sáng kiến Khai thác, phát triển từ một bài toán hình học lớp 9”

Để giúp các em học sinh tháo gỡ những khó khăn trong quá trình học tập bộ môn Toán, đặc biệt là phân môn Hình học, đồng thời, giúp các em phát triển tư duy lô gíc, hình thành cho các em cách nghiên cứu khoa học trong quá trình học tập, tôi đã nảy sinh sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ một bài toán hình học lớp 9”.

TĨM TẮT NỘI DUNG SÁNG KIẾN Mơn Tốn có vai trò quan trọng đời sống khoa học kỹ thuật Vì vậy, người thầy phải có phương pháp dạy học để phát huy tính tích cực học tập học sinh Khi dạy em học sinh khá, giỏi cần tạo tình có vấn đề tốn để em tìm tòi, nghiên cứu phát kết luận mới, từ tơi nảy sinh sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” Nội dung sáng kiến “Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” trình bày sở: - Thông qua việc giải tập sách giáo khoa hình thành tập có nội dung phong phú đa dạng - Thông qua việc khai thác, phát triển tốn, hình thành chuỗi tập có nội dung liên quan, lấy tập làm sở để phát triển tập - Ngoài ra, cách thay đổi, thêm, bớt số yếu tố đề tốn, ta có tốn thú vị độc đáo Qua việc khai thác, phát triển “Bài toán gốc” sách giáo khoa Toán thành 16 toán giúp em học sinh nhận thấy: việc khai thác, phát triển toán trở thành tốn khó có ý nghĩa quan trọng q trình học tập Nó giúp học sinh hiểu sâu sắc toán, đồng thời khắc sâu cho em kiến thức nâng cao Việc khai thác, phát triển "Bài toán gốc" phần giúp em học sinh làm quen với việc tự học, tự tìm tòi nghiên cứu tài liệu, điều giúp ích cho em suốt trình học tập sau Để áp dụng sáng kiến vào giảng dạy, người thầy cần phải: - Dạy cho học sinh nắm chắc, hiểu sâu kiến thức tăng cường luyện tập để em vận dụng thành thạo kiến thức - Phát huy tính sáng tạo, tự lực học sinh cách đổi phương pháp giảng dạy, áp dụng có hiệu phương pháp dạy học lấy học sinh làm trung tâm Bằng kết đạt được, tín hiệu từ học trò, thầy ln điều chỉnh nội dung truyền tải vận dụng phương pháp cho phù hợp, có hiệu cao - Tìm mối quan hệ phần kiến thức, tạo móc xích lơgíc nội dung kiến thức, làm sở khai thác, phát triển kiến thức sâu rộng MÔ TẢ SÁNG KIẾN Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến 1.1 Lý chọn nghiên cứu vấn đề: Trong q trình giảng dạy mơn Tốn, tơi nhận thấy: hay tốn khơng dừng lại hồn thành giải mà sau tốn lại vấn đề để ta suy nghĩ, tìm tòi Như vậy, trình giảng dạy, người thầy sử dụng hợp lý phương pháp dạy học giúp cho học sinh tìm thấy tốn đặc biệt hơn, tổng quát từ toán ban đầu Năng lực quan trọng, làm phong phú nguồn vốn kiến thức, rèn luyện kỹ giải tốn góp phần phát triển tư cho học sinh Song thực tế phần lớn học sinh chưa thực có thói quen tìm tòi, khám phá để phát điều lí thú sau tốn Một số em có ý thức tìm nhiều cách giải cho tốn, điều thật đáng q, dừng lại thơi chưa đủ Điều cần thiết học sinh biết cách tự học, tự tìm tòi, nghiên cứu để phát kiến thức Khi tự nghiên cứu mà phát kiến thức mới, học sinh hiểu sâu sắc vấn đề mà em quan tâm nghiên cứu, từ hình thành em niềm say mê học tập nghiên cứu khoa học Khi dạy em học sinh khá, giỏi tạo tình có vấn đề tốn để em tìm tòi, nghiên cứu phát kết luận