SKKN Rèn luyện và phát triển năng lực tư duy giải toán hình học 9 thông qua bài tập SGK

Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là: - Học sinh lời học, lời suy nghĩ, không nắm đợc phơng pháp - Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo - Không liên hệ trợc giữa các " Bài toán g

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 chơng trình toán THCS.

Hình học là môn khoa học cơ bản trong chơng trình phổ thông, nó trớc hìnhthành từ những năm đầu của chơng trình tiểu học Môn hình học nó đợc gắn liền vớithực tiển cuộc sống Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của ngời dạycũng nh ngời học, môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán của con ngờibên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của ngời 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 vớihọc sinh lời học đã đành Còn đối với những học sinh "chăm học" mặc dù thuộc líthuyết vẩn không giải đợc Thậm chí có những bài chỉ là tơng tự bài đã giải hay chỉ

là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngợc lại của bài đã giải mà học sinhvẫn không giải quyết đợc Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là:

- Học sinh lời học, lời suy nghĩ, không nắm đợc phơng pháp

- Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo

- Không liên hệ trợc giữa các " Bài toán gốc" đã giãi với các bài toán trớc suy

ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một bàitoán

Những tồn tại trên không những do ngời học mà còn do cả ngời dạy Ngờidạy thờng chú trọng hớng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập mà khôngchú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán gốc" nhờviệc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán,thông qua hình vẽ, nhần xét, thay đổi giảthiết các bài toán Lật ngợc vấn đề…

Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em, tìmkiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh bài toán gốc SGK đa ra, các em sẽ nhớlâu 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 đợc biết và nó sẽ giúp các em biết bất kỳ một bài toán nàocũng xuất phát từ những bài toán đơn giản

Để giúp các em có phơng pháp học tập tốt hơn môn hình học trong quá trìnhgiảng dạy tôi thờng tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn đề, giải kỹ cácphơng pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm, và phát triển các bài toán

đó dới các hình thức khác nhau Thông qua các nhận xét, liên hệ giữa cái mới vừatìm đợc để tạo ra cái mới

II Biện pháp đã thực hiện.

Thực hiện với phơng 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 đờng tròn (O) đờng kính AB Ax, By là các đờng thẳng vuông góc với ABtại A và B M là điểm thuộc nửa đờng tròn Tiếp tuyến tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở

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

Khai thác bài toán:

Nhận xét 1: Theo giả thiết CA ⊥ AB, DB ⊥AB ⇒ ABCD là hình vuông

M là điểm trên nửa đờng 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 đờng tròn sao cho tứ giác ABDC có chu vi nhỏnhất.

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

Chu vi ABCD nhỏ nhất ⇔ 2CD nhỏ nhất ⇔CD nhỏ nhất ⇔CD vuông gócvới tiếp tuyến tại M ⇒CD =AB ⇒ M là điểm chính giữa của cung AB

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

2 AB

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 tơng tự ta có nhỏ nhất ⇔ M là điểm chính giữa cung AB

Nhận xét 3: Ta thấy ∆AMB vuông M, ∆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 đợc tứ giác OPMQ là hìnhchữ 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

Nhận xét 5: H là giao điểm 2 đờng 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 ⇒ HK // AC ⇒

BC

BH AC

AC//BD ⇒

DA

DH BC

BH =

MH// CA ⇒

CA

MH DA

CA

MH AC

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 đợc P,H ,Q thẳng hàng.

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

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

♦10 Chứng minh rằng

AB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp ∆ COD

Giải: Gọi I là trung điểm CD

⇒ IC = ID =IO( ∆ COD vuông có OI là trung tuyến ứng với cạnh huyền)

O là trung điểm AB ,I là trung điểm CD

⇒ IO là đờng trung bình hình thang ABDC → IO // BD

Mà DB ⊥ AB ⇒ IO ⊥ AB tại O ⇒AB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp

Bài toán 1.I: Cho nửa đờng tròn (()) đờng 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 ∈By và cùng nằm trênnửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C

Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của (O)

Giải : ta có:

2 1

OA ⊥AC ⇒ 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 ngợc lại

của câu 2 Bài toán I

Bài toán 2.I: Cho nửa đờng tròn (O) đờng 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 ∧

COD=900 và

CD là tiếp tuyến của (O)

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

CD tại I ta có I là trung điểm của CD ⇒ IO là đờng trung bình của hình thang

ABCD nên

IO = AC BD .CD

2

1 ) (

2

⇒ ∆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 đợc 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 ∧

D CO' bằngbao nhiêu?

