Rèn luyện tư suy sáng tạo cho học sinh trong dạy học hình học lớp 10

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN VĂN HUY RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC LỚP 10 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC THÁI NGUYÊN, 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN VĂN HUY RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC LỚP 10 Ngành: Lý luận Phương pháp dạy học mơn Tốn Mã số: 8.14.01.11 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Đào Thái Lai THÁI NGUYÊN, 2018 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác công bố Việt Nam Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Luận văn Nguyễn Văn Huy i LỜI CẢM ƠN Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Đào Thái Lai, người thầy tận tình hướng dẫn em suốt trình làm luận văn Em xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, Khoa Toán, Khoa Sau Đại học, Phòng Đào tạo trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình học tập làm luận văn Em xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, GV tổ Toán, HS khối 10, trường THPT Hưng Nhân giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình thực nghiệm Dù cố gắng, xong Luận văn không tránh khỏi khiếm khuyết, tác giả mong nhận góp ý thầy, giáo bạn Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Luận văn Nguyễn Văn Huy ii MỤC LỤC Trang bìa phụ Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Danh mục từ viết tắt .iv Danh mục bảng v MỞ ĐẦU .1 Chương CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1 Tư 1.1.1 Khái niệm tư 1.1.2 Đặc điểm tư 1.1.3 Các giai đoạn tư 1.1.4 Các thao tác tư 1.2 Tư sáng tạo 11 1.2.1 Khái niệm tư sáng tạo 11 1.2.2 Đặc điểm tư sáng tạo 14 1.3 Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh THPT qua môn toán 23 1.4 Những hội rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh dạy hình học lớp 10 THPT 27 1.4.1 Nội dung Hình học lớp 10 THPT 27 1.4.2 Những hội rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh 29 1.5 Thực trạng rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học tốn trường trung học phổ thơng 30 1.6 Kết luận chương 33 Chương MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƯ PHẠM NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC LỚP 10 34 2.1 Biện pháp 1: Rèn luyện cho học sinh tìm nhiều cách giải cho toán 34 iii 2.2 Biện pháp 2: Rèn luyện cho học sinh sử dụng kiến thức vectơ mặt phẳng vào giải số toán đại số 44 2.3 Biện pháp 3: Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh thông qua việc dạy học theo hướng phát vận dụng tốn gốc có liên quan 55 2.4 Biện pháp 4: Xây dựng hệ thống tập mở số dạng tốn Hình học 10 nhằm rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh 67 2.5 Kết luận chương 76 Chương THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 77 3.1 Mục đích nội dung thực nghiệm 77 3.1.1 Mục đích thực nghiệm 77 3.1.2 Nội dung thực nghiệm 77 3.2 Tổ chức thực nghiệm 77 3.2.1 Đối tượng thực nghiệm 77 3.2.2 Thời gian thực nghiệm 77 3.2.3 Tiến