Trong trường phổ thông môn Toán có một vị trí rất quan trọng. Các kiến thức và phương pháp Toán học là công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt các môn học khác, hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Đồng thời môn Toán còn giúp học sinh phát triển những năng lực và phẩm chất trí tuệ; rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo; giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và thẩm mỹ của người công dân. Cùng với việc hình thành cho học sinh một hệ thống vững chắc các kiến thức cơ bản để học sinh có thể vận dụng vào làm bài tập thì việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi là mục tiêu quan trọng của ngành giáo dục nói chung và bậc học trung học cơ sở nói riêng. Do đó việc hướng dẫn học sinh kỹ năng tìm tòi sáng tạo trong quá trình giải toán là rất cần thiết và không thể thiếu được. Học Hình học là cơ hội tốt nhất để bồi dưỡng khả năng độc lập, tư duy sáng tạo của học sinh. Tuy nhiên, ta cần phân biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi với việc dạy học sinh thi học sinh giỏi. Bồi dưỡng học sinh giỏi có nội hàm rộng hơn và việc dạy học sinh thi học sinh giỏi nặng về điểm số, thành tích hơn.
ĐỀ TÀI: PHƯƠNG PHÁP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ 1/ Lý chọn đề tài: Trong trường phổ thơng mơn Tốn có vị trí quan trọng Các kiến thức phương pháp Tốn học cơng cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt môn học khác, hoạt động có hiệu lĩnh vực Đồng thời mơn Tốn cịn giúp học sinh phát triển lực phẩm chất trí tuệ; rèn luyện cho học sinh khả tư tích cực, độc lập, sáng tạo; giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức thẩm mỹ người công dân Cùng với việc hình thành cho học sinh hệ thống vững kiến thức để học sinh vận dụng vào làm tập việc bồi dưỡng học sinh giỏi mục tiêu quan trọng ngành giáo dục nói chung bậc học trung học sở nói riêng Do việc hướng dẫn học sinh kỹ tìm tịi sáng tạo q trình giải tốn cần thiết khơng thể thiếu Học Hình học hội tốt để bồi dưỡng khả độc lập, tư sáng tạo học sinh Tuy nhiên, ta cần phân biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi với việc dạy học sinh thi học sinh giỏi Bồi dưỡng học sinh giỏi có nội hàm rộng việc dạy học sinh thi học sinh giỏi nặng điểm số, thành tích Sau nhiều năm giảng dạy, nhận thấy số học sinh thích học Hình học so với thích học Đại số, chất lượng học mơn Hình học thấp nhiều Khi học Hình học, học sinh gặp nhiều khó khăn Nghiên cứu nguyên nhân ta thấy có điểm sau: a/ Về phía giáo viên: - Chưa gắn bồi dưỡng học sinh giỏi với việc giảng dạy hàng ngày, hướng dẫn học nhà - Thiếu biện pháp bồi dưỡng lực tư cho học sinh - Nặng dạy học nhồi nhét kiến thức b/ Về phía học sinh: - Ngại sợ học Hình học, làm tập Hình học - Phương pháp học tập thụ động - Nhiều học sinh suy luận - Học sinh chưa có khái niệm rõ ràng - Sách giáo khoa biên soạn theo hệ thống luận lý, không tổng hợp loại làm cho người học khó khăn việc nắm bắt cách giải toán - Trong sách giáo khoa, tốn mẫu q ít, hướng dẫn gợi ý khơng đầy đủ nên khó tiếp thu nắm vững - Học sinh thường học vẹt định lý quy tắc, vận dụng cách sinh động định lý quy tắc Vì nội dung chủ yếu sáng kiến nhằm giúp học sinh hiểu sách giáo khoa, hướng dẫn vận dụng định lý quy tắc, giúp học sinh nắm phương pháp giải tốn Hình học xác, nâng cao kiến thức lý luận hình học Trang Ngồi ra, cần phải có tốn thực tế giúp học sinh hiểu ý nghĩa thực tiễn mơn học từ u thích Hình học Các cách giải tốn Hình có nhiều, cách chứng minh Ngoài quy tắc định, cách chứng minh cần luyện thành thạo, học sinh phải phát huy lực sáng tạo, vận dụng linh hoạt định lý, quy tắc cách chứng minh khác 2/ Phạm vi đối tượng đề tài: Đề tài nghiên cứu cho đối tượng học sinh khối lớp trung học sở phạm vi mơn Tốn hình học trung học sở Trang PHẦN 2: NHỮNG BIỆN PHÁP GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1/ Hướng bồi dưỡng học sinh giỏi - Bồi dưỡng từ xa Việc bồi dưỡng học sinh giỏi cần phải trọng từ lúc kiến thức cịn ít, phân mơn Hình học nên bồi dưỡng từ lớp - Từ đại trà đến tập trung theo nhóm Ngay dạy lớp giáo viên nên trọng đến đối tượng học sinh giỏi, cho tập nhà cần có thêm tập nâng cao để học sinh giỏi có thời gian điều kiện tìm hiểu giải Nhà trường nên tổ chức lớp bồi dưỡng học sinh giỏi, nguồn kinh phí phụ huynh hỗ trợ Nhà trường phân công giáo viên chuyên bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi cấp (giảm lao động cho giáo viên đó) hết thời gian bồi dưỡng học sinh dự thi giáo viên lại tiếp tục bồi dưỡng học sinh giỏi lớp chuẩn bị cho năm sau Bồi dưỡng cho tất học sinh có nhu cầu nhằm tạo lực lượng đơng đảo học sinh ham thích mơn Tốn khơng phải bồi dưỡng cho học sinh thi học sinh giỏi - Từ đến nâng cao Trong trình dạy lớp cần đảm bảo dạy từ tập đến tập nâng cao quay lại tập bản, không nên tăng độ khó tập liên tục làm ức chế tâm lý học sinh Chú ý đến phát triển tư lực suy luận 2/ Người thầy bồi dưỡng học sinh giỏi - Thầy phải nắm nội dung, yêu cầu chương trình, phạm vi, mức độ kiến thức - Thầy phải thực tâm huyết với nghề - Thầy phải có q trình tự học nghiêm túc Chú ý phương pháp dạy thầy định cách thức học nghiên cứu trò 3/ Các phương pháp chứng minh định lý Định lý gì? Định lý khẳng định suy từ khẳng định coi Định lý, hệ quả, tập xem định lý sau ta gọi chung định lý Tại phải chứng minh định lý? Hình học mơn học lấy số tính chất bên ngồi hình dáng, kích thước, vị trí, … làm đối tượng nghiên cứu Do Hình học vừa mang tính trực quan, vừa mang tính trừu tượng Mỗi định lý hình học hình thành dựa kết q trình nghiên cứu Vì để kiểm tra lại tính đắn, xác thực định lý cần chứng minh Những định lý biến đổi từ định lý thuận: Một mệnh đề lôgic câu khẳng định hoặc sai Mỗi mệnh đề phát biểu dạng thuận, đảo, phản, phản đảo Mệnh đề thuận thường có dạng: A B Khi đó: Mệnh đề đảo: Nếu B A Trang Mệnh đề phản: Nếu A B ( A mặt trái A) Mệnh đề phản đảo: Nếu B A Trong đó, mệnh đề thuận mệnh đề phản đảo tính đúng, sai; mệnh đề đảo mệnh đề phản tính đúng, sai Ta xem xét mệnh đề thuận tức xem xét định lý thuận Ví dụ: Định lý thuận: Hai góc đối đỉnh Mệnh đề đảo: Nếu hai góc hai góc đối đỉnh Mệnh đề phản: Nếu hai góc khơng đối đỉnh hai góc khơng Mệnh đề phản đảo: Nếu hai góc khơng hai góc khơng đối đỉnh Có hai phương pháp chứng minh định lý: a/ Phương pháp chứng minh trực tiếp: Bài 1: Cho tam giác ABC cân A, kẻ BH ⊥ AC , H ∈ AC Gọi D điểm thuộc cạnh E ∈ AC ) DF ⊥ AB ( F ∈ AB ) đáy BC Kẻ DE ⊥ AC ( , Chứng mih DE + DF = BH Phân tích tìm lời giải: Để chứng minh tổng hai đoạn thẳng đoạn thẳng thứ ba ta thực hai cách sau: + Chia đoạn thẳng thứ ba thành hai đoạn thẳng đoạn thẳng đoạn thẳng thứ chứng minh đoạn thẳng lại đoạn thẳng thứ hai + Vẽ đoạn thẳng tổng hai đoạn thẳng thứ thứ hai chứng minh đoạn thẳng đoạn thẳng thứ ba Xem xét cách : Kẻ DG ⊥ BH , ta chứng minh DE = GH Ta cần chứng minh thêm DF = BG Giải: DG ⊥ BH ( G ∈ BH ) Kẻ Ta có: Do đó: ∆BFD = ∆DGB (ch - gn) Suy ra: DF = BG (1) Xét ∆DEH ∆HGD có: · · DEH = HGD = 900 (gt), DH cạnh chung · · HDE = DHG (so le trong, BH // DE) Do đó: ∆DEH = ∆HGD (ch - gn) BH // DE (Vì vng góc với AC) DG // AC (Vì vng góc với BH) · · Suy ra: ACB = GDB (Vì đồng vị) · · Mà : ACB = ABC (Vì ∆ABC cân A) · · Nên GDB = ABC · · Xét ∆BFD ∆DGB có: BFD = DGB = 90 (gt) · · BD cạnh chung, ABC = DDB (cmt) Trang Suy ra: DE = GH (2) Từ (1) (2) suy ra: DE + DF = GH + GB = BH Biến đổi kết luận: Nhiều việc chứng minh kết luận gặp khó khăn ta phải biểu diễn kết luận dạng khác, dễ chứng minh chứng minh Bài 2: Chứng minh “Nếu tổng hai đáy hình thang cạnh bên đường phân giác hai góc kề cạnh bên qua trung điểm cạnh bên kia” Phân tích tìm lời giải: GT: Hình thang ABCD, AB // CD, AB + CD = AD, F trung điểm BC KL: Phân giác góc A góc D qua điểm F Thay chứng minh phân giác góc A góc D qua điểm F, ta nối A với trung điểm F, D với trung điểm F chứng minh AF tia phân giác góc A, DF tia phân giác góc D Vì vai trị AF DF nên cần chứng minh AF tia phân giác góc A · · · · · · = DAF Chứng minh BAF , mà BAF = FEC nên ta cần chứng minh DAF = FEC Tức chứng minh ∆ADE cân D Giải: GT: Hình thang ABCD, AB // CD, AB + CD = AD, F trung điểm BC KL: Phân giác góc A góc D qua điểm F Khơng vẽ phân giác góc A góc D Vẽ đường thẳng AF, DF AF cắt CD E Ta có: BF = CF (gt) ·ABF = ECF · (So le trong, AB // CD) ·AFB = EFC · Do đó: ∆ABF = ∆ECF (g-c-g) Suy ra: AB = CE Mà: AB + CD = AD (gt) Nên: CE + CD = AD Hay: ED = AD Nên ∆ADE cân D (đối đỉnh) · = ·AED Suy ra: DAE · · = EAB Mà: DAE (So le trong, AB // CD) · · = EAB Nên DAE Do đó: AF phân giác góc A Tương tự ta chứng minh DF phân giác góc D Vậy phân giác góc A góc D qua điểm F Trang b/ Phương pháp chứng minh gián tiếp: Mệnh đề thuận mệnh đề phản đảo sai Nếu ta có định lý thuận ta có định lý phản đảo Khi định lý thuận không chứng minh khó chứng minh ta thay chứng minh định lý thuận chứng minh định lý phản đảo Thay chứng minh A ⇒ B ta chứng minh B ⇒ A , sở phương pháp chứng minh phản chứng Phương pháp chứng minh phản chứng: Bước 1: Giả sử mặt trái kết luận định lý thuận Bước 2: Chứng minh mâu thuẫn với giả thiết định lý thuận, mâu thuẫn với khẳng định biết, mâu thuẩn với điều giả sử Bước 3: Điều giả sử bước sai, định lý cần chứng minh Bài 3: Nếu a ⊥ m , b khơng vng góc với m a cắt b Phân tích tìm lời giải: Việc chứng minh hai đường thẳng cắt ta không dựa vào định lý Ta chứng minh phương pháp phản chứng Giải: Giả sử a không cắt b ( ) nên m ⊥ b (mâu thuẫn Suy a // b