mới, từ em đặt thêm yêu cầu khó cho toán Vấn đề đặt là: việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển từ toán sách giáo khoa cho hiệu quả, để phát triển thành tốn khó việc làm khơng phải dễ Để giúp em học sinh tháo gỡ khó khăn q trình học tập mơn Tốn, đặc biệt phân mơn Hình học, đồng thời, giúp em phát triển tư lô gíc, hình thành cho em cách nghiên cứu khoa học q trình học tập, tơi nảy sinh sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ toán hình học lớp 9” 1.2 Phạm vi nghiên cứu đối tượng áp dụng: - Khai thác, phát triển tập 31 (Trang 116- SGK Toán 9- Tập 1- NXB Giáo dục) - Áp dụng dạy đối tượng học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào lớp 10 THPT, ôn thi học sinh giỏi cấp 1.3 Mục tiêu nghiên cứu: Khai thác, phát triển tốn hình sách giáo khoa thành nhiều tốn khác có liên quan nhằm phát huy lực sáng tạo, hình thành tư nghiên cứu khoa học cho học sinh 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau đây: - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp khảo sát thực tiễn - Phương pháp đặc biệt hố - Phương pháp phân tích - Phương pháp tổng hợp - Phương pháp khái quát hóa Thực trạng việc khai thác, phát triển toán Qua trình cơng tác giảng dạy, tơi thấy: - Đa số học sinh, sau tìm lời giải cho tốn em hài lòng dừng lại, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác thêm tốn, khơng sáng tạo thêm nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - Học sinh học vẹt, làm việc rập khn, máy móc Từ dẫn đến làm tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - 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 - Học không đôi với hành, làm cho thân học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ để làm tảng tiếp thu kiến thức mới, lực cá nhân khơng phát huy hết - Việc chuyên sâu vấn đề đó, liên hệ tốn với nhau, phát triển toán giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức Quan trọng nâng cao tư cho em học sinh, giúp học sinh có hứng thú học tốn Các giải pháp, biện pháp thực 3.1 Kiến thức cần nhớ 3.1.1 Khái niệm tiếp tuyến đường tròn: Nếu đường thẳng a đường tròn (O) có điểm chung C đường thẳng a gọi tiếp tuyến đường tròn (O) Điểm C gọi tiếp điểm 3.1.2 Các tính chất tiếp tuyến: * Đinh lí 1: Nếu đường thẳng tiếp tuyến đường tròn vng góc với bán kính qua tiếp điểm * Định lí 2: (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Nếu hai tiếp tuyến đường tròn cắt điểm thì: - Điểm cách hai tiếp điểm - Tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến - Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm 3.1.3 Đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác * Đường tròn nội tiếp tam giác Đường tròn tiếp xúc với ba cạnh tam giác gọi đường tròn nội tiếp tam giác (hay tam giác ngoại tiếp đường tròn) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác giao điểm đường phân giác tam giác * Đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường tròn qua ba đỉnh tam giác gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác (hay tam giác nội tiếp đường tròn) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác giao điểm ba đường trung trực tam giác 3.1.4 Bất đẳng thức