SKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toánSKKN Củng cố kiến thức và rèn luyện tư duy cho học sinh qua việc mở rộng và khai thác bài toán
A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong trình giảng dạy, để đạt kết tốt việc đổi phương pháp dạy học có tầm quan trọng đặc biệt Dạy học giải toán vấn đề trọng tâm dạy học môn tốn trường THCS Đối với học sinh giải toán hoạt động chủ yếu việc học tập mơn tốn Giải tốn hình học hình thức tốt để rèn luyện kỹ tư duy, kỹ suy luận, kỹ khai thác tốn, tăng tính thực tiễn tính sư phạm, tạo điều kiện cho học sinh tăng cường luyện tập thực hành, rèn luyện kỹ tính tốn vận dụng kiến thức tốn học vào đời sống vào mơn khoa học khác Việc tìm tòi lời giải, khai thác tốn giúp học sinh rèn luyện phương pháp tư suy nghĩ, lập luận, việc giải vấn đề qua rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, nhanh nhạy sống phẩm chất trí tuệ khác Hiện nay, yêu cầu đổi dạy học, nhiều giáo viên quan tâm tới việc củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh họ không giải nào? Chính mà tơi mạnh dạn đề xuất vài kinh nghiệm giảng dạy thông qua việc "Củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh qua việc mở rộng khai thác toán” Đối tượng phạm vi nghiên cứu a Đối tượng nghiên cứu: - Các em học sinh lớp 8A, 8B trường THCS Long Sơn - Các tiết học mơn Hình học b Phạm vi nghiên cứu: Áp dụng giảng dạy cho học sinh khối 8, bồi dưỡng hoc sinh giỏi trường THCS Mục tiêu nhiệm vụ nghiên cứu Qua kinh nghiệm muốn trao đổi thêm phương pháp giảng dạy hình học để có hiệu giảng dạy cao Giúp cho học sinh có hướng suy nghĩ tìm tòi lời giải cho tốn chứng minh hình học, nhằm củng cố kiến thức hình thành kĩ phân tích, tổng hợp kiến thức để từ giúp phát triển tư rèn khả tự học cho HS, đáp ứng yêu cầu đổi phương pháp giáo dục Củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh thông qua việc khai thác tốn nhiệm vụ cấp thiết Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu - Tổng kết qua kinh nghiệm công tác giảng dạy - Điều tra, so sánh, phân tích, tổng hợp - Nghiên cứu bảng biểu Giả thiết khoa học Nếu đề tài áp dụng rộng rải vào giảng dạy cách khoa học, đồng kết học tập mơn Tốn học sinh khối nói riêng học sinh tồn trường nói chung đạt kết cao Những đóng góp đề tài - Giúp học sinh lớp yêu thích học tốt mơn Hình học - Giúp giáo viên dạy mơn Tốn giảng dạy tốt - Giúp học sinh tự nắm vững kiến thức lý thuyết tăng khả tư duy, nhanh nhạy học tập sống - Nhiều học sinh tham gia phát biểu, bày tỏ ý kiến tiết học làm cho khơng khí tiết học thoải mái, sinh động tích cực - Tạo cho học sinh tính độc lập, sáng tạo, có kỹ khai thác tốn trình bày lời giải - Nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn B NỘI DUNG I Cơ sở khoa học Cơ sở lí luận Dạy học tốn q trình tư liên tục, việc nghiên cứu, tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm q trình dạy học tốn khơng thể thiếu Trong việc tìm tòi, đúc rút kinh nghiệm để dạy tốt điều trăn trở nhiều giáo viên Việc truyền thụ kiến thức trở nên hấp dẫn học sinh giáo viên biết xây dựng kiến thức cách logic, lựa chọn tập hợp lý giúp học sinh nắm kiến thức cách có hệ thống, dẫn dắt học sinh từ điều biết đến điều chưa biết, từ tốn dễ đến tốn khó Bên cạnh đó, việc củng cố khắc sâu kiến thức cách khai thác, mở rộng tốn khơng giúp học sinh nắm vững kiến thức lý thuyết mà giúp học sinh say mê học toán, phát huy khả tư sáng tạo Là giáo viên trực tiếp giảng dạy mơn tốn trường THCS tơi sâu nghiên cứu nội dung chương trình qua thực tế dạy học tơi thấy: Trong chương trình Tốn THCS "Các tốn hình học" đa dạng, phong phú trừu tượng Học sinh học toán khó, hình học lại khó vì: Để giải tốn hình học học sinh phải vận dụng tất định nghĩa, tính chất, định lý,…, mà học cách linh hoạt Bên cạnh để giải tốn hình học lớp học sinh phải nắm vững tất kiến thức, toán lớp Trong toán (bài tốn gốc) có nhiều tốn vận dụng để giải toán khác liên quan, qua giáo viên củng cố cho học sinh nhiều kiến thức kỹ Nhưng thực tế giảng dạy tơi thấy, giải tốn hình học học sinh biết sử dụng tốn gốc để giải (Học sinh khơng biết tốn có liên quan đến toán vận dụng lý thuyết để giải) Do việc tìm lời giải tốn vơ khó khăn Chính mà việc củng cố lý thuyết thông qua toán, cách giải điều cần thết Cơ sở thực tiễn Thực trạng khiến tơi băn khoăn suy nghĩ: "Làm để học sinh nắm vững kiến thức lý thuyết, biết cách sử dụng tốn gốc” để giải tốn hình học cách linh hoạt, sáng tạo Với trách nhiệm người giáo viên tơi thấy cần giúp em học tốt phần Tôi dành thời gian đọc tài liệu, qua tìm tòi thử nghiệm, nghiên cứu thực tế giảng dạy thân số đồng nghiệp Tôi mạnh dạn đưa vài kinh nghiệm: "Củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh thông qua việc mở rộng khai thác toán" Với đề kinh nghiệm mong muốn giúp học sinh biết cách sử dụng toán gốc để giải toán liên quan từ tự củng cố kiến nâng cao kến thức Đồng thời hình thành học sinh tư tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao lực phát giải vấn đề, rèn luyện khả vận dụng kiến thức vào hoạt động thực tiễn, rèn luyện nếp nghĩ khoa học mong muốn làm việc đạt kết cao nhất, tốt II Thực trạng Trong trình giảng dạy qua tìm hiểu học sinh đồng nghiệp nhận thấy Về học sinh: Nhiều học sinh chưa hình thành cho phương pháp học tập hợp lý khoa học khơng nói có phương pháp học vẹt, gần em chưa có thói quen tìm tòi, phân tích, mổ xẻ hay khai thác kết toán giải để có thêm tính chất hay toán Nhiều học