MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ NHIỀU ỨNG DỤNG

Đề tài: “Một số bài toán có nhiều ứng dụng” gắn liền với nhiệm vụ được giao của bản thân là GV trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán 9 và thường xuyên tham gia công tác dạy bồi dưỡng HS giỏi bộ môn Toán cho trường và huyện. Với hy vọng sẽ giải quyết được sự trăn trở trong công tác dạy bồi dưỡng HS giỏi nói chung và chất lượng bộ môn Toán 9 nói riêng. Điểm mới của đề tài là tự khám phá tìm tòi những kiến thức mới từ những bài toán có nhiều ứng dụng, nhằm khắc sâu kiến thức của bài toán cơ bản.

1 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I TÊN ĐỀ TÀI: “MỘT SỐ BÀI TỐN CĨ NHIỀU ỨNG DỤNG” II ĐẶT VẤN ĐỀ: Điều 27 Luật Giáo dục 2005 ghi: “Mục tiêu giáo dục phổ thông giúp học sinh (HS) phát triển tồn diện đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ kỹ bản, phát triển lực cá nhân, tính động sáng tạo, hình thành nhân cách người Việt Nam XHCN, xây dựng tư cách trách nhiệm công dân, chuẩn bị cho HS tiếp tục học lên vào sống lao động, tham gia xây dựng bảo vệ tổ quốc” Hướng đổi Giáo dục đào tạo người động, sáng tạo, chủ động học tập Bên cạnh việc dạy cho HS nắm vững nội dung kiến thức, giáo viên (GV) phải dạy cho HS biết suy nghĩ, tư sáng tạo, biết tạo cho HS có nhu cầu nhận thức trình học tập Từ nhu cầu nhận thức hình thành động thúc đẩy q trình học tập tự giác, tích cực tự lực học tập để chiếm lĩnh tri thức Những thành đạt tạo niềm hứng thú, say mê học tập, nhờ mà kiến thức trở thành “tài sản riêng” HS Tri thức nhân loại nói chung kiến thức Tốn học nói riêng vô tận Để chiếm lĩnh, nắm bắt kiến thức Tốn học cách hiệu quả, tích cực cần phải có phương pháp nghiên cứu, học tập đắn phù hợp Một phương pháp tích cực phát số tốn có nhiều ứng dụng để khai thác kiến thức Vì q trình dạy học Tốn nói chung, người dạy người học cần phải tạo cho thói quen: Sau tìm lời giải toán, dù đơn giản hay phức tạp, cần tiếp tục suy nghĩ, dựa vào toán ta tìm kết thú vị hấp dẫn khơng Ngồi việc phát nhiều tốn mới, giúp học sinh ghi nhớ, khắc sâu nội dung toán biết vận dụng linh hoạt tốn giải tốn Đề tài: “Một số tốn có nhiều ứng dụng” gắn liền với nhiệm vụ giao thân GV trực tiếp giảng dạy mơn Tốn thường xun tham gia cơng tác dạy bồi dưỡng HS giỏi mơn Tốn cho trường huyện Với hy vọng giải trăn trở công tác dạy bồi dưỡng HS giỏi nói chung chất lượng mơn Tốn nói riêng Điểm đề tài tự khám phá tìm tòi kiến thức từ tốn có nhiều ứng dụng, nhằm khắc sâu kiến thức toán III CƠ SỞ LÝ LUẬN: Ứng dụng đưa lý thuyết áp dụng vào thực tiễn Bài toán ứng dụng vận dụng lý thuyết chứng minh để giải toán khác Bài toán ứng dụng chứng minh khẳng định hay mệnh đề xem “định lý” GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh Bài tốn có nhiều ứng dụng phát nhiều toán mới, từ tốn giải nhiều kết thú vị hấp dẫn Khơng phải tốn có nhiều ứng dụng Việc phát tốn có nhiều ứng dụng đường lý thú làm tốn Tơi nghĩ cần chủ động tìm tốn có nhiều ứng dụng tập hợp ứng dụng chắn phương pháp học mang lại hiệu cao IV