Khai thac kien thuc cb va bt boi duong hs gioi

A - mở đầu I - lý do chọn đề tài Trong lịch sử phát triển của toán học thì toán học là một trong bộ môn khoa học đợc ra đời từ rất sớm. Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế cuộc sống đã làm nảy sinh các kiến thức toán học. Toán học không những góp phần không nhỏ trong sự phát triển của các bộ môn khoa học khác. Có thể nói toán học là cơ sở của nhiều môn khoa học khác. Chính vì vậy trong nhà trờng phổ thông, môn toán là một trong những bộ môn cơ bản và việc nâng cao kiến thức toán cho học sinh đơng nhiên là cần thiết. Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì môn toán có thể nói rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm đợc lợng kiến thức khá rộng và có kỹ năng vận dụng nó một cách linh hoạt sáng tạo. Kiến thức toán học rất rộng, hệ thống bài tập nhiều vì vậy không phải kiến thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra đợc. Giáo viên chỉ mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài tập quan trọng, cách mở rộng cũng nhiều hớng khác nhau. Khái quát hoá để mở rộng thành những bài toán tổng quát khó hơn. Tơng tự hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phơng pháp giải. Đặc biệt hoá để đa bài toán về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ đơn giản là phân tích thêm những kiến thức có liên quan để hớng dẫn học sinh giải theo nhiều cách khác nhau hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài toán. Điều đó thôi thúc tôi chọn và nghiên cứu đề tài. Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dỡng học sinh khá giỏi. II - Nhiệm vụ nghiên cứu: Học sinh khá, giỏi hiện nay phần lớn chỉ đầu t vào việc giải hết bài toán khó này đến bài toán khó khác mà cha nâng cao đợc nhiều năng lực toán học. Mà theo quan niệm của tôi cho rằng: Việc ôn tập bồi dỡng học sinh giỏi môn toán cần phải: + Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ: - Các bài toán đợc nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải, các thao tác t duy dạng sơ cấp. - Năng lực học toán phải tiến hành thơng xuyên liên tục trớc hết thông qua các tiết luyện tập. - Cần xác định những năng lực toán học nào cần bồi dỡng cho học sinh, hệ thống bài tập cho phù hợp. B - Nội dung Một trong các chức năng của dạy học sáng tạo qua các bài toán ở tr- ờng trung học là hình thành ở học sinh năng lực sáng tạo bài toán mới. Xuất pháp từ bản chất tri thức toán học lôgíc ẩn láu dới vỏ ngôn ngữ , có Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 1 thể sử dụng các biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài toán mới cho học sinh. Biện pháp 1: Hớng dẫn học sinh nhìn thấy cấu trúc lôgíc của bài toán đặc biệt là nhìn thấy sự tơng đơng của các mệnh đề toán học. Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử dụng các hệ thống khái niệm khác nhau. Hớng dẫn cho học sinh nhận ra sự thống nhất về cấu trúc lôgíc của các bài toán có các biểu tợng trực quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó. Sau đây là một số ví dụ: I - Phần số học Ví dụ 1: Khai thác từ một bài toán lớp 6, chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: Bài toán 1: Tổng sau có chia hết cho 3 không? A = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 + 2 6 + 2 7 +2 8 + 2 9 + 2 10 (Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1) Lời giải: Ta có: A = (2 + 2 2 )+ (2 3 + 2 4 )+ (2 5 + 2 6 )+ (2 7 +2 8 )+ (2 9 + 2 10 ) = 2.(1 + 2) + 2 3 . (1 + 2) + 2 5 . (1 + 2) + 2 7 . (1 + 2) + 2 9 . (1 + 2) = 2.3 + 2 3 . 3 + 2 5 . 3 + 2 7 . 3 + 2 9 . 