sáng kiến kinh nghiệm năm học 2015 2016 thcs phan đình giót

Trong quá trình giảng dạy giáo viên cần khai thác các bài tập trong sách giáo khoa giúp học sinh hiểu sâu kiến thức, có kỹ năng giải bài tập, nhằm nâng cao chất lượng dạy học và việc làm[r]

MỤC LỤC:

PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ 2

PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 3

2.1.Cơ sở lý luận: 3

2.2 Thực trạng vấn đề: 3

2.3.Các biện pháp thực để giải vấn đề 3

2.4.Hiệu SKKN 7

PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ NGHỊ 7

3.1.Kết luận : 7

3.2 Kiến nghị: 7

PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong chương trình mơn tốn trường THCS ta thấy tập toán nhiều đa dạng

“ Giải toán nghệ thuật thực hành, giống bơi lội, trượt tuyết, hay chơi đàn, học nghệ thuật đó, cần bắt chước theo mẫu mực đắn thường xun thực hành.Khơng có chìa khố thần kỳ để mở cửa ngõ, khơng có hịn đá thần kỳ để biến kim loại thành vàng ”

( Đề - Các Leibnitz ) Tìm lời giải hay toán tức khai thác đặc điểm riêng toán Điều làm cho học sinh “có thể biết quyến rũ sáng tạo niềm vui thắng lợi”

( Polia-1975 )

Giải tập tốn q trình suy luận, nhằm khám phá quan hệ logic cho (giả thiết) với phải tìm (kết luận) Nhưng quy tắc suy luận phương pháp chứng minh chưa dạy tường minh Do học sinh thường gặp nhiều khó khăn giải tập

Phương pháp chung tìm lời giải tốn : Bước 1: Tìm hiểu nội dung tốn

Bước 2: Xây dựng chương trình giải Bước 3: Thực chương trình giải Bước 4: Kiểm tra nghiên cứu lời giải

Trong bước cơng việc thực là:

Nghiên cứu toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề Đó khai thác tập tốn

Thực tiễn dạy học cho thấy để có kỹ giải tập phải qua trình luyện tập

PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

2.1.Cơ sở lý luận:

Qua nghiên cứu thực tế giảng dạy trường THCS, năm qua nghiên cứu rút số kinh nghiệm việc khai thác tập toán để xây dựng hệ thống tập bồi dưỡng học sinh giỏi là:

1.Chuyển điều chưa biết thành toán 2.Thay đổi hình thức phát triển tốn 3.Tìm toán liên quan

4.Mở rộng tập khác 2.2 Thực trạng vấn đề:

Học sinh trường THCS ngại học mơn tốn cho mơn học khó hình học địi hỏi học sinh tổng hợp kiến thức, có kỹ trình bày logic, chặt chẽ, học học khố lớp khó giải tốn nâng cao, khơng đủ kiến thức tham gia thi học sinh giỏi mơn tốn Các em học sinh việc học toàn diện mơn học cịn tham gia hoạt động xã hội thời gian học thêm, chưa say mê với môn học, khơng thấy điều kỳ diệu tốn học, đòi hỏi giáo viên giảng dạy phải nghiên cứu tìm tịi, sáng tạo xây dựng chun đề bám sát chường trình, theo chuẩn kiến thức, kỹ năng, phát huy tính tích cực học sinh

2.3.Các biện pháp thực để giải vấn đề.

Trong sách giáo khoa, sách tập có nhiều tập vận dụng kiến thức lý thuyết hay giải tập cần khai thác theo nhiều khía cạnh khác cách giải khác nhau, thay đổi kiện toán ta số toán khác tương tự liên quan từ tốn ban đầu ta gọi tốn “chìa khố” ta giải nhiều tập khác , củng cố nhiều kiến thức, rút ngắn thời gian học tập, học sinh luyện

tập nhiều, thấy tính logic toán học say mê học toán Sau số tập minh hoạ

Bài toán A:

Cho hình vng ABCD Đặt hình vng A/B/C/D/ bên hình vng cho tâm trùng Chứng minh : trung điểm AA/ ; BB/; CC/; DD/ đỉnh hình vng khác.

