SKKN giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện phương pháp suy luận thông qua khai thác một số bài toán hình học đơn giản lớp 9

1 1.1 MỞ ĐẦU Lý thực đề tài - Trong q trình giảng dạy nói chung bồi dưỡng học sinh lớp nói riêng việc khai thác, định hướng, liên kết, phát triển mở rộng tốn hình học 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 phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh Hơn nữa, việc khai thác, mở rộng tốn hình khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh hứng thú phát triển lực tự học cách khoa học học môn hình học trường phổ thơng Qua nhiều năm giảng dạy bồi dưỡng học sinh tiếp xúc với nhiều đối tượng học sinh thấy đa số học sinh không nhớ làm chí có khác lời văn nội dung lại hồn giống với tốn cũ Đặc biệt toán phát triển tốn tổng qt học sinh thường khơng có kỷ nhận Thực tế chất lượng học sinh đại trà học sinh giỏi tốn đặc biệt mơn hình học nhà trường thấp Học sinh ngại học tốn đặc biệt hình học Việc ôn tập khai thác hình sách giáo khoa, tài liệu chưa thực kích thích hứng thú học tập học sinh - Chưa có tài liệu cụ thể nhằm nghiên cứu, rèn luyện phương pháp suy luận nhằm cố kiến thức, phát huy vai trò sáng tạo người học thơng khai thác tốn chương trình hình học lớp - Từ nguyên nhân trên, lựa chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Giúp học sinh cố kiến thức, rèn luyện phương pháp suy luận thơng qua khai thác số tốn hình học đơn giản lớp 9” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu nhằm mục đích: Nâng cao hiệu ôn tập củng cố kiến thức cho học sinh - Cung cấp kiến thức phương pháp tự học cho học sinh học mơn Hình học - Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh Khơi dậy tính sáng tạo giải tốn học sinh - Phát triển lực tự học, biết khai thác mở rộng tốn từ giúp em hình thành phương pháp giải - Giúp học sinh hứng thú học tập đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi ôn tập học sinh cuối cấp 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động lực tự học học sinh - Các hướng phát triển toán sách giáo khoa cấp hai số toán khác 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Lựa chọn số tập lớp chương trình học Hướng dẫn học sinh cách giải sở vận dụng kiến thức thức, phát triển đến sử dụng nội dung kiến thức từ đơn giản đến phức tạp, từ cụ thể đến khái qt tốn,… hình thành tốn tương tự có phương pháp giải Nội dung sáng 2.1 Cơ sở lý luận kiến kinh nghiệm: sáng kiến kinh nghiệm - Đặc điểm lứa tuổi THCS 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 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 khuôn, 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 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Xuất phát từ ưu điểm việc đổi SGK, đổi phương pháp dạy học giáo viên đem lại hiệu định việc dạy học giải tập tốn nói chung tập Hình nói riêng Từ nhược điểm nêu làm cho việc dạy học giải tập tốn Hình gặp khó khăn là: Nhiều tiết luyện tập trở nên khô cứng, nhàm chán học sinh giỏi, nặng nề học sinh yếu Việc dạy học giải tốn Hình có hoạt động vấn đáp giáo viên với số học sinh giỏi có đơn giải tập Hình, chưa khai thác