CƠ SỞ THỰC TIỄN: Qua trình nghiên cứu giảng dạy, nhận thấy: - HS học yếu mơn tốn nói chung yếu chứng minh hình học nói riêng chủ yếu thuộc khái niệm, định lý, - Nhiều HS 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 - Học không đơi với hành, làm cho thân HS củng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ để làm tảng tiếp thu kiến thức mới, lực cá nhân khơng phát huy hết - Đa số HS, sau tìm lời giải cho tốn em hài lòng dừng lại, khơng cần nhớ vấn đề chứng minh chìa khóa để giải toán khác - Một số GV chưa thực quan tâm đến ứng dụng tốn tiết dạy nói riêng cơng tác dạy học nói chung - Trong đề thi học sinh giỏi thường gặp tốn sử dụng kiến thức tốn có nhiều ứng dụng, học sinh chưa biết lúng túng khơng biết cách giải Nhằm góp phần khắc phục hạn chế nêu, định biên soạn đề tài: “Một số tốn có nhiều ứng dụng” để áp dụng vào thực tế giảng dạy môn bồi dưỡng HS giỏi V NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Để công tác bồi dưỡng học sinh giỏi thân đạt hiệu cao cung cấp cho HS số tốn có nhiều ứng dụng để HS làm quen Trên sở đó, HS tự tìm kiến thức Chúng ta toán sau: Bài toán 1: (Bài 30 trang 116 sgk toán tập I) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R Vẽ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (các tia Ax, By phía vớiy nửa đường tròn AB) Qua điểm xM thuộc nửa đường tròn (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax, By theoMthứ tự C, D Chứng Dminh a) �COD  90 C b) CD = AC + BD c) Tích AC.BD khơng đổi điểm M di chuyển nửa đường tròn GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh A O B Hướng giải: a) b) Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta chứng minh �COD  900 CD = AC + BD c) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OCD ta được: OM2 = MC.MD  AC.BD = R2 (khơng đổi) Từ kết tốn ta chứng minh toán sau: Bài 1.1: Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R Vẽ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (các tia Ax, By phía với nửa đường tròn AB) Gọi M điểm di động nửa đường tròn Qua M vẽ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By theo thứ tự C, D Tìm vị trí điểm M nửa đường tròn để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ Hướng giải: Vận dụng kết tập SACDB = AC + BD CD AB AB = AB �  2R 2 2 Vậy minSABDC = 2R2  M điểm cung AB Bài 1.2 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R M điểm thuộc nửa đường tròn (khác A B) Tiếp tuyến (O) M cắt tiếp tuyến A B (O) C D Tìm giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM Hướng giải: y x D M C A H O B Vận dụng kết CD = AC + BD GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh Kẻ MH  AB (H �AB) ta có MH �MO = R Tứ giác ABDC hình thang vng nên CD �AB = 2R Ta có SABDC =  AC  BD  AB  CD AB �AB AB  R 2 2 MH AB MO AB �  R2 SMAB= 2 Nên SACM + SBDM = SABDC - SMAB �2R2 –R2 ( Vì a > b, c < d => a – c > b – d) � SACM + SBDM �R2 Dấu “=” xảy � H ≡ O � M giao điểm đường thẳng vng góc với AB vẽ từ O nửa đường tròn (O) Vậy M giao điểm đường thẳng vng góc với AB vẽ từ O nửa đường