Khai thac va phat trien mot bai toan HH 8

Víi t tëng trªn híng tiÕp tôc nghiªn cøu chÝnh lµ c¸c m¶ng kiÕn thøc kh¸c nhau mµ th«ng qua mét khinh nghiÖm nhá nµy cha thÓ ®Ò cËp hÕt ®îc..[r]

Phần I : đặt vấn đề

1 Lý chọn đề tài:

Qua năm trực tiếp giảng dạy, thân thấy thực tế hầu hết em học sinh sau giải xong toán tỏ thoả mãn yêu cầu Thậm chí, số học sinh giỏi, có lực học tốn Điều thật đáng tiếc Chính làm tơi suy nghĩ tìm tịi biện pháp để h-ớng em dành lợng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp tốn mà vừa giải xong Việc hớng dẫn em học sinh theo hớng khai thác, phát triển toán để trỏ thành “họ” tốn tâm đắc em đợc phát huy trí sáng tạo mình, tìm tịi góc độ xung quanh tốn ban đầu , qua em khắc sâu đợc kiến thức Và điều quan trọng cách hớng dẫn phù hợp với phơng pháp dạy học cải cách nay, em học sinh ngời chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu kiến thức, làm chủ tình huống, từ u thích mơn tốn hơn.

Chính tơi chọn: " Khai thác phát triển toán" kinh nghiệm thân mạnh dạn đa đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng cao chất lợng dạy học

2 Mục đích:

Xuất phát từ thực tế đáng tiếc học sinh nh nên việc chọn: " Khai thác phát triển toán" nhằm giải thực tế Nghĩa là làm để ngời thầy ngời tổ chức đạo dạy học sinh cách t để thực Dạy học sinh biết cách từ kiến thức vốn có, học sinh phải biết tự phát triển thành nhiều toán

Việc tạo cho học sinh biết cách việc suy xét tiếp toán sau giải có tác dụng

- Tìm hớng giải khác (Và từ có phơng pháp hay hơn) - Tìm tốn "họ hàng" toán giải

Với giáo viên chắn việc tìm "họ" toán có phơng pháp "thiết kế" toán từ toán quen thuộc Việc làm chẳng tạo cho giáo viên "ngân hàng" tập ?

ú chớnh mục đích kinh nghiệm

Ngồi để có thêm tốn tốn A ta làm nh sau: + Đặc biệt hố số điều kiện để từ tốn A có toán + Thay đổi số điều kiện giả thiết để có tốn

Tóm lại: Nếu sau giải toán, dành lợng thời gian đủ để suy xét nhìn nhận lại làm thực theo hớng nghĩ "Khai thác phát triển " "họ" toán hay có giá trị

Phần II : giải vấn đề

1 - C¬ së lý luËn, thùc trạng phơng pháp nghiên cứu

Chỳng ta bit việc, tợng số nguyên nhân sinh Nên điều kiện nguyên nhân thay đổi kết thay đổi theo Và từ nguyên nhân tạo đợc kết Điều tốn học dễ xảy Từ số điều kiện (giả thiết - gt) biết ta phải kết thu đợc (kết luận - kl) Nhng việc đợc kết vấn đề yêu cầu trớc mắt toán Mà rèn luyện cho học sinh có thói quen suy xét thêm sau giải đợc tập quan trọng Chẳng hạn:

* Giải xong tập em cịn chứng minh thêm đợc ?

** Hãy thay đổi số điều kiện giả thiết thu đợc tốn ?

*** Hãy đặc biệt hoá vài điều kiện (gt) đợc (kl) ? **** Nếu đảo lại tốn có thay i

vân vân vân vân

2 nội dung Biện pháp thực hiện: Bài toán ban đầu.

Ta hÃy toán quen thuộc

Cho xOy = 900 Trên Ox lấy điểm A cố định cho OA = a Điểm B

di động Oy Vẽ góc xOy hình vng ABCD. a) Tính khoảng cách từ D đến Ox.