chức tập toán, chưa phát triển tốn thành dạng liên quan để giúp học sinh rèn luyện thói quen đưa lạ quen, từ cụ thể hoá đến khái quát hoá Từ mà dễ gây tâm lí nhàm chán khơng ham thích mơn học học sinh yếu coi thường môn số học sinh giỏi, khơng đáp ứng mục tiêu việc rèn luyện kĩ kĩ xảo lực sáng tạo cho học sinh Vì lí mà tiết học giải tập tốn Hình chưa đạt hiệu theo mong muốn Qua điều tra, tìm hiểu thu thập số liệu cụ thể lần kiểm tra thường xuyên định kỳ hai lớp 9B2, 9B3,9B4 trường THCS Nguyễn Du, thu kết sau: - 70% học sinh chưa đạt mức độ vận dụng - 20% học sinh đạt yêu cầu mức độ vận dụng - 10% học sinh đạt yêu cầu mức độ vận dụng khai thác tốt toán Từ thực trạng trên, thân tơi thấy phải có thay đổi cách thức giảng dạy mơn tốn, đặc biệt hoạt động giải tập tốn Vì vậy, việc khai thác chức tập toán dạy giải tập toán trường THCS cần thiết 2.3 Giải pháp - Tiến hành dạy học nhóm học sinh lớp 9B3 trường THCS Nguyễn Du - Khảo sát, đánh giá chất lượng học sinh - Tiến hành ôn tập số nội dung chương trình học; Mỗi nội dung kiến thức chọn vài hình - Hướng dẫn học sinh giải khai thác tốn hình học đồng thời củng cố yêu cầu ghi nhớ kiến thức vận dụng - Phát triển tốn tương tự có cách giải - Phát triển, khái qt hóa tốn mức độ nâng cao vận dụng kiến thức bổ sung theo chương trình học - Đánh giá kết vào cuối đợt ôn tập 2.3.1 Giải pháp cụ thể: 2.3.1.1 Xác định mục tiêu, yêu cầu hoạt động dạy học giải tập Hình Để đảm bảo thành cơng cho hoạt động giải tốn hình, trước hết người giáo viên cần phải xác định mục tiêu học mục tiêu cụ thể: Bài học cần đạt mục tiêu kiến thức? Đạt mục tiêu kĩ từ kiến thức rút kiến thức có liên quan, tập tương tự nào? Đồng thời thông qua tập cụ thể, học sinh phải khắc sâu hay lưu ý kiến thức Để đạt điều đó, giáo viên cần phải có chuẩn bị thiết bị dạy học tương thích đem lại hiệu cao Từ chuẩn bị mà giáo viên lựa chọn phương pháp giảng dạy phù hợp với nội dung học 2.3.1.2 Xây dựng kế hoạch dạy học với tình có vấn đề Dạy học đặt giải vấn đề phương pháp dạy học mang đậm màu sắc dạy học tích cực, kích thích trí tò mò, muốn khám phá học sinh, làm cho học sinh thấy cần thiết phải làm việc tìm hiểu để giải vấn đề Vì vậy, học sinh có ý thức huy động vốn kiến thức thân để phục vụ việc giải vấn đề giáo viên đặt Làm tốt việc giúp học sinh tiếp thu kiến thức cách chủ động đồng thời phát triển lực tư hình thành phương pháp suy luận biện chứng Xây dựng vài tình điển hình việc dạy học giải tập hình học với tình có vấn đề: Bài tốn 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD khơng cắt đường kính AB Gọi H K theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ A B đến CD Chứng minh rằng: CH = DK [1] H C Gợi ý: Kẻ OM vng góc với CD Phân tích: Vì tập phần “đường kính A M D O K B dây đường tròn” nên có hướng dẫn kẻ OM vng góc với CD học sinh nhận thấy CM = MD Vậy để chứng minh CH = DK ta phải chứng minh điều gì? Khi học sinh nghĩ đến việc chứng minh MK = MH Việc chứng minh MK = MH khơng có khó khăn nhận xét ABKH hình thang có OM đường trung bình hình thang Lời giải: Kẻ CM ⊥ CD M Vì OM kéo dài đường kính mà OM ⊥ CD => MC = MD (quan hệ đường kính