THÔNG TIN TÀI LIỆU
1 Mở đầu: 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình THCS, tốn học chiếm vai trò quan trọng Với đặc thù môn khoa học tự nhiên, tốn học khơng giúp học sinh phát triển tư duy, sáng tạo, khả tìm tòi khám phá tri thức, vận dụng hiểu biết vào thực tế, sống mà tốn học công cụ giúp em học tốt môn học khác góp phần giúp em học sinh phát triển cách tồn diện Từ vai trò quan trọng mà việc giúp em học sinh yêu thích, say mê tốn học giúp em học sinh giỏi có điều kiện mở rộng, nâng cao kiến thức yêu cầu tất yếu giáo viên dạy tốn Trong q trình giảng dạy tốn cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo điều kiện cần thiết vơ việc học toán Nhất đất nước ta thời kỳ cơng nghiệp hố, đại hố, cần người động, sáng tạo có hiểu biết sâu rộng …Chính bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn cung cấp cho em số vốn thông qua việc làm tập nhiều, tốt, khó hay mà phải cần thiết rèn luyện khả sáng tạo tốn cho học sinh, khuyến khích học sinh giải toán nhiều cách hay từ toán ban đầu phát triển thành nhiều tốn khác giữ nguyên yếu tố tốn… 1.2 Mục đích nghiên cứu Thực tế q trình dạy học tốn có nhiều tốn mang tính điển hình, từ tốn ta phát triển thêm toán khác mang thuộc tính tương tự Bao có tốn mang tính chất điển hình chứa đựng nhiều nội dung, nhiều mối liên kết lơgíc Những tốn điển hình coi phần tử đại diện cho lớp tốn có tính chất chung Vì q trình dạy theo tơi người dạy phải biết sâu, rộng toán học, đâu toán mấu chốt, đâu toán đại diện vấn đề tốn vấn đề Với ý nghĩ tơi viết đề tài “ Phát triển tư cho học sinh khối 8;9 thông qua giải số toán THCS” Đây toán mà dạy bồi dưỡng cho học sinh THCS qua nhiều năm mà giới thiệu cho học sinh.Với mong muốn góp phần nhỏ bé cơng tác bồi dưõng học sinh với đồng nghiệp 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Phần kiến thức: Lý thuyết tập vận dụng kiến thức bất đẳng thức, tìm tòi lời giải, khai thác triệt để toán - Học sinh: Học sinh giỏi khối 8; trường THCS Thị Trấn - Triệu Sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp quan sát: Thực trạng công tác đạo, công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, trình học tập, chất lượng học tập học sinh khá, giỏi Phương pháp nghiên cứu tài liệu nghiên cứu sách, giáo trình có liên quan đến kiến thức, tập vận đụng kiến thức bất đẳng thức, khai triển tốn hình học Nghiên cứu chất lượng học sinh Nghiên cứu công tác đạo nhà trường công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Phương pháp tổng kết kinh nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: 2.1 Cơ sở lý luận vấn đề: Trong trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết vơ quan trọng việc học tốn Với mục đích thứ rèn luyện khả sáng tạo Tốn học, trước tập tơi cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo phải gợi ý cung cấp cho học sinh nhiều cách giải Trên sở học sinh tự tìm cách giải hợp lí