Tài liệu phat huy tinh sang tao ...

Phần I: Đặt vấn đề I/ Lí chọn đề tµi: 1/ Cơ sở lý luận: T lµ mét h×nh thøc nhËn thøc lÝ tÝnh cđa ngêi VỊ mặt tâm lí t trình tâm lí phản ánh thuộc tính chất, mèi liªn hƯ bªn cã tÝnh quy lt cđa vật tợng thực khách quan mà trớc ngời cha biết T không tự nhiên mà có mà trình rèn luyện lâu dài, muốn t phát triển cần đợc rèn luyện thờng xuyên, thông qua hoạt động học tập nói chung môn Toán nói riêng, đặc biệt môn Hình học giúp học sinh phát triển t tốt Học sinh Trung học sở lứa tuổi phát triển t mạnh mẽ giáo viên cần quan tâm, coi trọng việc phát triển t cho học sinh thông qua hoạt động học tập Mỗi tập Hình có phơng pháp giải khác nhau, nhiên cho em làm tập Hình, giáo viên ý rèn cho học sinh có đợc nhìn góc cạnh khác nhau, biết cách lật lật lại vấn đề, khái quát hoá, tơng tự hoá đồng thời biết liên hệ kết toán đà làm cho toán tơng tự em hiểu sâu sắc kiến thức hơn, t linh hoạt hơn, tìm đợc cách giải nhanh chóng Thông qua phát triển t cho học sinh hình thành phẩm chất, lực giải vấn đề sâu sắc cho vật, tợng Đặc biệt học sinh thấy đợc mối liên hệ lô gíc đơn vị kiến thức, qua thấy đợc hay điều thú vị Hình học, tạo lên tâm lí hứng thú học tập Khi làm đợc nh ý thức tự học học sinh cao hơn, tập khó trở nên dễ hơn, quan trọng học sinh có đợc tự tin giải tập Mà định hớng đổi phơng pháp học tập bậc Trung học sở tự học yêu cầu quan träng ®èi víi häc sinh, tù häc gióp häc sinh phát huy đợc tính sáng tạo Vấn đề đặt lµ lµm thÕ nµo cã thĨ gióp häc sinh tạo hứng thú việc tự học, tìm thấy niềm vui học môn Toán Để làm đợc nh giáo viên phải cung cấp cho học sinh hệ thống tập từ dễ đến khó phù hợp với nhận thức đối tợng học sinh, cho học sinh thấy toán khó toán Học sinh cảm thấy thông qua toán dễ dàng tìm đợc lời giải cho toán khó Khi có hội phải biết khai thác triệt để ý tởng sáng tạo học sinh để tìm tòi thêm lời giải lật ngợc vấn đề 2/ Cơ sở thực tế: Thực tế giảng dạy nhiều năm qua nhận thấy học sinh cha có kĩ liên kết toán với toán đà làm để tìm mối tơng đồng, giải toán học sinh nghiên cứu tìm tòi vấn đề khác xung quanh toán, học sinh tự đặt vấn đề nh cách giải khác không ; ngợc lại đề toán tơng tự để giải Hiện tợng có nguyên nhân chủ quan nguyên nhân kh¸ch quan; vỊ phÝa häc sinh c¸c em cha cã ý thức tìm tòi khám phá, tính tự giác, tích cực cha cao Đặc biệt học sinh cha có kĩ thực công việc nh Về phía giáo viên cha thờng xuyên hớng dẫn rèn cho em kĩ nghiên cứu toán sau đà hoàn tất việc giải Để phát triển t duy, tính tích cực sáng tạo cho học sinh hoạt động giải tập hình học ngời giáo viên phải thờng xuyên tạo cho em thoi quen nh: Biết khai