Đề tài Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích phẳng từ những mối quan hệ ba điểm

Tháng 05 năm 2014 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tác giả: Phạm Kim Chung Tổ: Toán Điện thoại: 0984333030 Đề tài: PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ TRONG BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG TỪ NHỮNG MỐI QUAN HỆ BA ĐIỂM SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƢỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA _____________________ MỤC LỤC A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trang 1 I. Lý do chọn đề tài Trang 1 II. Mục đích nghiên cứu Trang 1 III. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu Trang 2 IV. Kế hoạch nghiên cứu Trang 2 V. Phƣơng pháp nghiên cứu Trang 2 B. NỘI DUNG Trang 3 I. Thực trạng vấn đề trƣớc khi áp dụng Trang 3 II. Kết quả đạt đƣợc và kinh nghiệm rút ra Trang 3 III. Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả Trang 3 IV. Cơ sở lý thuyết Trang 4 1. Phƣơng pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề Trang 4 2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài Trang 5 V. Nội dung đề tài Trang 7 1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng Trang 7 a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc Trang 7 b. Ba điểm phân biệt tạo thành một góc có số đo bằng  Trang 26 c. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ thẳng hàng Trang 35 d. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng và mối quan hệ giữa ba điểm Trang 40 2. Xây dựng và mở rộng một số dạng bài tập hình giải tích trong mặt phẳng từ bài toán hình phẳng thuần túy Trang 46 a. Xây dựng bài toán từ sự kết hợp giữa bài toán thuần túy hình phẳng với các bài toán ở mục IV.2 Trang 47 b. Một số hướng thay đổi cách phát biểu để xây dựng bài toán. Trang 57 C. KẾT LUẬN Trang 62 I. Những kết luận Trang 62 II. Những kiến nghị, đề xuất Trang 62 Danh mục tài liệu tham khảo Trang 63 Trang | 1 A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nƣớc nhà, đổi mới phƣơng pháp dạy học là một trong những nhiệm vụ quan trọng hàng đầu. Trong quá trình công tác, trải qua nhiều phƣơng pháp dạy học tích cực tôi nhận thấy phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” có nhiều ƣu điểm cũng nhƣ phù hợp với công tác giảng dạy bộ môn Toán ở trƣờng phổ thông nói chung và dạy học giải bài tập toán nói riêng. Tuy nhiên để có thể thành công trong phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” ngoài năng lực chuyên môn và năng lực sƣ phạm của mỗi giáo viên còn đòi hỏi ở ngƣời giáo viên nhiều thời gian và tâm huyết. Để có một bài giảng thu hút đƣợc học trò, giúp học trò phát triển tƣ duy về môn toán và dẫn dắt học trò tới niềm say mê tìm tòi sáng tạo, tôi cũng nhƣ bao giáo viên yêu nghề và yêu toán khác thƣờng trăn trở với những khó khăn của học trò trong quá trình tiếp cận từng bài toán. Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng là bài toán thƣờng xuất hiện ở các kỳ thi vì vậy nó luôn đƣợc sự quan tâm đặc biệt đối với học trò, bên cạnh đó nó cũng là một bài toán khó với nhiều đối tƣợng học trò đặc biệt là với các em có năng lực trung bình. Băn khoăn trƣớc những khó khăn đó của học trò, tôi đã tìm tòi và quyết định chọn phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề” để giúp các em tiếp cận loại toán này một cách hiệu quả nhất. Trong số những bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng có một lớp các bài toán “thiên về tính chất hình phẳng thuần túy” đã gây cho học trò nhiều khó khăn khi tiếp cận. Vì vậy tôi đã chọn đề tài “Phát hiện và giải quyết vấn đề trong bài toán hình giải tích phẳng từ những mối quan hệ ba điểm” để nghiên cứu. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Tìm hiểu những khó khăn và thuận lợi của học sinh khi tiếp cận bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thông qua phƣơng pháp dạy học “Phát hiện và giải quyết vấn đề”. Phát triển tƣ duy khái quát hóa, tƣơng tự hóa, lật ngƣợc vấn đề, tƣ duy sáng tạo của học sinh Trang | 2 III. ĐỐI TƢỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Học sinh khối 10 THPT - Đội tuyển HSG khối 11 THPT - Học sinh khối 12 THPT ôn thi vào các trƣờng Đại học - Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT IV. KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU TT Thời gian Nội dung công việc Sản phẩm 1 Từ 15 tháng 01 đến 15 tháng 02 năm 2014 Chọn đề tài, viết đề cƣơng nghiên cứu Bản đề cƣơng chi tiết 2 Từ 15 tháng 02 đến 30 tháng 02 năm 2014 Đọc tài liệu lí thuyết viết cơ sở lý luận Tập hợp tài liệu lý thuyết 3 Từ 01 tháng 03 đến 15 tháng 03 năm 2014 Trao đổi với đồng nghiệp và đề xuất sáng kiến Tập hợp ý kiến đóng góp của đồng nghiệp 4 Từ 15 tháng 03 đến 30 tháng 03 năm 2014 Dạy thử nghiệm ở các lớp 10A, 12C1, 12C2, 12C4 Thống kê các kết quả thử nghiệm 5 Từ 01 tháng 04 đến 25 tháng 04 năm 2014 Hoàn thiện đề tài Đề tài chính thức V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Tìm kiếm tài liệu tham khảo từ các nguồn khác nhau liên quan đến hình học phẳng, hình học giải tích trong mặt phẳng, phƣơng pháp dạy học môn toán và những sáng kiến kinh nghiệm của các giáo viên khác thuộc bộ môn Toán THPT. - Trao đổi với các đồng nghiệp để đề xuất biện pháp thực hiện. - Giảng dạy các tiết bài tập toán tại các lớp 10A, 11C1, 12C1, 12C2, 12C4 trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa để thu thập thông tin thực tế. Trang | 3 B. NỘI DUNG I. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƢỚC KHI ÁP DỤNG Trƣờng THPT Đặng Thúc Hứa đóng trên địa bàn có nhiều xã khó khăn về kinh tế, việc học tập và phấn đấu của các em học sinh chƣa thực sự đƣợc quan tâm từ các bậc học dƣới THPT vì vậy kiến thức cơ sở về môn Toán của các em hầu hết tập trung ở mức độ trung bình. Khi chƣa áp dụng những nghiên cứu trong đề tài để dạy học giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng, các em thƣờng thụ động trong việc tiếp cận bài toán và phụ thuộc nhiều vào những kiến thức đƣợc giáo viên cung cấp chứ chƣa ý thức tìm tòi, sáng tạo cũng nhƣ tạo đƣợc niềm vui, sự hƣng phấn khi làm toán. Kết quả khảo sát ở một số lớp trong phần giải bài tập toán về phần hình giải tích trong mặt phẳng cũng nhƣ qua tìm hiểu ở các giáo viên dạy bộ môn Toán, chỉ có khoảng 10% học sinh hứng thú với bài toán hình giải tích trong mặt phẳng. II. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƢỢC VÀ KINH NGHIỆM RÚT RA Sau khi áp dụng những kết quả nghiên cứu trong đề tài, qua khảo sát cho thấy: Có trên 80% các em học sinh có hứng thú với bài học và 50% trong số đó biết cách tìm tòi và xây dựng những bài toán mới từ những bài toán gốc đƣợc giáo viên gợi ý hoặc đƣợc các em tự tìm tòi. Trong các kỳ thi thử ĐH trên toàn tỉnh cũng nhƣ khảo sát với các đề thi thử ĐH trong cả nƣớc, có 90% học sinh ở các lớp trên có thể giải quyết bài toán hình giải tích trong mặt phẳng ở các đề thi đó. III. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI KẾT QUẢ - Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các em học sinh đang học khối 10 THPT cũng nhƣ các em học sinh khối 12 THPT đang ôn thi vào các trƣờng ĐH-CĐ. - Đề tài có thể đƣợc phát triển thêm ở những lớp bài toán khác trong phần hình giải tích phẳng để trở thành tài liệu cho các giáo viên giảng dạy môn ở các trƣờng THPT. - Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảo cho học sinh và giáo viên phục vụ học tập và giảng dạy môn toán. Trang | 4 IV. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Phƣơng pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề. a. Bản chất. Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là phƣơng pháp dạy học trong đó giáo viên tạo ra những tình huống có vấn đề, điều khiển học sinh phát hiện vấn đề, hoạt động tự giác, tích cực, chủ động, sáng tạo để giải quyết vấn đề và thông qua đó chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ năng và đạt đƣợc những mục đích học tập khác. b. Quy trình thực hiện. c. Ưu điểm. - Phƣơng pháp này góp phần tích cực vào rèn luyện tƣ duy phê phán, tƣ duy sáng tạo cho học sinh. Trên cơ sở sử dụng vốn kiến thức và kinh nghiệm đã có học sinh sẽ xem xét, đánh giá, thấy đƣợc vấn đề cần giải quyết. - Đây là phƣơng pháp phát triển đƣợc khả năng tìm tòi, xem xét dƣới nhiều góc độ khác nhau. - Thông qua việc giải quyết vấn đề, học sinh lĩnh hội tri thức, kĩ năng và phƣơng pháp nhận thức. d. Hạn chế. - Phƣơng pháp này đòi hỏi ngƣời giáo viên phải đầu tƣ nhiều thời gian và công sức, phải có năng lực sƣ phạm tốt mới suy nghĩ để tạo ra đƣợc nhiều tình huống gợi vấn đề và hƣớng dẫn học sinh tìm tòi để phát hiện và giải quyết vấn đề. Bắt đầu Phân tích vấn đề Đề xuất và thực hiện hƣớng giải quyết Hình thành giải pháp Giải pháp đúng Kết thúc Trang | 5 - Việc tổ chức tiết học hoặc một phần của tiết học theo phƣơng pháp phát hiện và giải quyết vấn đề đòi hỏi phải có nhiều thời gian hơn so với các phƣơng pháp thông thƣờng. 2. Một số bài toán cơ bản sử dụng trong đề tài.  Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng  2 2: 0 0    x by c ba a và hai điểm    ,; ;A A B BA x y B yx không thuộc  . Xác định điểm M trên đƣờng thẳng  , biết đƣờng thẳng AM vuông góc với đƣờng thẳng .AB Quy trình giải toán. Bước 1. Viết phƣơng trình đƣờng thẳng AM qua A và vuông góc với đƣờng thẳng AB. Bước 2. Xác định tọa độ giao điểm của đƣờng thẳng AM và đƣờng thẳng . Bước 3. Kết luận.  Bài toán 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng  2 2: 0 0    x by c ba a và điểm  ;C CC x y không thuộc  . Xác định tọa độ điểm A trên đƣờng thẳng  , biết góc giữa hai đƣờng thẳng AC và  bằng . Quy trình giải toán. Bước 1. Tham số hóa điểm .A Bước 2. Sử dụng công thức . cos . AC u AC u     (Trong đó u là véc tơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng  ) Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và kết luận. Trang | 6  Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm phân biệt    ,; ;A A B BA x y B yx . Xác định điểm M trên đƣờng thẳng AB , biết  , 0; .AM kBM k R k  Quy trình giải toán. Bước 1. Giả sử  ;M x y Bước 2. Xác định M trong hai trƣờng hợp: - Trƣờng hợp 1: AM kBM  (Điểm M nằm trong đoạn AB) - Trƣờng hợp 2: AM kBM (Điểm M nằm ngoài đoạn AB) Bước 3. Kết luận.  Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng  2 2: 00ax by c ba     và hai điểm    ,; ;A A B BA x y B yx không thuộc . Xác định tọa độ điểm M thuộc  sao cho    , , , 0d M AB k k R k  Quy trình giải toán. Bước 1. Tham số hóa điểm M Bước 2. Sử dụng công thức tính khoảng cách  ,d M AB . Bước 3. Giải phƣơng trình ở bƣớc 2 và kết luận.  Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm    ,; ;A A B BA x y B yx . Viết phƣơng trình đƣờng thẳng  đi qua điểm  0 0;M x y và thỏa mãn hệ thức      , . , ; , 0d d B RA kk k    Quy trình giải toán. Bước 1. Giả sử  2 20 0: 0ax by ax by ba      Bước 2. Sử dụng hệ thức      , . , * a A k d B b a b d           Bước 3. Chọn ,a b đại diện và thỏa mãn (*) Trang | 7 V. NỘI DUNG ĐỀ TÀI Bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thông thƣờng đƣợc phân chia thành hai mảng: mảng thứ nhất là lớp những bài toán mang nặng tính “đại số” và thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên cơ sở là phƣơng pháp tham số hóa, mảng thứ hai là lớp những bài toán nặng tính “hình học” và thƣờng đƣợc xây dựng dựa trên bài toán thuần túy hình phẳng. Trong đề tài này tôi muốn nêu lên ý tƣởng giải quyết bài toán hình giải tích phẳng thuộc mảng thứ hai thông qua những “suy luận có lý” từ những mối quan hệ giữa ba điểm có trong dữ kiện của bài toán đồng thời đề xuất các giải pháp xử lý những mối quan hệ đó cũng nhƣ xây dựng bài toán tổng quát và nêu ra những cách nhìn nhận khác nhau xung quanh những mối liên hệ có trong bài toán. Sau đây là một số dạng bài toán đƣợc phân tích, suy luận, giải quyết từ những mối quan hệ ba điểm thông qua 4 bƣớc trong dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề: Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề. Bước 2. Tìm giải pháp. Bước 3. Trình bày giải pháp. Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp. 1. Phát hiện và giải quyết vấn đề trong giải bài tập hình giải tích trong mặt phẳng. a. Ba điểm phân biệt và mối quan hệ vuông góc.  Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi  1;3M là trung điểm của cạnh BC, 3 1 ; 2 2 N       là điểm trên cạnh AC sao cho 1 . 4 AN AC Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết D nằm trên đƣờng thẳng 3 0.x y   Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề. - Ta nhận thấy rằng giả thiết bài toán xoay quanh ba điểm D, M, N nên giữa chúng có thể xuất hiện những mối quan hệ đặc biệt. Bằng trực quan ta đƣa ra giả thuyết DN MN . Nếu giả thuyết này đúng dựa vào bài toán 1 chúng ta sẽ Trang | 8 tìm đƣợc tọa độ điểm D. Từ đó ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông bằng phƣơng pháp tham số hóa quen thuộc. - Ta sẽ cụ thể bài toán trên để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra: Giả sử ta chọn hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh  2;2 ,A   2;2 ,B  2; 2 ,C   2; 2D   . Khi đó . 0DN MN  .DN MN  Bước 2. Tìm giải pháp. Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán là quan hệ vuông góc, trung điểm và các mối liên quan đến độ lớn cạnh của hình vuông, vì vậy ta đề xuất các giải pháp chứng minh sau:  Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng) Gọi I là giao điểm của hai đƣờng chéo AC và BD. Điểm F là trung điểm đoạn DI. Khi đó tứ giác FNMC là hình bình hành và F là trực tâm tam giác NDC nên .CF DN Mà / /CF MN nên .DN MN  Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ) Đặt  ; . 0;DA x DC y x y x y    Ta có 3 1 ; 4 4 DN x y  1 3 . 4 4 MN DN DM x y    Suy ra  2 23. 0 . 16 DN MN x y DN MN      Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ) Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ. Khi đó      0;0 , 0; , ;0D A a C a . Nên 3 ; , ; . 2 4 4 a a a M a N             Do đó 2 23 3. 0 . 16 16 DN MN a a DN MN       Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác) Trang | 9 Đặt .AB BC CD DA a    - Xét tam giác AND, ta có 2 2 2 252 . .cos . 8 DN AN AD AN AD A a    - Xét tam giác CMN, ta có 2 2 2 25cos. . . 8 2CM CNC CMN C aMN   - Xét tam giác DCM, ta có 2 2 2 25 . 4 CDM DC aM  Suy ra 2 2 2 .DM DN MN DN MN    Bước 3. Trình bày giải pháp. Trƣớc hết ta sẽ chứng minh .DN MN (Có thể sử dụng một trong các giải pháp ở bước 2) Phƣơng trình đƣờng thẳng : 1 0DN x y   Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ   1 0 1 1; 2 3 0 2 x y x D x y y                Giả sử  ;A m n , từ  4 6 3 ;2 3 .AC AN C m n     Từ  7 2 ;4 2AB DC B m n     . Suy ra tọa độ điểm M là 13 5 6 5 ; 2 2 m n M         Từ đó ta có       13 5 2 3 3;0 , 1;4 , 3;2 6 5 6 0 m m A B C n n                Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp. - Để giải quyết bài toán 1.1 ta mở “nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm D nhờ mối quan hệ .DN MN Nhƣ vậy bài toán 1.1 thực chất đƣợc xây dựng dựa trên bài toán hình phẳng thuần túy: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC; N là điểm trên cạnh AC sao cho 1 . 4 AN AC Chứng minh rằng .DN MN - Bằng giải pháp 2 (sử dụng công cụ véctơ) ta sẽ kiểm tra bài toán tƣơng tự trong trƣờng hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Ta có  1DN kx k y   , 1 2 MN k x k y         Trang | 10 Suy ra  2 2 1 . 1 2 DN MN k k x k k y          +) Trƣờng hợp 1. Nếu 0 .k N C   +) Trƣờng hợp 2. Nếu 0k  , rõ ràng 1k  hoặc 1 2 k  ta luôn có . 0DN DM  . Suy ra     2 2 2 1 1 . 0 , 1 * 2 1 2 kx DN DM k y k        Ta thấy, nếu 2 2 3 1 4 x x y k y      khi đó hình chữ nhật ABCD trở thành hình vuông. Ta cũng có thể phát biểu một bài toán tƣơng tự bài toán 1.1 với một hình chữ nhật có độ lớn đƣợc chọn thỏa mãn (*). Thí dụ, ta chọn 3 2 5 x y k   , khi đó ta cũng có thể xây dựng bài toán hình giải tích thông qua bài toán thuần túy hình phẳng: Cho hình chữ nhật ABCD có 2AD DC . Gọi M là trung điểm của BC, N là điểm trên đường chéo AC sao cho 3 2AN NC . Chứng minh rằng .DN MN +) Trƣờng hợp 3.  2 2 1 1 0, 2 k x y kk           ta xét bài toán sau  Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đƣờng thẳng 1 : 2 2 0d x y   , đỉnh C thuộc đƣờng thẳng 2 : 5 0.d x y   Gọi H là hình chiếu của B xuống AC. Biết điểm   9 2 ; , 9;2 5 5 M K       lần lƣợt là trung điểm của AH và CD. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có tung độ dƣơng. Bước 1. Phát hiện hoặc thâm nhập vấn đề. - Giả thiết bài toán xoay quanh các điểm M, K, B. Bằng trực quan ta đề xuất giả thuyết BM KM và nếu giả thuyết đề ra là đúng chúng ta sẽ sử dụng kết quả bài toán 1 để “mở nút thắt đầu tiên” là tìm tọa độ điểm B. Từ đó bằng các phƣơng pháp giải toán quen thuộc ta sẽ tìm đƣợc tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật. - Để kiểm chứng giả thuyết đã đề ra, ta cụ thể hóa bài toán 1.2 bằng hình chữ nhật ABCD với  2;1 ,A   2;1 ,B  2; 1 ,C   2; 1D   . Trang | 11 Bước 2. Tìm giải pháp. Nhận thấy các mối quan hệ trong bài toán đã cho là vuông góc, trung điểm và các góc bằng nhau. Vì vậy ta đề xuất các giải pháp để chứng minh BM KM nhƣ sau:  Giải pháp 1. (Thuần túy hình phẳng) Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác MECK là hình bình hành và E là trung trực của tam giác BMC nên CE MB . Mà / / .MK CE MK MB   Giải pháp 2. (Sử dụng công cụ véctơ) Đặt  ; . 0BA x BC y x y   Ta có    1 1BH kBA k BC kx k y      AC BC BA x y     Nên    2 2. 0 1 0 *BH AC kx k y     Lại có      1 1 1 1 ; 2 2 BM BA BH k x k y          1 1 1 2 2 MK BK BM kx k y         2 2 1 . 1 1 0 4 BM MK k kx k y         hay .BM MK  Giải pháp 3. (Sử dụng công cụ tọa độ) Chọn hệ trục tọa độ Oxy nhƣ hình vẽ, điểm      0;0 , 0; , ;0 .B A a C c Tọa độ điểm ; 2 a K c       Phƣơng trình các đƣờng thẳng : ; : 0AC ax cy ac BH cx ay    Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 2 2 2 2 2 ; 0 ax cy ac a c ac H cx cay a ac             Do đó     2 3 2 2 2 2 2 2 ; 2 2 a a acc c c M a a         Trang | 12       2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 . 0 . 4 2a c c ca ac a BM MK BM MK ca ac          Giải pháp 4. (Sử dụng công cụ lượng giác) Đặt ; ;AB a BC b  ̂ ̂ Ta có 2 2 2 2 2 1 ; . 2 2 ab a BH MH AH ba b a      Do đó 2 2 tan ; tan tan tan BC b BH b KC a MH a              Suy ra tứ giác KMBC nội tiếp, do đó ̂ hay .MK MB Bước 3. Trình bày giải pháp. Trƣớc hết ta sẽ chứng minh BM KM (Có thể sử dụng các giải pháp đã nêu ở bước 2). Khi đó: Phƣơng trình đƣờng thẳng :9 2 85.BM x y  Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ   9 2 85 1;4 2 2 x y B x y       Giả sử  ; 5C c c  , Từ          9 9;4 . 0 9 2 8 0 4 4; 1 c C BC KC c c c C             lo¹i Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 6.BH x y  Phƣơng trình đƣờng thẳng : 2 1MC x y  Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ   2 6 13 4 ; 1;0 2 1 5 5 x y H A x y             . Từ đó tìm đƣợc  9;0 .D Bước 4. Nghiên cứu sâu giải pháp. - Trong trƣờng hợp hình chữ nhật suy biến thành hình vuông bài toán 1.2 có “bản chất hình phẳng” chính là bài toán 1.1 hay nói cách khác bài toán 1.1 là một trƣờng hợp đặc biệt của bài toán 1.2 Trang | 13 - Ta cũng dễ dàng nhận ra, bài toán 1.2 thực chất đƣợc xây dựng trên bài toán thuần túy hình phẳng sau: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng BM KM . - Bài toán 1.2 chính là bài toán mở rộng cho hình chữ nhật trong trƣờng hợp 3:  2 2 1 1 0, 2 .x k y kk           Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD ( ̂ ̂ ) có đỉnh  2;2D và 2 .CD AB Gọi H là hình chiếu vuông góc củ