mà với giả thiết b không vuông góc với m) Điều giả sử a khơng cắt b sai a cắt b m ⊥ a gt Sau học định lý: Trong mơt tam giác, góc đối diện với cạnh lớn góc lớn Yêu cầu HS chứng minh định lý đảo định lý Bài 4: Chứng minh rằng: Trong môt tam giác, cạnh đối diện với góc lớn cạnh lớn Giải: µ >C µ ∆ABC có B Ta phải chứng minh AC > AB AC ≤ AB Giả sử µ =C µ ∆ABC B + Nếu AC = AB µ µ (Vơ lý B > C ) cân A nên µ µ µ µ + Nếu AC < AB B < C (Vơ lý B > C ) Điều giả sử AC ≤ AB sai Vậy AC > AB µ µ Ta có định lý: Trong tam giác ABC, ta có AC > AB ⇔ B > C Bài toán gợi ý cho chứng minh định lý dạng tương đương trên, chứng minh định lý thuận cịn định lý đảo nghĩ đến phương pháp chứng minh phản chứng Bài 5: Chứng minh góc tứ giác khơng thể góc nhọn Trang Giải: Giả sử tứ giác ABCD có bốn góc nhọn 0 0 µ µ µ µ Tức là: A < 90 , B < 90 , C < 90 , D < 90 0 0 µ µ µ µ Do đó: A + B + C + D < 90 + 90 + 90 + 90 µ µ µ µ Hay A + B + C + D < 360 (Vơ lý trái với định lý tổng góc tứ giác 360 ) Điều giả sử sai Vậy góc tứ giác khơng thể góc nhọn 0 4/ Cách vẽ đường phụ : - Đem điều kiện cho toán tập hợp vào nơi, làm cho chúng có liên hệ với - Tạo nên đại lượng - Tạo nên hình mà áp dụng định lý đặc biệt - Biến đổi kết luận, biến đổi hình vẽ Trừ tốn đơn giản, tốn có cách chứng minh đặc biệt hầu hết toán cần phải vẽ đường phụ, học sinh cần phải xem thêm tập tài liệu để hiểu thêm Những điểm cần lưu ý vẽ đường phụ - Vẽ đường phụ phải có mục đích, khơng vẽ tùy tiện -Những hình khơng có phép vẽ hình (dựng hình) khơng vẽ -Thường vẽ hình phụ để tạo nên hai cạnh, hai góc hay hai tam giác -Trong đường tròn ta ý đến hai đường phụ thường vẽ đường kính tiếp tuyến đường tròn Bài 6: Cho tam giác ABC Trên AB AC phía ngồi tam giác dựng hai hình vuông ABDE ACMN Kẻ đường trung tuyến AI ∆ABC ( I ∈ BC ) Chứng minh AI vuông góc với EN Phân tích tìm lời giải: Xem thêm µ · Để chứng minh AH ⊥ EN ta chứng minh ∆AHE vuông H tức E + EAH = 90 · · µ · Mà EAH + BAI = 90 ⇐ E = BAI µ · E góc ∆AEN Vẽ đường phụ để tạo thành tam giác chứa BAI tam giác ∆AEN Giải: Gọi H giao điểm AI EN Trên tia đối tia IA lấy điểm F cho IF = IA Suy tứ giác ABFC hình bình hành · · Do đó: AC = BF BAC + ABF = 180 Xét ∆AEN ∆BAF có: AE = AB (gt) AN = BF (cùng AC) Trang · · EAN = ·ABF (cùng bù với BAC ) ∆ AEN Do đó: = ∆BAF (c-g-c) µE = BAI · Suy ra: · · Mà: EAH + BAI = 90 µ · Nên: E + EAH = 90 Do đó: ∆AHE vng H Vậy AH ⊥ EN Bài 7: Cho đường tròn (O) dây BC không qua tâm O Lấy điểm A cung lớn BC đường tròn (O) cho điểm O nằm tam giác ABC, gọi H giao điểm đường cao AD, BE CF tam giác ABC a/ Chứng minh bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn b/ Gọi M trung điểm BC Chứng minh AH = 2OM OM = AH ta nghĩ đến tính chất đường Phân tích tìm lời giải: Chứng minh AH = 2OM hay trung bình Tìm tam giác có OM đường trung bình Cách 1: Kẻ đường kính AI ta chứng minh OM đường trung bình ∆AHI Bạn đọc tự chứng minh Chú ý: tứ giác BHCI hình bình hành nên H, M, I thẳng hàng MH = MI Cách 2: Vẽ đường kính CK OM đường trung bình ∆BCK · · Giải: a/ Ta có: BEC = BFC = 90 (gt) E, F thuộc đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn đường kính BC b/ Kẻ đường kính CK ∆BCK có OM đường trung bình nên BK = 2OM (1) · Mặt khác: KAC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên: AK ⊥ AC Do đó: AK // BH (cùng vng góc với AC) Tương tự ta chứng minh được: AH // KB Do đó: tứ giác AHBK hình bình hành Nên AH = BK (2) Từ (1) (2) suy ra: AH = 2OM Bài tập tự luyện: BT 4.1: Cho cạnh hình vng ABCD có độ dài Trên cạnh AB, AD lấy điểm P Q · cho chu vi tam giác APQ Chứng minh PCQ = 45 Trang Phân tích tìm lời giải: Chu vi tam giác APQ ⇒ AP + AQ + PQ = AB + AD ⇒ PQ = PB + QD Chia đoạn PQ thành hai đoạn PB QD Nhưng chưa tìm lời giải · · · ∆CMP = ∆CBP có thêm điều kiện CM = CB hay MPC = BPC Đặt MPC vào ∆CQP Tìm tam giác ∆CQP Tạo thêm đoạn thẳng PQ ⇒ Xác định điểm E Giải: Trên tia PQ lấy điểm M cho PM = PB Suy QM = QD Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho BE = QD ∆QDC = ∆EBC (c-g-c) Nên CQ = CE ∆CQP = ∆CEP (c-c-c) · · Do đó: CPQ = CPE Nên ∆CMP = ∆CBP (c-g-c) Bạn đọc tự chứng minh tiếp BT 4.2: Cho tam giác ABC, đường phân giác góc C cắt cạnh AB D Chứng minh CD < CA.CB Phân tích tìm lời giải: Để chứng minh tích đoạn thẳng (bất đẳng thức vậy), ta nghĩ đến hệ thức lượng tam giác vuông, khơng nghĩ đến tam giác đồng dạng, định lý Ta-lét hệ Vẽ đường phụ cho tạo thành hai tam giác đồng dạng, tam giác chứa cạnh CA, tam giác chứa cạnh CB Ngồi cịn liên quan đến cạnh CD Chọn tam giác chứa cạnh CB ∆BCD , vẽ tam giác chứa cạnh CA đồng dạng · · Trên tia CD lấy điểm E cho CDB = CAE Có thể chọn tam giác chứa cạnh CA ∆CAD , vẽ tam giác chứa cạnh CB đồng dạng · · Trên tia CD lấy điểm E cho CDB = CAE · · · BDC góc ngồi ∆ADC nên BDC > DAC Do CE > CD ∆CDB : ∆CAE (g-g) Lập tỉ lệ thức ta kết BT 4.3: Cho tam giác ABC cân A có góc A 20 , cạnh đáy a, cạnh bên b 3 Chứng minh a + b = 3ab 2 µ BT 4.4: Cho tam giác ABC có µA = B Chứng minh rằng: BC = AC + AB AC Phân tích tìm lời giải: ( ) Biến đổi kết luận: Chứng minh Vẽ đường phụ làm xuất đoạn thẳng AC + AB tạo hai tam giác đồng dạng Chú BC = AC AC + AB µ ý phải có liên quan đến giả thiết µA = 2B Trang Trên tia đối tia AC lấy điểm D cho AD = AB ∆ABC : ∆BDC BT 4.5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) đường cao BF, CE Chứng minh OA ⊥ EF Qua A, vẽ tiếp tuyến xy đường tròn (O) Ta chứng minh xy // EF 5/ Các tốn tính tốn chứng minh đặc tính hình học Trong hình có nhiều đoạn thẳng nhau, nhiều mối quan hệ chồng chéo ta nên đặt ẩn số độ dài đoạn thẳng Sau đó, biểu diễn độ dài khác theo ẩn giải theo phương pháp đại số Bài 8: Cho tam giác ABC Trên AB AC phía ngồi tam giác dựng hai hình vng ABDE ACMN Kẻ đường cao AH ∆ABC ( H ∈ BC ) Chứng minh AH qua trung điểm EN Phân tích tìm lời giải: Chứng minh I trung điểm EN ta cần chứng minh IE = IN Trong hình có nhiều góc vng nhiều đoạn thẳng nên vẽ đường phụ ý đến vẽ đường vng góc, song song hay đoạn thẳng Nếu kẻ EK vng góc với AI ta ∆EKA = ∆AHB Do EK = AH Từ gợi ý cho ta vẽ EK NF vng góc với AI, chứng minh ∆EKI = ∆NFI Vẽ EK NF vng góc ới AI · · · EAK = EBH (cùng phụ với BAH ) Nên: ∆EKA = ∆AHB (ch - gn) Suy ra: EK = AH Tương tự: ∆NFA = ∆AHC (ch - gn) Suy ra: NF = AH Do đó: ∆EKI = ∆NFI (g-c-g) Nên: IE = IN ( K , F ∈ AI ) Vậy I trung điểm EN hay AH qua trung điểm EN Bài 9: Cho đường tròn (O; R) hai điểm B, C đường trịn cho BC = R a/ Xác định điểm A đường tròn (O; R) cho tam giác ABC nhọn đường kính AE tia phân giác góc BAD, với AD tia phân giác góc BAC (D đường trịn cho b/ Tính số đo góc tam giác ABC c/ Tính cạnh AB, AC theo R Phân tích tìm lời giải: OH ⊥ BC ( H ∈ BC ) a/ Tìm mối liên hệ bán kính R BC = R Kẻ ∆OHB giải Ta suy góc cịn lại hình · b/ Tính AB ta xét tam giác vng ABE có EAB = 15 Nếu cho phép sử dụng máy tính cầm tay dễ dàng, ngược lại ta tính cos15 theo BT 11 trước Trang 10 0 · · Ở ta chứng minh DAE + DFE = 180 , · · · = DFI + EFI Tách góc F thành hai góc: DFE để xem xét Giải: a/ D, E trung điểm AB, AC nên DE đường trung bình ∆ABC · · = DHB Do DE // BC Suy EDH (so le trong) (1) ∆AHB vng H có HD đường trung tuyến nên HD = BD · · = DHB Suy ∆BDH cân tai D Suy DBH (2) · · = DBH Từ (1) (2) suy EDH Nên DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH Chứng minh tương tự: DE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ECH Vậy DE tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH ECH b/ Gọi I giao điểm HF DE Vì DE tiếp tuyến chung hai đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH ECH Nên: ID = IF IH IF = IF IH Do ID = IF Suy ra: I trung điểm DE Vậy HF qua trung điểm DE µ = DFI · c/ Tứ giác BDFH tứ giác nội tiếp nên B · · · · · µ · Tứ giác CEFH tứ giác nội tiếp nên C = EFI · µ µ Do đó: DAE + DFE = DAE + DFI + EFI = DAE + B + C = 180 Suy ra: tứ giác ADFE tứ giác nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp ∆ADE qua điểm F Bài tập tự luyện: BT 9.1: Cho góc nhọn xOy đường tròn (O’) tiếp xúc với hai cạnh Ox, Oy A B Từ A vẽ tia Az song song với OB cắt đường tròn (O’) C, đoạn OC cắt đường tròn (O’) D, hai đường thẳng OB AD cắt E a/ Chứng minh : EO tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác OAD b/ Chứng minh : E trung điểm đoạn OB BT 9.2: Cho đường trịn (O) đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Trên Ax lấy điểm M cho AM > AB, MB cắt (O) N (N khác B) Qua trung điểm P đoạn AM, dựng đường thẳng vng góc với AM cắt BM Q a/ Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đường tròn b/ Gọi C điểm cung lớn NB đường tròn (O) (C khác N C khác B) · · Chứng minh: BCN = OQN c/ Chứng minh PN tiếp tuyến đường tròn (O) d/ Giả sử đường tròn nội tiếp ∆ANP có độ dài đường kính độ dài đoạn OA AM Tính giá trị AB Trang 23 10/ Chứng minh dựa vào tứ giác nội tiếp Ta dựa vào việc chứng minh tứ giác nội tiếp để chứng minh nhiều điểm nằm đường tròn, đường tròn qua điểm cố định, góc nhau, bù nhau, tìm quỹ tích điểm, Bài 18: Cho góc vng xAy Trên tia Ax lấy điểm B cố định, tia Ay lấy điểm C di động Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Hai đường thẳng DE OA cắt G a/ Chứng minh năm điểm O, D, G, B, F nằm đường trịn b/ Đường thẳng DE ln qua điểm cố định Phân tích tìm lời giải: a/ Để chứng minh năm điểm A, B, C, M, N nằm đường tròn ta chứng minh tứ giác ABCM ABCN nội tiếp Khi hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCM ABCN qua ba điểm A, B, C nên chúng trùng Vậy năm điểm A, B, C, M, N nằm đường tròn, b/ Để chứng minh đường