Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác bài toán trong dạy học ở trường trung học cơ sở

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH PHÚ THỌ TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÙNG VƯƠNG NGUYỄN HOÀNG HẢI PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA KHAI THÁC BÀI TOÁN TRONG DẠY HỌC Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ LUẬN VĂN THẠC SĨ Chuyên ngành: Lý luận phương pháp dạy học mơn Tốn Phú Thọ, năm 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH PHÚ THỌ TRƯỜNG ĐẠI HỌC HÙNG VƯƠNG NGUYỄN HOÀNG HẢI PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA KHAI THÁC BÀI TOÁN TRONG DẠY HỌC Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ LUẬN VĂN THẠC SĨ Chuyên ngành: Lý luận phương pháp dạy học mơn Tốn Mã số: 8140111 Người hướng dẫn khoa học: TS Phan Thị Tình Phú Thọ, năm 2022 i LỜI CAM ĐOAN Tên tơi Nguyễn Hồng Hải, học viên cao học chuyên ngành: Lý luận phƣơng pháp dạy học mơn Tốn, Trƣờng Đại học Hùng Vƣơng, khóa học 2020 - 2022 Tôi xin cam đoan: Luận văn cơng trình nghiên cứu thực cá nhân tơi, đƣợc thực dƣới hƣớng dẫn khoa học TS Phan Thị Tình Luận văn tuân thủ nguyên tắc kết trình bày luận văn đƣợc thu thập trình nghiên cứu trung thực, chƣa có cơng bố trƣớc Tơi xin chịu trách nhiệm nghiên cứu Phú Thọ, ngày 20 tháng năm 2022 Tác giả luận văn Nguyễn Hoàng Hải ii LỜI CẢM ƠN Luận văn “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác toán dạy học trường THCS” đƣợc hồn thiện sau q trình thân tơi tích lũy kiến thức, học tập nghiên cứu chuyên ngành Lý luận phƣơng pháp dạy học môn Tốn Trƣờng Đại học Hùng Vƣơng Để có đƣợc kết Luận văn, nỗ lực cố gắng thân, suốt trình tiến hành nghiên cứu, hồn thiện Luận văn, tơi nhận đƣợc động viên, giúp đỡ, hƣớng dẫn tận tình Thầy, Cô giáo Khoa KHTN Thầy, Cô trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ cho tơi q trình học tập nghiên cứu trƣờng Đặc biệt, xin đƣợc gửi lời cảm ơn trân thành, biết ơn sâu sắc tới TS Phan Thị Tình – Phó hiệu trƣởng, Cơ trực tiếp giúp đỡ, hƣớng dẫn cho suốt trình nghiên cứu hồn thiện Luận văn Dù thân cố gắng, song luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận đƣợc góp ý, dẫn quý Thầy, Cô giáo bạn đồng nghiệp để Luận văn đƣợc hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Phú Thọ, tháng năm 2022 Tác giả Nguyễn Hoàng Hải iii MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU 1 Tính cấp thiết đề tài Mục tiêu nhiệm vụ nghiên cứu Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Giả thuyết khoa học 5 Phƣơng pháp nghiên cứu 6 Ý nghĩa lí luận thực tiễn Chƣơng CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN VỀ TƢ DUY VÀ TƢ DUY SÁNG TẠO 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.1.1 Trên giới 1.1.2 Tại Việt Nam 1.2 