I ĐẶT VẤN ĐỀ Hình học mơn học quan trọng việc rèn luyện tính lơgic, tư sáng tạo, giúp học sinh học tốt mơn Tốn mà cịn học tốt mơn học khác Vậy làm để học sinh nắm kiến thức bản, biết cách phát triển toán chủ động học tập để em ln tự học tự sáng tạo? Ngồi việc rèn luyện kỹ giải dạng tốn, tìm nhiều cách giải cho tốn…thì việc khai thác phát triển toán cần thiết Nhưng khai thác nào? Khai thác mức độ nào? Đó điều cần tập trung suy nghĩ Với mục tiêu thân xin trao đổi kinh nghiệm nhỏ thơng qua: “Khai th¸c từ toán Hình học sách giáo khoa Toán - tập Bài toán 30 trang 116 ” II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Cơ sở lý luận Định hướng đổi phương pháp dạy học phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư sáng tạo người học, bồi dưỡng lực tự học, lòng say mê học tập Làm cho em tìm tịi, khám phá, phát hiện, luyện tập, khai thác xử lý thông tin, đem lại niềm vui, hứng thú… Với việc dạy học mơn Tốn bậc THCS, người giáo viên cần hình thành rèn luyện cho em khả quan sát, dự đoán, suy luận hợp lý hợp lơgic, phát triển trí tưởng tượng, bồi dưỡng phẩm chất tư linh hoạt sáng tạo… giúp học sinh “học một, biết mười” khắc phục tình trạng “thấy mà chẳng thấy rừng” Để làm điều địi hỏi vào linh hoạt, sáng tạo giáo viên cách dạy, cách khai thác toán Cơ sở thực tiễn a Thuận lợi: Nội dung sách giáo khoa biên soạn công phu, hệ thống kiến thức trình bày khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh Đặc biệt hệ thống tập phong phú có nhiều tập viết dạng mở, tạo điều kiện thuận lợi để học sinh giáo viên khai thác, tìm tịi thêm toán nhằm phát huy sáng tạo giảng dạy học tập b Khó khăn: Bên cạnh thực tế giảng dạy chương trình Tốn nói riêng Tốn bậc THCS nói chung, cho thấy: Đa số học sinh chưa hứng thú học Hình học Bởi vì: - Học sinh cịn thiếu phương pháp, thiếu tư giải tốn Có tốn đơn giản em khơng nhìn vấn đề nên không giải - Yếu kỹ phân tích đa chiều tốn - Chưa biết khai thác tổng qt hóa tốn cho Vậy làm để hút em với môn học này? Câu hỏi động lực ln thơi thúc tơi cần phải sáng tạo, làm giảng dạy đặc biệt phân mơn Hình học Chính lẽ mà đề tài đời sau nhiều năm trải nghiệm giảng dạy đúc rút kinh nghiệm thân Hiệu đề tài Trước chưa áp dụng đề tài vào giảng dạy tơi nhận thấy đa số học sinh cịn bộc lộ hạn chế số mặt sau: - Yếu khả phân tích tốn để tìm lời giải - Khả vận dụng kiến thức vào giải tốn cịn hạn chế - Sự hứng thú, tính tích cực học sinh với mơn Hình học chưa cao - Chưa có thói quen khai thác toán giải Sau áp dụng đề tài nhìn chung học sinh nắm vững kiến thức bản, trình bày lập luận chặt chẽ, chủ động sáng tạo cách nhìn nhận tốn, nhiều em có phương pháp tự học tốt, từ em biết cách khai thác tốn (ở nhiều khía cạnh khác nhau) tự tin