SKKN hình thành thói quen tự học thông qua bài luyện tập

Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP SỞ GD & ĐT TỈNH LÀO CAI TRƯỜNG THPT SỐ BẢO THẮNG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2013 - 2014 TÊN ĐỀ TÀI: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Họ tên tác giả: Trần Văn Hào Đơn vị : Tổ chun mơn:TỐN -TIN Trường: THPT SỐ BẢO THẮNG Lĩnh vực nghiên cứu : Phương pháp dạy môn SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Trần Văn Hào Ngày tháng năm sinh: 10/10/1958 Nam,( nữ): Nam Địa chỉ: Tổ toán -Trường THPT số1 Bảo Thắng Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT số1 Bảo Thắng II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chun mơn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học sư phạm - Chuyên ngành đào tạo: Toán III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: 30 Năm dạy Toán THPT Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP MỤC LỤC Trang PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài II.Mục đích nghiên cứu: III.Đối tượng nghiên cứu IV Giới hạn phạm vi nội dung: V.Nhiệm vụ nghiên cứu VI Phương pháp nghiên cứu VIII.Thời gian nghiên cứu: PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG PHẦN THỨ BA:KẾT QUẢ KHẢO SÁT 27 PHẦN THỨ TƯ :KẾT LUẬN 28 PHẦN THỨ NĂM:TÀI LIỆU THAM KHẢO 28 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài -Xu dạy học đại dạy học theo phương pháp kiến tạo hay gọi lý thuyết tình dạy học cách tổ chức hoạt động Trong hoạt động dựa vào tri thức biết để xây dựng tri thức kiểu giải tập tương tự hoạt động phù hợp cần thiết -Khi dạy học sinh lớp 11 12 giải tốn hình khơng gian tơi thường gặp tốn tương tự hình phẳng thực tế có nhiều tốn hình khơng gian để dễ hiểu phải qui mặt phẳng để tìm tịi lời giải hay minh họa cho học sinh dễ hiểu.(Bài toán đối ngẫu) - Khi dạy học sinh lớp 12 giải tốn tích phân tơi thường định hướng cho học sinh áp dụng trực tiếp sau tìm cách giúp học sinh tự khái quát nhận dang toán tương tự -Trong hướng dẫn học sinh làm nhà, bồi dưỡng học sinh đối tượng hướng dẫn học sinh giải toán báo toán học tuổi trẻ thường xuyên giúp đỡ đưa gợi ý tìm tốn liên quan Với lý tơi xin trình bày số tốn mà tơi giảng dạy mơn hình học không gian khối 11 12 bồi dưỡng học sinh đối tượng - Học sinh thường lúng túng trước tốn hình khơng gian mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ khái niệm, định lý, liên quan đặc biệt không nhớ hay phát toán tương tự -Trong hình khơng gian có tốn tốn tốn khác (ví dụ: cắt góc khối chữ nhật ta có tứ diện vng, cắt tứ diện vng ta có tứ diện tùy ý hay bổ sung tứ diện ta hình hộp…) Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, cách chứng minh vng góc hay song song…) mà khơng để ý xa có tốn hình phẳng tương tự giải toán này… - Học sinh suy nghĩ từ đâu ta đề toán (thực thầy giáo việc đề hoàn toàn dựa tảng lý thuyết tập em gặp học Đề cho học sinh giỏi đề biến hóa từ mệnh đề tốn mà giả thiết bị giấu xa hay khai thác tính chất tổng quát hóa hay mở rộng cho đối tượng khác) Với lý tơi xin trình bày số tốn mà tơi giảng dạy mơn hình học khơng gian khối 11 12 ,Phương pháp đổi biến số để tính tích phân khối 12 bồi dưỡng học sinh đối tượng II.Mục đích nghiên cứu: Mọi khối đa diện phân chia thành khối tứ diện.Nắm vững phương pháp tiếp cận khối tứ diện thông qua tính chất định tính , định lượng đặc trưng sở quan trọng để hình thành kiến thức kỹ giải tốn hình học Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP tổng hợp lớp 11 lớp 12 cách chủ động sáng tạo.Rèn luyện kỹ xác định hàm hợp từ ghi nhớ vận dụng phương pháp tính tích phân III.Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 11A2 ,12A3, 12A4 lớp 12A5 năm học 2013-2014 trường IV Giới hạn phạm vi nội dung: Tơi xin trình bày 20 toán 15 tập kiểm tra; để áp dụng cho nhiều đối tượng V.Nhiệm vụ nghiên cứu -Muốn giải toán ta thường thực bước: * Huy động kiến thức tổ chức kiến thức Huy động kiến thức thao tác tư nhằm tái kiến thức có liên quan tới toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, tốn gặp Do đó: Người làm tốn phải biết cần phân tích ý tưởng: Ta gặp toán gần với kiểu toán hay chưa ? Polia viết sách với nội dung: “Giải tốn ơng có đề cập đến nội dung điều kiện thiết yếu” -Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa thao tác tư cần thiết cho người làm tốn phổ thơng(tương tự tốn học cần hiểu rộng có tính chất giống nhau, mơ hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường thẳng mặt phẳng mặt phẳng không gian tương tự…tam giác tứ diện, đường tròn mặt cầu…là tương tự,khả nhận biết hàm hợp) VI Phương pháp nghiên cứu Trong giảng dạy thực hiện: -Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải phương pháp chứng minh kỹ thuật tương tự -Khai thác, phát triển tính chất tốn hình phẳng, tốn hình khơng gian tương tự -Nhận dạng cơng thức tính tích phân phương pháp đổi biến số -Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết mở rộng không gian có tính chất hay khơng) -Dùng phương pháp thống kê tốn học VIII.Thời gian nghiên cứu: Năm học 2013-2014 PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG Bài tốn 1: Cho ∆ABC vng A có đường cao AH Chứng minh a) BC2 = AB2 + AC2 (Định lý Pytago) Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP b) 1 = + 2 AH AB AC2 Cho tứ diện vng OABC có đường cao OH 2 + SOAB + SOCB a) S2ABC = SOAC (Định lý Pytago) b) 1 1 = + + 2 OH OA OB OC2 Nhận xét: Bài tốn quen thuộc tơi khơng nêu cách giải Ta đề cho học sinh trung bình sau giúp em nhận dạng tương tự bước đầu Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c a) Tính độ dài đường chéo AC' b) Tính khoảng cách từ đỉnh A', B, D đến AC' c) Gọi α,β,γ góc tạo đường chéo AC' cạnh AD, AB, AA' Tính tổng B = cos2α + cos2β + cos2γ (hay chứng minh S = 1) Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2 b) Gọi x, y, z khoảng cách từ A' đến AC… c a + b2 b a + c2 c a + b2 ⇒ x.AC' = cA 'C' ⇒ x = Tương tự y = 2 , z = 2 a + b2 + c2 a +b +c a +b +c c) Đặt d = AC' ⇒ dcosα = a, dcosb = b, dcosγ = c dùng lại kết phần a ⇒S=1 Bài toán 2: Gọi M điểm tùy ý nằm ∆ABC cạnh a Hạ MH, MI, MK vng góc với cạnh BC, CA, AB Chứng minh: S = MH + MI + MK khơng phụ thuộc vào vị trí M Gọi M điểm tùy ý nằm tứ diện ABCD Hạ MH, MI, MK, ML vng góc với mặt tứ diện (H, I, K, L thuộc mặt đó) Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí M Giải: A A K I K B M H M H h.1 C S = MH + MK + MI + ML = B I H.2 L D C 2SMBC 2SMAC SMAB 2SABC a + + = = AH = (đpcm) a a a a Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP (AH đường cao ∆ABC)- h.1 S = MH + MI + MK + ML = 3V 3V 3VMBCD + + MABC + ABCD = AH = a SBDC SBDC SBDC không đổi (AH đường cao)- h.2 Nhận xét: • Câu 1: Có thể mở rộng cho đa giác • Câu 2: Có thể mở rộng cho tứ diện hay tứ diện ABCD gần (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện • Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số Bài toán 3: M điểm tùy ý nằm ∆ABC Gọi MH, MI, MK khoảng cách từ M đến MH MI MK + + =1 cạnh tam giác Chứng minh BC AC AB M điểm tùy ý nằm tứ diện ABCD Gọi x,y,z,t khoảng cách từ M đến mặt đối diện đỉnh A,B,C,D ha, hb, hc, hd đường cao tứ diện x y z t Chứng minh: h + h + h + h = a c b d Nhận xét: Đây toán dựa vào kết ta phát triển khai thác nhiều kiểu đề khác Bài toán 4: M điểm nằm tam giác Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến cạnh lớn nhất, nhỏ M điểm nằm tứ diện Hãy tìm vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến mặt lớn nhất, nhỏ Cách giải: A A K I K B H M H M h.1 C B I H.2 L D C 1 1 x.BC + AC + z.AC = ha.BC 2 2 Giả sử AB < AC < BC tương ứng < hb < hc Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP ≤ x + y + z ≤ hc Tương tự h a ≤ x + y + z + t ≤ h d Bài toán 5: Cho điểm M nằm ∆ ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB A1,B1 ,C1 Chứng minh: MA MB MC 1) AA + BB + CC = 1 1 MA MB MC 2) MA + MB + MC ≥ 1 MA1 MB1 MC1 + + ≥ MA MB MC