Một số vấn đề tƣ sáng tạo 10 1.2.1 Khái niệm tư sáng tạo 15 1.2.2 Một số yếu tố tư sáng tạo 18 1.2.3 Ý nghĩa việc phát triển tư sáng tạo cho học sinh 21 1.3 Vấn đề khai thác tốn hình học với việc phát triển tƣ sáng tạo cho học sinh 22 1.4 Thực trạng phát triển tƣ duy, sáng tạo cho học sinh dạy học toán trƣờng THCS nay: 31 1.4.1 Mục đích khảo sát: 31 Chƣơng 2: MỘT SỐ BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN TƢ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA KHAI THÁC BÀI TỐN TRONG DẠY HỌC Ở TRƢỜNG THCS 42 2.1 Định hƣớng xây dựng biện pháp: 42 2.2.1 Các biện pháp tiến hành bước khác q trình giải tốn: 42 iv 2.1.2 Các biện pháp phải thực qua khai thác, phát triển tư giải dạng tốn hình học 42 2.1.3 Các biện pháp phải đảm bảo tính linh hoạt phát hiện, nhận dạng bao gồm hai hướng mở rộng thu hẹp dạng tốn hình học 43 2.1.4 Các biện pháp phải kết hợp thực qua việc kiểm tra đánh giá lực học sinh qua việc phát hiện, nhận dạng, vận dụng giải tốn tình 44 2.1.5 Các biện pháp đề xuất phải đảm bảo tính khả thi 44 2.2 Một số biện pháp cụ thể giúp học sinh tƣ sáng tạo học toán 45 2.2.1 Biện pháp 1: Thực thao tác xét tương tự, khái qt hóa, đặc biệt hóa tốn 45 2.2.2 Biện pháp 2: Phong phú hóa hướng mở toán ban đầu để xây dựng toán 66 2.2.3 Biện pháp 3: Sử dụng phần mềm vẽ hình để tìm kết toán 88 2.2.4 Biện pháp 4: Cài đặt số sai lầm giải tốn hình học 96 2.2.5 Biện pháp 5: Gắn nội dung toán vào vấn đề thực tiễn sống 106 Chƣơng 117 THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM 117 3.1 Mục đích thực nghiệm sƣ phạm 117 3.2 Nội dung thực nghiệm sƣ phạm 117 3.3.Tổ chức thực nghiệm 117 3.4 Đánh giá kết TN sƣ phạm 120 KẾT LUẬN CHƢƠNG 125 PHẦN KẾT LUẬN 126 v DANH MỤC BẢNG, ĐỒ THỊ Bảng 1: Đặc điểm chất lƣợng học tập lớp TN ĐC 121 học kì năm học 2018 - 2022 121 Bảng 2: Kết quan sát sáng tạo thơng qua học tốn HS 122 Bảng 3: Kết điểm kiểm tra HS 123 Biểu đồ 1: Biểu đồ cột kết điểm số HS 123 vi DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT Chữ viết tắt Nghĩa viết đầy đủ TD Tƣ ST Sáng tạo TDST Tƣ sáng tạo GV Giáo viên HS Học sinh THCS Trung học cở KHTN Khoa học tự nhiên PPDH Phƣơng pháp dạy học PHẦN MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Giai đoạn cơng nghiệp hóa, đại gắn với hội nhập quốc tế đặt cho giáo dục nƣớc ta yêu cầu vấn đề phát triển ngƣời tất cấp học, bậc học Nghị đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ XII Đảng cộng sản Việt Nam khẳng định: “Phát huy nguồn lực người yếu tố cho phát triển nhanh bền vững cơng cơng nghiệp hố, đại hố đất nước” [1] Theo đó, Chƣơng trình giáo dục phổ thông năm 2018 xác định mục tiêu chủ yếu giáo dục phổ thông phát triển phẩm chất, lực học sinh Mặt khác, lực học sinh đạt hiệu cao thiếu sáng tạo tƣ sáng tạo Nhƣ vậy, việc