sang kien KN Toan THCS cap tinh

Không những bản thân tôi áp dụng mà tôi còn chia sẽ cách làm này cho các đồng nghiệp của tôi trong trường và từ đó kết quả thi khảo sát, thi chuyển cấp vào lớp 10 THPT cũng như các cuộc [r]

(1)

Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong 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 toán mà cịn 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 liên kết, mở rộng lật ngược tốn 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 hồn giống với tốn cũ Đặc biệt toán đảo toán tổng qt học sinh thường khơng có kỷ nhận Chính vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận toán cũ, toán đảo, tốn tổng qt…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 toán cho học sinh muốn góp phần vào cơng tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Lê Lợi nói riêng học sinh tồn huyện n Thành nói chung Tơi xin trình bày đề tài: “ Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động đồng thời phát triển lực tự học qua việc xây dựng hệ thống tập từ tập ban đầu theo nhiều hướng khác ”

II 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 III PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Nội dung chương trình Tốn THCS mà chủ yếu chương trình lớp lớp IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

(2)

Phần II NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỂN CỦA ĐỀ TÀI 1.Cở sở lý luận

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 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, 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 chổ biết nhìn nhận vấn đề

giải vấn đề

- Có khả khai thác vấn đề từ vấn đề biết Cơ sở thực tiễn:

Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi tham khảo học hỏi đồng nghiệp ngồi huyện tơi nhận rằng:

- Học sinh yếu tốn kiến thức cịn 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

- Khơng 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 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 toán 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 toán

(3)

1 1

3 2

1

2 1 1

A

B

C F

D

O II GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:

Trong q trình dạy tốn, thầy giáo có khơng lần gặp toán 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 quát, toán 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 đưa số ví dụ để giải thực trạng để thể nội dung đề tài

Ví dụ 1:

Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tam giác ABF, ACD Chứng minh :

a CF = BD b = 1200

1.Hướng dẫn

a Xét hai tam giác ABD AFC có

AF = AB, AD = AC, = Do đó:

∆

b ∆ABD = ∆AFC ( câu a) 1 =

⇒ AOBF nội tiếp ⇒ 1 = 2 = 600

2 = = 600

⇒ = 1200 (1)

Tương tự: = 1200 (2)

Từ (1) (2) suy = 1200 .Vậy = = = 1200 ( ĐPCM)

2 Xây dựng hệ thống tốn

Qua việc chứng minh ví dụ ta thấy vẽ phía ngồi tam giác ABC hai tam giác ta ln có = = = 1200 Với cách suy nghĩ ta có toán đây

(4)

P

O A

B C

F

D

1 1

3 2

1

2 1 1

A

B

C F

D

O

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn dựng điểm O tam giác cho = =

Nhận xét: Rõ ràng chưa có ví dụ tốn khơng đơn giản nếu có ví dụ tốn tốn trở nên đơn giản

Hướng dẫn

a Cách dựng

- Dựng phía ngồi tam giác ABC, tam giác ABF, ACD - Giao điểm BD FC điểm O cần dựng

b Chứng minh

- ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng ví dụ 1)

⇒ AOBF nội tiếp ⇒ 1 = 2 = 600

và = = 600 ⇒ = 1200 (1)

- Tương tự: = 1200 (2)

Từ (1) (2) suy = 1200 .Vậy = = = 1200 ( ĐPCM)

Nếu cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA suy CPD = COA Với

cách suy nghĩ ta có tốn thứ

Bài tốn 2: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng tam giác đều ABF, ACD Gọi giao điểm BD CF O

Chứng minh OA + OB +OC = BD

(5)

Q D

O

C B

A

Trên cạnh OD ta lấy điểm P cho PD = OA - Xét hai tam giác: CPD COA có:

+ PD = OA (Cách vẽ), + = (OADC nt, ví dụ 1) + DC = AC (gt) Do

⇒ CPD = COA (c.g.c) ⇒ CP = OC (1) = =1200 ⇒ = 600 (2)

Từ (1) (2) suy CPO ⇒ OP = OC

Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD

Qua toán thứ ta thấy BD không đổi (B D cố định) suy OA + OB + OC không đổi từ ta có tốn thứ

Bài tốn 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 bài toán toán em làm hai tốn thực chất bài toán thứ toán thứ mức độ câu hỏi khó Thế thì làm để giáo viên hướng dẫn học sinh làm mà khơng gặp khó khăn? Đó hình thành cho em biết cách liên kết toán học với nhau từ học sinh lĩnh hội kiến thức cách chủ động, tích cực dễ dàng hơn.