thẳng qua điểm cố định thường: - Dự đoán điểm cố định trước Chẳng hạn, ta vẽ nháp hình có hai điểm C hai vị trí khác nên có hai đoạn thẳng DE ta thấy hai đường thẳng DE qua điểm G nên dự đốn điểm G cố định - Tìm mối liên hệ điểm cần chứng minh cố định với điểm cố định khác Ta có: ∆EOG = ∆FOG (c-g-c) Giải: · · Nên OEG = OFG · · Mà: OEG = ODE (vì ∆ODE cân O) · · Nên: OFG = ODE Do đó: tứ giác ODGF nội tiếp (1) · · · b/ Ta có: OGB = ODB = 90 · · Mặt khác: ODB = OFB = 90 (gt) Nên tứ giác ODBF nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy ra: năm điểm O, D, G, B, F nằm đường trịn · Mà: GAB = 45 (Vì AO phân giác xOy = 90 ) Do ∆AGB vuông cân G Mà A, B cố định nên G cố định Vậy đường thẳng DE qua điểm G cố định 0 Bài 19: Từ điểm A ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn Lấy điểm D nằm B C Qua D, vẽ đường thẳng vuông góc với OD cắt AB, AC E F, cắt đường tròn (O) M N (M nằm E D) a/ Chứng minh ME = NF b/ Khi điểm D di động dây cung BC, chứng minh đường tròn (AEF) qua Trang 24 điểm cố định khác A Phân tích tìm lời giải: a/ Ta có DM = DN (vì OD ⊥ MN ) Để chứng minh ME = NF ta chứng minh DE = DF Tức ∆OEF cân O · · Chứng minh OED = OFD Xem xét góc dựa vào tứ giác nội tiếp b/ Dự đốn đường trịn (AEF) qua điểm cố định nào? Bằng cách vẽ đường trịn ta dự đốn điểm cố định O Chứng minh tứ giác AEOF nội tiếp Chứng minh góc F góc ngồi đỉnh E Giải: · · Ta có: OBE = ODE = 90 (gt) · · Nên tứ giác OBED tứ giác nội tiếp ⇒ OED = OBD · · Mặt khác: ODF = OCF = 90 (gt) Hai đỉnh C, D nhìn đoạn thẳng OF góc vuông nên tứ giác OFCD nội tiếp · · Nên: OFD = OCD · · Mà: OBD = OCD (vì ∆OBC cân O) · · Nên: OED = OFD suy ∆OEF cân O có OD ⊥ EF nên DE = DF Và DM = DN (vì OD ⊥ MN ) Suy ra: ME = NF · · b/ Tứ giác OFCD nội tiếp nên OFA = ODB · · Tứ giác OBED tứ giác nội tiếp ⇒ ODB = OEB · · Do đó: OFA = OEB Nên tứ giác AEOF nội tiếp Vậy đường trịn (AEF) ln qua điểm cố định khác A điểm O Bài tập tự luyện: Bài 10.1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao AD, BE, CF cắt H a/ Chứng minh tam giác AEF tam giác ABC đồng dạng b/ Chứng minh H giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF ) P điểm di động đoạn BT 10 2: Cho đường tròn (O) dây cung AB cố định ( thẳng AB (P khác A, B trung điểm AB) Đường tròn tâm C qua P tiếp xúc với (O) A Đường tròn tâm D qua P tiếp xúc với (O) B Hai đường tròn (C) (D) cắt N (N khác P) O ∉ AB · · a/ Chứng minh ANP = BNP bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn b/ Chứng minh đường trung trực đoạn ON qua điểm cố định P di động Gợi ý: Gọi Q giao điểm hai tiếp tuyến A B (O) ·ANP = QAP · · · = QBP = BNP Trang 25 Tứ giác OAQB nội tiếp · · · · · µ Tứ giác NAQB nội tiếp ANB = ANP + BNP = QAB + QBA = 180 − Q · · ⇒ NCO = NDO Vậy O, D, C, N thuộc đường tròn Gọi E trung điểm OQ Đường trung trực ON qua E 11/ Bất đẳng thức, cực trị hình học · · Bài 20: Cho tứ giác lồi ABCD có ADC + BCD = 90 AD = BC, CD = a, AB = b (a > b) Gọi M, N, I, K trung điểm đoạn thẳng AB, AC, CD, DB S diện tích tứ giác MNIK Chứng minh rằng: a/ Tứ giác MNIK hình vng S≥ ( a − b) b/ Dấu “=” xảy nào? Phân tích tìm lời giải: a/ Trong hình có nhiều trung điểm nên ta nghĩ đến đường trung bình tam giác, hình thang · · Giả thiết ADC + BCD = 90 có tác dụng gì? Tam giác có hai góc tam giác vng b/ a − b gì? KN liên quan với diện tích hình vuo6ngMNIK? Dùng bất đẳng thức ba điểm Giải: Ta có MN đường trung bình ∆ABC nên MN//BC Tương tự: IK//BC MK//AD MK = NI = MN = IK = AD AD NI//AD Mà AD = BC (gt) Nên: MN = NI = IK = KM suy tứ giác MNIK hình thoi Mặt khác: Gọi E giao điểm AC BD · · Ta có: ADC + BCD = 90 nên ∆ECD vuông E tức EC ⊥ ED · MN//BC, MK//AD, EC ⊥ ED nên MN ⊥ MK hay KMN = 90 Vậy tứ giác MNIK hình vng b/ Gọi F trung điểm AD CD a = 2 FN đường trung bình ∆ADC nên AB b FK = = 2 FK đường trung bình ∆ADB nên FN = Trang 26 BC BC Theo tính chất ba điểm, ta có: KN ≥ FN − FK ⇒ KN ≥ a −b ( a − b) NK a − b NK S = MN = ÷ = ≥ ÷ :2 = 2 Diện tích hình vng MNIK là: 2 2 Vậy ( a − b) S≥ Dấu “=” xảy ⇔ F, K, N thẳng hàng ⇔ AB//CD Bài 21: Cho ∆ ABC có ba góc nhọn, AK đường cao Gọi H trực tâm ∆ ABC Chứng minh rằng: a/ ∆ AKB : ∆ CKH ≤ BC b/ KH KA Phân tích tìm lời giải: b/ Muốn có tích KH KA ta tìm hai tam giác đồng dạng chứa hai cạnh a+b a+b ≥ ab ⇒ ÷ ≥ ab Sử dụng bất đẳng thức Cô-si Với a, b ≥ , ta có: Giải: · · a/ Xét ∆AKB ∆CKH có AKB = CKH = 90 (gt), · · µ BAK = HCK (cùng phụ với B ) Do đó: ∆AKB : ∆CKH (g-g) KA KB = b/ ∆AKB : ∆CKH (g-g) nên KC KH BC KB + KC ⇒ KH KA = KB.KC ≤ ÷ = KH KA ≤ BC Dấu “=” xảy ⇔ KB = KC hay ∆ABC cân A Vậy Bài tập tự luyện: Bài 11.1: Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường trịn (P khơng trùng với O) Xác định vị trí dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ b+c−a b+c < ma < 2 Bài 11.2: Chứng minh tam giác ta có: ma độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh a Bài 11.3: Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA, AB lấy ba điểm I, J, K cho K khác A, B Chứng minh: AJ BI ≤ AB Dấu “=” xảy nào? 0 µ = α ( < α < 90 ) BC = 10cm B Bài 11.4: Cho tam giác ABC vng A có Tìm giá trị α để tổng AB + AC lớn Trang 27 , 12/ Các tốn quỹ tích a/ Một số tập hợp điểm biết: - Tập hợp điểm M cách hai đầu đoạn thẳng AB cố định đường trung trực đoạn thẳng AB - Tập hợp điểm M cách hai cạnh góc xOy cố định đường phân giác góc xOy - Tập hợp điểm M cách đường thẳng d cố định khoảng h hai đường thẳng song song với d cách d khoảng h - Tập hợp điểm M cách hai đường thẳng d d’ song song cố định đường thẳng a song song cách d d’ - Tập hợp điểm M nhìn đoạn thẳng AB cố định góc α khơng đổi hai cung chứa góc α dựng đoạn thẳng AB - Tập hợp điểm M nhìn đoạn thẳng AB cố định góc vng đường trịn đường kính AB b/ Bài tốn quỹ tích toán chứng minh hai tập hợp Để chứng minh hai tập hợp A B ta chứng minh: + Lấy phần tử x bất kỳ, x ∈ A ta chứng minh x ∈ B, ta A ⊂ B + Lấy phần tử x bất kỳ, x ∈ B ta chứng minh x ∈ A, ta B ⊂ A + Kết luận A = B Như vậy, để làm tốn quỹ tích ta làm ba phần: * Phần thuận: Điểm M có tính chất T điểm M thuộc hình H Chú ý có phần giới hạn * Phần đảo: Điểm M thuộc hình H điểm M có tính chất T * Kết luận: Quỹ tích điểm M hình H Bài 22: Cho tam giác ABC có điểm I di động cạnh BC Qua I, kẻ đường thẳng song song với AC, AB chúng cắt AB, AC E F Tìm quỹ tích điểm M trung điểm EF Phân tích tìm lời giải: * Dự đốn quỹ tích: Vẽ điểm I ba vị trí khác ta ba vị trí điểm M Nếu ba điểm thẳng hàng dự đốn quỹ tich đường thẳng hay phần đường thẳng Nếu ba điểm khơng thẳng hàng dự đốn quỹ tích đường trịn hay cung trịn Có thể chọn vị trí đặc biệt điểm I Chẳng hạn, I trùng B I trùng C Khi dự đốn quỹ tích đường thẳng đường thẳng song song với BC Ta cần chứng minh M cách BC khoảng không đổi Kẻ thêm MN vng góc với BC, tìm mối liên hệ độ dài đoạn thẳng MN với điểm cố định, độ dài không đổi b/ Phần đảo: Yêu cầu HS vẽ hình lại bước từ lúc lấy điểm M, xác định điều cần chứng minh (xác định giả thiết, kết luận phần đảo) Giải: a/ Phần thuận: Kẻ MN, AH vng góc với BC (N, H thuộc BC) Tứ giác AEIF có AE//IF, AF//IE nên hình bình hành Suy ra: AM = MI ∆AHI có AM = MI , MN//AH Trang 28 nên MN đường trung bình Do đó: MN = AH (khơng đổi) AH Vậy M nằm hai đường thẳng song song với BC cách BC khoảng Giới hạn: Khi I trùng B M trùng J (J trung điểm AB) Khi I trùng C M trùng K (K trung điểm AC) Nên điểm M nằm đoạn thẳng JK b/ Phần đảo: Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng JK AM cắt BC I Qua I, kẻ đường thẳng song song với AB, AC chúng cắt AB, AC E F Ta phải chứng minh M trung điểm EF Thật vậy, ∆ABI có JA = JB JM//BC nên AM = MI Tứ giác AEIF có AE//IF, AF//IE nên hình bình hành Hình bình hành AEIF có M trung điểm AI nên M trung điểm EF c/ Kết luận: Quỹ tích điểm M đoạn thẳng JK Bài 23: Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB dây CD thay đổi ln có độ dài R C nằm cung AD Hai đường thẳng AC BD cắt M Tìm quỹ tích điểm M Phân tích tìm lời giải: * Dự đốn quỹ tích: Vẽ dây CD ba vị trí khác ta ba vị trí điểm M Nếu ba điểm thẳng hàng dự đốn quỹ tich đường thẳng hay phần đường thẳng Nếu ba điểm khơng thẳng hàng dự đốn quỹ tích đường trịn hay cung trịn Có thể chọn vị trí đặc biệt dây CD Chẳng hạn, C trùng A D trùng B * Phần thuận: - Khi dự đoán quỹ tích điểm M đường trịn, cung trịn ta phải tìm mối liên hệ điểm M với điểm cố định A, B, O Tức tìm điểm M nhìn đoạn thẳng cố định góc khơng đổi - Sau phần thuận, trước sang phần đảo ta phải xét thêm phần giới hạn Tức xét xem điểm M có nằm tồn hình H hay phần hình H Tính chất T là: nửa đường tròn (O ; R) đường kính AB cố định, CD = R, C nằm cung AD ¼ - Hình H EmF ¼ - Ở phần thuận kết luận M thuộc EmF không kết luận quỹ tích điểm M * Phần đảo: Giáo viên vẽ lại hình nháp Trong có cung chứa góc 60 dựng đoạn thẳng AB, hai tiếp tuyến Ax, By xác định cung EmF Điểm M thuộc hình H điểm M có tính chất T cụ thể tính chất T gì? Và ta chứng minh điều gì? Chứng minh CD = r Hai điểm C, D xác định nào? Giải: Trang 29 a/ Phần thuận: Ta có: ∆COD (Vì OC = OD = CD = R) 0 · » Nên: COD = 60 ⇒ sđ CD = 60 ⇒ ·AMB = 1800 − 600 = 600 (tính chất góc ngồi) Vậy M nằm hai cung chứa góc dựng đoạn thẳng AB Giới hạn: Khi C trùng A, đường thẳng AC suy biến thành tiếp tuyến Ax, M trùng E giao điểm cung chứa góc Ax Khi D trùng B, đường thẳng BD suy biến thành tiếp tuyến By, M trùng F giao điểm cung chứa góc By ¼ Vậy M thuộc EmF b/ Phần đảo: ¼ Lấy điểm M thuộc EmF Gọi C, D giao điểm MA, MB với nửa đường tròn (O) Ta phải chứng minh CD = R 