài 1: Cho tam giác ABC cân đỉnh C có AB = 3 , đường cao CH = 2 . Gọi M là trung điểm của HB, N là trung điểm của BC. K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng : AK = 2KM.

Định hướng tìm tòi lời giải:

Gắn vào bài tóan một hệ trục tọa độ thích hợp. Tìm tọa độ của A, M, K từ đó tính được AK, KM.

Giải:

Ta xét hệ truc tọa độ như hình vẽ:

Khi đó ta có : H(0;0), C(0; 2 )

• Do tam giác ABC cân tại C ⇒HB = HA = 23

⇒ A(-23 ;0) , B(

23 ;0)

• Do M, N lần lượt là trung điểm của HB và CB

nên: M(43 ;0) , N(

43 ;

22 )

Suy ra phương trình của đường thẳng :

AN: 63322 −=− yx

CM: 6324 =+ yx

K là giao điểm của AM và CN. Suy ra tọa độ của điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

=⇔

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

−=−7

23;73

723

73

6324

63322K

y

x

yx

yx

Vậy AK = 2KM = 4353 .

Bài 2: Cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho 2MA = MB. Hãy tìm điểm N trên đường thẳng AC sao cho BN ⊥CM.

Định hướng tìm lời giải.

Xét hệ trục tọa độ thích hợp từ đó tìm tọa độ của các điểm.

Tìm phương trình của AC. Từ đó bài tóan trở thành tìm tọa độ của diểm N trên AC sao cho (BN, CM) = 900.

Giải

Xét hệ trục tọa độ với góc tọa độ O là trung điểm của BC.



A D

C

E

B

H

K

MN

∆ABC đều cạnh a ⇒ B ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− 0;

2a , C ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 0;

2a ,A ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

23;0 a

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⇒=

→→

33;

631 aaMABAM

=⇒→

CM ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

33;

32 aa

Phương trình cạnh AC: ⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

+=

ty

tax

32

( )

( ) ( )

; 3 ; 32

. 0

2 3 3 03 3

2 2 3;5 10 5

aN AC N t t BN a t t

BN CM BN CM

a aa t t

a a at N

→

→ →

⎛ ⎞∈ ⇒ + − ⇒ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠

⊥ ⇔ =

⇔ − + + − =

⎛ ⎞⇔ = − ⇒ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Bài 3: Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B và đỉnh M nằm trên DB kéo dài. Chứng minh rằng trung tuyến BE của tam giác ABK nằm trên đường thẳng chứa đường cao BH của tam giác BNC.

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề-Các vuông góc⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ →→

BABCB ,,

Ta có : B(0;0), C(1;0), A(0;1), D(1;1).

Giả sử N(0;-n) Suy ra K(-n;0), E ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

21;

2n

Ta có : ( )nNCnBE ;1,21;

2=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

→→

021

2. =+−=⇒

→→

nnNCBE

Vậy BE ⊥NC hay BE nằm trên đường thẳng chứa đường cao của tam giác BNC.

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi Au là tia phân giác của góc A.Qua trung điểm M của cạnh huyền BC ta dựng đường thẳng vuông góc với tia Au cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng BE = CF.

Giải:

C

y

M N

B O

A

x

I



A(0;0)

C (0;c)

F

B (b;0)

M

E O

Chọn hệ trục tọa độ vuông góc Oxy sao cho trục Ox trùng với tia AB, trục Oy trùng với tia AC.

Ta có : A(0;0), B(b;0), C(0;c)

Đường thẳng Au có phưong trình:x – y = 0

M là trung điểm của đạon BC nên có tọa độ M ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

2;

2cb

Đường thẳng EF qua M và vuông ógc với Au nên có

vectơ pháp tuyến là →

n = (1;1)

(EF): 022=−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

cybx

022 =−−+⇔ cbyx

{ }

{ } ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⇒=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⇒=

2;0

0;2

cbFFOyEF

cbEEOxEF

I

I

Ta có:

CFBEcbCFCF

bcBEBE=⇒

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

−==

−==

→

→

2

2

Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm I. Một điểm M di động trên đường thẳng AB

sao cho đường thẳng IM cắt đường thẳng AD tại N. Chứng minh : 22

1INIM +

không

đổi.