Cauchy(Cô-Si) áp dụng cho số không âm Với số a, b không âm, ta có: ab � a.b Đẳng thức xảy � a  b 3.1.5 Các hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông 3.2 Bài toán gốc Bài 31 (Trang 116 - SGK Toán – Tập – NXB giáo dục) Trên hình 82, tam giác ABC ngoại A tiếp đường tròn (O) F D a) Chứng minh rằng: O 2.AD = AB + AC – BC b) Tìm hệ thức tương tự B E C hệ thức câu a) Lời giải: a) Ta có: AB, AC, BC tiếp tuyến đường tròn(O) (gt) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được: AD = AF; BD = BE; CE = CF Do đó: AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + CF) – (BE + CE) = (AD + AF) + (BD – BE) + (CF – CE) = (AD + AD) + (BD – BD) + (CE – CE) = 2.AD (Đpcm) b) Chứng minh tương tự câu a, ta hệ thức sau: 2.BD = 2.BE = AB + BC – AC ; 2.CE = 2.CF = AC + BC – AB 3.3 Khai thác, phát triển "Bài toán gốc" Với việc áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, dễ dàng chứng minh tập 31- Trang 116 - SGK Toán tập Nhưng biết cách khai thác, phát triển tốn theo cách khác khám phá kết đáng khích lệ 3.3.1 Nếu đặt BC  a, AC  b, AB  c , p  abc ta có: bca a bc  a pa 2 a cb abc BD  BE   bpb 2 abc abc CE  CF   cpc 2 AD  AF  Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho số dương p  a p  b , ta được:  p  a   p  b p  a  p  b 2p  a  b c �   (1) 2 Tương tự:  p  b  p  c a � (2)  p  c  p  a  b � (3) Do vế (1), (2), (3) dương, nên nhân vế với vế (1), (2), (3) ta : abc �  p  a   p  b  p  c � � �� abc �  p  a   p  b  p  c � �  p  a   p  b   p  c  �abc Hay 8.AD.BE.CF �abc Dấu “=” xảy a = b = c, nghĩa ABC tam giác Như từ tập 31- Trang 116 - SGK Toán tập (ta gọi “Bài toán gốc”) biết cách khai thác, phát triển cách sử dụng bất đẳng thức Cơ-Si ta có toán sau đây: Bài toán 1: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O) với tiếp điểm cạnh AB, BC, CA D, E, F Chứng minh: 8.AD BE CF ≤AB.BC.AC 3.3.2 Từ “Bài tốn gốc” ta đặc A biệt hóa tốn thành: Tam giác F D ABC vng đỉnh A(AB = c, O AC = b, BC = a) ta có: BE  acb a bc ; CF  2 Khi đó: BE CE = B C E a  c  b a  b  c  a  (c  b)   a  (c  b)   2 a  (c  b) a  b  c  2bc   4 Theo định lý Pitago tam giác vng ABC thì: a  b2  c2 � a  b2  c2  Do BE CE  2bc bc   SABC � SABC  BE CE Từ “Bài toán gốc” khai thác, phát triển theo hướng ta có tốn 2: Bài tốn 2: �  900 ) ngoại tiếp đường tròn (O) có tiếp điểm Cho tam giác ABC ( A cạnh huyền BC E Chứng minh: SABC = BE CE 3.3.3 Từ “Bài toán gốc” ta A đặc biệt hóa tốn, cho tam giác ABC F D vuông đỉnh A (AB = c, AC = b, BC = a) Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vng ABC OD = OE = O B OF = r Khi ta thấy tứ giác ADOF �D �  F$  900 , OD  OF ) hình (do A bca � AD  OD  r mà AD  E C  �r  � bca r b  c  a b  c 1 �b  c �     �  1� (4) a 2a 2a 2 �a � Theo định lí Pitago ta có: a  b  c Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si cho số dương, ta có: a  b  c �2bc    2a 2bc b c2 b c � b  c �a   Từ (4), (5)  (5) r a �a � 1� � 2� a � 1 r 1 hay � a Dấu “ = ” xảy b = c, tam giác ABC vuông cân đỉnh A Từ việc khai thác, phát triển trên, ta có tốn sau: Bài toán 3: �  900 ) Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam Cho tam giác ABC ( A giác, a độ dài cạnh huyền Chứng minh