0 · ¼ Thật vậy, AMB = 60 (vì M thuộc EmF cung chứa góc 60 dựng đoạn thẳng AB) » » sd »AB − sdCD 1800 − sdCD ⇒ 600 = » = 600 ⇒ sđ CD 2 ⇒ ∆COD tam giác ⇒ CD = R ¼ EmF ⇒ ·AMB = c/ Kết luận: Vậy quỹ tích điểm M Bài tập tự luyện Bài 12.1: Cho hình vng ABCD cạnh a, E điểm nằm A B, CE cắt AD I, đường thẳng vng góc với CI C cắt AB K a/ Chứng minh tứ giác ACKI nội tiếp CI = CK Suy trung điểm IK di động đường cố định b/ Từ E kẻ đường thẳng vuông góc với IK M Khi E di động AB, chứng tỏ M di động đường cố định c/ Đặt BE = x, tính diện tích tứ giác ACKI theo a x Bài 24: Eratosthenes (276 TCN - 194 TCN) học giả người Hy lạp, người quản lý = R Điểm C di động cung nhỏ AB Vẽ Bài đườngAlexandria trịn (O; R)Thí dâynghiệm cung AB thư12.2: viện Cho tiếng ơng đo chu vi đường trịn lớn trái đất đường tròn tâm C tiếp xúc với AB Từ A, B vẽ tiếp (khác AB) vớiýđường tròn (C) (gọi tắt chu vi trái đất) thí nghiệm tuyến tiếng có nghĩa chúng cắt sử tạiloại M Tìm quỹ tích điểm M lịch nhân Ơng đo thành phố Syene vào lúc trưa ngày hạ chí (21/6), bóng 13/ Một tốn thựcđáy tế giếng sâu thành phố, nghĩa mặt trời mặt trờisốhiện đỉnh đầu hay khơng có bóng nắng xuất cọc cắm vng góc với mặt đất Cùng vào ngày hạ chí năm sau, ơng đo bóng cọc đặt Alexandria phát ánh nắng mặt trời nghiêng khoảng so với phương thẳng đứng Từ kết ơng tính chu vi trái đất 257 142 stadia Với goc nghiệng khoảng cách ông Eratosthenes đo hai địa điểm Syene Alexandri cách đếm số bước 000 stadia, chu vi trái đất ơng tính 257 142 stadia tương đương 40 371 km Trang (Stadia- đơn vị khoảng cách người Ai cập cổ30là 157 mét) Hãy giải thích cách tính chu vi trái đất Eratosthenes (Sưu tầm) Giải: Bóng ánh nắng mặt trời cọc nghiêng so với phương thẳng đứng tức số đo cung hai địa điểm Theo quy tắc tam suất: Cứ khoảng cách hai địa điểm 000 stadia Cả đường tròn cung 360 chu vi trái đất x? x= 360.5000 ≈ 257142 ( stadia ) ≈ 40371( km ) Vậy chu vi trái đất 40 371 km Nhận xét thêm: Kết xác chu vi trái đất ngày 40 074 km Sự sai khác hai thành phố hai kinh tuyến khác Tuy nhiên, kết chấp nhận Bài tập tự luyện Bài 13.1: Một tịa nhà cao tầng có bóng mặt đất 272 mét Cùng thời điểm cột đèn cao mét có bóng mặt đất 14 mét Hãy cho biết tịa nhà có tầng, biết tầng cao 3,4 mét? Gợi ý: Dùng tam giác đồng dạng hay tỉ số lượng giác giải Bài 13.2: Giữa hai địa điểm nhà máy người ta dự kiến xây dựng băng chuyền để chuyển vật liệu Khoảng cách hai địa điểm 40 mét Một đầu băng chuyền đặt độ cao 10 mét đầu độ cao mét so với mặt đất Tính độ dài băng chuyền 14/ Tự học hình học Các phương pháp tự học Hình học nói đến xem xét tốn khía cạnh khác như: khái quát hóa, đặc biệt hóa, sáng tạo toán mới, xét toán đảo, Ở đây, ta tập trung xét toán đảo Phương pháp xét toán đảo: Từ định lý thuận, ta xây dựng tốn đảo, dự đốn tính đắn tìm cách chứng minh Đây cách tự học thú vị, giúp cho khắc sâu nội dung toán gốc nắm vững kiến thức nhiều so với cách giải tập đơn Bài toán gốc 1: Định lý Pytago Trang 31 Bài toán đảo: Định lý Pytago đảo Chứng minh: GS ∆ABC có BC = AB + AC Ta chứng minh ∆ABC vuông · 2 -Vẽ xA ' y = 90 -Trên tia A’x, lấy điểm B’ cho A’B’ = AB -Trên tia A’y, lấy điểm C’ cho A’C’ = AC ∆A ' B ' C ' vuông A’ nên B ' C '2 = A ' B '2 + A ' C '2 Mà BC = AB + AC (gt) 2 Nên BC = B ' C ' ⇒ BC = B ' C ' Do đó: ∆ABC = ∆A ' B ' C ' (c.c.c) 2 · C=B · ' A 'C' = 900 ⇒ BA Vậy ∆ABC vng A Bài tốn gốc 2: Tính chất đường trung bình hình thang Bài tốn đảo: Cho tứ giác ABCD Gọi M, N trung điểm hai cạnh đối diện AB CD tứ giác Cho biết Chứng minh: MN = BC + AD , chứng minh tứ giác ABCD hình thang Gọi I trung điểm AC Ta có: MI đường trung bình ∆ABC MI = BC MI//BC NI = AD NI//AD Nên: NI đường trung bình ∆ACD Nên: BC AD BC + AD MI + IN = + = 2 Suy ra: BC + AD MN = Mà: (gt) nên: MN = MI + IN hay M, I, N thẳng hàng Suy : MN//BC//AD Vậy tứ giác ABCD hình thang Bài tốn gốc 3: Cho tam giác ABC có đường cao AM, BN, CP trực tâm H Chứng AH BH CH = = minh rằng: AM BN CP Chứng minh: Vì H trực tâm tam giác ABC nên H trọng tâm tam giác Do AH BH CH = = = AM BN CP Trang 32 Bài toán đảo: Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AM, BN, CP trực tâm H thỏa mãn AH BH CH = = AM BN CP Chứng minh ABC tam giác Chứng minh: Gọi G trọng tâm tam giác ABC AH BH CH = = Ta có: AM BN CP AM − AH BN − BH CP − CH = = AM BN CP Suy ra: HM HN HP = = Do đó: AM BN CP S HBC S HCA S HAB S HBC + S HCA + S HAB = = = = S S S 3S S HBC = S Nên SGBC = S (vì G trọng tâm ∆ABC ) Mà: Do đó: H thuộc đường thẳng qua G song song với BC Tương tự ta chứng minh được: H thuộc đường thẳng qua G song song với CA Nên H trùng G Vậy ∆ ABC tam giác Bài toán gốc 4: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền Chứng minh: chứng minh theo kiến thức lớp sau: Giả