dây) Xét tứ giác AHKB có AH ⊥ HK, BK ⊥HK => AHKB hình thang Có: OM//AH//KB(cùng vng góc với HK), mà OA = OB , suy MH =MK Vì MC = MD MH = MK => MH - MC = MK – MD => CH = DK Nhận xét: Nếu dây CD cắt đường kính AB điều có khơng? Hãy vẽ hình dự đốn Học sinh nhận toán sau: Bài toán 1.1: C H Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD cắt đường kính AB Gọi H K theo thứ M A O tự chân đường vng góc kẻ từA B đến B K CD Chứng minh rằng: CH = DK D Phân tích: Bài tập tương tự toán 1, tự nhiên học sinh kẻ OM vng góc với CD Khi CM = DM, chứng minh HM = KM Đây tốn lớp 8: A H Cho hình thang AHBK (AH//BK), O trung M điểm AB, M điểm thuộc HK cho OM song với AH Chứng minh HM = MK Như toán chứng minh xong O K B Tuy nhiên việc chứng minh tốn cách khơng phải đơn giản tập hình nêu khó học sinh yếu lớp Chính mà GV cần khơi dậy cho học sinh tò mò tìm cách khác Đó nghĩ đến việc nối H với B, kéo dài OM cắt HB N C Lời giải : Nối H với B, gọi N giao điểm H OM với HB Xét tam giác AHB có ON//AH (cùng vng góc với CD), mà OA = OB => HN= NB M A O Xét tam giác HKB có MN//KB (cùng vng góc N B K với CD), mà NH = NB => HM= MK D Mà OM ⊥ CD => MC = MD Suy MC – HM = MD – MK hay CH = DK Cách chứng minh đơn giản phải kẻ thêm đường phụ Nhận xét : Qua toán thay đổi giả thiết toán, từ C D kẻ vng góc với CD tốn có đặc biệt? HS nhận thấy toán tương tự: Bài tốn 1.2: Cho đường tròn (O) đường kính AB dây CD khơng cắt AB, từ C D kẻ đường thẳng vng góc với CD cắt đường thẳng AB H K Chứng minh rằng: AH = BK C Phân tích: D M Tương tự tập 1, tự nhiên học sinh nghĩ A H O K B đến việc kẻ OM vng góc với CD HC ⊥ CD; DK ⊥ CD ⇒HKDC hình thang vng, OM ⊥CD nên CM = DM ⇒ OM đường trung bình hình thang HKDC nên OH = OK Từ suy AH = BK Nhận xét: Nếu CD // AB tốn đơn giản nhiều, tương tự tập 2, không cần kẻ thêm đường phụ OM ⊥ CD ta chứng minh dựa vào trường hợp tam giác Khi CD cắt AB tốn có khơng? Hãy học sinh suy nghĩ, tự vẽ hình dự đốn AH = BK? Khi GV cho học sinh làm tập tương tự: Bài tốn 1.3: Cho đường tròn (O) đường kính AB dây CD cắt AB, từ C D kẻ đường thẳng vng góc với CD cắt đường thẳng AB H K C Chứng minh rằng: AH = BK Phân tích: Kẻ OM vng góc với CD, M A B K O H HC ⊥ CD; DK ⊥ CD ⇒ HDKC D hình thang, OM ⊥CD nên CM = DM ⇒ OM đường nối trung điểm hai đường chéo hình thang HDKC nên OH = OK Từ suy AH = BK C Cách khác: F Kẻ thêm đường kính EF song song với Dây CD, OM ⊥ với dây CD nên CM = MD ⇒ FO = EO ⇒ ∆HOF = ∆KOE (g.c.g) M A H B K O E D ⇒ OH = OK ⇒ AH = BK Nhận xét: Lại quay trở lại toán ta thay đổi đề thành tập có dạng lạ hơn: Bài tốn 1.4: Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, dây CD quay quanh điểm I cố định (O) (I ≠O) cho dây CD khơng cắt đường kính AB Vẽ AP ⊥ CD, BQ ⊥ CD Chứng minh: P, Q nằm bên (O) P Phân tích: C I Bài tốn khơng có đặc biệt, dễ nhận D Q thấy tồn tốn hiển nhầm mà toán làm cho nhiều học sinh lúng A B O túng GV cần hướng dẫn chi tiết giúp cho học sinh giải vấn đề thật tự nhiên nhẹ nhàng: Lời giải: P Nối O với P O với Q Vì ABQP hình thang nên góc A + góc B = 180 C I D Q Giả sử góc A ≤ 90 góc B ≥ 90 0 Xét ∆OBQ có góc B ≥ 900 nên OQ > OB = R A B O Q nằm ngồi đường