skkn rèn luyện phát triển năng lực giải toán thông qua bài tập sách giáo khoa

Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học sinh vẫn không giải quyết được.. Nguyên nhân cơ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI TOÁN THÔNG QUA BÀI

TẬP SÁCH GIÁO KHOA

I Đặt vấn đề

1 Vị trí môn học trong chương trình toán THCS

Hình học là môn khoa học cơ bản trong chương trình phổ thông, nó trước hình thành từ những năm đầu của chương trình tiểu học Môn hình học nó được gắn liền với thực tiển cuộc sống Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của người dạy cũng như người học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học

2 Thực trạng học hình học hiện nay của học sinh THCS

Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học rất cao đối với học sinh lười học đã đành Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc lí thuyết vẩn không giải được Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học sinh vẫn không giải quyết được Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là:

- Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp

- Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo

- Không liên hệ trược giữa các " Bài toán gốc" đã giãi với các bài toán trước suy ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một bài toán

Những tồn tại trên không những do người học mà còn do cả người dạy Người dạy thường chú trọng hướng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập

mà không chú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán gốc" nhờ việc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán,thông qua hình vẽ, nhần xét, thay đổi giả thiết các bài toán Lật ngược vấn đề…

Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em, tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh bài toán gốc SGK đưa ra, các em sẽ nhớ lâu khi gặp một bài toán các em biết liên hệ giữa bài toán phải giải với bài toán

cũ đã giải mà các em đã được biết và nó sẽ giúp các em biết bất kỳ một bài toán nào cũng xuất phát từ những bài toán đơn giản

Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn hình học trong quá trình giảng dạy tôi thường tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải

kỹ các phương pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các bài toán đó dưới các hình thức khác nhau Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái mới vừa tìm được để tạo ra cái mới

II Biện pháp đã thực hiện

Thực hiện với phương châm:

· Cho học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản tại lớp

· Giãi kỹ các cách khác nhau các bài toán cơ bản

· Xuất phát từ những vấn đề đã giải quyết Thông qua những nhận xét

để đề xuất vấn đề mới

Các ví dụ:

Ví dụ 1:

Bài toán I: Bài 30 SGK toán 9 Tập 1:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Ax, By là các đường thẳng vuông góc với

AB tại A và B M là điểm thuộc nửa đường tròn Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D Chứng minh rằng:

1).CODÙ =900

2) CD = AC + BD

3) AC BD không đổi khi M chạy trên nửa đường tròn

Giải:

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau

Ta có: OC là phân giác AOMÙ

OD là phân giác BOMÙ

Mà AOMÙ và BOMÙ là hai góc kề bù

nên OC ^ OD hay CODÙ =900

¨2 Cũng theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:

= CA +BD

¨3 AC BD = CM MD ( Do CM = CA; DM =DB)

Khai thác bài toán:

Nhận xét 1: Theo giả thiết CA ^ AB, DB ^AB Þ ABCD là hình vuông

M là điểm trên nửa đường tròn nên khi M là điểm chính giữa của cung AB thì

CD = AB Ta có câu hỏi tiếp

¨4 Tìm vị trí điểm M trên nửa đường tròn sao cho tứ giác ABDC có chu vi nhỏ nhất

Giải: Chu vi hình thang ABCD bằng AB +BD +DC+CA = AB +2CD

Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là

BD

AC+

Ta có có thể đặt câu hỏi tiếp

¨5 Tìm vị trí điểm M trên cung AB sao cho diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất

Giải: Lập luận tương tự ta có nhỏ nhất Û M là điểm chính giữa cung AB

Nhận xét 3: Ta thấy DAMB vuông M, DCOD vuông ở O

OC ^ AM; OD ^ BM Ta đặt câu hỏi tiếp

¨6 Gọi giao điểm AM với OC là P, BM và OD là Q

Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật

Giải: Dựa vào nhận xét 3 ta dễ dàng chứng minh được tứ giác OPMQ là hình chữ nhật