Giải:

Chọn hệ trục Oxy sao cho A(0;0), B(a;0), D(0;a), C(a;a)

Suy ra I ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

2;

2aa

Đừơng thẳng )(∆ đi qua I (không song song với AD)

có hệ số góc m có phương trình: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

22axmay

Ta có : M ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − 0;

2maam , N ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

2;0 ama . A B

C D

M

N I



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⇒

→→

2;

2;

2;

2amaINa

maIM .

Vậy ( ) ( ) 22222

2

22

41

4141

amamam

INIM=

++

+=

+ (không đổi)



PHẦN III: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

I. MỤC ĐÍCH THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Mục đích thực nghiệm sư phạm là kiểm tra mức độ tiếp thu bài, khả năng vận dụng lí thuyết vào giải bài tập của học sinh qua tiết dạy của giáo viên bộ môn; phân tích khả năng nhận thức của các em và kết quả đạt được đối với tri thức vừa tiếp thu.

II. HÌNH THỨC TỔ CHỨC THỰC NGHIỆM

Thực nghiệm được tiến hành tại trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh, thị trấn Chợ Mới, tỉnh An Giang. Đây là một trong những trường có thành tích học tập cao trong tỉnh.

Với sự đồng ý của nhà trường, sắp xếp của giáo viên bộ môn tôi đã tiến hành thực nghiệm trên lớp 10 T1 của trường.

Vế tình hình lớp 10T1:

• Sĩ số là 45 học sinh. Đây là một trong những lớp giỏi của trường, trình độ các em rất khá.

• Giáo viên giảng dạy là cô Phạm Thị Toàn – một giáo viên có nhiều năm kinh nghiệm, có năng lực và nhiệt tình với lớp.

III. PHƯƠNG PHÁP THỰC NGHIỆM

Tôi tham gia dự giờ một vài tiết dạy của cô Phạm Thị Toàn để tìm hiểu hoạt động dạy và học của giáo viên và bộ môn, tìm hiểu cách truyền đạt kiến thức mới và mức độ tiếp thu bài của các em.

Tôi tiến hành soạn giáo án và đứng lớp giảng dạy 02 tiết để tìm hiểu hoạt động nhận thức của các em .Sau đó, tiến hành cho học sinh làm kiểm tra 20 phút để kiểm tra lại mức độ tiếp thu bài của học sinh.

Vê bài kiểm tra:

• Mục đích của việc kiểm tra:

Bài kiểm tra nhằm tìm hiểu hoạt động nhận thức của các em học sinh về kiến thức đã học, mức độ tiếp thu bài và sự nhạy bén của học sinh khi vận dụng lí thuyết vào giải bài tập.

• Nội dung bài kiểm tra:

A – TRẮC NGHIỆM

Khoanh tròn phương án bạn cho là đúng nhất trong các phương án đã cho. 1/ Cho đường tròn (C) có phương trình (x + 2)2 + (y - 3)2 = 4. Khi đó tâm và bán kính của đường tròn là?

A. Tâm I(2;3), bán kính R = 4 B. Tâm I(-2;3), bán kính R = 4

C. Tâm I(-2;3), bán kính R = 2 D. Tâm I(2;3), bán kính R = 2

2/ Trong các phương trình sau phương trình nào không là phương trình đường tròn?



A. x2 + y2 - 6x - 8y + 2 = 0 B. 2x2 +2 y2 - 10x + 2y + 1 = 0

C. x2 + 3y2 - 5x + 5y -3 = 0 D. x2 + y2 + 3x - 2y - 1 = 0

3/ Cho đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và tiếp xúc với đường thẳng (d): x + 2y = 1. Khi đó bán kính của đường tròn là?

A.5

4 B. 5

2

C. 5

2− D.

54

−

4/ Đường thẳng nào song với đường thẳng 2x - y + 3 = 0 ?