Phát cách giải tương tự khái quát đường lối chung Trên sở với tốn cụ thể em khái qt hố tốn thành toán tổng quát xây dựng toán tng t Điều mong muốn thứ hai mong muốn thay đổi phơng pháp bồi dỡng cho học sinh giỏi từ trớc đến Xây dựng phơng phỏp rèn luyện khả sáng tạo Toán cho học sinh cho lúc nơi em tự phát huy lực độc lập sáng tạo 2.2 Thc trng ca : 2.2.1 Thc trng Qua năm giảng dạy trực tiếp bồi dỡng cho học sinh giỏi, qua trắc nghiệm hứng thú học toán học sinh thấy có 20% em thực có hứng thú học toán (Có t sáng tạo), 40% học sinh thích học toán (cha có tính độc lập, t sáng tạo) 40% lại thích không Qua gần gi tìm hiểu em cho biÕt còng rÊt mn häc xong nhiỊu häc cách thụ ng, cha biết cách t để tạo cho sáng tạo cách giải toán đó, điều kiện khách quan địa phơng trờng, học sinh đợc bồi dỡng thời gian định trớc thi, đợc học phơng pháp, học sinh cha có hứng thú học toán Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện đợc khả sáng tạo, tìm đợc nhiều cách giải thân ngời thầy, ngời cô phải ngời tìm nhiều cách giải 2.2.2 Kt qu khảo sát đánh giá học sinh Trước viết đề tài “ Phát triển tư cho học sinh khối 8;9 thơng qua giải số tốn THCS” chưa giảng dạy cho học sinh phương pháp phát triển tư cho học sinh khảo sát chất lượng 40 học sinh khá, giỏi lớp trường THCS Thị Trấn cách làm số kiểm tra toán Phát triển tư cho học sinh thấy kết sau: � 4,9 � 6, 6,5 � 7,9 � 10 Điểm SL % SL % SL % SL % Tổng số HS 25 60,25 10 25 14,75 0 40 Với sáng kiến kinh nghiệm thu kết đáng kể việc nâng cao chất lượng học sinh củng đạt kết cao kỳ thi học sinh giỏi cấp 2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện: 2.3.1 Kế hoạch thời gian nghiên cứu Chủ đề áp dụng trường THCS Thị Trấn thời gian từ đầu năm học 2017 - 2018 tiếp năm học sau với tinh thần rút học kinh nghiệm có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với đối tượng giai đoạn cụ thể * Năm 2014 - 2017: Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu tài liệu xây dựng đề cương * Năm 2017 - 2018: Thực nghiệm so sánh kết 2.3.2 Nội dung nghiên cứu Phần thứ nhất: Một số toán thức liên quan đến đại số tìm tòi có nhiều cách giải có mốt cách sử dụng đến kiến thức bất đẳng thức Phần thứ hai: Một số toán thức liên quan đến hình học tìm tòi nhiều cách giải, số tốn hình học phát triển thành toán khác 2.3.3 Định hướng chung Trong toán mà có nhiều cách giải giáo viên nên để học sinh tự tìm tòi lời giải, sau khơng có học sinh tìm lời giải khác giáo viên gợi mở cho học sinh để học sinh tự tìm tòi lời giải Bài toán 1: Cho số x ; y thoả mãn x 0; y 0 x+ y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + y2 Hướng dẫn: CÁCH : Ta có x + y = nên y = - x + thay vào A = x2 + y2 ta có : x2 + ( -x + 1)2 - A = hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = (*) Do để biểu thức A tồn giá trị nhỏ phương trình (*) có nghiệm hay ' 0 21 A 0 A 0 A Vậy giá trị nhỏ biểu thức A kép