Hướng dẫn:

Dựng tam giác OCQ phía ngồi tam giác OBC có bờ đường thẳng OC - Xét hai tam giác:

∆

+ CQ = CO, = DC = AC (gt)

⇒ CQD = COA (c.g.c) ⇒ OA = QD

(6)

N M

P H 1

A

B C

F

D

+ O, Q, D thẳng hàng mà = 600 ⇒ = 1200 ⇒ = 1200 (1)

+ B, O, Q thẳng hàng mà = 600 ⇒ = 1200 (2)

Từ (1) (2) suy O điểm nhìn ba cạnh tam giác ABC góc 1200 hay O giao điểm cung chứa góc , , dựng đoạn thẳng BC,

AB, AC

Nếu giữ nguyên giả thiết ví dụ thêm chút giả thiết ta có tốn khó nhiều

Bài tốn 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 các tam giác đặc biệt tam giác cân, đều, vng…Ở nhìn hình vẽ ta dự đốn tam giác vng.

Hướng dẫn:

- Từ N kẻ NH AC Xét tam giác vng HNC có: = 600 nên = 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 có = 300 ⇒ HN = AN (4)

Từ (3) (4) ta có : = ( = ) Mặt khác: = ( = , + = = 900)

Do : ∆PHN ∽

∆ MAN

⇒

∆NPM

∽

∆ NHA

= 90

(7)

1 1

3 2

1

2 1 1

E A

B

C F

D

O

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

Hướng dẫn:

a + Theo tốn ta có CF = BD (1)

+ Chứng minh tương tự toán 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 : DAB = CAF (bài toán 1) ⇒ =

⇒  AOBF nội tiếp ⇒ 1 = 2 = 600

2 = = 600 ⇒ = 1200 (3) +Tương tự :

DAB = CAF (bài toán 1) ⇒ =

⇒  AOCD nội tiếp ⇒ 3 = 1 = ⇒ = 1200 (4)

+ Từ (3) (4) suy = 1200 mà = 600 ⇒

 BOCE nội tiếp ⇒ = = 600 mà

1 = 600 ⇒ = ( = 600) Do A; O; E

thẳng hàng (ĐPCM)

Nhận xét : Ở toán ta vẽ tam giác phía ngồi tam giác ABC kết AE = BD = CF AE, BD, CF đồng quy = = =1200 Vậy thì

(8)

O

D

F

E

C B

A

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 c Tính , ,

Nhận xét: Ở toán này, ta thấy kết :

+ AE= BD= CF, AE,BD, CF đồng quy vẩn cách chứng minh có phần khó khăn hơn, kết

+ = = =1200 không

Hướng dẫn

a Tương tự tập

b Do ABE = DBC nên = ⇒  ABOD nội tiếp Do

+ = (2 góc nt ), mà = = (ABE = DBC)

Do đó: + = + = ⇒ E, A, O thẳng hàng.

c  ABOD nội tiếp (câu a) ⇒ = = 600 = = 600

Do = 1200

(9)

D

E F

A

B C

M

N

P

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 tốn thứ

Bài tốn 7: Cho tam giác ABC, phía 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

- Xét tam giác BPE BMA có

= = = = 300(1) 

∆

∽

Từ (1) (2) suy

∆

- Tương tự

∆

∽

∆



Từ (3) (4) suy + = 600 = 600 (5)

- Chứng minh tương tự ta có = 600 (6)

Từ (5) (6) suy ∆PMN

Từ toán ta không vẽ tam giác mà ta vẽ tam giác cân ABF, ACD, BCE cho = = = 1200 ta lại có tốn hay toán rất

nhiều

Bài tốn 8 : Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác cân ABM, ACN, BCP cho = = = 1200 Tam giác MNP tam giác gì?

