(SKKN 2022) phát triển tư duy của học sinh qua khai thác bài toán hình học cơ bản trong sách giáo khoa toán lớp 9

1 MỤC LỤC Nội dung Phần một: Đặt vấn đề Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu, phương pháp nghiên cứu Giới hạn phạm vi nghiên cứu Giới hạn phạm vi nghiên cứu Thời gian nghiên cứu Phần hai: Giải vấn đề Chương I: Cơ sở khoa học Phương pháp dạy học Bài tập hình học Đặc điểm lứa tuổi thiếu niên Chương II: Cơ sở thực tiễn giải pháp thực Tình hình học tập mơn hình học trường THCS Nguyên nhân Khai thác toán từ toán Đề xuất số tập Kết học kimh nghiệm Phần: Kết luận Trang 1 2 2 3 4 4 5 22 23 25 PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ Lí chọn đề tài: Mơn Tốn, những mơn khoa học mang tính trừu tượng, có ứng dụng rộng rãi gần gũi lĩnh vực của đời sống xã hội, khoa học lí thuyết khoa học ứng dụng Hơn nữa, trường trung học sở Tốn mơn khoa học có vị trí quan trọng hệ thống giáo dục đào tạo góp phần trang bị cho hệ trẻ - đội ngũ những người lao động tương lai những kiến thức tốn học phổ thơng bản, làm sở cho việc tiếp thu những kiến thức khoa học công nghệ đại tiên tiến giới Tuy nhiên, nó môn học khó, khơ khan địi hỏi học sinh phải có nỗ lực lớn để chiếm lĩnh những tri thức cho Chính vậy, giáo viên dạy Tốn việc tìm hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương pháp dạy học để từ đó tìm những phương pháp dạy học có hiệu việc truyền thụ kiến thức Toán học cho học sinh chương, phần Đó công việc cần phải làm thường xuyên Đối với học sinh THCS, mơn hình học phân mơn mang tính trừu tượng lạ Hầu hết với học sinh đại trà, em nắm kiến thức hình học sở rời rạc, chưa đủ khả khái quát hoá kiến thức đã học đó em chưa định hình kiến thức mơn Hơn nữa học mơn hình học địi hỏi khơng những nắm kiến thức sau học cụ thể, vận dụng lý thuyết vào tập mà đòi hỏi ghi nhớ kiến thức trước đó cách hệ thống, liên tục đặc biệt tư logic Vì việc vận dụng lý thuyết vào tập gặp nhiều khó khăn Để giải toán hình phải dựa phương diện lý luận sử dụng trực quan hình vẽ Nghĩa với trường hợp của toán cho ta kết luận nhận xét riêng có những trường hợp đặc biệt học sinh thường hay ngộ nhận Đặc biệt hình vẽ suy biến kẻ thêm đường phụ nó đã trở thành toán khác hẳn khó khăn việc tìm tịi giải tốn Có lí thường gặp học sinh giải xong tốn coi đã hồn thành nhiệm vụ mà em tư khai thác tốn, nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác để phát triển nó thành tốn khác Việc hình thành cho học sinh thói quen tìm hiểu, khai thác phát triển từ toán quen thuộc qua số thao tác thay đổi vài yếu tố đưa nó thành toán nhằm phát triển tư hình học của học sinh Vấn đề đặt làm có thể giúp cho học sinh nắm kiến thức bản, biết cách khai thác kiến thức đã học, phát triển tìm tịi kiến thức để em chủ động, sáng tạo, hứng thú việc học tập Là giáo viên giảng dạy Tốn bậc THCS, thân tơi lại nhà trường nhiều năm giao trách nhiệm dạy Toán lớp 9, cũng trăn trở vấn đề Với mong muốn góp phần nhỏ bé vào việc đổi phương pháp dạy học nói chung dạy môn toán nói riêng, nhằm nâng cao chất lượng dạy học mơn tốn học Tơi đã mạnh dạn tiến hành nghiên cứu đề tài: " Phát triển tư học sinh qua khai thác tốn hình học sách giáo khoa Toán lớp " Mục đích nghiên cứu: Nghiên cứu thực trạng dạy học tốn hình học lớp Trên sở những kết nghiên cứu đạt được, tơi tìm cách khai thác, phát triển số tập hình sách giáo khoa Toán lớp trước hết nhằm củng cố kiến thức cho học sinh, giúp cho học sinh có kĩ để giải tốn hình học Sau đó thơng qua khai thác toán giúp học sinh biết nghiên cứu sâu tốn cách tìm mối qua hệ giữa yếu tố toán, thay đổi vài yếu tố từ toán ban đầu, từ đó phát triển thành toán lên mức độ cao hơn; cho em tập dượt dùng số thao tác tư duy: Khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hóa… để qua đó rèn lực tư cho học sinh Đối tượng, phương pháp nghiên cứu đối tượng khảo sát: Đối tượng nghiên cứu: Bài tập sách giáo khoa Toán lớp 9, sách tập sách nâng