rèn luyện phát triển tƣ duy, khả sáng tạo cho học sinh nhiệm vụ quan trọng nhà trƣờng phổ thông Điều cần đƣợc tiến hành tất cấp học Nhiều chuyên gia lí luận dạy học ngày nhận định nội dung học vấn phổ thông Một là: kiến thức khoa học tự nhiên, khoa học xã hội, tƣ sáng tao, kĩ thuật phƣơng pháp thu nhận thức quan cho học sinh nhận thức giới; hệ thống kĩ năng, kĩ xảo giúp học sinh tái tạo giới; hệ thống kinh nghiệm hoạt động sáng tạo giúp học sinh phát triển giới; thái độ chuẩn mực giới ngƣời giúp học sinh phát triển giới Vậy tƣ sáng tạo cần phát triển nội dung học tập mà nhà trƣờng cần phát triển cho học sinh, đặc biệt giai đoạn Trong việc rèn luyện phát triển khả sáng tạo cho học sinh, mơn Tốn có vị trí bật, giúp cho học sinh phƣơng pháp suy nghĩ, suy luận, tự học phát triển trí thơng minh sáng tạo Việc nghiên cứu phát triển tƣ sáng tạo cho học sinh qua dạy học mơn Tốn đƣợc nhiều nhà giáo dục quan tâm nghiên cứu sâu, đặc biệt mặt lí luận Đối với học sinh Trung học sở (THCS), việc học Tốn có nhiều lợi vấn để rèn luyện, phát triển tƣ sáng tạo, đặc biệt học sinh lớp cuối cấp trƣởng thành nhận thức Rèn luyện phát triển tƣ sáng tạo cho học sinh cấp THCS nhiệm vụ quan trọng đặt móng vững để phát triển tƣ cho học sinh học lớp Khai thác tốn cơng việc đầu tiên, quan trọng q trình giải tốn Ở trƣờng phổ thơng, việc khai thác đề tốn có tác dụng ý nghĩa lớn việc định hƣớng phƣơng pháp, huy động kiến thức thực hành giải tốn, qua phát triển lực, tƣ sáng tạo toán học, giúp cho ngƣời học học tập môn khoa học khác thuận lợi, dễ dàng hơn, mơn khoa học tự nhiên, góp phần cho ngƣời học tiếp cận, định hƣớng nghề nghiệp, lựa chọn ngành nghề phù hợp với lực sở trƣờng Khai thác, phát triển toán từ toán hoạt động cần thiết để nâng cao, phát triển lực giải toán, tƣ sáng tạo cho học sinh, hoạt động giúp học sinh bƣớc nâng cao lực giải tốn thân, tích cực, chủ động phát giải toán trƣờng hợp cụ thể; khả tƣ logic, tƣ sáng tạo khái quát, biết quy lạ quen khơng riêng Tốn học mà cịn mơn khoa học khác Việc phát triển tƣ sáng tạo giải toán biết “Quy lạ quen”, tình trƣờng hợp khác hình thành thói quen, tâm thế, phẩm chất tốt để giúp học sinh đạt đƣợc thành công học tập sống Khai thác, giải tập hình học nội dung chƣơng trình mơn Tốn cấp THCS Đây chủ đề góp phần lớn việc phát triển tƣ cho học sinh Mỗi toán gắn với việc giải vấn đề sở kiện cho trƣớc đòi hỏi cao sáng tạo học sinh Bởi vậy, giáo viên khai thác tối đa kiện cho trƣớc, yêu cầu kết qua tốn hình học nhằm phát triển tƣ sáng tạo Gợi ý 2: A MA = MB + MC  MA – MB = MC  MN = MC   MCN  CN = CM N   ACN=  BCM AC = BC   CAN = CBM AN = BM  B C M Lời giải: Trên tia AM chọn điểm N cho AN = MB Xét  ACN  BCM AC = BC  ta có: CAN = CBM  ACN  BCM (c-g-c) AN = BM  sđAC 3600 :   600 Suy  MCN