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

íng dÉn:

a) KỴ DH Ox H Có AHD

vuông H nên D1 + A1 = 1v

Mà A2 = 1v  A1 + A3 = 1v

Suy ra: A3 = D1

XÐt DHA vµ AOB

Cã: H = O = 1v, A3 = D1,

DA = AB (cạnh hình vuông) Vậy DHA = AOB = (T/h B»ng

nhau đặc biệt thứ tam giác vuông)

VËy: DH = OA = a

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

H×nh 1

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

Giíi h¹n:

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

KÕt luËn:

y

x

1

3

1

H D'

C' D

C

O A

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

Khai th¸c 1:

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

Bài toán 1:

Trong gúc xOy vuông O lấy A thuộc tia Ox cho OA = a Một điểm B di động Oy Vẽ góc xOy hình vng ABCD Xác định vị trí điểm D để SABCD nhỏ

Chøng minh

ThËt vËy SABCD = AB2

Trong OAB cã O = 1v 

AB > OA

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



SABCD a2

Do SABCD = a2 nhỏ

khi Êy B  O

Khai th¸c 2:

H×nh 2

Từ kết ta suy hình vng OAD'C' cố định cạnh a Thế OD' cố định nên trung điểm I' cố định Vấn đề đặt là: Nếu B chuyển động Oy D chuyển động tia D'D Khi trung điểm I OD chuyển động đờng ta có tốn

y

x

1

3

1

I' I

H D'

C'

D C

O A

Bài toán 2:

Cho gãc xOy b»ng 900 LÊy A trªn Ox cho OA = a, mét ®iĨm B di

động Oy Trong góc xOy vẽ hình vng ABCD Gọi I trung điểm OD Tìm tập hợp (qũy tích) điểm I

H

íng dÉn: (H×nh 2)

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

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

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

2

Khai thác 3: Suy xét: (hình 3)

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

Theo ta chứng minh đợc

AOB = DHA (C¹nh hun

gãc nhän)  OA = DH = a

OB = AH

Nhng CQ // Ox  CQB = 1v  CP = OA

PD = OB

H×nh 3

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

Mµ QOA = 1v Ta có toán mới.

y

x P

Q

I

H D C

O A

B

Bài toán 3:

Cho góc xOy, tia Ox lấy A cho OA = a, Oy điểm B di động Dựng góc xOy hình vng ABCD; qua C kẻ đờng thẳng // Ox, qua d kẻ đờng thẳng // Oy Hai đờng thẳng cắt P lần lợt cắt Oy Q, cắt Ox H

a) Chứng minh OHPQ hình vuông

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

Khai thác 4: Suy xÐt tiÕp ta thÊy Ta cã thĨ chun híng bµi toán dới dạng khác

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

Tiếp tục: Nếu cho A di động OH cha thoả mãn ABCD hình vng chu vi AOB có

giá trị thay đổi nh Cụ thể có quan hệ với a cạnh hình vng OHPQ

Hình 4 Thật dễ chứng minh đợc AOB = DHA = CPD = BQC

Từ  ABCD hình vng

AOB lu«n cã: AB < OA + OB

Nhng OB = AH  AB < OA + AH = OH = a

Do A, B chuyển động thoả mãn ABCD hình vng

y

x P

Q

I

H D C

O A

Nên A  H, B  O  AB = OH = a Do đó: OA + OB + AB  OH + OH = 2a Vậy CAOB 2a (CAOB : chu vi AOB)

(Chu vi AOB có giá trị lớn 2a)

Ta có toán mới. Bài toán 4:

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

a) Chứng minh: ABCD hình vu«ng

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

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

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

Nh vËy OA + OB = a (const)

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

Để ý thÊy r»ng: OA OB = 2SAOB (SAOB diÖn tÝch AOB)

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

Vµ SOHPQ = SABCD + 4SAOB

Hay SABCD = a2 - SAOB

Nếu SAOB lớn SABCD nhỏ SAOB nhỏ SABCD lớn

Mà SAOB lớn OA.OB lớn lý luận OA.OB lín nhÊt

khi OA = OB

Ta có toán mới. Bài toán 5:

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

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

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

Tìm giá trị H

íng dÉn:

a) Dễ chứng minh đợc:

AOB = DHA (c.g.c)

 AB = AD Hình Tơng tự CB = CD = AB

Vậy ABCD hình thoi (1)

Lại cã: A1 = D1 mµ D1 + A2 = 1v

 A + A2 = 1v (2)

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

Theo kết AOB = BQC = CPD = DHA (c.g.c)

 SABCD = a2 - SAOB = a2 - 2.OA.OB

Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH)  OA + AH = OH = a Khơng đổi nên tích OA.OB lớn OA = OB = a

2

NghÜa lµ OA.OB  a

a

2 =

a2

4

P Q

I

H D C

O A

B

P Q

I

H D C

O A

B

VËy SABCD a2 - a

2

4 = a

2 - a

2

2 =

a2

2

Do SABCD = a

2

2 giá trị nhỏ đó: OA = OB = OH

2

Chøng tá A lµ trung điểm OH Khai thác 6: (Hình 6)

TiÕp theo suy xÐt ta cã CAOB 2a

Vậy CAOB = 2a điều xảy ?