(10)

O

F M

B

C E

D

A

F

M B

C E

D

A

D

E F

A

B C

M

N

P

N M

C B

A

Hướng dẫn: Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ABF, ADC, BCE tốn thứ lại trở thành toán thứ cách giải số

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 điểm B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC không chứa điểm B

a.Chứng minh AE = CD = MF

b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy 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 điểm B Chứng minh AE = CD = MF

(11)

I

N

M O

D

F

C B

A

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 một vấn đề nhiều khía cạnh giúp học sinh phải có óc hồi nghi, ln đặt các 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 bài tốn ví dụ theo hướng khác sau.

Trở lại ví dụ 1, 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 thứ 11

Bài toán 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 b CF BD

c Tam giác IMN tam giác gì?

Hướng dẫn

a CF = BD (tương tự VD1) b Do ABD = AFC nên =

⇒  AOBF nội tiếp ⇒ = = 900 ⇒ FC  BD

1

2 c IM đường TB tam giác BCF nên: IM // CF IM = CF (1) Tương tự ta có: IN // BD IN = BD (2) Mà: CF BD CF = BD (3)

Δ Từ (1), (2) (3) suy ra: IM IN IM = IN hay MIN vng cân I Ở tốn 11 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF ACD A CF = BD, CF

(12)

M

K H

N

E

D F

C B

A

K

O

Q

P

H M

D

F

C B

A

Bài toán 12: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF vuông 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 tốn mà chưa gặp tốn thứ 11 thì hơi khó giải em Nhưng gặp khơng khó khăn lắm.

Hướng dẫn

- Lấy H K đối xứng với C A qua D, D E đối xứng với A B qua M Suy tứ giác ABHF ABDE 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 CM

a MA BC

b BQ = MC BQ MC c BQ, MA, PC đồng quy

Hướng dẫn

a Xét tam giác: ABC FQA có:

(13)

L

K R

H

P N

M G

E D

A

B

C F

P Q

Mà + = 900 ( = 900, H giao điểm MA BC)

⇒ + = 900 ⇒ = 900 hay MA BC

b Gọi O giao điểm BQ MC

- Ta có: ABC = FQA ( câu a) ⇒ BC = MA = ⇒ =

- Xét hai tam giác: BCQ MAC có: BC = MA, = AC = QC

Nên BCQ = MAC (c.g.c)

⇒ BH = QC = Mà + = 900

⇒ + = 900 = 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 tốn 13 ta thấy ta khơng vẽ hình hành AFMD mà vẽ hình vng BCNI ta lại có toán thứ 14 tổng quát

Bài toán 1 : 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 mới tiếp xúc thầy, cô cho em làm em định hướng giải Vì qua cho thấy việc liên kết mở rộng tốn điều quan trọng không giúp cho học sinh dễ dạng định hướng tốn mà cịn giúp học sinh học tốn cách chủ động phát triển lực tự học cách khoa học để nhớ bài toán lâu dài.

Hướng dẫn:

(14)

P

N

M

D A

B C

Q

- Xét ABL AFD có

+AB = AF (gt), + AD = BH (=AC), + = ( bù với )

Do ABL = AFD ( c.g.c) ⇒ = (1)

- Kẻ AH FD H cắt BC M ta có = ( phụ với ) (2)

- Từ (1) (2) ⇒ = ⇒ 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

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 phía ngồi hình bình hành tam giác vng cân ta có toán thư 15 phức tạp nhiều

Bài tốn 15: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình bình hành ABDC có bờ đường thẳng BC không 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 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 ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P tâm hình vng Chứng minh

a Tứ giác MNQP hình vuông

b Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy

(15)

L G

Q

F

E

R K

I H

Q C

B A

D M

N

P

a +  ABDC hình bình hành (gt)  ABQ’G DCKR hình vuông(gt) ⇒ AM = CQ (1)

+  ACIH hình vng (gt) ⇒ AN = NC(2) + Mặt khác: = (cùng bù với ) ⇒ = (3)

