Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS thị trấn thường xuân liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau từ một bài toán hình học quen thuộc

1 Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài Trong q trình giảng dạy 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 cịn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá toán để từ phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng lật ngược toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh hứng thú phát triển lực tự học cách khoa học học toán Qua nhiều 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 tốn tổng qt học sinh thường khơng có kỹ nhận Chính vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận toán cũ, tốn đảo, tốn tổng qt…đồng thời góp phần vào việc đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực bồi dưỡng lực học tốn cho học sinh, rèn luyện khả sáng tạo học tốn cho học sinh muốn góp phần vào cơng tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Tốn trường THCS Thị Trấn nói riêng học sinh tồn huyện Thường Xn nói chung Tơi xin trình bày đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp trường THCS Thị Trấn Thường Xuân liên kết, mở rộng lật ngược toán khác từ toán hình học quen thuộc" 1.2 Mục đích nghiên cứu - 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 tự học, biết liên kết 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 1.3 Đối tượng nghiên cứu Khả liên kết, mở rộng lật ngược toán khác xuất phát từ toán ban đầu học sinh 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp xây dựng sở lý thuyết; Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Đặc điểm lứa tuổi THCS muốn tự khám phá, tìm hiểu q 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 q trình lâu dài, kiên nhẫn 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 cịn thể chỗ 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 Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tham khảo học hỏi đồng nghiệp ngồi huyện tơi nhận rằng: - Học sinh yếu toán 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 không phát huy hết - Không 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 - Nhiều học sinh hài lòng với lời giải mình, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác phát triển toán, sáng tạo toán 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 cho em làm cho em có hứng thú học tốn - Trước thực đề tài khảo sát 25 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân năm học 2018 - 2019 Kết thu sau: Giỏi Khá TB Yếu, SL TL (%) SL TL (%) SL TL (%) SL TL (%) 25 4,0 16,0 14 56,0 24,0 Trước thực trạng địi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp có hiệu 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Trong trình dạy tốn, thầy giáo có khơng lần gặp toán cũ mà cách phát biểu hồn tồn khác, khác chút Sĩ số Những toán 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 kỹ thường xuyên liên hệ toán với toán biết toán đảo, toán tổng quát, 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 số ví dụ để giải thực trạng để thể nội dung đề tài 2.3.1 Ví dụ: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tam giác ABF, ACD Chứng minh : a CF = BD · b BOC = 1200 1.Hướng dẫn a Xét ∆ABD ∆AFC có: · AB = AF, AD = AC, BAD = ·FAC D Do đó: ∆ABD = ∆AFC ⇒ CF = BD b ∆ABD = ∆AFC ( câu a) µ = Fµ ⇒B 1 A Mà B, F thuộc nửa mặt phẳng bờ AOF nên tứ giác AOBF nội tiếp ¶ = B ¶ = 600 O ¶ = A ¶ = 600 ⇒ O 2 O C · ⇒ AOB = 120 (1) · Tương tự: AOC = 1200 (2) B · Từ (1) (2) suy BOC = 120 2.3.2 Xây dựng hệ thống toán Qua việc chứng minh ví dụ ta thấy vẽ phía tam giác ABC hai · · · tam giác ta ln có AOB = AOC = BOC = 1200 Với cách suy nghĩ ta có toán toán đảo ví dụ Bài tốn 1: Cho tam giác ABC nhọn dựng điểm O tam giác · · · cho AOB = AOC = BOC Nhận xét: Rõ ràng chưa có ví dụ tốn khơng đơn giản có ví dụ tốn trở nên đơn giản Hướng dẫn 1 1 D A F 1 2 B O C a Cách dựng - Dựng phía ngồi tam giác ABC, hai tam giác ABF, ACD - Giao điểm BD FC điểm O cần dựng b Chứng minh Tương tự cách chứng minh ví dụ Nếu cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA suy ∆CPD = ∆COA Với cách suy nghĩ ta có toán thứ Bài toán 2: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tam giác ABF, ACD Gọi giao điểm BD CF O Chứng minh rằng: OA + OB + OC = BD Hướng dẫn: D A F P O B C · · Do DOC = DAC = 600 (Tứ giác OADC nội ví dụ) Nên cạnh OD ta lấy điểm P cho ∆OCP Khi đó: OC = OP (1) - Xét tam giác ∆CPD ∆COA có: + CP = OC (Cách vẽ), · · · + PCD (Cùng cộng với ACP 600) = OCA + DC = AC (gt) Do đó: ∆CPD = ∆COA (c.g.c) Suy ra: PD = OA (2) Từ (1) (2) suy OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD Qua toán thứ ta thấy BD khơng đổi OA + OB + OC khơng đổi từ ta có tốn thứ 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 tam giác ∆CQD ∆COA, có: · · = OCA CQ = CO, QCD DC = AC (gt) Nên ∆CQD = ∆COA (c.g.c) ⇒ OA = QD D Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD ⇒ OA + OB + OC ≥ BO + OD ⇒ OA + OB + OC ≥ BD A Q Dấu “ =” xảy khi: + O, Q, D thẳng hàng · · · = 600 ⇒ CQD = 1200 ⇒ COA = 1200 (1) Mà CQO O + B, O, Q thẳng hàng C B · · = 600 ⇒ COB = 1200 (2) Mà COQ Từ (1) (2) suy O điểm nhìn ba cạnh tam giác ABC góc 1200 hay O giao điểm cung chứa góc 120 dựng 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 A M F N H B P C - Từ N kẻ NH ⊥ AC (H thuộc AC) Xét tam giác HNC vuông H có: · · HCN = 600 nên HNC = 300 ⇒ HC = NC ⇒ HC = DC = AC (1) Mà PC = BC (gt) (2) Từ (1) (2) suy HP // AB (Theo ĐL ta lét đảo) ⇒ PH = AB = AM ( ví AB = AF) (3) · - Xét tam giác AHN vng H có HAN = 300 ⇒ HN = AN (4) Từ (3) (4) ta có : = ( ) · · · · · · · Mặt khác: MAN ( PHC , MAB = PHN = BAC + HAN = NHC = 900 ) · · Do : ∆PHN ∽∆ MAN ⇒ = ANH = MNP · · ⇒ ∆NPM ∽∆ NHA Nên NPM = NHA = 900 Vậy tam giác MPN tam giác vng P Ở tốn ví dụ ta vẽ phía ngồi 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 tốn Bài tốn 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 D Hướng dẫn: A F 1 O 1 C B E a + Theo ví dụ ta có CF = BD (1) + Chứng minh tương tự ví dụ ta có CF = AE (2) Từ (1) (2) ta có AE = BD = CF b Gọi O giao điểm BD CF Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng · · + Thật : BOC = 1200 (ví dụ) mà BEC = 600 ⇒ Tứ giác BOCE nội tiếp ¶ = 600 ⇒ O ¶ = COE · · · ⇒ COE = CBE = 600 mà O 1 Do A; O; E thẳng hàng Suy ra: AE, BD, CF đồng quy Nhận xét : Ở toán ta vẽ tam giác phía ngồi tam giác ABC kết AE = BD = CF AE, BD, CF đồng quy · · · AOB = AOC = BOC = 1200 Vậy ta vẽ ngược trở lại tức vẽ ngược vào tam giác ba tam giác điều cịn khơng? Từ suy nghĩ ta có tốn thứ E ABD, BCE, CAF lần Bài toán 6: Cho tam giác ABC Dựng tam giác lượt nằm mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ AC chứa điểm B a Chứng minh AE = CD = BF b Chứng minh AE, CD, BF đồng quy A · · · AOC, BOC c Tính AOB, Nhận xét: Ở toán này, ta thấy kết quả: AE = CD = BF, AE, CD, BF đồng quy cách chứng minh có phần khó khăn hơn, kết · · · AOB = AOC = BOC = 1200 không Hướng dẫn C B D O F a Tương tự tập b Gọi O giao điểm BF CD · · · · ⇒ Tứ giác ABOD nội Do ∆ABF = ∆ADC