sang kien KN Toan THCS cap tinh

Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong q 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, khơng giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng tốn mà cịn 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 khơng có kỷ nhận Chính vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận toán cũ, tốn đảo, tốn tổng qt…đồng thời góp phần vào việc đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực bồi dưỡng lực học tốn cho học sinh, rèn luyện khả sáng tạo học tốn cho học sinh muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Tốn trường THCS Lê Lợi nói riêng học sinh tồn huyện n Thành nói chung Tơi 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 mơn Tốn - Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh Khơi dậy tính sáng tạo giải tốn học sinh - Phát triển lực tự học, biết liên kết mở rộng tốn 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 Tốn 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 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 khn, máy móc - Có kĩ phát kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận vấn đề nhiều khía cạnh - Phải có óc hồi nghi, ln đặt câu hỏi sao? Do đâu? Như nào? Liệu có trường hợp khơng? Các trường hợp khác kết luận có khơng? Và phải biết tổng hợp toán liên quan - Tính chủ động học sinh cịn 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 ngồi huyện tơi nhận rằng: - Học sinh yếu tốn kiến thức cịn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư trình học tập - Học sinh làm tập rập khn, 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 khơng phát huy hết - Khơng 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 lịng với lời giải mình, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác phát triển tốn, sáng tạo tốn nên khơng 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 tốn Trước thực trạng địi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp có hiệu II GIẢI PHÁP THỰC HIỆN: Trong trình dạy tốn, thầy giáo có khơng lần gặp toán cũ mà cách phát biểu hồn tồn khác, khác chút Những tốn 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 tốn khơng nhanh chóng xếp loại tốn 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 ngồi 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 ngồi tam giác ABC hai tam giác ta ln có = = = 1200 Với cách suy nghĩ ta có tốn tốn đảo ví dụ Bài tốn 1: Cho tam giác ABC nhọn dựng điểm O tam giác cho = = Nhận xét: Rõ ràng chưa có ví dụ tốn khơng đơn giản có ví dụ tốn tốn trở nên đơn giản Hướng dẫn D A F 1 O 1 C B a Cách dựng - Dựng phía ngồi 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 tốn thứ Bài tốn 2: Cho tam giác ABC, phía ngồi 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 tốn thứ Bài tốn 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác ACD phía ngồi 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 tốn cũ mà khó em học sinh chưa gặp toán toán em làm hai tốn thực chất tốn thứ toán thứ mức độ câu hỏi khó Thế làm để giáo viên hướng dẫn học sinh làm mà khơng 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 ngồi 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 tốn khó nhiều Bài tốn 4: Cho tam giác ABC, phía ngồi 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 tốn khó, ta biết giúp em liên hệ với tốn trước cách dự đốn hình vẽ trở nên khơng phải khó Đối với tốn dạng tam giác tam giác đặc biệt tam giác cân, đều, vng…Ở nhìn hình vẽ ta dự đốn tam giác vng Hướng dẫn: D A M F N H B P C - Từ N kẻ NH ⊥ AC Xét tam giác vng 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 vng 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 vng P Ở tốn ví dụ ta vẽ phía ngồi tam giác ABC hai tam giác ABF, ACD có kết CF = BD Vậy ta vẽ thêm tam giác BCE phía ngồi tam giác ABC liệu AE; BD; CF có khơng có cắt điểm khơng? Từ ta có tốn Bài tốn 5: Cho tam giác ABC, phía ngồi 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 tốn 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 ngồi 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 cịn khơng? Từ suy nghĩ ta có tốn thứ Bài tốn 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, cịn 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 tốn khó tốn nhiều Từ ta có tốn thứ Bài tốn 7: Cho tam giác ABC, phía ngồi 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 tốn 8: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác cân ABM, ACN, BCP cho = = = 1200 Tam giác MNP tam giác gì? Nhận xét: Tuy tốn thứ khó tốn thứ giáo viên hướng dẫn em xâu chuổi toán đặc biệt tốn tốn thứ lại trở thành toán thứ Hướng dẫn: Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ABF, ADC, BCE tốn 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 ngồi 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 cịn khơng? Từ ta có tốn 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 tốn 4: Cho nửa đường trịn 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 trịn 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 tốn 5: Cho nửa đường trịn 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 trịn 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 tốn 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 tốn 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 trịn 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 vng) Nên + = 900 ⇒ = 900 ⇒M thuộc đường trịn 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 trịn 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 ∆ vng 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 vng 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 trịn đường kính AB mà CD ⊥ OM M nên CD tiếp tuyến đường tròn đường kính AB Nhận xét: Qua tốn rèn cho em thành thạo kỷ chứng minh tốn hình học khơng 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 tốn ta có tốn số toán khác cách cho thêm giao điểm Bài tốn 7: Cho nửa đường trịn 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 trịn 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 Khơng phải lúc củng theo lối mịn 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 trịn 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 trịn 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 tốn ta lại có tốn khó Bài tốn 9: Cho nửa đường trịn 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 trịn 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 trịn 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 trịn 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 tốn tốn khơng dễ 25 ...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