học Hình học, nên có nhiều em tiến vượt bậc em Thắng, em Tâm, em Giang, em Chức, em Toàn, em Yến, em Thảo, em Hoàng, em Vũ, em Quỳnh Anh, em Thúy Hằng…, đạt kết cao kỳ thi HSG thi vào THPT, em Đinh Văn Tá, em Nguyễn Thị Lành, em Trần Văn Lực, em Lê Tiến Đạt, em Lê Thị Thúy Nga, em Nguyễn Việt Hà, em Vũ Thị Ngọc Hà, em Nguyễn Thị Thu Hiếu… Kết cụ thể: Tỉ lệ % Trung Yếu, bình 30 % 20 % 47 % 10 % 54 % 30 % 6% 20 % 25 % 55 % 10 % 45 % 35 % 10 % Giỏi 3% Thời gian Trước áp dụng Năm học đề tài 2009-2010 Sau áp dụng đề tài Trước áp dụng Năm học đề tài 2010-2011 Sau áp dụng đề tài Khá Phạm vi đối tượng áp dụng đề tài - Đề tài áp dụng cho tất đối tượng học sinh lớp9 - Đề tài dùng tiết dạy khóa, ơn tập củng cố nâng cao kiến thức đặc biệt ôn thi vào trường THPT Nội dung cụ thể đề tài Đề tài khai thác từ tập 30 (trang 116 SGK Toán - Tập NXB GD năm 2006), với nhiều khía cạnh lĩnh vực kiến thức, sở xây dựng nhiều câu hỏi khó, mở rộng nâng cao, phát triển thành toán phù hợp với tất đối tượng học sinh lớp Hệ thống câu hỏi đưa từ dễ đến khó mở rộng, lại trình bày theo mạch lôgic kiến thức Sau xin trình bày nội dung đề tài: “Khai th¸c từ toán Hình học sách giáo khoa Toán - tập Bài toán 30 trang 116 ” Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán - Tập NXB GD năm 2006) Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax By theo thứ tự C D Chứng minh rằng: · COD =90o CD = AC + BD Tích AC.BD không đổi điểm M di chuyển nửa đường tròn * Hướng dẫn cách giải: Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm C điểm D để chứng µ · µ minh C + D = 90o Suy COD = 90o Cũng áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm C điểm D để chứng minh CA=CM; B=DM Suy AC + BD = CD Chứng minh ∆ COD vuông O, đường cao OM Suy MC.MD = OM2 mà MC = AC; MD = BD; OM=R Do AC.BD=R2 khơng đổi Giải: µ ¶ µ ¶ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm C, ta có: C1 = C2 ; O1 = O2 ¶ ¶ ¶ ¶ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm D, ta có D1 = D2 ; O3 = O4 Do ú: 180 ả ả ¶ · O1 + O4 = O2 + O3 = =900 Hay COD = 900 2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM DB =DM Nên CD = CM + MD = CA + DB · Theo câu 1, COD = 900 , hay tam giác COD vuông O Mặt khác: OM ⊥ CD (tính chất tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng COD, ta có: OM = AC AD Hay AC AD = R không đổi * Đối với học sinh trung bình ta khai thác tốn câu hỏi sau Chứng minh ∆ COD ∆ AMB đồng dạng với ? µ µ º º Gợi ý: Ta có: C = C ; D = D ⇒ ∆ COD ∼ ∆ AMB (g.g) Khi ∆ COD ∼ ∆ AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tích tam giác nên có thêm SCOD R câu hỏi: Tính tỉ số S AC = ? AMB Gợi ý: Theo cách chứng minh câu 3, ta có OM2 = MC MD hay MC MD = R2 mµ R 2 R => MD = OM = R2: = 2R MC R 5R => CD = CM + DM = + 2R = 2 CD 5R Theo trªn ∆COD ∼ ∆ AMB => AB = : 2R = = k (k lµ tØ sè ®ång d¹ng) MC = AC = Vì tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng, nên ta có: SCOD S AMB S = k => COD = S AMB 2   25  ÷=   16 Gọi K giao điểm AD BC chứng minh MK ⊥ AB Gợi ý: Ta có AC//BD (gt) Áp dụng hệ định lý Thalets vào tam giác AKC, ta có: KD KB DB = = KA KC AC (1) AC, CM tiếp tuyến nửa (O) nên CM = CA (2) , tương tự ta có DB = DM (3) Từ (1), (2), (3) ta có: KD MD = ⇒ MK / / AC ( Theo định lý Thalets đảo) KA MC ⇒ MK ⊥ AB Sau chứng minh MK ⊥ AB , chứng minh CD.KM = CM.BD Gợi ý: MK ⊥ AB hay MK // AC, dễ thấy ∆CKM ∼ ∆ CBD suy CD DB = ⇒ CD.KM = CM.BD CM MK Giả sử MK ⊥ AB H, so sánh MK KH ? Gợi ý: Gọi I giao điểm BM Ax Ta có: · · · · CA = CM ⇒ CMA = CMA ⇒ CIM = CMI ⇒ CI = CM = CA Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có: MK BK KH = = mà CI=CA ⇒ MK = KH CI BC CA Từ giả thiết toán nghĩ đến tứ giác nội tiếp có thêm câu hỏi chứng minh tứ giác CMOA; DMOB nội tiếp đường tròn 10 Thêm giả thiết OC cắt AM E OD cắt BM F Hãy xác định tâm đường tròn qua điểm O;E;M;F Gợi ý: Chứng minh tứ giác OEOF hình chữ nhật nên tâm đường trịn qua điểm O;E;M;F giao điểm OM EF * Thật sáng tạo từ kết chứng minh câu 10, ta khai thác thêm câu hỏi quỹ tích dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi sau: 11 a Gọi P tâm đường tròn qua điểm O; E; M; F Hãy tìm quỹ tích điểm P, M chạy nủa đường trịn tâm O, đường kính AB Gợi ý: Từ kết câu 10, ta có: PO = R OM = Do điểm O cố định, 2 PO = R không đổi nên quỹ tích P nửa đường trịn đồng tâm với (O) có bán kính nửa bán kính (O) 11 b Gọi N trung điểm CD Tìm quỹ tích điểm N M di chuyển nửa đường trịn tâm O, đường kính AB (M khơng trùng với A B) Gợi ý: Vì ON đường trung bình hình thang ACDB nên ON // Ax // By Do N thuộc tia Ot song song cách hai tia Ax By Gọi M’ giao điểm tia Ot nửa đường trịn Nếu M ≡ M ' N ≡ M ' Do quỹ tích điểm N tia M’t * Từ tốn gốc liên tưởng đến tốn cực trị khơng? Đối với ta khai thác câu hỏi 12 a Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất? Gợi ý: Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB Mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ CD nhỏ ⇔ CD ⊥ Ax CD ⊥ By, CD // AB Suy M điểm cung AB 12b Xác định vị trí M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất? Gợi ý: Tứ giác ACDB hình thang, có diện tích là: S = (AC + BD) AB S nhỏ ⇔ (AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2) Vậy CD nhỏ ⇔ CD // AB Khi M điểm cung AB * Cũng khai thác tốn gốc theo hướng khó hơn: · 13 a Biết MAB = 60O Tính diện tích ∆BMD theo R Gợi ý: DM = DB ⇒ ∆ DMB cân · · Do DMB = MAB = 60o nên ∆DMB Gọi F giao điểm OD với MB DF ⊥ MB DF = S MDB = BM ; BM BM.DF = ∆ MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2 ⇒ MB = R 2 ⇒ S MBD = ( R 3) = 3R (đvđt) 4 * Nếu gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆ COD ta có câu hỏi nâng cao sau: 13 b Chứng minh r < < R Gợi ý: Để chứng minh câu hỏi này, ta áp dụng bổ đề sau “Trong tam giác vng cạnh huyền a, cạnh góc vng b c, đường cao h, bán kính đường trịn nội tiếp r ah = r (a+b+c) = 2S” Khi áp dụng vào tam giác COD vng O, ta có CD.OM = r (OC + OD + CD) ⇒ ⇒ CD R = r (OC + OD + CD) r CD = R OC + OD + CD Mà OC + OD > CD (quan hệ ba cạnh trong tam giác) nên r CD CD = < = R OC + OD + CD 2CD Mặt khác: OC + OD + CD < 3CD ⇒ r CD CD = > = R OC + OD+CD 3CD Do đó: r < < R Khơng dừng lại mà tốn cịn mở rộng theo góc 0 · · nhìn khác, chẳng hạn ta thấy AEO = 90 ; OFB = 90 nên điểm E thuộc nửa đường tròn đường kính AO; F thuộc nửa đường trịn đường kính OB Từ ta có tốn sau: Bài tập 2: Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A BC tiếp tuyến chung với B ∈ (O); C ∈ (O ' ) Tiếp tuyến chung A cắt BC M Gọi E giao điểm OM AB; F giao điểm O ’M AC Chứng minh: Tứ giác AEMF hình chữ nhật ME MO = MF MO’ OO’ tiếp tuyến chung đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn, đường kính OO’ (BT 42– trang 128 SGK Toán - Tập 1.) Giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: MO phân giác góc BMA MO’ phân giác góc CMA · · Mà BMA CMA hai góc kề bù · nên OMO' = 90o (1) Mặt khác ta có ∆ BMA cân M có ME phân giác BMA · ⇒ ME ⊥ BA hay MEA = 90o (2) Tương tự · MFA = 90o (3) · · · Từ (1); (2); (3) ta có: EMF = MEA = MFA = 90o Suy tứ giác AEMF hình chữ nhật ∆ MAO vng A có AE ⊥ MO ⇒ MA = ME MO ∆ MAO' vuông A có AF ⊥ MO’ ⇒ MA = MF MO' Do đó: ME MO = MF MO’ Vì MB = MC = MA (C/m trên) Nên đường trịn đường kính BC có tâm M qua A Mà OO’ ⊥ MA A ∈ (M) ⇒ OO' tiếp tuyến đường tròn đường kính BC · OMO' = 90o nên M thuộc đường trịn có tâm O1 đường kính OO’ Hình thang OBCO’ có MO1 đường trung bình, nên MO 1//OB mà BC ⊥ OB , suy BC ⊥ O1M Do BC tiếp tuyến đường trịn tâm O1 đường kính OO’ * Từ tốn ta khai thác tiếp sau: Kéo dài BA cắt (O’) P; kéo dài CA cắt (O) Q Chứng minh B,O,Q thẳng hàng; C, O’, P thẳng hàng Gợi ý: Từ kết câu 1, ta có AEMF hình · chữ nhật, suy ra: BAQ = 90o ⇒ A thuộc đường trịn đường kính BQ ⇒ B,O,Q thẳng hàng Tương tự : C,O’, P thẳng hàng Từ kết câu 5, ta có BQ = IA; CP = AK Nên IK = IA+AK = BQ+CP, xuất thêm câu hỏi c/m IK=BQ+CP Gọi R r độ dài bán kính (O) (O’) Tính độ dài BC; BA; CA theo R r 10 Gợi ý: Từ MA=MB=MC (c/m trên) ⇒ BC = 2MA MO ⊥ MO ' (hai tia phân giác hai góc kề bù ) Áp dụng hệ thức h2 = b’c’ vào tam giác vng MOO’ ta có MA2 = AO.AO’ hay MA2 = Rr ⇒ MA = Rr ⇒ BC = 2MA = Rr Vậy BC = Rr Ta có: ∆ CBD vuông B nên áp dụng hệ thức Ta có: 1 1 R+r = + = + = 2 2 BA BD BC 4R 4Rr 4R r Tương tự ta có: CA = 1 = 2+ 2 h b c ⇒ BA= 2R r R+r 2r R R+r * Từ kết BC = Rr (*) ta khai thác tiếp sau: Vẽ (O2;r2 ) tiếp xúc với đường thẳng BC tiếp xúc với (O) (O ’) Tính bán kính r2 Gợi ý: Gọi H tiếp điểm (O2; r2) với BC - Nếu H thuộc đoạn BC, theo (*) ta có: BH = Rr2 ; HC = r.r2 ⇒ BC = BH+HC ⇒ Rr = Rr2 + rr2 ⇔ Rr = Rr2 + rr2 ⇔  Rr  ⇔ r2 =   R+ r÷ = ÷   ( Rr = ( R + r ) r2 Rr R+ r ) - Nếu H thuộc tia đối CB (H vị trí H’ hình vẽ) 11 Khi BC = BH’ – H’C ⇔ Rr = Rr2 - rr2 ⇔ Rr = Rr2 - rr2  Rr ⇔ r2 =   R- r   ÷ = ÷  ( Rr R- r ) Qua chứng minh câu Nếu ý tí, có thêm câu hỏi: C/m 1 = + với H thuộc đoạn BC r2 R r Thật vậy, từ hệ thức Rr = Rr2 + rr2 ta có: Rr = ⇔ Rr2 + rr2 1 = + r2 R r 10 Gọi N giao điểm IB KC, dễ thấy tứ giác ABNC hình chữ nhật Vậy liệu điểm N, M, A có thẳng hàng khơng? Gợi ý: Vì NA ⊥ OO' · · ∆ BOA cân O ⇒ OBA = OAB · · ∆ BOA cân O ⇒ OBA = OAB Tứ giác ABNC hình chữ nhật, suy · · · · · BAN = CBA ⇒ OAB + BAN = OBA + · ABC · = OBC = 900 nên NA ⊥ OO' A Mà MA ⊥ OO' A Suy N, M, A thẳng hàng · 11 Từ tứ giác ABNC hình chữ, ta có INK = 900 , nên N thuộc nửa đường trịn đường kinh IK, ta chứng minh rằng: AN2 = IA.AK 12 Nếu từ A kẻ AH ⊥ BC Có thể chứng minh AH, O’B, OC đồng quy trung điểm AH không? Gợi ý: Gọi D giao điểm OC AH Ta có OB//O’C//AH (cùng vng góc với BC) 12 - Theo định lý Thales ta có: DH CD O' A = = ' OB CO OO DH r Rr ⇒ = ⇒ DH = R R+r R+r Tương tự: DA = Rr R+r Vậy DA = DH Suy OC qua D Tương tự O’B qua D Nên đường thẳng OC, O’B, AH đồng quy D 13 Khi tính tỉ số diện tích tứ giác BCO’O tam giác NIK ? Gợi ý: ( BO + CO ' ) BC (OA + AO ' ) BC = S BCO'O 2 ' OO BC IK AH = = = S NIK 2 2 = Vậy S S BCO'O NIK = Vẫn không ngừng khai thác, sử dụng kiến thức độ dài đường trịn, diện tích hình trịn, ta phát triển tiếp để có tốn hấp dẫn như: 14 a Hãy chứng minh độ dài nửa đường trịn đường kính IK tổng độ dài hai nửa đường đường kính IA nửa đường đường kính AK Gợi ý: 13 Áp dụng công thức C = π d (d độ dài đường kính ) IA + AK = IK, ta có: π Từ IA + AK = IK, nhân hai vế với , ta có: π IA π AK π IK + = 2 Suy điều phải chứng minh 14 b Vậy tính diện tích phần giới hạn ba nửa đường trịn khơng? Gợi ý: Gọi bán kính đường trịn đường kính IK R’, ta có: Diện tích nửa hình trịn đường kính IK là: S1 = π R '2 Diện tích nửa hình trịn đường kính IA là: S2 = Diện tích nửa hình trịn đường kính AK là: S3 = A O O’ π R2 π r2 π R '2 π R2 π r2 Diện tích phần giới hạn là: S = S1- S2- S3 = -( + ) 2 * Từ câu hỏi 11 câu hỏi 14 b, ta nâng cao nữa: 14 c.Chứng minh diện tích phần giới hạn với A IK diện tích hình trịn đường kính AN π π ( IK − IA2 − AK ) = ( IA + AK ) − IA2 − AK )   8 Gợi ý: Diện tích phần giới hạn