Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít. Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải. Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỷ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt...thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động. Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung của đề tài.
Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong trình giảng dạy nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng việc định hướng, liên kết, mở rộng lật ngược toán vấn đề quan trọng, không giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng toán mà nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá toán để từ phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng lật ngược toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh hứng thú phát triển lực tự học cách khoa học học toán Qua nhiều năm giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tiếp xúc với nhiều đối tượng học sinh thấy đa số học sinh không nhớ làm chí có khác lời văn nội dung lại hoàn giống với toán cũ Đặc biệt toán đảo toán tổng quát học sinh thường kỷ nhận Chính vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận toán cũ, toán đảo, toán tổng quát…đồng thời góp phần vào việc đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực bồi dưỡng lực học toán cho học sinh, rèn luyện khả sáng tạo học toán cho học sinh muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Lê Lợi nói riêng học sinh toàn huyện Yên Thành nói chung Tôi xin trình bày đề tài: “ Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động đồng thời phát triển lực tự học qua việc xây dựng hệ thống tập từ tập ban đầu theo nhiều hướng khác ” II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Cung cấp kiến thức phương pháp tự học cho học sinh học môn Toán - Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh Khơi dậy tính sáng tạo giải toán học sinh - Phát triển lực tự học, biết liên kết mở rộng toán từ giúp em hình thành phương pháp giải - Giúp học sinh hứng thú học tập đặc biệt bồi dưỡng Học sinh giỏi III PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu chương trình lớp lớp IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động lực tự học học sinh Phần II NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỂN CỦA ĐỀ TÀI 1.Cở sở lý luận Đặc điểm lứa tuổi THCS muốn tự khám phá, tìm hiểu trình nhận thức Các em có khả điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia hoạt động học tập khác cần phải có hướng dẫn, điều hành cách khoa học nghệ thuật thầy cô giáo Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động đồng thời phát triển lực tự học học trình lâu dài, kiên nhẩn phải có phương pháp Tính tích cực, tự giác, chủ động lực tự học học sinh thể số mặt sau: - Biết tìm phương pháp nghiên cứu giải vấn đề, khắc phục tư tưởng rập khuôn, máy móc - Có kĩ phát kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận vấn đề nhiều khía cạnh - Phải có óc hoài nghi, đặt câu hỏi sao? Do đâu? Như nào? Liệu có trường hợp không? Các trường hợp khác kết luận có không? Và phải biết tổng hợp toán liên quan - Tính chủ động học sinh thể chổ biết nhìn nhận vấn đề giải vấn đề - Có khả khai thác vấn đề từ vấn đề biết Cơ sở thực tiễn: Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tham khảo học hỏi đồng nghiệp huyện nhận rằng: - Học sinh yếu toán kiến thức hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư trình học tập - Học sinh làm tập rập khuôn, máy móc để từ làm tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - Các em cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ để làm tảng tiếp thu kiến thức mới, lực cá nhân không phát huy hết - Không học sinh thực chăm học chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu học tập chưa cao - Nhiều học