Lời giải:

Cách 1:

= ( c.g.c ) AA/ = BB/

Tương tự AA/ = BB/ =CC/ = DD/

= = =

OM = ON = OP = OQ tứ giác MNPQ hình bình hành O trung điểm MP NQ MP = NQ

MNPQ hình chữ nhật

= = = =

= 900 tứ giác MNPQ hình vng

Cách 2:

Nối B/C ; C/D; D/A; A/B, gọi E, F, G, H trung điểm các cạnh B/C ; C/D; D/A; A/B

EP // B/ C/ EP = B/ C/, FQ // C/D/ EQ = C/D/

GM// A/ D/ GM = A/ D/, HN // A/B/ HN= A/B/

/

AOA

 BOB/





 AOM/ BOM/ C OP/ D OQ/

 

 

 COP

 DOQ AOM BON  COP DOQ

 POQ 

1

1

2

EP = FQ = GM = HN

NE// BC NE = BC, PF // CD PF = CD QG// AD QG = AD, MH// AB MH = AB

NE = PF = QG = MH

= = = ( c.g.c)

MN = NP = PQ = QM = 90 MNPQ hình vng

Cách 3:

Thực phép quay tâm O góc quay 900 chiều kim đồng hồ OA OB ; OA/ OB/ AA/ BB/ ;BB/ CC/; CC/ DD/; DD/ AA/

M N ; N P ; P Q ; Q M MNPQ hình vng

*Từ nhận xét: = = = Đặt = k ( k < ) Theo định lý Talet ta có tốn sau:

Bài tốn 1a: Cho hình vng ABCD Đặt hình vng A/B/C/D/ bên hình vng cho tâm trùng Gọi M,N,P,Q điểm thuộc AA/ ; BB/; CC/; DD/ cho

= = = = k ( k > ) Chứng minh : MNPQ hình vng Khi k = tốn 1a tốn A

*Nếu khai thác toán theo cách giải thứ phép quay ta có tốn sau: Bài toán 2a:

Cho đa giác A1A2…An đạt bên đa giác đa giác

… cho tâm đa giác trùng Gọi … trung điểm A1 , A2 , …, An Chứng minh rằng: … đa giác

*Thêm vào toán 2a yếu tố tỷ lệ ta có tốn sau: Bài tốn 3a:

Cho đa giác A1A2…An đạt bên đa giác đa giác … cho tâm đa giác trùng Gọi …

  2 2  NEP

 PFQ QGM MHN

là điểm nằm đoạn A1 , A2 , …, An cho

= Chứng minh rằng: … đa giác

Khi k = tốn tốn 2a

* Nếu khai thác theo cách giải 1,2 khơng cần đến tâm O ta có tốn sau Bài tốn 4a:

Đặt hình bình hành A/B/C/D/ hình bình hành ABCD cho các đỉnh hình bình hành A/B/C/D/ nằm hình bình hành ABCD Chứng minh : trung điểm AA/ ; BB/; CC/; DD/ đỉnh hình

bình hành

Tổng qt ta có tốn sau: Bài tốn 5a:

Cho hình bình hành ABCD, đặt hình bình hành A/B/C/D/ cho đỉnh của nằm hình bình hành ABCD Gọi M, N, P, Q điểm nằm

trên đoạn AA/ ; BB/; CC/; DD/ cho = = = = k ( k > 0) Chứng minh : MNPQ hình bình hành

*Khi k = tốn 5a tốn 4ª

Khai thác từ tốn hình học lớp quen thuộc sau: Bài toán B:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC Chứng minh rằng: MA = MB + MC

Lời giải :

Trên tia CM lấy điểm N cho MN = MB NC = MB + MC

= = ( = = ) = BMN BN = BM

Ta có: BC = BA

=

ABM = CBN ( c.g.c) AM = NC = MB + MC Nhận xét từ tốn B ta có toán sau:

/ A / A / n A / /

1 2

// //

1 2

A A A A

A A A A

/ /

3 4

// //

3 4

A A A A

A A A A //

1 A // A // n A / AA AM / BB BN / CC CP / DD DQ  

M M 2 600 B C 600 



3

M 600

  

ABM ABC CBM 600 CBM

    MBC

Bài toán 1b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điểm M thuộc cung nhỏ BC Chứng minh: MA MB + MC

Giữ nguyên đề bài, thay đổi câu hỏi ta có tốn sau Bài tốn 2b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điểm M thuộc cung nhỏ BC

Chứng minh:

Lời giải:

MD MA = MB MC

Từ tốn ta giải toán sau Bài toán 3b

Cho tam giác ABC dựng tam giác cạnh tam giác tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ Chứng minh rằng: đường tròn (ACB/); (ABC/); (BCA/) đồng quy I.

