MỤC LỤC Mở đầu … .trang 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm trang Kết luận - Đề xuất trang 21 Tài liệu tham khảo trang 22 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Qua năm trực tiếp giảng dạy, thân thấy thực tế hầu hết em học sinh sau giải xong toán thoả mãn yêu cầu Thậm chí số học sinh giỏi, có lực học tốn Điều thật đáng tiếc cuối làm tơi suy nghĩ tìm tịi biện pháp để hướng em dành thời gian vừa đủ để suy xét tốn vừa giải xong Sau suy nghĩ hướng em học sinh theo hướng khai thác, phát triển toán để trở thành “họ” tốn hay ta có “chùm” tốn hay làm tơi tâm đắc em thoả sức phát huy trí sáng tạo mình, tìm tịi góc độ xung quanh tốn ban đầu, qua em khắc sâu kiến thức bản, có khả tư lơgic, xâu chuỗi vấn đề liên quan, có nhìn khái quát dạng toán Và điều quan trọng thông qua cách hướng dẫn phù hợp với phương pháp dạy học nay, em học sinh người chủ động sáng tạo việc tiếp thu kiến thức làm chủ tình huống, từ u thích mơn tốn Từ suy nghĩ trăn trở mạnh dạn đưa hướng: “ Rèn luyện kỹ tư cho học sinh lớp trường THCS thị trấn Cành Nàng qua việc khai thác phát triển tốn hình học” nhằm giúp em tạo thói quen tốt sau giải toán đồng thời giúp em u thích mơn tốn có thêm điều kiện để phát triển thêm lực tư 1.2 Mục đích nghiên cứu Nâng cao tính tư học sinh, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học sinh Từ góp phần nâng cao chất lượng giáo dục phát nguồn học sinh giỏi cho lớp 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Rèn luyện kĩ tự tìm tịi, phát kiến thức lạ học sinh lớp trường THCS thị trấn Cành Nàng từ toán tưởng chừng đơn giản mơn tốn học 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp nghiên cứu tài liệu - Phương pháp quan sát - Phương pháp thống kê tốn học - Phương pháp so sánh, phân tích, tổng hợp NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Chúng ta biết việc, tượng số nguyên nhân sinh Khi điều kiện thay đổi kết thay đổi theo từ nguyên nhân tạo kết Trong toán học vậy, từ số điều kiện ( giả thiết toán ) biết ta phải kết thu ( kết luận toán ) Nhưng việc kết yêu cầu trước mắt toán Điều quan trọng phải rèn luyện cho học có thói quen suy xét thêm sau giải tốn Chẳng hạn: - Cịn giải tốn cách khơng ? Có thể trình bày ngắn gọn khơng ? - Cũng giả thiết cịn kết luận khơng ? - Nếu thay đổi vài điều kiện giả thiết kết luận thu có đặc biệt ? - Nếu đảo lại tốn có thay đổi ? … Rõ ràng tự giác làm cơng việc sau giải tốn hình vơ có ý nghĩa Nó tạo cho em thói quen tốt sau giải xong công việc nhằm đánh giá mức làm, chưa làm từ rút học bổ ích cho 2.2 Thực trạng vấn đề Cấu trúc chương trình mơn Tốn THCS gồm hai phần: Đại số hình học Trong hình học có tất 70 tiết chia làm chương: Chương I: Tứ giác (25 tiết); chương II: Đa giác - Diện tích đa giác (11 tiết); chương III: Tam giác đồng dạng (18 tiết); chương IV: Hìmh lăng trụ đứng – Hình chóp (16 tiết) Qua q trình dạy học mơn Tốn nhiều năm, tơi nhận thấy việc học mơn hình học học sinh khó khăn Các em khơng biết nên đâu để chứng minh tốn hình q trình chứng minh nên vận dụng kiến thức nào, nên trình bày lời giải cho trình tự… chưa nói đến việc tư để khai thác phát triển toán mà thầy giáo đưa Đặc biệt với mơn Tốn lớp 8, nhiều năm dạy trường THCS Thiết Ống thấy rằng: Rất nhiều học sinh cảm thấy sợ làm tập hình, số em làm xong tập thầy giáo đưa thường khơng suy