AA BB CC 4) MA1 + MB1 + MC1 ≥ 1 3) MA MB MC 5) AA + BB + CC ≥ 27 1 MA MB MC 6) MA + MB + MC ≥ 1 AM BM CM 7) Tìm GTNN P = MA + MB + MC 1 Điểm O nằm tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt mặt tứ diện A1, B1, C1, D1 Chứng minh OA OB OC OD OA OB OC OD 1) AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 2) AA + BB + CC + DD = 1 1 1 1 AA BB CC DD OA OB OC OD 3) OA1 + OB1 + OC1 + OD1 ≥ 16 4) OA + OB + OC + OD ≥ 12 1 1 1 1 OA1 OB1 OC1 OD1 AA1 BB1 CC1 DD1 16 + + + ≥ 5) OA + OB + OC + OD ≥ 6) OA OB OC OD 1 1 AA BB CC DD OA OB OC OD 7) OA OB OC OD ≥ 81 8) OA1 OB1 OC1 OD1 ≥ 256 1 1 1 1 AA1 BB1 CC1 DD1 256 ≥ AO BO CO DO 81 Lời giải: 9) 10) OA1 OB1 OC1 OD1 + + + ≥4 OA1 OB1 OC1 OD1 A A B1 C1 B C1 D1 M A1 O h.1 C B B1 A1 H.2 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng D C Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP MA1 MH ' SMBC S1 = 1) AA = AH = S S ABC S1 S2 S3 S1 + S2 + S3 + + = =1 S S S S Tương tự ⇒ VT = MA1 AA1 − A1M S2 + S3 = ⇒ côsi cho cặp nghịch đảo ⇒ VT ≥ 2) AA = MA1 S1 3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit 4) ,5), 6) ,7) Dùng bất đẳng thức Côsi V1 + V2 + V3 + V4 OA1 V1 =1 1) AA = V ⇒ VT = V 3(V1 + V2 + V3 + V4 ) OA1 AA1 − OA1 V − V2 V2 + V3 + V4 = = ⇒ =3 2) AA = AA1 V V V 3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác bất đẳng thức Đại số cho số không âm Nhận xét: + Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho số khơng âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều tập hay tổng hợp tồn diện Bài tốn 6: Cho ∆ABC Đường thẳng ∆ qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC B',C' Chứng AB AC + =3 minh: AB' AC' Cho tứ diện ABCD Mặt phẳng α qua giao điểm trọng tuyến G cắt AB, AC, AB AC AD + + =4 AD B', C', D' Chứng minh: AB' AC' AD' Cách giải: A A A ∆ AI B D’ B’ FA M B1 G E h.1 C’ A’ K C B D AG .A h.2 B’ C Hạ BI, CK, ME, AF vng góc với ∆ đặt BI = x, CK = y, AF = z Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP BB' x AB x + z AC y + z = ⇒ = = Tương tự: AB' z AB' z AC' z AB AC x + z + y + z x+y ME = = = 2+ = (tính chất trọng tâm) Mà AB' AC' z z AF x+y AB AC ⇒ ME = ⇒ AF = Z = x + y ⇒ + = +1 = AB' AC' Ta có Cách giải: tương tự trên, nhiện đề TRỌNG TUYẾN Khái niệm cần phải giải thích cho học sinh chứng minh tính chất nên ta đưa tốn sau hồn tồn tương tự 3.Cho hình chóp SABC G trọng tâm ∆ ABC Mặt phẳng (α) qua điểm G' ∈ SG cắt SA, SB, SC A', B', C' Chứng minh: SA SB SC SG + + =3 SA ' SB' SC' SG ' Giải: S A’ B’ G’ B C’ G A C Ta quen với tốn tỉ số thể tích nên cách giải sau: SA SB SC SG , y= , z= , t= SA' SB' SC' SG ' VSA'B'C' VSB'C'G' = x.y.z ; = y.z.t ; Ta có : V VSBCG SABG Đặt ⇒ x = VSA'C'G' = x.z.t VSACG VSA'B'C' = (xy + yz + zx).t Cộng đẳng thức V SABC (vì VSABG = VSBCG = VSABC ) VSA'B'C' = Mặt khác ta có: V xyz (**) SABC Từ (*) (**) → đpcm (x + y + z = 3t) Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP * Trường hợp đặc biệt G' giao điểm trọng tuyến ⇒ SG = SG ' SA SB SC + + = 3× = Thỏa toán SA ' SB' SC' Bài toán 7: Cho ∆ABC M điểm nằm tam giác Đặt S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB uuuuur uuuuu r uur uuuuu r Chứng minh: S1 MA + S2 MB + S3 MC = O uuur uuu r uuu r uuuu r Chứng minh: Với điểm I ta có: S1 IA + S2 IB + S3 IC = SABC IM Cho tứ diện ABCD, M điểm nằm tứ diện ký hiệu Vi(i = 1,4) thể tích khối MBCD, MACD, MABD, MABC uuuuur uuuuu r uuuuu r uuuuu r uur Chứng minh: V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O Chứng minh: Với điểm I ta ln có: uuur uuu r uuu r uuur uuuu r V1 IA + V2 IB + V3 IC + V4 ID = VABCD IM Lời giải: A A I I M B D M A’ C h.1 H B H.2 C uuuur A 'C uuur A ' B uuur MA '= MB + MC AM cắt BC A'; BC BC A 'C S S S A 'C S uuuur S uuur S uuur MA 'C 2 = MAC = ⇒ = ⇒ MA ' = MB + MC (1) Mà A 'B = S SMAB S3 BC S2 + S3 S2 + S3 S3 + S2 MA 'B uuuur uuuur r MA ' S1 −S1 uuuu = ⇒ MA ' = MA Ngoài (2)Thế (2) (1) MA S2 + S3 S2 + S3 uuuur uuur uuur ⇒ −S1 MA ' = S2 MB + S3 MC ⇒ (đpcm) uuur uuu