Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng từ một bài toán mốc

 tìm điểm M.
Ví dụ 2(ĐH Khối D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): và đường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ M thuộc d: x – y + 3 = 0.
+ (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 1, sử dụng điều kiện tiếp xúc ngoài của 2 đường tròn ta tính được MI = MA + AI = 3R = 3, từ đó chuyển vê BTM.
*) Lời giải:
+ (C) có tâm I(1; 1), bán kính R = 1.
+ Giả sử đường tròn tâm M tiếp xúc ngoài với (C) tại A, từ đó và từ giả thiết ta có:
	MI = MA + AI = 2R + R = 3R = 3.
+ ; 
 MI = 3 .
+ Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán: M(1; 4); M(-2; 1).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở điều kiện tiếp xúc ngoài của hai đường tròn và giả thiết phụ “đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C)”.
+ Ta giải BTM của bài toán này theo cách giải 1 vì yêu cầu bài toán chỉ tìm điểm M.
Ví dụ 3(ĐH Khối B – 2002) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm , phương trình đường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và
 AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết rằng điểm A có hoành độ âm.
*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Giả thiết điểm A có hoành độ âm và thuộc đường thẳng AB cho ta nghĩ đến việc tìm điểm A đầu tiên. Chú ý rằng hai điểm A, B có cùng tính chất: cùng thuộc đường AB và IA = IB.
+ Ta đi tính độ dài IA, từ giả thiết ABCD là hình chữ nhật và AB = 2AD = 2.2d(I; AB) chuyển về BTM.
*) Lời giải
+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, suy ra H là trung điểm AB. 
Khi đó: IH = d(I; AB) = 
AD = .
+ Từ đó: IA = IB = .
+ Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB và (C), tọa độ A, B là nghiệm hệ 
phương trình: .
+ Vì A có hoành độ âm nên A(-2; 0), B(2; 2).
+ Do I là trung điểm AC và BD nên từ công thức tọa độ trung điểm ta suy ra: C(3; 0), D(-1; -2).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở tính chất tâm I của hình chữ nhật ABCD: và giả thiết phụ “AB = 2AD”.
+ Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm A, B cần tìm có vai trò như nhau. Có nhiều bạn giải theo cách số 1 để tìm điểm A, sau đó suy ra C, lập phương trình đường BC và cho giao với đường thẳng AB để suy ra điểm B. Rõ ràng là sẽ mất nhiều thời gian hơn.
Ví dụ 4(ĐH Khối B – 2009 - NC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Hai điểm B và C cùng thuộc đường thằng .
+ Do tam giác ABC cân tại A nên AB = AC, A đã biết vì thế ta cần tính được độ dài AB thì sẽ chuyển được về BTM. Sử dụng giả thiết diện tích tam giác ABC bằng 18, gọi H là trung điểm BC khi đó: BTM. 
*) Lời giải:
+ Gọi H là trung điểm của BC, do tam giác ABC cân tại A nên AH vuông góc với BC hay .
+ Ta có: 
+ AB = AC = , suy ra B và C thuộc đường tròn (C) tâm A(-1; 4), bán kính R = có phương trình: .
+ Khi đó tọa độ B và C là nghiệm hệ phương trình: 
+ Vậy hoặc .
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở việc chỉ ra tính chất của tam giác cân ABC và giả thiết phụ “diện tích tam giác ABC bằng 18”.
+ Ta giải BTM của bài toán này nên theo cách giải số 2 vì trong bài có 2 điểm B và C cần tìm có vai trò như nhau.
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, có phương trình đường thẳng chứa cạnh BD: x + y – 3 = 0, điểm M(-1; 2) thuộc đường thẳng AB, điểm N(2; -2) thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm B có hoành độ dương.
*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Trong bài toán này yêu cầu tìm cả 4 đỉnh của hình vuông, có vẻ như sẽ nhiều thử thách hơn so với các ví dụ trên.
+ Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu tiên chính là điểm B , bởi B thuộc BD đã biết phương trình và B có hoành độ dương.
