sang kien kinh nghiem hay

Đề tài đưa ra được sự đổi mới về phương pháp giảng dạy loại bài luyện tập trong tiết luyện tập một cách nhẹ nhàng, giúp học sinh cảm thấy một giờ luyện tập không nặng nề, nhàm chán, khô [r]

Phần thứ nhất MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài:

Đối với học sinh THCS, mơn hình học phân mơn mang tính trừu tượng lạ Hầu hết với học sinh đại trà, em nắm kiến thức hình học sở rời rạc, chưa đủ khả khái quát hố kiến thức học em chưa định hình kiến thức mơn Hơn học mơn hình học địi hỏi khơng nắm kiến thức sau học cụ thể, vận dụng lý thuyết vào tập mà đòi hỏi hệ thống kiến thức trước cách hệ thống, liên tục đặc biệt tư lơgíc Vì việc vận dụng lý thuyết vào tập gặp nhiều khó khăn Hơn ba phân mơn tốn bậc THCS, mơn hình học có tính trừu tượng cao Để giải tốn hình thực dựa phương diện lý luận sử dụng trực quan hình vẽ Để hiểu thấu đáo mơn hình học phải dựa phương diện quĩ tích Nghĩa với trường hợp toán cho ta kết luận nhận xét riêng có trường hợp đặc biệt học sinh thường hay ngộ nhận Đặc biệt hình vẽ suy biến kẻ thêm đường phụ trở thành tốn khác hẳn khó khăn việc tìm tịi giải tốn

Có lí thường gặp học sinh giải xong toán - tức đóng trịn vai (như tốt với học sinh học mơn hình học) coi hồn thành mà em tư khai thác tốn, nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác để phát triển thành tốn khác

Mục đích đề tài:

Trong đề tài trước hết nhằm củng cố kiến thức cho học sinh, giúp cho học sinh có kĩ để giải tốn hình học, từ phát triển thành tốn lên mức độ cao

Thứ hai thông qua khai thác toán giúp em biết nghiên cứu sâu toán cách cho em tập dượt dùng số thao tác tư duy: Khái quát hoá, đặc biệt hố, tương tự,… để tự đặt , thay đổi toán từ toán ban đầu

3 Khách thể, đối tượng, phương pháp nghiên cứu đối tượng khảo sát:

Khách thể: Trong đề tài tơi thực việc giảng dạy mơn tốn hình

thông qua học sinh lớp

Đối tượng: Bài tập SGK, sách tập sách nâng cao.

Phương pháp nghiên cứu: Phương pháp để thực đề tài sử

dụng phương pháp phân tích lên để khai thác tốn, phương pháp tổng hợp để rèn kĩ trình bày cho học sinh Sau sử dụng phương pháp khái quát hoá, tương tự, đặc biệt hoá,… để khai thác phát triển toán mức độ cao Phương pháp nghiên cứu tài liệu nhằm thông qua thực tiễn áp dụng phương pháp giảng dạy tập rút kinh nghiệm, Phương pháp đánh giá kết

Đối tượng khảo sát: Học sinh lớp 9A1, 9A3 trường THCS Nguyễn Đăng Đạo

thành phố Bắc Ninh

Đối tượng khảo sát học sinh lớp với mức độ tư mức trung bình lớp trực tiếp dạy lớp khác trường

4 Nhiệm vụ, phạm vi thời gian thực đề tài:

Vấn đề đặt tưởng đơn giản lại phức tạp mà đồng nghiệp tranh luận bàn bạc nhiều Để địi hỏi phải tư nghiêm túc, phải lao động thực Do đề tài mong đạt nội dung sau:

2 Giúp cho học sinh có phương pháp suy luận lơgíc để tìm hiểu mối liên hệ, liên quan toán

Từ tạo cho học sinh có phương pháp học tập đắn, biến học (kiến thức thày) thành thân, nắm bắt nó, vận dụng nó, phát triển hướng Qua giúp em tạo niềm tin, hưng phấn, hứng thú say mê học mơn hình học

Phạm vi đề tài tác giả mong muốn lên lớp tiết hình học, thơng qua tập SGK, sách tập, sách nâng cao

Thời gian thực đề tài: Sau kết thúc năm học 2005-2005 rút kinh nghiệm nêu ý tưởng thực đề tài

Tháng 12 năm 2006 viết đề cương

Tháng năm 2007 viết hoàn thiện đề tài

5 Đóng góp mặt khoa học đề tài:

Phần thứ hai

NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Chương I: Cơ sở khoa học, sở thực tiễn đề tài Cơ sở khoa học:

Như biết, xuất hiện, hình học khoa học đo đạc, qua số đối tượng, vật cụ thể thực tiễn khái quát thành khái niệm trừu tượng: Với khái niệm không định nghĩa: Điểm, đường thẳng, mặt phẳng Từ mơn hình học trở thành môn khoa học suy diễn, tức môn khoa học mà kết luận đắn chứng minh lập luận chặt chẽ không cách qua thực nghiệm môn khoa học thực nghiệm khác

Mơn hình học thân mang tính lập luận, tính trừu tượng cao Nhưng để học sinh tiếp thu được, hiểu nhiều phải dùng trực quan thơng qua mơ hình, hình vẽ, vật cụ thể,… để học sinh nắm bắt hiểu chất vấn đề Điều trình tư người tuân theo quy luật Như Lê Nin khẳng định "Từ trực quan sinh động đến tư trừu tượng,

rồi từ tư trừu tượng đến thực tiễn, đường biện chứng nhận thức chân lí nhận thức khách quan".

Trong q trình dạy học mơn Tốn người thày cần thấm nhuần ngun lí giáo dục: "Học đơi vời hành, giáo dục kết hợp với lao động sản xuất, nhà trường gắn liền với xã hội"

Thông qua môn tốn, học sinh tiếp cận tiếp thu mơn học tự nhiên khác Bởi dạy mơn Tốn cho học sinh truyền thụ kiến thức cho em mà quan trọng dạy tư

Cơ sở thực tiễn:

Chương II:

Thực trạng vấn đề mà nội dung đề tài đề cập đến

Trong trình giảng dạy mơn tốn bậc THCS, với nhiều năm nghề tơi thấy tình trạng chung học sinh khơng thích chí sợ mơn hình Vì lí khó hiểu, mắc q trình tìm tịi lời giải tốn, phương hướng khơng biết để chứng minh tốn đâu, làm

Trong q trình giảng dạy mơn hình tiết học người thày không thường xuyên tạo thói quen, rèn thói quen cho học dùng phương pháp phân tích lên để tìm lờp giải tốn học sinh học sinh khó tiếp thu, khơng tự giải tốn hình

Nghiên cứu ngun nhân, tơi thấy có điểm đây: Học sinh chưa nắm khái niệm

2 Sách giáo khoa biên soạn theo hệ thống kiến thức đường thẳng, không tổng hợp loại, dạng làm cho học sinh khó nắm bắt cách giải toán

3 Trong SGK tốn mẫu thường ít, hướng dẫn gợi ý chưa thật đầy đủ nên khó tiếp thu nghiên cứu

4 Học sinh thường học "Vẹt" định lí quy tắc

Trong trường THCS nay, tình hình phổ biến đại đa số học sinh khơng thích học mơn hình học Điều theo tơi nghĩ nhiều ngun nhân Nhưng theo giáo viên chưa chuẩn bị cách chu đáo luyện tập, thông qua củng cố kiến thức cho học sinh, rèn kĩ vận dụng kiến thức vào tập, kĩ trình bày, rèn tính sáng tạo, phát triển tư toán học cho học sinh

Như muốn có luyện tập tốt, theo phải lưu ý vấn đề sau: - Chọn hệ thống tập cho luyện tập;

- Phải tổ chức tốt thể vai trò chủ đạo người thày;

- Sau cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có) Tôi xin đề cập đến vấn đề: "Khai thác toán nhằm phát triển tư

duy toán học học sinh"

Chương III:

Những biện pháp, giải pháp đặt đề tài

Từ tập số trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau học sinh làm, tơi thay đổi thành tốn có nội dung sau:

Bài tốn 1: Cho ∆ABC cạnh a, gọi O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC

theo thứ tự lấy M, N cho góc MON = 600.

a) Chứng minh

4

2 a CN

BM  ;

b) Gọi I giao điểm BN OM Chứng minh BM.IN = BI.MN; c) Chứng minh MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định

Phân tích tốn:

4

2 a CN

BM 



.2

.CN a a

BM 



BM.CN BO.CO

a) Ở phần a dạng tốn chứng minh hệ thức, việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải toán quan trọng nhằm phát triển tư hình học học sinh

Chúng ta dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải toán Với sơ đồ sau:

C O

B

N

I M



BMBO CNCO



∆BMO đồng dạng ∆CON 

ˆ ˆ 600

 C

B

gócBMO = gócCON



gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 1800).

b) Cũng tương tự phần b) thày giáo giúp học sinh phát triển tư lơgic, thao tác tư phân tích, tổng hợp, đặc biệt tư phân tích lên-một thao tác tư đặc trưng mơn hình học Với phân tích học sinh thấy sử dụng tính chất đường phân giác tam giác BMN Nghĩa học sinh cần MI tia phân giác gócBMN Từ ta có lời giải sau:

Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy hayBMBO ONMO ON

MO CO

BM



 lại có

gócB = gócMON (=600)  ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c) Từ suy ra

gócBMO = gócOMN MO tia phân giác góc BMN hay MI tia phân giác gócBMN

Xét ∆BMN có MI tia phân giác gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ta cóMNMB INIB hay BM.IN BI.MN (đpcm)

c) Đây dạng tốn liên quan tính bất biến (cố định) tính thay đổi: Ứng với điểm M, N ta có vị trí đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) lại tiếp xúc với đường tròn cố định (bất biến) Vậy

Căn vào sơ đồ ta có lời giải sau: Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 1800

gócBMO+gócMON+gócNOC = 1800 (gócBOC = 1800)  gócBMO = gócCON; lại có ˆ ˆ 600

 C

B (vì∆ABCđều)

 ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ suy

CN CO BO BM



hay BM.CN BO.CO; mà

2

a BC CO

BO  

4

2 a CN

trước tìm lời giải toán giáo viên cần cho học sinh yếu tố cố định, yếu tố thay đổi

Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vng góc với AB MN Do O, AB cố định nên OH cố định Vậy đường tròn (O;OH) đường tròn cố định

Vì MO tia phân giác góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) → K(O;OH) (1) lại có OKMN ( cách dựng) (2)

từ (1) (2) suy MN tiếp tuyến đường trịn (O;OH) Vậy MN ln tiếp xúc với đường tròn (O;OH) cố định

Khai thác toán:

Ở phần a) toán ta thấy tích BM.CN khơng đổi, sử dụng BĐT Cơsi ta có thêm câu hỏi sau:

1.1: Tìm vị trí M, N AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm BM, CN ta có CN

BM CN

BM  2 dấu "=" xảy  BM = CN Theo phần a)

4

2 a CN

BM 

do BM CN  a a

4

2

(không đổi)

Vậy GTNN BM+CN = a  BM = CN =

a

 M, N theo thứ tự trung điểm

của AB AC

H

K

C O

B

N

I M

1.2: Ta thử suy nghĩ tam giác ABC tam giác cân tốn cịn đúng

khơng? giả thiết nào? từ ta có tốn sau:

Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC cân A, O trung điểm BC Trên cạnh

AB, AC theo thứ tự lấy điểm M, N cho gócBMO = gócCON Chứng minh rằng:

Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm

O tiếp xúc với cạnh AB, AC tam giác Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N

Chứng minh MN tiếp tuyến đ ường tròn (O) 

4 CN BC2

BM 

góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ suy ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g)

4 BC CN BM CN BO CO BM   

 (đpcm)

Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC

nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC

(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON

Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy

P C N A M B O

Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB,

AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC

(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON

Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy

a) BC CN

BM  ;

b) BNMO =  I , Chứng minh

BI.MN = IN.BM;

( ) Giả sử có BC CN

BM  cần phải chứng minh MN tiếp tuyến (O)

Cách 1: Chứng minh tương tự toán 1;

Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC N' Ta chứng minh N'N Theo phần thuận ta có

4 ' BC CN

BM  kết hợp với giả thiết ta suy BM.CN' =

BM.CN  CN' = CN Mà N', N thuộc cạnh AC N'  N (đpcm).

Chú ý: - Nếu M nằm đoạn AB N nằm đoạn AC.

- Nếu M nằm đoạn AB N nằm ngồi đoạn AC

Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC cân B có gócB = 400, O trung điểm

cạch AC, K chân đường vng góc kẻ từ O xuống AB, (O) đường trịn tâm O bán kính OK

1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC;

2) Giả sử E điểm thay đổi cạnh AC cho góc AOE = (200 900)

 

 , kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O)

tại P a) Tính theo  các góc tứ giác AEFC;

b) AEO đồng dạng với COF;

c) Tính  để AE + CF nhỏ (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm

2005)

Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB,

AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC

(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON

Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy

P C F B E A O HD Giải:

1) Kẻ OH vng góc với BC tam giác ABC cân B nên OH = OK H nằm (O), lại có OH BC H nên BC

tiếp tuyến (O) 2) a) Ta có ˆ ˆ 700

 C

A , tương tự toán

trên ta suy góc AEF = 2(1100- ),

góc CFE = 2 .

b) AEO đồng dạng với COF

(c.g.c)

Bài toán 1.5: Cho đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh góc xOy A và

B Từ C cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự M, N Xác định vị trí C cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ

Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP

Do MN nhỏ  MP + NQ nhỏ (Áp dụng kết tốn 1.1) ta có

được C điểm cung nhỏ AB

Nếu tiếp tục khai thác toán ban đầu ta đưa số tốn cho học sinh tự làm, coi tập nhà để học sinh tự giải

Bài toán 1.6: Cho ABC cân A Lấy M, N cạnh AB, AC cho

4

2 BC CN

BM  Tìm vị trí M, N cho AMN có diện tích lớn

Bài toán 1.7: Cho M, M' tia AB tia đối tia BA; N, N' thuộc tia

CA tia đối tia CA Chứng minh rằng: 1) Nếu MB.NC = M'B.N'C =

4 BC

tứ giác MM'N'N ngoại tiếp đường tròn;

2)Phân giác tạo MN MM' qua điểm cố định

Bài toán 1.8:

1) Cho ABC Dựng hai điểm P, Q thứ tự AB AC cho AP = AQ

và BP.CQ =

4 PQ ;

Q

A B

Ta đưa toán toán quen thuộc cách qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự P Q Ta có AOB cân nên POQ cân O, IPQ mà MN tiếp tuyến (I) Áp dụng toán Lại cân chung đỉnh O AP = BQ (không đổi)

C N

O

M

P I

Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB,

AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC

(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON

Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy

2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC cho EG//AF (với E trung điểm AB) Chứng minh FG tiếp tuyến đường tròn nội tiếp hình vng

Bài tốn 1.9: Cho tam giác ABC cân A Đường trịn có tâm O trung

điểm BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự H K Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC cho PQ tiếp tuyến (O) Tìm quĩ tích tâm O' đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ

Với cách làm tương tự trên, phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự thao tác tư thuận đảo ta hình thành cho học sinh tư lơgíc, tư sáng tạo, tính độc đáo tốn học Chẳng hạn ta có tốn sau:

Bài tốn 2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C D kẻ hai tiếp tuyến Cx,

Dy với đường tròn Từ điểm E nằm đường trịn, kẻ tiếp tuyến với đường trịn cắt Cx A Dy B Chứng minh góc AOB = 900.

Phân tích tốn:

Để chứng minh góc AOB = 900, ta làm nhiều cách khác

Chẳng hạn:

- Ta chứng minh OA, OB hai tia phân giác cặp góc kề bù; - Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900

nên gócAOB = 900.

Do +) AOB đồng dạng với CED (g.g) nên góc AOB = góc CED,

mà góc CED = 900 góc AOB = 900.

+) Tứ giác OKEJ hình chữ nhật ( có ba góc vng) nên góc AOB = 900

J K

O D

C

E

B

A

Tiếp tục tư cịn tìm thêm vài cách giải khác Sau ta xét cách giải đó:

Ta có góc ACO = gócAEO = 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

suy gócACO + góc AEO = 1800 suy tứ giác ACOE nội tiếp

Do ta có gócEAO = gócECO (hai góc chắn cung OE)

Tương tự ta có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 900 (vì

gócCEO = 900-góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên gócEAO + gócEBO = 900.

Từ suy gócAOB = 900 (Đpcm).

Khai thác toán:

- Nếu ta thay đổi vài điều kiện tốn, chẳng hạn vị trí điểm O thay điểm M CD Khi đường thẳng vng góc với ME E khơng cịn tiếp tuyến mà trở thành cát tuyến với (O) Thế yêu cầu tốn chứng minh gócAMB = 900 cịn hay khơng? Điều cịn

đúng, từ ta có tốn khác sau:

Bài tốn 2.1: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến

Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900.

-)Tại ta lại đặt vấn đề M khác C, D, O

- Vì M  O trở lại tốn - Cịn M  C đường thẳng ME

cắt Cx A, cắt Dy B  D Khi ta có góc AMB = 900.

Nếu M  D tương tự

x

y

E

D

B MC

A

O E

B A

Ta trở lại toán: Như tương tự tốn ta có: gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp)

gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp)

mà gócECM + góc EDM = 900 (do gócCED = 900) Nên gócAMB = 900.

-) Ta tiếp tục khai thác mở rộng toán, chẳng hạn điểm M không nằm đoạn CD mà nằm đường thẳng CD giữ nguyên điều kiện toán 2.1 sao? từ ta có tốn sau:

Bài tốn 2.2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến

Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm đường thẳng CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900.

M O

D C

E

B A

- Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh tốn

trên Ta chứng minh gócMAB + gócMBA = 900.

Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900 ta chứng minh

gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900

Để chứng minh điều ta cần chứng minh gócMAB = gócECD,

gócMBA = gócMDE Như ta cần phải chứng minh tứ giác AMCE, MEDB nội tiếp

Từ ta có lời giải sau:

Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 900, tứ giác AMCE nội tiếp  gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE)

Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp  gócMAB = gócMDE (cùng chắn cung)

Mà gócECD + gócEDC = 900 Do gócMBA + gócMAB = 900.

Suy gócAMB = 900.

Như nhìn lại tốn ta đưa thành toán tổng quát sau:

Bài toán 2.3: (Bài toán tổng quát)

Cho đường trịn (O) đường kính CD Một điểm E thuộc đường trịn (O) M điểm thuộc đường thẳng CD Kẻ đường thẳng vng góc với ME E cắt tiếp tuyến Cx, Dy đường tròn A B Chứng minh góc AMB = 900.

Vẫn tiếp tục toán ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có tốn sau:

Bài tốn 2.4: Cho đường trịn (O;

2

AB

), qua A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự C D

1) Chứng minh CD = AC + BD;

2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng cố định M thay đổi đường tròn

Phân tích tốn:

1) Với phần phù hợp với học sinh trung bình học xong tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy CM = CA; DM = DB

từ suy CM + DM = CA + DB mà M nằm C D nên CD = CA + DB 2) Cũng tương tự tốn ta có COD vng O Mặt khác gọi I

trung điểm CD O    

  

2 ;CD

I (1)

Lại có tứ giác ABDC hình thang, OI đường trung bình nên OI // CA, mà CA  AB IO  AB (2)

Từ (1) (2) suy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác COD Mà AB đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng AB cố định M thay đổi đường tròn

3) Với phần tốn hay địi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Hơn để tìm lời giải học sinh cịn phải huy động kiến thức định lí Talét đảo

Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn sơ đồ phân tích lên, sau:

K H

O B

A

M

D

C

MH //AC  HA DH MC DM   HA DH AC DB

 (vì DM=DB;

MC=CA)



AC // DB (AB)

Từ yêu cầu học sinh lên bảng vào sơ đồ trình bày lời giải tốn:

Ta có AC, BD hai tiếp tuyến (O) đường kính AB nên ACAB, BDAB AC // BD

Xét ACH có AC // BD áp dụng hệ định lí

Talét, ta có

HA DH AC

DB

 mà DB = DM; AC = MC nên

ta có DMMC DHHA áp dụng định lí Talét đảo tam

giác DAC suy MH // AC

Khai thác toán:

-) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ Gọi giao điểm MH AB K, có nhận xét vị trí H MK? Từ ta có tốn:

Bài tốn 5: Với giả thiết toán Chứng minh H trung điểm

của MK

-) Nếu gọi P giao điểm BM Ax Thì ta có kết C trung điểm AP

-) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R (AB = 2R) lại

có tốn liên quan đến tính tốn Từ ta có tốn sau:

Bài tốn 2.6: Cho       ;AB

O , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường

tròn Một điểm C tia Ax cho AC = R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường

tròn cắt By D AD cắt BC H 1) Tính số đo gócAOM;

2) Chứng minh trực tâm tam giác ACM nằm (O); 3) Tính MH theo R

-) Bây lại xét toán không tĩnh nữa, mà cho điểm C thay đổi tia Ax cho AC R trực tâm ACM thay đổi

Bài toán 2.7: Cho    

 

2 ;AB

O , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường

tròn Một điểm C tia Ax cho AC  R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới

đường tròn cắt By D.Gọi H trực tâm tam giác ACM Tìm quĩ tích điểm H -) Lại nhìn tốn góc độ tốn cực trị hình học, ta có toán sau:

Bài toán 2.8: Cho    

 

2 ;AB

O từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn.

Một điểm M đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By thứ tự C D Tìm vị trí điểm M để:

1) CD có độ dài nhỏ nhất;

2) Diện tích tam giác COD nhỏ

Như xuất phát từ toán SGK, thao tác tư lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá,… sáng tạo nhiều toán xuất phát từ tốn gốc q trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: tốn tính tốn, tốn quĩ tích, tốn cực trị,… Việc làm người thày lặp đi, lặp lại thường xuyên trình lên lớp hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác tốn nhiều góc độ khác Đặc biệt rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải tốn phương pháp phân tích lên-một phương pháp tư đặc trưng hiệu học mơn hình học Thơng qua học sinh phát triển lực sáng tạo toán học, học sinh giỏi Qua dạy người thày cần giúp học sinh làm quen sau tạo hội cho học sinh luyện tập, thể cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống tập từ dễ đến khó

Trên vài ý tưởng tơi đưa q trình lên lớp luyện tập hình học Theo tơi có tác dụng:

- Giúp em củng cố kiến thức học;

- Rèn kĩ trình bày cho học sinh;

- Phát triển tư tốn học thơng qua thao tác tư khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá, tư thuận đảo,…

- Dần dần hình thành phương pháp tìm lời giải tốn hình học, tư linh hoạt, phương pháp học toán, học sáng tạo toán học

Kết là:

- Giúp em nắm kiến thức cần thiết, vận dụng linh hoạt, mềm dẻo vào tình cụ thể;

- Khi thực giảng luyện tập, thấy em hứng thú tiếp thu hứng thú học tập, hình thành cho học sinh nhìn thấy toán gốc, qui lạ quen

- Giúp cho học sinh giỏi khơng hình thành kỹ giải tốn mà cịn giúp em rèn luyện thao tác tư duy: Phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, đặc biệt hoá, …

- Bước đầu hình thành em cách học sáng tạo, tạo cho em có thói quen sau giải xong tốn sách giáo khoa tự nghiên cứu, khai thác, tự đặt cho tốn mới,…Qua giúp em có phương pháp tự học, tự nghiên cứu

sinh tự làm việc mà trước người thày phải làm thiết kế cho học sinh

Khi giảng dạy hai lớp 9A1, 9A3 trước thực đề tài khảo sát

bằng kiểm tra hình thức cho 02 01 SGK, 01 từ thay đổi chút Với kết sau:

Bảng số liệu trước thực đề tài:

Lớp Tổng số đến đến đến đến đến 10

9A1 34 15 10

9A3 40 13 12 10

Sau thực đề tài việc thu kết nêu trên, kết thu thể qua bảng số liệu sau:

Bảng số liệu sau thực đề tài:

Lớp Tổng số đến đến đến đến đến 10

9A1 34 12 15

9A3 40 15 20

Trong tiết lên lớp, đứng trước tốn nói chung, tốn hình học nói riêng người thày cần tuân thủ trình ba bước:

- Tìm tịi lời giải tốn; - Trình bày lời giải;

- Nghiên cứu sâu lời giải.

Để giúp học sinh nắm kiến thức bản, có kĩ trình bày có phương pháp tư đắn người thày cần phải mẫu mực hai bước đầu., Để phát huy tính sáng tạo, phát triển tư hình học học sinh học sinh giỏi người thày đặc biệt coi trọng bước thứ ba Vì theo Pơlya:

"Một người thày giáo giỏi phải hiểu làm cho học sinh hiểu khơng có một bài tốn hồn tồn kết thúc Bao cịn cài để suy nghĩ Có đầy đủ kiên nhẫn chịu khó suy nghĩ sâu sắc, ta hồn thiện cách giải và trong trường hợp hiểu cách giải sâu sắc hơn".

Hơn tư toán học thể nhiều trình tìm cách giải nghiên cứu sâu lời giải thơng qua hoạt động trí tuệ chủ yếu: khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự,… Cũng theo Pơlya khẳng định: "Đặc biệt hố, khái quát hoá,

tương tự nguồn gốc vĩ đại phát minh".

2 Hiệu kinh tế-xã hội đề tài

Với việc làm, công việc chuẩn bị lên lớp giáo viên đòi hỏi phải có thái độ lao động nghiêm túc, say mê khoa học, lịng u nghề tiết dạy thành cơng, tạo say mê học tập, tính tò mò ham học hỏi học sinh

Cái đơn giản cần xuất phát từ tốn có SGK, tính hiệu cao Các em thấy SGK tài liệu cung cấp kiến thức bản, tài liệu mà nghiên cứu, tự mở rộng kiến thức,…

Cái quan trọng hình thành cho học sinh tư toán học, tư nghiên cứu khoa học, tính độc lập sáng tạo, thao tác theo em đời

Trên đề tài thực mở rộng vấn đề từ tốn đơn giản SGK Qua độc giả cịn có ý tưởng hay Xong dừng lại mức độ để phù hợp với lực trình độ học sinh bậc THCS, phù hợp với chương trình SGK phổ thơng

Tóm lại, với phương pháp nghiên cứu người thày nâng cao tay nghề cho thân mình, xây dựng hệ thống kiến thức cần có để định hướng cho học sinh trình học.Song quan trọng gây hứng thú học tập mơn cho học sinh giúp em có phương pháp học tập mơn hình cách hiệu

Để lên lớp hiệu quả, có chất lượng cao địi hỏi người thày phải có thời gian tự nghiên cứu giáo viên cần thêm thời gian tự nghiên cứu, tự học để giảng đạt kết cao

Phần thứ tư

CÁC ĐIỀU KIỆN ĐẢM BẢO TRIỂN KHAI ĐỀ TÀI

- Về kinh phí: 200.000đ

- Về người: Học sinh lớp

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Sách giáo khoa lớp - Nhà xuất giáo dục năm 2004 Phương pháp giảng dạy mơn tốn - NXB GD năm 1998 Báo toán tuổi thơ, toán tuổi trẻ

4 Sách tập, sách nâng cao toán

MỤC LỤC

Phần thứ Mở đầu Trang 01

Phần thứ hai Nội dung đề tài Trang 04

Phần thứ ba Kết luận Trang 22

Phần thứ tư Các điều kiện đảm bảo triển khai đề tài Trang 24

Tài liệu tham khảo Trang 24

Bắc Ninh, tháng năm 2007 NGƯỜI THỰC HIỆN