Lời giải:

Gọi I giao đường tròn (ACB/) đường tròn (ABC/) = 1200 , = 1200 = 1200

I (BCA/) hay đường trịn đồng quy.

Từ tốn 3b ta dễ dàng chứng minh toán sau:



1 1 1

MD MB  MC

MDB MCA

  

MD MC

MB MA 



1

. MB MC

MD MB MC

 



1 1 1

MD MB  MC

* Bài toán 4b:

Cho tam giác ABC dựng tam giác cạnh tam giác tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ , đường tròn (ACB/); (ABC/); (BCA/) đồng quy I Chứng minh rằng:

đường thẳng AA/ ; BB/; CC/ đồng quy. Bài toán 5b:

Cho tam giác ABC dựng tam giác cạnh tam giác tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/, đường tròn (ACB/); (ABC/); (BCA/) đồng quy I Chứng minh rằng:

IA + IB + IC = ( IA/ + IB/ +IC/ ) Bài toán 6b:

Cho tam giác ABC dựng tam giác cạnh tam giác tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/, đường tròn (ACB/); (ABC/);

(BCA/) đồng quy I Chứng minh rằng:

= ( ) A1, B1 , C1 giáo với cạnh tam giác

1 2

1 1 1

IA  IB  IC 1

2 1

1 1 1

Bài toán 7b:

Cho tam giác ABC dựng tam giác cạnh tam giác tam giác ACB/, tam giác ABC/ tam giác BCA/ , đường tròn (ACB/); (ABC/); (BCA/) đồng quy I

Chứng minh rằng: IA + IB + IC nhỏ với I thuộc tam giác ABC Bài toán 8b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 = 2a2

Với a cạnh tam giác Bài toán 9b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O).Điểm M thuộc cung BC Tìm m để MA + MB + MC lớn

Bài toán 10b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O).Điểm M thuộc cung BC Tìm m để MA2 + MB2 + MC2 lớn

Bài toán 11b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Điểm M thuộc cung BC Chứng minh rằng: MA4 + MB4+ MC4 = 2a4

Bài toán C:

Cho xOy  900 Trên Ox lấy điểm A cố định cho OA = a Điểm B di động Oy Vẽ góc xOy hình vng ABCD.

a) Tính khoảng cách từ D đến Ox.

b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D B di động Oy. H

íng dÉn:

a) KỴ DH  Ox H Có AHD vuông H nênA1D1900

 

2 90

A A  suy A2 D1 A2A3 900

BAO A 3 900

Suy A2 BAO Hay D BAO XÐt DHA vµ AOB

Có: H = O = 900 , D 1BAO DA = AB (cạnh hình vng) Vậy DHA = AOB = (T/h Bằng đặc biệt thứ tam giác vuông)

VËy: DH = OA = a

b) Theo chøng minh trªn DH = a (const)

H×nh 1

Khi B di động Oy D di động theo nhng cách Ox khoảng DH = a Vậy quỹ tích D thuộc đờng thẳng song song với Ox cách Ox khoảng a

Giíi h¹n:

Khi B  O H  A D  D' D' điểm thuộc đờng thẳng song song với Ox cách Ox khoảng a, A cố định suy D' cố định

KÕt luËn:

Khi B di động Oy quỹ tích D tia D'z // Ox, D' cách A khoảng a

y

x

1

3

1

H D'

C' D

C

O A

Khai thác 1:

Từ lời giải ta thấy hình vng OAD'C' nhỏ tập hình vng ABCD B di động Oy Và đơng nhiên tập hình vng diện tích hình vng OAD'C' có giá trị nhỏ Từ suy xét ta cú bi toỏn mi

Bài toán 1c:

Cho xOy  900 lấy A thuộc tia Ox cho OA = a Một điểm B di động Oy Vẽ góc xOy hình vng ABCD Xác định vị trí điểm D để SABCD nhỏ

Chøng minh

ThËt vËy SABCD = AB2 Trong OAB cã 

0

90

AOB  

AB > OA

Do A cố định, B di động nên AB  OA = a

 SABCD  a2

Do SABCD = a2 nhỏ B  O

Khai thác 2:

Hình 2

T kt qu trờn ta suy hình vng OAD'C' cố định cạnh a Thế OD' cố định nên trung điểm I' cố định Vấn đề đặt là: Nếu B chuyển động Oy D chuyển động tia D'D Khi trung điểm I OD chuyển động đờng ta có tốn

Bài toán 2c:

Cho gúc xOy 900 Lấy A Ox cho OA = a, điểm B di động Oy Trong góc xOy vẽ hình vng ABCD Gọi I trung điểm OD Tìm tập hợp (qũy tích) điểm I

H

íng dÉn: (H×nh 2)

Theo kết D' giới hạn D D' cố định Gọi I' trung điểm OD'  I' cố định

Trong OD'D có I'I đờng trung bình  I'I // D'D

y

x

1

3

1

I' I

H D'

C' D

C

O A

Nên quỹ tích I tia I'I // Ox cách Ox khoảng =

a

Khai thác 3: Suy xét: (hình 3)

Qua C kẻ đờng thẳng // Ox cắt Oy Q cắt DH P

Theo ta chứng minh đợc

AOB = DHA (C¹nh hun gãc nhän) OA = DH = a

OB = AH Nhng CQ // Ox  CQB = 1v

 CP = OA

PD = OB H×nh 3

VËy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB hay OH = HP = PQ = QO

Mµ QOA = 1v Nên t giỏc OHPQ l hỡnh vuụng Ta có toán mới.

Bài toán 3c:

Cho gúc xOy, trờn tia Ox lấy A cho OA = a, Oy điểm B di động Dựng góc xOy hình vuông ABCD; qua C kẻ đờng thẳng // Ox, qua d kẻ đ-ờng thẳng // Oy Hai đđ-ờng thẳng cắt P lần lợt cắt Oy Q, cắt Ox H

a) Chøng minh tứ giỏc OHPQ hình vuông

b) Gọi I trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng Từ suy xét dễ dàng suy điều chứng minh

Khai th¸c 4: Suy xÐt tiÕp ta thÊy Ta chuyển hớng toán dới dạng khác

Nếu ta coi hình vng OHPQ cố định cạnh = a Trên cạnh HO, OB, PQ, PH lần lợt lấy A, B, C, D cho OA = QB = PC = DH

Tiếp tục: Nếu cho A di động OH cha thoả mãn ABCD hình vng chu vi AOB có giá trị thay đổi nh Cụ thể có

quan hƯ g× víi a cạnh hình vuông OHPQ

Hình 4 Thật dễ chứng minh đợc AOB = DHA = CPD = BQC Từ  tứ giỏc ABCD hình vng

AOB lu«n cã: AB < OA + OB

Nhng OB = AH  AB < OA + AH = OH = a

Do A, B chuyển động thoả mãn ABCD hình vng Nên A  H, B  O  AB = OH = a

Do đó: OA + OB + AB  OH + OH = 2a Vậy CAOB  2a (CAOB : chu vi AOB)

(Chu vi AOB có giá trị lớn 2a) Ta có toán mới.

Bài toán 4c:

Cho hình vuông OHPQ cạnh a Trên cạnh HO, OQ, QP, PH lần lợt lấy A, B, C, D cho OA = QB = PC = HD

a) Chøng minh: Tứ giác ABCD hình vuông

b) Khi A chuyn ng trờn OH thoả mãn ABCD hình vng (A  O, A  H) Chứng minh CAOB < 2a

Từ suy xét ta dễ chứng minh đợc điều Khai thác 5:

Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp Ta ln có OB + OA = OH = a không đổi (vẫn nội dung tập 4)

Nh vËy OA + OB = a (const)

Suy OA.OB lớn OA = OB (Tổng số dơng khơng đổi tích chúng lớn hai số nhau)

§Ĩ ý th× thÊy r»ng: OA OB = 2SAOB (SAOB diƯn tích AOB)

Mà hình vuông OHPQ có SOHPQ = a2 (SOHPQ lµ diƯn tÝch tứ giác OHPQ)

Mµ SAOB lín nhÊt OA.OB lín nhÊt lý luận OA.OB lớn OA = OB

Từ  OA = OB =

OH

=

a

Hay A trung điểm OH, B trung điểm OQ ? Ta có toán mới.