r uur uuu r uur uuu r ur (*) ⇒ S1 (IA ' − IM) + S2 (IB − IM) + S3 (IC − IM) = O uur uur uur uuu r ⇒ S1 IA + S2 IB + S3 IC = (S1 + S2 + S3 )IM (đpcm) Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 10 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Cho ∆ABC Gọi ha, hb, hc, r độ dài đường cao, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh: h a + h b + h c ≥ 9r Cho tứ diện ABCD gọi hai h i (i = − 4) , r độ dài đường cao bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 ≥ 16r Bài toán 13: Cho ∆ABC M điểm tùy ý tam giác Hạ MA 1, MB1, MC1 vng góc với BC, AC, BC BC AC AB C Chứng minh: MA + MB + MC ≥ r 1 (C : chu vi ∆ABC, r bán kính đường trịn nội tiếp ∆ABC) Cho tứ diện ABCD, M điểm tùy ý tứ diện Hạ Hạ MA 1, MB1, MC1, MD1 vng góc với mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D SBCD SCDA SDAB SABC S Chứng minh: MA + MB + MC + MD ≥ r 1 1 (S diện tích tồn phần tứ diện, r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện) Giải: BC AC AB MA + MB + MC ( BC.MA1 + AC.MB1 + AB.MC1 ) ≥ ( BC + AC + AB ) 1 Hay: T.2S ≥ (2p)2 biết S = pr ⇒ đpcm Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ≥ S2 ⇒T≥ SBCD SCDA SDAB SABC S + ≥ (đpcm) ta lại có ⇒ V = Sr ⇒ MA + MB + MC MD r 1 1 S2 3V Bài toán 14: Cho ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi M điểm nằm tam giác Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C R a, Rb, Rc da, db, dc khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Chứng minh: da.db.dc ≤ S2 + S3 S3 + S1 S1 + S2 R a R b R c ≤ a a a (trong S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB + S = SABC) Bài Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi Ra, Rb, Rc, Rd khoảng cách từ M đến đỉnh, da, db, dc, dd khoảng cách từ M đến mặt Gọi V, Vi, Si thể tích tứ diện mặt đối diện đính Ai Chứng minh da.db.dc ≤ ∑ i =1 ( V − V1 ) ≤ R a R b R cR d Si 81 (*) Giải: Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 14 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Vẽ AH ⊥ BC Ra + da ≥ ⇔ aRa ≥ aha – ada = 2S – 2S1 (1) bRb ≥ bhb – bdb = 2S – 2S2 (1) cRc ≥ chc – cdc = 2S – 2S3 (3) Từ (1)(2)(3) ⇒⇒ aRcRaRbRc ≥ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4) Kết hợp với (2S – 2S1) ≥ bdb + cdc ≥ ≥ bcdd d c ⇒ VP(4) ≥ 8abc.d a d b d c (5) Từ (4) (5) ⇒ đpcm Trong không gian thay cạnh diện tích diện tích thể tích ta kết (*) Nhận xét: Ta khai thác toán theo tổng khoảng cách R a, Rb, Rc sau: Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi Ra, Rb, Rc, Rd khoảng cách từ M đến đỉnh, da, db, dc, dd khoảng cách từ M đến mặt Chứng minh: ( R a + R b + R c + R d ≥ d a d b + d a d c + d a d d + d b d c + d bd b + d c d d ) Giải: Ta biết da db dc dd + + + = (1) hb hc hd Theo Bunhiacốpxki ta có: da db dc dd + + + ≥ hb hc hd ( da + db + dc + dd + hb + hc + hd ) (2) Từ (1) (2) → + h b + hc + h d ≥ da + db + dc + dd + ( ∑d d ) i j Ngoài Ra + da ≥ Chú ý dấu = xảy M thuộc đường cao tứ diện cách đỉnh nên M tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD Bài toán 15: Học sinh giải Câu tìm cách đề giải tốn tương tự khơng gian Trong ∆ABC lấy điểm M Gọi ha, hb, hc khoảng cách từ M đến BC = a, AC = b, AB = c Tìm vị trí điểm M để tích h ahbhc đạt giá trị lớn tính giá trị theo a,b,c Giải: Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 15 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S  2S  ⇒ ah a bh b ch c ≤  ÷   ⇒ h a h bhc ≤ (Côsi) ( p(p − a)(p − b)(p − c) 8S = 27abc 27abc ) (Dấu = xảy aha = bhb ⇒M thuộc trung tuyến CM, tương tự ⇒ M trọng tâm ∆ABC) Trong tứ diện ABCD Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đến mặt tứ diện lớn Tính GTLN theo diện tích mặt thể tích tứ diện Bài tốn 16: Tính tích phân sau: a) I = ∫e −x π e + ln x cos x xdx b) J = dx c) H = ∫0 + sin x dx x 1 phân tích : a) I = ∫ −x e ∫ xdx Ta xem g(x) = e − x ; h(x) = x Đặt u = -x2 ⇒ g(x) = eu ( g(x) : biểu diễn theo u ) u’(x) = -2x = -2h(x) ⇒ h(x) = − u ' ( x) ( h(x) : u’(x) nhân số ) Vậy toán đặt u = -x2 hợp lý giải a) Đặt u = -x2 ⇒ du = -2xdx ⇒ xdx = − du Đổi cận x = ⇒ u = -1 x=0⇒u=0 −1 u u u I = − ∫ e du = ∫ e du = e 20 −1 b) J = e −1 = (e − e −1 ) = 2e −1 π cos x ∫0 + sin x dx đặt u = 1+2sin2x ⇒ du = 4cos2xdx ⇒ cos2xdx = đổi cận x = π ⇒u=3 du x= ⇒ u = 1 1 J = ∫ du = ln u = (ln − ln1) = ln 41u 4 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 16 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP e c) H = + ln x ∫1 x dx dx x đặt u = 1+ lnx ⇒ du = đổi cận x = e ⇒ u = x=1⇒u=1 u2 H = ∫ udu = 2 = 2− 1 = 2 b Nhận xét:Tính tích phân ∫ f ( x)dx a Cơ sở phương pháp đổi biến số công thức sau b u (b) a u(a) ∫ f [ u( x)]u' ( x)dx = ∫ f (u )du Trong hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục K, hàm số y = f(u) liên tục cho hàm số f[u(x)] xác định K; a,b số thuộc K b ý: tính tích phân ∫ g ( x).h( x)dx phương pháp đổi biến a đặt u = u(x) cho : h(x) = k u’(x) ( k số ) g(x) biểu diển theo u dx a Dạng 1: I = ∫ ax + b = a ∫ ax + b dx = a ln ax + b + C Dạng 2: I = ∫ ax dx (a ≠ 0) ( với ∆ = b2 -4ac) + bx + c • ∆ > : ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2) nên I=  1  − ∫ a ( x1 − x )  x − x1 x − x  x − x1 dx = ln +C a ( x1 − x ) x − x  • ∆ = : ax2 + bx + c = a(x – x0)2 ( với x0 = − dx b ) nên 2a I = a ∫ ( x − x ) = − a( x − x ) + C 0 • ∆ < 0: ax2 + bx + c = a(x- x0)2 + ( −∆  −∆  ) = a ( x − x ) + ( )  4a  4a  du dùng đổi biến u = αtant ∫ a u +α2 ( mx + n) dx Dạng 3: I = ∫ ax + bx + c  (ax + bx + c)'  + β phân tích I = ∫ α dx ax + bx + c   ax + bx + c (mx + n) dx ý: ∆ > ta có : I = a ∫ ( x − x )( x − x ) nên I có dạng I = Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 17 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP mx + n A B phân tích ( x − x )( x − x ) = x − x + x − x đồng hệ số ta tìm A,B sau đưa 2 dạng 1 (mx + n)dx m mx + n mx + n 0 ∆ = ta có I = a ∫ ( x − x ) = a ∫ ( x − x + ( x − x ) )dx = a ln x − x0 − x − x + C 0 0 Bài toán 17: Tính tích phân sau: 2 dx A= ∫ 2x − 1 xdx ;B= ∫ ; C= ( x − 1) 2 xdx ∫0 x − 3x + ; D = ∫x 4x + dx + x +1 giải: A= dx ∫ 2x − = 1 1 d (2 x − 1) = l n x − 1 = (ln − ln 1) = ln ∫ 2x − 2 2   1 xdx  2x − 1  + dx  ∫1 (2 x − 1) = ∫1 (2 x − 1) (2 x − 1)  ∫1 x − + (2 x − 1)  dx =   2 xdx B= ∫ = ( x − 1) d (2 x − 1) ∫1 x − + 2 d (2 x − 1) 1 1  1 1 ∫1 (2 x − 1) = ln x − 1 − x − 1 = ln3 -  −1 = ln3 + 2 xdx xdx =∫ ( x − 1)( x − 2) − 3x + 0 2x A B A( x − 2) + B( x − 1) ( A + B ) x − A − B phân tích : ( x − 1)( x − 2) = x − + x − = ( x − 1)( x − 2) = ( x − 1)( x − 2) A + B =  A = −2 ⇔ giải hệ :  − A − B = B = C= ∫x 2 −2 C = ∫( + )dx = − ln x − 02 + 4ln x − x −1 x − 2 = −2 ln + ln = ln + ln − ln = ln − ln 2 D= ∫ 4x + dx x + x +1 α (2 x + 1) 4x + β Phân tích : x + x + = x + x + + x + x + 2α = α = ⇔ α + β = β = giải hệ  D= ∫ 1 4x + 2x + 1 dx = ∫ dx + ∫ dx x + x +1 x + x +1 x + x +1 Ta có: 2∫ 1 2x + d ( x + x + 1) dx = = ln x + x + = ln 2 ∫0 x + x + x + x +1 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 18 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1 1 dx = ∫ dx 2   x + x +1  1 3  x +  +      π  π π tan t , t ∈  − ;  đổi cận : x = ⇒ t = đặt x + = 2  2 I=∫ ; x= ⇒ t = π 2 1  3   = (tan + 1) (tan t + 1)dt ;  x +  +  dx =  2    π π π (tan x + 1) 3 2 π π t = = dt = ∫ dt = I= ∫ 3 π 36 3 π π (tan x + 1) 6 π D = 2ln3 + 3 Bài tốn 18: Tính tích phân sau: a) A = ∫ x +1 3x + 1 dx; b) B = ∫ xdx + 2x + 1 ; c )C = ∫ x dx x2 + giải a) A = ∫ x +1 3x + dx đặt u = 3x + ⇒ u3 = 3x + 1⇒ 3u2du = 3xdx ⇒ u2du = xdx x = u3 −1 đổi cận : x = ⇒ u = x=1⇒u= u3 −1 3 +1 4   1 u  83   183 2 3  A= ∫ u du = ∫ (u + 2u )du =  + u  =  + 2 −  =  − u 3 5 5   1    1 b) B = ∫ xdx + 2x + đặt u = u2 −1 x + ⇒ u = x + ⇒ 2udu = 2dx ⇒ udu = dx x = 2 đổi cận : x = ⇒ u = x=1⇒u= u2 −1 udu 3 1  u3 u2  1 1 13 2 B= ∫ = ∫ (u − u )du =  −  =  − − +  = − 1+ u 2 1 2 2 1 c) C = ∫ x dx x2 + đặt u = x + ⇒ u = x + ⇒ udu = xdx x2 = u2 – đổi cận : x = ⇒ u = Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 