Từ (1), (2) (3) ⇒ AMN = CQN(c.g.c) (4) ⇒ = Mà + = 900(

 ACIH HV) ⇒ + = 900 hay = 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) ⇒  MNQP hình vng

b) Gọi L trung điểm BC ⇒ A, L, D thẳng hàng(ABDC hình bình hành) Theo 12 MNL,  PLQ tam giác vuông cân ⇒ = =900 (8)

- Gọi L’ là giao điểm MQ PN ⇒ = = 900 (9)

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 bài tập số 12 để làm cịn khó học sinh khơng biết vận dụng tập số 12.

Qua tập số 16 ta thấy MNQP hình vng nên MQ PN MQ = PN Nhưng tập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD hình bình hành, ta không vẽ

(16)

S O

D P

N

M A

B

C

Q H

I

K

R F

Q G

L

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 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 cịn hình vng MQ PN MQ= PN vẩn

Hướng dẫn:

- Gọi L trung điểm BC, theo toán 12 ta chứng minh

MLN  PLQ hai tam giác vuông cân L ⇒ LN =LM, LP = LQ

- Xét hai PLN QLM có: ⇒ LN =LM, LP = LQ =

⇒ PLN = QLM (c.g.c) ⇒ PN = MQ (1) =

- Gọi O giao điểm PN MQ S giao điểm ML ON

Xét MOS có + = + = 900 ( = , = 900) ⇒ = 900 hay MQ NP

Kết luận 1: Qua tập giúp cho giáo viên hình thành được các 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.

Ví dụ 2:

Q’

(17)

y x

O

D M

C

B A

y x

O

D M

C

B A

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D Chứng minh rằng:

a = 90o.

b CD =AC + BD 1 Hướng dẫn:

a -Vì CA CM hai TT đt(O) cắt C ⇒ OC tia phân giác (1) CM = CA + DM DB hai TT đt(O) cắt D

⇒ OD tia phân giác (2) DM = DB - Từ (1) (2) ⇒ CO  OD ( ĐPCM)

b Ta có CD = CM + MD mà CM = CA DM = DB (CMT) Nên CD =AC + BD ( ĐPCM)

Nhận xét: Đây toán đơn giản học sinh giỏi, chí những em trung bình làm Nhưng ta thêm câu hỏi khác thì khơng học sinh trung bình mà cịn em giỏi củng gặp nhiều khó khăn Sau số toán xuất phát từ tập này.

2 Xây dựng hệ thống toán

Bài tốn1: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Chứng minh tích AC.BD khơng đổi M di chuyển đường tròn

(18)

y x

N

O

D

M C

B A

Theo câu a : Tam giác COD vuông O mà OM đường cao nên OM2 = CM.MD

Theo câu b: CM = CA, BD = MD

Do OM2 = CA.BD mà OM = R ( không đổi) Nên CA.BD không đổi.

Bài tốn 2: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Chứng minh đường thẳng AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD

Hướng dẫn :

- Gọi N trung điểm CD ⇒ NC = ND = NO (  COD vng)

Do ON bán kính đường trịn ngoại tiếp  COD(1)

- AxAB (gt) By AB(gt) ⇒ AC // BD nên  ACDB hình thang

- Xét hình thang ACDB có NC = ND OA = OB

Nên ON đường TB hình thang ACDB ⇒ ON // AC

Do ON  AB ( AC  AB) (2)

- Từ (1) (2) Suy AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD

(19)

y x

N

O

D

M C

B A

y x

O

D M

C

B A

Chứng minh: < <

Hướng dẫn :

SCDO = p.r = r.( a+b+c) Mặt khác SCDO = OM.CD = R.a

Do : r.( a+b+c) = R.a ⇒ R.a = r.( a+b+c) hay =

Xét tam giác CDO ta có

+ b + c > a ⇒ a+b+c > 2a ⇒ < = (1)

+ a > b, a > c ( tam giác CDO vuông O) ⇒ a+b+c < 3a hay > = (2)

Từ (1) (2) ta có < < ( ĐPCM)