Thật vậy: Nếu cạnh hình vng OHPQ a A, B chuyển động trên OH, OQ cho CAOB = 2a

Th×: OA + OB + AB = 2a (1)

Nhng OQ + OH = 2a

Hay OB + BQ + OA + AH = 2a(2)

Từ (1) (2)  AB = BQ + AH Trên tia đối QB lấy E cho QE = AH

 BQ + QE = BQ + AH hay BE = BA L¹i cã PQE = PHA (c.g.c)

Suy ra: PE = PA

Do vËy PBE = PBA (c.c.c)

Nªn B1 = B2 Trªn AB lÊy K cho

BK = BQ (V× BA > BQ)  KA = AH Suy PBQ = PBK (c.g.c) (1)

Nªn PQB = PKB (= 1v)

H×nh 6

 PQB = PHA = 1v vµ PK = PQ (PBQ = PBK)

Nªn PK = PH PAK = PAH (c.c.c) (2)

Tõ (1)  P1 =P2

(2)  P3 = P4

Nh thì:

Không cần yếu tố mà cần hình vuông OHPQ cạnh a Mét xPy quay quanh P, Px c¾t OH ë A; Py c¾t OQ ë B

Sao cho CAOB = 2a th× xPy = 450

Ta cã toán mới. Bài toán 6:

Cho hình vuông OHPQ c¹nh b»ng a, mét gãc xPy quay quanh P Tia Px, Py lần lợt cắt OH, OQ A, B thoả mÃn chu vi AOB 2a

Chứng minh xPy = 450

(Từ suy xét dễ chứng minh đợc này) Đặc biệt hoá toán ta có tốn sau: Cho hình vng ABCD, cạnh l

2 , tia Px cắt OH A, tia Py cắt OQ

tại B, cho chu vi AOB lµ Chøng minh r»ng APB = 450

Khai thác 7: (Hình 7)

Suy xột tiếp ta đặt vấn đề ngợc lại tốn ?

Hình 7

Nghĩa là: Cho hình vuông OHPQ cạnh b»ng a, mét gãc xPy quay quanh P cho xPy = 450 Px cắt OH A, Py cắt OQ B, chu vi của

AOB có thay đổi hay 2a

Q P

F H

A K

B y

1

2

1

2

1

O

450

x  P2 + P3 = P1 + P4 = QPH

Suy luận: Trên tia đối tia HA lấy F cho HF = QB

PQB = PHE (c.g.c) (H×nh vÏ 7)

VËy PB = PF P1 = P2

Mµ P1 + BPH = 1v  P2 + BPH = 1v hay BPF = 1v

v× BPA = 450 APF = 450

PAB = PAF (c.g.c)  A1= A2

Tõ P kỴ PK  AB  K PAH = PAK

(c¹nh hun gãc nhän) Suy AK = AH

L¹i cã B1 = F1 (PHF = PQB)

B2 = F1 (PAB = PAF)

Suy B1 = B2 VËy PBQ = PBK (c¹nh hun gãc nhän)

VËy BQ = BK

Mµ CAOB = OA + OB + AB

= OA + OB + BK + KA = OA + OB + BQ + AH = OA + AH + OB + BQ

= OH + BQ = a + a = 2a

Nh vấn đề ngợc lại toán

Từ suy xét dễ chứng minh đợc toán Hơn ta lại đợc khoảng cách từ P đến AB (độ dài PK cạnh hình vng PQ khơng đổi)

Bài toán 7:

Cho hình vuông OHPQ cạnh a Mét gãc xPy = 450 quay quanh P sao

cho tia Px, Py lần lợt cắt OH, OQ A, B a) Chứng minh AOB có chu vi không đổi

b) Cạnh AB tiếp tuyến đờng tròn cố định Từ suy xét dễ chứng minh đợc tập

Khai th¸c 8:

Từ kết ta đến kết luận Trong hình vng OHPQ cạnh a Một góc xPy quay quanh P Gọi Px cắt OH A, gọi Py cắt OQ B

Nếu: AB = AH + BQ (hay chu vi AOB khụng i)

thì xPy = 450

Và ngợc l¹i NÕu xPy = 450

Thì: AB = AH + BQ ( hay chu vi AOB không đổi )

