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

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). Ù COD =90 0 2). CD = AC + BD 3). AC . BD không đổi khi M chạy trên nửa đường tròn. Giải: ¨1. Để chứng minh Ù COD = 90 0 ta có nhiều cách chứng minh sau đây là một cách. Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau. Ta có: OC là phân giác Ù AOM . OD là phân giác Ù BOM Mà Ù AOM và Ù BOM là hai góc kề bù nên OC ^ OD hay Ù COD =90 0 . ¨2. Cũng theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có: CM = CA; DM = DB nên ta có: CD = CM + MB = CA +BD. ¨3. AC. BD = CM .MD ( Do CM = CA; DM =DB). Mà D COD vuông tại O có đường cao OM nên CM.MD = OM 2 =R 2 . ( R là bán kính đường tròn(O)) 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 Chu vi ABCD nhỏ nhất Û 2CD nhỏ nhất Û CD nhỏ nhất Û CD vuông góc với tiếp tuyến tại M Þ CD =AB Þ M là điểm chính giữa của cung AB. Nhận xét 2: ABCD là hình thang vuông nên diện tích sẽ là . S = 2 AB BDAC + 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 D AMB vuông M, D COD 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 Nên Þ= HB CH MD CM MH //BD( đ/l đảo định lý ta let) Þ MH ^ AB ( Do DB ^ AB). 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 = MH// CA Þ CA MH DA DH = Từ các đẳng thức trên MHHK CA MH AC HK =Þ=Þ . · 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 th ể 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 Þ AB 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 Ù COD = 90 0 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: 2 1 ÙÙ = OD cùng phụ 1 Ù O ; = = ÙÙ B A 90 0 (gt) Þ D DOB ~ D OCA ( g.g) CA OB OC OD =Þ mà OB = OA nên AC OA OC OD = ; Mặt khác Ù CAD = Ù COD = 90 0 Þ D COD ~ D CAO ( c.g.c) Þ ÙÙ = DCOACO hay CD là phân giác của góc Ù ACD . Từ O vẽ OM ^ CD ( M Î CD ) ; CO là phân giác Ù ACM OA ^AC Þ OM = OA(Điểm nằm trên phân giác cách đều hai cạnh của góc) . Vậy 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 =90 0 và CD là ti ếp 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 IO = CDBDAC . 2 1 )( 2 1 =+ ( do AC +BD = CD) D Þ COD 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 này CD không còn là tiếp tuyến nửa mà trở thành cát tuyến, bây giờ Ù DCO' bằng bao nhiêu?. Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn đường kính AB, O ' là điểm bất kỳ nằm trong đoạn AB, đường thẳng vuông góc với MO ' tại M cắt tiếp tuyến Ax, By tại C và D . Chứng minh 0 90' = Ù DCO . 