sinh hài lòng với lời giải mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển toán, sáng tạo toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - Một số giáo viên chưa thực quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo toán các luyện tập, tự chọn - Việc chuyên sâu vấn đề đó, liên hệ toán với nhau, phát triển toán giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức, quan trọng nâng cao tư cho em làm cho em có hứng thú học toán Trước thực trạng đòi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp có hiệu II GIẢI PHÁP THỰC HIỆN: Trong trình dạy toán, thầy cô giáo có không lần gặp toán cũ mà cách phát biểu hoàn toàn khác, khác chút Những toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược toán mà toán có phương pháp giải Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỷ thường xuyên liên hệ toán với toán biết toán đảo, toán tổng quát, toán đặc biệt làm cho học sinh phát toán không nhanh chóng xếp loại toán từ định hướng phương pháp giải cách tích cực chủ động Sau đưa số ví dụ để giải thực trạng để thể nội dung đề tài Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, phía tam giác dựng tam giác ABF, ACD Chứng minh : a CF = BD b = 1200 1.Hướng dẫn a Xét hai tam giác ABD AFC có AF = AB, AD = AC, = D Do đó: ∆ABD = ∆AFC ⇒ CF = BD b ∆ABD = ∆AFC ( câu a) ⇒1=1 A F 1 ⇒ {AOBF nội tiếp ⇒ ⇒ 1 = = 600 = = 600 O C B = 1200 (1) Tương tự: = 1200 (2) Từ (1) (2) suy = 1200 Vậy = = = 1200 ( ĐPCM) Xây dựng hệ thống toán Qua việc chứng minh ví dụ ta thấy vẽ phía tam giác ABC hai tam giác ta có = = = 1200 Với cách suy nghĩ ta có toán toán đảo ví dụ Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn dựng điểm O tam giác cho = = Nhận xét: Rõ ràng chưa có ví dụ toán không đơn giản có ví dụ toán toán trở nên đơn giản Hướng dẫn D A F 1 O 1 C B a Cách dựng - Dựng phía tam giác ABC, tam giác ABF, ACD - Giao điểm BD FC điểm O cần dựng b Chứng minh - ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng ví dụ 1) ⇒ = ⇒ {AOBF nội tiếp ⇒ = = 600 ⇒ = = 600 = 1200 (1) - Tương tự: = 1200 (2) Từ (1) (2) suy = 1200 Vậy = = = 1200 ( ĐPCM) Nếu cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA suy ∆CPD = ∆COA Với cách suy nghĩ ta có toán thứ Bài toán 2: Cho tam giác ABC, phía tam giác dựng tam giác ABF, ACD Gọi giao điểm BD CF O Chứng minh OA + OB +OC = BD Hướng dẫn: D A F P O B C Trên cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA - Xét hai tam giác: ∆CPD ∆COA có: + PD = OA (Cách vẽ), + = ({OADC nt, ví dụ 1) + DC = AC (gt) Do ⇒ ∆CPD = ∆COA (c.g.c) ⇒ CP = OC (1) = =1200 ⇒ = 600 (2) Từ (1) (2) suy ∆CPO ⇒ OP = OC Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD Qua toán thứ ta thấy BD không đổi (B D cố định) suy OA + OB + OC không đổi từ ta có toán thứ Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác ACD phía tam giác ABC O điểm tam giác ABC Tìm vị trí điểm O cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh tam giác nhỏ Nhận xét: Đây toán cũ mà khó em học sinh chưa gặp toán toán em làm hai toán thực chất toán thứ toán thứ mức độ câu hỏi khó Thế làm để giáo viên hướng dẫn học sinh làm mà không gặp khó khăn? Đó hình thành cho em biết cách liên kết toán học với từ học sinh lĩnh hội kiến thức cách chủ động, tích cực dễ dàng D Hướng dẫn: A Q O B C Dựng tam giác OCQ phía tam giác OBC có bờ đường thẳng OC - Xét hai tam giác: ∆CQD ∆COA, có: + CQ = CO, = DC = AC (gt) ⇒ ∆CQD = ∆COA (c.g.c) ⇒ OA = QD Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD OA + OB + OC ≥ BO + OD ⇒ OA + OB + OC ≥ BD Dấu “ =” xảy + O, Q, D thẳng hàng mà = 600 ⇒ = 1200 ⇒ = 1200 (1) + B, O, Q thẳng hàng mà = 600 ⇒ = 1200 (2) Từ (1) (2) suy O điểm nhìn ba cạnh tam giác ABC góc 1200 hay O giao điểm cung chứa góc , , dựng đoạn thẳng BC, AB, AC Nếu giữ nguyên giả thiết ví dụ thêm chút giả thiết ta