nên ABF hay ABO = ADC = ADC · · tiếp Do BAO (2 góc nội tiếp chắn cung BO) = BDO · · · · Mà BAE (∆ABE = ∆DBC) BDO = BDC + BDC = 1800 · · Nên BAO + BAE = 1800 ⇒ E, A, O thẳng hàng · · · · c Tứ giác ABOD nội tiếp (câu b) ⇒ AOB = ADB = 600 AOC = ABD = 600 · Do BOC = 1200 Nhận xét: Qua toán giúp em nhận điều vẽ hình ta phải xét tất các khả xảy 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 tốn khó tốn nhiều Từ ta có toán thứ 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 F Tam giác PMN tam giác gì? Hướng dẫn A M D N C B P - Xét ∆BPE ∆BMA có: E · · · · MBA = PBE = MAB = PEB = 300 nên ∆ BPE ∽ ∆ BMA BP BM · · · · · · ⇒ = Mà MBP ( MBA+ABP ) = ABE = ABP + PBE BE BA · · Nên ∆ BPM ∽ ∆ BEA ⇒ BPM (1) = BEA · · - Tương tự ∆CPN ∽∆ CAE ⇒ CPN (2) = CEA · · Ta lại có: CEA + BEA = 600 (3) · · · Từ (1), (2) (3) suy BPM + CPN = 600 MPN = 600 (4) · - Chứng minh tương tự ta có PMN = 600 (5) Từ (4) (5) suy ∆PMN Từ tốn ta khơng vẽ tam giác mà ta vẽ tam giác cân · · · ABF, ACD, BCE cho AFB = ADC = BEC = 1200 ta lại có tốn hay tốn nhiều Bài tốn 8: Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác cân · · · ABM, ACN, BCP cho AMB = ANC = BPC = 1200 Tam giác MNP tam giác gì? Nhận xét: Tuy tốn thứ khó toán thứ giáo viên hướng dẫn em xâu chuổi toán đặc biệt tốn tốn thứ lại trở thành toán thứ 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 N M A M D N B C B C P P E Nhận xét: Ở tốn 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 cịn khơng? Từ ta có tốn thứ thứ 10 Bài toán 9: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng tam giác ADM, MCE, CAF nằm mặt phẳng có bờ AC chứa E điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC không chứa điểm B B a.Chứng minh AE = CD = MF b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy O F D O Bài số 10: 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 E A M điểm B Chứng minh AE = CD =CMF B D F A M C Hình vẽ số Hình vẽ số 10 Nhận xét: Cả hai giải số riêng số 10 đường thẳng AE, CD, MF lại không đồng quy với 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 sau Trở lại ví dụ, câu hỏi đặt là: Nếu không dựng hai tam giác mà dựng hai tam giác vng cân A BD FC có khơng? Từ ta lại có tốn thứ 11 Bài tốn 11: 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 : a CF = BD D b CF ⊥ BD c Tam giác IMN tam giác gì? Hướng dẫn a CF = BD (tương tự ví dụ) · · b Do ∆ABD = ∆AFC nên AFO = ABO Mà F, B thuộc nửa mặt phẳng bờ AO Nên tứ giác AOBF nội tiếp · · ⇒ FOB = FAB = 900 ⇒ FC ⊥ BD N F A O M B I c IM đường trung bình tam giác BCF nên: IM // CF IM = Tương tự ta có: IN // BD IN = BD (2) C CF (1) Mà: CF ⊥ BD CF = BD (3) Từ (1), (2) (3) suy ra: IM ⊥ IN IM = IN hay tam giác MIN vuông cân I Nhận xét: Ở toán 11 ta vẽ hai tam giác vng cân ABF ACD A CF = BD, CF ⊥ BD vẽ hai tam giác vuông cân A mà 10 F D kết khơng mà ta lại có kết khác lại phải vận dụng cách làm tốn thứ 11 làm Từ ta có tốn thứ 12 Bài tốn 12: 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 toán thứ 11 khó giải em Nhưng gặp khơng khó khăn H Hướng dẫn E D A K F N B M C - Lấy H K đối xứng với C A qua D, D E đối xứng với A B qua M Suy tứ giác ACKH ABNE hình vng Như ta biến toán thứ 12 thành toán thứ 11 việc giải toán 12 bay đơn giản em làm toán 11 Kết hợp toán 11 toán 12 ta lại có tốn 13 khó nhiều Bài tốn 13: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng hình vng AFPB, ADQC hình bình hành AFMD Chứng minh: a MA ⊥ BC b BQ = MC BQ ⊥ MC M c BQ, MA, PC đồng quy Hướng dẫn a Gọi H giao điểm MA BC D Xét tam giác: ∆ABC ∆DMA có: AB = MD (cùng FA) · · · ( Cùng bù với FAD ) BAC = ADM F Q AC = AD (gt) Do ∆ABC = ∆DMA (c.g.c) A · · ⇒ ACB = MAD P 0 · · · Mà MAD + CAH = 90 (do DAC = 90 ) ·ACH + CAH · · = 900 ⇒ AHC = 900 ⇒ AH ⊥ BC O K B H b Gọi O giao điểm BQ MC · · · · - Ta có: ∆ABC = ∆DMA ( câu a) ⇒ ACB = MAD ⇒ BCQ = MAC - Xét hai tam giác ∆BCQ ∆MAC có: BC = MA (∆ABC = ∆DMA) C 11 · · BCQ = MAC AC = QC · · Nên ∆BCQ = ∆MAC (c.g.c) Suy BH = QC CBQ = AMC · · · · + MCH = 900 ⇒ CBQ + MCH = 900 Mà AMC · Do 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 ( chứng minh tương tự) CK đường cao ( chứng minh tương tự) Do QB, BK CR đồng quy Qua toán 13 ta thấy ta khơng vẽ hình hành AFMD mà vẽ hình vng BCNI ta lại có tốn thứ 14 tổng quát Bài toán 14: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình vng ABGF; ACED; BCQP 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 toán điều quan trọng khơng giúp cho học sinh dễ dạng định hướng tốn mà cịn giúp học sinh học toán cách chủ động phát triển lực tự học cách khoa học để nhớ toán lâu dài D Hướng dẫn: H - Kẻ hình bình hành ABLC F E - Xét ∆ABL ∆AFD có: A + AB = AF (gt) G N P + BL = AD (cùng AC) C · · · + ABL ( bù với BAC ) = FAD K M B R Do ∆ABL = ∆AFD ( c.g.c) · · (1) ⇒ BAL = AFD L - Kẻ AH ⊥ FD H cắt BC M ta có · · · ( phụ với FAH ) (2) BAM = AFD · · Từ (1) (2) suy ra: BAL = BAM Q P Mà M, L thuộc nửa mặt phẳng bờ AB nên A, M, L thẳng hàng 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 N A Trở lại toán 12, 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 vềM phía ngồi hình bình hành tam giác vng cân ta có toán thư 15 phức tạp nhiều C dựng hình bình Bài tốn 15: Cho tam giác ABC, phíaB ngồi tam giác hành ABDC có bờ đường thẳng BC khơng chứa điểm A, phía ngồi hình Q D P 12 bình hành ABCD, dựng tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N; BDP vuông cân P; CDQ vuông cân Q Chứng minh rằng: AD, BC, MQ, PN đồng quy Nhận xét: Bài toán để khó cho học sinh ta phát biểu dạng khác dễ nhiếu từ ta có tốn 16 Bài tốn 16: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ đường thẳng BC khơng chứa điểm A Về phía ngồi hình bình hành ABCD, dựng hình vng ABQ’G, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P tâm hình vng Chứng minh rằng: a Tứ giác MNQP hình vng b Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy H Hướng dẫn: I G N A M Q’Q B L C K Q P D R F a + Tứ giác ABDC hình bình hành tứ giác ABQ’G, DCKR hình E vng nên AM = CQ (1) + Tứ giác ACIH hình vng nên AN = NC (2) · · · · · = NCQ + Mặt khác: BAC ( bù với ACD ) ⇒ MAN (3) = ICK · · Từ (1), (2) (3) suy ra: ∆AMN = ∆CQN(c.g.c) (4) ⇒ ANM = CNQ 13 · · · · · + MNC = 900 ⇒ CNQ + MNC = 900 hay MNQ = 900 (5) Mà ANM + Chứng minh tương tự ta có ∆CQN = ∆DQP =∆BMP (c.g.c) (6) Từ (4) (6) suy MN = NQ = QP = PM (7) Từ (5) (7) suy tứ giác MNQP hình vng b) Gọi L trung điểm BC suy A, L, D thẳng hàng (tứ giác ABDC hình bình hành) · · Theo 12 ∆MNL, ∆PLQ tam giác vng cân nên MLN = PLQ = 900 (8) · · = PL'Q = 900 (9) - Gọi L’ giao điểm MQ PN Ta có: ML'N Từ (8) (9) suy 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 tập số 12 để làm cịn khó học sinh khơng biết vận dụng tập số 12 Qua tập số 16 ta thấy tứ giác MNQP hình vng nên MQ ⊥ PN MQ = PN Nhưng tập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD hình bình hành, ta khơng vẽ hình bình hành mà vẽ tứ giác lồi ABCD liệu kết cịn khơng? Từ suy nghĩ ta lại có thêm tập số 17 tổng quát Bài toán 17: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tứ giác ABCD, có bờ đường thẳng BC