sinh chưa thấy tương tự mệnh đề toán học, chưa hình thành cho lực tư linh hoạt, sáng tạo đặc biệt chưa thấy cấu trúc tốn Chính điều làm cho em ln bị động q trình chiếm lĩnh kiến thức Về giáo viên: Một số giáo viên q trình cơng tác chưa thường xun rèn luyện, hình thành cho học sinh thói quen, kỷ hay tư linh hoạt sáng tạo q trình học mơn tốn dẫn đến găp nhiều khó khăn học tâp dần niềm u thích mơn tốn Khảo sát tình hình thực tế Tơi đưa tốn tiết luyện tập lớp 8A, 8B sau: Cho tam giác ABC có cạnh a, P điểm nằm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA AB Tìm tất điểm P tam giác cho x + y = z Thì có kết sau: Sĩ số TT Lớp 8A 38 8B 38 Giỏi Khá TB Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 7,9 15,8 13 34,2 12 31,6 10,5 7,9 14 36,8 13 34,2 21,1 Để giúp học sinh giải toán cách đơn giản tạo hứng thú tiết học khắc sâu phần lý thuyết học trước đưa số giải pháp sau: III Các giải pháp thực Bài toán 1.1: (Bài tập 51 - Trang 166 SBT toán tập 1.Nhà xuất GD) Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AA ', BB', CC' cắt H Chứng minh: HA' HB ' HC ' + + =1 AA' BB ' CC ' - Phân tích tìm lời giải Ta có: S ABC = S AHB + S BHC + SCHA A S S S ⇔ AHB + CHB + AHC = S ABC S ABC S ABC B' C' HC ' BA S AHB HC ' SCHB HA' SCHA HB ' = = ; = ; = Ta có: S ABC CC ' AB CC ' S ABC AA' S ABC BB ' H C B A' Từ ta có lời giải - Giải tóm tắt: Ta có S ABC = S AHB + S BHC + SCHA HC ' BA + ' CC AB S AHB SCHB S AHC + + =1 ⇔ S ABC S ABC S ABC ⇔ 1 HB ' AC HA' BC +2 =1 1 ' ' BB AC AA BC 2 HC ' HB ' HA' + + =1 CC ' BB ' AA' Nhận xét 1: Nếu tam giác ABC tam giác tù ' ' H ' HA HB HC ; ; có quan hệ AA' BB ' CC ' B' C' nào? Giả sử tam giác ABC có góc A tù ta có: S ABC = SCHB − S BHA − SCHA ⇔ SCHB S AHB S AHC − − =1 S ABC S ABC S ABC HA' HC ' HB ' ⇔ − − = Từ ta có tốn sau: ' ' ' AA CC BB Bài toán 1.2: A B C A' Cho tam giác ABC, đường cao AA', BB', CC' cắt H HA' HB ' HC ' ; ; Tìm mối quan hệ tỉ số: AA' BB ' CC ' Gợi ý giải Nếu tam giác ABC nhọn ta có kết toán HA' HC ' HB ' − − = với góc A tù Nếu tam giác ABC tù ta có kết AA' CC ' BB ' Nhận xét 2: Ở toán 1.1, tam giác ABC ta có AA' = BB' = CC' ta lấy điểm M nằm tam giác ABC có x, y, z khoảng cách từ M đến ba cạnh tam giác ta tìm mối quan hệ x, y, z AA' Qua ta có tốn 1.3: Bài tốn 1.3: Cho tam giác ABC có cạnh a, M điểm nằm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến ba cạnh AB, BC CA Chứng minh: x + y + z khơng đổi A Giải tóm tắt Gọi h độ dài đường cao ∆ ABC Ta có: S AMB + S BMC + SCMA = S ABC suy x a.x a y a.z a.h + + = ⇔ a ( x + y + z ) = a.h 2 2 Từ ta có: x + y + z = h z y B (1) Mặt khác ta có: ∆ ABC có cạnh a nên đường cao h = Từ (1) (2) ta có : x + y + z = h = M C a không đổi (2) a khơng đổi Nhận xét 3: Ở