có toán khó nhiều Bài toán 4: Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABF; ACD Gọi M,N trung điểm cạnh AF CD P điểm thuộc BC cho BP = 3PC Tam giác MNP tam giác gì? Nhận xét: Đây thực toán khó, ta biết giúp em liên hệ với toán trước cách dự đoán hình vẽ trở nên khó Đối với toán dạng tam giác tam giác đặc biệt tam giác cân, đều, vuông…Ở nhìn hình vẽ ta dự đoán tam giác vuông Hướng dẫn: D A M F N H B P C - Từ N kẻ NH ⊥ AC Xét tam giác vuông HNC có: = 600 nên = 300 ⇒ HC = NC ⇒ HC = DC = AC (1) Mà PC = BC( gt) (2) Từ (1) (2) suy HP // AB( Theo ĐL ta lét đảo) ⇒ PH = AB = AM ( ví AB = AF) (3) - Xét tam giác AHN vuông có = 300 ⇒ HN = AN (4) Từ (3) (4) ta có : = ( = ) Mặt khác: = ( = , + = = 900) Do : ∆PHN ∽∆ MAN ⇒ = = ⇒ ∆NPM ∽∆ NHA Nên = = 900 Vậy tam giác MPN tam giác vuông P Ở toán ví dụ ta vẽ phía tam giác ABC hai tam giác ABF, ACD có kết CF = BD Vậy ta vẽ thêm tam giác BCE phía tam giác ABC liệu AE; BD; CF có không có cắt điểm không? Từ ta có toán Bài toán 5: Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABF; ACD; BCE Chứng minh a AE = BD = CF b AE, BD, CF đồng quy D Hướng dẫn: A F 1 O 1 C B a + Theo toán ta có CF = BD (1) E + Chứng minh tương tự toán ta có CF = AE (2) Từ (1) (2) ta có AE = BD = CF b Gọi O giao điểm BD CF Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng + Thật : ∆DAB = ∆CAF (bài toán 1) ⇒ = ⇒ { AOBF nội tiếp ⇒ = = 600 = = 600 ⇒ = 1200 (3) +Tương tự : ∆DAB = ∆CAF (bài toán 1) ⇒ = ⇒ { AOCD nội tiếp ⇒ = = ⇒ = 1200 (4) + Từ (3) (4) suy = 1200 mà = 600 ⇒ { BOCE nội tiếp ⇒ = = 600 mà = 600 ⇒ = ( = 600) Do A; O; E thẳng hàng (ĐPCM) Nhận xét : Ở toán ta vẽ tam giác phía tam giác ABC kết AE = BD = CF AE, BD, CF đồng quy = = =120 Vậy ta vẽ ngược trở lại tức vẽ ngược vào tam giác ba tam giác điều không? Từ suy nghĩ ta có toán thứ Bài toán 6: Cho tam giác ABC Dựng tam giác ABD, BCE,CAF nằm mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ AC chứa điểm B a Chứng minh AE= BD= CF b Chứng minh AE, BD, CF đồng quy c Tính , , Nhận xét: Ở toán này, ta thấy kết : + AE= BD= CF, AE,BD, CF đồng quy vẩn cách chứng minh có phần khó khăn hơn, kết + = = =1200 không Hướng dẫn E A C B D O a Tương tự tập F b Do ∆ABE = ∆DBC nên = ⇒ { ABOD nội tiếp Do + = (2 góc nt ), mà = = (∆ABE = ∆DBC) Do đó: + = + = ⇒ E, A, O thẳng hàng c { ABOD nội tiếp (câu a) ⇒ = = 600 = = 600 Do = 1200 Nhận xét: Qua toán giúp em nhận điều vẽ hình ta phải xét tất các khả xẩy để từ xem xét hết tất trường hợp tránh sai lầm đáng tiếc Với giả thiết toán Nếu ta gọi M,N,P tâm tam giác AFB, ADC, BEC ta lại toán khó toán nhiều Từ ta có toán thứ Bài toán 7: Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABF, ACD, BCE Gọi M,N,P tâm tam giác AFB, ADC, BEC Tam giác PMN tam giác gì? Hướng dẫn F A M D N C B P - Xét tam giác BPE BMA có E = = = = 300(1) ⇒ ∆ BPE ∽ BMA(2) Từ (1) (2) suy ∆ BPM ∽ BEA ⇒ = (3) - Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE ⇒ = mà + = 600 (4) Từ (3) (4) suy + = 600 = 600 (5) - Chứng minh tương tự ta có = 600 (6) Từ (5) (6) suy ∆PMN Từ toán ta không vẽ tam giác mà ta vẽ tam giác cân ABF, ACD, BCE cho = = = 120 ta lại có toán hay toán nhiều Bài toán 8: Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác cân ABM, ACN, BCP cho = = = 1200 Tam giác MNP tam giác gì? Nhận xét: Tuy toán thứ khó toán thứ giáo viên hướng dẫn em xâu chuổi toán đặc biệt toán toán thứ lại trở thành toán thứ Hướng dẫn: Dựng phía tam giác ABC tam giác ABF, ADC, BCE toán thứ lại trở thành toán thứ cách giải số F A N M A M D N B C B C P P E Nhận xét: Ở toán ta vẽ tam giác phía tam giác với mổi tam giác có cạnh tam giác cho Bây ta thay đổi chút ba tam giác có chung đường thẳng qua cạnh tam giác cho điều có không? Từ ta có toán thứ thứ 10 Bài toán 9: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng tam giác ADM, MCE,CAF nằm mặt phẳng có bờ AC chứa điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC không chứa điểm B a.Chứng minh AE = CD = MF b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy O Bài số 10: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng tam giác ADM, MCE,CAF nằm mặt phẳng có bờ đường thẳng AC chứa điểm B Chứng minh AE = CD = MF E B F D A O E C M B D A F Hình vẽ số M C Hình vẽ số 10 10 Chứng minh: < < Hướng dẫn : y x D M N C A B O SCDO = p.r = r.