Qua những năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh thường không có kỹ năng nhận ra, Việc dạy học nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó sẽ giúp cho học sinh hứng thú học tập, phát triển tư duy, năng lực học tập, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh, phần nào đáp ứng yêu cầu cấp bách của xã hội về con người trong thời kì khoa học và công nghệ.Trong khi, hiện tại chưa có nhiều tài liệu nghiên cứu đi sâu vào vấn đề này. Bên cạnh đó, đồng nghiệp, nhà trường cũng chưa tham gia được nhiều trong vấn đề này để giải quyết, khắc phục tình trạng trên.Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát… đồng thời góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán 9 trường THCS Yên Lâm nói riêng và học sinh giỏi toàn huyện Yên Định nói chung.Tôi xin được trình bày đề tài: “Bồi dưỡng học sinh lớp 9 khai thác bài toán hình học”
I MỞ ĐẦU I.1 Lí chọn đề tài Qua 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 kỹ nhận ra, Việc dạy học 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 nâng cao tính khái qt hố, đặc biệt hố tốn để từ giúp cho học sinh hứng thú học tập, phát triển tư duy, lực học tập, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh, phần đáp ứng yêu cầu cấp bách xã hội người thời kì khoa học cơng nghệ Trong khi, chưa có nhiều tài liệu nghiên cứu sâu vào vấn đề Bên cạnh đó, đồng nghiệp, nhà trường chưa tham gia nhiều vấn đề để giải quyết, khắc phục tình trạng 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 tốn cho học sinh muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Tốn trường THCS n Lâm nói riêng học sinh giỏi tồn huyện n Định nói chung Tơi xin trình bày đề tài: “Bồi dưỡng học sinh lớp khai thác tốn hình học” I.2 Mục đích nghiên cứu Cung cấp kiến thức phương pháp tự học cho học sinh học Toán Giúp học sinh hứng thú học tập, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi, từ hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động , khơi dậy tính sáng tạo giải toán học sinh Phát triển lực tự học, biết liên kết mở rộng tốn từ giúp em hình thành phương pháp giải I.3 Đối tượng nghiên cứu Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động lực tự học học sinh I.4 Phương pháp nghiên cứu Nêu giải vấn đề kết hợp với tư logic II NỘI DUNG SÁNG KIẾN II.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Đặc điểm lứa tuổi THCS nói chung em lớp nói riêng 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 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 tốn 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 II.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tham khảo học hỏi đồng nghiệp huyện tơi nhận rằng: - Học sinh yếu tốn kiến thức 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 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 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 tốn với nhau, phát triển toán giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức, quan trọng nâng cao tư tạo cho em có hứng thú học tốn II.3 Các biện pháp giải pháp giải vấn đề Trong q trình dạy tốn, thầy giáo có khơng lần gặp tốn cũ mà cách phát biểu hồn tồn khác, khác chút Những tốn tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược tốn mà tốn 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 qt, tốn 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 tơi đưa ví dụ để giải thực trạng trên: Xét ví dụ: Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác tam giác ABF, ACD Chứng minh : a BD = FC � = 1200 b BOC 1.Hướng dẫn a Xét hai tam giác ABD AFC có � � AF = AB, AD = AC, FAC = BAD D Do đó: ∆ABD = ∆AFC CF = BD b ∆ABD = ∆AFC (câu a) B� = F� Y AOBF nội tiếp �1 = B �2 = � � = 600 O O A = 600 � AOB = 1200 (1) AOC = 1200 (2) Tương tự: � A F 1 O C B � Từ (1) (2) suy BOC = 1200 (đpcm) Nhận xét: Đây toán đơn giản học sinh giỏi, chí em trung bình làm Nhưng ta thêm câu hỏi khác khơng học sinh trung bình mà em giỏi củng gặp nhiều khó khăn Sau số toán xuất phát từ tập Khai thác tốn Qua việc chứng minh ví dụ ta thấy vẽ phía ngồi tam giác ABC hai � tam giác ta ln có � = � AOB = BOC AOC = 120 Với cách suy nghĩ ta có tốn tốn đảo ví dụ Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn dựng điểm O tam giác � AOB = BOC AOC 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 Cách dựng - Dựng phía ngồi tam giác ABC, tam giác ABF, ACD - Giao điểm BD FC điểm O cần dựng b Chứng minh A F - ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng ví dụ 1) B� = F� Y 1 �1 = B � = 600 AOBF nội tiếp O O 1 �2 = � AOB = 1200 (1) O A = 600 � C B AOC = 1200 (2) - Tương tự: � � � AOB = BOC AOC = 1200 ( ĐPCM) Từ (1) (2) suy BOC = 1200 Vậy � = � Nếu cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA suy CPD = COA Với cách suy nghĩ ta có tốn 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 Trên cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA - Xét hai tam giác: CPD COA có: A F P + PD = OA (Cách vẽ), � � + PDC = OAC ( Y OADC nội tiếp, ví dụ 1) O + DC = AC (gt) Do đó: CPD = COA (c.g.c) CP = OC (1) B C � � � CPD = COA =1200 CPO = 600 (2) Từ (1) (2) suy CPO OP = OC Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD Qua tốn thứ ta thấy BD khơng đổi (B D cố định) Suy OA + OB + OC khơng đổi từ ta có tốn Bài toán 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 toán cũ mà khó em học sinh chưa gặp toán toán em làm hai tốn thực chất toán 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 tốn học với từ học sinh lĩnh hội kiến thức cách chủ động, tích cực dễ dàng Hướng dẫn: Dựng tam giác OCQ phía ngồi tam giác OBC có bờ đường thẳng OC - Xét hai tam giác: ∆CQD ∆COA, có: D � � + CQ = CO, QCD = OCA DC = AC (gt) A CQD = COA (c.g.c) OA = QD Q Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD OA + OB + OC BO + OD OA + OB + OC BD Dấu “ =” xảy O B C � � � + O, Q, D thẳng hàng mà CQO = 600 CQD = 1200 COA = 1200 (1) � � + B, O, Q thẳng hàng mà COQ = 600 COB = 1200 (2) Từ (1) (2) suy O điểm nhìn ba cạnh tam giác ABC góc � , � AOB , � AOC dựng 1200 hay O giao điểm cung chứa góc BOC đoạn thẳng BC, AB, AC Nếu giữ nguyên giả thiết ví dụ thêm chút giả thiết ta có tốn khó nhiều Bài toán 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 toán 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, vuông…Ở nhìn hình vẽ ta dự đốn tam giác vuông Hướng dẫn: D - Từ N kẻ NH AC M Xét tam giác vng HNC có: � � = 60 nên HNC = 30 HCN A F N HC = NC HC = DC = AC (1) H Mà PC = BC( gt) (2) B P C Từ (1) (2) suy HP // AB( Theo đ/l TaLét đảo) PH = AB = AM ( ví AB = AF) (3) - Xét tam giác AHN vng có: � HAN = 300 HN = AN (4) Từ (3) (4) ta có : = ( = ) � � � � , MAB � � + � AHN = NHC Mặt khác: MAN = PHN ( PHC = BAC = 900) � AHN = MNP Do : ∆PHN S ∆ MAN = � ∆NPM S ∆ NHA Nên � � NPM = NHA = 900 Vậy tam giác MPN tam giác vuông P Ở tốn 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 ngồi tam giác ABC liệu AE; BD; CF có khơng có cắt điểm khơng? Từ ta có toán Bài toán 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 Hướng dẫn: D a + Theo tốn ta có CF = BD (1) + Chứng minh tương tự toán ta có: CF = AE (2) A F 1 Từ (1) (2) ta có AE = BD = CF b Gọi O giao điểm BD CF O 1 C B Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng + Thật : DAB = CAF (bài toán 1) B� = F� Y �1 = B � = 600 AOBF nội tiếp O E �2 = � AOB = 1200 (3) A = 600 � O ADO = � ACO +Tương tự : DAB = CAF (bài toán 1) � Y �3 = C � DAC � � � AOC = 1200 (4) AOCD nội tiếp O = DOC � � + Từ (3) (4) suy BOC = 1200 mà BEC = 600 Y BOCE nội tiếp � � � COE = CBE = 600 mà �A = 600 COE = �A (cùng = 600) Do A; O; E thẳng hàng (đpcm) Nhận xét : Ở tốn ta vẽ tam giác phía ngồi tam giác ABC � AOB = BOC AOC =1200 Vậy AE = BD = CF; AE, BD, CF đồng quy � =� ta vẽ ngược trở lại tức vẽ ngược vào tam giác ba tam giác điều khơng? Từ suy nghĩ ta có toán 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 � , � AOB , BOC AOC c Tính � Nhận xét: Ở tốn này, ta thấy kết : + AE= BD= CF, AE,BD, CF đồng quy vẩn cách chứng minh có phần khó khăn hơn, kết � =� AOB = BOC AOC =1200 không + � E Hướng dẫn a Tương tự toán A � � b Do ABE = DBC nên BAE = BDC Y ABOD nội tiếp � � Do đó: BAO = BDO (2 góc nội tiếp), C B � � � � mà BEA = BCD EBA = DBC (ABE = DBC) D O � � � � + EBA � Do đó: BEA = BCD + DBC = BAO F E, A, O thẳng hàng c Y AOB = 600 � AOC = 600 ADB = � ABD = � ABOD nội tiếp (câu a) � � Do BOC = 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 có tốn khó toán nhiều, toán Bài toán 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 - Xét tam giác BPE BMA có ∆ BPE S A M � � � � = 300(1) MBA = PBE = MAB = PEB D N ∆ BMA(2) Từ (1) (2) suy ∆ BPM ∆ BEA S P � � BPM = BEA (3) - Tương tự ∆CPN S C B ∆ CAE � � CPN = CEA � � mà BEA + CEA = 600 (4) E � � � Từ (3) (4) suy BPM + CPN = 600 MPN = 600 (5) � - Chứng minh tương tự ta có PMN = 600 (6) Từ (5) (6) suy ∆PMN Từ tốn ta khơng vẽ tam giác mà ta vẽ tam giác cân ABF, ADC = � AEC = 1200 ta lại có toán hay AFB = � ACD, BCE cho � toán nhiều Bài toán 8: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác cân � ANC = BPC AMB = � ABM, ACN, BCP cho � = 1200 Tam giác MNP tam giác gì? Nhận xét: Tuy tốn thứ khó tốn giáo viên hướng dẫn em xâu chuổi tốn đặc biệt tốn toán lại trở thành toán 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 A M N D M N C B 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 khơng? Từ ta có toán Bài số 9: 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 F Nhận xét: Bài giải tương tự toán E nhiên đường thẳng AE, CD, MF B lại không đồng quy với D A M C 10 Từ giáo viên giúp cho học sinh hình thành kĩ phát kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận vấn đề nhiều khía cạnh giúp học sinh 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 từ ta lại mở rộng tốn ví dụ theo hướng khác: Trở lại ví dụ trên, câu hỏi đặt là: Nếu không dựng hai tam giác mà dựng hai tam giác vuông cân A BD FC có khơng? từ ta lại có tốn 10 Bài tốn 10: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD vuông cân A Gọi I, M, N trung điểm cạnh BC, FB, CD Chứng minh : D a CF = BD b CF BD c Tam giác IMN tam giác gì? Hướng dẫn N a CF = BD (tương tự VD1) F AFO = � ABO b Do ABD = AFC nên � Y A O M AOBF nội tiếp � � = FOB FAB = 900 FC BD B c IM đường TB tam giác BCF nên: IM // CF IM = Tương tự ta có: IN//BD IN = I C CF (1) BD (2) Mà: CF BD CF = BD (3) Từ (1), (2) (3) => IM IN IM = IN hay MIN vng cân I Ở tốn 10 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF ACD A CF = BD, CF BD vẽ hai tam giác vuông cân A mà F D kết khơng mà ta lại có kết khác lại phải vận dụng cách làm toán 10 làm Từ ta có toán 11 Bài toán 11: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF vng cân F; ACD vuông cân D Gọi M trung điểm BC Chứng minh Tam giác FMD tam giác vuông cân Nhận xét: Nếu học sinh lần đầu gặp toán mà chưa gặp tốn 10 khó giải em Nhưng gặp khơng khó khăn 11 Hướng dẫn H - Lấy