A. -x - 2y - 5 = 0 B. 4x + 2y + 1 = 0

C. ⎩⎨⎧

−==

tytx

12

D. 43 2

x ty t= +⎧

⎨ = +⎩

B. TỰ LUẬN:

Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C ): x2 + y2 - 2x + 4y + 1= 0 biết rằng tiếp tuyến nó đi qua điểm M(3;2)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

A – TRẮC NGHIỆM (4 điểm)

1/C

2/C

3/B

4/D

B – TỰ LUẬN: (6 điểm)

• ( C) có tâm I(1;-2); bán kính R = 2

• (∆): a(x – xo)+ b(y – yo) = 0

• M∈(∆): a(x – 3)+ b(y – 2) = 0 ⇔ ax + by – 3a – 2b = 0

• d(I, ∆) = R ⇔ 2232

22=

+

−−−

ba

baba

⇔ 22242 baba +=−−

⇔ ⎢⎣

⎡=+

=043

0ab

b

+ b = 0, chọn a = 1 ⇒ phương trình của (∆) là: x – 3 = 0

+ 3b + 4a = 0, chọn b = - 4, a = 3 ⇒ phương trình của (∆) là: 3x – 4y - 1 = 0



IV. ĐÁNH GIÁ KẾT QUẢ THU ĐƯỢC

1/ Phân tích mục đích của các câu hỏi:

Học toán nói riêng và các môn học khác nói chung thì việc nắm vững các kiến thức cơ bản là rất quan trọng và cần thiết. Vì các kiến thức cơ bản là cơ sở tiền đề để xây dựng các kiến thức khó , phức tạp. Để giải quyết vấn đề khó ta cần phải chia nó ra thành nhiều vấn đề nhỏ. Khi đó việc giải quyết các vấn đề nhỏ thì đơn giản hơn. Vậy vấn đề khó được giải qyết một cách dễ dàng hơn.

Vì vậy để kiểm tra năng lực của học sinh, kiểm tra mức độ tiếp thu bài cũng như hoạt động nhận thức của các em sau tiết học tôi đã biên soạn ra đề kiểm tra 20 phút với mức độ tăng dần, từ nhận biết đến vận dụng.

Phần trắc nghiệm: Nội dung kiến thức ở các câu trắc nghiệm tương đối đơn giản. Ở các câu này học sinh chỉ cần nhớ lại kiến thức cơ bản về đường thẳng và đường tròn thì có thể giải quyết vấn đề một cách nhanh chóng.

Câu 1: Câu này đòi hỏi học sinh phải nhớ chính xác dạng phương trình của đường tròn, ứng với mỗi dạng thì tâm và bán kính của nó được xác định như thế nào? Chúng tôi đưa ra câu hỏi này nhằm kiểm tra xem học sinh có nắm được cách xác định tâm và bán kính khi cho trước một phương trình đường tròn hay không và thường mắc sai lầm ở chỗ nào ?

Câu 2: Đây là một câu hỏi nhằm kiểm tra điều kiện khi nào một phương trình cho trước là một phương trình đường tròn. Chúng tôi đưa ra câu hỏi này nhằm kiểm tra mức độ nhận dạng phương trìng đường tròn của học sinh.

Câu 3: Câu này nói về mối quan hệ giữa tiếp tuyến và đường tròn. Chúng tôi đưa ra câu này nhằm kiểm tra việc nắm tính chất tiếp tuyến của đường tròn: “ Khoảng cách từ tâm của đường tròn đến tiếp tuyến bằng bán kính của đường tròn đó”.

Câu 4: Câu này thể hiện mối quan hệ giữa vectơ pháp tuyến và vectơ chỉ phương của đường thẳng. Chúng tôi đưa ra câu hỏi này nhằm kiểm tra cách hiểu của học sinh về hai đường thẳng song song thông qua vectơ pháp tuyến và vetơ chỉ phương.

Phần tự luận:

Ở phần này đòi hỏi cao hơn, học sinh phải hiểu và trình bày được vấn đề. Để giải quyết được câu hỏi này đòi hỏi học sinh phải tổng hợp được nhiều kiến thức về đường thẳng, khoảng cách và mối quan hệ giữa tiếp tuyến của đường trònvới đường tròn đó. Chúng tôi đưa ra câu hỏi này nhằm mục đích kiểm tra xem học sinh có thể tổng hợp những kiến thức đã học ở mức độ nào, cách sử dụng các dữ kiện của bài toán và cách trình bày vấn đề mình hiểu như thế nào ?