rằng: r 1 � a 3.3.4 Từ toán ta tiếp A tục gọi R bán kính đường tròn F D ngoại tiếp tam giác vng ABC ta có BC = a = 2R r 1 � a r 1  2R O mà  B R r 1 E hay C R � 1 r Dấu “ = ” xảy b = c, tam giác ABC vuông cân đỉnh A Như với việc khai thác thêm từ tốn 3, ta có toán sau đây: Bài toán 4: �  900 ) Gọi R, r bán kính đường Cho tam giác ABC ( A tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: 6.3.5 Từ “Bài toán gốc” ta đặc A biệt hóa tốn: cho tam giác ABC F D vuông đỉnh A (AB = c, AC = b, BC = a) Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp, R bán kính đường R �  r O B E C tròn ngoại tiếp tam giác vng ABC ta khai thác, phát triển theo hướng khác sau: Ta chứng minh được: r bca � 2r  b  c  a mà a = 2R nên 2R  2r  a  b  c  a  b  c � R  r  bc Với cách khai thác, phát triển trên, ta có toán sau: Bài toán 5: �  900 ) Gọi r, R bán kính đường tròn nội Cho tam giác ABC ( A tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC a) Chứng minh: R + r  AB  AC b) Phát biểu lời kết vừa chứng minh (Tổng bán kính đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác vng trung bình cộng hai cạnh góc vng) 10 3.3.6 Từ tốn 5, ta có: Rr A bc F D Nếu áp dụng bất đẳng thức O Cô – Si cho số dương b c, ta B được: C E bc � bc Do đó: R  r � bc Dấu “ = ” xảy b = c, tam giác ABC vuông cân đỉnh A Với cách khai thác, phát triển từ toán trên, ta đến toán sau: Bài toán 6: �  900 ) Gọi R, r bán kính đường tròn Cho tam giác ABC ( A ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: R  r � bc Bài toán phần khó hình đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - tỉnh Hải Dương năm học 2000 – 2001 Như với cách khai thác, phát triển phần khó hình đề thi vào lớp 10 THPT - tỉnh Hải Dương, năm học 2000 – 2001 trở nên đơn giản nhiều 3.3.7 Từ “Bài toán A gốc”, ta cho tam F giác ABC vuông D N M đỉnh A (AB = c, AC O = b, BC = a) Gọi M giao điểm đường thẳng CO với B E AB, N giao điển đường thẳng BO với AC 11 C Ta chứng minh được: BD  BE  acb abc ;CE  CF  2 lại có OD//AN( vng góc với AB) Áp dụng định lý Ta-lét tam giác ABN ta được: Chứng minh tương tự ta có: BO BD a  c  b   BN BA 2c CO CF a  b  c   CM CA 2b BO CO a  c  b a  b  c a  (b  c )2 b  c  b  2bc  c 2bc �  �     BN CM 2c 2b 4bc 4bc 4bc � BN CM  2.BO.CO � Nếu khai thác, phát triển theo hướng tốn sau: �  900 ) Gọi O tâm đường tròn nội Bài tốn 7: Cho tam giác ABC ( A tiếp Đường thẳng CO, BO cắt AB, AC M, N Chứng minh: BN CM  2.BO.CO Bài tốn tương tự phần hình đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT - tỉnh Hải Dương năm học 1999 – 2000 Như vậy, biết khai thác, phát triển việc tìm lời giải phần khó đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT đơn giản 3.3.8 Vẫn cho tam giác ABC B vuông đỉnh A H (AB = c, AC = b, BC = a) O1 Ta tiếp tục kẻ thêm đường cao O O2 AH gọi (O; r), (O1; r1), (O2; r2) đường tròn C A nội tiếp tam giác ABC, ABH, ACH ta khai thác, phát triển theo hướng khác sau: Ta chứng minh được: 12 bca r (6) Chứng minh tương tự ta có: HB  HA  c r1  (7) HA  HC  b r2  (8) Cộng vế (6), (7), (8) ta được: b  c  a HB  HA  c HA  HC  b   2 (b  b)  (c  c)  (HB  HC  a)  (HA  HA) r  r1  r2  2.HA r  r1  r2   HA r  r1  