hành thực nghiệm 77 3.3 Đánh giá kết thực nghiệm 92 3.3.1 Đánh giá định tính 92 3.3.2 Đánh giá kết định lượng 94 3.4 Kết luận chương 94 KẾT LUẬN 95 TÀI LIỆU THAM KHẢO 96 PHỤ LỤC iv DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT Viết đầy đủ Viết tắt TDST Tư sáng tạo GV Giáo viên HS Học sinh THPT Trung học phổ thông SGK Sách giáo khoa SBT Sách tập ivv DANH MỤC CÁC BẢNG Bảng 1.1: Biểu TDST học Toán HS 31 Bảng 3.1: Điểm kiểm tra số lớp thực nghiệm 10A2 80 Bảng 3.2: Điểm kiểm tra số lớp đối chứng 10A3 .80 Bảng 3.3: Điểm kiểm tra số lớp thực nghiệm 10A2 94 Bảng 3.4: Điểm kiểm tra số lớp đối chứng 10A3 .94 vvi MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Nghị số 29 Trung Ương khoá XI đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo khẳng định: “Đối với giáo dục phổ thơng, tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất, lực công dân, phát bồi dưỡng khiếu ”, “Phát triển khả sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập suốt đời”, “Tiếp tục đổi mạnh mẽ phương pháp dạy học theo hướng đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo vận dụng kiến thức, kỹ người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt chiều, ghi nhớ máy móc Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo sở để người học tự cập nhật đổi tri thức, kỹ năng, phát triển lực.” Nghị 88 Quốc Hội đổi chương trình, sách giáo khoa giáo dục phổ thông khẳng định lại: “Mục tiêu giáo dục phổ thơng tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất, lực cơng dân, phát bồi dưỡng khiếu ”, “Phát triển khả sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập suốt đời”, “Tiếp tục đổi phương pháp giáo dục theo hướng: phát triển toàn diện lực phẩm chất người học; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo, bồi dưỡng phương pháp tự học, hứng thú học tập, kỹ hợp tác, làm việc nhóm khả tư độc lập” Như việc rèn luyện TDST cho HS chủ trương quan trọng Đảng Nhà nước Chủ trương cụ thể hóa Luật Giáo dục Điều 28 Luật Giáo dục năm 2005 “ Yêu cầu nội dung, phương pháp giáo dục phổ thơng” có nêu rõ “Phương pháp giáo dục phổ thơng phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo học sinh; phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả làm việc theo nhóm; rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” TDST phẩm chất trí tuệ cần thiết quan trọng người dạy học Việc rèn luyện TDST nói riêng, hoạt động sáng tạo nói chung chương trình học tập HS việc làm cần thiết cấp bách khơng địi hỏi xã hội ngày nay: “đổi tư duy”, phát huy tinh thần độc lập suy nghĩ sáng tạo HS, mà yêu cầu tự thân trình dạy học, trình đổi phương pháp dạy học, đổi giáo dục Thực tế dạy học toán trường THPT cho thấy: Rất nhiều HS bộc lộ yếu kém, hạn chế lực TDST HS thường nhìn đối tượng tốn học cách rời rạc, chưa thấy mối liên hệ yếu tố tốn học, khơng linh hoạt điều chỉnh hướng suy nghĩ gặp trở ngại, quen với kiểu suy nghĩ rập khuôn, áp dụng cách máy móc vào hồn cảnh mới, điều kiện chứa đựng yếu tố thay đổi Với lí trên, đề tài lựa chọn là: “Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh dạy học hình học lớp 10” Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu 2.1 Mục đích nghiên cứu Trên sở nghiên cứu tư duy, TDST đề xuất số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện TDST cho HS thơng qua dạy học Hình học lớp 10 2.2 Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu sở lí luận tư duy, TDST - Nghiên cứu thực trạng rèn luyện TDST cho HS thực trạng TDST HS lớp 10 - Đề xuất số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện TDST cho HS thông qua dạy hình học lớp 10 - Thực nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính hiệu quả, khả thi số biện pháp sư phạm đề xuất Đối tượng, khách thể nghiên cứu 3.1 Đối tượng nghiên cứu Một số biện pháp rèn luyện TDST cho HS dạy học hình học lớp 10 3.2 Khách thể nghiên cứu Q trình dạy học mơn tốn lớp 10 Phương pháp nghiên cứu 4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận PHỤ LỤC LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ PHẦN HỆ THỐNG BÀI TẬP   Bài b) MA  MB  MI  IA  MI  IB  2MI  IA  IB  2MI Bài a) Gọi M trung điểm BC thì: GA  GB  GC  GA  2GM  b) M : MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC    3MG  GA  GB  GC  3MG Bài a) Ta có: GA  GB  2GI , I trung điểm AB GC  GD  2GJ , J trung   điểm CD Suy GA  GB  GC  GD  GI  GJ  b) M : MA  MB  MC  MD  4MG  GA  GB  GC  GD  4MG Bài (Quy nạp) Bài a) Gọi G G’ trọng tâm ABC A'B'C' Ta có: AA'  BB'  CC'  = AG  GG'  G'A'  BG  GG'  G'B'  CG  GG'  G'C'      = 3GG '  AG  BG  CG  A'G '  B'G'  C'G'  3GG ' b) Ta có: GG '  GG '  Vậy GG '   1 AA'  BB'  CC'  AA'  BB'  CC' 3   AA' BB' CC' Dấu xảy vectơ hướng Bài Sử dụng tính chất đường trung bình tam giác có: MN  PQ  RS    AC  CE  EA  Suy hai tam giác có trọng tâm Bài a) Từ giả thiết có: OA'  OB'      OA  2OB  3OC ;  1 2OA  3OB  OC ; OC'  3OA  OB  2OC 6  Cộng lại ta có: OA'  OB'  OC'  OA  OB  OC  3OG'  3OG  GG'   G  G' Tức trung tuyến tam giác đồng quy trọng tâm G  G' hai tam giác b) Có: GA'  OA'  OG        1 OA  2OB  3OC  OA  OB  OC =  1 OC  OA  GA'  AC Vậy A’G//AC 6 Chứng minh tương tự ta có: B’G//BA; C’G//CB Bài a) Theo giả thiết: AE    11  AM  AN   AB  AC  = 2  1 AB  AC b) EF  AF  AE    1 1  AB  AC   AB  AC   AB  AC 4  Bài Từ tính chất trung điểm ta có: AM.BC  BN.CA  CP.AB         1 AB  AC BC  BA  BC CA  CA  CB AB  2     Bài 10 Ta có: AB.CD  AC.DB  AD.BC  AB AD  AC  AC AB  AD +   + AD AC  AB  Xét ABC với hai đường cao BD CD AB.CD  ; AC.DB  Vậy từ hệ thức Ơle suy AD.BC  , hay đường cao thứ AD  BC ba đường cao đồng quy D Bài 11 Từ giả thiết ta có:   1 KI  KB  BI  AB  2BC  AB  AC  AB   AB  2AC 2 2 KJ  KA  AJ   AB  AC Do suy KI  3KJ Vậy K, I, J thẳng hàng 1 Bài 12 Ta có: AH  AB  BH  AB  BC ; AK  AB  BK  AB  BD   AB    5 BA  BC  AB  BC , suy AK  AH 6 6 Vậy A, H, K thẳng hàng   Bài 13 Ta có: IF  IA  AF  AB  AC  AB   AB  AD =       AB  AD , IK  IA  AK  AB   AD I, F, K thẳng hàng    1          Bài 14 Gọi G trọng tâm tứ giác ABCD, ta có: GA  GB  GC  GD     GA  GB  GC  GD   GA  3GX  ( X trọng tâm BCD ) Suy AX qua