tròn ta lại có ∆OPQ cân O nên OP = OQ > R P nằm ngồi đường tròn Nhận xét: Ngồi cách thay đổi giả thiết tốn để tạo tình có vấn đề cho học sinh phát tốn khác Có thể gợi ý để học sinh thấy với cách giải thay đổi yêu cầu kết luận tạo tốn tương tự từ đơn giản đến phức tạp Ta xét toán sau: Bài toán 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M điểm cung nhỏ BC Trên MA lấy điểm D cho MD = MB A a) Hỏi tam giác MBD tam giác gì? A b) So sánh hai tam giác BDA BMC c) O Chứng minh MA = MB + MC [3] D Phân tích: Dễ thấy tam giác ABC => AB = BC = CA => sđ » AB = sđ » AC = sđ » BC C B \\\\\ = 1200 M suy ∠BMA = 600 Từ dễ dàng dự đốn cách giải câu b,c Lời giải: a) Ta có AB = BC = CA => sđ » AB ∆MBD có MB = MD ∠BMD = ½ sđ = sđ » AB » AC = sđ » BC = 1200 = 600=> ∆MBD b) Xét ∆BDA ∆BMC có BD =BM; ∠ABD = ∠CBM (cùng cộng với ∠DBC để bằng600); BA = BC => ∆BDA = ∆BMC (c.g.c) c) ∆BDA = ∆BMC (c/m b,)=> DA = MC suy MA = MB + MC Nhận xét: Nếu AM đường kính AM lớn Từ ta có tốn sau Bài toán 2.1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Hãy tìm đường tròn điểm M cho tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh tam giác ABC lớn Tìm giá trị lớn theo R Lời giải: Xét điểm M thuộc cung nhỏ BC (O) Theo tốn AM = MB + MC Do MA + MB + MC = 2MA ≤ 2R Đẳng thức xảy MA đường kính.Khi M điểm cung BC Từ suy M thuộc điểm cung AB, BC, AC MA + MB + MC lớn 2R D A Nhận xét: Có thể khai thác tốn theo hướng quan sát Hình vẽ, cách bổ sung thêm điểm, đánh giá quan H H \\\\\ Hệ đường thẳng nhằm vận dụng định lý B Ta lét Nếu gọi H giao điểm AM BC H C M Ta có MD – MH = MB -MH Dễ suy BD// MC => = MD - MH MH = MB MC = BD MC MB - MH MB = -1 MH MH = DH MH (hệ định lý Ta lét) Chia hai vế cho MB ta 1 + = MB MC MH Từ ta có toán sau: Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O M điểm cung nhỏ BC Gọi H giao điểm AM với BC Chứng minh 1 + = MB MC MH Lời giải: Ta có AB = BC = CA => sđ » AB = sđ ∆MBD có MB = MD ∠BMD = ½ sđ » AB » AC = sđ » BC = 1200 = 600=> ∆MBD => MD – MH = MB – MH Dễ suy BD// MC => = MD - MH MH = MB MC = BD MC MB - MH MB = -1 MH MH 1 + = MB MC MH = DH MH Suy (hệ định lý Ta lét) MB MB = -1 MC MH Chia hai vế cho MB ta (đpcm) MH Nhận xét: Từ kết toán 9.Ta thấy, nhỏ MH lớn Khi H trung điểm BC Từ yêu cầu học sinh giải toán sau: Bài toán 2.3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O M điểm chuyển động cung BC không chứa A Xác định vị trí M để tổng 1 + + MB MC MA đạt giá trị nhỏ Lời giải: Theo kết tốn 9, ta có = 1 + MH MA 1 + = MB MC MH Suy 1 + + MB MC MA nhỏ MH MA lớn Từ suy M điểm cung BC H trung điểm BC 1 + + MB MC MA đạt giá trị nhỏ Nhận xét: Ở toán ta cho điểm A cố định để tam giác ABC Giả sử tam giác ABC không đặc biệt ta cố định BC kết có hay khơng, u cầu toán phải cho phù hợp? Từ quan điểm trên, ta có tốn: Bài tốn 2.4: Cho BC dây cung cố định đường tròn tâm O bán kính R A điểm chuyển động cung lớn BC , M điểm chuyển động cung nhỏ BC.Xác định vị trí A M để tổng 1 + + MB MC MA đạt giá trị nhỏ Nhận xét: Từ toán 10.Nếu ta xét liên quan đến tâm O thay cho điểm A từ tốn cho ta có tốn Bài toán 2.5: Cho BC dây cung cố định đường tròn tâm O bán kính R