cao Đối tượng khảo sát: Đối tượng khảo sát học sinh lớp 9A2, 9A5 với mức độ tư mức trung bình Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp nghiên cứu lí luận - Phương pháp nghiên cứu thực tiễn - Phương pháp phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, tương tự, đặc biệt hóa - Phương pháp kiểm tra, đánh giá Giới hạn phạm vi nghiên cứu: Giới hạn phạm vi của Sáng kiến kinh nghiệm sâu nghiên cứu, khai thác số tập hình sách giáo khoa Toán lớp Thời gian nghiên cứu: PHẦN HAI: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CHƯƠNG I: CƠ SỞ KHOA HỌC Phương pháp dạy học Phương pháp dạy học những cách thức hình thức hoạt động của giáo viên học sinh những điều kiện dạy học xác định nhằm mục đích dạy học, thơng qua đó giáo viên học sinh lĩnh hội những thực tự nhiên xã hội xung quanh những điều kiện học tập cụ thể Quy luật của trình nhận thức từ trực quan sinh động đến tư trừu tượng Song trình nhận thức đó đạt hiệu cao hay không, có bền vững hay khơng cịn phụ thuộc vào tính tích cực, chủ động sáng tạo của chủ thể Quá trình giáo dục trình nhận biết - thuyết phục - vận dụng để tiếp thu những kiến thức từ chưa biết, chưa biết sâu sắc đến biết, biết sâu sắc vận dụng vào thực tiễn Trong cách mạng giáo dục, quan trọng đổi phương pháp Đổi phương pháp dạy học nói chung phải phát huy tính tích cực dạy học, tích cực hố hoạt động của người học Người giáo viên, từ vị trí truyền thụ kiến thức chuyển sang vị trí người hướng dẫn học trị tự tìm lấy kiến thức, cịn học trị từ vị trí thụ động tiếp thu kiến thức phải trở thành người chủ động tìm hiểu kiến thức, tự học, tự nghiên cứu, trau dồi kiến thức Vì vậy, người giáo viên phải đề cao việc rèn tư động sáng tạo, phát huy lịng say mê ham thích học tập của học sinh Dạy học theo phương pháp phải làm cho học sinh chủ động nghĩ nhiều hơn, làm nhiều hơn, tham gia nhiều trình chiếm lĩnh tri thức tốn học Dạy học tốn thơng qua kiến thức phải dạy cho học sinh phương pháp tư duy, quan điểm cho dạy toán phải dạy cách suy nghĩ, dạy học sinh thành thạo thao tác tư phân tích, tổng hợp, trừu tượng hoá, khái quát hoá … để học sinh có thể tự tìm tịi, tự phát hiện, dự đốn kết quả, tìm hướng giải tốn, hướng chứng minh định lý Vì vậy, giảng dạy tốn hình học, tơi ln hướng dẫn học sinh tìm tịi, khai thác phát triển từ tập bản, chí tập sách giáo khoa, thành toán nhằm phát huy lực tư sáng tạo đồng thời kích thích niềm say mê học tập cho học sinh Bài tập hình học Như biết, xuất hiện, hình học khoa học đo đạc qua số đối tượng, vật cụ thể thực tiễn đã khái quát thành những khái niệm trừu tượng Với ba khái niệm không định nghĩa: Điểm, đường thẳng, mặt phẳng Hình học trở thành môn khoa học suy diễn, tức môn khoa học mà những kết luận đắn chứng minh lập luận chặt chẽ không cách qua thực nghiệm những môn khoa học thực nghiệm khác Mơn hình học thân mang tính lập luận, tính trừu tượng cao Để học sinh tiếp thu được, hiểu nhiều phải dùng trực quan thơng qua mơ hình, hình vẽ, vật cụ thể từ đó học sinh nắm bắt hiểu chất của vấn đề Từ trực quan đến tư trừu tượng, từ tư trừu tượng đến thực tiễn Quá trình tư của người cũng tuân theo quy luật đó Do vậy, dạy học mơn Tốn cho học sinh, đặc biệt hình học, khơng những truyền thụ kiến thức cho em mà quan trọng dạy tư Đặc điểm lứa tuổi thiếu niên Đặc điểm của lứa tuổi thiếu niên có xu hướng vươn lên làm người lớn, muốn tự tìm hiểu, khám phá trình nhận thức Hình thành phát triển tư tích cực độc lập sáng tạo dạy học toán cho học sinh q trình lâu dài, thơng qua tiết học, thông qua nhiều năm học, thông qua tất khâu của q trình dạy học nội khố cũng ngoại khoá Dựa vào đặc điểm trên, tiết học, tơi thường động viên, khích lệ em phát huy tính tích cực chủ động tư sáng tạo việc làm tập, đặc biệt tập hình CHƯƠNG II: CƠ SỞ THỰC TIỄN VÀ GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Tình hình học mơn hình trường trung học sở Trong q trình giảng dạy mơn tốn bậc THCS, với