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 Þ D trùng B, khi đó 0 90' == ÙÙ CABDCO +/ Nếu O ' trùng B Þ C trùng A khi đó 0 90' == ÙÙ DBADCO Xét O ' không trùng O ; O ' không trùng A; O ' không trùng B. Ta có : AO ' MC nội tiếp Ù Ù =Þ 1 ' 1 MO cùng chắn Cung CA BO ' MD nội tiếp Ù Ù =Þ 2 ' 2 MO Do 0 90= Ù AMB (gt) nên 0 21 90=+ ÙÙ MM Þ 0 2 ' 1 ' 90=+ ÙÙ OO 0 90' =Þ Ù DCO . · Nhận xét 11: Khi O ' 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 trên đường thẳng AB nhưng ở phía ngoài đoạn AB, đường thẳng vuông góc O ' M tại M cắt các tiếp tuyến Ax, By tại C và D. Chứng minh 0 90' = Ù DCO Giải ( Tóm tắt). +) CMAO ' nội tiếp ÙÙ =Þ MABCMO' cùng bù Ù 'MAO +) DBMO ' nội tiếp ÙÙ =Þ BMODMO '' cùng chắn cung MO ' mà 0 90' =+ ÙÙ BMOMAB nên 0 90'' =+ ÙÙ DMOCMO 0 90' =Þ Ù DCO (Tổng 3 góc trong tam giác). · 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 D ABC 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 APH ; Þ=+Þ= ÙÙÙ 00 18090 ANHAPHANH APHN nội tiếp +/ Þ== ÙÙ 0 90BNCBPC BPNC nội tiếp Nhận xét 1: Hình vẽ gợi cho ta một số tứ giác nội tiếp. Ta đặt thêm câu hỏi. ¨1. Trên hình vẽ có bao nhiêu tứ giác nội tiếp Có 6 tứ giác nội tiếp: APHN; BPHM; CMHN; ANMB; BPNC; APMC. Nhận xét 2: Với D BHC có A là trực tâm, D AHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi tiếp theo. ¨2. Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thành bởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của ABC D . Nhận xét 3: Từ các tứ giác nội tiếp đã tìm được ta thấy: ÙÙÙÙÙÙÙÙ =Þ=== 21211111 ;; MMMCCBBM ta có câu hỏi tiếp theo. ¨3. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp MNP D . Giải: ( Dựa vào nhận xét 3 . Ta dễ dàng chứng minh được) Nhận xét 4: ta có NH là phân giác Ù PNM NA ^ NH(gt) Þ NA là phân giác góc ngoài đỉnh N của MNP D . Nên A là tâm đường tròn bàng tiếp của .MNP D Ta có câu hỏi tiếp theo. ¨4. Chứng minh rằng mỗi đỉnh của ABC D là tâm đường tròn bàng tiếp các góc tương ứng của MNP D . Giải: ( Dựa vào nhận xét 4) Nhận xét 5: Dựa vào 4 Thì NA là phân giác ngoài đỉnh N của MNP D , NH là phân giác trong nên ta có câu hỏi tiếp. ¨5. Gọi G,K,I lần lượt là giao điểm của AH với PN, BH với PM, CH với MN . Chứng minh rằng. HP IH CP CI HN KH BN BK HM HG AM AG === ;; Giải: Dựa vào nhận xét 5. Sử dụng tính chất đường phân giác ta có điều phải chứng minh. Nhận xét 6: Lấy H 1 đối xứng với H qua AB Ta thấy ÙÙ =ÞD=D AHBBAHABHBAH 11 mà 0 180; =+= ÙÙÙÙ NCMNHMNHMAHB tứ giác NHMC nội tiếp Þ 0 1 180=+ ÙÙ ACBBAH nên tứ giác AH 1 BC nội tiếp dược ta đặt câu hỏi tiếp. ¨6. Gọi H 1 ,H 2 ,H 3 là điểm đối xứng với H qua các cạnh AB, BC, CA của ABC D . Chứng minh rằng . 6 điểm A,H 1 , B, H 2 , C, H 3 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 BAH 1 D = AHB D và đối xứng nhau qua AB Þ đường tròn (AH 1 B) = đường tròn( AHB)= đường tròn(ABC), từ đó ta có câu hỏi tiếp. ¨7. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC D . 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. S APN = SinAAPAN 2 1 S ABC = SinAACAB 2 1 ACosCosACosA AC AP AB AN ACAB APAN S S ABC APN 2 . . ====Þ Tương tự: CCos S S BCos S S ABC CMN ABC BPM 22 ; == từ đó ta đặt câu hỏi tiếp. [...]