3 Vậy A chia hết cho 3. Từ bài toán này ta giải đợc một số bài toán sau: Bài toán 1.1: Cho A = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 57 + 2 58 + 2 59 +2 60 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3. Lời giải: Tơng tự nh Bài toán 1. Bài toán 1.2: Cho A = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 57 + 2 58 + 2 59 +2 60 . Chứng minh rằng A chia hết cho 105. Lời giải: Ta có: 105 = 7.15 và (7, 15) = 1. Thật vậy: A = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 57 + 2 58 + 2 59 +2 60 . = (2 + 2 2 + 2 3 ) + (2 4 + 2 5 + 2 6 ) + + (2 58 + 2 59 +2 60 ) = 2.(1 + 2 + 2 2 ) + 2 4 .(1 + 2 + 2 2 ) + + 2 58 .(1 + 2 + 2 2 ) = 2.7 + 2 4 .7 + + 2 58 .7 => A chia hết cho 7. (1) A = 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + + 2 57 + 2 58 + 2 59 +2 60 . = (2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 ) + + (2 57 + 2 58 + 2 59 +2 60 ). = 2. (1 + 2 + 2 2 + 2 3 ) + + 2 57 . (1 + 2 + 2 2 + 2 3 ). = 2.15 + + 2 57 .15 => A chia hết cho 15. (2) Vì (7, 15) = 1 nên kết hợp (1) và (2) suy ra A chia hết cho 105. Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 2 Nhận xét: Với A = 2 + 2 2 + + 2 n a) Các Bài toán 1 và Bài toán 1.1 đúng khi số các số hạng n là số chẵn. b) Bài toán 1.2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 và 4. Từ đó suy ra n chia hết cho 12 Bài toán 1.3: Chứng minh rằng: 2 0 + 2 1 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 5n - 3 + 2 5n - 2 + 2 5n - 1 chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dơng bất kỳ. Lời giải: Nhóm 5 số hạng rồi đặt thừa số chung của từng nhóm: 2 0 + 2 1 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 5n - 3 + 2 5n - 2 + 2 5n - 1 = (1 + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 ) + 2 5 (1+ 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 ) + 2 5. 2 (1 + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 ) + + 2 5(n - 1) (1 + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 ) = (1 + 2 + 2 2 + 2 3 + 2 4 )(1 + 2 5 + 2 5. 2 + + 2 5(n - 1) ) = 31.(1 + 2 5 + 2 5. 2 + + 2 5(n - 1) ) chia hết cho 31. Vậy 2 0 + 2 1 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 5n - 3 + 2 5n - 2 + 2 5n - 1 chia hết cho 31. Bài toán 1.4: a) Tính tổng S n = 1 + a 1 + a 2 + a 3 + + a n b) áp dụng tính các tổng sau: S = 1 - 2 1 + 2 2 - 2 3 + 2 4 - +2 100 T = 3 - 3 2 + 3 3 - 3 4 + +3 1999 - 3 2000 Lời giải: a) Xét tổng S n = 1 + a 1 + a 2 + a 3 + + a n Khi a = 1 ta có ngay: S n = n + 1. Khi a 1 ta có: a.S n = a + a 2 + + a n + a n + 1 Suy ra: a.S n - S n = a n + 1 - 1 S n = (a n + 1 - 1) / (a - 1) b) S 100 = 1 + a 1 + a 2 + a 3 + + a 100 = (a 101 + 1 - 1) / (a - 1) Với a = -2, ta đợc: S = 1 - 2 + 2 2 - 2 3 + 2 4 - +2 100 = [(- 2) 101 - 1] / [-2 - 1] = (- 2 101 - 1)/ -3 = ( 2 101 + 1)/ 3. T = 3 - 3 2 + 3 3 - 3 4 + +3 1999 - 3 2000 = 3. (1 - 3 + 3 2 - 3 3 + +3 1998 - 3 1999 ) = 3. [(- 3) 2000 - 1] / [-3 - 1] = 3. ( 3 2000 - 1)/ - 4 Bài toán 1.5: a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với: A = 4 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + +2 20 b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với: A = 3 + 3 2 + 3 3 + 3 4 + +3 100 Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 3 Bài toán 1.6: Cho số tự nhiên A = 7 + 7 2 + 7 3 + 7 4 + 7 5 + 7 6 + 7 7 + 7 8 . a) Số A là chẵn hay lẻ. b) Số A có chia hết cho 5 không? Bài toán 1.7: Cho S = 2 + 2 2 + 2 3 + +2 2000 . Hỏi S có chia hết cho 6 không? Bài toán 1.8: Chứng minh rằng tổng: P = 3 + 3 2 + 3 3 + 3 4 + 3 5 + 3 6 + 3 7 + 3 8 + 3 9 chia hết cho 13. II. Phần đại số: Trong chơng trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh đợc học về các hằng đẳng thức