+ Ta đã biết tọa độ 2 điểm M và N nên nếu tính được độ dài BM hoặc BN ta sẽ tìm được B nhờ BTM. Nghĩa là ta đang cần yếu tố định lượng, điều này gợi ý ta đi tính hoặc . Trong hai đại lượng này, sẽ giúp ta tính được độ dài đoạn BM bằng cách gắn vào tam giác vuông cân BMH (sử dụng giả thiết ABCD là hình vuông).
+ Khi tìm được điểm B ta sẽ dễ dàng tìm được tọa độ các điểm còn lại nhờ viết được phương trình AB, AD và tính chất trung điểm của hai đường chéo hoặc véctơ.
*) Lời giải:
+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên BD, khi đó: .
+ Do tam giác BHM vuông cân tại H (vì có góc MBH bằng 450) nên: .
+ . 
Khi đó: .
+ AB đi qua 2 điểm B và M có phương trình: y = 2, AD đi qua N và vuông góc với AB nên có phương trình: x = 2. Suy ra A(2; 2).
+ Tọa độ điểm D là nghiệm hệ: .
+ Gọi I là trung điểm BD (Do I cũng là trung điểm AC).
+ Kết luận: A(2; 2), B(1; 2), C(1; 1), D(2; 1).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán nằm ở việc chỉ ra tam giác MBH vuông cân tại H do tính chất của hình vuông ABCD (AB tạo với BD góc 450), với H là hình chiếu của M trên BD và giả thiết phụ “điểm N(2; -2) thuộc đường thẳng AD, điểm B có hoành độ dương”.
+ Ta giải BTM của bài toán này theo cách 1 vì chỉ có điểm B thỏa mãn.
+ Ta có thể tìm điểm B của bài toán trên mà không sử dụng BTM bằng cách đi lập phương trình đường thẳng AB đi qua M và tạo với BD một góc 450. Nhưng cách này rõ ràng cần phải có kỹ năng lập phương trình đường thẳng và giải phương trình đẳng cấp bậc hai tương đối tốt.
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD tại A và D, có B(1;2), AB = AD , đường thẳng BD có phương trình y = 2. Biết đường thẳng có phương trình 7x – y – 25 = 0 cắt các đoạn thẳng AD, CD lần lượt tại hai điểm M, N sao cho BM vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác trong của góc MBC. Tìm tọa độ điểm D, biết D có hoành độ dương. 
*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ Dựa vào giả thiết liên quan đến điểm D và B(1; 2) cho ta gợi ý đi tính độ dài đoạn BD để chuyển về BTM. Nghĩa là ta đang cần yếu tố về định lượng, cùng với giải thiết đường thẳng đã biết phương trình nên ta nghĩ đến việc tính d(B; ) và cần phải thiết lập mối quan hệ với BD. Với việc vẽ hình tương đối chính xác ta đi đến dự đoán BM = BC BH = d(B; MN).
+ Từ giả thiết AB = AD cho ta gợi ý tạo ra điểm H, cùng với giả thiết BM vuông góc với BC ta chứng minh được BM = BC.
+ Từ giả thiết BN là tia phân giác trong của góc MBC, từ đó ta được CBN = M BN. Khi đó ta được: BH = d(B; ) .
*) Lời giải:
+ Gọi H là hình chiếu của B trên CD, từ giả thiết ta có ABHD là hình vuông.
Từ đó và từ giả thiết BM vuông góc BC (cùng phụ với góc MBH)
Từ đó và từ giả thiết BN là tia phân giác trong của góc MBC suy ra .
+ Khi đó BH = d(B;CN) = d(B; ) = .
+ Do ABHD là hình vuông nên tam giác DHB vuông cân tại H nên BD =BH = 4.
+ Do 
Suy ra: BD = 4 
+ Vậy D(5; 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt” của bài toán này nằm ở việc chứng minh d(B; ) = BH thông qua các giả thiết phụ “ABCD là vuông, BM vuông góc với BC và BN là tia phân giác trong của góc MBC”.
+ Ta tìm tọa độ điểm D theo cách giải số 1 của BTM.
+ Để có thể tìm đến nút thắt của bài toán này ngoài việc phân tích, khai thác các tính chất của các dữ kiện bài toán cho thì một kỹ năng vẽ hình chính xác rất quan trọng, điều đó giúp chúng ta đưa ra các dự đoán để tìm đến với nút thắt của bài toán. 
Ví dụ 7 (ĐH Khối A, A1 – 2012 - CB): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử và đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
*) Phân tích và định hướng cách giải:
+ A thuộc đường thẳng AN và biết tọa độ điểm M từ đó nếu tính được độ dài đoạn AM thì sẽ chuyển về BTM.
+ Ta có thể nhận thấy AM gắn vào tam giác vuông AMH, với MH = d(M; AN). Do đó chỉ cần biết thêm yếu tố cạnh hoặc góc của tam giác này thì sẽ tính được AM.
+ Ta nhận thấy tam giác AMN cố định theo hình vuông ABCD cố định ban đầu (các cạnh đều có thể tính được theo cạnh hình vuông), nên góc A trong tam giác này là cố định. Vì vậy ta nghĩ ngay tới việc tính góc nhờ định lý côsin trong tam giác AMN.
+ Một suy nghĩ nữa liên quan đến d(M; AN) đó là diện tích tam giác AMN, ta có thể tính diện tích tam giác này theo 2 cách: theo cách gián tiếp (diện tích hình vuông) và theo cách trực tiếp (công thức chiều cao và cạnh đáy). Từ đó thiết lập được phương trình ẩn là độ dài cạnh hình vuông.
*) Lời giải:
+ Gọi H là hình chiếu của M trên AN .
+ Đặt AB = a = . 
+ Ta có: 
Suy ra: .
+ 
Khi đó: 
+ Vậy A(1; -1); A(4; 5) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt ” bài toán này đó là tính được cạnh của hình vuông đã cho hoặc góc A trong tam giác vuông AMH dựa vào tính chất của hình vuông và d(M; AN) tính được thông qua giả thiết của bài toán.
+ Như vậy , khi muốn chuyển về BTM mà yếu tố độ dài MI chưa biết ( trong bài toán này AM chưa biết) thì ta thường hay tìm được thông qua các dữ kiện về định lượng. Nếu không có điều này thì trong đề bài thường ẩn chứa những yếu tố bất biến như góc (trong bài toán này góc MAH ta luôn tính đươc), khoảng cách (trong bài toán này d(M; AN) cũng là đại lượng không đổi) Từ đây việc tìm độ dài đoạn MI ( trong bài toán này là AM) sẽ khá đơn giản và BTM sẽ xuất hiện. 
+Lời giải trên của bài toán theo cách tính độ dài hình vuông, như đã nói ta có thể tính được góc MAN dựa vào việc áp dụng định lý côsin trong tam giác AMN, với việc các cạnh của tam giác này tính theo cạnh hình vuông đã cho. Hoặc cũng có thể tính góc theo cách sau:
+ Đặt AB = a.
+
	Ta có : .
+ Suy ra : .
Ví dụ 8 (ĐH Khối B – 2013 - CB): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
+ Từ đó tam giác MAH vuông cân tại H .
*) Phân tích và định hướng cách giải :
+ Bài toán yêu cầu tìm 2 điểm C và D, điểm D thuộc đường thẳng BD, điểm C chưa biết phương trình đường thẳng nào chứa nó. Nhưng hoàn toàn có thể lập được AC( qua H và vuông góc với BD). Điểm H đã biết, do đó ta nghĩ ngay đến việc tính độ dài đoạn CH hoặc DH để quy về BTM. Ta đặt ra câu hỏi tìm C hay D trước và tính CH, DH như thế nào ?
+ Ta đi khai thác giả thiết hình thang cân và hai đường chéo vuông góc ta nhận thấy tam giác CIB vuông cân tại I vuông cân tại B I là trung điểm HC CH = 2d(H ; BD) ( C là điểm đối xứng của H qua BD). Do đó việc tìm điểm C có thể thực hiện theo BTM hoặc bài toán đối xứng điểm qua đường thẳng.
+ Còn giả thiết AD = 3BC thì sao ? do AD // BC nên ta nghĩ đến định lý Ta-lét .
+ Thông qua cách phân tích trên ta lựa chọn việc tìm điểm C trước bằng bài toán đối xứng, sau đó tìm điểm D bằng cách tính độ dài ID (vì trong việc tìm điểm C ta tìm được I). 
*) Lời giải :
+ AC đi qua H(-3 ; 2) và vuông góc với BD nên AC : 2x – y + 8 = 0.
+ tọa độ I là nghiệm hệ : .
+ Do ABCD là hình thang cân và AC vuông góc BD nên tam giác IBC vuông cân vuông cân (do H là trực tâm nên BH vuông góc với BC), suy ra I là trung điểm HC .
+ Vì AD // BC nên .
+ 
Khi đó :
+ Vậy C(-1 ; 6), D(4 ; 1) hoặc D(-8 ; 7).
*) Nhận xét:
+ “Nút thắt ” của bài toán trên là việc chỉ ra tam giác BHC vuông cân và chứng tỏ AI = 3IC thông qua các giả thiết phụ “hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC”.
+ Trong bài toán trên việc tìm điểm C hoàn toàn có thể thực hiện theo BTM nhưng rõ ràng không phải là phương án tối ưu nhất. Vì vậy tùy vào từng bài toán, từng trường hợp ta lựa chọn cách làm tốt nhất có thể.
+ Tất cả các giả thiết bài toán cho không bao giờ “thừa” vì vậy cần khai thác hết các giả thiết bài toán cho. Điều quan trọng là khai thác nó thế nào? Vận dụng tính chất gì từ giả thiết đó? Vì vậy khi bài toán cho giả thiết nào đó ta hãy luôn đặt ra câu hỏi “cho giả thiết đó để làm gì?” và hãy trả lời nó.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng , và đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 10y + 9 = 0. Gọi M là điểm thuộc (C) và N là điểm thuộc đường thẳng sao cho M và N đối xứng nhau qua . Tìm tọa độ điểm N. Đáp số: N(-1; -2), N(-4; 7).
BÀI 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 300, đường thẳng d: x – y + 2 = 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết B có hoành độ là một số hữu tỷ. Đáp số: B(0; 2), C.
BÀI 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) có phương trình x2 + y2 – 2x + 2y – 18 = 0. Biết AC = 2BD, điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng . Viết phương trình cạnh AB. Đáp số: AB: 2x + y – 11 = 0 hoặc AB: 2x + 11y – 41 = 0.
BÀI 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có E, F lần lượt thuộc các đoạn AB và AD sao cho EB = 2EA, FA = 3FD, F(2; 1) và tam giác CEF vuông tại F. Biết rằng đường thẳng CE có phương trình x – 3y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm C, biết C có hoành độ dương. Đáp số: C(6; -1).
BÀI 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD tại A và D, có đáy lớn CD và góc BCD bằng 450. Biết hình thang có diện tích bằng 15, đường thẳng AD và BD có phương trình lần lượt là 3x – y = 0 và x – 2y = 0. Viết phương trình BC, biết điểm B có tung độ dương.
 Đáp số: BC: 2x + y – 10 = 0
2.3 Ưu điểm của giải pháp cải tiến: 
 Trong thời lượng phân phối của bộ môn không có đủ thời gian để giáo viên trang bị cho học sinh tất cả các cách giải về bài toán phương pháp toạ độ trong mặt phẳng theo phương pháp truyền thông. Áp dụng sáng kiến này, giúp học sinh lớp 10, đặc biệt là các học sinh chuẩn bị thi THPT quốc gia có phương án giải bài tập khó của đề thi. Đặc biệt còn giúp các em tư duy có hướng giải tốt cho bài tập phần phương pháp toạ độ trong không gian lớp 12, phần hinh afin , Ơclit của đại học.
 - Đối với học sinh: Tiết kiệm thời gian học tập. Tỉ lệ học sinh hiểu bài nhiều. Phân hoá học sinh rất tốt: học sinh khá - giỏi có thể đạt điểm tối đa, học sinh trung bình – yếu đạt 0,5 điểm. Học sinh vận dụng được các phương pháp này sẽ định hướng được ngay lời giải.
- Đối với giáo viên: Nội dung phương pháp mới là một chuyên đề, một tài liệu giảng dạy giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình phù hợp với nhiều đối tượng học sinh. Giáo viên áp dụng kết quả của phương pháp mới này sáng tạo các đề bài tập hay và bổ ích cho học sinh và nâng cao chuyên môn của bản thân. 
V. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được
1. Hiệu quả kinh tế: 
 Các nội dung viết trong sáng kiến này là một tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh. Học sinh có thể dùng tài liệu này thay thế cho sách tham khảo. Vừa nêu rõ ý nghĩa ưu nhược điểm của các phương pháp, vừa giới thiệu chi tiết nội dung và phương pháp giải bài tập phương pháp toạ độ trong mặt phẳng sử dụng bài toán Mốc, phù hợp với cả học sinh lớp 10 và lớp 12 chuẩn bị thi THPT quốc gia. Nội dung sáng kiến cũng là một tài liệu tham khảo giá trị khoảng 12.000đ (phô tô), phù hợp với nhiều đối tượng học sinh để thay thế cho các tài liệu tham khảo khác. 
 Tại THPT Kim Sơn A, tài liệu đã được sử dụng để giảng dạy và học tập cho giáo viên và học sinh 2 khối 10 và 12 với khoảng 850 học sinh. Khi áp dụng trên toàn tỉnh với số luợng 27 trường THPT sẽ tiết kiệm được số tiền lớn hơn rất nhiều.
2. Hiệu quả xã hội: 
 - Đối với học sinh, phụ huynh và xã hội: Tạo được tâm lí tự tin cho phụ huynh và học sinh trước mỗi kì thi quan trọng. Học sinh có thể giải được các bài tập khó của đề thi, đỗ đạt cao vào các trường đại học hàng đầu hay đạt giải cao trong kì thi học sinh giỏi tỉnh hoặc quốc gia. Góp phần đưa nhà trường là địa chỉ giáo dục tin cậy nhất của địa phương.
 - Đối với nhà trường THPT Kim Sơn A: Sau khi áp dụng sáng kiến này tại nhà trường thu được kết quả tốt, tạo được sự tin tưởng chuyên môn của nhóm toán nhà trường. Đồng thời khích lệ phong trào viết sáng kiến, cải tiến phương pháp dạy học đạt hiệu quả cao. Đóng góp vào nâng cao chất lượng giảng dạy của nhà trường nhiều năm liền trường THPT Kim Sơn A là đơn vị trong tốp dẫn đầu khối THPT tỉnh Ninh Bình.
 - Đối với việc giảng dạy:
 Sáng kiến này có thể áp dụng cho tất cả các trường THPT trong toàn tỉnh (27 trường THPT). Đặc biệt là cho các đối tượng học sinh ôn thi THPT Quốc gia. Là một chuyên đề giảng dạy hiệu quả cho giáo viên. Tháng 03/2013 được sự tạo điều kiện của Ban giám hiệu nhà trường, tôi đã tổ chức 01 chuyên đề chuyên môn giới thiệu chuyên đề này với sự tham gia của đại diện các trường THPT huyện Kim Sơn, huyện Yên Khánh. Chúng tôi tham gia cuộc thi giáo viên dạy giỏi cấp THPT tỉnh Ninh Bình lần thứ 6 và đều đạt giải ba.
 Chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi: Đặc biệt em Nguyễn Mai Hạnh, Nguyễn Cao Ngọc Vũ đạt giải nhất quốc gia và em Nguyễn Thị Thu Hà, Trương Tuấn Anh đạt giải ba quốc gia giải toán trên máy tính cầm tay quốc gia.
 Trong các năm học 2012 – 2013, 2013-2014, 2014-2015 đội tuyển học sinh thi giải toán qua mạng Internet của chúng tôi đạt kết quả rất tốt: Các năm học đều có học sinh đạt giải đặc biệt của hội thi : Trương Tuấn Anh 2013, Nguyễn Cao Ngọc Vũ 2014, Doãn Đại 2015. Tất cả các em vào đội tuyển thi quốc gia đều đạt giải cao.
Trước
Sau khi áp dụng SK
2011 - 2012
2012 – 2013
2013 - 2014
2014 – 2015
HSG
môn toán 12
1nhì, 1ba, 1kk
2 nhì, 1 kk
1 nhất, 2 nhì
2 nhì, 1 ba
HSG
Casio toán
1nhì, 2ba.