Nhận xét 4: Do AC // BD Ta đặt câu hỏi tiếp

¨7 Gọi giao điểm AD và BC là H Chứng minh MH ^ AB

Giải: Do CA // BD

HB

CH BD

CA =

Þ mà CA = CM

BD =DM

HB

CH

MD

CM

MH //BD( đ/l đảo định lý ta let)

Nhận xét 5: H là giao điểm 2 đường chéo của hình thang ABDC mà

MH// (AC// BD) ta đặt câu hỏi tiếp

¨8 Gọi giao điểm AD và BC là H, MH cắt AB ở K

Chứng minh HM = HK

Giải: Theo câu 7 Þ HK // AC Þ

BC

BH AC

HK =

AC//BD Þ

DA

DH BC

BH =

CA

MH DA

DH =

CA

MH AC

· Nhận xét 6:

H là trung điểm MK; P là trung điểm AM; Q là trung điểm BM ta đặt câu hỏi tiếp theo

¨9 Chứng minh rằng P, H, Q thẳng hàng

P là giao điểm AM với OC, H là giao điểm AD và BC, Q là giao điểm MB và OD

Giải: Dựa vào nhận xét 6 ta dễ dàng chứng minh được P,H ,Q thẳng hàng

· Nhận xét 7: ABDC là hình thang vuông có O là trung điểm cạnh bên AB ta

liên tưởng đến trung điểm cạnh bên CD.Nên ta có thể đặt câu hỏi tiếp

¨10 Chứng minh rằng

AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D COD

Giải: Gọi I là trung điểm CD

Þ IC = ID =IO( D COD vuông có OI là trung tuyến ứng với cạnh huyền) O là trung điểm AB ,I là trung điểm CD Þ IO là đường trung bình hình thang ABDC ® IO // BD Mà DB ^ AB Þ IO ^ AB tại O ÞAB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D COD

Ta sẽ tiếp tục khai thác bài toán theo hướng khác : · Nhận xét 8: Khi M nằm trên nửa đường tròn (O) Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến Ax,By tại C và D hay CD là tiếp tuyến của đường tròn tại M thì CODÙ = 900 đều ngược lại còn đúng không? Ta có bài toán sau: Bài toán 1.I: Cho nửa đường tròn (()) đường kính AB, Ax, By là các tiếp tuyến tại A và B, trên Ax lấy điểm C tùy ý Vẽ tam giac vuông COD, D ÎBy và cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O)

Giải : ta có:

1 2 Ù Ù = O D cùng phụ 1 Ù O ; AÙ =BÙ =900 (gt)

Þ DDOB ~DOCA ( g.g)

CA

OB

OC

OD =

AC

OA OC

OD = ;

Mặt khác CADÙ = CODÙ = 900

Ù

ACD

CD là tiếp tuyến của (O) tại M

· Nhận xét 9: Theo câu 2 Bài I thì: AC +BD =CD ta hãy đặt vấn đề ngược lại

của câu 2 Bài toán I

Bài toán 2.I: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB hai tiếp tuyến Ax và By

trên 2 tiếp tuyến đó lấy 2 điểm C và D sao cho CD = AC + BD chứng minh

Ù

COD=900 và CD là tiếp tuyến của (O)

Giải: Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt

CD tại I ta có I là trung điểm của CD Þ IO là đường trung bình của hình

thang ABCD nên

2

1 ) (

2

Þ DCOD vuông ở O

theo bài toán 2 thì CD là tiếp tuyến của (O)

· Nhận xét 10: Tiếp tục khai thác bài toán bằng cách thay đổi điều kiện của bài

toán: Chẳng hạn điểm O được thay bởi điểm O' bất kỳ thuộc đoạn AB, lúc

bằng bao nhiêu?

Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, O' là điểm bất

90 ' =

Ù

D

Giải: Do O' bất kỳ thuộc AB nên O' trùng O ; hoặc O' trùng A hoặc O' trùng B

+/ Nếu O' trùng O Thì bài toán 3.I trở thành bài toán I

+/ Nếu O' trùng A ÞD trùng B, khi đó 0

90

Ù

CAB D

CO

90

Ù

DBA D

CO Xét O' không trùng O ; O' không trùng A; O' không trùng B

Ù

=

Cung CA

Ù

=

O

90

=

Ù

2

1 + Ù = 90

Ù

M

2 ' 1 '

90

= + Ù

Ù

O

90 ' =

nằm trên đường thẳng AB thì bài toán 3.I còn đúng nửa không Ta có bài toán sau:

Bài toán 4.1: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường AB, O' là điểm bất kỳ

M

90 ' =

Ù

D

Giải ( Tóm tắt)

+) CMAO' nội tiếp

ÞO' CMÙ =MABÙ cùng bù MAOÙ '

+) DBMO' nội tiếp

ÞO'DMÙ =O'BMÙ cùng chắn cung

90

Ù

BM O

90 '

'CMÙ +O DMÙ =

O

0 90 ' =

· Nhận xét 12: Qua bài toán 4 và 4.1 ta có bài toán tổng quát sau:

Cho nửa đường tròn đường kính AB, M là điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó ( M

¹ A, M ¹ B) O là điểm bất kỳ trên đường thẳng AB, đường thẳng vuông góc với

OM tại M cắt tiếp tuyến Ax và By tại C và D Chứng minh rằng OC ^ OD

Ví dụ 2: (Dựa vào bài tập 95 SGK Toán 9 Tập 2)

Bài toán II: Cho DABC nhọn trực tâm H các đường cao AM, BN, CP

Chứng minh: Các tứ giác APHN; BPNC nội tiếp được

Giải: ( Tóm tắt)

+/ 0

90

=

Ù

180

APHN nội tiếp

90

BNC

Nhận xét 1: Hình vẽ gợi cho ta một số tứ giác nội tiếp

Ta đặt thêm câu hỏi

Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC

Nhận xét 2: Với DBHC có A là trực tâm, DAHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi tiếp theo

bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của DABC

Nhận xét 3: Từ các tứ giác nội tiếp đã tìm được ta thấy:

Ù Ù Ù Ù Ù Ù

Ù

Ù

= Þ

=

=

Giải: ( Dựa vào nhận xét 3 Ta dễ dàng chứng minh được)

Nhận xét 4: ta có NH là phân giác PNMÙ

NA ^NH(gt) Þ NA là phân giác góc ngoài đỉnh N của DMNP Nên A là tâm đường tròn bàng tiếp của DMNP.Ta có câu hỏi tiếp theo

Giải: ( Dựa vào nhận xét 4)

Nhận xét 5: Dựa vào 4 Thì NA là phân giác ngoài đỉnh N của DMNP, NH là phân giác trong nên ta có câu hỏi tiếp

MN Chứng minh rằng

HP

IH CP

CI HN

KH BN

BK HM

HG AM

Giải: Dựa vào nhận xét 5 Sử dụng tính chất đường phân giác ta có điều phải chứng

minh

Nhận xét 6: Lấy H1đối xứng với H qua AB Ta thấy DAH1B= DABH Þ AHÙ1B= AHBÙ

180

Ù

NCM NHM

NHM

Ù

ACB B

tứ giác AH1BC nội tiếp dược ta đặt câu hỏi tiếp

¨6 Gọi H1,H2,H3 là điểm đối xứng với H

qua các cạnh AB, BC, CA của DABC

Chứng minh rằng 6 điểm A,H1, B, H2, C, H3

cùng thuộc một đường tròn

Giải:Dựa vào nhận xét 6 ta dễ dàng chứng minh được

Nhận xét 7: Theo nhận xét 6 thì DAH1B =DAHBvà đối xứng nhau qua AB Þ

tiếp

¨7 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp DABC Chứng minh rằng: đường tròn (AHB) = đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC) cùng có đường kính 2R

Giải: Dựa vào câu 6 và nhận xét 7 ta chứng minh được

Nhận xét 8: Ta thấy SAPN =2AN.AP.SinA

1

SABC= AB.AC.SinA

2 1

A Cos CosA CosA AC

AP AB

AN AC AB

AP AN S

S

ABC

.