nhiều năm nghề tơi thấy tình trạng chung học sinh khơng thích chí sợ mơn hình Vì lí khó hiểu, trừu tượng, lúng túng q trình tìm tịi lời giải tốn, phương hướng khơng biết để chứng minh tốn đâu, làm Khi giảng dạy mơn hình tiết học người thầy không thường xuyên tạo thói quen, rèn thói quen cho học dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn học sinh học sinh khó tiếp thu, không tự giải tốn hình Ngun nhân: Trong trường THCS nay, tình hình phổ biến đại đa số học sinh khơng thích học mơn hình học Điều theo nghĩ có thể nhiều nguyên nhân, đó có số nguyên nhân sau: - Học sinh chưa nắm những khái niệm - Học sinh thường khơng học lí thuyết, học thuộc định lí tính chất mà khơng hiểu rõ chất vấn đề - Học sinh ngại vẽ hình, chí khơng bết vẽ hình vẽ hình khơng xác - Sách giáo khoa biên soạn theo hệ thống kiến thức đường thẳng, không tổng hợp loại, dạng làm cho học sinh khó nắm bắt cách giải toán - Trong sách giáo khoa tốn mẫu thường ít, hướng dẫn gợi ý chưa thật đầy đủ nên khó tiếp thu nghiên cứu Ngoài những nguyên nhân trên, theo tơi cịn người giáo viên chưa chuẩn bị cách chu đáo luyện tập, thông qua đó củng cố kiến thức cho học sinh, rèn kĩ vận dụng kiến thức vào tập, kĩ trình bày, nữa rèn tính sáng tạo, phát triển tư toán học cho học sinh Thời điểm Lớp Khi chưa áp dụng SKKN (2019-2020) 9A2 Kết Giỏi (%) Khá (%) T.bình (%) Yếu (%) 23% 30% 28% 19% Như muốn có luyện tập tốt, theo phải lưu ý vấn đề sau: - Chọn hệ thống tập cho luyện tập; - Phải xếp hệ thống câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở); - Phải tổ chức tốt thể vai trò chủ đạo của người thầy; - Sau cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có) Để làm điều đó, việc khai thác tốn hình theo nhiều khía cạnh khác vô cần thiết Tôi xin đề cập đến vấn đề: " Phát triển tư học sinh qua khai thác tốn hình học sách giáo khoa Toán lớp " Khai thác toán từ toán Nội dung của viết tơi số toán đơn giản chương trình lớp bậc THCS phát triển nó rộng mức độ tương đương, phức tạp cao phù hợp với tư lơgíc của em để tạo cho em niềm say mê học tập mơn tốn đặc biệt mơn hình học Bài tốn 1: Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường trịn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax By theo thứ tự C D Chứng minh rằng: · COD = 900, CD = AC + BD Tích AC.BD khơng đổi điểm M di chuyển nửa đường tròn (Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán - Tập NXB GD năm 2006) Giải: 1 Áp dụng tính chất hai2tiếp tuyến xuất phát từ điểm C, ta có: Cˆ1 Cˆ ; Oˆ Oˆ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất từ điểm D, ta có: D ˆ O ˆ ˆ D ˆ ;O phát ˆ O ˆ4 O ˆ O ˆ 180 90 O Do đó: Hay COˆD = 900 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM DB = DM Nên CD = CM + MD = CA + DB · Theo câu 1, COD = 900, hay tam giác COD vuông O Mặt khác: OM  CD (tính chất tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có: OM  AC AD Hay AC AD  R không đổi * Đối với học sinh trung bình ta khai thác toán câu hỏi sau: Chứng minh  COD  AMB đồng dạng với ? Gợi ý: Ta có: Cˆ Cˆ ; Dˆ  Dˆ   COD  AMB (g.g) * Khi  COD  AMB ta nghĩ đến tỉ số diện tích tam giác nên có thêm câu hỏi: SCOD R Tính tỉ số S AC = ? AMB Gợi ý: Theo cách chứng minh câu 3, ta có OM2 = MC MD hay MC MD = R2 mà R R OM Từ đó suy ra: MD = = R2: = 2R 2 MC R 5R => CD = CM + DM = + 2R = 2 CD 5R Theo COD  AMB => = : 2R = = k (k tỷ số đồng dạng) AB MC = AC = Vì tỉ số diện tích giữa hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng, nên ta có: SCOD S AMB = k2 => SCOD = S AMB   25     16 Gọi K giao điểm AD BC chứng minh MK  AB Gợi ý: Ta có AC//BD (gt) Áp dụng hệ của định lý Thalets vào tam giác AKC, ta có: KD DB  (1) KA AC AC, CM tiếp tuyến của nửa (O) nên: CM = CA (2) tương tự ta có DB = DM (3) KD MD   MK//AC (Theo định lý Thalets đảo) Từ (1), (2), (3) ta có: KA MC  MK  AB Sau chứng minh MK  AB , chứng minh CD.KM = CM.BD Gợi ý: MK  AB hay MK // AC, dễ thấy CKM  CBD suy CD DB   CD.KM = CM.BD CM MK Giả sử MK  AB H, so sánh MK KH ? Gợi ý: Gọi I giao điểm của BM Ax Ta có: · · · ·  CIM  CI = CM = CA CA = CM  CMA = CAM = CMI Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có: MK BK KH = = mà CI = CA  MK = KH CI BC CA * Từ giả thiết toán nghĩ đến tứ giác nội tiếp có thêm câu hỏi sau Chứng minh tứ giác CMOA; DMOB nội tiếp đường tròn 10 Cho OC cắt AM E OD cắt BM F Hãy xác định tâm đường tròn qua điểm O; E; M; F Gợi ý: Chứng minh tứ giác OEOF hình chữ nhật nên tâm của đường trịn qua điểm O;E;M;F giao điểm của OM EF * Từ kết chứng minh câu 10, ta khai thác thêm câu hỏi quỹ tích dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi sau: 11 a Gọi P tâm đường tròn qua điểm O; E; M; F Hãy tìm quỹ tích điểm P, M chạy nủa đường trịn tâm O, đường kính AB Gợi ý: Từ kết của câu 10, ta có: PO = R OM = Do điểm O cố định, 2 PO = R không đổi nên quỹ tích của P nửa đường trịn đồng tâm với (O) có bán kính nửa bán kính của (O) 11 b Gọi N trung điểm CD Tìm quỹ tích điểm N M di chuyển nửa đường trịn tâm O, đường kính AB (M khơng trùng với A B) Gợi ý: Vì ON đường trung bình của hình thang ACDB nên ON // Ax // By Do đó N thuộc tia Ot song song cách hai tia Ax By Gọi M’ giao điểm của tia Ot nửa đường trịn Nếu M  M ' N  M ' Do đó quỹ tích của điểm N tia M’t * Từ tốn gốc liên tưởng đến tốn cực trị khơng? Đối với ta khai thác câu hỏi 12 a Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất? Gợi ý: Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB Mà AC + BD = CD nên suy chu vi của tứ giác ACDB = AB + 2CD Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ CD nhỏ  CD  Ax CD  By, đó CD // AB Suy M điểm giữa của cung AB 12b Xác định vị trí M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất? Gợi ý: Tứ giác ACDB hình thang, có diện tích là: S = (AC + BD).AB S nhỏ  (AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2) Vậy CD nhỏ  CD // AB Khi đó M điểm giữa của cung AB * Cũng khai thác tốn gốc theo hướng khó hơn: · 13 a Biết MAB  600 Tính diện tích BMD theo R 10 Gợi ý: · · DM = DB   DMB cân Do DMB  MAB  600 nên DMB Gọi F giao điểm của OD với MB DF  MB DF = BM ; BM S MDB = BM.DF =  MAB vuông có AM = R; AB = 2R nên MB2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2 2  MB = R  S MBD = ( R 3) = 3R (đvdt) 4 * Nếu gọi r bán kính đường trịn nội tiếp  COD ta có câu hỏi nâng cao sau: 13 b Chứng minh r < < R Gợi ý: Để chứng minh câu hỏi này, ta áp dụng bổ đề sau “Trong tam giác vuông cạnh huyền a, cạnh góc vng b c, đường cao h, bán kính đường trịn nội tiếp r ah = r (a+b+c) = 2S” Khi đó áp dụng vào tam giác COD vuông O, ta có CD.OM = r (OC + OD + CD)  CD R = r (OC + OD + CD)  r CD = R OC  OD  CD Mà OC + OD > CD (quan hệ giữa ba cạnh trong tam giác) nên r CD CD = < = R OC  OD  CD 2CD Mặt khác: OC + OD + CD < 3CD  Do đó: r CD CD = > = R OC  OD+CD 3CD r < < R *Không dừng lại mà tốn cịn mở rộng theo góc nhìn khác, chẳng hạn ta thấy AEˆ O 90 ; OFˆ B 90 nên điểm E thuộc nửa đường trịn đường kính AO; F thuộc nửa đường trịn đường kính OB Từ ta có tốn sau: Bài tập 2: Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A BC tiếp tuyến chung với B  (O); C  (O ' ) Tiếp tuyến chung A cắt BC M Gọi E giao điểm OM AB; F giao điểm O’M AC Chứng minh: Tứ giác AEMF hình chữ nhật ME MO = MF MO’ OO’ tiếp tuyến chung đường trịn đường kính BC 13 - Nếu H thuộc đoạn BC, theo (*) ta có: BH = Rr2 ; HC = r.r2  BC = BH+HC  Rr = Rr2 + rr2  Rr = rr2  Rr2 +   r2 =    Rr   R + r   Rr = ( R + Rr R + r  r) r2 - Nếu H thuộc tia đối CB (H vị trí H’ hình vẽ) Khi BC = BH’ – H’C  Rr = Rr2 - rr2  Rr =   r2 =    Rr2 - rr2  Rr   R - r    Rr R - r  *Qua chứng minh câu Nếu ý tí, có thêm câu hỏi: 1 = + Chứng minh với H thuộc đoạn BC r2 R r Thật vậy, từ hệ thức Rr  Rr2 + rr2 ta có:  r2  R  Rr  Rr2  rr2 r 10 Gọi N giao điểm IB KC, dễ thấy tứ giác ABNC hình chữ nhật Vậy liệu điểm N, M, A có thẳng hàng khơng? Gợi ý: 14 Vì NA  OO' · ·  BOA cân O  OBA  OAB Tứ giác ABNC hình chữ nhật, · · suy ra: BAN  ABC · · · ·  OAB  BAN  OBA  ABC ·  OBC  900 nên NA  OO' A Mà MA  OO' A Suy N, M, A thẳng hàng * Từ tứ giác ABNC hình chữ, ta có INˆ K 90 , nên N thuộc nửa đường trịn đường kinh IK, ta có câu hỏi sau: 11 Chứng minh rằng: AN2 = IA.AK * Nếu từ A kẻ AH  BC Có thể chứng minh AH, O’B, OC đồng quy trung điểm AH khơng? Từ ta có thêm câu hỏi 12 Từ A kẻ AH  BC Chứng minh AH, O’B, OC đồng quy D D trung điểm AH? Gợi ý: Gọi D giao điểm của OC AH Ta có OB//O’C//AH (cùng vng góc với BC) - Theo định lý Thales ta có: DH CD O' A = = ' OB CO OO DH r Rr  =  DH = R Rr Rr Tương tự: DA = Rr Rr Vậy DA = DH Suy OC qua D Tương tự O’B cũng qua D Nên đường thẳng OC, O’B, AH đồng quy D 13 Khi tính tỉ số diện tích tứ giác BCO’O tam giác NIK ? 15 Gợi ý: ( BO  CO ' ) BC (OA  AO ' ) BC = S BCO O 2 ' OO BC IK AH  = = S NIK 2 2 = ' Vậy S S BCO'O NIK = * Vẫn không ngừng khai thác, sử dụng kiến thức độ dài đường trịn, diện tích hình trịn, ta phát triển tiếp để có tốn hấp dẫn như: 14 a Hãy chứng minh độ dài nửa đường tròn đường kính IK tổng độ dài hai nửa đường đường kính IA nửa đường đường kính AK Gợi ý: Áp dụng công thức C =  d (d độ dài đường kính ) IA + AK = IK, đó ta có:  Từ IA + AK = IK, nhân hai vế với , ta có:  IA  AK  IK   2 Suy điều phải chứng minh 14 b Vậy tính diện tích phần giới hạn ba nửa đường tròn khơng? Gợi ý: Gọi bán kính của đường trịn đường kính IK R’, ta có: Diện tích nửa hình trịn đường  R '2 kính IK là: S1 = A O  R2 Diện tích nửa hình trịn đường kính IA là: S2 = Diện tích nửa hình trịn đường kính AK là: S3 =  r2 16 Diện tích phần giới hạn đó là: S = S1- S2- S3 =  R '2  R2  r2 -( + ) 2 * Từ câu hỏi 11 câu hỏi 14 b, ta nâng cao nữa: 14 c.Chứng minh diện tích phần giới hạn với A IK diện tích hình trịn đường kính AN Gợi ý: Diện tích phần giới hạn là:   ( IK  IA2  AK )  ( IA  AK )  IA2  AK )  8     IA AK = 2AN = AN 8 Vậy diện tích phần giới hạn diện tích hình trịn đường kính AN Bài tập 3: Các đường cao hạ từ đỉnh A B tam giác ABC cắt H (góc C khác 900) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D E Chứng minh rằng: CD = CE  BHD CD = CH ( Bài tập 95 – trang 105 SGK Toán tập 2) * Hướng dẫn cách giải: Gọi M, N thứ tự giao điểm của AD với BC BE với AC · · · Ta có DAC (cùng phụ với ACB )  EBC  CE = CD · · Vì DAC suy BM phân giác vừa  EBC đường cao nên  BHD cân B Vì  BHD cân B, nên BM đường trung trực của HD => CH = CD * Đối với học sinh trung bình ta khai thác toán câu hỏi sau 4.Chứng minh tứ giác AQHN; ACMQ tứ giác nội tiếp Chứng minh hai tam giác ANQ ABC đồng dạng (hay chứng minh AQ.AB =AN.AC) * Đối với học sinh hơn, ta khai thác tốn cách phân tích kết chứng minh từ toán gốc 17 Nhận xét 1: Gọi giao của CH với AB Q, với đường tròn (O) F Từ câu ta có CE = CD, nên hai cung CD · · cung CE nhau, suy EFC hay FC  DFC · phân giác góc EFD Tương tự DA phân giác ˆ của góc FDE , EB phân giác của góc FEˆ D * Ta khai thác câu hỏi sau: Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp  FDE Nhận xét 2: Từ câu câu ta dễ dàng chứng minh được:  ABF =  AHB;  BDC=  BHC;  AEC =  AHC Với nhận xét hai tam giác bán kính đường trịn ngoại tiếp * Ta khai thác câu hỏi sau: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác  AHB;  BHC;  AHC có bán kính Nhận xét 3: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC Từ câu ta có CE = CD, nên OC đường trung trực của DE Từ câu suy M trung điểm của HD; tương tự ta có N trung điểm của HE; nên đường trung bình của  HDE =>MN//DE * Ta khai thác câu hỏi sau: Chứng minh OC  MN Nhận xét 4: Từ kết chứng minh câu hỏi Có: · · +) Tứ giác AQHN nội tiếp, nên QAH  QNH (hai góc nội tiếp chắn cung QH), +) Tương tự tứ giác CMHN nội tiếp · · ; tứ giác ACMQ nội tiếp  HNM  HCM · · · ·  QAM  QCM hay QAH  HCM · · QNH  HNM => NH phân giác góc QNˆ M * Ta khai thác câu hỏi sau: Chứng minh H tâm đường trịn nội tiếp  QMN 18 * Cũng bổ sung thêm yếu tố cho toán gốc để khai thác toánsâu 10 Vẽ đường kính AP, gọi K trung điểm BC Chứng minh K, H, P thẳng hàng Gợi ý : AP đường kính  ·ACP  900  AC  PC , mà BH  AC, nên BH//PC +) Tương tự có CH//BP Vậy tứ giác CHBP hình bình hành, hai đường chéo BC HP cát trung điểm K của BC, suy K, H, P thẳng hàng 11 Nối AK, cắt OH G Chứng minh G trọng tâm  ABC Gợi ý : Nối OK  OK  BC , mà AH  BC, nên AH//OK ·  HAK  ·AKO (so le trong); mà AGˆ H OGˆ K (đối đỉnh) Vậy  GAH  GKO đồng dạng  GK OK  GA AH (1) Mà OK đường trung bình của  APH OK  (2) AH GK  hay G trọng tâm  ABC Từ (1) (2)  GA  * Từ kết câu 11 Ta thấy AH = 2OK, BC cố định, điểm A di chuyển cung BC lớn độ dài AH khơng đổi, Vậy ta có thêm câu hỏi sau: 12 Khi BC cố định, chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác QHN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A Gợi ý : +) Từ kết câu 11 Ta thấy AH = 2OK +) Tứ giác AQHN nội tiếp đường tròn đường kính AH, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác QHN OK (không đổi) nên không phụ thuộc vào vị trí điểm A 13 Gọi I trung điểm QN Chứng minh KI // OA 19 Gợi ý : +) Chứng minh tương tự câu Ta có OA  QN (1) +) Chứng minh tứ giác BCNQ nội tiếp đường trịn đường kính BC => KI  QN (quan hệ giữa đường kính dây cung) (2) Từ (1) (2) tao có KI//OA * Đối với học sinh giỏi, ta khai thác tốn cách cho thêm yếu tố động địi hỏi em phải có tư linh hoạt 14 Khi BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC điểm H di chuyển đường nào? Gợi ý : Trong đường tròn (O) Khi BC cố định nên BAˆC không đổi, suy BHˆC không đổi Giả sử BHˆC α Vậy điểm H ln nhìn đoạn BC cố định góc không đổi nên H nằm cung chứa góc  dựng đoạn BC 15 Khi BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC, tìm vị trí A để chu vi  ABC lớn nhất? Gợi ý : +) Trên tia đối của tia AB lấy điểm T, cho AT=AC => AB+AC = BT Chu vi  ABC lớn AB+AC lớn  BT lớn +) Vì AT=AC =>  ACT cân A 1· · BTC  BAC  β Khi BC cố định ˆ C khơng đổi, suy BTˆC không BA · đổi Giả sử BTCβ  Vậy T nằm cung chứa góc β (có tâm O1) dựng đoạn BC Vậy BT lớn  BT đường kính của đường trịn (O1)  A điểm giữa cung BC 16 Tìm điều kiện  ABC để QN tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp  QHM  NHM? 20 Gợi ý : Gọi (O1) đường tròn ngoại tiếp  NHM · ·  NCH +) QN tiếp tuyến của (O1)  QNB (góc tạo tiếp tuyến với dây góc nội tiếp chắn cung NH) · ·  QCB +) Tứ giác BCNQ nội tiếp  QNB (hai góc · ·  QCB nội tiếp chắn cung QB) Vậy  NCH => CQ phân giác góc C, mà CQ đường cao, đó  ABC cân C +) Tương tự  ABC cân B Vậy  ABC tam giác 17 Khi BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp  MNQ qua điểm cố định Gợi ý : · ·  QCB Chứng minh: Vì QNB Vậy tứ giác QMKN nội tiếp (do đỉnh N đỉnh K nhìn cạnh QM góc nhau) => Đường trịn ngoại tiếp  QMN ln qua điểm K cố định 18 Khi BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để chu vi  MNQ đạt giá trị lớn Gợi ý: Chứng minh 2SABC = R(MN+QM+QN) +) Vì R(MN + QM + QN) = 2SABC , mà R không đổi nên (MN + QM + QN) đạt gía trị lớn SABC lớn +) Ta có SABC = AM.BC BC không đổi nên SABC lớn AM lớn nhất, mà AM lớn A điểm giữa của cung lớn BC Bài tập 4: Cho đường tròn (O; R), dây CD cố định Từ điểm M thuộc tia đối của tia CD kẻ tiếp tuyến MA, MB với (O) , A, B tiếp điểm Gọi I trung điểm của CD, nối BI cắt đường tròn E Nối OM cắt AB H Chứng minh năm điểm M, A, B, O, I thuộc đường tròn Chứng minh AE//CD Chứng minh OH.OM = R2; OH HM = HA2 21 Chứng minh MA2 = MC.MD Hướng dẫn cách giải: Chứng minh năm điểm M, A, B, O, I thuộc A đường E tròn Gợi ý: Chứng minh năm điểm C I MM, A, B, O, I thuộc H đường trịn đường kính MO O Chứng minh AE//CD Gợi ý: Chứng minh D · · · MIB  MAB  AEB B Chứng minh OH.OM = R2; OH HM = HA2 Gợi ý: Sử dụng hệ thức lượng tam giác vuông MAO Chứng minh MA2 = MC.MD Gợi ý: Chứng minh MAC  MDA (g.g) => MA2 = MC.MD * Từ kết câu câu 4, ta có câu hỏi sau: Chứng minh OH OM + MC MD = MO2 MC MD – HO HM = MH2 Gợi ý: Từ kết câu câu 4,và áp dụng định lý Pitago, ta có: OH OM + MC MD = OA2 + MA2= MO2 MC MD – HO HM =MA2 - AH2= MH2 Nhận xét 1: Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO, ta có MA = MH MO Mặt khác theo câu 4: MA2 = MC.MD, MC MD = MH MO từ đó · · chứng minh được: MHC  MDO (c g.c)  MHC nên tứ giác  MDO CDOH tứ giác nội tiếp đường tròn Ta đề xuất câu hỏi sau: Chứng minh tứ giác CDOH tứ giác nội tiếp hoặc: Chứng minh, cát tuyến MCD thay đổi đường trịn ngoại tiếp tam giác HCD qua điểm cố định 22 Nhận xét 2: Vì MHC  MDO (cmt) A · ·  MHC  OHD (1) I Tứ giác CDOH nội tiếp, nên C M OCD · ·   OHD · ·H Xét (O) có: OCD  CDO D O · · Vậy OHD  CDO · · hay OHD (2)  MDO B · · Từ (1) (2) MHC  OHD · · Từ đó chứng minh: AHC  AHD *Ta đề xuất câu hỏi sau: Chứng minh HA phân giác góc CHD hoặc: Chứng minh HA HM hai tia phân giác góc góc ngịai tam giác CHD F Nhận xét 3: Kéo dài OI, cắt dường thẳng AB F Ta chứng minh cặp tam giác đồng dạng: A OHF  OIM (g.g) D I OIH  OMF (c.g.c) C M *Ta đề xuất câu hỏi sau: Chứng minh: OI OF = OH OM 10 Chứng minh tứ giác FIHM nội tiếp H O B Nhận xét 4: Vì tứ giác MAIB nội tiếp nên dễ dàng chứng minh AˆIM MˆIB , IM phân giác của AIB, mà IM  IF nên IM IF hai tia phân giác góc góc của AIB, kết hợp tính chất tia phân giác của tam giác, ta đề xuất câu hỏi: FA NA  11 Chứng minh FB NB Nhận xét 5: Khai thác câu 9, ta có: OI OF = OH OM, mà OH OM = R2 nên: OI OF = R2 23 R2 Khi điểm M di chuyển tia đối của tia CD OI khơng đổi, mà OF  nên OI OF không đổi, đó chứng minh F điểm cố định *Ta đề xuất câu hỏi sau: 12 Chứng minh điểm M di chuyển tia đối tia CD AB ln qua điểm cố định Nhận xét 6: · F  FOC · Từ nhận xét 2, ta có FHC nên tứ giác FOHC nội tiếp · · Tương tự: FHD , nên tứ giác  FOD FHOD nội tiếp A Do năm điểm F, C, O, H, D I D thuộc đường trịn N đường kính FO C · · Mvà góc FCO  FDO  900 *Ta đề xuất câu H hỏi sau: O 13 Chứng minh năm điểm F, C, O, H, D thuộc đường tròn 14 Chứng minh BFC, FD tiếp tuyến đường tròn (O) * Như vậy, sau giải xong toán gốc, nên tiếp tục suy nghĩ, khai thác triệt để yếu tố từ hình vẽ thay đổi, thêm bớt yếu tố, từ đặt câu hỏi, tốn việc dạy học đạt hiệu cao Đề xuất số tập vận dụng: Bài toán 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Toán tập 1) Cho đường trịn (O) đường kính AB, dây CD khơng cắt đường kính AB Gọi H K theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ A B đến CD Chứng minh rằng: CH = DK Bài tốn 2: Cho hai đường trịn (O) (O ’) tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường kính qua C của O) (O ’) Dây chung MN của (O) vuông góc với AB trung điểm P của AB MC kéo dài cắt (O’) Q a Chứng minh ba điểm B, Q, N thẳng hàng b Chứng minh PQ tia tiếp tuyến của (O’) Kết học kinh nghiệm 5.1 Kết quả: Việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: : " Phát triển tư học sinh qua khai thác tốn hình học sách giáo khoa Toán lớp " 24 vào giảng dạy, đặc biệt vào tiết Luyện tập tiết Ôn tập chương nhà trường, số năm gần đã thu kết đáng khích lệ Thực tế khảo sát kiểm tra nội dung kiến thức phần đã cho thấy học sinh đã nắm cách sâu hơn, kĩ làm tốt Kết cụ thể sau: Bảng tổng hợp kết kiểm tra Tốn phần Hình học : Thời điểm Lớp Khi chưa áp dụng SKKN (2019-2020) 9A2 Sau áp dụng SKKN (2021-2022) 9A5 Kết Giỏi (%) Khá (%) T.bình (%) Yếu (%) 23% 30% 28% 19% 40% 40% 15% 5% 5.2 Bài học kinh nghiệm Qua việc thực chuyên đề vào việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn Bản thân tơi đã rút số học kinh nghiệm sau: Để đạt kết cao công tác giảng dạy Học sinh nhân vật trung tâm việc bồi dưỡng đào tạo, nhân tố giữ vai trị định thành cơng hay thất bại của giáo viên làm công tác giảng dạy, bồi dưỡng Vì em người học, người thi Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái những thành cơng, địi hỏi em phải có nỗ lực lớn Một tâm cao học tập vượt lên khả của thân Chính vậy, động viên, quan tâm, giúp đỡ của lãnh đạo ngành, gia đình em những giáo viên tham gia làm công tác bồi dưỡng lớn Nhất lứa tuổi học sinh lớp 9, đặc điểm tâm lí lứa tuổi của em có tác động không nhỏ đến việc học tập của em Nhận thức rõ điều đó, giáo viên làm công tác bồi dưỡng cần phải dành quan tâm lớn đến em, thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho em có thể có tâm lớn công việc học tập của Đặc biệt với những học sinh tham gia thi học sinh giỏi mơn Tốn, mơn học khó, có học sinh lựa chọn tham gia thi mơn Cũng lí đó, cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn trở nên khó khăn nhiều Vì địi hỏi người giáo viên phải tìm phương pháp giảng dạy phù hợp với đối tượng gây hứng thú lòng say mê học tập cho học sinh Muốn có tố chất cần thiết của người thầy, người giáo viên dạy tốn phải khơng ngừng rèn luyện đáp ứng những yêu cầu sau: Một là, người giáo viên dạy tốn phải có lịng u nghề, niềm say mê cơng việc, tình cảm u thương q mến học sinh, phải không ngừng học tập nâng cao 25 trình độ chun mơn nghiệp vụ sư phạm để có thể truyền đạt đến học sinh phương pháp học tập môn cách đơn giản nhất, truyền cho em tình cảm u thích mơn học niềm say mê học tập Hai là, kiến thức của người thầy phải vững vàng, người thầy thực phải người giỏi tốn, phải người có nhìn tổng qt mơn tốn bậc học của mình, nắm vững những thuật toán, những thủ thuật giải toán hiệu Ba là, cần phải lên kế hoạch giảng dạy cách chi tiết, cụ thể Bồi dưỡng kịp thời những kiến thức cho học sinh, kích thích niềm say mê hứng thú mơn toán, phát huy những tố chất tố học sinh, từ đó em tự giác học tập công việc học tập của em đạt kết cao PHẦN BA: KẾT LUẬN 26 Trên số kinh nghiệm " Phát triển tư học sinh qua khai thác tốn hình học sách giáo khoa Toán lớp " Trong những năm làm công tác giảng dạy môn Tốn của lớp 9, tơi ln trăn trở, suy nghĩ tìm phương pháp giảng dạy cho phù hợp với đối tượng học sinh cùa nhà trường Để giúp học sinh làm tốt tập hình học , tơi xin có số khuyến nghị sau đây: Khuyến nghị: - Đối với cấp lãnh đạo: + Tăng cường nữa chuyên đề, lớp tập huấn công tác chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên để nâng cao trình độ chun mơn nghiệp vụ cho giáo viên + Nâng cao chất lượng sinh hoạt chuyên môn nghiệp vụ, đặc biệt nâng cao chất lượng sinh hoạt nhóm chuyên môn trao đổi những vấn đề liên quan đến giải nội dung khó + Phổ biến nhân rộng sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng tốt nghành giáo viên học tập - Đối với giáo viên: + Thường xuyên tự học, tự bồi dưỡng nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ + Tăng cường dự của đồng nghiệp, dự chuyên đề nhà trường quận, thành phố để học tập Trên số kinh nghiệm khai thác tập hình học mà tơi đã đúc kết q trình giảng dạy mơn Tốn lớp Ngồi những phương pháp nêu trên, chắn nhiều phương pháp giải khác mà thân tơi, lực cịn hạn chế thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài của tơi khơng tránh khỏi những thiếu xót Chính vậy, mong có đóng góp, bổ sung của cấp lãnh đạo đồng nghiệp để đề tài hồn thiện Tơi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm tự viết, không chép của Xin trân trọng cảm ơn! 27 Tài liệu tham khảo: Sách giáo khoa Toán Tập 1; tập - Nhiều tác giả NXB Giáo dục Sách tập Toán Tập 1; tập - Nhiều tác giả NXB Giáo dục Một số vấn đề phát triển Đại số lớp Tác giả: Vũ Hữu Bình NXB Giáo dục Sách bồi dưỡng thường xuyên chu kì III, 1, NXB Giáo dục Những vấn đề chung đổi giáo dục THCS mơn Tốn, NXB Giáo dục ... tìm cách khai thác, phát triển số tập hình sách giáo khoa Toán lớp trước hết nhằm củng cố kiến thức cho học sinh, giúp cho học sinh có kĩ để giải toán hình học Sau đó thơng qua khai thác tốn... học sinh, từ đó em tự giác học tập công việc học tập của em đạt kết cao PHẦN BA: KẾT LUẬN 26 Trên số kinh nghiệm " Phát triển tư học sinh qua khai thác toán hình học sách giáo khoa Tốn lớp " Trong. .. tập bản, chí tập sách giáo khoa, thành toán nhằm phát huy lực tư sáng tạo đồng thời kích thích niềm say mê học tập cho học sinh Bài tập hình học Như biết, xuất hiện, hình học khoa học đo đạc qua