tốn 1.3 Nếu biết x, y, z ta tìm độ dài đường cao AH diện tích ∆ ABC ngược lại Thì việc giải tốn khơng h khó khăn ta biết x+y+z=h nên để x+y=z z = P nằm đường trung bình ∆ABC từ tính chất ta dễ dàng giải tốn sau 1.4 sau: Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC có cạnh a, P điểm nằm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA AB a, Biết x = 1, y = 2, z = Tính diện tích ∆ ABC b, Tìm tất điểm P tam giác cho A x+y=z c, Tìm tất điểm P tam giác cho x, y, z lập thành tam giác h (Đề thi vào lớp 10 - ĐHQG TP Hồ Chí Minh) z P Lời giải tóm tắt y x a Đặt h đường cao tam giác ABC B C a.x a y a.z a.h + + = 2 2 ⇔x+ y+z =h Ta có: S APB + S BPC + SCPA = S ABC ⇔ Mà x = 1, y = z = nên ta có h = (1) Mặt khác ta có ∆ ABC có cạnh a nên đường cao h = a2 − a2 = a (2) Từ (1) (2) ta có = a ⇒ a = Vậy diện tích ∆ABC 12 (đvdt) h b Ta có x + y + z = h , mà x + y = z nên z = Suy A P nằm đường trung bình MN ∆ ABC (với M trung điểm AC N trung điểm BC, P khác M, N) c Ta có x + y + z = h (3) Để x, y, z lập thành tam giác x + y > z, y + z > x z + x > y (4) Từ (3) (4) ta có: E z y M P x B C N x+ y+z h h = x< x < 2 P thcmiỊntrong tø gi¸c BEMC x+ y+z h h = ⇔ y < ⇔ P thcmiỊntrong tø gi¸c CNEA Suy P y < 2 P thcmiỊntrong tø gi¸c BNMA x + y + z h h = z < z < 2 thuộc miền tam giác EMN ( Với M, N, E trung điểm AC, BC AB P khác M, N, E) Nhận xét 4: Ở toán 1.3 Với ∆ ABC ta có x + y + z = h không 2 đổi ta kết hợp với bất đẳng thức ( x + y + z ) ≥ ( x + y + z ) dấu " = " xảy x = y = z Khi ta tìm giá trị nhỏ biểu thức x + y + z qua tính chất ta có thêm toán sau: Bài toán 1.5: Cho tam giác ABC có cạnh cm, P điểm nằm tam giác, Gọi x, y, z khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + y + z A Lời giải tóm tắt Vẽ đường cao AH ∆ ABC Do ∆ ABC a = Mà ta có x + y + z = AH suy x + y + z = có cạnh nên AH = z P x B H y C Ta có: ( x + y + z ) ≥ ( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≥ = 27 dấu "=" xảy x = y = z = Vậy giá trị nhỏ x + y + z 27 x = y = z hay P giao ba đường cao Nhận xét 5: Với ∆ ABC nhọn có AB = c, BC = a,, CA = c x, y, z khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA AB ta ln có x.a + y.b + a b c c.z = SABC (1) ta nhân hai vế (1) với x + y + z ta có: a b c S ABC + + ÷ ≥ a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca Từ ta có toán sau: x y z Bài toán 1.6: Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh a, b, c, M điểm nằm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến a, b, c Xác định vị a b c trí M tam giác ABC để P = x + y + z đạt giá trị nhỏ Giải tóm tắt Ta có S AMB + S BMC + SCMA = S ABC ⇒ a.x + b.y + c.z = 2.S ABC A a b c Xét P 2.S ABC = ( a.x + b y + c.z ) + + ÷ x y z c B x y y z x z = a + b + c + ab + ÷+ bc + ÷+ ac + ÷ z x y x z y = ( a + b + c) x y y z x b z M y x a C ≥ a + b + c + ab.2 + bc.2 + ac.2 z ( x, y > nên + ÷ ≥ 2; + ÷ ≥ 2; + ÷ ≥ ) z x y x z y Suy ( a + b + c) P≥ S ABC dấu xẩy x = y = z Vậy giá trị nhỏ P x = y = z hay M giao ba đường phân giác tam giác ABC Nhận xét 6: Ở toán 1.6 Nếu M trùng với A ta có x + y + z = x = (Với đường cao tam giác ABC kẻ từ A) Từ ta có: Nếu a lớn đoạn a, b, c nhỏ ba đường cao tam giác ABC Qua ta có thêm tốn sau: Bài tốn 1.7: Cho ∆ABC nhọn có ba cạnh a,b,c Gọi khoảng cách từ điểm M nằm ∆ABC đến cạnh a, b, c x, y, z Tìm điểm M để x + y + z nhỏ Giải toám tắt: Gọi ha, hb, hc đường cao kẻ từ a, b c ∆ABC Giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ≤ hb ≤ hc Ta có S AMB + S BMC + SCMA = S ABC ⇒ 2.S ABC = a.x + b.y + c.z ≤ a( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≥ S ABC = a Vậy giá trị nhỏ x + y + z M trùng với A (với a ≥ b ≥ c ) Giá trị nhỏ x + y + z M trùng với B ( với b ≥ c, a ) Giá trị nhỏ x + y + z M trùng với C ( với c ≥ b, a ) Nhận xét 7: Ở tốn 1.7 ta có tính chất sau: A c b z B M y x C a AF + MF = AE + ME BF + MF = BD + MD CD + MD = CE + ME Từ ta có AF2 +BD +CE =AE +CD +BF2 Nếu đặt P = AF2 +BD +CE ta có: P = AF2 +BD +CE +AE +CD +BF2 Nếu ta a+b kết hợp với bất đẳng thức a + b ≥ ÷ ta có : 2 A F z E M y x B C AB AF + BF D AF + BF ≥ ÷ = 2 Khi P = AF2 +BD +CE +AE +CD +BF2 không đổi Nhận xét: Nhờ mối liên hệ nên ta tiếp tục có tốn sau: Bài toán 1.8: Cho ∆ABC nhọn, M điểm nằm tam giác Kẻ MD, ME, MF thứ tự vng góc với cạnh BC, AC, AB Tìm vị trí M để biểu thức P=AE +BD +CE đạt giá trị nhỏ Giải tóm tắt Do P=AE +BD +CE mà AF2 +BD +CE =AE +CD +BF2 nên ta có P = AF2 +BD +CE +AE +CD +BF2 Áp dụng bất đẳng thức a+b 2 2 2 2 a +b ≥ ÷ ta có: P = AF +BD +CE +AE +CD +BF 2 AB CB AC AF + BF AE + CE BD + CD ≥ + + ÷ + ÷ + ÷ = 2 2 2 AB CB AC Suy ra: 2P ≥ + + = ( AB + Bc + AC ) 2 2 Vậy giá trị nhỏ P ( AB + BC + AC ) M giao đường trung trực tam giác ABC Nhận xét 8: Ở toán 1.5 với ∆ABC ta có x + y + z = h khơng 1 1 đổi ta kết hợp với bất đẳng thức ( a + b + c ) + + ÷≥ ta lại có a b c thêm toán sau: Bài toán 1.9: Cho ∆ABC có cạnh a, M điểm nằm tam giác Gọi khoảng cách từ M đến ba cạnh BC, AC, AB x, y, z Xác định vị trí 1 + + M để: a, đạt giá trị nhỏ x+ y y+z z+x b, 1 + + đạt giá trị nhỏ x + yz y + xz z + xz Giải tóm tắt a, Gọi h độ dài đường cao tam giác ABC Ta có: S AMB + S BMC + SCMA = S ABC ⇔ a.x a y a.z a.h ⇔x+ y+z =h + + = 2 2 1 + + Mặt khác ta có: ÷( x + y + y + z + z + x ) ≥ x+ y y+z z+x 1 ⇔ + + ÷2.