2/ Đánh giá kết quả đạt được:



Điểm x Số lượng học sinh Tỉ lệ (%)

50 <≤ x 8 17.78

5,65 <≤ x 19 42.22

85,6 <≤ x 5 11.11

108 ≤≤ x 13 28.89

Nhìn chung kết quả thu được là rất khả quan chỉ có 17.78% học sinh có điểm dưới trung bình, 88.22% học sinh có điểm từ trung bình trở lên. Trong đó, có 28.89% hoc sinh đạt điểm loại giỏi và xuất sắc.

Để hiểu rõ mức độ nhận thức của học sinh chúng ta đi vào phân tích từng phần ( trắc nghiêm và tự luận ).

Tự luận:

Mấu chốt của bài toán này là viết được phương trình đường thẳng và hiểu được tính chất tiếp tuyến của đường tròn: “Khoảng cách từ tâm của đường tròn đến tiếp tuyến bằng bán kính của đường tròn đó”. ở phần này chỉ có 8 học sinh giải đúng hoàn toàn , 8 học sinh không biết cách giải. Các học sinh còn lại phần lớn là hình dung ra được cách giải nhưng chưa kết hợp với các dữ kiện của bài toán hoặc kết hợp nhưng lại kết hợp sai, tính toán còn sai sót nhiều. Ngoài ra, còn một số học sinh hiểu nhầm tiếp tuyến của đường tròn tại một điểm thuộc đường tròn và điểm không thuộc đường tròn.

Có thể chia bài giải học sinh thành hai nhóm như sau:

Nhóm 1: (6 học sinh ) Nhóm này giải như sau:

(C ): x2 + y2 - 2x + 4y + 1= 0 có tâm I(1;-2); bán kính R = 2; )4;2(=→

IM

Phương trình đường thẳng đi qua M(3;2) và nhận vectơ )4;2(=→

IM làm vectơ pháp tuyến là:

2(x – 3) + 4(y – 2) = 0

⇔ 2x + 4y -14 = 0

⇔ x + y -7 = 0

Nhóm 2: (23 học sinh)

(C ): x2 + y2 - 2x + 4y + 1= 0 có tâm I(1;-2); bán kính R = 2;

Phương trình đường thẳng đi qua M(3;2) có dạng:

a(x – xo) + b(y – yo) = 0

⇔ a(x – 3) + b(y – 2) = 0

⇔ ax + by - 3a – 2b = 0 (∆)

d(I, ∆) = R

Từ công thức này trở về sau các em lại sai nhiều cách khác nhau:



+ Thế số vào sai.

+ Tính toán sai.

+ Không biết cách làm tiếp.

Nhóm 1 mắc sai lầm ở chỗ ngay từ dầu các em đã hiểu sai về phương trình tiếp tuyến của đường tròn. Nguyên nhân là các em chưa phân biệt được tiếp tuyến tại một điểm thuộc đường tròn và qua một điểm không thuộc đường tròn.

Nhóm 2: Đa số học sinh sai về tính toán từ đó dẫn đến g các em chưa hiểu rõ vấn đề. Hầu hết các học sinh xác định chính xác tâm và bán kính của đường tròn. Tuy nhiên vẫn còn một số trường hợp sai do các em nhớ công thức chưa chính

đường tròn.

Nhóm 2: Đa số học sinh sai về tính toán từ đó dẫn đến

sai kết quả hoặc không biết đường giải tiếp.

Về cách trình bày: Đa số học sinh trình bày còn lộn xộn, chưa logic. Nguyên nhân là do các em chưa hiểu rõ vấn đề. Hầu hết các học sinh xác định chính xác tâm và bán kính của đường tròn. Tuy nhiên vẫn còn một số trường hợp sai do các em nhớ công thức chưa chính xác và tính toán còn sai.

Trắc nghiệm:

Câu 1: Kết quả câu trả lời được thống kê trong bảng 1

Câu trả lời Số lượng học sinh

A 0

B 2

C 43

D 0

Ở câu này đa số học sinh chọn đúng chỉ có 2 học sinh( chiếm 4,44%) chọn sai. Nguyên nhân là do học sinh xác định sai bán kính của đường tròn.

Câu 2: Kết quả câu trả lời được thống kê trong bảng 2.


A 0

B 4

C 41

D 0



Ở câu này đa số học sinh chọn đúng chỉ có 4 học sinh( chiếm 8,89%) chọn sai. Nguyên nhân là do học sinh không biết dựa vào đâu để xác định một phương trình cho trước là một phương trình đường tròn nên các em chọn theo cảm tính.