... tip (O) ng kớnh AI, d l ng thng vuụng gúc vi AI ct AB, AC ti M v N Chng minh BPNC ni tip c Gii: Do d bt k nờn: d cú th i qua A, B, C +Khi d i qua A ị M A; N A ị BMNC tr thnh DABC +Khi d i qua B ị M B ị BMNC tr thnh DMNC +Khi d i qua C ị N C ị BMNC tr thnh DBMC +Khi d ct AI khụng i qua cỏc nh ca DABC chng minh c BMNC ni tip Ta chng minh B + N = 180 0 Gi T l giao im ca d vi AI Ta cú: ITNC ni tip... ra PN ^ OA Chng minh tng t ta c CO ^ NM; BO ^ PM Nhn xột 10: K ng kớnh AI ca ng trũn ngoi tip DABC ta cú IC // BH ( Cựng vuụng gúc vi AC) H2I // BC ( H2 l im i xng vi H qua BC) Ta t cõu hi tip ă10 K ng kớnh AI, Gi H2 l im i xng vi H qua BC Chng minh rng: +T giỏc BHCI l hỡnh bỡnh hnh +T giỏc BCIH2 l hỡnh thang cõn Nhn xột 11: Theo trờn thỡ BPNC ni tip, AO ^ PN vn ngc li cú ỳng khụng? Tc l PN ^ AO ị... ln lt l cỏc im i xng vi M qua AB v AC Khi ú ta cú: PM = PM1; NM = NM2 v M1, M2 thuc ng thng PN khi ú: M1P+ PN + NM2 = M1M2 = MP + PN +MN = Chu vi DMNP trong trng hp ny Chu vi DMNP nh nht T ú ta xut bi toỏn sau: Bi toỏn 3.II: Cho DABC nhn Hóy tỡm trờn cỏc cnh ca DABC cỏc im M, N, P sao cho Chu vi DMNP nh nht Gii: Gii s M ẻ BC, N ẻ AC, P ẻ AB Ly im M1, M2 L cỏc im i xng vi M qua cỏc cnh AB, AC ta cú... suy ngh , tỡm kim phỏt hin ra nhng vn rt th v, nhng h/s "hi khỏ" ó bit tng hp cỏc bi tp cựng dy, xõu chui cỏc kin thc ụn tp mt cỏch khoa hc Tụi nhn ra rng nhng vic lm ca tụi mi ch ỏp ng c mt chỳt kin thc trong kho tng kin thc m tỏc gi SGK mun gi gm ti ngi hc, Thụng qua ngi dy bi vy tụi cn phi hc hi nhiu, rt nhiu ng nghip ti liu hy vng c s dỡu dt ca ng nghip Tụi cng hon thin hn trong ngh dy hc./... tam giỏc ABC, ta nhn ra rng A l im chớnh gia cung H1H3 ị A thuc phõn giỏc gúc H1H 2H3 ta xut bi toỏn Bi toỏn 8.II: Dng tam giỏc nhn ABC bit 3 im phõn bit H1, H 2, H3 l cỏc im i xng vi trc tõm H ln lt qua AB, BC, AC Gii: (Vn tt) Da vo nhn xột trờn ta d dng dng c theo trỡnh t - Dng ng trũn tõm (O) ngoi tip tam giỏc H1H 2H3 Dng phõn giỏc cỏc gúc H1H 2H3 ; H1H3H2; H3H1H2 cỏc giao im phõn giỏc cỏc gúc ny... H, trng tõm G, O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC Chng minh rng a Khong cỏch t H n A gp 2 ln khong cỏch t O n BC b Ba im H, G, O thng hng Bi toỏn 4: ~ II Cho ng trũn tõm O (O) v dõy BC c inh khụng i qua tõm, A l im di ng trờn cung ln BC sao cho tam giỏc ABC nhn a Tỡm qu tớch im H b Tỡm v trớ im A sao cho din tớch tam giỏc ABC ln nht III Kt lun Trờn õy l nhng vic lm nh nhoi ca bn thõn trong quỏ trỡnh... HB + HC = IB + IC Khi ú HA +HB + HC = HA + IB +IC Nu c nh BC ị OT khụng i ị AH = 2OT khụng i ị Tng HA +HB + HC ch ph thuc vo v trớ im I Ta xut bi toỏn: Bi toỏn 7.II: Cho ng trũn (O) v dõy BC khụng i qua O, A l im i trờn ng trũn sao cho DABC nhn, Gi H l trc tõm DABC Tỡm v trớ im A sao cho tng khong cỏch HA +HB + HC ln nht Li gii: ( Túm tt ) V ng kớnh AI, Gi T l giao im HI v BC Theo cõu 10 thỡ BHCI . 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. 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. 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