.

= Þ

S

S B Cos S

¨8 CMR: 1 (Cos2A Cos2B Cos2C)

S

S

ABC

Giải: Dựa vào nhận xét 8 ta có:

SAPN = SABC..Cos2

A; SBPM = SABC Cos2

B

SCMN = SABC Cos2

C

SMNP = SABC- SABC( Cos2A+ Cos2B +Cos2C)

= SABC( 1- ( Cos2A + Cos2B + Cos2C)

) (

1 Cos2A Cos2B Cos2C

S

S

ABC

MNP = - + +

Nhận xét 9:

Theo câu 6 Thì A,H1, B, H2, C, H3

H1AH3 ta đặt câu hỏi tiếp theo

Giải: ( có nhiều cách giải) Xin nêu một cách

Ta có: BÙ1 =CÙ1 ( cùng phụ BACÙ ) Þ AHÇ 1 = AHÇ 3 Þ A là điểm chính giửa cung

Ç

3

1AH

H Þ AO ^H1H3

Tứ giác BPNC nội tiếp ÞPÙ1 =BÙ2(cùng chắn cung NC) ;BÙ2 =H3HÙ 1C ( cùng chắn cung H3C) Þ PÙ1 =H3HÙ 1CÞ PN // H1H3 màAO ^H1H3 suy ra

PN^OA

Nhận xét 10: Kẻ đường kính AI của đường tròn ngoại tiếp DABC ta có IC // BH

( Cùng vuông góc với AC)

H2I // BC ( H2 là điểm đối xứng với H qua BC)

Ta đặt câu hỏi tiếp

¨10 Kẻ đường kính AI, Gọi H2 là điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh rằng:

+Tứ giác BHCI là hình bình hành

Nhận xét 11: Theo trên thì BPNC nội tiếp, AO ^PN vấn đề ngược lại có đúng

Bài toán 1.II: Cho DABC nhọn nội tiếp (O) đường kính AI, d là đường thẳng vuông góc với AI cắt AB, AC tại M và N Chứng minh BPNC nội tiếp được

Giải: Do d bất kỳ nên: d có thể đi qua A, B, C

Để chứng minh được BMNC nội tiếp

180

= + Ù

Ù

N

Gọi T là giao điểm của d với AI

90

;

90 ITN

ICN

180

=

+ Ù

Ù

N

180

= + Ù

Ù

N

Tứ giác BMNC nội tiếp

Nếu d cắt các đường thẳng chứa cạnh AB, AC

tại M và N ( M, N không thuộc cạnh AB, AC

của DABC

Ta có: 0

1 = 90

+ Ù

Ù

A

1 = 90 + Ù

Ù

B

Ù

Ù

IBM B

0 180

=

Ù

MBC

nội tiếp được

Nhận xét 12:

Theo câu 4 Thì 3 đỉnh của DABC

lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các

Gọi I, K lần lượt là tiếp điểm của

đường tròn ( B) và ( C) với đương thẳng PN

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:

2 NI = Chu vi DMNP( hai tiếp tuyến của (B) cắt nhau tại N

Hay MN +NP + PM = IP + PN + PN + NK

= (IP +PN + NK) + PN Hay MN + MP = IK

Ta có bài toán sau:

Bài toán 2.II: Cho DABC nhọn các đường cao AM, BN, CP

Gọi I, K là hình chiếu của B và C lên đường thẳng PN Chứng minh rằng:

Chứng minh: Dựa vào nhận xét 12 ta chứng minh được

Ta gọi M1, M2 lần lượt là các điểm đối xứng với

M qua AB và AC Khi đó ta có:

PM = PM1; NM = NM2 và M1, M2 thuộc

= MP + PN +MN

Từ đó ta đề xuất bài toán sau:

Bài toán 3.II: Cho DABC nhọn Hãy tìm trên các cạnh của DABC các điểm M, N, P sao cho Chu vi DMNP nhỏ nhất

Giải: Giải sử M Î BC, N Î AC, P Î AB

Lấy điểm M1, M2 Là các điểm đối xứng với M

các DAM1M; DAM2M; DM1AM2 là các tam giác cân tại A

M

AM1

M

AM2

Ù

ÞM1AM2= M1ÙAM + M2ÙAM= 2(

Ù

BAM+CAM ) = 2Ù

Ù

BAC

mà DM1AM2cân tại A và Þ M1AMÙ 2 =2BACÙ không đổi

M1, P, N, M2 thẳng hàng và M1M2 nhỏ nhất

Do DM1AM2cân tại A, có Þ M1AMÙ 2 không đổi nên M1M2 nhỏ nhất khi AM nhỏ

Do vai trò của M, N, P như nhau nên lập luận tương tự ta có:

Nhận xét 14: Theo câu 3 ta có H là tâm đường tròn nội tiếp DMNP

SPNM = SPNH + SPHM + S NHM

2

Nên các tứ giác APON, PBMO, CNOM là các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc

và tổng diện tích 3 tứ giác này bằng diện tích tam giác ABC

2

2

.

2

R

(MP + PN +MN) R

là bán kính đường tròn ngoại tiếp DABC

Ta đề xuất bài toán sau:

Bài toán 4.II: Cho DABC nhọn nội tiếp (O,R) các đường cao AM, BN, CP gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp DMNP

Chứng minh rằng:

R

r S

S

ABC MNP =

Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được

Nhận xét 15: theo bài toán 4.II thì

R

r S

S

ABC MNP =

Còn theo câu 8 thì 1 (Cos2A Cos2B Cos2C)

S

S

ABC MNP = - + +

Ta lại đề xuất bài toán sau:

Bài toán 5.II: Cho DABCnhọn nội tiếp (O,R) , M, N, P lân lượt là chân đường cao

R

r

) 2 2

2

C Cos B Cos A

Chứng minh: Dựa vào nhận xét trên ta chứng minh được:

Nhận xét 16: Từ câu 7

R là bán kính đường tròn ngoại

tiếp DABC thì đường tròn (AHB)

= đường tròn(AHC) = đường tròn(BHC)

Cùng có đường kính 2R

Ta lại đề xuất bài toán sau:

Bài toán 6.II:

Cho DABCnhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn(O,R) Gọi O1, O2, O3 lần lượt

là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, AHC, và BHC chứng minh rằng tam giác O1O2O3 bằng tam giác ABC

Chứng minh: Theo câu 7 Các đường tròn ngoại tiếp các DAHB, DAHC, DBHC, DABC

bằng nhau nên ta có

OA = OB = O1A = O1B = R Þ AOBO1 là hình thoi Þ AO //BO1

Þ BO1// CO2 và BO1 = CO2 ÞBO1O2C là hình bình hành Þ O1O2 = BC

Do O1,O2, O3 ta chứng minh hoàn toàn tương tự

Ta có: O2O3 = AB; O1O3 = AC Vậy DO1O2O3 = DCAB

Nhận xét 17: Theo câu 10 Thì BHCI là hình bình hành Gọi giao điểm 2 đương

2

Và HB + HC = IB + IC Khi đó

HA +HB + HC = HA + IB +IC

Tổng HA +HB + HC

chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm I

Ta đề xuất bài toán:

Bài toán 7.II: Cho đường tròn (O) và dây BC không đi qua O, A là điểm đi trên

đường tròn sao cho DABC nhọn, Gọi H là trực tâm DABC Tìm vị trí điểm A sao cho tổng khoảng cách HA +HB + HC lớn nhất