( a+b+c) Mặt khác SCDO = OM.CD = R.a Do : r.( a+b+c) = R.a ⇒ R.a = r.( a+b+c) hay = Xét tam giác CDO ta có +b+c>a ⇒ a+b+c > 2a ⇒ < = (1) + a > b, a > c ( tam giác CDO vuông O) ⇒ a+b+c < 3a hay > = (2) Từ (1) (2) ta có < < ( ĐPCM) Bài toán 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D Xác định vị trí M để chu vi điện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo R Hướng dẫn: y x D M C A O B - Ta có PACDB = CA + AB +BD + DC = AB + 2CD Mà CD ≥ AB 19 Suy : PACDB ≥ 3AB hay PACDB ≥ 6R Dấu “ = ” xẩy CD = AB Vậy GTNN PACDB = 6R - SACDB = AB = ≥ Hay SACDB ≥ 2R2 Dấu “ = ” xẩy CD = AB Vậy GTNN SACDB = 2R2 Khi M nằm cung AB Bài toán 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Tìm giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM MDM Hướng dẫn: y x D M C A Ta có: H O B + SACBD = ( AC + BD) AB = CD.AB Mà CD ≥ AB SACBD ≥ AB2 = 2R2 (1) Dấu “ =” xẩy điểm M nằm cung AB + SAMB = MH.ABMà MH ≤ R SAMB ≤ R.2R = R2(2) Dấu “ =” xẩy điểm M nằm cung AB + SAMC + S BMD = SACBD - SAMB (3).Từ (1), (2) (3) suy Để SAMC + S BMD nhỏ SACBD nhỏ SAMB lớn Mà SACBD nhỏ = 2R2 SAMB lớn = R2 Vậy SAMC + S BMD nhỏ = R2 Nhận xét: Từ câu đến câu thêm câu hỏi mà chưa thêm giao điểm lật ngược lại vấn đề toán Nhưng đảo lại toán ví dụ thêm giao điểm câu hỏi khó nhiều 20 giúp em liên hệ hình vẽ với nhau, hiểu sâu toán, nắm bắt kiến thức cách chủ động, đồng thời tạo hứng thú cho em học tập Xuất phát từ ý tưởng ta lại có số tập thú vị Bài toán ( Bài toán đảo ví dụ 2) Cho đoạn thẳng AB, kẻ hai tia Ax By vuông góc với AB nằm mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Trên tia Ax tia Ay lấy hai điểm C D cho AC + BD = CD Chứng minh CD tiếp tuyến đường y tròn đường kính AB Huớng dẫn: D x M C A B O Ở có nhiều cách làm: Cách 1: Sử dụng định nghĩa định lý tiếp tuyến -Trên CD lấy điểm M cho CM = CA ⇒MD = BD ( AC + BD = CD) -Do tam giác ACM MDB cân C D ⇒ = = + = - Mà + = 1800 ( tứ giác ABDC hình thang vuông) Nên + = 900 ⇒ = 900 ⇒M thuộc đường tròn đường kính AB(1) - Trên AB lấy điểm O cho OA = OB Nối O với M ta có MO = OA = OB hay tam giác AOM cân O ⇒ + = + = 900 ⇒ OM ⊥ CD (2) - Từ (1) (2) suy CD tiếp tuyến đường tròn đường kính AB Cách 2: 21 y D x M C F E A B O' ≡ O Lấy đoạn CD điểm M cho CM = CA.Gọi E F theo thứ tự trung điểm AM MB Nối C với E nối D với F cắt O’ - Xét ∆cân CAM có CE đường trung tuyến Nên CE đường cao đường phân giác(1) - Xét ∆cân MDB có DF đường trung tuyến Nên DF đường cao đường phân giác(2) - Từ (1) (2) suy + ’= 900(vì + = 1800) ⇒ = 900 Do {O’EMF hình chữ nhật ⇒ = 900 MO’ = EF - Trên AB lấy điểm O cho OA = OB Vì ∆ AMB ∆ vuông nên MO = OA = OB = AB (3) - Xét ∆AMB có: EA = EM MF = FB nên FE đường TB tam giác AMB ⇒FE = AB (4) - Từ (3) (4) suy MO = MO’ hay O ≡ O’ - Xét ∆ACO ∆MCO có CO chung, CA = CM, = ⇒∆ACO = ∆MCO Suy = = 90 hay CM ⊥ MO nên CD tiếp tuyến đường tròn đường kính AB y Cách 3: D N x M C A O B 22 - Từ O kẻ đường thẳng ⊥ AB cắt CD N suy NC = ND Xét hình thang vuông ACDB có ON đường TB nên ON = = = CN = ND ⇒ = ⇒∆NCO mà = ( CA // ON) ⇒ cân = - Từ O kẻ OM ⊥ CD ( M ∈ CD) - Xét ∆ACO ∆MCO có = = 900 , CO chung, = nên ∆ACO = ∆MCO Do AO = OB = OM hay M thuộc đường tròn đường kính AB mà CD ⊥ OM M nên CD tiếp tuyến đường tròn đường kính AB Nhận xét: Qua toán rèn cho em thành thạo kỷ chứng minh toán hình học có cách mà có nhiều khác nắm