hay x = phương trình (*) có nghiệm 1 mà x + y = y = Vậy Min A = 1/2 x = y = 1/2 ( t/m) 2 CÁCH : Theo Bất đẳng thức Bunhiacơpxky ta có = x + y hay 1= (x + y)2 2 x y x y Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y mà x + y =1 hay x =y = 1/2 ( t/m) CÁCH : x 1 m với m 1 y m Khơng tính tổng qt ta đặt Mà A= x2 + y2 Do A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1 2m 1 hay 2A = (4m - 4m + 1) + hay 2A = (2m- 1) + hay A 2 1 2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 m= 1/2 hay x = y = 1/2 CÁCH : Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = -2xy ( x + y =1 ) mà xy x y 1 1 xy xy xy A 2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH : Xét tốn phụ sau : Với a , b c ; d > ta ln có : Thật : có a b a b a b (*) , dấu “=” xảy c d c d cd 2 b a b a b 2 a x y a b (ĐPCM) x y x y xy ÁP DỤNG Cho a = x b = y ,từ (*) có : A= x2 + y2 = x y x y 1 2 mà x+ y =1 Nên A Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH : 1 A (*) mà x + y =1 (**) x y 1 Vậy từ (*) ;(**) có hệ phương trình 1 A xy Ta có A = x2 + y2 hay xy = Hệ có nghiệm x 0; y 0 21 A 0 A Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x+ y =1 x2 + y2 = hay x = y = 1/2 CÁCH : Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + - mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1 1 1 1 Hay A = x x y y 4 4 2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH : x2 y2 x2 y2 x2 y2 x y x y Ta có A= x + y = xy x y x y 2 x y Mà x + y =1 nên A 2 2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH : 1 Vậy để chứng minh A 2 với A = x2 + y2 ta cần chứng minh x y x y Thật : Ta có x y x y 2 1 1 Hay x y 0 ( ) Vậy A 2 2 Ta có x + y =1 x y Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y =1/2 CÁCH 10 : Khơng tính tổng qt ta đặt x 2 m m 2 y m Do A = x2 + y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A 2m 3 Hay A 1 2 Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 x 3 m m 3 y m CÁCH 11 : Khơng tính tổng quát ta đặt Do A = x2 + y2 hay (3 - m)2 + (m - 2)2 - A = hay 2m2 - 10m +13 = A Hay A 2m 2 1 2 Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH 12 : Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = mà A = x2 + y2 hay A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - a x 1 b y 1 a 1 Khi ta có tốn sau : b 1 Cho hai số a , b thoả mãn a 1; b 1 a + b =3 Tìm giá trị nhỏ biểu Do ta đặt thức A = a2 + b2 - Thật : Ta có A = a2 + b2 - = (a+b)2 - 2ab - = - 2ab ( a+b=3) a b Mặt khác theo cơsi có : ab A Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH 13 : Khơng tính tổng qt ta đặt x a m b m a y m b ( với a > b a - b =1 hay a = b+ hay a > b ) Do A = x2 + y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay 2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay Hay A 2m a b 2 a b a b A 2m a b 2 1 (Vì a - b= 2 1) Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 CÁCH 14 : Ta có x + y =1 hay y = - x mà y 0 x 1 Do x2 + y2 - A = hay x2 - 2x +( - A ) = Khi ta có tốn sau : Tìm A để phương trình x2 - 2x +( - A ) = (*) có nghiệm x1 x2 1 Với x1 ; x2 nghiệm phương trình (*) Thật để phương trình (*) có nghiệm �� ' �0 �� ��x1 ��S ��S �0 �� �� �P �0 �� �x2 �x1 �0 ��x2 �0 ��P �0 � �������� x1 x2 � � A � � � x � x � x � S � ' � �1 ��1 �� �� ��x �1 �� �� ��P �1 ��S �2 ��2 � ��P �1 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x =y = 1/2 Bài toán 2: Cho số thực a, b, c > Chứng minh rằng: a b c � bc ca a b Cách 1: Biến đổi sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: b c � (a b) (b c ) (a c) (b a ) (c a ) (c b) �a 2� 3 � bc ca a b �b c c a a b � a b a c bc ba c a c b 3 bc bc ca ca ab ab a b c ab ac bc ba ca cb � (ĐPCM) �6 3 � bc c a a b bc bc ca ca ab ab Cách 2: Cộng thêm vào hai vế BĐT (1) với Ta có a b c � a �� b �� c � 1 1 1 � �� � � � � �� bc ca a b � bc � � ca � � ab� 1 � a bc a bc a bc �1 � � � 2(a b c) � ��9 bc ca ab �b c c a a b � 1 � �1 T (a b) (c a) (b c) � ��9 �b c c a a b � Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a b c 1 � (ĐPCM) 9 � bc ca ab bc ca a b Cách 3: Khơng tính tổng qt giả sử a �b �c a b c b c a � Ta chứng minh: (*) bc c a a b b c c a a b a b c b c a ab bc ca � � �0 Ta có bc ca ab bc ca ab bc ca a b ab a c ca ca � � Vì a �b �c nên bc ac ab ac a b b c c a a b b c c a a b b c c a � � 0 bc c a a b a c c a a c ac a b c b c a � � (*) bc ca ab bc ca a b 2a 2b 2c a b b c c a a b b c c a � � �3 3 bc c a a b b c c a a b bc c a a b a b c � � (ĐPCM) bc ca a b Cách 4: Khơng tính tổng qt giả sử a b c a bc b ca c ab �2 Theo BĐT AM – GM ta có: Ta chứng minh: bc ca ab a bc b ca c ab (a b )(a c ) (b c)(b a ) (c a )(c b) �(a b) (b c) (c a) bc ca ab bc ca a b xy x y a b c bc ca ab y ) xy �2 Lại có: ( x � Ta có x y bc ca a b bc c a a b �2 (b c) (c a) ( a b) (ĐPCM) T �3 (a b)(c a )(b c).3 Cách 5: Sử dụng bất đẳng thức phụ để chứng minh: Ta có x y �2 xy; y z �2 yz; z x �2 zx � ( x y z ) �3( xy yz zx) � b c � � ab bc ca �a �� (*) ��3 � (b c )(c a ) (c a )(a b ) (a b )(b c ) � �b c c a a b � � � ab bc ca Ta chứng minh (b c)(c a ) (c a)(a b) (a b)(b c) �4 � ab(a b) bc(b c) ca(c a) �3(a b)(b c )(c a ) Khơng tính tổng quát giả sử a b c Bất đẳng thức trở thành: ab(1 c) bc(1 a) ca(1 b) �3(1 a)(1 b)(1 c) 1 � (đúng) a b c a bc ab bc ca � � (2*) (b c )(c a ) (c a)( a b) (a b)(b c) � ab bc ca �9abc � b c � a b c �a � (ĐPCM) Từ (*) (2*) syt ra: � ��3 � 4 bc ca a b �b c c a a b � Cách 6: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a2 bc a b c 2a b2 ca b c a 2b �2 a (1) ; �2 b (2) bc bc ca ca c2 a b c a b 2c �2 c (3) ab ab abc a2 b2 c2 �a b c Từ (1) (2) (3) suy ra: + + + bc ca ab �a � �b2 � � c2 � �� a � � b � � c �� (a b c) �b c � �c a � �a b � b c � a b c �a � (a b c) � � (ĐPCM) �� (a b c) � bc ca ab �b c c a a b � (Khi dạy học sinh lớp thường sử dụng từ cách đến cách học sinh khá, giỏi, em