19 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP x=1⇒u= C=∫ (u − 2)udu = ∫ = u x2 + 2 x xdx Bài tốn 19: Tính A = ∫  u3    u − du = − u ∫    ( ) dx x 2x + 2x + ;B = ∫ = 3−2 3−( 2 − 2) = 3 dx ( x + 1) x + x + Giải dx A=∫ x 2x + 2x + 1 1 đặt u = ⇒ x = ⇒ dx = − du x u u đổi cận : x = ⇒ u = x=2⇒u=½ 1 du du 1 2 u u A=∫ =∫ =∫ 2 2 1 1 + +1 + +1 2 2 u u u u u u u = ln u + + (u + 1) + 1 1 = ln(2 + ) − ln( dx ý: ∫ B=∫ du u2 − + 2u + u =∫ du + 2u + u =∫ du (u + 1) + + 13 4+2 ) = ln + 13 = ln x + a + ( x + a ) + b + C ( x + a) + b dx ( x + 1) x + x + đặt t = x + x + ⇒ t2 = x2 + 2x + ⇒ tdt = (x+ 1)dx đổi cận : x = ⇒ t = x=1⇒t= B=∫ = ( x + 1)dx ( x + 1) tdt = ∫ = ( t − ) t x + 2x + 2 5 dt  1  t −1 ∫ t − = ∫  t − − t + dt = ln t + 2  −1 −  ( − 1)( + 1) ln − ln = ln  +1 +  ( + 1)( − 1) Bài toán 20: A= ∫ −1/2 dx + x − x2 dx;B = + x2 dx ; C = x2 ∫ ∫ 1 + x2 dx x2 giải A= ∫ −1/2 dx + x − x2 dx = dx ∫ − ( x − 1) −1/2 π π   đặt x-1 = 3sint , x∈ − ;    ⇒ dx = 3costdt Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 20 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP đổi cận : x = − ⇒ t = − x=1⇒t=0 π − ( x − 1) = − sin t = 9(1 − sin t ) = cos t = cos t Do : B = ∫π − ∫π dt = t − − π = π 6 + x2  π π dx đặt x = tant , x∈  − ;  x  2 ∫ C= cos tdt = cos t đổi cận : x = ⇒ t = π x=1⇒t= ; π dx = (1 + tan2x)dt 2 + x = + tan t , x = tan t C= π ∫ π π π π 3 + tan t 1 cos t cos t ( + tan t ) dt = dt = dt = dt 2 2 2 ∫ ∫ ∫ tan t cos t π sin t π cos t sin t π cos t sin t 4 cos t đặt u = sint ⇒ du = costdt đổi cận : t = ⇒C= π ⇒u= du ∫ (1 − u 2 )u   ∫  u + − u du = − u 2 2 − π ⇒u= = = t= 2 + 1 ∫ ( u + − u − 1)du = − u 2 2 u +1 + ln u −1 2 1 3+2 + 2 2  ( + 2)( − 2)  = +  ln − ln − + ln 2 3−2 −   ( − 2)( + 2)  Nhận xét : Tích phân hàm vơ tỉ với phương pháp : 1) gặp tích phân hàm chứa n f ( x) ta dùng phương pháp đổi biến số , đặt u = n f ( x) ( f(x) : đa thức phân thức) biến số vừa nêu khơng giải : + dùng x = acost ( x = asint ) gặp a − x + dùng x = atant gặp a + x 2) với dạng ∫ (mx + n) dx ax + bx + c , đặt u = mx + n (ax +bx+c)’ = k(mx + n) ta đặt u = ax + bx + c Kết quả: Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 21 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Trong tập trình bày tơi thể giải toán phương pháp tương tự, kể cách lật ngược vấn đề dự đoán đề phương pháp chứng minh tương tự Sau xin đưa thêm tập mà thực để kiểm tra chuyên đề cho loại đối tượng A Cho học sinh đối tượng Bài tập 1: Cho hình chóp SABC Trên tia SA,SB, SC lấy điểm A', B', C' Chứng minh: VSA'B'C' SA '.SB'.SC' = VSABC SA.SB.SC Bài toán dẫn dắt hệ thống câu hỏi 1) Tương tự toán mặt phẳng tốn ? Hãy chứng minh 2) Khi tính thể tích khối tứ diện V = Bh em sử dụng cách tính từ đường cao ? Nhận xét: • Bài tốn phẳng : Cho ∆SAB, tia SA, SB lấy điểm A', B' Chứng minh: SSA'B' SA '.SB' = SSAB SA.SB • Câu hỏi giúp em có lời giải Bài tập 2: Cho tứ diện vuông OABC a) Dựng đường cao OH tứ diện Chứng minh: a b c + + =1 OA OB OC a,b,c khoảng cách từ H đến mặt OBC, OAC, OAB b) Gọi α, β, γ góc tạo hởi OH cạnh OA, OB, OC Chứng minh: cos2 α + cos2 β + cos γ = + Đây toán quen thuộc sách giáo khoa Sau đưa tốn sau Bài tập 3: Cho tứ diện vuông OABC M điểm thuộc mp (ABC) 1) Dựng A1, B1, C1 hình chiếu M cạnh OA, OB, OC Chứng minh: P = OA1 OB1 OC1 + + không phụ thuộc vào vị trí điểm M OA OB OC 2) Gọi α, β, γ góc tạo OM tia OA, OB, OC Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 22 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Gọi α', β', γ' góc tạo OM mặt phẳng OBC, OCA, OAB Chứng minh: a) cos2 α + cos2 β + cos γ = b) cos2 α '+ cos β '+ cos γ ' = 3) Chứng minh: SOAB + SOBC + SOCA ≥ OH 2 4) Chứng minh: OA12α + OB12β + OC1 ≥ 2OH 5) Chứng minh: 2R ≥ 3(1 + 3) r Nhận xét: 1) Đa số học sinh dựng hình chứng minh câu 2, câu 4, câu Rất nhiều học sinh làm phần chứng minh câu 2) Gợi ý tỉ số diện tích học sinh giải câu 3) Câu khó học sinh có tính OH = a b 2c2 a b + b2c2 + c2a SOAB, SOAC, SOBC nên em liên hệ làm 4) Câu có học sinh làm tích 2R khó khăn r 2 a +b +c abc r =  ab + bc + ca + a 2b + b 2c + c 2a  ( )   * Cần tích được: R = * Ta có a + b + c2 ≥ a b2c2 ab + bc + ca ≥ 36 a 2b 2c2 a b + b c + c a ≥ a b 4c ⇒ 2R ≥ 3(1 + 3) r * Để giúp học sinh đại trà chứng minh đưa toán sau: Bài tập 4: Cho ∆OAB vuông O, M ∈ AB, A1, B1 hình chiếu M OA, OB a) Hãy chứng minh T = OA1 OB1 + không phụ thuộc vào vị trí M OA OB Trần Văn Hào –Tổ Tốn- trường THPT số Bảo Thắng 23 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP b) Hãy mở rộng toán không gian Khi phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng cạnh AB chắn định hướng tỉ số diện tích mặt phẳng ABC mà khơng theo hướng tỉ số thể tích * Khai thác tính chất tổng hợp tứ diện vng 1 1 = + + h a b2 c2 1 1 = + + + (1) r a b c h (2) Tơi có tốn sau: Bài tập 5: Cho tứ diện vng OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh: 1 1 3 > + + + r a b c a +b+c Cách giải: Dễ thấy cần chứng minh (2) ⇒ 3 ≥ h a +b+c 1 1 = + + ≥ 33 2 (3) (Côsi) h a b c a bc (a + b + c2 ) ≥ a b2c2 (4) (3)(4) ⇒ (đpcm) ∫ Bài tập 6: a) I = e − x2 e ln x dx c) xdx ; b) I = ∫ x 1 dx b) Bài tập 7: a) ∫ x + −1 ∫1 (3x − 1) dx c) 2 Bài tập 8: a) I = ∫ x x + 3dx b) I = π /2 Bài tập 9: a) ∫ sin x.dx b) π ∫ cos ∫ x2 x +1 xdx c) π 2 ∫ x + 2.x dx ∫ 0 ∫ e tan x ∫0 cos x dx 5( x − 1) dx x2 − x − dx c) I = π tg x.dx cos x ∫ e Bài tập 10: a) I = x cos x.dx b) I = e sin (πx).dx c) I = ∫ (2 x + 2) ln x.dx ∫ x B Cho học sinh giỏi: Bài tập 1: Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 24 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Cho ∆ ABC nhọn Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Các đường thẳng 9R AO, BO, CO cắt cạnh đối diện A1, B1, C1 Chứng minh AA1 + BB1 + CC1 ≥ Câu hỏi đưa ra: • Bài tốn 5a có liên quan đến hay khơng ? • Khi m trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp qui MA, MB, MC R hay khơng ? Các em có ý số bất đẳng thức ? • Em cho biết toán tương tự không gian học sinh đưa Cho tứ diện ABCD Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm tứ diện Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt mặt đối diện A 1, B1, C1, 16R D1 Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ≥ Bài tập 2: Cho ∆ABC, gọi a,b,c ma, mb, mc độ dài cạnh độ dài đường trung tuyến ∆ABC Chứng minh ma2 + m2b + mc2 = (a + b2 + c2 ) uur Cho tứ diện ABCD Gọi (i = 1, 6) độ dài cạnh ma, mb, mc, md độ dài trọng tuyến tứ diện Chứng minh: ma2 + m b2 + mc2 + md2 = ai2 9∑ i =f * Nhận xét • Lời giải quen thuộc • Khai thác tính chất trọng tâm bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có tốn sau: Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R, m a, mb, mc, md độ dài trọng tuyến Chứng minh: R ≥ (ma + m b + mc + m d ) 16 Cách giải: 4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 4OG2 + (ma2 + m2b + mc2 + m2d ) → đpcm 16 Bài tập 3: Chứng minh bất đẳng thức sau:  x y c2 t   1 1   x y z t  + + + ÷÷ + + + ÷ ≥  + + + ÷  b c d  a b c d   a b c a   a Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 25 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1 1 Em thử đề toán vận dung h + h + h + h = r hi độ dài đường cao tứ diện, r bán kính mặt cầu nội tiếp Có học sinh đưa toán sau: Cho tứ diện ABCD Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc với mặt A1, B1, C1, D1 Gọi h1, h2, h3, h4 độ dài đường cao tương ứng từ A, B, C, D tứ diện M điểm tùy ý nằm tứ diện (có thể nằm không gian) Chứng minh: MA MB2 MC2 MD2 + + + ≥r h1 h2 h3 h4 Bài tập 4: Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác, đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh đối diện A1, B1, C1 Chứng minh SA1B1C1 ≤ SABC Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện Các đường thẳng MA, MB, MC, MD cắt mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng A 1, B1, C1, D1 Chứng minh VA1B1C1D1 ≤ VABCD Nhận xét: • Bài 1.: Chúng ta thường gặp toán A 