tròn (O) Thì SACM + SBDM nhỏ R2 Nếu học sinh nhớ kết AC + BD = CD AC.BD = R2 học sinh chứng minh toán nâng cao sau đây: Bài 1.3: Trên đường thẳng d lấy hai điểm A, B nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d ta dựng hai tia Ax, By vng góc với d Ax lấy điểm C, By lấy điểm D cho AC + BD = CD Chứng minh CD tiếp tuyến (O) đường kính AB Hướng giải: y x D M C d A O B E Gọi O trung điểm AB; E giao điểm DO CA + Chứng minh ∆OBD = ∆OAE (cạnh góc vng – góc nhọn kề)  AE = BD OE = OD  CE = CD nên ∆CDE cân C  Trung tuyến CO đồng thời phân giác ∆CDE Kẻ OM vng góc CD + Chứng minh OM = OA suy điều cần chứng minh GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh Bài 1.4: Trên đường thẳng d lấy hai điểm A, B nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d ta dựng hai tia Ax, By vng góc với d Ax lấy điểm C, By lấy điểm D cho AB = 4AC.BD Chứng minh CD tiếp tuyến (O) đường kính AB Hướng giải: Gọi O trung điểm AB Dựa vào AB = 4AC.BD Chứng minh tam giác AOC đồng dạng tam giác BDO (c.g.c)  �AOC  �ODB  �COD  90 Kẻ OM vuông góc với CD dựa vào 1.3 chứng minh OM = OA, suy điều cần chứng minh Bài tốn 2: Cho hai đường tròn (O; R) (O’; R’) tiếp xúc A Vẽ tiếp tuyến chung BC (O) (O’) (B thuộc (O); C thuộc (O’)) a) Chứng minh �BAC  90 b) Chứng minh BC  R.R' B M C O A O' Hướng giải: a) Vẽ tiếp tuyến chung hai đường tròn A cắt BC M + Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: MA = MB = MC Suy tam giác ABC vuông A b) Vận dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta chứng minh tam giác OMO’ vuông M + Vận dụng hệ thức lượng tam giác vuông OMO’ chứng minh MA2  R.R '  BC  R.R' Từ kết toán ta chứng minh toán sau: Bài 2.1: Cho hai đường tròn (O1) (O2) có bán kính tiếp xúc với Một tiếp tuyến chung (O1) (O2) với tiếp điểm A, B Tính bán kính đường tròn (O) tiếp xúc với (O 1); (O2) AB GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh Hướng giải: B C A O O2 O1 Gọi x bán kính (O); C tiếp điểm AB với (O) Áp dụng kết tốn ta có: AC  1.x ; CB  4.x ; AB  1.4 Từ AC + CB = AB suy x = 4/9 Bài 2.2: Cho ba đường tròn có bán kính R 1, R2, R tiếp xúc ngồi lẫn đơi tiếp xúc với đường thẳng, R bán kính có độ dài nhỏ Tìm giá trị nhỏ R 1R2 theo R cho trước (Đề thi HSG toán TP HCM 1993 – 1994) Hướng giải: O1 M O2 D A O C B Giả sử R1 ≥ R2 ≥ R Vẽ BD // O1O2 Vận dụng kết toán ta có: AB  R R AB = AC + CB => AC  R1 R CB  R R R R  R1 R  R R  R1 R  ( R1 R  R R )   R1 R  R2 R   R1 RR2 R  R1 R �4R R1 R2  R1 R �16R Dấu = xảy  R1 = R2 = 4R GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh Bài tốn 2.3: Hai đường tròn (O; R) (O’; r) tiếp xúc A Gọi BC, DE tiếp tuyến chung hai đường tròn (B D thuộc đường tròn tâm O) a) Chứng minh BDEC hình thang cân b) Tính diện tích hình thang cân Hướng giải: b) Kẻ tiếp tuyến chung A cắt BC, DE M, N Ta có MN = 2AM = BC = Rr Kẻ đường cao CH cắt OB K Ta có BC2 = KC.HC => 4Rr = (R + r).HC => HC  4Rr Rr Chú ý: MN đường trung bình hình thang BDEC Nên ta tính diện tích tứ giác BDEC theo công thức: SBDEC = MN.CH B M K C H O O' A E N D Bài