Do CN = CM Lại có AMC  2 tam giác Vì MN = MC Mà MA – MB = MA – AN = MN Do MA – MB = MC hay MA = MB + MC (đpcm) Gợi ý 3: A MA = MB + MC  MA = NC ABM = CBN    ABM =  CBN  AB= BC  BAM = BCN B N C M Lời giải: Chọn điểm N  CM cho MN = MB (N C nằm hai nửa mặt phẳng đối có bờ BM) Xét  ABM  CBN ta ABM = CBN    ABM =  CBN (g-c-g) có: AB= BC  BAM = BCN Do MA = NC (1) Mà MB + MC = MN + MC = NC (2) Từ (1) (2) suy MA = MB+ MC (đpcm) Nhận xét: Nhƣ từ việc lựa chọn điểm N phù hợp ta có cách giải khác Học sinh đƣợc linh hoạt, sáng tạo cách giải Trong tốn ta có MA = BM + CM AM dây cung đƣờng trịn (ABC) AM lớn đƣờng kính Từ ta có tốn sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R), M điểm di động cung nhỏ BC a) Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MBC đạt giá trị lớn b) Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn MA + MB + MC theo R Gợi ý: a) Chu vi  MBC đạt giá trị lớn  MB + MC lớn  MA lớn  MA đƣờng kính  M trung điểm cung nhỏ BC b) Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn MA + MB + MC theo R *) Tìm giá trị nhỏ : A Ta có MA + MB  MC  AN  BN + BM  MC Vì AN  BN  AB; BM  MC  BC (theo bất O đẳng thức tam giác) N B Nên MA + MB + MC  AB + BC = 3R C Dấu đẳng thức xảy M trùng B C M *) Tìm giá trị lớn nhất: Theo tốn ta có MA = MB + MC  MA + MB + MC = MA  2R Dấu đẳng thức xảy AM đƣờng kính Nhận xét: Ở tốn ta cần vẽ thêm đƣờng tròn đồng tâm Tiếp tục khai thác góc M 60o ta có toán tổng quát sau: Bài toán Cho đƣờng tròn (O) điểm M nằm đƣờng trịn Các dây AA’; BB’; CC’ qua M đơi tạo với góc 60o (hình vẽ) Chứng minh MA + MB + MC = MA’ + MB’+ MC’ Gợi ý: A Vẽ đƣờng tròn tâm O bán kính OM cắt AA’ ; P C' BB’ ; CC’ điểm thứ hai lần lƣợt P, N, K O MA + MB + MC = MA’+ MB’+ MC’  MP + PA + MB + MC = MA’+ MN + NB’+ MK + KC’  K B' B M N A' C MP  MN + MK (bài toán 1)  PA = MA'; MB= NB'; MC = KC' ( t/c hai đường tròn đồng tâm) Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R) điểm M thuộc đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh MA2 + MB2 + MC2 = 6R2 Gợi ý: A Theo tốn ta có MA = MB + MC Do MA  MB2  MC2  6R O   MB+ MC   MB2  MC2  6R 2 ( theo b¯i to¸n MA = MB + MC)   MB2  MC2  MB.MC   B  3R  C M  MB2  MC2  MB.MC  BC2  MB2  MC2  2MB.MC.cos1200  BC ( theo §L h¯m sè cosin) Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R) điểm M cố định nằm đƣờng tròn, dây AA’; BB’; CC’ thay đổi qua M cho đơi tạo với góc 60o Gọi H, I, K thứ tự hình chiếu O AA’ ; BB’ ; CC’ Chứng minh: a) OH2 + OI2 + OK2 = MH2 + MI2 + MK2 ; b) AM2 + BM2 + CM2 +A’M2 + B’M2 + C’M2 không đổi Gợi ý: A a) OH2 + OI2 + OK2 = MH2 + MI2 + MK2 ; C' Thấy điểm O, M, H, K, I thuộc H O đƣờng trịn đƣờng kính OM khơng đổi đạt OM = 2r Và tam giác HIK tam giác K B' I Theo tốn ta có MH  MI  MK  6r  2 2 OH  OI  OK  6r  MH  MI  