Và hai trờng hợp ta chứng minh đợc khoảng cách P đến AB khơng đổi

Ta cã thĨ thay c¸ch ph¸t biĨu toán trên. Bài toán 8:

Cho hỡnh vuông OHPQ cạnh a Một đờng thẳng xy thay đổi cắt OH A, cắt OQ B

a) Chøng minh r»ng: APB = 450 vµ chØ C

AOB = 2a

b) Tìm quỹ tích điểm K hình chiếu P AB AB thay đổi APB = 450

H

íng dÉn:

a) Xem híng dÉn toán toán

Vậy APB quay quanh P K chuyển động nhng cách P khoảng không đổi a

VËy K  (P, a)

Giíi h¹n: Khi A  O th× B  Q  K  Q A  H th× B  O  K  H

Vậy quỹ tích K phần t đờng trịn (P, a) nằm hình vuụng OHPQ

Đảo lại:

Trờn mt phn t đờng trịn (P, a) nằm hình vng OHPQ lấy điểm K' Kẻ x'y'  PK' K', x'y' cắt OH A' cắt OQ B' ta phải chứng minh OB' + OA' + A'B' = 2a

ThËt vËy:

Cã COA'B' = OA' + A'B' + OB'

Nhng A'B' = A'K' + K'B' (K  A'B') Vµ A'K' = A'H

K'B' = B'Q (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn)

 CA'OB' = OA' + A'H + OB' + B'Q

= OH + OQ = 2a

Khai thác 9: (Hình 8)

Tip tc suy xột thy A, B chuyển động cạnh OH, OQ hình vng OHPQ cạnh a thoả mãn chu vi AOB = 2a Thì điều xảy

ra r»ng:

Khi A  H, B  O th× SOAB = O

Khi A  O, B  Q th× SAOB = O

Nh ta dự đoán SAPB có giá trị lớn không ?

hay giá trị cực trị SAPB có quan hệ

với giá trị cực trị SAOB nh thÕ nµo ?

ThËt vËy

Theo kết ta chứng minh đợc PBQ = PBK

PAK = PAH H×nh

Do đó: SAPB =

2 SABQPH

Mµ SABQPH + SAOB = SOHPQ = a2

 2SAPB + SAOB = a2  2SAPB = a2 - SAOB (*)

Tõ (*) ta cã: SAPB lín nhÊt  SAOB nhá nhÊt (2)

Tõ (1) (2)  SAOB nhá nhÊt = O

VËy 2SAPB lín nhÊt = a2 - O

Hay SAPB lín nhÊt = a

2

2

Khi A  H B  Q Ta có toỏn mi. Bi toỏn 9:

Cho hình vuông OHPQ Mét gãc xPy quay quanh P gäi Px c¾t OH A

Py cắt OQ B

Sao cho AB = BQ + AH

Xác định vị trí A, B để SAPB đạt giá trị lớn

H

íng dÉn:

(Chøng minh theo hớng suy xét trên) Khai thác 10:

Suy xét tiếp từ giá trị ta thấy

K

A H

O B

Q P

Q P

N

Gọi đờng chéo QH cắt PA M cắt PB N

Ta phát triển tốn cho thành toán cho học sinh lớp học tứ giác nội tiếp Bài toán 10:

Hình 9

Cho hình vuông OHPQ cạnh b»ng 1, mét gãc xPy quay quanh P cho CAOB = Gọi QH lần lợt cắt PA M,

PB N Lấy K thuộc AB cho BK = BQ Chứng minh: BM, AN, PK đồng qui H

íng dÉn: (H×nh 9)

Từ tốn ta có kết luận (và chứng minh đợc) Nếu CAOB = 2.OH  APB = 450

Mµ BQM = 450  BQPM néi tiÕp (Q

1= P1 P, Q cïng thuéc nửa

mặt phẳng nhìn BM dới góc b»ng nhau) VËy BQP + BMP = 2v

(tÝnh chÊt tø gi¸c néi tiÕp)

 BMP = 1v hay BM  PA (1)

Chøng minh t¬ng tù: AHPN néi tiÕp

 ANP = 1v hay AN  PB (2)

Do BK = BQ  OB + BK = Mµ CAOB =  OA + KA =

Chøng tá AK = AH

E

Q

B1 2

P

M K

N

A H

O K

Trên tia đối tia QB lấy E cho QE = AH

AHP = EQP (c.g.c)  P1 = P2

Nªn APE = 1v  BPE = 450

VËy PBE = PBA (c.g.c)