Bài tốn 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D Xác định vị trí M để chu vi điện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo R

Hướng dẫn:

(20)

H

y x

O M

D

C

B A

Suy : PACDB  3AB hay PACDB  6R Dấu “ = ” xẩy CD = AB

Vậy GTNN PACDB = 6R

- SACDB = AB =  Hay SACDB  2R2

Dấu “ = ” xẩy CD = AB

Vậy GTNN SACDB = 2R2 Khi M nằm cung AB

Bài tốn 5: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Tìm giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM MDM

Hướng dẫn:

Ta có:

+ SACBD = ( AC + BD) AB = CD.AB

Mà CD  AB SACBD AB2 = 2R2 (1)

Dấu “ =” xẩy điểm M nằm cung AB + SAMB = MH.ABMà MH  R SAMB R.2R = R2(2)

Dấu “ =” xẩy điểm M nằm cung AB + SAMC + S BMD = SACBD - SAMB (3).Từ (1), (2) (3) suy

Để SAMC + S BMD nhỏ SACBD nhỏ SAMB lớn

Mà SACBD nhỏ = 2R2 SAMB lớn = R2

Vậy SAMC + S BMD nhỏ = R2

(21)

giúp em liên hệ hình vẽ với nhau, hiểu sâu toán, nắm bắt được kiến thức cách chủ động, đồng thời tạo hứng thú cho em học tập. Xuất phát từ ý tưởng ta lại có số tập thú vị hơn.

Bài toán 6( Bài tốn đảo ví dụ 2)

Cho đoạn thẳng AB, kẻ hai tia Ax By vng góc với AB nằm mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Trên tia Ax tia Ay lấy hai điểm C D cho AC + BD = CD Chứng minh CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB

Huớng dẫn:

Ở có nhiều cách làm:

Cách 1: Sử dụng định nghĩa định lý tiếp tuyến

-Trên CD lấy điểm M cho CM = CA ⇒ MD = BD ( AC + BD = CD) -Do tam giác ACM MDB cân C D

⇒

= v

=

do + =

- Mà + = 1800 ( tứ giác ABDC hình thang vng)

Nên + = 900 ⇒ = 900 ⇒ M thuộc đường tròn đường kính AB(1)

- Trên AB lấy điểm O cho OA = OB Nối O với M ta có MO = OA = OB hay

tam giác AOM cân O ⇒ + = + = 900 ⇒ OM  CD (2)

- Từ (1) (2) suy CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB

Cách 2:

y

x

O

A B

C

D

(22)

Lấy đoạn CD điểm M cho CM = CA.Gọi E F theo thứ tự trung điểm AM MB Nối C với E nối D với F cắt O’

- Xét cân CAM có CE đường trung tuyến Nên CE đường cao

đường phân giác(1)

- Xét cân MDB có DF đường trung tuyến Nên DF đường cao

đường phân giác(2)

- Từ (1) (2) suy + ’= 900(vì + = 1800) ⇒ = 900.

Do O’EMF hình chữ nhật ⇒ = 900 v MO’ = à EF

- Trên AB lấy điểm O cho OA = OB Vì  AMB  vuông nên MO = OA =

OB = AB (3)

- Xét AMB có: EA = EM MF = FB nên FE đường TB tam giác

AMB ⇒ FE = AB (4)

- Từ (3) (4) suy MO = MO’ hay O  O’

- Xét ACO MCO có CO chung, CA = CM, = ⇒ ACO = MCO

Suy = = 900 hay CM  MO nên CD tiếp tuyến đường trịn đường kính

AB

Cách 3:

y

x

O

F E

O' M

D

C

B A

N

y

x

O

A B

C

D

(23)

- Từ O kẻ đường thẳng  AB cắt CD N suy NC = ND

Xét hình thang vng ACDB có ON đường TB nên ON = = = CN = ND ⇒ NCO cân

⇒ = mà = ( CA // ON) ⇒ = - Từ O kẻ OM  CD ( M  CD)