không 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 cịn hình vuông H MQ ⊥ PN MQ= PN Hướng dẫn: I G N A M Q’ S B Q L O C K F Q P D R - Gọi L trung điểm BC, theo toán 12 ta chứng minh ∆MLN ∆ PLQ hai tam giác vuông cân L nên LN =LM, LP = LQ E · · - Xét hai ∆PLN ∆QLM có: LN =LM, LP = LQ PLN = MLQ · · nên ∆PLN = ∆QLM (c.g.c) suy PN = MQ (1) LNP = LMQ - Gọi O giao điểm PN MQ S giao điểm ML ON 14 · · · · · · · Xét ∆MOS có OMS , MLN = LMQ + MSO = NSL + SNL = 900 ( LNP = 900 ) · Suy MOS = 900 hay MQ ⊥ NP 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua giảng dạy theo tinh thần đề tài đã: - Góp phần phát triển lực tư học sinh, phát huy trí thơng minh, óc sáng tạo Hệ thống kiến thức chương trình cố, gây hứng thú học tập môn Làm tảng tiếp thu kiến thức tiếp theo, học tập môn khác tốt - Rèn luyện cách trình bày tốn chứng minh hình đầy đủ, chặt chẽ, lập luận có cứ, xác Khắc sâu vào cố kiến thức có liên quan - Nếu dạy toán mà biết hệ thống liên kết chúng hệ thống tập giúp cho việc giảng dạy thêm phần sinh động mà giúp cho học sinh cảm thấy hứng thú chủ động đồng thời nắm bắt kiến thức cách vững vàng - Điều thể rõ thơng qua kết làm kiểm tra khảo sát 25 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân sau thực đề tài năm học 2018 - 2019: Sĩ số 25 Giỏi SL TL (%) 28,0 Khá SL TL (%) 36,0 TB SL TL (%) 36,0 Yếu, SL TL (%) 0 Kết luận, kiến nghị Qua trình nghiên cứu đề tài thấy, người dạy 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 tịi, sáng tạo toán từ toán học, gặp giúp học sinh tự tin giải toán, nhờ mà học sinh phát huy tư nâng cao lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh 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 cịn nâng cao tính khái qt hố, đặc biệt hố toán Hơn nữa, việc liên kết tốn khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh có hứng thú học tốn 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 toán khơng mới, giáo viên biến thành xếp chúng theo hệ thống định giúp học sinh tiếp thu nhanh hơn, vững vàng hứng thú 15 Bản thân trước từ vào nghề đặc biệt từ giao dạy bồi dưỡng cảm thấy khó khăn việc giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động đồng thời phát triển lực tự học cho học sinh cố mà kết không cao từ áp dụng cách làm tơi trình bày kết khả quan Không thân áp dụng mà tơi cịn chia cách làm cho đồng nghiệp tơi trường từ kết thi khảo sát, thi chuyển cấp vào lớp 10 THPT thi học sinh giỏi tồn huyện trường tơi ln xếp thứ Trên kinh nghiệm mà rút q trình giảng dạy tơi có phần thành công việc thay đổi phương pháp dạy học trường THCS Thị Trấn đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi vào trường chuyên Đề tài chắn không tránh khỏi thiếu sót mong nhận góp ý giúp đỡ quý thầy cô bạn đồng nghiệp XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thường Xuân, ngày 20 tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết SKKN Nguyễn Sỹ Điệp 16 ... Thơng qua việc hướng dẫn học sinh tìm tịi, sáng tạo toán từ toán học, gặp giúp học sinh tự tin giải toán, nhờ mà học sinh phát huy tư nâng cao lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say... giúp cho học sinh cảm thấy hứng thú chủ động đồng thời nắm bắt kiến thức cách vững vàng - Điều thể rõ thơng qua kết làm kiểm tra khảo sát 25 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân sau... giúp cho học sinh dễ dạng định hướng tốn mà cịn giúp học sinh học toán cách chủ động phát triển lực tự học cách khoa học để nhớ toán lâu dài D Hướng dẫn: H - Kẻ hình bình hành ABLC F E - Xét ∆ABL