thỏa mãn ∠BOC = 1200 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 + + MB MC MA Phân tích: Chắc chắn với kết 11 học sinh thấy vẽ thêm đường phụ để đưa toán quen thuộc Đó gọi A điểm cung lớn BC (O) Suy tam giác ABC Nhận xét : Nếu ta thay đổi độ lớn góc A tổng MH 1 + MB MC thay đổi ? Từ nhận xét ta có tốn sau 2.6: Trên cung BC khơng chứa điểm A đường tròn ngoại tiếp Bài toán tam giác ABC(∠A ≥ 600, AB = AC) lấy điểm M tùy ý, đoạn thẳng AM BC cắt H Chứng minh MH ≤ 1 + MB MC Lời giải: Kẻ BD // MC Dể chứng minh ∆BMD cân ∠BDM=∠ABC) B(có ∠BMD A = Do ∠DBM = ∠BAC ≥ ∠BMD = ∠BDM => DM ≥ BD=MB Nên MD ≥ 1 = MB MC D B O H 10 Vì BD // MC => MB MC = BD MC = DH MH C M (hệ định lý Ta lét) BD MD - MH MD BD MD BD = = − => +1 = => = + MC MH MH MC MH MH MC.MD MD => => MB MB 1 1 = + ≤ + = + => MH MH MC.MD MD MC.MB MB MC MB ≤ 1 + MB MC Bài tốn 3: Cho tam giác ABC có góc nhọn Vẽ đường cao AI, BK, CL cắt H a) b) c) Chỉ tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy số điểm A, B, C, H, I, K, L Chứng minh ∠LBH=∠LIH=∠KIH=∠KHC Chứng minh KB tia phân giác ∠LKI [2] Lời giải: Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên đường cao cắt H nằm tam giác a) b) c) A LHIB, HICK, HKAL tứ giác nội tiếp tổng hai góc đối diện 1800 BLKC, K CILA, AKIB tứ giác nội tiếp có hai L đỉnh kề nhìn cạnh H góc vuông LHIB tứ giác nội tiếp nên B ∠LBH=∠LIH(cùng chắn cung LH) HICK I tứ giác nội tiếp nên ∠HIK = ∠HCK (vì chắn cung HK) BLKC tứ giác nội tiếp nên ∠LBK=∠LCK(vì chắn cung LK) Từ suy ra∠LBH=∠LIH=∠KIH=∠KHC Bằng cách tương tự ý b) ta chứng minh ∠HCI=∠HKI=∠HKL=∠HAL Từ suy điều phải chứng minh C Nhận xét: Từ toán ta thấy tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Nếu kẻ thêm đường kính AD Ta dê dàng nhìn BK//CD vng góc với AC Từ ta có tốn sau: Bài tốn 3.1: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AI, BK, CL cắt H Kẻ đường kính AD Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành 11 Lời giải: Ta có ∠ACD = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A => DC⊥AC BK ⊥AC(gt) => DC//BK hay BH//DK Chứng minh tương tự, CH//BD.Do K L H O BHCD hình bình hành Nhận xét: Từ kết toán trên, thấy gọi M Itrung điểm BC dễ suy H, M, D thẳng hàng OM đường trung bình Bcủa tam giácAHDC Do AH = 2.OM D Từ suy luận đó, giáo viên đặt vấn đề cho học sinh giải toán sau: Bài toán 3.2: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AI, BK, CL cắt H Kẻ đường kính AD.Gọi M trung điểm BC Chứng minh AH = 2.OM Lời giải: Lý luận 3.1.ta tứ giác BHCD hình bình hành.Suy ba điểm H,M, D thẳng hàng M trung điểm HD Do đó, tam giác AHD có O trung điểm AD M trung điểm BC nên OH đường trung bình tam giác AHD nên AH = 2.OM Nhận xét: Do tứ giác BLKC nội tiếp nên ∠AKL=∠ABC Nên có đường vng góc với OA A đường thẳng // với KL Từ suy AD ⊥KL Ta có tốn sau: Bài tốn 3.3: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AI, BK, CL cắt H Chứng minh AO ⊥ KL Lời giải: Dể chứng minh tứ giác BLKC nội tiêp Từ suy ∠AKL=∠ABC Kẻ tiếp tuyến Ax (cùng phía với C bờ AB) Ta có Ax//KL (hai góc so le nhau) Mà Ax⊥AO Do KL ⊥AO Nhận xét: giả sử tia KL cắt tia CB E Ta dễ suy đẳng thức EL.EK = EB.EC Nếu AE