- Xét ACO MCO có = = 900 , CO chung, =

nên ACO = MCO

Do AO = OB = OM hay M thuộc đường trịn đường kính AB mà CD  OM

M nên CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB

Nhận xét:Qua toán rèn cho em thành thạo kỷ chứng minh tốn hình học khơng có cách mà có nhiều khác nhau nắm vững nội dung tốn cách tích cực, chủ động tự giác. Từ giúp em tự tin thấy say mê Toán học nhiều Cũng từ cách làm thứ tốn ta có toán số toán khác cách cho thêm giao điểm

Bài toán 7: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Gọi N trung điểm CD Tìm quỹ tích điểm N điểm M chạy nửa đường tròn

Hướng dẩn:

- Nối N với O cắt đường tròn tâm O K Ta có NO đường trung bình hình thang ACDB Suy ON // CA // BD (1)

- Vì tia Ax, By điểm O cố định nên tia Oz cố định

Vậy M di chuyễn nửa đường tròn tâm O điểm I di chuyển tia Kz

K z

M

D

C

B

A O

x

y

(24)

H N

L

y x

O M

D

C

B A

Nhận xét: Cái khó khác so với ta phải vẽ thêm đường phụ Chính điều tạo cho học sinh thói quen suy nghỉ khác Không phải lúc củng theo lối mịn tư mà phải có óc hồi nghi Tại người ta lại cho trung điểm điểm có mối liên hệ với trung điểm cịn lại Và từ đây giúp cho học sinh tự tin giải toán.

Bài toán 8: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D Nối M với B cắt Ax N Chứng minh

a C trung điểm AN b ON  AD

Hướng dẫn:

a.Ta có:AC = CM(TCTT cắt nhau) OA = OM = R

Do CO đường trung trực AM ⇒ AM  CO mà AM  NB ⇒ CO //

NB

- Xét ANB có OA = OB = R CO // NB ( CMT) nên CO đường trung bình

của ANB ⇒ CA = NC

b Ta có AN // BD (  AB) ⇒ = ( so le trong)

Mà + = 900 + = 900 nên = =

⇒ tanMAN = tanODM hay = ⇒ = (1) Mặt khác = ( Vì = = 900 = ) (2)

Từ (1) (2) ⇒  OMN ∽DMA ⇒ = ⇒ ANMH nội tiếp

Do = = 900 hay ON  AD

Nhận xét: Dựa vào cách chứng minh tốn ta lại có tốn khó hơn.

(25)

F Q P

E N

A B

C

D M

O

x y

phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Gọi giao điểm CO AM P, giao điểm OD MB Q Chứng minh

a.Tứ giác CPQD nội tiếp đường tròn

b.Xác định giá trị nhỏ bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác CEFD

Hướng dẫn:

a.Theo P, Q trung điểm AM MB

Nên PQ đường trung bình AMB ⇒ PQ // AB Do đó: =

mà = ( CO // MB) ⇒ = (1).

Xét  MDNO có = = 900 ⇒  MDNO nội tiếp ⇒ = (2)

Từ (1) (2) ⇒ = Do  CPQD nội tiếp.

b Gọi E F trung điểm CD QP N tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD ⇒ OE // AC NF  QP Mà PQ // AB( câu a)

⇒ NF  AB NF // AC (3)

Mặt khác: NE MQ  CD nên NE // MQ (4)

Từ (3) (4) suy tứ giác NEOF HBH ⇒ NE = FO = R(  MPOQ HCN) Xét tam giác CNE có CN = =  = R

Dấu “=” xẩy AB = CD hay M điểm cung CD

(26)

P

G L

H

F E

y x

O M

D

C

B A

Nhận xét:Ở toán thứ giúp cho học sinh hình thành tính chủ động, sáng tạo biết liên kết toán giải tốn tốn khơng dễ nếu như khơng giải tốn trước Khai thác tiếp ta lại có tốn thứ 10

Bài tốn10: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tia tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn đó, cắt Ax By theo thứ tự C D.Từ M kẻ MH

 AB Gọi E F chân đường vng góc hạ từ H xuống AM BM

a Chứng minh  AEFB nội tiếp đường tròn

b Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB Chứng minh EF = 2OG c Chứng minh MH, CB, AD đồng quy