1nhất quốc gia
1nhì, 1ba, 1kk
1 ba quốc gia
2 nhì, 1ba
1 ba quốc gia
1kk quốc gia
2 nhì, 1 ba
1 nhất quốc gia
HSG
giải toán qua mạng internet
8HCV,2HCB quốc gia
15 giải tỉnh.
8 HCV quốc gia
10 giải tỉnh
7 vàng, 1 bạc quốc gia
18 giải tỉnh
 Chất lượng bồi dưỡng thi Đại học cao đẳng : 
Trước khi áp dụng SK
Sau khi áp dụng SK
2011 – 2012
2012 – 2013
2013 – 2014
Xếp loại nhà trường
Toàn quốc 145
TỉnhNB 04
Toàn quốc 65
TỉnhNB 02
Toàn quốc 85
TỉnhNB 02
Điểm TB môn toán
5.03
6.12
6.54
Số luợng học sinh đạt trên 8 điểm toán
14
61
38
 Kết quả thi THPT quốc gia năm 2015 phản ánh rõ kết quả thành công của sáng kiến này khi áp dụng vào thực tế. Điểm trung bình môn toán của trường THPT Kim Sơn A là 6,98. Trong đó lớp 12B1( Sĩ số 36) – Thầy Doãn Huy Tùng giảng dạy, điểm trung bình môn toán là 8,49 với 16 học sinh đạt điểm từ 9 trở lên. Trong đó lớp 12B2 ( Sĩ số 42) – Thầy Đinh Cao Thượng giảng dạy, điểm trung bình môn toán là 8,09 với 16 học sinh đạt điểm từ 9 trở lên.
 Với cương vị là tổ trưởng, nhóm trưởng chuyên môn, chúng tôi chủ động chia sẻ và thống nhất giảng dạy trong tổ chuyên môn, đến nay các giáo viên trong tổ đang rất tích cực sử dụng nội dung sáng kiến kinh nghiệm này. 
VI. Điều kiện và khả năng áp dụng
1. Khả năng áp dụng sáng kiến trong thực tiễn:
Rộng rãi đối với tất cả các trường trung học phổ thông. 
 Hiện nay, tại hầu hết các trường THPT đều coi trọng vấn đề dạy ôn thi THPT Quốc gia cho học sinh, mà môn Toán là môn thi nằm trong nhiều khối thi của học sinh. Vì vậy vấn đề dạy ôn thi THPT Quốc gia môn Toán càng được các nhà trường quan tâm nhiều hơn nữa. Mà nội dung chuyên đề phương pháp dạy học phương pháp toạ độ trong mặt phẳng Oxy là một chuyên đề ‘khó’ có trong cấu trúc đề thi THPT Quốc gia ở tất cả các khối thi, đây cũng là nội dung mà học sinh gặp nhiều khó khăn. Do đó, việc áp dụng sáng kiến này vào trong thực tiễn giảng dạy là hết sức khả quan. Vấn đề không chỉ còn nằm ở khả năng truyền đạt của thầy cô giáo mà cần có sự cố gắng của cả nhà trường, giáo viên và học sinh.
2. Điều kiện áp dụng sáng kiến: 
 Để áp dụng sáng kiến này sao cho đạt được hiệu quả tốt nhất chúng ta cần:
+ Đưa ra thảo luận, trao đổi, thống nhất ý kiến với các thầy cô giáo trong tổ chuyên môn về các vấn đề liên quan đến sáng kiến từ đó rút kinh nghiệm.
+ Tùy theo từng đối tượng học sinh ở từng lớp mà đưa ra các mức độ ví dụ trong sáng kiến cho phù hợp. Đối với đối tượng học sinh yếu ta không nên đi sâu mà chỉ mang tính chất giới thiệu. 
+ Kiểm tra sự tiếp thu của học sinh về nội dung sáng kiến qua việc làm và giải quyết các bài tập về nhà.
 + Thường xuyên cập nhật đề thi THPT Quốc gia và thi thử các trường để bổ sung vào sáng kiến góp phần làm phong phú hơn kho bài tập.
CƠ QUAN CHỦ QUẢN
TÁC GIẢ SÁNG KIẾN
ĐINH CAO THƯỢNG 
DOÃN HUY TÙNG