sử ∆ABC vng A có AM đường trung tuyến Trên tia đối tia MA lấy điểm M cho MN = MA ả AMB = ∆NMC (c-g-c) suy B = C2 , AB = CN ÃACN = C +C ả =C +B µ = 900 ∆ABC = ∆CNA (c-g-c) nên BC = AN 1 AM = AN AM = BC 2 Mà Vậy Bài toán đảo: Trong tam giác, đường trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh tam giác tam giác vng Chứng minh: chứng minh theo kiến thức lớp sau: Giả sử ∆ABC có AM đường trung tuyến µ = MAB · ∆AMB cân M nên B µ = MAC · ∆AMC cân M nên C µB + C µ + MAB · · + MAC = 180 Mà Trang 33 AM = MB = MC = BC 180 µ +C µ = MAB · · B + MAC = = 900 · Nên hay BAC = 90 Vậy ∆ABC vng A Bài tốn gốc 5: Cho tam giác ABC vng cân A có R bán kính đường trịn ngoại tiếp Chứng minh rằng: R ( b + c ) = a bc Chứng minh: Vì b = c nên b + c = 2b = b = bc ) Mà a = R nên ( Bài toán đảo: Cho tam giác ABC có R bán kính đường tròn ngoại tiếp thỏa mãn R b + c = a bc R ( b + c ) = a bc Chứng minh tam giác ABC vuông cân Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: b + c ≥ bc dấu “=” xảy ⇔ b = c ( ) Mà 2R ≥ a Nhân theo vế hai bất đẳng thức ta suy dấu “=” xảy ⇔ b = c 2R = a Tức tam giác ABC vuông cân A R b + c ≥ 2a bc R ( b + c ) ≥ a bc Bài tập tự luyện BT 14.1: Bài toán gốc: Trong tam giác cân, hai góc đáy Bài tốn đảo: Nếu tam giác có hai góc tam giác tam giác cân BT 14.2: Bài toán gốc: Trong tam giác cân, hai đường trung tuyến ứng với hai cạnh bên Bài tốn đảo: Nếu tam giác có hai đường trung tuyến tam giác cân BT 14.3: Bài toán gốc: Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến MB, MD cát tuyến MAC (A nằm M C) Chứng minh rằng: AB.CD = AD.BC Gợi ý: AB MB = ∆MAB : ∆MBC (g-g) BC MC AD MD = ∆MAD : ∆MDC (g-g) CD MC AB AD = Mà MB = MD (gt) nên BC CD Bài toán đảo: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) có tiếp tuyến B D cắt M thỏa điều kiện AB.CD = AD.BC Chứng minh M nằm đường thẳng AC Gợi ý: Gọi C’ giao điểm MA với đường trịn (O) Theo kết tốn gốc ta được: AB.C ' D = AD.BC ' CD C ' D = Mà: AB.CD = AD.BC nên CB C ' B Do ∆BCD : ∆BC ' D (c-g-c) Trang 34 · · Suy ra: DBC = DBC ' · · Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng BD có DBC = DBC ' nên tia BC trùng với tia BC’ Hay C trùng với C’ PHẦN 3: KẾT QUẢ VÀ HIỆU QUẢ KHI ÁP DỤNG VÀO THỰC TIỄN Đề tài rộng lấy ví dụ điển hình khối lớp khác nhau, trình áp dụng vào thực tiễn cần phải sáng tạo thêm Cần ý bồi dưỡng cho học sinh phần chứng minh gián tiếp, thường xuyên đặt vấn đề xét toán đảo giúp học sinh có ý thức tự tìm hiểu giải tốn từ u thích mơn học Qua khảo sát kiểm tra tiết Hình (1 kiểm tra/ học kỳ) ta kết sau: * Học kỳ I, năm học 2017- 2018: TRUNG GIỎI KHÁ YẾU KÉM BÌNH LỚP SS SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL 93 28 14,3 25,0 10 35,7 25,0 0,0 95 30 16,7 23,3 11 36,7 23,3 0,0 Học kỳ II, năm học 2017- 2018: TRUNG GIỎI KHÁ YẾU KÉM BÌNH LỚP SS SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL 93 28 17,9 28,5 10 35,7 17,9 0,0 94 30 20,0 26,7 11 36,7 16,6 0,0 * Học kỳ I, năm học 2018- 2019: TRUNG GIỎI KHÁ YẾU KÉM BÌNH LỚP SS SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL 93 37 16,2 13 35,2 11 29,7 18,9 0,0 94 35 17,1 10 28,6 14 40,0 14,3 0,0 Học kỳ II, năm học 2018- 2019: TRUNG GIỎI KHÁ YẾU KÉM BÌNH LỚP SS SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL 93 37 21,6 11 29,8 12 32,4 16,2 0,0 94 33 21,2 10 30,4 11 33,3 15,1 0,0 Các năm học trước năm 2016-2017 học sinh giỏi ổn định số lượng học sinh đạt học sinh giỏi cấp Huyện cao Năm học 2016-2017: Học sinh giỏi cấp Huyện đạt 4/4 gồm em:Nguyễn Anh Duy, Phạm Quang Vũ, Ngọc, Trần Nhân Văn Trong có giải nhì cấp Tỉnh em Nguyễn Anh Duy, giải ba cấp Tỉnh em Phạm Quang Vũ Trang 35 Năm học 2017-2018: Học sinh giỏi cấp Huyện đạt 4/4 gồm em: Phạm Minh Tùng, Nguyễn Trần Tâm Thanh, Bùi Xuân Trường, Huỳnh Thanh Quy có em dự thi cấp Tỉnh Nhìn chung, áp dụng sáng kiến chất lượng học sinh giỏi có chiều hướng tăng, ổn định, số học sinh thích học Hình học tăng Tuy nhiên Tốn học Hình học sơ cấp phân mơn khó nên muốn giúp học sinh nắm phương pháp giải cần có kết hợp cách làm khác giáo viên nhà quản lý, nghiên cứu giáo dục như: - Đổi phương pháp dạy học, trọng phương pháp đặt giải vấn đề, hợp tác theo nhóm - Tăng cường dạy học qua tốn thực tế, liên mơn - Thay đổi chương trình, sách giáo khoa theo hướng tinh giảm, chọn tập có tính tổng hợp, trọng đến phát triển tư học sinh - Động viên học sinh tự học, tự nghiên cứu theo chủ đề hay theo yêu cầu mà giáo viên đưa - Nhà trường nên chủ động mở lớp ngắn hạn nhằm trau dồi thêm kiến thức giúp em ham thích mơn học Người viết (Ký tên, ghi rõ họ tên) LÊ NGỌC HIỂN Nhận xét Hội đồng sáng kiến sở trường THCS Phan Bội Châu Chủ tịch (Ký tên, đóng dấu, ghi rõ họ tên) Trang 36 Nhận xét Phòng GD&ĐT Ninh Phước Trang 37