G GA:GX = Tương tự: AX, BY, CZ, DT qua G GA GB GC GD     GX GY GZ GT   Bài 15 a) Ta có: IA  IB    IB  BA  IB        IB  AB  IB   AB Vậy I tồn   b) Theo a) ta có:    MA  MB    MI  IA   MI  IB        MI   IA  IB       MI Bài 16 ( Tương tự trên) Bài 17 (Quy nạp) Bài 18 a)  MC  AB  M đỉnh thứ tư hình bình hành ABCM b)  MC  MI , I trung điểm AB  M  c)  MC  MI , I trung điểm AB  M trung điểm IC d)  MC  2MI , I trung điểm AB  M  IC cho I trung điểm MC e)  MC  BA  M thuộc đường trịn tâm C, bán kính AB f)  MC  MI , I trung điểm AB  M  d trung trực IC   Bài 19 a)  MA  MC  MB  MC   MI  2MJ , I trung điểm AC, J trung điểm Bc   b)  MA  MC  MB  MC   CA  2BC  M  Bài 20 a)  AC  4MI , I trung điểm BD b)  MA  4MI  5MC   CA  4IC , I trung điểm BD  M  Bài 21 a) Gọi I tâm tỉ cự điểm A, B, C theo số (3,-2,1) 3MA  2MB  MC  MB  MA  2MI  AB  2MI  AB  AB  Vậy M   I,    b) M   d  trung trực GI, với G trọng tâm tam giác ABC, I trung điểm BC c) Gọi I tâm tỉ cự A, B, C theo số (1,3,-2), J trung điểm BC Ta có: MA  3MB  2MC  2MA  MB  MC  2MI  2JA  MI  JA Vậy M   I, JA  Các ý lại làm tương tự Bài 22 a) Gọi O trọng tâm tứ giác ABCD, I trung điểm AB đẳng thức    MO  2MI  2MC  4MO  2CI  M   O, CI    b)  2MA  MB  3MC  MD  2MB  3MC  MD Gọi I tâm tỉ cự A, B, C, D theo (2,-1,3,-1) J tâm tỉ cự B, C, D theo (2,3,-1), đẳng thức  3MI  4MJ  MI  MJ  M  d trung trực IJ Bài 23 Kẻ đường cao AH, lấy điểm M’ AH cho AM'  MD Suy AMDM’ hình bình hành Khi MD  ME  MF  MA  MD  MA  MA  MM'  MA  MM'  DM'  M' thuộc trung trực MD M'H   M'H  MD M'A  MD  AH Vậy tập hợp M phần đường thẳng song song với BC, cách BC khoảng AH , nằm tam giác Bài 24 Gọi I đỉnh thứ tư hình bình hành ACBI, ta có: IA  IB  IC   M : MA  MB  MC  MI Do đó, MA  MB  MC lớn MI lớn  M  M1 MA  MB  MC nhỏ MI nhỏ  M  M Với M1,M2 giao điểm IO với đường tròn, M1 khác phía I, M phía I Bài 25 Gọi I trung điểm AB 1 Ta có: MA.MB  k  MI2  AB2  k  IM2  k  AB2 4 1 + Nếu > k   AB2 : M  ; k   AB2 : M  I 4   4k  AB2  + Nếu k   AB2 : M   I,   Bài 26 Lấy M0 cố định cho: AM a  k   Khi AM0 a  k  AM0  AM a   MM0 a   MM0  a Vậy tập hợp M đường thẳng qua M0 vng góc với a Bài 27 a) Gọi I trung điểm AB J tâm tỉ cự điểm A,B,C theo (1,2,3)    Ta có: MB  MC MA  2MB  3MC   2MI.6MJ   MI.MJ   M thuộc đường trịn đường kính IJ b) Gọi G trọng tâm ABC MA  MB  MC  3MG     MA  2MB  3MC  MA  MC  MB  MC  CA  2CB Gọi D tâm tỉ cự điểm A, B theo (1,2) CA  2CB  3CD Vậy  MA  MB  MC MA  2MB  3MC   3MG.3CD   MG.CD   M thuộc đường thẳng qua G vng góc với CD   Bài 28 Ta có: AM.AB  AC.AB  AM  AC AB   CM.AB   M thuộc đường cao CH tam giác ABC  AB2   CD  Bài 29 Ta có: MA.MB  MC.MD   MI   MJ     = 4     AB2  CD2 IJ AB2  CD2 MI  MJ   2MO    với O trung điểm IJ 4 2 AB2  CD2 Vậy MA.MB  MC.MD  IJ  MO2  0  AB2  CD2 AB2  CD2  MO   M   O,         Bài 30 Đẳng thức  MA  MB2  2MA.MB  MC2  MA  MB  MC  MA  MB  MC  MI  MC , I trung điểm AB Hay: MC   M thuộc đường trịn đường kính GF, với G trọng tâm tam giác MI ABC, F đỉnh hình bìn hành ACBF Bài 31 Ta có: MB.MC  MC.MA  MA.MB =  1 MB2  MC2  BC2    MC2  MA2  CA2    MA2  MB2  AB2  =  2   MA2  MB2  MC2   BC2  CA2  AB2  =  3 a2 2 = 3MO   OA  OB  OC   a = 3MO  3R  a  3MO  2 2 2 a2 Vậy MB.MC  MC.MA  MA.MB  3a  3OM  3a   OM  a 2  7 Hay M   O,a    Bài 32 Gọi G trọng tâm ABC , ta có: MA2  MB2  MC2  3MG  GA2  GB2  GC2  3MG  2a  a  a   4 Do : MA2  MB2  MC2  3MD2   a  3MG  3MD2   a 3  MD2  MG  a  DG   d   BD G   Bài 33 a) MB.MC  MB.MG  AB2  MB MC  MG  AB2  MB.GC  AB2 Gọi B1 hình chiếu B lên GC, H điểm xác định B1H  AB2 GC Tập hợp M đường thẳng vng góc với GC H b) Gọi I tâm tỉ cự A, B theo số (2,-3) J tâm tỉ cự A, B theo số (1,2)  2MA  3MB MA  2MB   MI.MJ   MIJ  90 Tập hợp M đường trịn đường kính IJ c) Gọi I tâm tỉ cự A, B theo số (2,-3) thì:    2MA  3MB MA  MB  MC   MI.MG   BC2 GI BC2 Đặt k   + k   M  + k   M  F trung điểm GI + k  M thuộc đường tròn tâm F bán kính k d) MB2  MC2  3MB.MC  MB.MC  BC2 Suy M thuộc đường tròn tâm trung điểm BC, bán kính R  BC 2 2 e) Gọi I tâm tỉ cự A, B, C theo số (2,1,-2) 2MA  MB  2MC  MI2  2IC2  2IA2  IB2  k Do + Nếu k  : M  + Nếu k   M  I   + Nếu k  : M  I, k  2 Bài 34 b) G  0;   3 1 1 c) I  ;   2 2 4 2 Bài 35 Trực tâm  5;0  ; trọng tâm  ;  ; tâm đường tròn ngoại tiếp 3 3     ;1 ; tâm đường tròn nội tiếp  2;1   Bài 36 Giả sử x M  x N M  x;0   N  x  8;0  Lấy đối xứng M qua y  M '  x;4  Ta có: PM  PN  PM' PN  M'N Do đó: PM + PN nhỏ M ' N  M’, P, N thẳng hàng  x  1 Vậy M  1;0  , N  7;0  Bài 37 Vì I  CN nên x, y : x+ y =1 BI  x.BN  y.BC  Vì I  AM nên 2x BA  3yBM 2x  3y  Suy x  , y  Tức BI  BA  BC 7 7 Mặt khác CN  CA  CB Do BI.CN   BI  CN 3   2 1 Bài 38 Ta có: AE  AB  AC  AB  AB  AD  AB  AD 3 3   Mặt khác: AI  AB  BI  AB  kBF  AB  k  AD  AB  =    k  1   AB  kAD  2 AI Vì AE phương nên   k 6  AI  AB  AD , CI  AI  AC  AB  AD  AB  AD  AB  AD 5 5 5 Vậy AI.CI   AI  CI Bài 39 Vì E trung điểm MH nên ta có: AE    AM  AH ,BH  BM  MH  2AE.BH  AM.BM  AM.MH  AH.BM  AH.MH  AM.MH  AH.BM =       AM.MH  AM  MH BM  MH AM  BM  MH AM  MC  MH.AC  Vậy AE  BH    Bài 40 Ta có: 2OM.A'B'  OA  OB OB'  OA'  OB.OB'  OA.OA' = = OB.OB'  OA.OA'  Vậy OM  A'B' Bài 42 Lấy M’ tia đối tia AM cho AM’=BN Suy OAM'  OBN  N, O, M’ thẳng hàng MM’=MN nên MM'N cân M MOM'  MON Hạ OH  MN  OH  OA  MN tiếp xúc đường tròn đường kính AB 2 2 Bài 43 B  ;  ,C  1;3 3 3 Bài 44 B  4; 1 ,C  9;1 Bài 45 BC: 7x  9y  14  Bài 46 A  5;3 ,C  1;3 Bài 47 A  3; 6  ,C  3; 3 Bài 48 + BC   d  nên có phương trình BC, C  BC   d ' + Nếu M trung điểm AB M   d '  A Bài 49    : y   ;    : x   Bài 50 Quỹ tích M hai đường thẳng 3x  7y  21  ; 5x  y  13  Bài 51 + NA  NB   NA  NB nhỏ NA = NB  N   d '  19 24  trung trực AB  N   d    d '  N  ;  5  + NA  NB  AB  NA  NB lớn AB A, N, B thẳng hàng  N  AB   d   N  3; 2  Bài 52 AC:17x  7y  24  Bài 53 Có hai điểm C thỏa mãn: C 1; 1 ;C  2; 10       1  6   ; ; Bài 54 Có hai điểm G thỏa mãn: G   ;G   3 3     Bài 55 B  1;7  ;C 1;1 Bài 56 A  2;0  , B  2;2  ,C  3;0  , D  1; 2  Bài 57 Gọi I  a;b       4a  3b  d  I;d   d  I;d '   ab4  (1) Vì (C) tiếp xúc với (d) (d’) nên 7a  b   2a  6b  16    12a  4b  24  3 Từ (1), (2) (3)  a,b Vậy có hai phương trình đường trịn thỏa mãn  x  2   y  2 2 8 x  4   y  6  2  18 Bài 58 Phương trình đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác OAB là:  x  2 2 3 25  y   2 2  x  1   y  1   Bài 59 a) x  y2  c) Bài 60 a)  x     y  5  x  2   y  5  101 b)  8100 169 10 38 x  y  32  3 I  2; 4  b) 3x  4y   R = c) 2x  y   hay 2x  y  13  Bài 61 a) Có hai phương trình đường trịn thỏa mãn  x  4   y  4 x  y2  b)  16 x  20   y  20  2  400 11 13 x  y  15  2 x   t  y  2  2t Bài 62 Phương trình trung trực (d) BC là:  Vì tâm I (C) thuộc   IA  IC  t    I   ;1 I  t; 2  2t    (d), nên  Vì (C) qua A nên: 2  C  :  x     y  1  20 2  Vậy Bài 63 Vì (C) tiếp xúc Ox Oy nên tâm I đường tròn nằm đường phân giác góc (Ox,Oy) y = x y = -x t  R  IA  d  I, Ox     t  Vậy + Nếu I thuộc (d): y = x I(t ; t) trường hợp có đường tròn thoả mãn là:  x 1   y 1 2 1 x  5   y    2  25 + Nếu I thuộc (d'): y = -x, tương tự trên: Không tồn t Bài 64 Tâm I đường tròn qua điểm A,B nằm đường trung trực AB Tiếp xúc với (d) IA = d(I ; d) a) Tâm I thuộc (d): x = t, y = -5/2 trung trực AB, đường tròn tiếp xúc Ox  t  2 R  IA  d  I;Ox     t  Vậy có đường tròn thoả mãn là: nên  x  2 2 Bài 65 Đường thẳng = 0,  5 25 25  y    x     y    2 2 Các ý lại tương tự    qua A vng góc với (d) có phương trình x + y - 2 cắt (d') I = (4 ; -1), R  IA  Phương trình đường trịn cần tìm  x  4   y  1 2 8 Bài 66 Vì (d)//(d') nên tâm I nằm đường song song  : x  y  1    I  t;  t   2   t  R  IA  d  I;d    t    Vậy có đường tròn thoả mãn Bài 67 Tâm I nằm phân giác góc (d) (d’) là: x + y - = x – y + = Đường tròn qua A nên R = IA = d(I;d) + Với  : x  y   ta có t    có đường trịn thỏa mãn + Với  : x  y   không tồn t Bài 68 Tâm I thuộc (d') nên I = (t ; -t) R  IA  d  I;d   t  3  có đường trịn thoả mãn tốn Bài 69 Tâm I nằm trung trực AB : 2x – y + = Ta có: (C) có tâm I(t ; 2t+2), bán kính R  IA  5t  ; (C’) có tâm I’(0 ; 0), bán kính R’ = + Nếu hai đường trịn tiếp xúc II '  R  R '  có giá trị t1 thỏa mãn + Nếu hai đường trịn tiếp xúc ngồi II'  R  R'  có giá trị t thỏa mãn Bài 70 Gọi tâm đường trịn I(x ; y) Đường trịn (C) có tâm O(0 ; 0), ta có: OI  x; y  OB  2;1 , Vì đường trịn tiếp xúc với (C) B nên I, B, O thẳng hàng  OI,OB phương  x  2y x  4   y  1 Mặt khác IA = IB nên  2   x  2   y  1  x  y    x  6   y  3 Vậy đường trịn cần tìm  20 Bài 71 a) Tâm I đường tròn nằm đường thẳng y  x  I  t; t  Đường thẳng AB: 3x+4y-12 = Ta có: t  Bán kính R = |t| R  d (I; AB)   , dễ thấy t = loại t  Vậy đường trịn cần tìm là:  x  1   y 1  2  15  b) Gọi tam giác tạo đường thẳng ABC , giải hệ giao điểm có: A   ;2    , B(12 ; 15), C(0 ; -3) Gọi D chân phân giác góc A ABC , J chân phân giác góc C ACD J tâm đường trịn nội tiếp ABC Vậy đường tròn nội tiếp là:  x  1   y  2  13 2 Bài 72 (C) có tâm O = (0;0), bán kính R = M   d   M  t;2  t  Nếu tiếp tuyến tạo với góc 60 AMO  30 Trong tam giác vng MAO có OA  OM.sin 30  t   Vậy có điểm M thỏa mãn Bài 73 Gọi A  x1; y1  , B  x ; y  Đường trịn (C) có tâm I(1 ; -4), bán kính R = Vì IA  AM IB  BM nên IA.MA  