là: π π π = IA AK = 2AN = AN 8 Vậy diện tích phần giới hạn diện tích hình trịn đường kính AN 14 Như vậy, sau giải xong toán 1, dừng lại việc giải tốn mà khơng tiếp tục suy nghĩ, tìm tịi, vận dụng triệt để yếu tố từ hình vẽ, từ đặt câu hỏi, tốn hay hơn, khó liệu việc dạy học đạt hiệu cao chưa? Vai trò việc tự học lần lại chứng minh qua việc tìm tịi, sáng tạo để khai thác xung quanh vấn đề cụ thể Phải cách nên dạy cho học sinh ! Các tập sau củng có nhiều hướng khai thác, bạn thử sức ! Bài tập đề xuất: Bài toán 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Tốn tập 1) Cho đường trịn (O) đường kính AB, dây CD khơng cắt đường kính AB Gọi H K theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ A B đến CD Chứng minh rằng: CH = DK Bài toán 2: Cho hai đường trịn (O) (O ’) tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính qua C O) (O ’) Dây chung MN (O) vng góc với AB trung điểm P AB MC kéo dài cắt (O’) Q a Chứng minh ba điểm B, Q, N thẳng hàng b Chứng minh PQ tia tiếp tuyến (O’) III KẾT LUẬN Kết luận - Đề tài tìm tòi nghiên cứu sáng tạo thân trình dạy học, đáp ứng việc đổi phương pháp Nhằm phát huy tính tích cực, niềm say mê, sáng tạo đối tượng học sinh - Đề tài khai thác sâu kiến thức trọng tâm chương trình Tốn THCS nhiều khía cạnh kiến thức (đặc biệt chương trình Tốn lớp 8, lớp 9) khai thác tốn góc nhìn khác tạo nên toán hấp dẫn - Bài tốn chắn cịn nhiều hướng khai thác khác, mong đồng nghiệp tiếp tục phát triển thêm 15 - Mặc dù thân nổ lực, cố gắng nhiều song tránh khỏi thiếu sót cần bổ sung, mong nhiệt tình góp ý từ q thầy cơ, bạn bè để đề tài ngày hồn thiện có hiệu cao cơng tác giảng dạy phân mơn Hình học Kiến nghị - Mỗi Giáo viên phải xác định vai trị, nhiệm vụ mình, tích cực nghiên cứu, tìm tịi, tâm huyết với học sinh để xứng đáng “ gương tự học sáng tạo” - Hàng năm nhà trường việc phát động phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm nên tổ chức đánh giá lại sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thiết thực cơng tác giảng dạy động viên, khích lệ cách kịp thời xứng đáng 16 ... dung đề ti: Khai thác từ toán Hình học sách giáo khoa Toán - tập Bài toán 30 trang 116 ” Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116 SGK Toán - Tập NXB GD năm 2006) Cho nửa đường tròn tâm O có đường... tượng học sinh lớp9 - Đề tài dùng tiết dạy khóa, ơn tập củng cố nâng cao kiến thức đặc biệt ôn thi vào trường THPT Nội dung cụ thể đề tài Đề tài khai thác từ tập 30 (trang 116 SGK Toán - Tập NXB... dạy cho học sinh ! Các tập sau củng có nhiều hướng khai thác, bạn thử sức ! Bài tập đề xuất: Bài toán 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Tốn tập 1) Cho đường trịn (O) đường kính AB, dây CD khơng cắt