Nhận xét: Đây toán không dễ chút ta biết vận dụng kết quả tập toán trở nên đơn giản nhiều

Hướng dẫn:

a.Tứ giác AEFB hình chữ nhật( = = = 900 )

⇒ = mà = (cùng phụ với ) Nên =

Do tứ giác AEFB nội tiếp đường trịn b Gọi giao điểm EF MH Q

Vì O trung điểm AB nên GO  AB.mà MH AB nên GO // MH (1)

(27)

Mà + = 900 ⇒ + = 900

= 900 hay OM  EF mà GQ EF ( LE = LF) Nên OM //QG (2)

Từ (1) (2) suy tứ giác MOGL hình bình hành ⇒ OG = QM mà QM = EF nên OG = EF ( ĐPCM)

c Gọi giao điểm AD MH L

- Xét tam giác CDA có: ML // AC(  AB) ⇒ = = (1)

- Xét tam giác ADB có LH // BD (  AB) ⇒ = (2)

- Từ (1) (2) suy . = . = Mà = ( ML // CA)

Do . = .Mặt khác MD = BD, MC = AC (TC hai TT cắt nhau)

⇒ . = ⇒ = ⇒ MH = LH hay L trung điểm MH (3)

- Tương tự: Gọi K giao điểm CB MH ta có K trung điểm MH(4) Từ (3) (4) suy L K trùng nhau.Vậy MH, CB, AD đồng quy

Nhận xét: Nếu thay đổi chút hai tiếp tuyến Ax By trở thành hai cát tuyến ta có tốn tổng qt khó

Bài tốn 11. Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm Q cố định nằm đoạn OB Qua Q vẽ đường thẳng d vng góc với OB Vẽ cát Ay cắt nửa đường tròn M cho M ( M năm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d có chứa điểm A) cắt đường thẳng d T Nối T với B cắt nửa đường tròn C Qua N M kẻ tiếp tuyến Nx Mz với nửa đường tròn cắt R Gọi giao điểm BM AN I

a Chứng minh I, R thuộc đường thẳng d

b Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIT Chứng minh cát tuyến Ay thay đổi điểm K nằm đường thẳng cố định

Hướng dẫn: d

z y

B' x

K

Q I

R

N M

T

O

(28)

K H A'

B' T

I R

N M

B

A O

a - Xét tam giác ATB có BM, AN TQ ba đường cao nên I năm đường thẳng (d)

- Gọi R’ trung điểm TI ⇒ NR’là đường trung tuyến tam giác ITN ⇒ R’N = R’T ⇒ TR’N cân R’ ⇒ =

- OAN cân O ⇒ =

mà = (cùng )

Do = mà AN  TN ⇒ ON  R’N ⇒ R’N TTcủa đt(O)(4)

- Chứng minh tương tự ta có: R’M tiếp tuyến đường tròn(O) (5) Từ (4) (5) ⇒ R  R’ hay R nằm đường thẳng (d)

b Gọi B’ điểm đối xứng với B qua Q mà B Q cố định ⇒ B’ cố định mà IQ đường trung trực BB’ nên  BIB’ tam giác cân I = mà

= ( phụ với ) Nên = ⇒ TIB’A nội tiếp(1)

Mặt khác: K tâm đường tròn ngoại tiếp TIA nên đường tròn tâm K qua điểm

Avà điểm B’ cố định Tức K nằm đường trung trực đoạn thẳng cố định AB’.( ĐPCM)

Nhận xét: Nếu ta đặc biệt toán số 11 ta lại có tốn số 12 hay hơn, khó hơn và điều giúp em biết quy lạ quen, biết quy tổng quát cụ thể ngược lại.