thấy tốn giải nhiều cách khác nhau, làm tăng hứng thú, đam mê, sáng tạo tìm tòi cách giải cho học sinh học sinh có thêm cơng cụ để khai thác giải toán khó hơn.) Cách 7: Dùng phương pháp đổi đặt ẩn phụ: yzx z x y x yz ; b ; c 2 yzx zx y x yz � Khi BĐT (1) trở thành: � 2x 2y 2z �y z x � �z x y � �x y z � � 2� � � � � ��6 � � 2y � � 2z 2� � 2x Đặt b c x; c a y; ab z � a y z z x x y y z z x x y �6 Ta có P �6 x x y y z z x x y y z z a b c � � (ĐPCM) bc c a a b a b c b c a c a b ; B : C Cách 8: Đặt A bc ca ab bc ca ab bc ca ab �P ab bc ca ab bc ca �3 (3) bc ca ab bc c a ab a c ba c b ac ba c b AC �3 (4) bc ca a b bc c a a b � B C (2) ; A B Từ (3) (4) suy ra: A ( B C ) �6 (5) a b c � � (ĐPCM) b c c a a b Cách 9: Cộng thêm vào hai vế BĐT (1) với Ta có: 1��b 1�� c 1� a b c �a � � � � ��3 � �� bc ca a b �b c � �c a � �a b � 1�� b 1�� c 1� �a Đặt P � � � � � �Theo BĐT AM-GM ta có: �b c � �c a � �a b � 3 Từ (1) (5) suy ra: A � A �� b �� c 1� �a P �3 � � � � � �(2) �b c ��c a ��a b � �� b �� c 1� �a � � � ��1 Ta cần c/m: � � �b c ��c a ��a b � � (2a b c)(2b c a )(2c a b) �8(a b)(b c )(c a ) Theo BĐT AM-GM ta có: 2a b c (a b) (a c) �2 (a b).(a c) (3) Tương tự: 2b c a �2 (b c)(b a) (4) ; 2c a b �2 (c a)(c b) (5) Từ (3) (4) (5) Suy ra: (2a b c)(2b c a)(2c a b) �8(a b)(b c )(c a ) � a b c � (ĐPCM) bc c a a b Cách 10: Sử dụng cách đổi biến b c ; z ca a b bc ca ab Ta biến đổi: x a b c ; y a b c ; z a b c 1 � (*) Ta chứng minh x y z � 1 x 1 y 1 z Giả sử x y z theo BĐT AM – GM ta có: 1 9 � � 2 (2*) x y z (1 x)(1 y )(1 z ) x y z 3 Ta có (2*) mâu thuẫn với (*) nên điều giả sử x y z sai a b c � (ĐPCM) Vậy x y z � � bc ca a b Đặt x a ; bc y Cách 11: Sử dụng cách đổi biến b c c a a b Đặt x ; y ; z � xyz Khi � a b c � bc ca ab x y z � � 2( x y y z z x ) �x y z xy yz zx zx xy yz Theo BĐT AM – GM ta có: x2 y y z z x x2 y x2 y z x y z y z x2 y z x z x y z 3 �3 x y z x y z x y z x y z (*) Chứng minh tương tự: x y y z z x �xy yz zx (2*) Từ (*) (2*) suy ra: 2( x y y z z x) �x y z xy yz zx � a b c � (ĐPCM) bc ca a b Cách 12: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a a a2 9a 9a �3 � (*) bc bc 2(b c) 2a (b c )(b c) 2(a b c) Chứng minh tương tự: b b 9b c c 9c � (2*); � (3*) c a c a 2(a b c ) a b a b 2(a b c ) a b c � (ĐPCM) Từ (*) (2*) (3*) suy ra: bc ca a b Cách 13: Sử dụng bổ đề: a b2 c �3 a3b b3c c3 a ; a b c �3 ab3 bc3 ca Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: a b c a4 b4 c4 b c c a a b a b a c b c b a c a c 3b 3( a 3b b3c c 3a) 3( a 3b b3c c a) (a b c ) � � ( a b b c c a ) ( a 3b b c c a ) ( a 3b b3c c3a ) (a 3b b3c c3a ) 2(a b c )2 3(a 3b b3c c3a ) 3(a 3b b3c c3 a ) � (a b b3c c3a ) (a 3b b3c c 3a ) (a 3b b3c c 3a ) (a 3b b3c c 3a ) a b c � (ĐPCM) Vậy bc ca a b Cách 14: Khơng tính tổng quát giả sử a, b.c �(0;3) a b c a2 (*) a 1 b b2 c c2 � (2*); � (3*) Chứng minh tương tự: b b 1 c c 1 a b c a2 b2 c2 (a b c) � � Từ (*) (2*) (3*) suy ra: + + + a b c a 1 b 1 c 1 a b c a b c � (ĐPCM)` (bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ) � bc ca a b 1) 0�۳a a (3 a) Ta có: (a �� a 3 a (Khi dạy học sinh lớp thường sử dụng từ cách đến cách 14 học sinh giỏi, em thấy tốn giải nhiều cách khác nhau, làm tăng hứng thú, đam mê, sáng tạo tìm tòi cách giải cho 10 học sinh học sinh có thêm kiến thức để khai thác giải tốn khó nhiều cách suy luận dẫn đến lời giải nhanh hơn.) � AB = CD.Chứng minh tứ giác Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD có �A D ABCD hình thang cân Hướng dẫn: Sau học sinh tìm hiểu đề bài,giáo viên yêu cầu học sinh hướng giải cần chứng minh AD // BC CÁCH 1: C B Kẻ BK AD ; CH AD A K H Suy ra: BK // CH (1) Xét tam giác vng AKB DHC có: �A C� ; D AB = CD ABK = DHC (cạnh huyền góc nhọn) Do : BK = CH (2) Từ (1) (2) suy BKHC hình bình hành BC//AD Tứ giác ABCD hình thang cân CÁCH 2: Kẻ BE//CD (E AD) (1) C B A E D �D � (góc đồng vị ) Suy ra: E � (gt) � � Mà �A D AE Do :ABE cân B nên AB=BE(2) Từ (1) (2) suy BEDC hình bình hành BC//AD ABCD hình thang cân CÁCH 3: Dựng KH trung trực đoạn thẳng AD 11 K B A C D H Ta thấy: A đối xứng với D qua KH � ; AB = CD Vì �A D nên B C đối xứng với qua KH Hay BC KH BC//AD Suy ra: ABCD hình thang cân CÁCH 4: Giả sử BC khơng song song với AD Vậy từ B kẻ BC’ // AD B C C' D A Suy ra: Tứ giác ABC’D hình thang cân � ) (vì �A D Do : AB = C’D Nhưng theo gt : AB = CD CD = C’D hay C C’ Vậy BC//AD Tứ giác ABCD hình thang cân CÁCH 5: Ta xét hai trường hợp: B C A D 12 � = 900 a)Trường hợp 1: Nếu �A D Suy ra:AB//CD Mà AB = CD (gt) ABCD hình bình hành Do đó: BC//AD nên tứ giác ABCD hình thang cân � ≠ 900 b)Trường hợp 2: Nếu �A D Suy ra: AB không song song với DC Do đó: AB cắt CD tai M Khi đó: MAD cân MA = MD mà AB = CD �C � Nên : MB =MC MBC cân B M � chung Mặt khác: BMC MAD có M �� � � vị trí động vị A mà B B A 1 BC//AD Do đó: tứ giác ABCD hình thang cân B C A D Bài tốn 4: Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O với AB> AC.Kẻ � � đường cao AH, bán kính OA.Chứng minh: OAH ACB � ABC Hướng dẫn: A CÁCH 1: (Hình 1) B C H (Hình 1) Kẻ OI AC cắt AH M � Ta có: OMH � ACB (góc có cạnh tương ứng vng góc ) � � AOM ABC (cùng sđ � AC ) A � � � Trong OAM : OMH AOM OAH (Góc ngồi tam giác) � � � Hay � Vậy OAH ACB � ABC OAH ACB � ABC CÁCH 2: (Hình 2) B H (Hình 2) C D 13 Kẻ tiếp tuyến với đường tròn A cắt BC D � Ta có: � (1) (cùng chắn cung � ABC CAD AC ) � � OAH ADC (2)(Góc có cạnh tương ứng vng góc) Cộng vế (1) (2) ta được: � � CAD � � � � ABC OAH ADC mà CAD ADC � ACB (Góc ngồi tam giác) � � � ABC OAH ACB � Vậy OAH � ACB � ABC CÁCH 3: (Hình 3) A B C D (Hình 3) Kẻ đường kính AOD,đường caoAH kéo dài cắt CD M Ta có: � AMC � ACB (1) (Góc có cạnh tương ứng vng góc) � � (2) (Góc nội tiếp chắn cung � ADM ABC AC ) Trừ vế (1) (2) ta được: � AMC � ADM � ACB � ABC � Mà: � (Góc tam giác) AMC � ADM OAH � � Vậy OAH ACB � ABC CÁCH 4: (Hình 4) B A I H (Hình 4) C 14 Kẻ OI BC OK AB � O � (1) (So le trong) Ta có: OAH � � (2) ABC O (Góc có cạnh tương ứng vng góc) � � �O � ABC O Cộng vế (1) (2) ta có: OAH �O � � � � ACB (cùng sđ � Mà O ABC � ACB AB ) OAH � � Vậy OAH ACB � ABC CÁCH 5: (Hình 5) A B H C D (Hình 5) Kẻ đường kính AOD,kẻ DK BC � ODK � Ta có: OAH (1) (so le trong) � ABC � ADC (2) (Góc nội tiếp chắn cung � AC ) � � � � � Cộng vế (1) (2) ta có: OAH ABC ODK ADC KDC � � Mà KDC ACB (góc có cạnh tương ứng vng góc) � � OAH ABC � ACB A � � Vậy OAH ACB � ABC CÁCH 6: (Hình 6) B H C D (Hình 6) 15 Kẻ đường kính AOD, kẻ CK AD � KCB � Ta có: OAH (1) (Góc có cạnh tương ứng vng góc) � ABC � ADC (2) (Góc nội tiếp chắn cung � AC ) � � � � Cộng vế (1) (2) ta có: OAH ABC KCB ADC Mà � � (Góc có cạnh tương ứng vng góc) ADC KCA � � � KCA � � OAH ABC KCB ACB � � Vậy OAH ACB � ABC CÁCH 7: (Hình 7) Tại A kẻ tiếp tuyến Ax đường thẳng Ay//BC x A y � xAy � Ta có: OAH (1) (góc có cạnh tương ứng vng góc) � � (2) (So le trong) ABC BAy Cộng vế (1) (2) ta có: B � � � BAy � xAB � OAH ABC xAy H C � � Mà xAB ACB (góc nội tiếp chắn cung � AB ) (Hình 7) � � � � OAH ABC � ACB Vậy OAH ACB � ABC Từ toán phát triển thành tốn khác Trong q trình dạy học việc giáo viên khái quát hoá toán ban đầu thành tốn khác giúp học sinh có thói quen nhìn nhận tốn nhiều cấp độ để học sinh tìm chung hiểu rõ chất toán Bài toán 5: Trên mặt phẳng bờ đường thẳng d cho A điểm A B(A khác B).Tìm đường thẳng d điểm M cho MA + MB nhỏ Hướng dẫn: Vì A ,B vai trò nên khơng tính tổng qt,lấy D đối K xứng với B qua đường thẳng d A B nối AD AD cắt d M có MA +MB = MA I +MD nhỏ nhất(H1) Rõ ràng Từ lời d giải tốn ta phát triển thành M vẽ sau: toán 5.1 hình B C M D H1 nh I1 16 H2 Bài tốn 5.1: Cho ABC có góc nhọn điểm I nằm AB, K nằm AC.Tìm điểm M cạnh BC cho chu vi KIM nhỏ nhất? Bằng cách khai thác ta mở rộng dần biến cách cố định điểm I, K, M Gợi ý ta cố định điểm M BC,Hãy nêu đề tốn: Bài tốn 5.2: Cho ABC có góc nhọn,một điểm M cạnh BC.Hãy tìm điểm I nằm AB điểm K nằm AC cho KIM có chu vi nhỏ ? Bằng cách giải toán gợi ý học sinh lấy M1, M2 điểm đối xứng với M qua AB AC.Nối M1M2 nhận xét giao M1M2 với AB,AC tam giác ABC từ suy lời giải toán (H3) A M1 I K B M2 C M H.3 Bài toán 6: Cho tứ giác ABCD có AB < CD.Gọi M, N, P, Q trung điểm AB,AC,CD,BD.Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành Hướng dẫn Xét ABD có: MA = MB(vì M rung điểm AB) QB = QD(vì Q rung điểm DB) MQ đường trung bình tam giác ABD M B A Suy ra: MQ//AD MQ = AD Chứng minh tương tự: NP//AD NP = AD N Q j D P C 17 Do đó: MQ//NP MQ = NP Tứ giác MNPQ hình bình hành Qua tốn ta thấy hình bình hành đặc biệt tứ giác ABCD thoả mãn thêm điều kiện Dễ thấy hình bình hành MNPQ trở thành hình thoi tứ giác ABCD có hai cạnh đối nhau.Ta có tốn sau: Bài tốn 6.1: Cho tứ giác ABCD có AD = BC,AB
Ngày đăng: 28/10/2019, 09:02
Xem thêm: