Phát Triển Tư Duy Của Học Sinh Qua Khai Thác Bài Toán Hình Học Cơ Bản_2.Pdf

1 MỤC LỤC Nội dung Trang Phần một Đặt vấn đề 1 1 Lí do chọn đề tài 1 2 Mục đích nghiên cứu 2 3 Đối tượng nghiên cứu, phương pháp nghiên cứu 2 4 Giới hạn và phạm vi nghiên cứu 5 Giới hạn và phạm vi ngh[.]

1 tai lieu, luan van1 of 98 MỤC LỤC Nội dung Phần một: Đặt vấn đề Trang 1 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 22 Kết học kimh nghiệm 23 Phần: Kết luận document, khoa luan1 of 98 25 tai lieu, luan van2 of 98 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, khô khan đòi 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 xun 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 tốn 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 toán coi đã hồn thành nhiệm vụ mà em tư khai thác tốn, nhìn nhận toán 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 tốn 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 Toán bậc THCS, thân lại nhà trường nhiều năm document, khoa luan2 of 98 tai lieu, luan van3 of 98 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 tốn 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 qt hố, đặc biệt hố, 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: document, khoa luan3 of 98 tai lieu, luan van4 of 98 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, thông 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 document, khoa luan4 of 98 tai lieu, luan van5 of 98 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, không 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 tốn cho học sinh q trình lâu dài, thơng qua tiết học, thông qua nhiều năm học, thông qua tất khâu của trình dạy học nội khoá cũng ngoại khoá Dựa vào đặc điểm trên, tiết học, 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, q trừu tượng, lúng túng q trình tìm tịi lời giải tốn, phương hướng 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: document, khoa luan5 of 98 tai lieu, luan van6 of 98 Trong trường THCS nay, tình hình phổ biến đại đa số học sinh khơng thích học mơn hình học Điều theo tơi nghĩ có thể nhiều nguyên nhân, đó có số nguyên nhân sau: - Học sinh chưa nắm những khái niệm - Học sinh thường không 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 toán mẫu thường ít, hướng dẫn gợi ý chưa thật đầy đủ nên khó tiếp thu nghiên cứu Ngoài những ngun 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 tốn 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 vơ 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 tốn Nội dung của viết tơi số tốn 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 vuông document, khoa luan6 of 98 tai lieu, luan van7 of 98 góc với AB (Ax, By nửa đường tròn 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 không đổi điểm M di chuyển nửa đường trịn (Bài tập 30 - trang 116 SGK Tốn - Tập NXB GD năm 2006) Giải: Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm C, ta có: Cˆ1  Cˆ ; Oˆ1  Oˆ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm D, ta có: Dˆ  Dˆ ; Oˆ  Oˆ Do đó: 2 ˆ O ˆ O ˆ O ˆ  180  90 O 2 Hay COˆ D = 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: Cˆ1  Cˆ ; Dˆ  Dˆ   COD  AMB (g.g) * Khi  COD thêm câu hỏi: Tính tỉ số  AMB ta nghĩ đến tỉ số diện tích tam giác nên có SCOD R AC = ? S AMB Gợi ý: Theo cách chứng minh câu 3, ta có OM2 = MC MD hay MC MD = R2 OM R R Từ đó suy ra: MD = = R2: = 2R MC 2 5R R => CD = CM + DM = + 2R = 2 CD 5R Theo COD  AMB => = : 2R = = k (k tỷ số đồng dạng) AB mà MC = AC = document, khoa luan7 of 98 tai lieu, luan van8 of 98 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) Từ (1), (2), (3) ta có: KD M D   M K//AC (Theo định lý Thalets đảo) KA M C  MK  AB Sau chứng minh MK  AB , chứng minh CD.KM = CM.BD Gợi ý: MK  AB hay MK // AC, dễ thấy CKM suy  CBD 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: · = CAM · · = CMI ·  CIM  CI = CM = CA CA = CM  CMA Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có: MK BK KH = = mà CI = CA  MK = KH BC CA CI * 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 tròn 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: document, khoa luan8 of 98 tai lieu, luan van9 of 98 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: R OM = Do điểm O cố định, 2 R PO = khơng đổi nên quỹ tích của P PO = nửa đường tròn 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 tròn 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 document, khoa luan9 of 98 10 tai lieu, luan van10 of 98 * Cũng khai thác tốn gốc theo hướng khó hơn: · 13 a Biết MAB  600 Tính diện tích BMD theo R Gợi ý: · · DM = DB   DMB cân Do DMB  MAB  600 nên DMB Gọi F giao điểm của OD với MB DF  MB DF = S MDB = BM ; BM BM.DF =  MAB vng có AM = R; AB = 2R nên MB2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2  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 1 r < < R Gợi ý: Để chứng minh câu hỏi này, ta áp dụng bổ đề sau “Trong tam giác vng 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)  CD r = R OC  OD  CD Mà OC + OD > CD (quan hệ giữa ba cạnh trong tam giác) nên CD r CD = < = R OC  OD  CD 2CD Mặt khác: OC + OD + CD < 3CD  Do đó: CD r CD = > = OC  OD+CD R 3CD 1 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 tròn 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 document, khoa