1, B1, C1 tiếp điểm đường tròn nội tiếp cạnh; chân đường cao, chân đường phân giác tam giác ABC kết SA1B1C1 ≤ SABC , cách giải dựa vào tính chất đường cao hay đường phân giác; tiếp xúc • Cách giải vận dụng từ tập dành cho học sinh đại trà • Học sinh phát toán T12 số 253 báo toán học tuổi trẻ có lời giải số 357 tháng 3/2007 (trong học sinh giải năm trước đó) Bài tập 5: 1.Cho tam giác ABC vng A Gọi I trung điểm đường cao AH Chứng minh rằng: uuur uuu r uuu r ur a IA + b2 IB + c2 IC = (1) Cho tứ diện OABC có cạnh OA, OB, OC đơi vng góc Gọi S O, SA, SB, SC diện tích mặt tứ diện đối diện với đỉnh tương ứng O, A, B, C Gọi I trung điểm đường cao OH tứ diện Chứng minh rằng: uuĐể giúp học sinhuuurđạiur trà chứng minh đưa toán sau: ur uuur uuu r 2 SO IO + SA IA + SB2 IB + SC2 IC = Nhận xét: Điểm I điểm Lemoin đặc biệt tam giác vng Ta có : Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 26 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP uuuur AH = b2 uuuur c2 uuuur AB + AC Và định lí Pitago a2 = b2 + c2 → (đpcm) a a Trong khơng gian tam giác chứa mặt phẳng OAH cắt mặt phẳng OBC N OH đường cao tam giác vng OAN Ngồi ta có định lí Pitago cho khơng gian SO2 = S2A + SB2 + SC2 uuuur ON uuuur OA uuuur OB + OC (1) Ta có : ∆OAN vuông:→ OH = AN AN ∆BOC vuông uuuur OC2 uuuur OB2 uuuur uuuur uuuur uuuur OC2 OB2 ⇒ ON = OB + OC ⇔ ON = OB + OC (2) OB2 + OC2 OB2 + OC2 BC2 BC2 uuuur S2 uuuur S2 uuuur S2 uuuur Thay (2) vào (1) OH = A2 OA + 2B OB + 2C OC → (đpcm) SO SO SO PHẦN THỨ BA:KẾT QUẢ KHẢO SÁT HỌC KÌ I Điểm Từ 0,0 Từ 2,5 Từ 3,5 Từ 5,0 Từ 6,5 Từ 8,0 Đến 2,4 Đến 3,4 Đến 4,9 Đến 6,4 Đến 7,9 Đến 10,0 TS:39 15 10 % 20,5 38,5 25,6 12,8 2,6 TS:35 15 10 0 % 15 37,5 25 22,5 0 TS:37 10 17 5 0 % 27 46 13,5 13,5 0 TS:34 15 10 0 % 15 37,5 25 22,5 0 Từ 0,0 Từ 2,5 Từ 3,5 Từ 5,0 Từ 6,5 Từ 8,0 Đến 2,4 Đến 3,4 Đến 4,9 Đến 6,4 Đến 7,9 Đến 10,0 TS:39 20 % 5.1 12.8 23.1 51.3 7.7 TS:35 10 11 % 10 20 15 30 25 TS:37 10 10 16.2 24.3 27 27 7.4 TS:34 15 10 0 % 15 37,5 25 22,5 0 Lớp 11A2 12A3 12A4 12A5 HỌC KÌ II Điểm Lớp 11A2 12A3 12A4 % 12A5 PHẦN THỨ TƯ :KẾT LUẬN Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 27 Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Sau nhiều năm giảng dạy thực tế kiểm nghiệm nhận thấy nâng cao hứng thú học tập cho học sinh (qua nhiều đường) việc làm cần thiết từ góp phần phát triển lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học sinh xu dạy học đại Các toán chuyên đề thể rõ mục đích đạt kết (phù hợp với đổi dạy học) Qui trình giải tốn tóm tắt gồm bước “huy động kiến thức tổ chức kiến thức” kiến thức cũ (Hình học phẳng) huy động để mở rộng cho tốn hình học khơng gian chun đề phương pháp tương tự đem lại cho tri thức phương pháp từ đường vận dụng thao tác tư Từ toán kiều làm cho học sinh thường xuyên tham gia giải toán báo toán học tuổi trẻ em ln tìm đường khám phá lời giải toán hay từ mục “Đề kỳ này” 4.Từ cách rèn luyện kỹ xác định hàm hợp giúp học sinh ghi nhớ vân dụng tốt cơng thức áp dụng Vì lực trình bày có hạn chun đề cịn nhiều thiếu sót kính mong đồng nghiệp tham khảo đóng góp ý kiến để hồn thiện PHẦN THỨ NĂM:TÀI LIỆU THAM KHẢO Các sách Bài tập hình học khơng gian tác giả: - Văn Như Cương - Phan Huy Khải Báo toán học tuổi trẻ Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số Bảo Thắng 28 ... kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài -Xu dạy học đại dạy học theo phương pháp kiến tạo hay gọi lý thuyết tình dạy học cách tổ... nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THƠNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Trong tập trình bày tơi thể giải toán phương pháp tương tự, kể cách lật ngược vấn đề dự đoán đề phương pháp chứng minh tương tự Sau... D C Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THĨI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP MA1 MH '' SMBC S1 = 1) AA = AH = S S ABC S1 S2 S3 S1 + S2 + S3 + + = =1 S S S S Tương tự ⇒ VT = MA1 AA1 − A1M S2