cắt (O) N Ta dễ suy EL.EK=EN.EA Từ suy điểm A,N,L,H,K thuộc đường tròn Từ suy ∠HNA=900 ∠DNA = 900, nên N, H, D thẳng hàng Từ đó, giáo viên đặt vấn đề để học sinh giải toán sau: Bài toán 3.4: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AI, BK, CL cắt H M trung điểm BC Kẻ đường kính AD Tia KL cắt tia CB điểm E Đoạn thẳng AE cắt đường tròn (O) N a) b) c) Chứng minh EL.EK = EB EC Chứng minh Tứ giác ANLK nội tiếp Chứng minh điểm D, M, N thẳng hàng Lời giải: 12 a) b) c) Dễ chứng minh tứ giác BLKC nội tiếp từ suy ∆EBL ∼∆EKC (g.g) Từ suy EL.EK=EB.EC Chứng minh tương tự với (O) EN EA = EB.EC Do EN.EA = EL.EK Từ chứng minh ∆EAK∼∆ELN (c.g.g) Suy ∠ENL=∠EKA Nên tứ giác ANLK nội tiếp Từ câu b) suy tứ giác ANKL nội tiếp đường tròn đường kính AH Nên ∠ANH = 900=> NH ⊥ NA A N K L H E O B C M D Lại có ∠AND = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => NA⊥ND Như qua điểm N có đường thẳng NH ND vng góc với NA nên N, H, D thẳng hàng mà H, M, D thẳng hàng(theo cm 3.1) Suy điểm N, M, D thẳng hàng Nhận xét: Từ giả thiết ta cố định BC, A chuyển động cung lớn BC, ta có hướng khai thác,phát triển tốn mức cao Việc xuất phát từ toán cụ thể,đơn giản, với định hướng khai thác, phát triển, tăng dần mức độ nhằm gây hứng thú học tập cho học sinh Từ để thêm khắc sâu kiến thức cho học sinh việc tổng hợp, khái qt, đặc biệt hóa tốn cần thiết từ cho học sinh giải tốn tổng hợp sau: Bài tốn 3.5: Cho đường tròn tâm O bán kính R dây BC cố định khác đường kính A điểm chuyển động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt H tương ứng cắt đường tròn (O) P, Q, R Gọi M, N, S tương ứng trung điểm BC, CA, EF Chứng minh rằng: Các tứ giác AEHF, BCEF nội tiếp QR//EF c) AO ⊥ EF 2.SABC = R.(DE+EF+FD) Từ xác định vị trí A để chu vi tam giác DEF lớn e) Tổng BH.BE + CH.CF không đổi A chuyển động cung lớn BC thỏa mãn tam giác ABC nhọn f) H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF g) AH = 2,OM h) AS.R = AM.OM i) Gọi (O1;R1), (O2;R2), (O3;R3) đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC, HCA, HAB Chứng minh rằng: R = R2 = R3= R ∆O1O2O3 = ∆ABC [2] a) b) d) 13 Lời giải: a) Vì ∠AEH = ∠AFH = 900 Nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AD b) Tứ giác BCEF nội tiếp nên ∠BEF = ∠BCF A Q » BQ c) Mà ∠BCF =∠BQR= ½ sđ Do QR//EF Vì tứ giác BCEF nội tiếp nên ∠EBF=∠ECF » AQ » AR Mà ∠EBF = ½ sđ ; ∠ECF = ½ sđ , nên AQ = AR OA ⊥QR Mà QR//EF Nên AO⊥EF S R EN H B F D O M P O2 C O1 d) Vì OA ⊥ EF (theo câu c)) ,nên 2.SAEOF = EF.OA =EF.R tương tự, 2.SBFOD = FD.R; 2SCDOE = DE.R Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm tam giác ABC Suy 2.S ABC = 2.SAEOF +2.SBFOD+2SCDOE = R.(DE+EF+FD) Vỉ không đổi nên từ đẳng thức suy chu vi tam giác DEF lớn SABC lớn Mặt khác, ta có SABC = ½ BC.AD, Với BC khơng đổi Do chu vi tam giác DEF lớn AD lớn Khi A điểm cung lớn BC e) Vì ∆BDH ∼∆BEC (g.g) nên BD/BE=BH/BC => BH.BE=BD.BC Tương tự CH.CF = CD.BC, từ suy BH.BE + CH.CF = BD.BC+CD.BC=BC (BD+CD)=BC2 không đổi f) Chỉ EH tia phân giác góc DEF, DH tia phân giác góc EDF=> Suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Tương tự 3.2 g) h) i) Chứng minh ∆AEF∼ABC nên