luan10 of 98 13 tai lieu, luan van13 of 98 - Nếu H thuộc đoạn BC, theo (*) ta có: BH = Rr2 ; HC = r.r2  BC = BH+HC  Rr = Rr2 + rr2  Rr = rr2  Rr2 + Rr = ( R + r) r2   r2 =   Rr R + r      Rr R + r  - 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: document, khoa luan13 of 98 14 tai lieu, luan van14 of 98 Vì NA  OO' · ·  OAB  BOA cân O  OBA Tứ giác ABNC hình chữ nhật, · ·  ABC suy ra: BAN · · · ·  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 tròn 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 ? document, khoa luan14 of 98 15 tai lieu, luan van15 of 98 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 trịn 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 Suy điều phải chứng minh 14 b Vậy tính diện tích phần giới hạn ba nửa đường trịn khơng? Gợi ý: Gọi bán kính của đường trịn đường kính IK R’, ta có: Diện tích nửa hình trịn đường kính IK là: S1 =  R '2 O Diện tích nửa hình trịn đường kính IA là: S2 = R Diện tích nửa hình trịn đường kính AK là: S3 = document, khoa luan15 of 98 2  r2 A 16 tai lieu, luan van16 of 98 Diện tích phần giới hạn đó là: S = S1- S2- S3 =  R '2 -(  R2 +  r2 ) * 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:   2 2 2  ( IK  IA  AK )   IA AK =  ( IA  AK )  IA  AK )  8 2AN =  AN 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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC D E Chứng minh rằng: CD = CE  BHD CD = CH ( Bài tập 95 – trang 105 SGK Toán tập 2) A * Hướng dẫn cách giải: E Gọi M, N thứ tự giao điểm của AD với BC N BE với AC · · (cùng phụ với ACB · ) Ta có DAC  EBC  CE = CD O H B M · · suy BM phân giác vừa  EBC Vì DAC D C 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 tốn 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 tốn gốc document, khoa luan16 of 98 17 tai lieu, luan van17 of 98 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 · Tương tự DA phân giác phân giác góc EFD của góc FDˆ E , EB phân giác của góc FEˆ D A E N Q F O H B C M 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; F Q  AEC =  AHC Với nhận xét hai tam giác bán B kính đường trịn ngoại tiếp A E N O H C M D * Ta khai thác câu hỏi sau: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác  AHB;  BHC;  AHC có bán kính A Nhận xét 3: E Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC N Từ câu ta có CE = CD, nên OC đường trung trực của DE F Q O H Từ câu suy M trung điểm của HD; tương tự ta có N trung điểm của HE; nên B C M đường trung bình của  HDE =>MN//DE D * 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 (hai  QNH F Q góc nội tiếp chắn cung QH), +) Tương tự tứ giác CMHN nội tiếp · · B  HNM  HCM ; tứ giác ACMQ nội tiếp · · · ·  QAM  QCM hay QAH  HCM · · => NH phân giác góc QNˆ M QNH  HNM * Ta khai thác câu hỏi sau: Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp  QMN document, khoa luan17 of 98 A E N O H M D C 18 tai lieu, luan van18 of 98 * 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 A Gợi ý : E · AP đường kính  ACP  90  AC  PC , mà N BH  AC, nên BH//PC F Q +) Tương tự có CH//BP Vậy tứ giác CHBP O H hình bình hành, hai đường chéo BC HP cát K trung điểm K của BC, suy K, H, P B C M thẳng hàng P D 11 Nối AK, cắt OH G Chứng minh G trọng tâm  ABC A Gợi ý : Nối OK  OK  BC , mà AH  BC, nên AH//OK N ·  HAK · AKO (so le trong); mà AGˆ H  OGˆ K (đối G F Q đỉnh) O H Vậy  GAH  GKO đồng dạng  GK OK  GA AH (1) Mà OK đường trung bình của  APH E K B C M D P OK (2)  AH GK Từ (1) (2)   hay G trọng tâm  ABC 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 trịn 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 document, khoa luan18 of 98 19 tai lieu, luan van19 of 98 Gợi ý : +) Chứng minh tương tự câu Ta có OA  QN (1) +) Chứng minh tứ giác BCNQ nội tiếp đường tròn đường kính BC => KI  QN (quan hệ giữa đường kính dây cung) (2) Từ (1) (2) tao có KI//OA A E N I Q F O H K B C M P D * Đối với học sinh giỏi, ta khai thác tốn cách cho thêm yếu tố động đòi 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? A Gợi ý : E Trong đường tròn (O) Khi BC cố định nên N ˆ C không đổi, suy BH ˆ C không đổi Giả sử BA F Q O H ˆ C  α Vậy điểm H nhìn đoạn BC cố định BH K góc khơng đổi nên H nằm cung chứa B C M góc  dựng đoạn BC P D 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 không đổi, suy BTˆ C không BA ·  β Vậy T nằm đổi Giả sử BTC T A E N Q F O H K B C M D P 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? document, khoa luan19 of 98 20 tai lieu, luan van20 of 98 Gợi ý : Gọi (O1) đường tròn ngoại tiếp  NHM · · +) QN tiếp tuyến của (O1)  QNB (góc tạo  NCH tiếp tuyến với dây góc nội tiếp chắn cung NH) · · (hai góc +) Tứ giác BCNQ nội tiếp  QNB  QCB nội tiếp chắn cung QB) Vậy · · => CQ phân giác góc C, mà CQ  NCH  QCB đường cao, đó  ABC cân C +) Tương tự  ABC cân B Vậy  ABC tam giác A E N Q F O H B C M D 17 Khi BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC Chứng minh đường trịn ngoại tiếp  MNQ ln qua điểm cố định Gợi ý : · · Chứng minh: Vì QNB Vậy tứ giác QMKN  QCB nội tiếp (do đỉnh N đỉnh K nhìn cạnh QM góc nhau) => Đường trịn ngoại tiếp  QMN ln qua điểm K cố định A E N Q F O H K B C M P D 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 A E N Q F O H B M C D 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 document, khoa luan20 of 98