thác tốt kết toán biến thành phơng tiện hữu ích để giải toán khác; nên khai thác tối đa cách giải tập có thể; lật ngợc vấn đề để xây dựng toán đảo; mở rộng toán Làm đợc nh việc khắc sâu đợc kiến thức mà góp phần không nhỏ vào việc phát triển t sáng tạo cho học sinh Đào tạo ngời động, sáng tạo, ham khám phá tìm tòi đáp ứng nhu cầu phát triển công nghiệp hoá, đại hoá đất nớc Do nội dung sáng kiến kinh nghiệm viết lại số cách làm mà đà thực thấy có hiệu quả, đợc em yêu thích " Một số phơng pháp phát triển t học sinh thông qua hoạt động giải tập Hình học" giúp học sinh biết khai thác kết toán , áp dụng vào giải tập linh hoạt Thay đổi t học tập cho phù hợp với lứa tuổi Phát huy tính sáng tạo học sinh, đáp ứng đợc yêu cầu tơng lai II/ Mục đích nghiên cứu Đây đề tài không nhiên nhiều điều cần trao đổi, khám phá trình dạy học Nó chứa nhiều thú vị bất ngờ thể rõ vẻ đẹp môn Hình học đặc biệt giúp học sinh phát triển t duy, óc sáng tạo, làm cho việc tìm lời giải toán trở lên đơn giản, thuận lợi, dễ hiểu phong phú Nếu việc phát toán có nhiều ứng dụng giải toán khác, tìm nhiều lời giải cho tập; tìm mối quan hệ thuận nghịch, tập hợp thành chuyên đề nhỏ để dạy học sinh cách thờng xuyên mang lại hiệu lớn dạy học Tõng bíc trang bÞ cho häc sinh tri thøc vỊ phơng pháp học tập biết quy lạ quen, biết nhìn việc dới nhiều góc độ khác để tìm phơng án giải vấn đề tốt giúp em thấy đợc hay đẹp từ tạo tâm lí hứng thú học tập mà điều tiền đề cho việc tự học III/ Kết cần đạt đợc Các tập dù khó đến đâu bắt nguồn từ kiến thức từ toán đơn giản Sách giáo khoa sách tập nên cần cho học sinh nắm vững kiến thức cách làm, kết tập Trên sở nắm vững kiến thức toán đơn giản mà giáo viên đa hệ thống tập phù hợp với đối tợng học sinh để giúp học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức giúp học sinh giải tập khó cách đơn giản dễ hiểu, dễ tiếp thu từ tạo cho học sinh tự tin vào khả khắc phục tâm lí ngại học môn Hình học IV/ Phơng pháp nghiên cứu Trong trình giảng dạy giáo viên cần quan tâm đến toán từ nghiên cứu kĩ theo nhiều cách khác nh tìm nhiều cách giải, lật ngợc vấn đề, xếp chúng theo trật tự lôgíc, su tầm nghiên cứu tài liệu tham khảo để thấy hết vai trò, tác dụng toán Tập hợp, sáng tạo toán có liên quan xếp thành chuyên để nhỏ để phụ vụ việc dạy học * Kết thực nghiệm Sau số năm giảng dạy thấy làm tốt theo kinh nghiệm sáng kiến chất lợng học sinh tăng rõ rệt, góp phần không nhỏ vào việc rèn luyện trí thông minh, kỹ t học tập linh hoạt, sáng tạo học sinh qua toán có đặc thù chung Kết kiểm tra đối chứng 40 em học sinh lớp Có 20 em đợc áp dụng sáng kiến 20 em không áp dụng sáng kiến Điểm KT BA' (®pcm) *DƠ nhËn thÊy nÕu AB // d AMB cân ta có toán sau: Bài 1.3: Cho đoạn thẳng AB cố định song song với đờng thẳng d Gọi M điểm thuộc đờng thẳng d CMR tam giác MAB tam giác cân có chu vi nhỏ Chứng minh: Gọi A' điểm đối xứng với A qua đờng thẳng d; gọi M giao ®iĨm cđa A'B víi d Ta cã AM + MB = BA' ngắn nhất.( theo 1.2) AMB cã chu vi nhá nhÊt Ta chøng minh ∆ AMB c©n ∠ MAB + ∠MAA' = 900 ∠ ABM + ∠MA'A = 900 Mµ ∠ MAA' = ∠MA'A  MAB = ABM AMB cân *Từ toán ta có toán tơng tự sau Bài toán 1.4: Cho điểm A nằm góc xOy khác góc bẹt xác định điểm M thuộc Ox, điểm N thuéc Oy cho AM + MN + NA nhá nhÊt Chøng minh: E x Gäi E vµ F thứ tự điểm đối xứng A quaOx K Oy đoạn thẳng FE cắt Ox Oy M vµ N M' M A Ta cã: AN + NM + MA = FE O LÊy M’ vµ N’ thứ tự Ox,Oy(khác M N ) N' N Theo bµi ta cã: I y AM’ + M’N’+N’A =( M’E + N’M’)+N’F F > EN’ + N’F > FE (đpcm) Bài 1.5: Cho tam giác ABC , cạnh AB lấy điểm P cạnh BC lấy điểm I CA lấy điểm R cho chu vi tam giác PIR nhỏ Chứng minh: A R P Gọi E, F hai điểm đối xứng với I qua AB AC , FE cắt AB, AC thứ tự P E R Theo toán 1.4 th× chu vi ∆ PIR = FE I B Ta có : AEF Cân A có số EAF = 2BAC không không đổi không đổi => FE ngắn AE ngắn nhất; mà AE = AI nên AE ngắn AI ngắn Mà AI ngắn AI BC => I chân ®êng cao øng víi ®Ønh A Khi ®ã DƠ thÊy AB CA hai đờng phân giác góc đỉnh P R IRP Nên IA phân giác PIR, AI BC F C => CI phân giác góc đỉnh I PIR Mà CR phân giác góc đỉnh R PIR => CP phân giác IPR ; Mà BP phân giác EPI => CP AB => P chân đờng cao ứng với đỉnh C Tơng tự => R chân đờng cao ứng với ®Ønh B VËy chu vi ∆PIR nhá nhÊt  P, I,R chân đờng cao ABC Bài toán 1.6: Cho tam giác ABC, có ba góc nhọn Tìm ®iĨm P tam gi¸c cho PA + PB + PC đạt giá trị nhỏ Chứng minh: N A Dựng tam giác PCM ACN nh h×nh vÏ Ta cã ∆ PAC = ∆MNC (c.g.c) M P => PA = MN mặt khác có PC = PM nªn: PA + PB + PC = MN + PB + PM => PA + PB + PC > PB + PN > BN C B Mặt khác ta l¹i cã: PM + MN ≥ PN DÊu "=" xẩy P, M, N thẳng hàng nghĩa điểm M thuộc đoạn PN PCM => ∠CMN = 1200 mµ ∆ PAC = ∆MNC => ∠APC = ∠CMN = 1200 T¬ng tù ta cã ∠APB = 1200 => BPC = 1200 VËy tæng PA + PB + PC đạt giá trị nhỏ P điểm nhìn xuống cạnh ABC dới góc 1200 Bài 1.7: Cho tứ giác lồi ABCD, hÃy tìm tứ giác điểm cho tổng khoảng cách từ điểm đến đỉnh tứ giác đạt giá trị nhỏ Chứng minh: C Gọi M giao ®iĨm cđa hai ®êng chÐo AC vµ BD, M' lµ điểm tuỳ ý tứ giác Ta có: M' D M B M'A + M'C > AC = MC + MA M'B + M'D > BD = MB + MD Do ®ã ta cã: M'A + M'B + M'C + M'D > MA + MB + MC + MD A VËy tæng MA + MB + MC + MD đạt giá trị nhỏ M giao điểm hai đờng chéo Bài 1.8: Trên cạnh hình chữ nhật ABCD, ta lấy điểm M HÃy tìm đờng ngắn