Bài toán 3.I: Cho điểm M nằm trên nửa đờng tròn đờng kính AB, O' là điểm bất kỳnằm trong đoạn AB, đờng thẳng vuông góc với MO' tại M cắt tiếp tuyến Ax, By tại

C và D Chứng minh CO∧'D= 90 0

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 ⇒D trùng B, khi đó CO∧'D=CAB∧ = 90 0

+/ Nếu O' trùng B ⇒ C trùng A khi đó CO'∧D=DBA∧ = 90 0

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

đờng thẳng AB nhng ở phía ngoài đoạn AB, đờng thẳng vuông góc O'M tại M cắtcác tiếp tuyến Ax, By tại C và D Chứng minh CO∧'D= 90 0

⇒CO∧ D (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 đờng tròn đờng kính AB, M là điểm bất kỳ trên nửa đờng tròn đó ( M ≠ A,

M ≠ B) O là điểm bất kỳ trên đờng thẳng AB, đờng thẳng vuông góc với OM tại Mcắt 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 ∆ABC nhọn trực tâm H các đờng cao AM, BN, CP

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

0 90

BNC

BPC 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 ∆BHC có A là trực tâm, ∆AHC có B là trực tâm ta đặt câu hỏi tiếptheo

♦2 Chứng tỏ rằng mỗi đỉnh của đã cho là trực tâm của tam giác tạo thànhbởi 2 đỉnh còn lại và trực tâm H của ∆ABC

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

♦3 Chứng minh rằng H là tâm đờng tròn nội tiếp ∆MNP.

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

Giải: ( Dựa vào nhận xét 4)

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

♦5 Gọi G,K,I lần lợt 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

Nhận xét 6: Lấy H1đối xứng với H qua AB Ta thấy ∆AH B=∆ABH ⇒ AH∧ B = AHB∧

1 1

mà AHB∧ = NHM∧ ;NHM∧ +NCM∧ = 180 0tứ giác NHMC nội tiếp ⇒ 0

1 + ∧ = 180

∧

ACB B

tứ giác AH1BC nội tiếp dợc ta đặt câu hỏi tiếp

♦6 Gọi H1,H2,H3 là điểm đối xứng với H qua các cạnh AB, BC, CA của ∆ABC Chứng minh rằng 6 điểm A,H1, B, H2, C, H3 cùng thuộc một đờng tròn Giải:Dựa vào nhận xét 6 ta dễ dàng chứng minh đợc Nhận xét 7: Theo nhận xét 6 thì ∆AH1B =∆AHBvà đối xứng nhau qua AB ⇒ đờng tròn (AH1B) = đờng tròn( AHB)= đờng tròn(ABC), từ đó ta có câu hỏi tiếp ♦7 Gọi R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh rằng: đờng tròn (AHB) = đờng tròn(AHC) = đờng tròn(BHC) cùng có đờng kính 2R Giải: Dựa vào câu 6 và nhận xét 7 ta chứng minh đợc. Nhận xét 8: Ta thấy SAPN = SinA AP AN 2 1 SABC= AB.AC.SinA 2 1 A Cos CosA CosA AC AP AB AN AC AB AP AN S S ABC APN 2

= = = = ⇒ Tơng tự: Cos C S S B Cos S S ABC CMN ABC BPM = 2 ; = 2 từ đó ta đặt câu hỏi tiếp ♦8 CMR: 1 (Cos2A Cos2B Cos2C) S S ABC MNP = − + +

Giải: Dựa vào nhận xét 8 ta có:

SAPN = SABC Cos2A; SBPM = SABC Cos2B

SCMN = SABC Cos2C

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

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

) (

1 Cos2A Cos2B Cos2C

cung AH1 = cung AH3

⇒ A là điểm chính giửa của cung

H1AH3 ta đặt câu hỏi tiếp theo

♦9 Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC chứng minh:

cung H3C) ⇒P∧ =H H∧ C⇒

1 3

1 PN // H1H3 màAO ⊥H1H3 suy ra

PN⊥OA

Chứng minh tơng tự ta đợc CO ⊥NM; BO ⊥PM

Nhận xét 10: Kẻ đờng kính AI của đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC 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 đờng kính AI, Gọi H2 là điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh rằng:

+Tứ giác BHCI là hình bình hành

+Tứ giác BCIH2 là hình thang cân

Nhận xét 11: Theo trên thì BPNC nội tiếp, AO ⊥PN vấn đề ngợc lại có đúngkhông? Tức là PN ⊥ AO ⇒ BPNC nội tiếp Ta có bài toán sau:

Bài toán 1.II : Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O) đờng kính AI, d là đờng thẳng vuônggóc với AI cắt AB, AC tại M và N Chứng minh BPNC nội tiếp đợc

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

+Khi d đi qua A ⇒ M ≡ A; N ≡ A

⇒BMNC trở thành ∆ABC

+Khi d đi qua B ⇒ M ≡ B

⇒ BMNC trở thành ∆MNC

+Khi d đi qua C ⇒N ≡ C

⇒ BMNC trở thành ∆BMC

+Khi d cắt AI không đi qua các đỉnh của ∆ABC

Để chứng minh đợc BMNC nội tiếp

Ta chứng minh B∧+N∧ = 180 0

Gọi T là giao điểm của d với AI

Ta có: ITNC nội tiếp đợc <ICN∧ =90 ITN0 ; ∧ =90 0 >

⇒ I∧+N∧ = 180 0 mà ∧ ∧

I cùng chắn cung AC ⇒ B∧+N∧ = 180 0 ⇒

Tứ giác BMNC nội tiếp

Nếu d cắt các đờng thẳng chứa cạnh AB, AC

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

0 180

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có:

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

2PK = Chu vi ∆MNP(hai tiếp tuyến của (C) cắt nhau tại P2(NI + PK) = 2 Chu vi ∆MNP

⇒ Chu vi ∆MNP = NI + PK.

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 ∆ABC nhọn các đờng cao AM, BN, CP

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

MP + MN = IK

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

• Nhận xét 13: Ta có Chu vi ∆MNP = MP + PN +MN

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

M qua AB và AC Khi đó ta có:

PM = PM1; NM = NM2 và M1, M2 thuộc

đờng thẳng PN khi đó: M1P+ PN + NM2 = M1M2

= MP + PN +MN

= Chu vi ∆MNP

trong trờng hợp này Chu vi ∆MNP nhỏ nhất

Từ đó ta đề xuất bài toán sau:

Bài toán 3.II : Cho ∆ABC nhọn Hãy tìm trên các cạnh của ∆ABC các điểm M, N, Psao cho Chu vi ∆MNP nhỏ nhất

Giải: Giải sử M ∈ BC, N ∈ AC, P ∈ AB

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

qua các cạnh AB, AC ta có AM1 =AM = AM2

các ∆AM1M; ∆AM2M; ∆M1AM2 là các tam giác cân tại A

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

BN ⊥AC, CP ⊥ AB → N, P là chân các đờng cao hạ từ B và C của ∆ABC

Nhận xét 14: Theo câu 3 ta có H là tâm đờng tròn nội tiếp ∆MNP

SPNM = SPNH + SPHM + S NHM = (

2

r MP + PN +MN) ( r là tâm đờng tròn nội tiếp ∆MNP)

Nhng theo câu 9: AO ⊥PN, BO ⊥PM, CO ⊥NM

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

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

SABC = SAPON+ SBPMO+ SCNOM = OA PN OB PM CO.NM

2

2

.

2

R(MP + PN +MN) R làbán kính đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC

Ta đề xuất bài toán sau:

Bài toán 4.II: Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O,R) các đờng cao AM, BN, CP gọi r làbán kính đờng tròn nội tiếp ∆MNP

Chứng minh rằng:

R

r S

S

ABC MNP =

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

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 ∆ABCnhọn nội tiếp (O,R) , M, N, P lân lợt là chân đờng cao củatam giác, r là bán kính đờng tròn nội tiếp ∆MNP Chứng minh rằng:

= đờng tròn(AHC) = đờng tròn(BHC)

Cùng có đờng kính 2R

Ta lại đề xuất bài toán sau:

Bài toán 6.II:

Cho ∆ABCnhọn, trực tâm H nội tiếp đờng tròn(O,R) Gọi O1, O2, O3 lần lợt làtâm đờng tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, AHC, và BHC chứng minh rằng tamgiác O1O2O3 bằng tam giác ABC