toán 3: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi H trực tâm tam giác ABC Vẽ OK vng góc với BC (K thuộc BC) Chứng minh AH = 2OK Bài tốn có lời giải sau: A O H B C K D GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh Kẻ đường kính AD, Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành suy K trung điểm HD OK đường TB tam giác ADH => AH = 2OK Từ kết toán ta chứng minh toán sau: Bài 3.1: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R) H trực tâm, G trọng tâm tam giác ABC Chứng minh H, G, O thẳng hàng A Hướng giải: G O H B C K D Vận dụng 3, chứng minh tam giác AHG đồng dạng tam giác KOG (c.g.c) suy �AGH  �KGO  H, G, O thẳng hàng Bài 3.2: Cho tam giác ABC nhọn có hai đường cao AD BK cắt H, M trung điểm BC; O giao điểm đường trung trực tam giác ABC Biết OH//BC, OH = 11cm, OM = cm Tính độ dài đoạn thẳng AD, BC A Hướng giải: K H B D N O C M E + Vẽ (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ đường kính AE + Vận dụng kết toán  AH = 2OM = 10 cm + Chứng minh tứ giác OHDM hình chữ nhật GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh => HD = OM = cm => AD = 15 cm *Tính BC + Kéo dài AD cắt (O) N => HN = HA = 10 cm => AN = 20 cm NE = 2OH = 22 cm Từ ta tính đường kính AE, suy bán kính OB, tính BM, BC Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O điểm M chuyển động cung nhỏ BC Chứng minh MA = MB + MC Hướng giải: A D O B C M Trên MA lấy điểm D cho MD = MB + Chứng minh ∆MBD + Chứng minh ∆MBC = ∆DBA (c.g.c) Suy AD = MC Vậy MA = MB + MC Từ kết toán ta chứng minh toán sau: Bài toán 4.1: Cho tam giác ABC cạnh a (a > 0) điểm M chuyển động đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức T = MA + MB + MC Hướng giải: Do tính bình đẳng cung AB, BC, CA nên ta giả thiết M thuộc cung nhỏ BC Theo kết tốn ta có: T = MA + MB + MC = 2MA - Do MA ≤ 2R nên T ≤ 4R Mà đường cao h  Và a (Vì tam giác ABC đều) 2h (Vì O trọng tâm tan giác ABC) a R R Suy GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 10 => MaxT = 4a M điểm cung nhỏ BC - Khi M thuộc cung nhỏ BC �MBA ≥ 600 => � MBA ≥ � BMA nên MA ≥ AB = a Vậy MinT = 2a M ≡ C M ≡ B 4a Kết luận: Max(MA + MB + MC) = M điểm cung AB, BC, CA Min(MA + MB + MC) = 2a M trùng với đỉnh A, B, C Bài 4.2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M điểm chuyển động cung BC không chứa điểm A; AM BC cắt N Chứng 1 minh   MN MB MC (Đề thi HSG toán tỉnh Quảng Nam năm 2000 – 2001) Hướng giải: Vận dụng kết 4: MA = MB + MC + Chứng minh ∆MBA ∽ ∆MNC (g.g) nên MB.MC = MA.MN = (MB + MC).MN Suy điều cần chứng minh Bài 4.3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) Gọi M điểm thuộc cung nhỏ BC Gọi D giao điểm MA BC Chứng minh MD MD  1 MB MC A Hướng giải: I O B y H C D M Chứng minh ∆MCD ∽ ∆MAB (g.g) => MD  MC ; MD  MB MB MA MC MA Cộng hai tỉ lệ thức vế theo vế sử dụng kết MA = MB + MC Suy điều cần chứng minh Nếu học sinh nhớ toán học sinh chứng minh toán nâng cao sau đây: GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 11 Bài 4.4: Cho đường tròn (O; R) hai điểm B, C cố định (O; R) thỏa � BOC = 1200 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1  M di động MB MC cung nhỏ BC đường tròn (O; R) với M ≠ B M ≠ C (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn TP Đà Nẵng năm 2008) Hướng giải: A I B O C M Gọi A điểm cung lớn BC Trên đoạn MA lấy điểm I cho MI = MB Tam giác MBI cân M có �BMI  600 nên tam giác  CBM = ABI (c.g.c)  MC = IA  MB + MC = MA 1 MB  MC MB  MC 4       ; MB MC MB.MC MA 2R R  MB  MC      Dấu “=” xảy M điểm cung nhỏ BC      M điểm cung nhỏ BC  MB MC  R Kết luận:  Bài tốn 5: Cho đường tròn tâm (O) điểm M nằm ngồi đường tròn Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MT cát tuyến MAB Chứng minh MT2 = MA.MB (Bài 34 trang 80 sgk toán tập II NXBGD) Hướng giải: T M O A B + Chứng minh ∆MAT ∽∆MTB (g.g) Suy điều cần chứng minh GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 12 Từ kết toán ta chứng minh toán sau: Bài 5.1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Đường phân giác góc BAC cắt (O) điểm D Tiếp tuyến với (O) D cắt hai tia AB, AC M, N Gọi P giao điểm (O) MC Chứng minh đường thẳng AP qua trung điểm đoạn MD (Đề thi HSG toán tỉnh Quảng Nam năm 2007 – 2008) Hướng giải: Gọi Q giao điểm AP MN + Vận dụng tốn ta có: QD2 = QP.QA (1) + Chứng minh ∆QMP ∽∆QAM (g.g) => QM = QP.QA (2) Từ (1) (2) => đpcm A O B C P M Q N D Bài 5.2: Cho tam giác ABC cân A ngoại tiếp (O), tiếp điểm cạnh AB, AC, BC D, E, F BE cắt (O) M; DM cắt BF K Chứng minh BK = KF Hướng giải: tương tự 5.1 Bài 5.3: Từ điểm A (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) (B, C hai tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt (O) D E (D nằm A E, dây DE không qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K Chứng minh 1 AK  AD  AE B Hướng giải: E D K A H O C GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 13 + Vận dụng tốn ta có: AD.AE = AC2 (1) + Chứng minh điểm A, B, H, O, C nằm đường tròn + Chứng minh ∆AHC ∽∆ ACK (g.g) => AH.AK = AC2 (2) Từ (1) (2) => AD.AE = AH.AK => 2AD.AE = 2AH.AK = (AH + AH).AK = (AD + DH + AE - HE).AK = (AD + AE)AK AD  AE 1 =>    AK AD AE AD AE Bài toán 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), kẻ đường cao BE, CF tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc EF Hướng giải: y A x E F O B C Kẻ tiếp tuyến xAy đường tròn (O) + Chứng minh �xAB  �ACB �AFE  �ACB => �xAB  �AFE => xy // FE => OA vuông góc FE Từ kết tốn ta chứng minh toán sau: Bài 6.1: Cho đường tròn (O; R), BC dây cung cố định khác đường kính Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn, kẻ đường cao AD, BE, CF tam giác ABC Xác định vị trí điểm A cung lớn BC để chu vi tam giác DEF đạt giá trị lớn GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 14 Hướng giải: y A x E F B O D C + Vận dụng kết tốn ta được: OA vng góc FE nên S = OA.FE AEOF Tương tự : OB vng góc FD, OC vng góc ED nên SBFOD  OB.DF OC.DE ;SCDOE  2 => SABC = SAEOF + SBFOD + SCDOE = (EF + FD + DE) R = PDEF R 2 PDEF lớn  SABC lớn  AD lớn (vì BC cố định) A điểm cung lớn BC Bài 6.2: Cho BC dây cung cố định (O;R) (BC ≠ 2R), A điểm chuyển động (O) cho tam giác ABC nhọn, BD CE hai đường cao tam giác ABC Chứng minh đường thẳng kẻ từ A vng góc với DE qua điểm cố định Hướng giải: Vận dụng kết tốn ta có OA vng góc DE, từ suy điểm cố định điểm O Bài 6.3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O,R), kẻ đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt I a) Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF b) Giả sử góc BAC 600 Tính diện tích tứ giác AEOF theo R (Đề thi HSG toán tỉnh Quảng Nam năm 2011 – 2012) Hướng giải: b) Nhờ nhận biết kết OA vng góc với EF nên tính diện tích tứ giác AEOF cách dễ dàng Nếu HS nhớ hướng chứng minh OA vuông góc EF HS chứng minh tốn sau đây: GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 15 Bài 6.4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) E, F cạnh AC, AB cho EF vuông góc với OA Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp VI KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Trong trình dạy học phân mơn hình học, tơi áp dụng đề tài không để dạy cho lớp bồi dưỡng HS giỏi mà linh hoạt dạy cho HS đại trà Ban đầu em chưa thấy tác dụng nên lười suy nghĩ Về sau giải vài tốn có nhiều ứng dụng em lại say mê học tốn hình hơn, lẽ khai thác tốn hình học có nhiếu ứng dụng khơng phát nhiều kiến thức mới, mà củng cố khắc sâu nhiều kiến thức cũ, giúp cho HS phát triển tư sáng tạo Trong thời gian biên soạn đề tài áp dụng vào giảng dạy HS theo ý tưởng trên, đến hầu hết em lớp bồi dưỡng mơn tốn trường huyện có thói quen ghi nhớ kết luận chứng minh để có dịp vận dụng vào chứng minh toán khác Trong năm học quan tâm Phòng Giáo dục Đào tạo huyện Phú Ninh, Ban giám hiệu trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm tạo điều kiện cho trực tiếp bồi dưỡng HS giỏi Toán Casio 8, trường bồi dưỡng HS giỏi Toán 9, Casio 8, cho huyện dự thi cấp Tỉnh với kết đạt sau: Cấp huyện: + Giải cá nhân: Tốn 9: giải nhì, 1KK; Casio 8: giải nhất, Casio 9: giải nhì + Giải đồng đội: Giải nhì đồng đội mơn tốn 9, giải ba đồng đội tốn Casio 8, giải nhì đồng đội tốn Casio Cấp Tỉnh: Có 08 HS đạt giải cấp tỉnh (Casio 8: 01 giải nhì 1KK, Casio 9: 1KK, Mơn Tốn: 1giải nhất, giải nhì, giải ba, KK) Sau thực nghiệm sư phạm lớp tiến hành khảo sát mức độ tiếp thu kiến thức học sinh lớp bồi dưỡng với đề khảo sát sau: Cho tam giác ABC cân A ngoại tiếp (O), tiếp điểm cạnh AB, AC, BC D, E, F; BE cắt (O) M; DM cắt BF K Chứng minh BK = KF Kết chất lượng làm minh chứng: Giỏi Khá TB Yếu TB trở lên Lớp TSHS SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL BD 10 50 30 20 10 100 % % % % Kết thi HS giỏi toán cấp tỉnh năm học 2011 – 2012 huyện Phú Ninh minh chứng cho việc làm (100% HS đội tuyển giải hình số đề thi) GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 16 Với kết trên, nhận thấy rằng: Qua thực nghiệm HS hiểu vận dụng kiến thức tốt nhiều Điều chứng tỏ yếu tố sáng tạo Tốn học vơ cần thiết VII KẾT LUẬN: Đặt giải vấn đề tốn có nhiều ứng dụng góp phần nâng cao lực tư cho người học Toán Đồng thời bồi dưỡng thêm chun