đáng nhớ, trong đó: A 2 + 2AB + B 2 = ( A + B ) 2 A 2 - 2AB + B 2 = ( A - B ) 2 và có nhận xét: ( A + B ) 2 0 với mọi A, B. ( A - B ) 2 0 với mọi A, B. dấu = xảy ra khi A + B = 0 hay A = - B và A - B = 0 hay A = B từ kiến thức này ta mở rộng và xây dựng nên nhiều bài toán khác. Sau đây là một số ví dụ: Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức sau viết đợc dới dạng tổng các bình ph- ơng của hai biểu thức: x 2 + 2( x + 1) 2 + 3( x + 2) 2 + 4( x + 3) 2 Lời giải: x 2 + 2( x + 1) 2 + 3( x + 2) 2 + 4( x + 3) 2 = 10x 2 + 40x + 50 = (x 2 + 10x + 5 ) + ( 9x 2 + 30x + 25 ) = ( x + 5) 2 + ( 3x + 5) 2 Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dới dạng tổng của ba bình phơng. ( a + b + c) 2 + a 2 + b 2 + c 2 H ớng dẫn: ( a + b + c) 2 + a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b) 2 + ( b + c) 2 +( a + c) 2 Bài 3: Tìm x, y biết: 4x 2 - 16x + y 2 + 4y + 20 = 0 H ớng dẫn: 4x 2 - 16x + 16 + y 2 + 4y + 4 = 0 ( 2x - 4) 2 + ( y + 2) 2 = 0 = = =+ = 2 2 02 042 y x y x Bài 4: Tìm x biết : x 2 + 2( x + 1) 2 + 3( x + 2) 2 + 4( x + 3) 2 = 0 Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 4 H ớng dẫn: Từ kết quả của Bài 1 ta có phơng trình tơng đơng: ( x + 5) 2 + ( 3x + 5) 2 = 0 = = =+ =+ 3 5 5 053 05 x x x x Vậy không có giá trị nào của x để vế trái bằng 0. Bài 5: Tìm x, y biết: 4x 2 - 16x + y 2 + 4y + 24 = 0 H ớng dẫn: 4x 2 - 16x + 16 + y 2 + 4y + 4 + 4 = 0 ( 2x - 4) 2 + ( y + 2) 2 + 4 = 0 VT 4 với mọi giá trị của x, y. => Không có giá trị nào của x, y thoả mãn bài tán. Với cách làm nh trên, học sinh dễ dàng làm bài tập sau: Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b) 2 + ( b - c) 2 +( a - c) 2 = 0 H ớng dẫn: ( a - b) 2 + ( b - c) 2 +( a - c) 2 = 0 <=> 0 0 0 = = = ac cb ba <=> a = b = c Học sinh có thể phân tích đề bài: phá ngoặc chuyển vế ta đợc: a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca ta suy ra đợc bài toán mới Bài 7: Chứng minh rằng nếu a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca thì a = b = c. Dựa vào kết quả bài 6, học sinh tự giải Với hớng dẫn nh bài tập 7 ta có thể đa ra một loạt bài tập có phơng pháp làm tơng tự. Bài 8: Chứng minh rằng nếu (a + b) 2 = 2.(a 2 + b 2 ) thì a = b. Bài 9: Cho a 2 + b 2 + c 2 + 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1. Bài 10: Cho (a + b + c) 2 = 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c . Bài 11: Cho (a - b) 2 + (b - c) 2 + (a - c) 2 = (a + b - 2c) 2 + (b + c - 2a) 2 + (a +c - 2b) 2 chứng minh rằng a = b = c . Bài 12: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chứng minh rằng x = y = z. Từ bài tập 7, ta đa ra bài toán tổng quát hơn Bài 13: Chứng minh rằng với 3 số a, b, c bất kỳ, ta có: a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca H ớng dẫn: Cách 1: Nhân 2 vế với 2, làm tơng tự bài 7 (biến đổi tơng đơng). Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 5 Cách 2: (a + b + c) 2 - (ab + bc + ca) = ( ) ( ) ( ) [ ] 222 2 1 accbba ++ 0 => đpcm Cách 3: Phơng pháp phản chứng. Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức đã biết, ta có: ca ac bc cb ab ba + + + 2 , 2 , 2 222222 Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc: a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca. Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới: + Xét trờng hợp đặc biệt hơn: cho c = 1 ta có a 2 + b 2 + 1 ab + b + a + Kết hợp với hằng đẳng thức: (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca <=> a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 - 2(ab + bc + ca) ta có a 2 + b 2 + c 2 3(ab + bc + ca). b) ta có ( ) ( ) 2 222 2 cbacba cabcab ++++ =++ ( ) ( ) 2 222 2 222 cbacba cba ++++ ++ <=> 2(a 2 + b 2 + c 2 ) (a + b + c) 2 - (a 2 + b 2 + c 2 ) <=> (a + b + c) 2 3(a 2 + b 2 + c 2 ) Ta có thể khai thác những bài toán dạng này theo hớng khác là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Bài 14: (Suy ra từ bài 5) Tìm giá trị bé nhất của A = 4x 2 - 16x + y 2 + 4y + 24 H ớng dẫn: A 4, min A = 4 khi x = 2, y = -2 Bài 15: Tìm giá trị bé nhất(lớn nhất) của các biểu thức: P = x 2 - 2xy + 6y 2 - 12x + 2y + 45 Q = -x 2 + 2xy - 4y 2 - 2x - 10y - 3 R = x 2 - 2xy + 4y 2 - 2x - 10y + 3 H ớng dẫn: P = (x- 6 - y) 2 + 5(y - 1) 2 + 4 4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1 Q = 10 - (x - y -1) 2 - 3(y - 2) 2 10 => max Q = 10 khi x = 3, y = 2. Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 6 Từ bài 15 ta có thể suy ra kết quả sau: 1) f(x) = -x 2 + 2xy - 4y 2 + 2x + 10y - 3 có GTLN bằng 10 khi x = 3, y = 2. 2) - f(x) có GTNN bằng -10 khi x = 3, y = 2. 3) )( 1 xf có GTNN bằng 10 1 khi x = 3, y = 2. Bài 16: Tìm GTNN của biểu thức: B = (x + 5) 2 + (3x + 5) 2 (bài tập số 1) H ớng dẫn: B = 10x 2 + 40x + 50 = 10(x 2 + 4x + 4) + 10 = 10(x + 2) 2 + 10 10 Min B = 10 khi x = -2. Xây dựng trờng hợp tổng quát: Xét đa thức ax 2 + bx + c, ta có: F(x) = ax 2 + bx + c = a(x + a b 2 ) 2 - a acb 4 4 2 Nếu a > 0 thì ax 2 + bx + c - a acb 4 4 2 => Min F(x) = - a acb 4 4 2 khi x = - a b 2 Nếu a < 0 thì F(x) - a acb 4 4 2 => Max F(x) = - a acb 4 4 2 khi x = - a b 2 Bài 17: Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: B = (x - a) 2 + (x - b) 2 + (x - c) 2 với a, b, c cho trớc H ớng dẫn: B = 3(x - 3 cba ++ ) 2 + (a 2 + b 2 + c 2 ) - 3 )( 2 cba ++ => min B = (a 2 + b 2 + c 2 ) - 3 )( 2 cba ++ khi x = 3 cba ++ III - Phần hình học Bài 1: Cho ABC, các đờng phân giác của các góc B và C gặp nhau tại S, các đờng thẳng chứa phân giác của hai góc ngoài B và C gặp nhau tại E. Chứng minh rằng: a) BSCE là tứ giác nội tiếp. b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng. H ớng dẫn: a) CS là tia phân giác trong của C CE là tia phân giác ngoài của C => SCE = 90 0 . Chứng minh tơng tự SCE = 90 0 . => Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 180 0 b) S là giao điểm của 3 đờng phân giác trong, E là Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 7 A E CB S 1 1 2 2 giao điểm của 2 đờng phân giác ngoài của B và C thuộc ABC. Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng. Khai thác bài toán trên: Nhận xét 1: Ta có SCE = SBE = 90 0 => tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE là trung điểm của đoạn SE. Ta có thể đặt tiếp câu hỏi cho bài toán. c) Xác định tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC. Nhận xét 2: Vì SBEC là tứ giác nội tiếp => 21 EE + = 21 CC + = 2 1 ( CB + ) => Câu hỏi tiếp: d) Chứng minh rằng BEC = 2 1 ( CB + ) Nhận xét 3: BOC = 2 E = B + C mà CBA ++ = 180 0 => BOC + A = 180 0 e) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Nhận xét 4: O nằm trên đờng tròn ngoại tiếp ABC, S là tâm đờng tròn nội tiếp ABC, E là tâm đờng tròn bàng tiếp, OE = OS. f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đờng tròn nội tiếp với tâm đờng tròn bàng tiếp của tam giác bị đờng tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phần bằng nhau. Bài 2: Cho đờng tròn tâm O, đờng kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đờng tròn, kẻ tiếp tuyến với đờng tròn đó cắt Cx, Dy lần lợt tại A, B. Chứng minh rằng: AOB = 90 0 . H ớng dẫn: (Có nhiều cách giải) Ta có AE, AC là các tiếp tuyến => AO là tia phân giác của COE Tơng tự: BO là tia phân giác của EOD Mà COE và EOD là hai góc kề bù => AOBO => AOB = 90 0 . Nhận xét 1: Có thể thay đổi vị trí điểm O bằng điểm M bất kỳ trên CD khi đó đ- ờng thẳng vuông góc với ME tại E không là tiếp tuyến của (O) nữa. Vậy AMB = ? Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 8 A B E C D O x y O Nhận xét 2: 1) Trờng hợp M O => AMB = AOB = 90 0 . => cách chứng minh nh bài toán trên. 2) Trờng hợp M C Có CED = 1v => đờng thẳng vuông góc với ME tại E cắt Cx tại A, cắt Dy tại B => B D. => AMB = ACD = 90 0 3) Trờng hợp M D Chứng minh tơng tự trờng hợp M C => AMB = 90 0 . 4) Trờng hợp M O, C và D ta có bài toán sau: Cho E là một điểm nằm trên (O, 2 CD ), M bất kỳ thuộc đoạn CD, (M O, C và D) Đờng thẳng vuông góc với ME cắt 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O) lần lợt tại A và B. Chứng minh rằng: AMB = 90 0 . Chứng minh tơng tự bài trên: Tứ giác BMED nội tiếp => EBM = EDM. ECM + EDM = EAM + EBM = 1v AMB = 90 0 . 5) Trờng hợp M nằm ngoài CD ta có bài toán sau: Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 9 A E CM BD O x y yx CA DM O E B yx C D E B A O M Cho E là một điểm nằm trên (O) đờng kính CD và M là điểm bất kỳ thuộc CD nhng ở ngoài CD, đờng vuông góc với ME tại E cắt tiếp tuyến Cx, dy của (O) lần lợt tại A, B chứng minh rằng AMB = 90 0 . Có: MEB = MDB = 90 0 => Tứ giác AECM nội tiếp => MBA = MDE tơng tự tứ giác AECM nội tiếp => MAE = ECD mà MDE + ECD = MAB + MBA = 90 0 => AMB = 90 0 => đpcm. Bài 3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đờng tròn. Lấy C, D lần lợt thuộc Ax, By sao cho CD = AC + BD. Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB. Bài toán này có thể giải đợc dựa trên ý tởng là xét hai tam giác bằng nhau để rút ra các yếu tố tơng ứng của chúng bằng nhau. Lời giải: Trên tia đối của tia BD đặt điểm K sao cho: BK = AC. Từ đó ta có DK = DB + BK = DB + AC = CD. Từ OAC = OBK có OC = OK. Dễ thấy OCD = OKD (c.c.c). Vẽ OM vuông góc với CD, ta có các đờng cao tơng ứng OM = OB suy ra CD là tiếp tuyến của nửa đờng tròn đờng kính AB. Nhận xét: Từ lời giải bài toán này cũng suy ra đợc COD = 90 0 và AC.DB = R 2 ta lập đợc 3 bài toán nh sau: Bài 3.1: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. Vẽ CD là tiếp tuyến với đờng tròn đờng kính AB sao cho C thuộc Ax, D thuộc By. Chứng mịnh a) CD = AC + BD b) AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. c) AC. BD = R 2 . Bài 3.2: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. C thuộc Ax, D thuộc By. AB là tiếp tuyến với đ- ờng tròn đờng kính CD. Chứng mịnh a) CD = AC + BD b) CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB. c) AC. BD = R 2 . Bài 3.3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. C thuộc Ax, D thuộc By và AC. BD = R 2 . Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 10 A x y D B E M C O [...]... E là giao điểm của 2 đ ờng phân giác ngoài của B và C Em nào có cách làm? Em nào có cách làm khác? thuộc ABC Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng GV hớng dẫn HS khai thác bài toán Khai thác bài toán trên Nhận xét 1: Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 12 Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đEm có nhận xét gì về tứ giác BSEC? ờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE là ( có hai góc vuông) trung điểm của đoạn SE Ta có... đờng tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phần bằng nhau 4 Củng cố - luyện tập GV lu ý cho HS: - Tìm hiểu kỹ bài toán, vẽ hình chính xác - Biết cách phân tích, tổng hợp, khai thác bài toán 5 Hớng dẫn: - Xem kỹ bài tập đã làm trên lớp, cách khai thác bài toán - Làm bài tập sau: Bài 2: Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 