vững nội dung toán cách tích cực, chủ động tự giác Từ giúp em tự tin thấy say mê Toán học nhiều Cũng từ cách làm thứ toán ta có toán số toán khác cách cho thêm giao điểm Bài toán 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Gọi N trung điểm CD Tìm quỹ tích điểm N điểm M chạy nửa đường tròn z Hướng dẩn: y D N x K M C A O B - Nối N với O cắt đường tròn tâm O K Ta có NO đường trung bình hình thang ACDB Suy ON // CA // BD (1) - Vì tia Ax, By điểm O cố định nên tia Oz cố định Vậy M di chuyễn nửa đường tròn tâm O điểm I di chuyển tia Kz 23 Nhận xét: Cái khó khác so với ta phải vẽ thêm đường phụ Chính điều tạo cho học sinh thói quen suy nghỉ khác Không phải lúc củng theo lối mòn tư mà phải có óc hoài nghi Tại người ta lại cho trung điểm điểm có mối liên hệ với trung điểm lại Và từ giúp cho học sinh tự tin giải toán Bài toán 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D Nối M với B cắt Ax N Chứng minh a C trung điểm AN b ON ⊥ AD Hướng dẫn: y x D N M C L H A B O a.Ta có:AC = CM(TCTT cắt nhau) OA = OM = R Do CO đường trung trực AM ⇒ AM ⊥ CO mà AM ⊥ NB ⇒ CO // NB - Xét ∆ANB có OA = OB = R CO // NB ( CMT) nên CO đường trung bình ∆ANB ⇒CA = NC b Ta có AN // BD ( ⊥ AB) Mà + = 900 + = 900 nên ⇒ ⇒ = ( so le trong) = = tanMAN = tanODM hay = ⇒ = (1) Mặt khác = ( Vì = = 900 = ) (2) Từ (1) (2) ⇒ ∆ OMN ∽ ∆DMA ⇒ = ⇒ {ANMH nội tiếp Do = = 900 hay ON ⊥ AD Nhận xét: Dựa vào cách chứng minh toán ta lại có toán khó Bài toán 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp 24 tuyến với nửa đường tròn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Gọi giao điểm CO AM P, giao điểm OD MB Q Chứng minh a.Tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn b.Xác định giá trị nhỏ bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Hướng dẫn: y x N D E M C P A F Q B O a.Theo P, Q trung điểm AM MB Nên PQ đường trung bình ∆AMB mà = ( CO // MB) ⇒ ⇒ PQ // AB Do đó: = = (1) Xét { MDNO có = = 900 Từ (1) (2) ⇒ ⇒{ MDNO nội tiếp ⇒ = (2) = Do { CPQD nội tiếp b Gọi E F trung điểm CD QP N tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD ⇒ OE // AC NF ⊥ QP Mà PQ // AB( câu a) ⇒NF ⊥ AB NF // AC (3) Mặt khác: NE MQ ⊥ CD nên NE // MQ (4) Từ (3) (4) suy tứ giác NEOF HBH ⇒NE = FO = R( { MPOQ HCN) Xét tam giác CNE có CN = = ≥ = R Dấu “=” xẩy AB = CD hay M điểm cung CD Vậy giá trị nhỏ bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD R Nhận xét: Ở toán thứ giúp cho học sinh hình thành tính chủ động, sáng tạo biết liên kết toán giải toán toán không dễ 25 không giải toán trước Khai thác tiếp ta lại có toán thứ 10 Bài toán10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Từ M kẻ MH ⊥ AB Gọi E F chân đường vuông góc hạ từ H xuống AM BM a Chứng minh { AEFB nội tiếp đường tròn b Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB Chứng minh EF = 2OG c Chứng minh MH, CB, AD đồng quy Nhận xét: Đây toán không dễ chút ta biết vận dụng kết tập toán trở nên đơn giản nhiều Hướng dẫn: y x D M C F E A P L O H B G a.Tứ giác AEFB hình chữ nhật( = = = 900 ) ⇒ = mà = (cùng phụ với ) Nên = Do tứ giác AEFB nội tiếp đường tròn b Gọi giao điểm EF MH Q Vì O trung điểm AB nên GO ⊥ AB.mà MH ⊥ AB nên GO // MH (1) Mặt khác = ( ) Mà + = 900 ⇒ + = 900 26 = 900 hay OM ⊥ EF mà GQ ⊥ EF ( LE = LF) Nên OM //QG (2) Từ (1) (2) suy tứ giác MOGL hình bình hành ⇒ OG = QM mà QM = EF nên OG = EF ( ĐPCM) c Gọi giao điểm AD MH L - Xét tam giác CDA có: ML // AC( ⊥ AB) - Xét tam giác ADB có LH // BD ( ⊥ AB) - Từ (1) (2) suy Do ⇒ = = ⇒ ⇒ = = (1) = (2) = Mà = ( ML // CA) = Mặt khác MD = BD, MC = AC (TC hai TT cắt nhau) ⇒ =1 ⇒ MH = LH hay L trung điểm MH (3) - Tương tự: Gọi K giao điểm CB MH ta có K trung điểm MH(4) Từ (3) (4) suy L K trùng nhau.Vậy MH, CB, AD đồng quy Nhận xét: Nếu thay đổi chút hai tiếp tuyến Ax By trở thành hai cát tuyến ta