Chứng minh: Theo câu 7 Các đờng tròn ngoại tiếp các ∆AHB, ∆AHC, ∆BHC, ∆ABC

bằng nhau nên ta có

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

Tơng tự AOCO2 là hình thoi ⇒ AO // CO2

⇒ BO1// CO2 và BO1 = CO2 ⇒BO1O2C là hình bình hành ⇒ O1O2 = BC

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

Ta có: O2O3 = AB; O1O3 = ACVậy ∆O1O2O3 = ∆CAB

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

chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm I

Ta đề xuất bài toán:

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

tròn sao cho ∆ABC nhọn, Gọi H là trực tâm ∆ABC Tìm vị trí điểm A sao cho tổngkhoảng cách HA +HB + HC lớn nhất

Lời giải: ( Tóm tắt )

Vẽ đờng kính AI, Gọi T là giao điểm HI và BC Theo câu 10 thì BHCI là hìnhbình hành ⇒ T là trung điểm HI ⇒ HB + HC =BI + IC Mà O là trung điểm AI

Nên TO = AH

2

1 ( đờng trung bình ∆AHI) ⇒ AH = 2OT

Do BC cố định, O cố định ⇒ OT không đổi ⇒ AH không đổi

Do đó: HA +HB + HC lớn nhất khi BI + IC lớn nhất Mặt khác vì ∆ABC nhọn nên

A chỉ chuyển động trên cung H1H2 Khi A chuyển động trên cung H1H2 thì Ichuyển động trên cung nhỏ BC nên IB + IC lớn nhất khi I là điểm chính giữa cung

BC ⇒ A là điểm chính giữa cung lớn BC ( A ở vị trí A1; I ở vị trí I1)

Nhận xét 18: Theo câu 6 thì H1, H 2, H3 thuộc đờng tròn tâm (O) ngoại tiếp tamgiác ABC, ta nhận ra rằng A là điểm chính giữa

cung H1H3 ⇒ A thuộc phân giác góc H1H 2H3

ta đề xuất bài toán

Bài toán 8.II: Dựng tam giác nhọn ABC biết

3 điểm phân biệt H1, H 2, H3 là các điểm đối

xứng với trực tâm H lần lợt qua AB, BC, AC

Giải: (Vắn tắt) Dựa vào nhận xét trên ta dễ dàng dựng đợc theo trình tự

- Dựng đờng tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác H1H 2H3

Dựng phân giác các góc H1H 2H3 ; H1H3H2; H3H1H2 các giao điểm phân giác cácgóc này với đờng tròn tâm (O) là các đỉnh A,B,C của tam giác ABC cần dựng

Từ bài toán I,II bằng cách nghiên cứu kỹ lời giải của từng câu đặc biệt chú ý đến

đặc điểm các yếu tố ta có thể đề xuất các bài toán sau:

Bài toán 1: ∼ I Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R ;M là điểm di động

trên nửa đờng tròn đó ( M khác A, M khác B) vẽ đờng tròn tâm M tiếp xúc với ABtại H, từ A và B vẽ 2 tiếp tuyến AC và BD với đờng tròn tâm M

a Chứng minh 3 điểm C,M, D cùng nằm trên tiếp tuyến của đờng tròn tâm(O) tại điểm M

b Giả sử CD cắt AB ở K Chứng minh OA2 = OB2 = OA.OK

Bài toán 2: ∼ I Cho đờng tròn (O) đờng kính AB= 2 R, tiếp tuyến tại điểm M

bất kỳ trên đờng tròn cắt các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại A và B lần lợt ở C vàD

a Xác định vị trí điểm M sao cho chu vi tam giác COD nhỏ nhất

b Gọi I, J lần lợt giao điểm của OC với AM và OD với BM xác định vị trí điểm M

để đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CIJD có bán kính nhỏ nhất.

Bài toán 3: ∼ II Cho tam giác ABC trực tâm H, trọng tâm G, O là tâm đờng tròn

ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng

a Khoảng cách từ H đến A gấp 2 lần khoảng cách từ O đến BC

b Ba điểm H, G, O thẳng hàng

Bài toán 4: ∼ II Cho đờng tròn tâm O (O) và dây BC cố điịnh không đi qua tâm, A

là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn

Tôi nhận ra rằng những việc làm của tôi mới chỉ đáp ứng đợc một chút kiếnthức trong kho tàng kiến thức mà tác giả SGK muốn gửi gắm tới ngời học, Thôngqua ngời dạy bởi vậy tôi cần phải học hỏi nhiều, rất nhiều ở đồng nghiệp ở tài liệu…

hy vọng đợc sự dìu dắt của đồng nghiệp để Tôi càng hoàn thiện hơn trong nghề dạyhọc./

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

II Biện pháp đã thực hiện III Kết luận

Tài liệu tham khảo

1 Sách giáo khoa, sách bài tập toán 9

2 Sách nâng cao và phát triển toán 9

3 Các chuyên đề hình học 9

I Đặt vấn đề.

iải toán là việc làm thờng xuyên của ngời học toán, thông qua giải toán họcsinh không những cũng cố và khắc sâu các kiến thức đã học, mà còn có vai tròrất quan trọng trong việc rèn luyện năng lực t duy sáng tạo cho học sinh thông quaviệc giải toán học sinh rèn luyện, phát triển nhiều kỹ năng nh: Kỹ năng phân tích,

kỹ năng lập luận, kỹ năng phán đoán, kỹ năng vận dụng…thực tiễn dạy học cho thấyhọc sinh rất máy móc khi vận dụng các kiến thức đã học vào việc giải bài tập Dovậy không phát triển đợc năng lực t duy sáng tạo và các kỹ năng cho học sinh Khigặp các bài toán không vận dụng trực tiếp các kiến thức đã học thì rất nhiều họcsinh lúng túng không tìm đợc phơng pháp giải bài toán đó nh thế nào Đặc biệt làtrong môn hình học với những giả thiết mà bài toán cho nếu không có tính sáng tạohọc sinh không thể giải quyết đợc bài toán đó Do vậy khi gặp các bài toán này họcsinh phải suy nghĩ để vẽ thêm các đờng phụ, điểm phụ từ đó giúp học sinh giải

G

quyết bài toán một cách dễ dàng và thuận lợi hơn Tuy nhiên vấn đề đặt ra là: khigặp một bài toán học sinh không biết vẽ đờng phụ nh thế nào do đó rất nhiều họcsinh " mò mẫm" để vẽ các đờng phụ nhằm tìm ra lời giải cho bài toán và đa số làthất bại kết quả bài tóan không đợc giải quyết, một số em khá tìm ra đợc cách kẽ đ-ờng phụ nhng không hợp lý dẫn đến lời giải dài dòng phức tạp Với học sinh lớp 7thì vấn đề trên càng gặp nhiều khó khăn khi các em mới làm quen với phơng phápsuy luận, phơng pháp chứng minh bài toán hình học Việc các em vận dụng cáckiến thức đã học vào việc lập luận, chứng minh bài toán hình học đã khó cha nói

đến việc các em phải suy nghĩ tìm cách kẽ đờng phụ rồi mới vận dụng đợc các kiếnthức đã học vào để giải quyết bài toán đó Đứng trớc khó khăn chung của học sinhtrong quá trình giảng dạy hình học lớp 7 tôi đã cố gắng hớng dẫn các em tìm ra một

số phơng pháp " kẻ đờng phụ" trong giải toán Việc làm đó đã góp phần rất lớn

trong việc rèn luyện kỹ năng cho học sinh, giúp các em rèn luyện đợc năng lực tduy sáng tạo khi giải các bài toán hình học Do đó việc" rèn luện kỹ năng kẻ đờng

phụ trong việc giải toán hình học" là việc làm hết sức khó khăn nhng không thể

thiếu của giáo viên Với lý

do trên tôi mạnh dạn trình bày chuyên đề " Rèn luện kỹ năng kẽ đờng phụ cho học

sinh trong giải toán hình học lớp 7"

II Giải quyết vấn đề

I Các bài toán: Chứng minh hai góc bằng nhau.

1 Một số gợi ý để đi đến chứng minh đợc hai góc bằng nhau

• Sử dụng hai góc cùng số đo

• Sử dụng góc thứ ba làm trung gian, 2 góc cùng phụ hoặc cùng bù với một góc

• Hai góc cùng bằng tổng, hiệu của hai góc tơng ứng bằng nhau

• Sử dụng tính chất tia phân giác của 1 góc, góc đối đỉnh, tính chất 2 đờngthẳng song song

• Góc có cạnh tơng ứng vuông góc song song , góc của tam giác đặc biệt

• 2 góc tơng của hai tam giác bằng nhau

2 Một số bài toán

Bài toán 1: Cho tam giác ABC cân tại A có A∧ = 20 0 Trên cạnh BC lấy điểm D saocho AD = BC Tính ∧

ACD