H K đối xứng với C A qua D, D E E đối xứng với A B qua M Suy tứ giác ABHF D A K F ABDE hình vng Như ta biến toán thứ 10 N thành toán thứ 11 B M C việc giải toán 11 đơn giản em làm toán 10 Kết hợp toán 10 tốn 11 ta lại có tốn 12 khó nhiều Bài toán 12 Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng hình vng AFPB, ADQC hình bình hành AFMD CM M a MA BC b BQ = MC BQ MC D c BQ, MA, PC đồng quy Hướng dẫn F a Xét tam giác: ABC FQA có: Q A AB = MD (=FA), P O K � � BAC ADM (bù với FDA = � ), FA = AC (gt) Do ABC = FQA (c.g.c) B H C � ACB = MAQ � � � Mà MAD + CAH = 900 ( DAC = 900, H giao điểm MA BC) � CAH ACH = 900 � AHC = 900 hay MA BC + � b Gọi O giao điểm BQ MC � - Ta có: ABC = FQA ( câu a) BC = MA � ACB = MAD � � BCQ = MAC - Xét hai tam giác: BCQ MAC có: � � BC = MA, BCQ = MAC AC = QC Nên BCQ = MAC (c.g.c) � BH = QC CBQ � AMC Mà � AMC + MCH = � = 900 12 � � � CBQ + MCH = 900 BOC = 900 Hay BH QC c Tương tự câu b ta có DP MB Xét tam giác MBC có MH đường cao (Câu a); BO đường cao (cmt) CK đường cao (cmt) Do QB, BK CR đồng quy (đpcm) Qua toán 12 ta thấy ta khơng vẽ hình hành AFMD mà vẽ hình vng BCNI ta lại có tốn 13 tổng qt Bài tốn 13: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình vng ABGF; ACED; BCPQ Chứng minh đường cao tam giác AFD; CEQ; BPG xuất phát từ A, B, C đồng quy Nhận xét: Đây tốn khơng dễ chút em bắt đầu tiếp xúc thầy, cô cho em làm em định hướng giải Vì qua cho thấy việc liên kết mở rộng tốn điều quan trọng khơng giúp cho học sinh dễ dạng định hướng tốn mà giúp học sinh học tốn cách chủ động phát triển lực tự học cách khoa học để nhớ toán lâu dài Hướng dẫn: D - Kẻ hình bình hành ABLC; Xét ABL AFD có: H F E +AB = AF (gt), + AD = BH (=AC), A G � ) � = FDA � BAL (cùng bù với BAC C � = � AFD (1) Do ABL = AFD (c.g.c) BAL R B - Kẻ AH FD H cắt BC M ta có � � ) BAM AFD (cùng phụ với FAH = � N P K M L (2) � = BAM � A, M, L thẳng hàng - Từ (1) (2) BAL P Q Mặt khác tứ giác ABLC hình bình hành nên M trung điểm BC (3) - Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có: P N trung điểm AB AC(4) - Từ (3) (4) suy AH, CP BN đồng quy Trở lại toán 11, ta thấy tam giác MIN tam vuông cân, I trung điểm BC nên ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I ta hình bình hành ABDC dựng phía ngồi hình bình hành tam giác vng cân ta có tốn 14 phức tạp nhiều 13 Bài toán 14: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ đường thẳng BC khơng chứa điểm A, phía ngồi hình bình hành ABCD, dựng tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N; BDP vuông cân P; CDQ vuông cân Q N A Chứng minh rằng: AD, BC, MQ, PN đồng quy Nhận xét: Bài toán này, để khó M cho học sinh, ta phát biểu dạng khác C B dễ nhiều từ ta có toán 15: Bài toán 15: Cho tam giác ABC, phía ngồi Q tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ D đường thẳng BC khơng chứa điểm A P Về phía ngồi hình bình hành ABCD, dựng hình vng ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P tâm hình vng Chứng H minh a Tứ giác MNQP hình vng b Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy Hướng dẫn: a + ABDC hình bình hành (gt) Y BQ’G I G Y DCKR hình vuông(gt) N A M Q’Q B L C AM = CQ (1) + Q Y ACIH hình vng (gt) AN = NC(2) D P � � (cùng bù với � + Mặt khác: BAC = ICK ACD ) � � MAN = NCQ K R F (3) E � ANM = CNQ Từ (1), (2) (3) AMN = CQN(c.g.c) (4) � � ANM + MNC Mà � = 900 ( Y ACIH hình vng) � � � MNC + CNQ = 900 hay MNQ = 900 (5) + Chứng minh tương tự ta có CQN = DQP = BMP (c.g.c) (6) Từ (4) (6) MN = NQ = QP = PM (7) Từ (5) (7) Y MNQP hình vng b) Gọi L trung điểm BC A, L, D thẳng hàng (ABDC, hình bình hành) 14 � � Theo 11 MNL, PLQ vuông cân MLN = PLQ =900 (8) � ' Q = 900 (9) � ' N = PL - Gọi L’ giao điểm MQ PN ML Từ (8) (9) L L’ Do đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy Nhận xét: Bài tốn khó mà khơng khó, khơng khó học sinh biết vận dụng tốn 11 để làm khó học sinh khơng biết vận dụng tốn 11 Qua tốn 15 ta thấy Y MNQP hình vng nên MQ PN MQ = PN Nhưng tốn 15 ta vẽ tứ giác ABCD hình bình hành, ta khơng vẽ hình bình hành mà vẽ tứ giác lồi ABCD liệu kết khơng? Từ suy nghĩ ta lại có thêm tốn 16 tổng qt Bài tốn 16: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tứ giác ABCD, có bờ đường thẳng BC khơng chứa điểm A Về phía ngồi hình bình hành ABCD, dựng hình vng ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P tâm hình vng Chứng minh MQ PN MQ = PN Nhận xét: Ở tập tứ giác MNQP khơng hình vng MQ PN MQ= PN Hướng dẫn: - Gọi L trung điểm BC theo tốn 11 ta có: H MLN PLQ hai tam giác vuông cân L LN = LM, LP = LQ I G - Xét hai PLN QLM có: M � � LN = LM ; LP = LQ ; PLN = MLQ Q’ L O C K F Q - Gọi O giao điểm PN MQ ; P D S giao điểm ML ON Xét MOS có : S B Q PLN = QLM (c.g.c) � � PN = MQ (1) LMQ = LNP N A E R � � � � + SNL � = 900 ( LMQ � , MLN � OMS + MSO = NSL = LNP = 900) � MOS = 900 hay MQ NP Kết luận : Qua tập giúp cho giáo viên hình thành dạng tập khác từ toán để dạy bồi dưỡng đối tượng học sinh từ cung cấp kiến thức phương pháp tự học cho học sinh 15 học mơn Tốn Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh Khơi dậy tính sáng tạo giải toán học sinh Phát triển lực liên kết mở rộng tốn từ giúp em hình thành phương pháp giải II.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 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 mơn Tốn 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 tốn khơng mới, giáo viên biến thành xếp chúng theo hệ thống định giúp học sinh học tập tốt Qua tập khơng giúp cho giáo viên hình thành dạng tập khác từ toán để dạy bồi dưỡng đối tượng học sinh từ 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 liên kết mở rộng tốn từ giúp em hình thành phương pháp giải III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ - Kết luận: Qua trình nghiên cứu đề tài tơi thấy, cần tạo cho học sinh thói quen khơng dừng lại kết vừa tìm mà phải phân tích, khai thác để có kết Thơng qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo tốn từ toán học, gặp giúp học sinh tự tin giải tốn, nhờ mà học sinh phát huy tư nâng cao lực sáng tạo, bước đầu hình thành niềm say mê nghiên cứu khoa học Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác, liên kết, lật ngược toán quan trọng, khơng giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng toán mà nâng cao tính khái qt hố, đặc biệt hoá 16 toán Hơn nữa, việc liên kết tốn khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh có hứng thú học toán - Kiến nghị: Đề nghị nhà trường phòng giáo dục triển khai sáng kiến kinh nghiệm hay để đồng nghiệp tham khảo, học hỏi lẫn TÀI LIỆU THAM KHẢO 1- Sách giáo khoa sách tập Toán Nhà xuất giáo dục 2- Nâng cao phát triển Toán 8, Tác giả: Vũ Hữu Bình 3- Tuyển tập đề thi HSG Toán THCS.Nhà Xuất giáo dục 4- Tuyển tập tập chí Tốn tuổi thơ số Nhà Xuất giáo dục 5- 23 chuyên đề 1001 toán sơ cấp Tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh – Tài liệu mạng internet XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Yên Định, ngày 12 tháng 03 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác NGƯỜI LÀM Lê Hoàng Thuân 17 ... mạng internet XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Yên Định, ngày 12 tháng 03 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác NGƯỜI LÀM Lê Hoàng Thuân 17