 B1 = B2 VËy PBQ = PBK

 BQP = BKP mµ BQP = 1v Nªn BKP = 1v hay PK  AB (3)

Từ (1) (2) (3)  BM, AN, PJ ba đờng cao ABP nên đồng quy

(H×nh 10)

Khai thác 11:

Từ kết khai th¸c 10 ta suy xÐt tiÕp thÊy

BMP vuông cân M BP

MP=2

AMP vuông cân A AP

NP=2

Suy PA PB

PM PN=2

Ta cã tập mới. Bài toán 11:

Cho hỡnh vuụng OHPQ cạnh Trên OH, OQ lần lợt lấy A,B chuyển động cho chu vi AOB = Gọi QH lần lợt cắt PA, PB M, N Chứng

minh r»ng: PA.PB = 2PM.PN H

íng dÉn:

Tõ suy xÐt ta suy c¸ch chứng minh tập Khai thác 12:

khú thêm chút ta phát triển thêm vấn đề tam giác

Cho ABC kỴ AH  BC = H A

Nªn SABC =

2 AH BC

Nhng AHB th× AH = AB SinB

VËy SABC =

2 AB.BC SinB (*)

Do giả thiết (bài tập 11) Ta áp dụng cơng thức (*) có:

SABP =

2 PA.PB SinP

SMPN =

2 PM.PN SinP

LËp tû sè cã SABP

SMPN

=PA PB

PM PN=2

Ta có tập mới. Bài toán 12:

Cho hỡnh vuông OHPQ cạnh Trên OH, QO lần lợt lấy A, B chuyển động thoả mãn chu vi AOB Gọi QH lần lợt cắt PA, PB

M, N Chøng minh SPAB = 2SPMN

Khai thác 13: (Hình 12)

C tip tc nh ta suy xét tiếp Chẳng hạn ta cho A chuyển động cạnh hình vng OHPQ đến vị trí trung điểm OH Thì B chuyển động đến điểm ? Cách Q Khi APB = 450.

ThËt vËy:

KỴ tia Px PB c¾t OH ë E

 P1 = P2

PHE = PQB (g.c.g)

 PB = PE

Lại có BPE = 900 APB = 450

 APE = 450

PAB = PAE

 SPAB = SPAE

KỴ AI  PB  I

Q

B

O A H E

P I

1

2

H×nh 11

Hay PB AI = PH AE  AI2 PB2 = PH2 AE2

Gäi BQ = x  HE = x (Do PHE = PQB)

Trong API vông cân I AI2 = PA

2

2 (1)

Trong PHA vuông H PA2 = a2 + a

2

4= 5a2

4 (2)

(V× giả sử A trung điểm OH) AH = a2 Tõ (1) (2)  AI2 = 5a

2

8

Trong PQB vuông Q PB2 = a2 + x2

VËy AI2 PB2 = 5a

2

(a2+xx)

8 Mµ AE = AH + HE =

a

2 + x

Do 5a

(a2+xx)

8 =a

2

(a2+x)

2

5a2(a2 + x2) = 8a2

a+2x¿2 ¿ ¿ ¿

= 2a2(a + 2x)2

5(a2 + x2) = 2(a2 + 4x2 + 4ax)

5a2 + 5x2 = 2a2 + 8x2 + 8ax

3x2 + 8ax - 3a2 = 0

Cã A = ; B' = 4a, C = -3a2

' = 16a2 + 9a2 = 25a2 a > (độ dài cạnh hình vng)

Nªn x1 = −4a +5a

3 =

1

3a (tho¶ m·n)

x2 = −4a −5a

3 =−3a (Lo¹i)

Điều chứng tỏ QB =

3 OQ = a

Bằng suy xét ta đến toán mới: Bài toán 13:

Chøng minh: OQ =

3 a

H

íng dÉn:

Bằng suy luận ta dễ chứng minh đợc điều Cứ tiếp tục suy xét nh ta cịn phát triển thêm đợc toán từ toán quen thuộc.Vậy với toán sau bạn suy xét phát triển mà xuất phát từ toán ban u

Bài toán:

Cho hình vuông OHPQ cạnh a Trên OH lấy A trung ®iĨm trªn OQ lÊy B cho QB = a

3

Chøng minh r»ng APB = 450

3 Kết đạt đợc 1 Kết chung:

Sau học sinh đợc thực hành giải tập theo hớng tích cực “Khai thác phát triển” toán, đa số em học sinh khá, giỏi không nắm vững cách giải tốn mà cịn biết khai thác theo nhiều h-ớng khác Bên cạnh nhằm tạo cho học sinh biết đợc việc suy xét tiếp toán sau giải có tác dụng:

- Tìm hớng giải khác (Và từ có phơng pháp hay hơn)

- Tìm tốn "họ hàng" tốn giải

- Tìm tốn "hay hơn" khó từ toán giải v.v

2 Kết cụ thể, đối chứng

Trên số hớng giải khai thác phát triển toán Qua thực tế giảng dạy, kiểm tra 10 em học sinh khá, giỏi lớp đội tuyển học sinh giỏi trờng so sánh kết trớc sau áp dụng kinh nghiệm trên, thấy có kết rõ rệt

KÕt qu¶ thĨ nh sau:

¸p dơng khi ¸p dông

Nhận dạng giải đợc tốn tìm tập hợp điểm (quỹ tích)

30% 70%

Nhận dạng giải đợc toán tìm điều kiện để tứ giác đặc biệt có diện tích lớn hay nhỏ nhất, tam giác có chu vi khơng đổi, chứng minh góc góc cho trớc, đoạn thẳng

30% 80%

Nhận dạng giải đợc toán chứng minh ba điểm thẳng hàng, đờng thẳng đồng quy,

30% 70%

Nhận dạng giải đợc toán chứng minh tứ giác hình vng, chứng minh điểm

trung ®iĨm đoạn thẳng 40%

80%

Nhn dng giải đợc toán chứng minh đẳng thức mà vế tích đoạn thẳng, hay vế diện tích hình

40% 80%

Tìm đợc lời giải tốn có nội dung đặc biệt, có nội dung phức hợp, vận dụng cách giải linh hoạt

20% 60%

4 Bµi häc kinh nghiƯm:

Sau thu đợc kết thấy phơng pháp giải tốn nói khơng qua khó học sinh khá, giỏi mà điều quan trọng rèn cho em thói quen tìm tịi khoa học, có thái độ hào hứng, say mê phát triển khai thác triệt để mội tốn Ngồi để có thêm mối quan hệ toán với tốn A ta làm phép:

Sau giải toán, dành lợng thời gian đủ để suy xét nhìn nhận lại làm thực để tìm tốn hay v cú giỏ tr

5 Phạm vi áp dông

Trọng tâm đề tài tập trung vào đối tợng học sinh giỏi lớp 8, em phải nắm vững kiến thức bản, cần có niềm say mê mơn hình học Với giáo viên ngời đem lại niềm say mê , hứng thú cho em, dẫn dắt em biết cách khai thác, nâng cao, tổng hợp khái quát hóa vấn đề Để đảm bảo tính hệ thống liên tục, lơ-gíc theo hớng khai triển tốn, đề tài có đôi chỗ mở rộng cho học sinh lớp Vậy xem, áp dụng xin lu ý tới trình độ em học sinh để vận dụng cho phù hợp

6 Những ý kiến đề xuất, hớng tiếp tục nghiên cứu:

PhÇn III: kÕt luËn

Trong trình bồi dỡng học sinh giỏi khối - đa để thực nghiệm Ban đầu em bỡ ngỡ sau tỏ thích thú, say mê Từ chỗ hiểu say mê em tìm tịi nhiều phơng pháp giải, qua chọn đợc ph-ơng pháp giải hay, đặc biệt số em tự thiết kế toán dựa hớng khai thác

Với khả cịn có hạn, chắn khơng tránh khỏi hạn chế định Song mạnh dạn đa kinh nghiệm thân mà tâm đắc Tôi hy vọng đề tài đóng góp phần vào áp dụng giảng dạy nhà trờng

Rất trông đợi đánh giá góp ý, bổ sung đồng nghiệp xa gần để kinh nghiệm đợc hồn thiện có tác dụng thiết thực nghiệp trồng ngời

Môc lôc

Trang Phần I: Đặt vấn đề

02

Lý chọn đề tài

02

Mục đích

02

Phần II: Giải quyêt vấn đề

03

1 C¬ së lý luËn, thực trạng phơng pháp nghiên cứu 03

2 Nội dung Biện pháp thực hiện:

03

3 Kết đạt đợc

19

4 Bµi häc kinh nghiƯm

20 5 Ph¹m vi ¸p dông

21

6 Những ý kiến đề xuất, hớng tiếp tục nghiên cứu: 21

PhÇn III: kÕt luËn