MK  OH  OI  OK B M A' C b) AM2 + BM2 + CM2 +A’M2 + B’M2 + C’M2 không đổi Ta có OH  AA’ nên đặt HA = HA’ = OI  BB’ nên đặt IB = IB’ = AA’ = x; BB’ = y; OK  CC’ nên đặt KC = KC’ = CC’ = z Lại có MA2 +A’M2 = (x+HM)2 + (x - HM)2 = 2(x2 + HM2) = 2(R2 OH2 + HM2); MB2 + B’M2 =(y + IM)2 + (y - IM)2 = 2(y2 + IM2) = 2(R2 - OI2+ HM2); MC2 + C’M2 =(z+KM)2 + (z - KM)2 = 2(z2 + KM2) = 2(R2 - OK2 + HM2) Mà MH  MI  MK  OH  OI  OK Suy ra: AM2 + BM2 + CM2 + A’M2 + B’M2 + C’M2 = 6R2 khơng đổi Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R) điểm M thuộc cung nhỏ đƣờng tròn (O; R) Gọi H, I, K thứ tự hình chiếu M BC; AB; AC 1 = + ; MH MI MK a) Chứng minh b) Chứng minh MH2 + MI2 + MK2 không đổi; c) Hãy xác định vị trí M cung nhỏ BC để MH + MI + MK lớn nhất? Tìm giá trị lớn Gợi ý: a) Chứng minh: A 1 = + MH MI MK Theo ta có: K MA = MB + MC  MB MC + 1 MA MA B H C I M 1 MH MH = +  +  1; MH MI MK MI MK Có MH MB   HBM ”  KAM (g.g)  =  MK MA  MH + MH  MB + MC   MI MK MA MA HCM” IAM (g.g)  MH = MC  MI MA (ĐPCM) b) Chứng minh MH2 + MI2 + MK2 khơng đổi; Vì tam giác ABC nên đặt AB = BC = CA = a, đƣờng cao h Ta có SABC  SABM  SAMC  SMBC  1 1 ah = a.MI + a.MK - a.MH 2 2  h  MI  MK  MH  h  MI  MK  MH  2MI.MK  2MI.MH  2MK.MH  MH MH   h  MI  MK  MH  2MI.MK 1     MK MI   theo phÇn a  h  MI  MK  MH (đpcm) c) Hãy xác định vị trí M cung nhỏ BC để MH + MI + MK lớn nhất? Tìm giá trị lớn Ta có h  MI  MK  MH  MI + MK + MH  h + 2MH lớn MH lớn M điểm cung BC Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R) điểm M thay đổi thuộc cung nhỏ BC Vẽ ngồi đƣờng trịn tam giác BMN tam giác CMK a) Xác định vị trí M để SBCKN lớn b) Khi M thay đổi cung nhỏ BC trung điểm I NK thay đổi đƣờng nào? c) Chứng minh M thay đổi cung nhỏ BC NK ln tiếp xúc với đƣờng tròn cố định? Gợi ý: A a)Xác định vị trí M để SBCKN lớn Ta có NBC  KCB  180o suy BN//CK.Do tứ giác BCKN O hình thang, kẻ đƣờng cao BH, H thuộc CK SBCKN   BN  CK  BH  AM.BH C B H b) Lại có AM  2R BH  BC suy M N P E 2R.BC  3R (không SBCKN  F I đổi) K Dấu đẳng thức xảy AM S đƣờng kính hay M điểm cung nhỏ BC c) Khi M thay đổi cung nhỏ BC trung điểm I NK thay đổi đƣờng nào? Cách 1: Gọi S đỉnh thứ hình bình hành qua đỉnh N, M, K ta có: BNK  SKC(c.g.c) suy SB = SC BSC  60o , tam giác BCS tam giác S cố định Gọi E, F thứ tự trung điểm SB SC suy 10 E, F cố định Lại có IE // MB IF // CM (tính chất đƣờng trung bình) suy EIF  BMC  120o Do I thuộc quỹ tích cung chứa góc 120o dựng đoạn EF cố định Cách 2: Gọi P điểm cung nhỏ BC suy đƣờng thẳng MP đƣờng phân giác góc KMC góc BMN Do P thuộc đƣờng trung trực BN CK  BPC  NPK (c.g.c) Gọi L trung điểm BC suy PI = PL không đổi, I thuộc đƣờng trịn (P; PL) khơng đổi c) Chứng minh M thay đổi cung nhỏ BC NK ln tiếp xúc với đƣờng trịn cố định? Ta có BPC  NPK (c.g.c) PL  