IB.MB   x1  12   y1  2  16   5x1  2y1  36    2  x  1   y    16   5x  2y  36   Mặt khác A, B thuộc (C) nên  x1  12   y1  2  16   2  x  1   y    16  ta có: Vậy tọa độ A, B thỏa mãn phương trình: 5x  2y  36  Bài 74 (C) có tâm I = (-2,3), bán kính R = Gọi H trung điểm dây cung MN ta có: 2 IH  MN MH = Ta có: IH  R   IH  d  I;   + Nếu  x = dễ thấy không thoả mãn + Nếu  y  k  x  1   kx  y   k   k  6  10 Bài 75 (C) có tâm I(0 ; 2), M thuộc (d) nên M  t;2  t  Gọi A  x1; y1  , B  x ; y  tiếp điểm hai tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Vì IA  MA IB  MB nên:  AM.AI   AB : tx    t  y  2t  20    BM.BI  , qua điểm cố định (8 ; 10) Bài 76 (C) có tâm I(2;0) Gọi qua M P  x ; y0  A  x1; y1  , B  x ; y  giao điểm đường thẳng (d) , P giao điểm tiếp tuyến với (C) vẽ từ A B AP.AI    AB :   x  x  y0 y  32  2x   BP.BI   Vì AP  AI BP  BI nên:  Vì AB qua M nên x  2y0  34  Vậy P nằm đường thẳng cố định    : x  2y  34  2 Bài 77 x  y  x  3y  10  Bài 78 a) Có hai tiếp tuyến 2x  y  x  2y  b) Có hai tiếp tuyến qua A x  15x  8y 31  b b2  x   y     a  b2  a a  Bài 79 PHỤ LỤC (Phiếu điều tra khảo sát) Câu hỏi 1: “Theo Thầy/Cô, HS thường biểu TDST học Toán nào?” (1,0 ≤ ĐTB < 1,8: Rất thường xuyên; 1,8 ≤ ĐTB < 2,6: Thường xuyên; 2,6 ≤ ĐTB< 3,4: Thỉnh thoảng số học; 3,4 ≤ ĐTB < 4,2: Rất biểu hiện; 4,2 ≤ ĐTB ≤ 5,0: Không thể hiện) Biểu TDST học Toán HS STT Một số biểu (hành vi) Bước đầu biết chuyển từ hoạt động trí tuệ sang hoạt động trí tuệ khác, bước đầu biết vận dụng hoạt động phân tích, tổng hợp, so sánh Biết điều chỉnh hướng suy nghĩ gặp trở ngại Biết áp dụng kinh nghiệm, kiến thức, kỹ có vào Hồn cảnh, điều kiện có thay đổi so với khn mẫu học Có khả khỏi ảnh hưởng kìm hãm kinh nghiệm, phương pháp, cách nghĩ có từ trước Nhìn vấn đề điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức đối tượng quen biết Bước đầu có khả nhìn nhận đối tượng, vấn đề góc độ khác Có nhìn đa chiều vấn đề cần giải Có khả tìm thêm giải pháp khác cho vấn đề Có khả sàng lọc giải pháp để chọn giải pháp tối ưu 10 11 Có khả phối hợp nhiều công cụ, phương pháp khác tạo hướng để giải vấn đề Bước đầu có khả tìm mối liên hệ kiện bên ĐTB tưởng khơng có quan hệ với Có khả tìm liên tưởng kết hợp từ 12 tìm giải pháp độc đáo vấn đề đặt Câu hỏi 2: “Thầy/Cô thường gặp khó khăn phát triển TDST cho HS thơng qua dạy học Tốn?” ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ... sáng tạo 11 1.2.2 Đặc điểm tư sáng tạo 14 1.3 Rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh THPT qua môn toán 23 1.4 Những hội rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh dạy hình học lớp 10. .. NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC LỚP 10 34 2.1 Biện pháp 1: Rèn luyện cho học sinh tìm nhiều cách giải cho toán 34 iii 2.2 Biện pháp 2: Rèn luyện cho học sinh. .. trình dạy học tìm biện pháp nhằm rèn luyện TDST cho HS 33 Chương MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƯ PHẠM NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÌNH HỌC LỚP 10 2.1 Biện pháp 1: Rèn luyện cho học