Bài toán 12: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ cát AMT BNT với đường tròn tâm O cho tổng khoảng cách từ A,B đến đường thẳng MN R Qua N M kẻ tiếp tuyến Nx Mz với nửa đường tròn cắt R Gọi giao điểm BM AN I Gọi giao điểm BM AN I

a.Tính độ dài đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MINT theo R

b.Tìm giá trị lớn diện tích tam giác TAB theo R M,N di chuyển đường tròn vẩn thỏa mản điều kiện toán

(29)

a Theo câu 11 T, R, I thẳng hàng nên đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MINT TI

- Gọi H trung điểm MN ⇒ RO đường trung trực MN - Dựng AA’ BB’  MN Xét tứ giác

AA’B’B có AA’ // BB’( MN) nên tứ giác AA’B’B hình thang mà OH

đường trung bình nên OH = (AA’+BB’) = R

- Xét tam giác vng MOH có MH2 = MO2 - OH2 = R2 - R2 = R2 ⇒ MH = R.

⇒ MN = R hay tam giác OMN tam giác ⇒ sđ =600

- = ( sđ - sđ ) = ( 1800 - 600) = 600 ⇒ = 1200 ⇒ = 300

⇒

MR = = ⇒ TI =

b Xét TAB có AN BM đường cao cắt I nên TI  AB

- Theo câu a = 600 mà AB cố định nên T chạy cung A chứa góc 600

dựng đoạn thẳng AB M,N thay đổi Do diện tích tam giác TAB lớn đường cao TK lớn ( STAB = TK.AB mà AB không đổi)

Mà TK lớn T điểm cung chứa góc 600 dựng trên

đoạn thẳng AB Khi tam giác TAB tam giác ⇒ STAB lớn = TK.AB = R.2R = R2 (đvdt).

Kết luận 2: Các tốn ta thấy chúng có mối quan hệ mật thiết với Vì vậy dạy toán mà biết hệ thống liên kết chúng được một 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 được kiến thức cách vững vàng hơn.

(30)

Phần 3: KẾT LUẬN

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

Hai 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 tiếp thu nhanh hơn,vững vàng hứng thú

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 vẩn 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 tốp đầu liên tục từ năm 2005 đến trường tơi ln có học sinh giỏi Tốn cấp tỉnh có học sinh đạt điểm 10 mơn Tốn thi vào THPT đặc biệt năm học 2013-2014 có em dự thi cấp tỉnh đậu em đo có 01 giải ba, 01 giải KK năm học 2013-2014 trường chúng tơi có em dự thi cấp tỉnh hai em đậu.Trên kinh nghiệm mà rút q trình giảng dạy tơi có phần thành công việc thay đổi phương pháp dạy học trường THCS Lê Lợi đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi chuyển cấp Đề tài chắn khơng tránh khỏi thiếu sót mong nhận góp ý giúp đỡ quý thầy cô bạn đồng nghiệp

Thạch Hà, ngày 21tháng năm 2014 Tác giả

(31)

Nguyễn Trường Sơn TÀI LIỆU THAM KHẢO

1- Sách giáo khoa sách tập Toán Nhà xuất giáo dục 2- Nâng cao phát triển Toán 8,9 Tác giả: Vũ Hữu Bình

3- Tuyển tập đề thi HSG Toán THCS.Nhà Xuất giáo dục

(32)

MỤC LỤC

Phần 1: Đặt vấn đề ……… Trang

I.Lí chọn đề tài ……… Trang

II Mục đích nghiên cứu ……… Trang

III Phạm vi nghiên cứu ……… Trang

IV Đối tượng nghiêm cứu ……… Trang

Phần 2: Nội dung ……… Trang

I Cơ sở lý luận thực tiển đề tài ……… Trang

1.Cở sở lý luận ……… Trang

2 Cơ sở thực tiển ……… Trang

II Giải pháp thực ……… Trang

Ví dụ 1……… ……… Trang

1.Hướng dẫn ……… Trang

2 Xây dựng hệ thống toán . ……… Trang

Bài toán ……… ……… Trang

Bài toán 2……… ……… Trang

Bài toán 9……… ……… Trang 10

(33)

* Kết luận 1:……… ……… Trang 16

Ví dụ 2……… ……… Trang 17

1 Hướng dẫn ……… Trang 17

2 Xây dựng hệ thống toán . ……… Trang 17

Bài toán ……… ……… Trang 17

* Kết luận ……… ……… Trang 29

Phần Kết luận ………. ……… Trang 30