r2  Hay r  r1  r2  AH (*) Mặt khác ta lại có HBA Nên: ABC (g - g) HB AH AB   Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có: AB AC BC HB AH AB HB  AH  AB HB  AH  c 2r1 r1       AB AC BC AB  AC  BC b c a 2r r Như r1 AB c   r BC a (9) Chứng minh tương tự: r2 AC b   r BC a (10) Từ (9), (10) suy ra: 2 2 2 2 �r1 � �r2 � �c � �b � c b b  c a �r � �r � �a � �a � a2  a2  a2  a2  � � � � �� �� r12 r22 �   � r2  r12  r22 r r Với cách khai thác, phát triển trên, tìm lời giải thú vị cho tốn khó sau Bài tốn 8: �  900 ), đường cao AH Gọi (O; r); (O1; r1); Cho tam giác ABC ( A 13 (O2; r2) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH, ACH Chứng minh: a) r + r1 + r2 = AH b) r2  r12  r22 Phần b tốn phần khó hình(phần c, 4) đề thi vào lớp 10 – THPT tỉnh Thái Bình, năm học 2002 – 2003 Mặc dù toán cho riêng biệt đề thi tốn khó, em học sinh giỏi gặp nhiều khó khăn Nhưng biết khai thác, phát triển trở nên đơn giản nhiều Ngồi ra, có đẳng thức r2  r12  r22 r, r1, r2 độ dài cạnh tam giác vng Vậy thay phần b toán yêu cầu chứng minh: r, r 1, r2 độ dài cạnh tam giác vuông 3.3.9 Ta tiếp tục khai thác, phát triển B toán theo cách tìm mối H E quan hệ AH r r Theo tốn ta có r, r1, r2 độ dài cạnh tam giác vng O A C Do r1  r2  r mà AH  r  r1  r2 � AH  r  (r1  r2 )  r  r  2r Vậy AH > 2r Với cách khai thác, phát triển trên, ta tìm thêm mối quan hệ đường cao AH với bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vng ABC Từ ta có tốn sau: �  900 ), đường cao AH Gọi r bán kính Bài toán 9: Cho tam giác ABC ( A đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng: AH > 2r 14 3.3.10 Cũng “Bài toán A gốc” (giả sử AB>AC), ta tiếp tục kẻ đường trung tuyến AD Gọi F (O1); (O2) đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD O2 O1 E C B D Đường tròn (O1); (O2) tiếp xúc với AD E F thì: Áp dụng kết “Bài toán gốc” ACD ABD ta có: DF = AD +CD - AC AD  BD  AB ;DE  2 Vì CD = BD; AB > AC nên DE < DF � điểm E nằm điểm D F Do đó: AD +CD - AC AD  BD  AB  2 AD - AD +CD - BD +AB - AC DF - DE = DF - DE = DF - DE = AB - AC AB - AC � EF = 2 Hay AB - AC = 2EF Như với cách khai thác, phát triển ta đến với toán sau: Bài tốn 10: Cho tam giác ABC (AB > AC), có AD đường trung tuyến Gọi (O 1); (O2) đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD Đường tròn (O 1); (O2) tiếp xúc với AD E F Chứng minh: AB - AC = 2EF A 3.3.11 Cũng hình vẽ F D “Bài toán gốc” ta khai thác theo O hướng khác: B E 15 C Đặt BC  a, AC  b, AB  c , p  abc , OD=OE=OF = r Ta có: S ABC  S AOB  S AOC  S BOC Mà: S AOB  1 1 1 AB.OD  c.r; S AOC  AC.OF  b.r ; S BOC  BC.OE  a.r 2 2 2 � S ABC  1 abc c.r  b.r  a.r  r �  r p 2 2 Như vậy, từ hình vẽ “Bài tốn gốc” khai thác theo hướng ta có tốn 11 sau: Bài toán 11: Cho tam giác ABC Đặt BC  a, AC  b, AB  c , p  abc , gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh: S ABC  r p 3.3.12 Từ kết Bài toán 11, ta có: S ABC  p.r (11) Nếu ta gọi , hb , hc đường cao tương ứng với cạnh a, b, c cuả tam giác ABC Khi ta có: S ABC  a.ha b.hb c.hc   (12) 2 a b c  ;  ;  2.S ABC hb 2.S ABC hc 2.S ABC Suy ra: 1 abc 2p   nên: h  h  h  2.S p.r r a b c ABC Với cách khai thác, phát triển ta thu toán 12 sau: Bài tốn 12: Cho tam giác có: , hb , hc đường cao, r bán 1 1 kính đường tròn nội tiếp Chứng minh: h  h  h  r a b c 3.3.13 Từ (11) (12) � p.r  a.ha b.hb c.hc   2 16 r r r (a  b  c); hb  (a  b  c ); hc  (a  b  c ) a b c 1 �  hb  hc  r (a  b  c )(   ) a b c b c a c � � a b r�  (  )  (  )  (  )� c a c a � � b a �  Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho số dương ta được: a b a b b c a c  �2 �  2;  �2;  �2 b a b a c b c a �  hb  hc �9r Nếu khai thác, phát triển ta có toán 13 sau: Bài toán 13: Cho tam giác có: , hb , hc đường cao, r bán kính đường tròn nội tiếp Chứng minh:  hb  hc �9r 3.3.14 Nếu ta tiếp tục bổ sung thêm điều kiện: a  b �c phát triển tiếp tốn sau: Ta có: 2ab �a  b ( Bất đẳng thức Cô-Si) � a  2ab  b �2(a  b ) � (a  b) �2.c � a  b � 2.c � a  b  c �(  1)c Mà S ABC  p.r ; S ABC  c.hc � c.hc  p.r  (a  b  c) � r r � hc  (a  b  c) ( Chứng minh Bài toán 13) c � r c c 1  �    hc a  b  c (  1)c  1,5  Nếu khai thác, phát triển theo cách ta có tốn 14 sau: Bài tốn 14: Cho tam giác có độ dài cạnh a, b, c thoả mãn điều kiện a  b �c 17 Gọi p, r, hc nửa chu vi, độ dài bán kính đường tròn nội tiếp, độ dài r đường cao ứng với cạnh c tam giác Chứng minh rằng: h  c Bài tốn 14 phần đề thi vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Ninh Bình, năm học 2008-2009 Như biết khai thác, phát triển tốn đơn giản SGK khó đề thi vào lớp 10 THPT chuyên trở nên đơn giản Kết toán 14 a  b  c Với điều kiện này, theo định lý đảo định lý Py-ta-go ta có tam giác ABC vng C 3.3.15 Từ hình vẽ A “Bài tốn gốc” ta nối OA F DF cắt H Nối H OB DE cắt K Nối OC FE cắt O I D K I C B E Ta có: OD = OF (bán kính) AD = AF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) � OA đường trung trực đoạn thẳng DF � OA  DF Xét V ADO có: AD  DO (vì AD tiếp tuyến đường tròn (O) DH  AO (vì AO  DF) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ADO ta có: AD2 = AH.AO � AD = AH AO Mà theo “Bài toán gốc” ta chứng minh được: 2AD = AB+AC-BC � AH AO = AB + AC - BC Chứng minh tương tự ta được: BK BO = AB + BC - AC 18 CI CO = BC + AC - AB Cộng vế đẳng thức ta được: AH AO +2 BK BO +2 CI CO =AB +AC - BC +AB + BC -AC+BC + AC- AB � 2( AH AO + BK BO + CI CO ) = AB + AC + BC Mặt khác: D, E, F đỉnh tam giác (vì D, E, F thuộc đường tròn(O) nên khơng thể thẳng hàng) OA đường trung trực đoạn thẳng DF � H trung điểm DF � EH đường trung tuyến V DEF Tương tự ta có: FK, DI đường trung tuyến V DEF � EH, FK, DI đồng quy Nếu khai thác, phát triển ta toán 15 sau: Bài toán 15: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O) D, E, F tiếp điểm đường tròn (O) với cạnh AB, BC, AC AO cắt DF H, BO cắt DE K, CO cắt EF I Chứng minh: a) 2( AH AO + BK BO + CI CO ) = AB + AC + BC b) Các đường thẳng EH, FK, DI đồng quy 3.3.16 Từ “Bài toán gốc” ∆ABC A có Â=900 AD bán kính r (O) F D Vậy ta có: 2r = AB +AC – BC O Áp dụng điều ta giải tốn sau: B E C Bài tốn 16: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C điểm tùy ý nửa đường tròn, D hình chiếu vng góc C AB Tia phân giác góc ACD cắt đường tròn đường kính AC điểm thứ hai E, cắt tia phân giác góc ABC H Gọi I giao điểm CE với phân giác góc BAC Trên BH lấy K cho HK=HD Gọi J