có toán tổng quát khó Bài toán 11 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm Q cố định nằm đoạn OB Qua Q vẽ đường thẳng d vuông góc với OB Vẽ cát Ay cắt nửa đường tròn M cho M ( M năm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d có chứa điểm A) cắt đường thẳng d T Nối T với B cắt nửa đường tròn C Qua N M kẻ tiếp tuyến Nx Mz với nửa đường tròn cắt R Gọi giao điểm BM AN I a Chứng minh I, R thuộc đường thẳng d b Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIT Chứng minh cát tuyến Ay thay đổi điểm K nằm đường thẳng cố định Hướng dẫn: d y T R K M N I A z B' O Q B x 27 a - Xét tam giác ATB có BM, AN TQ ba đường cao nên I năm đường thẳng (d) - Gọi R’ trung điểm TI ⇒ R’N = R’T ⇒∆TR’N - ∆OAN cân O ⇒ ⇒NR’là cân R’ ⇒ đường trung tuyến tam giác ITN = = mà = (cùng ) Do = mà AN ⊥ TN ⇒ON ⊥ R’N ⇒R’N TTcủa đt(O)(4) - Chứng minh tương tự ta có: R’M tiếp tuyến đường tròn(O) (5) Từ (4) (5) ⇒R ≡ R’ hay R nằm đường thẳng (d) b Gọi B’ điểm đối xứng với B qua Q mà B Q cố định ⇒B’ cố định mà IQ đường trung trực BB’ nên ∆ BIB’ tam giác cân I = mà ( phụ với ) Nên = ⇒{TIB’A = nội tiếp(1) Mặt khác: K tâm đường tròn ngoại tiếp ∆TIA nên đường tròn tâm K qua điểm Avà điểm B’ cố định Tức K nằm đường trung trực đoạn thẳng cố định AB’.( ĐPCM) Nhận xét: Nếu ta đặc biệt toán số 11 ta lại có toán số 12 hay hơn, khó điều giúp em biết quy lạ quen, biết quy tổng quát cụ thể ngược lại Bài toán 12: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ cát AMT BNT với đường tròn tâm O cho tổng khoảng cách từ A,B đến đường thẳng MN R Qua N M kẻ tiếp tuyến Nx Mz với nửa đường tròn cắt R Gọi giao điểm BM AN I Gọi giao điểm BM AN I a.Tính độ dài đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MINT theo R b.Tìm giá trị lớn diện tích tam giác TAB theo R M,N di chuyển đường tròn vẩn thỏa mản điều kiện toán Hướng dẫn: T R N H A' B' M I A K B O 28 a Theo câu 11 T, R, I thẳng hàng nên đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MINT TI - Gọi H trung điểm MN ⇒ RO đường trung trực MN - Dựng AA’ BB’ ⊥ MN Xét tứ giác AA’B’B có AA’ // BB’( ⊥ MN) nên tứ giác AA’B’B hình thang mà OH đường trung bình nên OH = (AA’+BB’) = R - Xét tam giác vuông MOH có MH2 = MO2 - OH2 = R2 - R2 = R2 ⇒MH = R ⇒ MN = R hay tam giác OMN tam giác - = ( sđ - sđ ) = ( 1800 - 600) = 600 ⇒ MR = = ⇒ ⇒ = 1200 ⇒ sđ =600 ⇒= 300 TI = b Xét ∆TAB có AN BM đường cao cắt I nên TI ⊥ AB - Theo câu a = 60 mà AB cố định nên T chạy cung A chứa góc 60 dựng đoạn thẳng AB M,N thay đổi Do diện tích tam giác TAB lớn đường cao TK lớn ( STAB = TK.AB mà AB không đổi) Mà TK lớn T điểm cung chứa góc 60 dựng đoạn thẳng AB Khi tam giác TAB tam giác ⇒ STAB lớn = TK.AB = R.2R = R2 (đvdt) Kết luận 2: Các toán ta thấy chúng có mối quan hệ mật thiết với Vì dạy toán mà biết hệ thống liên kết chúng hệ thống tập giúp cho việc giảng dạy thêm phần sinh động mà giúp cho học sinh cảm thấy hứng thú chủ động đồng thời nắm bắt kiến thức cách vững vàng 29 Phần 3: KẾT LUẬN Qua trình nghiên cứu đề tài thấy, người dạy cần tạo cho học sinh thói quen không dừng lại kết vừa tìm mà phải phân tích, khai thác để có kết Thông qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo toán từ toán học, gặp giúp học sinh tự tin giải toán, nhờ mà học sinh phát huy tư nâng cao lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say mê nghiên cứu khoa học Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác, liên kết, lật ngược toán quan trọng, không giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng toán mà nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá toán Hơn nữa, việc liên kết toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh có hứng thú học toán Hai ví dụ ví dụ nhỏ minh họa cho việc đổi phương pháp dạy- học theo hướng tích cực nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy, sáng