A 0

B 2

C 43

D 0

Ở câu này có 40 học sinh chọn đúng (chiếm 88,89%) chỉ có 5 học sinh chọn sai( chiếm 11,11%). Nguyên nhân là do học sinh chưa biến đổi phương trình đường thẳng đã cho về dạng: ax + by + c = 0 mà để phương trình (d): x + 2y = 1 tính trực tiếp nên dẫn đến sai kết quả. Ngoài ra các em còn chưa nắm vững về giá trị tuyệt đối khi tính khoảng cách.



A 0

B 0

C 4

D 41

Ở câu này có 41 học sinh chọn đúng (chiếm 91,11%) chỉ có 4 học sinhchọn sai( chiếm 8,89%). Nguyên nhân là do học sinh còn chưa nắm vững về mối quan hệ giữa vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến của đường thẳng.

Nhìn chung ở phần trắc nghiệm đa số học sinh chọn đúng chỉ có một phần nhỏ (từ 4,44% đến 11,11%) học sinh chọn sai. Nguyên nhân là do các em chưa nắm vững bài.



KẾT LUẬN Qua kết quả thực nghiệm trên chúng tôi nhận thấy đa số học sinh nắm vững kiến thức cơ bản. Vì thế phần lớn các em làm phần trắc nghiệm một cách dễ dàng, chỉ có một số em còn chưa rõ cách làm.Tuy nhiên ở phần tự luận khả năng tổng hợp kiến thức của các em còn yếu, đa số các em chưa giải quyết được vấn đề đặt ra.

Thực nghiệm đã phần nào phản ánh được hoạt động nhận thức của học sinh phổ thông.



PHẦN KẾT LUẬN

1. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU.

Qua đề tài này chúng tôi đã đạt được một số kết quả sau:

- Xác lập được cơ sở lý luận và thực tiễn trong việc tìm hiểu họat động nhận thức của học sinh.

- Tìm hiểu một số vấn đề xung quanh việc dạy và học chương PPTĐ trong mặt phẳng. Từ đó đề xuất một số biện pháp để nâng cao họat động nhận thức của học sinh trong quá trình học tập về PPTĐ.

- Tìm hiểu hoạt động nhận thức của học sinh thông qua hệ thống bài tập trong chương PPTĐ trong mặt phẳng.

- Thực nghiệm sư phạm đã chứng tỏ mức độ nhận thức của học sinh trong hoạt động học tập về PPTĐ trong mặt phẳng. Từ đó đề xuất một số biện pháp giúp học sinh tích cực hóa hoạt động nhận thức của mình.

2. NHỮNG HẠN CHẾ CỦA ĐỀ TÀI.

2.1 Về phương pháp nghiên cứu:

Do hạn chế về thời gian nghiên cứu, năng lực nghiên cứu nên đề tài còn nhiều thiếu sót:

- Các nghiên cứu chủ yếu dựa trên nghiên cứu lý luận và thực nghiệm sư phạm. Kết quả này còn phải được thực tế kiểm nghiệm, đánh giá một cách đầy đủ hơn.

- Việc tìm hiểu hoạt động nhận thức của học sinh chỉ dựa trên cơ sở lý luận và với dạy học chủ đề PPTĐ trong mặt phẳng. Nhưng do thời gian còn hạn chế nên đề tài chưa thể đề cập đến các chủ đề khác của sách giáo khoa Toán THPT.

2.2 Về nội dung nghiên cứu:

Do phạm vi rộng lớn của đề tài nên chúng tôi chỉ mới tỉm hiểu một số vấn đề về hoạt động nhận thức của học sinh trên cơ sở lý luận, thực nghiệm và qua một số bài tập.

3. HƯỚNG NGHIÊN CỨU TIẾP TỤC

Kết quả nghiên cứu của chúng tôi chỉ là bước đầu. Rất mong vấn đề này sẽ được mở rộng theo các hướng:

Tìm hiểu sâu hơn về hoạt động nhận thức của học sinh.

Đi sâu nghiên cứu về các biện pháp nhằm tích cực hóa họat động nhận thức của học sinh.