Bài toán 5c:

Cho hình vuông OHPQ cạnh a Trên OH, OQ, QP, PH lần lợt lấy A, B, C, D cho OA = QB = PC = HD

a) Chứng minh ABCD hình vng b) A chuyển động OH

(vẫn thoả mãn ABCD hình vng) Xác định vị trí A để SABCD nhỏ Tìm giá trị

H

íng dÉn:

a) Dễ chứng minh đợc: AOB = DHA (c.g.c)

 AB = AD H×nh 5 T¬ng tù CB = CD = AB

VËy t giỏc ABCD hình thoi (1)

1

A D mà A2D 1900 suy A2A3 900(2)

Tõ (1) (2) ABCD hình vuông b) Ta có SOHPQ = a2

Theo kết AOB = BQC = CPD = DHA (c.g.c)  SABCD = a2 - SAOB = a2 - 2.OA.OB

Do OA + OB = OA + AH (v× OB = AH)  OA + AH = OH = a

Không đổi nên tích OA.OB lớn OA = OB =

a

NghÜa lµ OA.OB 

a

a

=

a

VËy SABCD  a2 -

a

= a2 - 2

a

= 2

a

Do SABCD = 2

a

giá trị nhỏ đó: OA = OB =

2.4.Hiệu SKKN

PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ NGHỊ 3.1.Kết luận :

Trên số tập từ SGK , SBT hình học lớp 8, lớp khai thác theo nhiều khía cạnh khác nhau, dạy cho học sinh học công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Lúc đầu em thấy mơn tốn hình q khó, khơng biết cách trình bày cảm thấy ngại học mơn tốn hình , sau áp dụng kinh nghiệm đa số học sinh hiểu thích học mơn tốn em thấy tự tin hơn, tự giải tốn khó, đồng thời phần trình bày em logic , chặt chẽ

Ở trường phổ thông , dạy toán dạy hoạt động toán học học sinh xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động toán học

Trong dạy học toán, tập toán học sử dụng với dụng ý khác nhau, dùng để tạo tiền đề xuất phát để gợi động cơ, để làm việc với nội dung mới, để củng cố kiểm tra

Ở thời điểm cụ thể đó, tập chứa đựng tường minh hay ẩn tàng chức khác chức hướng tới việc thực mục đích dạy học

Giải tốn vấn đề quan tâm nghiên cứu khai thác từ tốn để tạo nhiều tập làm phong phú thêm vốn kiến thức rèn khả suy luận hợp lý logic , khả qyuan sát dự đốn, phát triển trí tưởng tượng, bồi dưỡng phẩm chất tư linh hoạt, độc lập sáng tạo, hình thành thói quyen tự học, say mê với mơn học

Trong tốn luyện tập cần khai thác tập luyện tập nhiều kiến thức khắc sâu

Với cách làm áp dụng cho nhiều tập chương trình tốn THCS

Thực chuyên đề làm tốt công tác tự bồi dưỡng giúp cho giáo viên nâng cao trình độ chun mơn, nâng cao chất lượng giáo dục, góp phần tích cực cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi

3.2 Kiến nghị:

TÀI LIỆU THAM KHẢO Các đề thi học sinh giỏi năm

2 Sách giáo khoa toán lớp Sách tập toán lớp

4 Sách nâng cao phát triển toán tập tập lớp 7,8,9 Tác giả Vũ Hữu Bình chủ biên

5 Bài tập Nâng cao số chuyên đề Toán Tác giả Bùi Văn Tuyên chủ biên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN THANH XUÂN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC

Mơn: Tốn Cấp học: THCS

Tài liệu kèm theo: Đĩa CD

NĂM HỌC: 2015 – 2016