tạo phát triển lực tự học Học sinh học tập môn Toán Ý tưởng “Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động đồng thời phát triển lực tự học ” có từ lâu Nhưng là:Từ toán không mới, giáo viên biến thành xếp chúng theo hệ thống định giúp học sinh tiếp thu nhanh hơn,vững vàng hứng thú Bản thân trước từ vào nghề đặc biệt từ giao dạy bồi dưỡng cảm thấy khó khăn việc giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động đồng thời phát triển lực tự học cho học sinh cố mà kết vẩn không cao từ áp dụng cách làm trình bày kết khả quan Không thân áp dụng mà chia cách làm cho đồng nghiệp trường từ kết thi khảo sát, thi chuyển cấp vào lớp 10 THPT thi học sinh giỏi toàn huyện trường xếp tốp đầu liên tục từ năm 2005 đến trường có học sinh giỏi Toán cấp tỉnh có học sinh đạt điểm 10 môn Toán thi vào THPT đặc biệt năm học 2013-2014 có em dự thi cấp tỉnh đậu em đo có 01 giải ba, 01 giải KK năm học 2013-2014 trường có em dự thi cấp tỉnh hai em đậu.Trên kinh nghiệm mà rút trình giảng dạy có phần thành công việc thay đổi phương pháp dạy học trường THCS Lê Lợi đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi chuyển cấp Đề tài chắn không tránh khỏi thiếu sót mong nhận góp ý giúp đỡ quý thầy cô bạn đồng nghiệp Thạch Hà, ngày 21tháng năm 2014 Tác giả Nguyễn Trường Sơn 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO 123456- Sách giáo khoa sách tập Toán Nhà xuất giáo dục Nâng cao phát triển Toán 8,9 Tác giả: Vũ Hữu Bình Tuyển tập đề thi HSG Toán THCS.Nhà Xuất giáo dục Tuyển tập tập chí Toán tuổi thơ số Nhà Xuất giáo dục 23 chuyên đề 1001 toán sơ cấp Tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh Các loại tài liệu khác 31 MỤC LỤC Phần 1: Đặt vấn đề …………………… Trang I.Lí chọn đề tài …………………… Trang II Mục đích nghiên cứu …………………… Trang III Phạm vi nghiên cứu …………………… Trang IV Đối tượng nghiêm cứu …………………… Trang Phần 2: Nội dung …………………… Trang I Cơ sở lý luận thực tiển đề tài …………………… Trang 1.Cở sở lý luận …………………… Trang 2 Cơ sở thực tiển …………………… Trang II Giải pháp thực …………………… Trang Ví dụ 1………………… …………………… Trang 1.Hướng dẫn …………………… Trang Xây dựng hệ thống toán …………………… Trang Bài toán ……………… …………………… Trang Bài toán 2……………… …………………… Trang Bài toán 3……………… …………………… Trang Bài toán 4……………… …………………… Trang Bài toán 5……………… …………………… Trang Bài toán 6……………… …………………… Trang Bài toán 7……………… …………………… Trang Bài toán 8……………… …………………… Trang Bài toán 9……………… …………………… Trang 10 Bài toán 10……………… …………………… Trang 10 Bài toán 11……………… …………………… Trang 11 Bài toán 12……………… …………………… Trang 12 Bài toán 13……………… …………………… Trang 12 32 Bài toán 14……………… …………………… Trang 13 Bài toán 15……………… …………………… Trang 14 Bài toán 16……………… …………………… Trang 14 Bài toán 17……………… …………………… Trang 16 * Kết luận 1:………………… …………………… Trang 16 Ví dụ 2………………… …………………… Trang 17 Hướng dẫn …………………… Trang 17 Xây dựng hệ thống toán …………………… Trang 17 Bài toán ……………… …………………… Trang 17 Bài toán 2……………… …………………… Trang 18 Bài toán 3……………… …………………… Trang 18 Bài toán 4……………… …………………… Trang 19 Bài toán 5……………… …………………… Trang 20 Bài toán 6……………… …………………… Trang 21 Bài toán 7……………… …………………… Trang 23 Bài toán 8……………… …………………… Trang 24 Bài toán 9……………… …………………… Trang 24 Bài toán 10……………… …………………… Trang 26 Bài toán 11……………… …………………… Trang 27 Bài toán 12……………… …………………… Trang 28 * Kết luận ……… …………………… Trang 29 Phần Kết luận …………… …………………… Trang 30 Tài liệu tham khảo ……… …………………… Trang 31 33 [...]