giao điểm AI BH Xác định vị trí điểm C để tổng khoảng cách từ I, J, K đến AB lớn 19 C H I J S K G A O F M D B N E Gọi IF, JM, KN khoảng cách từ I, J, K đến AB Ta có I, J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông ACD, ABC, BCD � IF, JM, KN bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông ACD, ABC, BCD � 2IF = DA+DC – AC 2JM = CA+CB – AB 2KN = DC+DB – BC � 2(IF+JM+KN) = DA+DC – AC +CA+CB – AB +DC+DB – BC 2(IF+JM+KN) = DC +DC IF+JM+KN = DC Mà CD  AB AB đường kính cố định � CD lớn C điểm cung AB Vậy IF+JM+KN lớn C điểm cung AB Kết đạt Qua việc áp dụng sáng kiến “Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào THPT đội tuyển học sinh giỏi, thu số kết đây: - Học sinh khơng ngại giải tập hình học, nắm kiến thức có kỹ giải tập hình học tốt 20 - Một số em bước đầu biết cách khai thác, phát triển toán giải, đề xuất toán Để đánh giá hiệu việc áp dụng sáng kiến này, kiểm tra đánh giá chất lượng em học sinh khá, giỏi lớp 9A dạy theo cách áp dụng sáng kiến để đối chứng với em học sinh khá, giỏi lớp 9B dạy theo cách thông thường Thời gian làm em 45 phút Đề bài: Câu 1: ( điểm ) Cho tam giác ABC vng C có ba cạnh a, b, c Gọi S, p, r, hc diện tích, nửa chu vi, độ dài bán kính đường tròn nội tiếp, độ dài đường cao thuộc cạnh c tam giác Chứng minh rằng: a) S = p.r b) r = r abc 2 c) h  c Câu 2: ( điểm ) Cho tam giác ABC, trung tuyến CD Đường tròn nội tiếp tam giác ACD, BCD tiếp xúc với CD E F Chứng minh 2.EF + BC = AC Sau chấm thu kết sau: Lớp 9A 9B Sĩ số 10 10 Điểm SL % 10 Điểm Điểm Điểm 5,0 � 6,3 SL % 20 30 6,5 � 7,8 SL % 30 50 8,0 � 10 SL % 50 10 Ở lớp 9A, em học có tư khai thác, phát triển nên em nắm Do vậy, em làm nhanh hơn, đạt kết tốt thể số đạt điểm giỏi nhiều hơn, khơng có trung bình Ở lớp 9B, em học dừng lại việc tìm lời giải mà khơng đào sâu suy nghĩ, phát triển toán nên nhiều em làm lúng túng, 21 thời gian kết thấp hơn, số đạt điểm giỏi hơn, điểm trung bình Trong trình áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy, rút số học sau: - Phải dạy cho học sinh nắm chắc, hiểu sâu kiến thức tăng cường luyện tập để em vận dụng thành thạo kiến thức - Phát huy tính sáng tạo, tự lực học sinh cách đổi phương pháp giảng dạy, áp dụng có hiệu phương pháp dạy học lấy học sinh làm trung tâm Bằng kết đạt được, tín hiệu từ học trò, thầy ln điều chỉnh nội dung truyền tải vận dụng phương pháp cho phù hợp, có hiệu cao - Cần tìm mối quan hệ phần kiến thức, tạo móc xích lơgíc nội dung kiến thức, làm sở khai thác, phát triển kiến thức sâu rộng - Khi khai thác, phát triển toán ta đặc biệt hóa, bổ sung kiện cho tốn theo nhiều khía cạnh khác Việc hướng dẫn học sinh cách khai thác, phát triển giúp em tăng thêm hứng thú học tập mơn Tốn, ham mê học tập nghiên cứu tài liệu, từ phát triển thành tốn hay khó Điều kiện để sáng kiến nhân rộng - Đối với học sinh: Phải nắm kiến thức vận dụng linh hoạt vào tốn khác Phải có lòng say mê học tập khơng ngại khó, thường xun đọc tài liệu tham khảo - Đối với giáo viên: Phải có trình độ chun mơn vững vàng để khơng có lời giải hay mà khai thác phát triển toán thành toán hay hơn, đa dạng KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 