13 Cho đờng tròn tâm O, đờng kính CD = 2R Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Từ một điểm... kiến thức lôgíc của bài toán, biết cách "chuyển hoá" ngôn ngữ thông qua sử dụng hệ thống khái niệm Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 11 C Bài soạn - Tiết 1: Phần Hình học A Mục tiêu: - Rèn kỹ năng vẽ hình, trình bày lời giải bài toán hình - Rèn t duy toán thông qua khai thác, mở rộng các bài toán - HS tăng cờng năng lực sáng tạo, tính tự học, tự nghiên cứu - Rèn tính cẩn thận, chính xác trong làm bài B Chuẩn... đa đề bài lên máy chiếu HS đọc bài, nêu GT, KL Lời giải: HS nêu cách chứng minh tứ giác a) CS là tia phân giác 2 1 trong của C BSCE nội tiếp E CE là tia phân giác ngoài của C (SCE + SBC = 1800 ) 0 Chứng minh SCE = 900 nh thế nào? => SCE = 90 Chứng minh tơng tự SCE = 900 Tơng tự ta có điều gì? => Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 1800 b) S là giao điểm của 3 đờng phân HS làm bài giác trong, E... trong làm bài B Chuẩn bị: Giáo viên: Máy chiếu, thớc thẳng, com pa Học sinh:.Thớc thẳng, com pa C Tiến trình dạy học: 1 ổn định tổ chức 2 Kiểm tra bài cũ HS1 : Tính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù? Nêu một số cách chứng minh tứ giác nội tiếp? HS2 : Nêu một số cách chứng minh ba điểm thẳng hàng? 3 Bài mới: Bài 1: Cho ABC, các đờng phân Bài 1: A giác của các góc B và C gặp nhau tại S, các đờng... qua việc hình thành cho học sinh năng lực học toán từ việc khai thác các kiến thức cơ bản trong chơng trình sách giáo khoa đi đến sáng tạo và đề xuất bài toán mới, tìm tòi nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán góp phần bồi dỡng t duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi Xác nhận của nhà trờng Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 Hải Dơng, ngày 30 tháng 5 năm 2006 Ngời thực... Nguyễn Việt Hải, Vũ Dơng Thụy 5 - Bồi dỡng học sinh giỏi toán cấp 2: Võ Đại Mau Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 16 Mục lục Trang 1 1 1 2 2 4 9 14 17 18 A Mở đầu I Lý do chọn đề tài II Nhiệm vụ nghiên cứu B Nội dung I Phần số học II Phần đại số III Phần hình học C Bài soạn D Kết luận Tài liệu tham khảo Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 17 ... tuyến với đờng tròn đó cắt Cx, Dy lần lợt tại A, B Chứng minh rằng: AOB = 900 Hãy xét bài toán trong trờng hợp thay điểm O bởi điểm M bất kỳ nằm trên đờng thẳng CD - Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7 14 D - kết luận ở phần trên tôi đã đa ra phơng pháp bồi dỡng học sinh khá, giỏi bằng cách hình thành cho học sinh năng lực học toán mới ở mức độ nâng cao, mở rộng các kiến thức Nhng để thực... giải bài toán, không bao giờ bằng lòng và dừng lại với phơng pháp giải hiện có mà luôn luôn mong muốn tìm tòi, sáng tạo những lời giải hay, hấp dẫn hơn Vì vậy tôi nghĩ hãy cố gắng hớng dẫn học sinh cachs suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải Đây là cơ hội để giáo viên trang bị cho học sinh một số tri thức phơng pháp: Phơng pháp giải toán - phơng pháp toán học hoá - nhằm rèn luyện và phát triển học sinh năng . ta có a 2 + b 2 + c 2 3(ab + bc + ca). b) ta có ( ) ( ) 2 222 2 cbacba cabcab ++++ =++ ( ) ( ) 2 222 2 222 cbacba cba ++++ ++ <=> 2(a 2 + b 2 + c 2 ) (a + b + c) 2 - (a 2 . a b 2 ) 2 - a acb 4 4 2 Nếu a > 0 thì ax 2 + bx + c - a acb 4 4 2 => Min F(x) = - a acb 4 4 2 khi x = - a b 2 Nếu a < 0 thì F(x) - a acb 4 4 2 => Max F(x) = - a acb 4 4 2 . b, c cho trớc H ớng dẫn: B = 3(x - 3 cba ++ ) 2 + (a 2 + b 2 + c 2 ) - 3 )( 2 cba ++ => min B = (a 2 + b 2 + c 2 ) - 3 )( 2 cba ++ khi x = 3 cba ++ III - Phần hình học Bài 1: Cho