... có + = + = 90 0 ( = , và = 90 0) ⇒ = 90 0 hay MQ ⊥ NP Kết luận 1: Qua các bài tập trên không những giúp cho giáo viên hình thành được các dạng bài tập khác nhau từ một bài toán để dạy bồi dưỡng các đối tượng học sinh từ đó cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh Phát... chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú hơn khi học toán Hai ví dụ trên chỉ là một trong các ví dụ nhỏ minh họa cho việc đổi mới phương pháp dạy- học theo hướng tích cực nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy, sáng tạo và phát triển năng lực tự học của Học sinh trong học tập môn Toán Ý tưởng “Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học ” đã có từ lâu... toán mới từ những bài toán đã học, đã gặp giúp học sinh tự tin hơn trong giải toán, nhờ đó mà học sinh phát huy được tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say mê nghiên cứu khoa học Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác, liên kết, lật ngược bài toán rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức cơ bản của một dạng toán mà còn nâng... = =90 0 (8) - Gọi L’ là giao điểm của MQ và PN ⇒ = = 90 0 (9) Từ (8) và (9) ⇒ L ≡ L’ Do đó các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy Nhận xét: Bài toán này khó mà không khó, không khó là học sinh biết vận dụng bài tập số 12 để làm còn khó là nếu học sinh không biết vận dụng bài tập số 12 Qua bài tập số 16 ta thấy {MNQP là hình vuông nên MQ ⊥ PN và MQ = PN Nhưng ở bài tập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD là hình. .. giác dựng hình bình hành ABDC có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A Về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các hình vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lần lượt là tâm của các hình vuông trên Chứng minh rằng a Tứ giác MNQP là hình vuông b Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy Hướng dẫn: 14 H I G N A M Q’ Q B L C K Q D P R F E a + { ABDC là hình bình hành (gt) và { ABQ’G và DCKR là hình vuông(gt)... giúp cho học sinh cảm thấy hứng thú và chủ động đồng thời nắm bắt được kiến thức một cách vững vàng hơn 29 Phần 3: KẾT LUẬN Qua quá trình nghiên cứu đề tài này tôi thấy, người dạy cần tạo cho học sinh thói quen không chỉ dừng lại ở kết quả vừa tìm được mà phải phân tích, khai thác nó để có những kết quả mới Thông qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo các bài toán mới từ những bài toán đã học, đã... chúng ta thấy rằng việc liên kết mở rộng các bài toán là một điều hết sức quan trọng nó không chỉ giúp cho học sinh dễ dạng định hướng được bài toán mà còn giúp học sinh học toán một cách chủ động và phát triển được năng lực tự học một cách khoa học để nhớ các bài D toán lâu dài H Hướng dẫn: F - Kẻ hình bình hành ABLC E A G N P C R B K M L P Q 13 - Xét ∆ABL và ∆AFD có +AB = AF (gt), + AD = BH (=AC), +... trung bình của ∆ANB ⇒CA = NC b Ta có AN // BD ( cùng ⊥ AB) Mà + = 90 0 và + = 90 0 nên ⇒ ⇒ = ( so le trong) = = tanMAN = tanODM hay = ⇒ = (1) Mặt khác = ( Vì = = 90 0 và = ) (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∆ OMN ∽ ∆DMA ⇒ = ⇒ {ANMH nội tiếp Do đó = = 90 0 hay ON ⊥ AD Nhận xét: Dựa vào cách chứng minh của bài toán trên ta lại có bài toán 9 khó hơn Bài toán 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ các tia tiếp tuyến... O H B G a.Tứ giác AEFB là hình chữ nhật( = = = 90 0 ) ⇒ = mà = (cùng phụ với ) Nên = Do đó tứ giác AEFB nội tiếp được đường tròn b Gọi giao điểm của EF và MH là Q Vì O là trung điểm của AB nên GO ⊥ AB.mà MH ⊥ AB nên GO // MH (1) Mặt khác = ( cùng bằng ) Mà + = 90 0 ⇒ + = 90 0 do đó 26 = 90 0 hay OM ⊥ EF mà GQ ⊥ EF ( LE = LF) Nên OM //QG (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MOGL là hình bình hành ⇒ OG = QM mà... tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông AFPB, ADQC và hình bình hành AFMD CM a MA ⊥ BC b BQ = MC và BQ ⊥ MC c BQ, MA, PC đồng quy M Hướng dẫn D F Q A P O K B H C a Xét tam giác: ∆ABC và ∆FQA có: - AB = MD( =FA), = ( bù với ), FA = AC (gt) Do đó ∆ABC = ∆FQA (c.g.c) ⇒ = 12 Mà + = 90 0 ( do = 90 0, H là giao điểm của MA và BC) ⇒ + = 90 0 ⇒ = 90 0 hay MA ⊥ BC b Gọi O là giao điểm của BQ và