22 Sau thời gian áp dụng sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào lớp 10 THPT đội tuyển học sinh giỏi Tốn 9, tơi nhận thấy: học sinh tự tin nhiều gặp tốn hình học, em có nhiều cách tư sáng tạo để làm Nhiều em biết khai thác, phát triển tốn cách thơng minh lơgíc Tuy nhiên, việc khai thác, phát triển trình bày khai thác, phát triển ban đầu nên chuyên đề nhiều vấn đề mở, cần tiếp tục nghiên cứu, chẳng hạn: Các toán liên quan đến đường tròn bàng tiếp tam giác nhiều tốn đại số, số học, hình học sách giáo khoa sách tham khảo mơn Tốn cấp Trung học sở Có thể nói đầu tư thời gian suy nghĩ sâu tốn sách giáo khoa có hay, đẹp chúng Để học sinh có kỹ khai thác, phát triển tốn giáo viên phải ln tìm cách hướng dẫn gợi mở tạo hứng thú cho em tập độc lập nghiên cứu từ vấn đề đơn giản, dần đến vấn đề phức tạp Với tiết ôn tập chương mơn Tốn cấp Trung học sở, thầy giáo nên mạnh dạn đưa số vấn đề đòi hỏi tính tư cao chút để học sinh khá, giỏi phải nghiên cứu sâu Với thời gian có hạn, sáng kiến tơi trình bày chưa thật phong phú, sâu sắc nội dung chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận đóng góp chân thành bạn đồng nghiệp Tôi xin trân trọng cảm ơn! DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO STT Tên sách, tài liệu Nơi phát hành 23 Chủ biên Sách giáo khoa Toán 9, tập Sách giáo viên Toán 9, tập Sách tập Toán 9, tập Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán Để học tốt Toán 9, tập Giúp em giỏi Hình học Tuyển chọn 400 tập Toán 9 Tuyển tập đề thi mơn Tốn Trung học sở Nhà xuất Giáo dục Nhà xuất Giáo dục Nhà xuất Giáo dục Nhà xuất Giáo dục Nhà xuất Hà Nội Nhà xuất tổng hợp thành phố Hồ Chí Minh Nhà xuất Đại học Quốc gia thành phố Hồ Chí Minh Tơn Thân Tơn Thân Tơn Thân Bùi Văn Tuyên Lê Hồng Đức Nguyễn Đức Tấn - Võ Tất Lộc Phạm Văn Đức Nguyễn Hoàng Khanh Lê Văn Trường Nhà xuất Giáo dục Vũ Dương Thụy Lê Thống Nhất Nguyễn Anh Quân Đề thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán, tuyển sinh vào lớp 10 THPT số tỉnh, thành phố (Sưu tầm mạng Internet) MỤC LỤC Đề mục THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 24 Trang TÓM TẮT NỘI DUNG SÁNG KIẾN MƠ TẢ SÁNG KIẾN Hồn cảnh nảy sinh sáng kiến 1.1 Lí chọn nghiên cứu vấn đề 1.2 Phạm vi nghiên cứu đối tượng áp dụng 1.3 Mục tiêu nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Thực trạng việc khai thác, phát triển toán Các giải pháp, biện pháp thực 3.1 Kiến thức cần nhớ 3.2 Bài toán gốc 3.3 Khai thác, phát triển “Bài toán gốc” Kết đạt Điều kiện để sáng kiến nhân rộng KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 25 4 5 5 6 7 21 23 24 ... sáng kiến: Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào lớp 10 THPT đội tuyển học sinh giỏi Tốn 9, tơi nhận thấy: học sinh tự tin nhiều gặp tốn hình học, em có... dụng sáng kiến Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào THPT đội tuyển học sinh giỏi, thu số kết đây: - Học sinh khơng ngại giải tập hình học, nắm kiến thức... phát triển tư lơ gíc, hình thành cho em cách nghiên cứu khoa học trình học tập, tơi nảy sinh sáng kiến: Khai thác, phát triển từ tốn hình học lớp 9” 1.2 Phạm vi nghiên cứu đối tượng áp dụng: - Khai