Đưa ra hệ thống bài tập theo mức độ tăng dần nhằm kích thích trí tò mò, ham học hỏi ở học sinh.



TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. T.s Nguyễn Viết Đông – Phạm Hòang .2007. Tóan bồi dưỡng và nâng cao hình học 10. NXB ĐHQG TP.Hồ chí Minh.

2. Phạm Quốc Phong .2006. Bồi dưỡng hình học 10. NXB ĐHQG Hà Nội.

3. Từ Huy Thắng .2007. Phương pháp giải Tóan hình học 10. NXB tổng hợp TP.Hồ Chí Minh.

4. Phạm Trọng Thư .2007. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng – Tự luận và trắc nghiệm . NXB ĐHQG Hà Nội.

5. Nguyễn Mộng Hy. 2003.Các bài tóan về phương pháp vectơ và phương pháp tọa độ . NXB Giáo Dục.

6. PGS.Ts Nguyễn Văn Lộc(chủ biên) – Trần Quang Tài – Lê Kim Chung – Nguyễn Hữu Thuận.2006 . Tìm tòi các lời giải khác nhau của bài tóan hình học 10 như thế nào . NXB ĐHQG TP.Hố Chí Minh.

7. Sách Giáo Khoa hình học 10 nâng cao - NXBGD.

8. Sách Giáo Khoa hình học 10 - NXBGD.

9. Th.s Vương Vĩnh Phát . Lý luận dạy học môn toán ( Sách lưu hành nội bộ)

10. Lê Tử Thành . 1993.Logic học và phương pháp nghiên cứu khoa học(in lần thứ ba) , Nhà xuất bàn trẻ.

11. Trần Đức Huyên – Trần Lưu Thịnh .2006. Luyện giải và ôn tập hình học, NXBGD.

12. Hòang Chúng . Phương pháp dạy học tóan học ở trường PTTHCS . NXBGD.

13. Th.s Nguyễn Văn Vĩnh . Phát triển tư duy của học sinh qua môn tóan( Tài liệu lưu hành nội bộ - 2006)

14. Th.s Đỗ Văn Thông . Tâm lý học lứa tuổi và tâm lý học sư phạm ( Tài liệu lưu hành nội bộ).

15. Tâm lý học đại cương . Giáo trình đào tạo giáo viên THCS hệ Cao Đẳng sư phạm . NXBGD.



PHỤ LỤC

Trường THPT Ngnuyễn Hữu Cảnh Cộng Hòa Xã Hội Chủ Nghĩa việt Nam Tổ chuyên môn Tóan Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

GIÁO ÁN

Tên bài: PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG Tiết PPCT : Chương III: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONH MẶT PHẲNG SVTT: Nguyễn Thị Lắm MSSV: DTN040543 GVHD : Phạm Thị Tòan

I. MỤC TIÊU BÀI HỌC 1. Về kiến thức: Giúp học sinh - Nắm được dạng tổng quát của phương trình tham số của đường thẳng. - Hiểu được mối quan hệ giữa vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến của đường

thẳng 2. Về kĩ năng: Giúp học sinh - Viết được phương trình tham số của một đường thẳng khi biết một điểm thuộc

đường thẳng và vectơ chỉ phương của nó. - Biết chuyể đổi qua lại giữa PTTQ và PTTS của một đường thẳng cho trước. 3. Về tư duy và thái độ: - Tích cực tham gia xây dựng bài. - Rèn luyên tư duy logic và tinh thần tự giác học tập cho học sinh. II. CHUẨN BỊ CỦA GIÁO VIÊN VÀ HỌC SINH - Giáo viên: Giáo án, SGK, thước kẻ, phấn màu. - Học sinh: Bảng phụ, xem lại kiến thức đã học về PTTQ của đường thẳng. III. PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC Về cơ bản là vấn đáp, gợi mở. IV. TIẾN TRÌNH BÀI HỌC HỌAT ĐỘNG 1:Kiểm tra bài cũ 1. Nêu dạng tổng quát của phương trình đường thẳng. Từ đó xác định vectơ pháp

tuyến và nêu định nghĩa vectơ pháp tuyến 2. Cho );(,);( dcvbau = .

Tăng cường hoạt động nhận thức của học sinh thông qua dạy học chương phương pháp toạ độ trong mặt ph.pdf

Documents