mơn cho người dạy Tốn Qua trình giảng dạy nghiên cứu, thân rút số học kinh nghiệm sau đây: + Phát nhiều tốn có nhiều ứng dụng giúp HS khắc sâu kiến thức + Phát nhiều tốn có nhiều ứng dụng khai thác phát triển nhiều kiến thức + Trong trình nghiên cứu đề tài này, thân tự bồi dưỡng thêm chun mơn, nghiệp vụ, tích lũy nhiều kinh nghiệm công tác bồi dưỡng HS giỏi VIII ĐỀ NGHỊ: Qua kết đạt năm số học kinh nghiệm nêu trên, với miệt mài tự biên soạn áp dụng đề tài “Một số tốn có nhiều ứng dụng” vào giảng dạy cho HS giỏi nói chung HS đại trà nói riêng, tơi tin tính khoa học thực tiễn đề tài hồn tồn có sở khả thi hiệu Muốn vậy, để có đội tuyển HS giỏi dự thi cấp Tỉnh tốt hơn, không xem nhẹ công việc bồi dưỡng HS giỏi từ sở Hy vọng đề tài tài liệu hữu ích GV giảng dạy mơn Tốn HS giỏi khối sở Bản thân muốn mở rộng nghiên cứu đề tài thời gian tới, nên mong nhận hỗ trợ quý lãnh đạo, tạo điều kiện thuận lợi mặt để thân tiếp tục phát triển đề tài qui mô rộng Trên sáng kiến tích lũy q trình giảng dạy Trong q trình nghiên cứu biên soạn áp dụng đề tài, chắn khó tránh khỏi thiếu sót, hạn chế Rất mong nhận ý kiến nhận xét, đóng góp thầy giáo, bạn đồng nghiệp, đặc biệt Hội đồng khoa học để đề tài tiếp tục bổ sung hoàn thiện Phú Ninh, ngày 20 tháng 04 năm 2012 GV thực Phan Thy Hiến GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 17 IX TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán (Bùi Văn Tuyên - NXBGD - 7/2005) Bất đẳng thức cực trị hình học phẳng (Nguyễn Đức Tấn - NXBGD - 2005) Vẽ thêm yếu tố phụ để giải số tốn hình học (Nguyễn Đức Tấn - NXBGD - 2005) 108 tốn cực trị hình học (Nguyễn Đức Tấn - Tạ Hồ Công Thắng - NXBĐN - 1998) Các đề thi học sinh giỏi Tốn tồn quốc (Nguyễn Lân - Nguyễn Đức Tấn - Phan Huy Triều - NXB ĐNai 1996) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn THCS (Hình học) (Nguyễn Vũ Thanh - NXBGD - 2005 ) Sách giáo khoa hình học (NXBGD) Tuyển chọn 400 tập Toán (Phan Văn Đức - Nguyễn Hoàng Khanh - Lê Văn Trường NXBĐHQG TPHCM 2005) Nâng cao phát triển Toán - Tập (Vũ Hữu Bình - NXBGD - 10/2005) GV: Phan Thy Hiến Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh 18 X MỤC LỤC NỘI DUNG I/ Tên đề tài II/ Đặt vấn đề III/ Cơ sở lý luận IV/ Cơ sở thực tiễn V/ Nội dung nghiên cứu VI/ Kết nghiên cứu VII/ Kết luận VIII/ Đề nghị IX/ Tài liệu tham khảo X/ Mục lục GV: Phan Thy Hiến TRANG 01 01 01 02 02 14 15 16 17 18 Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm - Phú Ninh ...2 Bài tốn có nhiều ứng dụng phát nhiều tốn mới, từ tốn giải nhiều kết thú vị hấp dẫn Khơng phải tốn có nhiều ứng dụng Việc phát tốn có nhiều ứng dụng đường lý thú làm tốn... thường gặp toán sử dụng kiến thức tốn có nhiều ứng dụng, học sinh chưa biết lúng túng khơng biết cách giải Nhằm góp phần khắc phục hạn chế nêu, định biên soạn đề tài: Một số tốn có nhiều ứng dụng ... dạy nghiên cứu, thân rút số học kinh nghiệm sau đây: + Phát nhiều tốn có nhiều ứng dụng giúp HS khắc sâu kiến thức + Phát nhiều tốn có nhiều ứng dụng khai thác phát triển nhiều kiến thức + Trong