xuất phát từ M trở M, có điểm chung với tất cạnh hình chữ nhật Chứng minh: E Ta lấy điểm M cạnh AB mà B không làm tính tổng quát to¸n Ta lÊy N ∈ BC; P ∈CD; Q ∈DA nh sau: N' C M P P' A Trêng hỵp 1: NÕu M ≠ A vµ M ≠ B Ta dùng MN // AC; NP // BD, PQ // AC => N Q' Q D F G QM // BD Ta đợc đờng gấp khúc MNPQM Trờng hợp 2: Nếu M ≡ A th× Q ≡ A; P ≡ C; N ≡ C =>®êng gÊp khóc MNPQM = 2.AC Trêng hợp 3: Nếu M B đờng gấp khúc MNPQM = 2.BD Ta chøng minh ®êng gÊp khóc MNPQM dựng nh ngắn Trờng hợp 1: Thật vËy ta lÊy N'; P'; Q' tuú ý theo thø tự cạnh BC, CD, DA hình chữ nhËt ABCD Ta chøng minh MN'P'Q'M > MNPQM Gäi E điểm đối xứng với M qua BC => E, N, P thẳng hàng Gọi F điểm đối xøng víi M qua AD => F; Q; P th¼ng hµng Ta cã: MN = EN = PQ ; MQ = QF = NP => PEF cân P Do độ dài đờng gấp khúc MNPQM bắng PE + PF Mặt khác độ dài đờng gấp khúc MN'P'Q'M ®é dµi cđa ®êng gÊp khóc EN'P'Q'F Ta cã: EN' + N'P' ≥ EP' ; FQ' + Q'P' ≥ FP' => MN'P'Q'M EP' + FP' Gọi G điểm ®èi xøng víi F qua CD => E, P, G thẳng hàng Ta có EP' + FP' = EP' + GP' ≥ EG = PE + PF DÊu "=" xÈy N' ≡N; P' ≡ P; Q' ≡ Q Trờng hợp 2,3 chứng minh tơng tự Vậy đờng gấp khúc MNPQM nh cách dựng ngắn III) Phát triển cho học sinh cách tìm nhiều lời giải cho toán: * Trong trình giải tập hình học ngời giáo viên thờng xuyên yêu cầu em tìm tòi nhiều lời giải cho toán góp phần quan trọng phát triển t học sinh Tạo cho em thãi quen nh×n mét sù viƯc víi nhiỊu gãc ®é kh¸c tõ ®ã ®a sù lùa chän tốt Qua bồi dỡng nguồn lực động sáng tạo biết tìm giải pháp tối u công việc sau Sau xin nêu hai ví dụ giải toán nhiều cách Bài to¸n1:Cho tø gi¸c ABCD cã AD = BC; Gäi M N theo thứ tự trung điểm AB DC Đờng thẳng MN cắt đờng thẳng AD BC theo thứ tự P Q Chứng minh r»ng ∠ DPN = ∠ CQN C¸ch 1: P Gọi I trung điểm AC M trung điểm AB (gt) Q MI đờng trung b×nh cđa ∆ ABC A ⇒ MI// BC ⇒ ∠IMN = ∠CQN (1) MI = BC (2) M I D AD Cã : AD =BC (gt) C N Tơng tự: NI đờng trung bình CAD ⇒ NI // AD => ∠INM = ∠NPD (3) NI = B (4) (5) Tõ (2), (4) (5) ⇒ MI = NI MIN cân I IMN = ∠INM (6) Tõ (1)(3)(6) ⇒ ∠DPN = ∠CQN ®pcm * Cách 2: P Qua A kẻ AE // MN AE = MN (1) Qua B kẻ BI // MN vµ BI = MN (2) Q Tõ (1)(2) ⇒ AE = BI A Tõ (1)(2) ⇒ C¸c tø gi¸c AMNE BMNI Là hình bình hành N trung điểm EI mà N trung điểm DC nên tứ giác DECI D M B E N hình bình hành DE = CI mà AD = BC (gt) (4)Tõ (3)(4) ⇒ ∆ADE = ∆BCI (c.c.c) ⇒ ∠DAE = ∠CBI (5)Tõ (1)(2) ⇒ ∠DAE = ∠DPN; ∠CBI = ∠CQN VËy ∠DPN = ∠CQN ®pcm C I Cách 3: P Qua M kẻ ME // AB ; ME = AD (1) Qua M kỴ MI // BC vµ MI = BC (2) Q Tõ (1) vµ (2) Các tứ giác AMED A M MBCI hình bình hành(*) Ta có: ME = AD, MI = BC mà AD = BC nên B I D ME = MI => EMI cân M C N E Tõ (*) => AM = DE ; AM // DE vµ MB = IC, MB // IC => DE = IC vµ DE // IC => Tø giác DECI hình bình hành => N trung ®iĨm cđa EI => MN lµ ®êng trung tun cđa EMI cân M => MN đờng phân giác cđa ∠EMI => ∠EMN = ∠IMN Tõ (1) vµ (2) => ∠EMN = ∠DPN , ∠IMN = ∠CQN ( ®ång vị) Do DPN = CQN đpcm Cách 4: Trên tia AN lấy điểm H cho N trung ®iĨm cđa AH Tø gi¸c ADHC cã NA = NH; ND = NC => ADHC hình bình hành => AD = CH mµ AD = BC (gt) => CB = CH => CBH cân C => CBH = CHB P (1) Q ∆ AHB cã MA = MB; NA = NH A => MN đờng trung bình tam giác M B => MN // BH mµ CH // DA => ∠CHB = ∠DPN MN // BH => ∠CBH = ∠CQN (2) D C N (3) Từ (1)(2)(3)=> DPN = CQN Bài toán 2: (Bài 30/116-sgk hình học lớp 9) H Cho nửa đờng tròn tâm O có đờng kính AB Gọi Ax, By tia vuông góc với AB ( Ax, By nửa đờng tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn ( M khác A B), kẻ tiếp tuyến với đờng tròn, cắt Ax, By theo thứ tự C D Chøng minh r»ng: a/ ∠COD = 900 b) AC + BD = CD Chøng minh: a) DƠ thÊy AC vµ BD hai tiếp tuyến (O) Cách 1: D Cã CA vµ CM lµ hai tiÕp tun cđa (O) => CO tia M C phân giác ACM =>∠OCD = ∠ACD (1) Cã DB vµ DM lµ hai tiếp tuyến (O) => DO tia phân gi¸c cđa ∠BDM =>∠ODC = A O B ∠BDC (2) Mµ AC ⊥ AB; BD ⊥ AB (gt) => AC // BD => ∠ACD + ∠BDC = 1800 Tõ (1);(2);(3) => ∠OCD + ∠ODC = 900 => ∠COD = 900 Cách 2: Có CA CM hai tiếp tuyến (O) => OC tia phân giác ∠AOM => ∠COM = ∠AOM (1) Cã DB vµ DM lµ hai tiÕp tun cđa (O) => OD lµ tia phân giác BOM => DOM = BOM (2) Mµ ∠AOM + ∠BOM = 1800 (3) Tõ (1)(2)(3) => COD = 900 Cách 3: Gọi E giao điểm CO DB D Xét : ∆AOC vµ ∆BOE Cã ∠A =∠B = 900; OA = OB ; ∠COA =∠EOB M C => ∆AOC = ∆BOE => OC = OE Cã DB vµ DM lµ hai tiÕp tun cđa (O) => DO lµ A O B tia phân giác BDM E CDE có OC = OE; DO phân giác CDE => DO CE => ∠ COD = 900 C¸ch 4: Gäi E trung điểm CD mà O trung điểm AB mặt khác ta có AC // BD nên OE đờng trung bình hình thang ACDB => EO = AC + BD (1) Cã CA vµ CM lµ hai tiÕp tun cđa (O)=> AC = CM Cã DB vµ DM lµ hai tiÕp tun cđa (O) =>BD =DM nªn AC + BD = CD Tõ (1)(2) => EO = (2) AC + BD CD = 2 ∆COD cã OE =CE =DE = D M E C A B O CD => COD tam giác vuông O =>COD = 900 Cách 5: Gọi giao điểm AM với CO P; giao điểm cđa D MB víi OD lµ Q DƠ cã : M ACM cân C có CO phân gi¸c ∠ACM => CO ⊥ AM => ∠MPO = 900 C (1) BDM cân D có DO phân giác BDM Q P A O B => DO ⊥ BM => ∠MQO = 900 (2) M thuéc ®êng tròn đờng kính AB => AMB = 900 (3) Từ (1)(2)(3) => PMQO hình chữ nhật => COD = 900 b) AC + BD = CD DÔ thÊy AC vµ BD lµ hai tiÕp tun cđa (O) D Cã CA vµ CM lµ hai tiÕp tun cđa (O) => AC = CM M C Cã DB vµ DM lµ hai tiÕp tuyÕn cña (O) => BD = DM A O B mà CD = CM + DM nên AC + BD = CD (Phần b có nhiều cách chứng minh tơng tự nh phần a nên không trình bày thêm) *Sau giải xong toán cần rèn cho học sinh thói quen kiểm tra nghiên cứu lời giải hớng dẫn em tìm tòi vấn đề liên quan đến toán cách lật ngợc vấn đề xây dựng toán đảo: Sau số ví dụ IV) Phát triển t học sinh cách xây dựng toán đảo: *Với toán 30/116-sgk hình học lớp CD tiếp tuyến nửa đờng tròn đờng kính AB COD = 900; CD = AC + BD ta đặt câu hỏi ngợc lại COD = 900 CD = AC + BD CD có phải tiếp tuyến nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB không? Ta có hai toán đảo sau: Bài toán đảo 1của :( (Bài 30/116-sgk hình học lớp 9) Cho nửa đờng tròn tâm O có đờng kính AB Gọi Ax, By tia vuông góc với AB ( Ax, By nửa đờng tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Trên tia Ax lấy điểm C; tia By lấy ®iÓm D cho ∠COD = 900 Chøng minh CD tiếp tuyến (O) Chứng minh: Cách 1: KỴ OH ⊥ CD ( H ∈ CD ); Gọi M trung D điểm CD COD vuông O mà có OM đờng M trung tuyến ứng với cạnh huyền =>MO =MD => DMO cân M => MDO = MOD H (1) Mặt khác: AC // BD ( cïng ⊥ víi AB ) mµ M trung điểm CD; O trung điểm AB nên OM đ- C A O B ờng trung b×nh cđa h×nh thang ACDB => OM // DB => ∠MOD = ∠BDO (2) Tõ (1) (2) => ∠ODH = ∠ODB ∆OHD vµ ∆ODB cã: ∠H = ∠B =900; OD cạnh chung; ODH = ODB => OHD = ∆ODB => OH = OB = R => H∈(O) Cã OH ⊥ CD ( H ∈ CD ), H∈(O) => CD tiếp tuyến đờng tròn (O) Cách 2: Kẻ OH CD; Gọi M giao điểm cđa CO vµ DB DƠ thÊy ∆AOC = ∆BOM => OM = OC ∆CDM cã OC = OM; DO ⊥ CM =>∠CDO = ∠MDO Do ®ã: ∆OHD = ∆OBD => OH = OB = R => H∈(O) mµ OH ⊥ CD => CD tiếp tuyến đờng tròn (O) Bài toán đảo 2: (Bài 30/116-sgk hình học lớp 9) Cho nửa đờng tròn tâm O có đờng kính AB Gọi Ax, By tia vuông góc với AB ( Ax, By nửa đờng tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Trên tia Ax lấy điểm C; tia By lấy điểm D cho AC + BD = CD Chøng minh r»ng CD lµ tiÕp tun cđa (O) Chøng minh: D KỴ OH ⊥ CD; Gọi M giao điểm CO DB DÔ thÊy ∆AOC = ∆BOM => OM = OC; AC = BM H Mà AC + BD = CD nên DC = DM => DCM cân D có OM = OC => DO tia phân giác ∠CDM mµ OH ⊥ CD; OB ⊥ DM C A B O => OH = OB => H∈(O) mµ OH CD nên CD M tiếp tuyến đờng tròn (O) Bài 2: ( 55 / 135sách tập hình học lớp 9) : Cho đờng tròn (O,R), tiếp tuyến AB AC kẻ từ A đến đờng tròn vuông góc với A ( B C tiếp điểm) Gọi M điểm thuộc cung nhỏ BC Qua M kẻ tiếp tuyến với đờng tròn , cắt AB AC theo thứ tự D E a)Tứ giác ABOC h×nh g×? b) Chu vi ∆ ADE = 2.R c) TÝnh sè ®o ∠DOE Chøng minh: D B A M a) Tø gi¸c OBAC cã ∠B =∠A =∠C = 90 E OB = OC => Tứ giác OBAC hình vuông b) Có chu vi ADE lµ C = AD + AE + DE (1) O C Mà theo tính chất hai tiếp tuyến cắt đờng tròn DE = MD + ME = DB + EC (2) Tõ (1) (2) => C∆ADE = AB + AC mµ AB = AC = OB = R ( OCAB hình vuông) => CADE = AB + AC = 2.R c) Cã DB vµ DM lµ hai tiếp tuyến cắt đờng (O) => DOM = Có EM EC hai tiếp tuyến cắt cđa ®êng (O) => ∠EOM = => ∠ DOE = ∠BOM ∠COM ∠BOC 900 = = 450 2 *Với toán 55 / 135sách tập hình học lớp DE tiếp tuyến đờng tròn (O) DOE = 450; chu vi tam giác 2.AB ta đặt câu hỏi ngợc lại DOE = 450 chu vi tam giác 2.AB DE có phải tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính OB không? Ta có hai toán đảo sau: Bài toán đảo1:Cho hình vuông OBAC, lấy điểm D cạnh AB, điểm E cạnh AC cho chu vi tam gi¸c ADE b»ng 2.AB Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính OB Chứng minh: Kẻ OM DE ( M ∈ DE) Chu vi tam gi¸c b»ng 2.AB => DE = BD + EC Trên tia đối cđa tia BA lÊy ®iĨm F cho BF = CE => DE = DF XÐt ∆OBF vµ ∆OCE cã: ∠OBF = ∠OCE = 900, BF = CE; OB = OC => ∆OBF = ∆OCE => OE = OF XÐt ∆ODF vµ ∆ODE cã: OF = OE; DF = DE; OD c¹nh chung => ∆ODF = ∆ODE (c.c.c) => ∠BDO = ∠MDO XÐt ∆ OBD vµ ∆ OMD cã ∠OBD =∠OMD = 900; OD c¹nh chung;∠BDO =∠MDO => ∆ OBD = ∆ OMD => OM = OB mµ OM ⊥ DE => DE tiếp tuyến đờng tròn tâm B bán kính OB Bài toán đảo2: Cho hình vuông OBAC, lấy điểm D cạnh AB, điểm E c¹nh AC cho gãc ∠DOE = 450 Chøng minh DE tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính OB Chứng minh: Kẻ OM DE (MDE) ; Kẻ đờng thẳng vuông góc với OE O cắt đờng thẳng AB F =>EOF =900 mà ∠DOE = 450 => ∠DOF = 450 ∆OBF vµ ∆OCE cã ∠B = ∠C =900; OB = OC; ∠BOE = ∠COE (cïng phô ∠BOE ) => ∆OBF = ∆OCE => OF = OE FOD EOD có : OD cạnh chung; ∠FOD = ∠DOE; OF = OE => ∆FOD = ∆EOD => ∠FDO = ∠EDO hay ∠BDO = ∠MDO ∆OBD OMD có B = M =900; OD cạnh chung; ∠BDO = ∠MDO => ∆OBD = ∆OMD => OM = OB => M ∈ (O;OB) mµ OM ⊥ DE => DE tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính OB *Qua hai toán ta nhận thấy Nếu chu vi ADE 2.AB DE tiÕp tun cđa (O;OB) nÕu DE lµ tiÕp tun cđa đờng tròn (O;OB) theo toán 55/sbt DOE = 450 Ngợc lại ta có DOE = 450 ta đà chứng minh đợc DE tiếp tuyến (O;OB) nh theo tập 55/ sbt chu vi ADE 2.AB Vậy ta đặt câu hái chu vi cđa ∆ADE b»ng 2.AB th× gãc DOE có 450 không ngợc lại? Ta có toán sau: Bài 3: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a Trên cạnh AB BC lấy lần lợt điểm I M cho chu vi ∆IMB b»ng 2.a Chøng minh r»ng ∠IDM = 450 Chứng minh: D A Kẻ DN DI DH ⊥ MI ∆DAI = ∆DCN (∠C =∠A ; DC = DA; ∠CDN = I ∠ADI ) => DI = DN ; CN = AI (1) H Mặt khác ta cã: N MB + BI + MI = BM + CM + BI + IA => MI = CM + AI mµ MN = CM + CN => MI = MN => ∆NDM = ∆IDM => ∠NDM = ∠IDM = C M B ∠NDI 900 = = 450 2 Bài 4: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a Trên cạnh AB BC lấy lần lợt điểm I M cho IDM = 450 Chøng minh r»ng : chu vi ∆IMB b»ng 2.a Chøng minh: ( tơng tự) Phần III: kết luận Điều kiện áp dụng : Về phía giáo viên phải nhiệt tình yêu nghề mến trẻ, làm chủ đợc kiến thức từ tìm tòi sáng tạo phát triển nâng cao tập phù hợp với đối tợng học sinh Về phía học sinh trớc hết cần cho em nắm vững kiến thức tìm tòi sáng tạo từ toán đơn giản để từ hình thành phơng pháp học tập nâng dần mức độ cho phù hợp Đối tợng áp dụng: Sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để dạy học sinh đại trà bồi dỡng học sinh kỳ thi học sinh giỏi, kì thi vào Trung học phổ thông T liệu tham khảo : + SGK hình học lớp 9, sách tập hình học lớp Phan Đức Chính + Toán phát triển hình học Vũ Hữu Bình Bài học kinh nghiệm: Qua trình áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm, thấy để đạt đợc kết cao giáo viên cần lu ý số vấn đề sau : + Dành nhiều thời gian để nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo, phân loại tập xếp thµnh tõng chïm bµi tËp nhá cã quan hƯ víi nhằm củng cố kiến thức, kĩ năng, t có mục đích cho học sinh Làm đợc nh thÕ sÏ gãp phÇn quan träng viƯc tiÕp thu kiến thức học sinh, tạo tiền đề cho học sinh biết cách đọc tài liệu, có thói quen tích cực chủ động sáng tạo biết cách tự học + Lợng tập phù hợp với lực, đối tợng học sinh + Phải kiên trì giảng dạy kỹ cho học sinh tập theo sáng kiến kinh nghiệm + Giáo viên soạn kỹ trớc lên lớp đa phơng án giải tối u Đặc biệt nên khai thác vấn đề theo nhiều khía cạnh khác để củng cố rèn luyện lực t duy, sáng tạo cho học sinh Những điểm hạn chế: Trong trình áp dụng sáng kiến kinh nghiệm tồn số hạn chế nh số học sinh thụ ®éng cha tÝch cùc ®Ỉc biƯt ®èi víi häc sinh yếu trung bình Đề xuất ,nghiên cứu kiến nghị ; Để SKKN ngày đạt hiệu cao thấy cần phải tiếp tục nghiên cứu nhằm + Tìm đợc nhiều dạng ,nhiều phơng pháp giải đối dạng + áp dụng tối đa phơng pháp đổi dạy học theo hớng phát triển t sáng tạo cho học sinh + Nhà trờng nh cấp ngành có chức cần tạo điệu kiện giúp đỡ thời gian ,tài liệu cho đồng chí giáo viên dạy bồi dỡng để kết đạt tốt + Do điều kiện thời gian trình độ có hạn nên nội dung sáng kiến cha đợc phong phú Rất mong nhận đợc góp ý bạn đồng nghiệp Tôi xin trân trọng cảm ơn ! ... xếp chúng theo trật tự lôgíc, su tầm nghiên cứu tài liệu tham khảo để thấy hết vai trò, tác dụng toán Tập hợp, sáng tạo toán có liên quan xếp thành chuyên để nhỏ để phụ vụ việc dạy học * Kết thực... hoạt Thay đổi t học tập cho phù hợp với lứa tuổi Phát huy tính sáng tạo học sinh, đáp ứng đợc yêu cầu tơng lai II/ Mục đích nghiên cứu Đây đề tài không nhiên nhiều điều cần trao đổi, khám phá trình... sáng kiến Điểm KT