AS/AM=OM/R => AS.R = AM.OM Vì BICH hình bình hành nên ∆HBC=∆ICB => R1=R; tương tự R2=R; R3 = R Mặt khác ∆HBC = ∆ICB nên O1 đối xứng với O qua BC Do M trung điểm OO1 Tương tự N trung điểm OO Suy MN đường trung bình ∆OO1O2 Do O1O2 = 2.MN = AB Từ suy ĐPCM 2.4 Kết luận nghiên cứu Toán học vô đa dạng phong phú, giới thiệu vài tình cụ thể việc khai thác cách suy luận phát triển số tập tốn hình mà học sinh tiếp xúc mơn Tốn THCS Sau áp dụng vào việc dạy học khai thác phát triển chức toán lớp 9B3, 9B4 thu kết sau: 14 2.4.2 5% học sinh chưa đạt yêu cầu mức độ vận dụng 40% học sinh đạt yêu cầu mức độ vận dụng 55% học sinh đạt yêu cầu mức độ vận dụng khai thác tốt toán Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, với đồng nghiệp nhà trường Với kết thấy việc xác định vai trò toán giúp học sinh dễ dàng việc ghi nhớ kiến thức vận dụng, khắc sâu kiến thức Từ em có khả phát phương pháp giải toán từ đơn giản đến phức tạp Từ làm em học sinh cảm thấy hứng thú học tập, nghiên cứu, khai thác tốn hình học cách chủ động, u thích mơn học Bản thân củng cố thêm khẳng định cách đổi hoạt động dạy học , có thêm kinh nghiệm phương pháp giảng dạy mơn tốn đặc biệt mơn hình học trường THCS 3.1 Kết luận kiến nghị Kết luận Như việc lựa chọn áp dụng phương pháp giảng dạy theo tinh thần đổi với việc vận dụng, khai thác phát triển tốt chức tập tốn hình mang lại kết thiết thực việc cải biến chất lượng hiệu hoạt động giải toán Thực tốt việc làm cho học sinh có hứng thú ham thích mơn học 3.2 Kiến nghị Để đưa vào áp dụng đề tài khối lớp nhà trường cách rộng rãi đòi hỏi người giáo viên phải thực có tâm huyết có chuẩn bị chu đáo Chính cần có quan tâm, tạo điều kiện giúp đỡ cấp quản lý giáo dục sở vật chất việc động viên khuyến khích kịp thời giáo viên tiến hành áp dụng đề tài vào hoạt động giải toán Mặt khác, để sáng kiến hồn thiện hơn, có tính khoa học thực tiễn cao cần đóng góp ý kiến bạn, đồng nghiệp để cá nhân tơi có thêm kinh nghiệm việc giảng dạy Cuối xin chân thành cảm ơn nhà quản lí giáo dục đồng nghiệp giúp đỡ, đóng góp ý kiến để tơi hồn thành sáng kiến kinh nghiệm Thanh Hóa, ngày 20 Tháng năm 2018 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 15 NGƯỜI VIẾT Đoàn Thế Đăng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Đức Chính CS, Sách giáo khoa toán 9, NXB Giáo dục Việt Nam, tập tr 104 [2] Trịnh Thúy Hằng, Tạp chí tốn tuổi thơ THCS, “Từ tốn quen thuộc”, Số 78-79 tháng 8+9/2009, NXB giáo dục Việt Nam 16 [3] Tôn Thân CS (2010), Sách tập toán 9, NXB Giáo dục Việt Nam, tập tr 76 17 ... sâu kiến thức Từ em có khả phát phương pháp giải toán từ đơn giản đến phức tạp Từ làm em học sinh cảm thấy hứng thú học tập, nghiên cứu, khai thác tốn hình học cách chủ động, u thích môn học. .. môn học học sinh yếu coi thường môn số học sinh giỏi, khơng đáp ứng mục tiêu việc rèn luyện kĩ kĩ xảo lực sáng tạo cho học sinh Vì lí mà tiết học giải tập tốn Hình chưa đạt hiệu theo mong muốn Qua. .. vào việc dạy học khai thác phát triển chức toán lớp 9B3, 9B4 thu kết sau: 14 2.4.2 5% học sinh chưa đạt yêu cầu mức độ vận dụng 40% học sinh đạt yêu cầu mức độ vận dụng 55% học sinh đạt yêu cầu