BC suy PI  NK suy NK tiếp xúc với đƣờng tròn (P; PL) cố định Bài toán Cho tam giác ABC A có cạnh a Hai điểm M, N lƣu động y x hai đoạn AB AC cho N H M AM AN   Đặt AM = x; AN = BM NC F E y a) Chứng minh rằng: MN2 = x2 – xy + y2; b) Chứng minh MN = a – x – y; c) Chứng tỏ MN ln tiếp xúc với đƣờng trịn nội tiếp tam giác ABC C a B 11 Gợi ý: a) Chứng minh rằng: MN2 = x2 – xy + y2; Trong hai góc AMN, ANM có góc nhọn, ta giả sử góc ANM nhọn Vẽ MO  AN , O nằm AN.Ta có MN2 = MO2+ ON2 ; OM2 = AM2 – AO2 ON = AN – AO Suy MN2 = AM2 –OA2 + (AN – AO)2 (1) Trong tam giác vng AMO ta có: AO 1  sinAMO  sin60o   AO = AM (2) AM 2 Từ (1) (2) ta có MN = AM - AM.AN + AN hay MN2 = x2 – xy + y2 b) Chứng minh MN = a – x – y Ta có: AM AN x y  1  1 BM NC a-x a-y  x(a  y)  y(a  x)  (a  x)(a  y)  a(x  y)  2xy  a  a(x  y)  xy  a  2a(x  y)  (x  y)  (x  y)  3xy  (a  x  y)  x  xy  y  MN Lại có x y  1,  , a  x  y  Vậy MN = a – x – y ax ay c) Chứng tỏ MN ln tiếp xúc với đƣờng trịn nội tiếp tam giác ABC Vì x  a nên M nằm A F.Vẽ OH  MN cắt (O) I Qua I vẽ tiếp tuyến với (O) cắt AB, AC M’ N’ Khi ta chứng minh đƣợc AM + AN + MN = AF + AE = a = MN + AM + AN Mà AMN ~ AMN  AM AM = AN + MN AN NM = AM+AN+MN AN+AM+NM = 12 Do AM = AM’; AN = AN’ hay M trùng M’ N trùng N’ Vậy MN tiếp tuyến (O) Bài toán (Bài toán tổng quát toán 1): Cho đƣờng tròn (O, R) dây BC = a (a số dƣơng cho trƣớc a < 2R) Gọi M điểm thay đổi cung nhỏ BC A điểm cung lớn BC a) Hãy tìm hệ thức liên hệ MA; MB; MC a b) Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn MA + MB + MC theo a R Gợi ý: a) Hãy tìm hệ thức liên hệ MA; A MB; MC ; a R Trên tia đối tia MC lấy N cho O MB = MN AMB ” CNB(g.g)  AM CN AB =  AM = CN AB BC BC B N C M Từ BC=a ta tính đƣợc AB   a2  BC a (Ở toán ta thấy a= 2 4 AM   MB  MC   MB  MC b) Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn MA + MB + MC theo a R 13 AM  MB  MC  AM  a 2 4a AM  a  AM  MB  MC  AM 1     a2      MA + MB + MC lớn AM lớn AM đƣờng kính đƣờng trịn (O ; R) hay AM = 2R suy  a AM  MB  MC  2R 1     a2    lớn M điểm   cung nhỏ BC Bài tốn 10 n Cho đƣờng trịn (O, R) dây BC cố định Gọi M điểm thay đổi cung nhỏ BC Hãy tìm vị trí M để MB + MC đạt giá trị lớn C B Gợi ý: M Trên tia đối tia MC lấy N cho MN = m N MB  BMN cân M 180o  BMN 180o  (180o  BMC)  BNM   2  BMC sđBC sđBnC   2 (không đổi) Suy N thuộc quỹ tích cung chứa góc BMC dựng đoạn BC Để MB + MC lớn CN đƣờng kính, M điểm cung BC 14 Dự kiến kiểm tra: Bài tập: A Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O; R) điểm M N thuộc cung nhỏ đƣờng tròn (O; R) Gọi H, I, K thứ tự hình chiếu I M BC; AB; AC B H C K a) Chứng minh bốn M điểm H, B, I, M thuộc đƣờng tròn b) Chứng minh H, I, K thẳng hàng c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 + + MA MB MC d) Hãy khai thác kết toán để xây dựng bào toán mới? Hướng dẫn chấm thang điểm: a) Chứng minh B, I, H, M thuộc đƣờng trịn Ta có IM  AB(gt)  MIB=90 nên I thuộc đƣờng trịn đƣờng kính 2,0 0,5 MB MH  BC(gt)  MHB=900 nên H thuộc đƣờng trịn đƣờng kính MB 0,5 Do bốn điểm I, H, M, B thuộc đƣờng trịn đƣờng kính BM 0,1 b) Chứng minh I, H, K thẳng hàng 4,0 Tứ giác ABMC nội tiếp đƣờng tròn (O; R) suy BAC + BMC=180o Tứ giác AIMK có AIM + AKM = 90o + 90o = 180o suy IAK + IMK  180 o 15 Hay BAC + IMK=180o BMC = IMK  BMI = CMK (1) Lại có bốn điểm I, H, M, B thuộc đƣờng trịn đƣờng kính BM (cmt) BMI = BHI (2) Tƣơng tự CHK = CMK (3) Từ (1), (2), (3) suy CHK  BHI suy M, H, K thẳng hàng c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 + + MA MB MC 1 4,0 Gọi N điểm thuộc AM cho MN=MB BAN  BCM   ABN=  CBM AB  BC  ABN  CBM 0,750  AN =CM  MA = MB + MC  MA+2MB + 2MC =3AM 0,750 1 1 + +  + +  MA MB MC MA : MB MC AM :  MB  MC 0,750 1 18 + +  MA MB MC AM  2MB  2MC 1 18 6  + +     MA MB MC 3AM AM 2R R 0,750 1 + +  M điểm cung nhỏ BC MA MB MC R 0,50  Giá trị nhỏ biểu thức 1 + + M điểm MA MB MC R 0,50 cung nhỏ BC Bài tập tự luyện Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm O điểm M thuộc cung nhỏ BC đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác, E giao điểm BC với AM 16 a) Chứng minh MA = MB + MC b) Chứng minh: 1 = + ME MB MC c) Gọi P giao điểm hai đƣờng thẳng AB CM; Q giao điểm hai đƣờng thẳng AC BM Chứng minh M di động cung nhỏ BC PQ ln qua điểm cố định Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng trịn tâm O, bán kính R Gọi I điểm xuyên tâm đối điểm A Trên tia BA lấy điểm M, tia đối tia CA lấy điểm N cho BM = CN = x, với x số thực dƣơng a) Chứng minh IB = IC IM = IN b) Tính số đo MIN chứng minh tứ giác AMIN nội tiếp đƣợc đƣờng tròn, gọi J tâm đƣờng tròn c) Khi x thay đổi, điểm J di chuyển đƣờng nào? d) Dựng đƣờng tròn tâm J kể mà tiếp xúc với đƣờng thẳng AB Trong trƣờng hợp tính x theo R e) Đƣờng thẳng MN cắt BC K Chứng minh tứ giác MBIK nội tiếp đƣợc K trung điểm đoạn thẳng MN Bài Cho tam giác ABC có đƣờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M (M khơng trùng B C, H); từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB, AC a) Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đƣờng trịn ngoại tiếp tứ giác b) Chứng minh MP + MQ = AH c)Chứng minh OH  PQ Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng trịn tâm (O;R) Dựng phía ngồi tam giác nửa đƣờng trịn đƣờng kính AB, AC, BC Tính theo R diện tích hình giới hạn đƣờng trịn (O) nửa đƣờng trịn nói 17 (5+3 3) R Đáp số: S= Bài Cho tam giác ABC cạnh a, tâm O Lấy O làm tâm vẽ đƣờng tròn bán kính R = a Tính diện tích phần tam giác ngồi đƣờng trịn diện tích phần hình trịn nằm ngồi tam giác Đáp số: S1  (3  ) a2 a2 đvdt; S2  (2  3) đvdt 18 36