( x + y + z ) ≥ x + y y + z z + x 1 + + Từ ta có ÷≥ x + y y + z z + x 2h 1 + + Vậy giá trị nhỏ Dấu "=" xảy x+ y y+z z+x 2h M giao đường phân giác 1 + + x + yz + y + xz + z + xz ) ≥ b, Ta có: ( ÷ x + yz y + xz z + xz 1 ⇔ + + ( x + y + z) ≥ ÷ x + yz y + xz z + xz 1 9 + + ≥ = ⇔ ÷ h x + yz y + xz z + xz ( x + y + z ) 1 + + Dấu "=" xảy x + yz y + xz z + xz h M giao đường phân giác Nhận xét 9: Với ∆ABC có cạnh a x, y, z khoảng cách từ M đến ba cạnh tam giác Qua M kẻ đường thẳng song song ba cạnh tam giác ta có ba đoạn thẳng MA, MB, MC tạo thành tam giác Và ta chứng minh diện tích tam giác tạo ba đoạn MA, MB, MC nhỏ diện tích ∆ABC Qua ta tiếp tục có tốn sau: Bài tốn 1.10: Cho ∆ABC có cạnh a M điểm nằm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến cạnh BC, AC, BC Chứng minh diện tích tam giác tạo ba đoạn MA, MB, MC khơng lớn diện tích ∆ABC Giải tóm tắt: A - Qua M kẻ đường thẳng a song song với BC cắt I AB, AC E F - Qua M kẻ đường thẳng b song song với AC cắt G AB, BC I K z y F E - Qua M kẻ đường thẳng c song song với AB cắt M x AC, BC G H C Ta dễ dàng chứng minh ∆GMF , ∆HMK , ∆EIM B H K tam giác Và tứ giác AIMF, FMHC, HMIB hình thang cân Từ ta có MA = IF, FH = MC MB = HI Từ ta ln có tồn tam giác có ba cạnh ba đoạn thẳng MA, MB, MC ∆IFH Vậy giá trị nhỏ 2 2 = ( z x + x y + y z) = ( xz + xy + yz ) 3 3 Ta có S IFH = S IMH + S HMF + S FMI = ( z.MH + x.MF + y.MI ) Mặt khác ta có: x + y + z đường cao ∆ABC suy x + y + z = a 2 ( a + b + c) Áp dụng bất đẳng thức ab + bc + ca ≤ 10 a2 a2 ( x + y + z )2 a = = ta có xy + yz + xz ≤ suy S IFH ≤ 12 4 a a2 Mặt khác ta có: S ABC = a = 2 Từ (1) (2) ta có: S IFH ≤ S ABC (1) (2) Bài toán (Bài tập 27 SGK toán –tập 1, Nhà xuất GD) Cho tứ giác ABCD Gọi E, F, K theo thứ tự trung điểm AD, BC, AC Chứng minh EF ≤ (AB+CD) Giải tóm tắt: Ta có EK đường trung bình ∆ ACD suy EK = CD 2 Chứng minh tương tự ta có: KF= BC Nếu E, K, F thẳng hàng ta có: EK + KF = EF A 1 = CD + AB = (AB+CD)(3) 2 E / Nếu E, K, F khơng thẳng hàng ta có: EK + KF > EF (bất đẳng thức tam giác) hay EF < D / /// K (AB+CD)(4) Từ (3) (4) ta có: EF ≤ /// (AB+CD) // B // F C Nhận xét 1: Việc giải tốn hồn tồn khơng khó khăn học sinh không khắc sâu kiến thức vận dụng, cụ thể tính chất đường trung bình tam giác học sinh gặp nhiều lúng túng gặp toán sau: Bài toán 2.1 Cho tứ giác ABCD có AD = BC Gọi E, F theo thứ tự trung điểm AB CD Gọi I, K theo thứ tự giao điểm EF với AD CB Chứng minh: ∆ IOK cân (với O giao điểm AD CB) Nhận xét 2: Nếu học sinh không thấy thay đổi toán thành tốn 2.1 việc giải tốn 2.1 khơng dễ dàng Hướng dẫn: Gọi M trung điểm AC Ta dễ dàng chứng minh đươc ∆ MEF cân M (1) · · Từ suy MEF = MFE I O K A E B M 11 D F C (2) · · Ta có: ME//CK ⇒ MEF = CKE (3) · · MF//DI ⇒ DIF = MFI (4) · · Và có: IKO = CKE Từ (1), (2), (3) (4) ta có: · · ⇒ ∆ OKI cân O KIO = OKI · Nhận xét 3: Từ toán 2.1 ta kẻ tia phân giác Ox DOC ta · · ⇒ Ox//IF với kết ta có thêm tốn hay sau: nhận thấy BOx = KIO Bài toán 2.2: Cho tứ giác ABCD có AD = BC Gọi E, F theo thứ tự trung điểm AB CD, gọi O giao điểm AD BC, · kẻ Ox tia phân giác BOD Chứng minh: Ox//EF Nhận xét 4: Kết tốn chưa dừng lại Nếu ta thêm giả thiết P, Q trung điểm BD DC biết thêm AD = BC ta có ∆ PQK tam giác cân Khi ta có tốn sau lý thú: Bài tốn 2.3 Cho tứ giác ABCD có AD = BC (AB < CD) Gọi P, K trung điểm hai đường chéo BD AC Chứng minh đường thẳng PK tạo với AD BC hai góc Nhận xét 5: Nếu người học không nhận kết Bài tốn việc giải tốn gặp nhiều khó khăn Hướng dẫn: Gọi Q trung điểm CD ta dễ dàng chứng minh ∆ PQK cân Q ¶ =M ¶ ( KQ//AD) Suy ra: K A B / = N ả (PQ//BC) P 1 =K ả M ả =N ả M P 1 1 K P M 1 \\ 1 / \\ D /// Q Vậy PK tạo với AD BC hai góc N /// C Nhận xét 6: Quá trình giải phát triển tốn khơng tìm tốn hấp dẫn thú vị mà giúp ta khắc sâu kiến thức cách có hiệu Hơn thế, cách học giúp ta rèn luyện kĩ 12 vận dụng kiến thức để giải tốn khó Chẳng hạn toán sau: Bài toán 2.4: Các đỉnh tứ giác lồi nằm cạnh hình vng có độ dài đường chéo Chứng minh : Chu vi tứ giác khơng nhỏ Giải tóm tắt: Gọi tứ giác lồi cho ABCD, gọi M, N trung điểm AB CD Khi ta có: MN ≤ (AD+BC) (theo toán 2) 2 QN= CD ( ∆ CQD vuông Q, NC=ND) Suy ra: MN+PM+NQ ≤ (AB+BC+CD+DA)(*) Mặt khác ta có : MN+NQ+MP ≥ PQ(**) PM= BA ( ∆ APB vuông A, MB=MA) (AB+BC+CD+DA) ≥ PQ ⇔ AB + BC+ CD +DA ≥ 2.PQ =2.1 A P M B D N Từ (*) và(**) ta có : C Q =2 Vậy Chu vi tứ giác khơng nhỏ IV Một số tập vận dụng Bài Cho tam giác ABC nhọn, D điểm thuộc cạnh BC Xác định điểm E F thuộc cạnh AB AC cho chu vi tam giác DEF nhỏ Bài Cho hình vng ABCD có cạnh 1cm P, Q thuộc cạnh AB AC · cho chu vi tam giác CPQ = 2cm Chứng minh QCP = 450 Bài Cho tam giác ABC, F điểm thuộc cạnh AC Kẻ EF song song với BC, EP song song với AB (E thuộc AB, P thuộc BC) Biết diện tích tam giác AEF a, diện tích tam giác CFP b a Tính diện tích tam giác ABC theo a b AB BC a + b b Chứng minh: S ABC = AE CP V Kết Trong trình giảng dạy qua trình bồi dưỡng học sinh giỏi tơi áp dụng phương pháp để hướng dẫn, rèn luyện hình thành cho em phẩm chất cần thiết giải tốn nhận kết sau: - Học sinh nắm kiến thức sách giáo khoa cách có hệ thống chất - Học sinh hứng thú hơn, chủ động trình học tập 13 - Khả tư lơ gíc học sinh ngày cao chặt chẽ - Khả vận dụng sáng tạo linh hoạt kiến thức học vào giải tốn có liên quan ngày tốt - Học sinh yêu thích, chủ động tự tin q trình học mơn tốn - Đứng trước tốn em bình tỉnh biết tự đặt câu hỏi " Bài toán xuất phát từ dịnh lý hay tính chất nào? Từ tốn tìm thêm kiến thức hay toán khác không?" Sau triển khai SKKN cho học sinh trực tiếp làm kiểm tra 20 phút sau: Cho tam giác ABC có cạnh a, P điểm nằm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ P đến ba cạnh BC, CA AB Tìm tất điểm P tam giác cho x + y = z Kết thu sau: TT Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu SL % SL % SL % SL % 8A 38 11 28,9 11 28,9 14 36,9 5,3 8B 38 7,9 12 31,6 16 42,1 18,4 14 Kém SL % C KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ Kết luận Trên kinh nghiệm mà đúc rút trình giảng dạy kiểm nghiệm qua thực tiển giảng dạy mơn tốn Đặc biệt việc ôn tập, bồi dưỡng học sinh giỏi buổi sinh hoạt chuyên môn tổ đồng nghiệp đánh giá cao Để đạt mục tiêu chất lượng từ đầu giáo viên môn cần phải tập trung giảng dạy thật kỹ lý thuyết Cần kết hợp đa dạng giải pháp nhằm mục tiêu giảng dạy tốt hơn, học sinh học tập tích cực Biết lắng nghe ý kiến phản hồi tích cực từ phía học sinh Cần phải theo dõi tiến học sinh kịp thời hướng dẫn em lấy lại kiến thức Ý nghĩa Trước hết, kinh nghiệm giúp tơi tự nghiên cứu, tìm tòi học hỏi nâng cao tay nghề dạy học việc phát triển tư cho học sinh thông qua nâng cao mở rộng toán Giúp em học sinh hiểu làm tốt góp phần nâng cao chất lượng dạy học nhà trường Qua kinh nghiệm, học sinh có ý thức hợp tác, giúp đỡ tham gia tích cực học Học sinh tự tin vào thân em làm tập khó Giúp học sinh hứng thú nhiều với mơn Tốn Tạo khơng khí học hỏi, giao lưu kiến thức, kỹ đồng nghiệp Kiến nghị, đề xuất Trong trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhận thấy việc đổi phương pháp hoạt động thường xuyên để hình thành bồi dưỡng cho em lực tư linh hoạt sáng tạo học tập rèn luyện Mặc dù cố gắng nhiều sáng kiến kinh nghiệm khơng tránh thiếu sót Những kết thưc nghiệm đạt bước đầu nên cần phải có thời gian tiếp tục hồn thiện dần đem áp dụng rộng rãi Tổ chức chuyên đề cấp trường, cụm, việc củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh thông qua việc mở rộng khai thác tốn 15 Tơi mong muốn nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo, bạn đồng nghiệp em học sinh để tơi đạt kết cao hơn, khơng giúp học sinh lớp học tốt môn Tốn mà kinh nghiệm áp dụng để rèn luyện tư cho học sinh khối 6, khối 7, khối với toán phù hợp Xin chân thành cảm ơn 16 ... trường, cụm, việc củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh thông qua việc mở rộng khai thác toán 15 Tơi mong muốn nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, cô giáo, bạn đồng nghiệp em học sinh để tơi... từ toán dễ đến tốn khó Bên cạnh đó, việc củng cố khắc sâu kiến thức cách khai thác, mở rộng tốn khơng giúp học sinh nắm vững kiến thức lý thuyết mà giúp học sinh say mê học toán, phát huy khả tư. .. liệu, qua tìm tòi thử nghiệm, nghiên cứu thực tế giảng dạy thân số đồng nghiệp Tôi mạnh dạn đưa vài kinh nghiệm: "Củng cố kiến thức rèn luyện tư cho học sinh thông qua việc mở rộng khai thác tốn"