nghĩ thêm Từ tháng 10/2014 công tác trường THCS Thị trấn Cành Nàng tiếp tục phân công dạy tốn tơi nhận thấy: Ở lớp khiếu, nhiều em ham học hỏi, thường đặt câu hỏi xung quanh toán mà thầy giáo đưa khiến tơi phải suy nghĩ Điều làm tơi phấn khởi có học sinh “thực sự” u thích say mê mơn tốn Vì cần thiết phải rèn luyện “bày” cho học sinh phương pháp học hiệu là: Tư để đưa tốn hình học phức tạp tốn quen thuộc biết Do đặc điểm nội dung kiến thức, sáng kiến kinh nghiệm đưa để áp dụng cho em khối lớp Trong q trình ơn học sinh giỏi khối trường THCS Thị trấn Cành Nàng, đưa tập mà chưa hướng em tư kết thu khiêm tốn Cụ thể ôn 15 em học sinh khối sau số kiểm tra với nội dung tương tự SKKN tơi trình bày, kết thu sau: Điểm Lớp Dưới 5–6 – 10 SL % SL % SL % SL % 10 66,7 20 13,3 0 Giải pháp thực Sau học xong phần hình học phẳng lớp 8, học sinh nắm rõ định lí, nội dung kiến thức SGK Để giúp học sinh có phương pháp giải tốn cách thành thạo, có tư khái quát giải cách dễ dàng, tơi đưa số tốn từ dễ đến khó để khai thác Và 11 tốn sau hệ thống tốn cực trị có mối quan hệ mà học sinh cần hướng tới Ta tốn quen thuộc chương trình toán lớp Bài toán 1: Cho tam giác ABC vng A có AB =3 cm; AC = 4cm Trên cạnh BC lấy điểm M cho BM = 3cm Gọi P,Q hình chiếu điểm M AC AB a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tứ giác AQMP lớn A Giải a) Áp dụng định lí Pitago tam P Q giác ABC ta có: BC = C AB + AC = + = 5cm 2 2 B Vì QM // AC ⇒ BM QM QM = ⇒ = ⇒ QM = 2,4cm BC AC Vì PM // AB ⇒ CM PM PM = ⇒ = ⇒ PM = 1,2cm BC AC M ⇒ S APMQ = MP.MQ = 1,2.2,4 = 2,88cm b) Đặt BM = x ⇒ CM = − x Vì QM // AC ⇒ BM QM x QM 4x = ⇒ = ⇒ QM = cm BC AC 5 Vì PM // AB ⇒ CM PM − x PM 15 − 3x = ⇒ = ⇒ PM = cm BC AB 5 ⇒ S APMQ = MP.MQ = x 15 − x 60 x − 12 x − 3(2 x − 5) = = +3≤3 5 25 25 Dấu “=” xảy x = 2,5 Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn 3cm2 M trung điểm BC Nhận xét: Tam giác vuông ABC có diện tích khơng đổi Tính diện tích tứ giác APMQ nào? Diện tích tứ giác lớn bao nhiêu? Chúng ta phát triển toán sau: Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC vng A có diện tích S khơng đổi Trên cạnh BC lấy điểm M cho BM = k Gọi P,Q hình chiếu MC điểm M AC AB a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 k = 2,1234 b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tứ giác AQMP lớn Giải A P Q C M B a) Đặt CM = x ⇒ BM = kx BM QM kx QM k CM PM x PM Vì QM // AC ⇒ BC = AC ⇒ (k + 1) x = AC ⇒ QM = k + AC Vì PM // AB ⇒ BC = AC ⇒ (k + 1) x = AB ⇒ PM = k + AB ⇒ S APMQ = MP.MQ = Mà S ABC = S = k AB AC (k + 1) AB AC 2k ⇒ S APMQ = S (k + 1) Thay S = 36,123456cm2 k = 2,1234 ta S APMQ = 2.2,1234 36,123456 ≈ 15,72518958cm 2 (2,1234 + 1) 2k b) Theo câu a ta có S APMQ = (k + 1) S k S Mà (k + 1) ≤ ⇒ S APMQ ≤ Dấu “ = ” xảy k = Vậy M trung điểm BC diện tích tứ giác APMQ lớn S Nhận xét: S APMQ = S ABC − ( S BQM + S CPM ) Vậy để tính diện tích tứ giác APMQ ta tính ( S BQM + S CPM ) Từ ta có cách giải toán sau: Cách 2: Ký hiệu S1 = S BQM ; S = S MPC A P Q S2 S1 B C M a) Ta có: S AQMP = S − ( S1 + S ) Vì QM // AC => tam giác BQM BAC đồng dạng S1 BM (kx) k2 = = = => S BC [ ( k + 1) x ] (k + 1) Vì PM // AB => tam giác PCM ACB đồng dạng S MC x2 = = => S = 2 BC [ (k + 1) x] (k + 1) S1 + S BM + MC k +1 = = => S BC (k + 1) ⇒ S APMQ = S − ( S1 + S ) = 2k S (k + 1) Thay S = 36,123456cm2 k = 2,1234 ta S APMQ = 2.2,1234 36,123456 ≈ 15,72518958cm (2,1234 + 1) b) Giải tương tự cách Nhận xét : Ta nhận thấy lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC điểm E, A, F thẳng hàng diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP A F E P Q C M B Vì vậy, ta phát biểu thành toán sau: Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC vng A có diện tích S không đổi Trên cạnh BC lấy điểm M cho BM = k Gọi E,F điểm đối xứng MC M qua AB AC a) Tính diện tích tam giác MEF ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 k = 2,1234 b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tam giác MEF lớn Hướng dẫn: Trước hết ta chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng cách chứng minh EAF 180 Điều dẫn đến việc ta phải chứng minh ∆EAQ= ∆MAQ ∆FAP=∆MAP, từ suy từ suy S AEQ = S MAQ S AFP = S MAP => S EFM = 2S APMQ đưa toán 1.1 Nhận xét : Dựa vào cách giải tốn 1.1 thay tam giác ABC vng A tam giác ABC P,Q thay giao điểm đường thẳng qua M song song với AB AC Ta có tốn 1.3 Bài tốn 1.3: Cho tam giác ABC có diện tích S khơng đổi Trên cạnh BC lấy điểm M cho BM = k Đường thẳng qua M song song với AB cắt AC MC P, đường thẳng qua M song song với AC cắt AB Q a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 k = 2,1234 b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tứ giác AQMP lớn A H Q P K C B M Phân tích tốn: Rõ ràng tốn toán tổng quát toán 1.1 Từ ta giải tốn 1.3 sau: Cách 1: a) Kẻ BH ⊥ AC BH cắt QM K Khi đó: S AQMP = KH AC ⇒ S AQMP S ABC = ; S ABC = BH AC 2.KH AC KH AP MC BM x.kx 2k = = = = BH BC BH AC BC BC [ (1 + k ) x] (1 + k ) 2k Mà S ABC = S ⇒ S APMQ = (k + 1) S Thay S = 36,123456cm2 k = 2,1234 ta S APMQ = 2.2,1234 36,123456 ≈ 15,72518958cm 2 (2,1234 + 1) 2k b) Theo câu a ta có S APMQ = (k + 1) S k S Mà (k + 1) ≤ ⇒ S APMQ ≤ Dấu “ = ” xảy k = Vậy M trung điểm BC diện tích tứ giác APMQ lớn S Cách 2: Tương tự cách toán 1.1 Nhận xét : Ta nhận thấy lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC điểm E, A, F thẳng hàng diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP 10 Vì vậy, ta phát biểu thành tốn sau: Bài tốn 1.4: Cho tam giác ABC có diện tích S khơng đổi Trên cạnh BC lấy điểm M cho BM = k Gọi E, F điểm đối xứng M qua AB MC AC a) Tính diện tích tam giác MEF ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 k = 2,1234 b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tam giác MEF lớn Hướng dẫn: Trước hết ta chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng cách chứng minh EAF 1800 Điều dẫn đến việc ta phải chứng minh EA//PQ AF//PQ, từ suy S AEQ = S APQ = S APF = S APMQ => S EFM = 2S APMQ đưa toán 1.1 Nhận xét : Xét trường hợp điểm M nằm tam giác ABC Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC H, G Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC, BC P, N Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB, BC Q, K Gọi S1 = SQHM ; S2 = SNMK ; S3 = SPMG Tổng S1 + S2 + S3 có quan hệ với SABC tổng đạt giá trị nhỏ ? Từ ta có tốn 1.5 Bài toán 1.5 : Cho tam giác ABC, M điểm nằm tam giác Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC H, G Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC, BC P, N Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB, BC Q, K Gọi S1 = SQHM ; S2 = SNMK ; 11 S3 = SPMG S = SABC a) Chứng minh S1 + S + S ≥ S b) Tìm vị trí điểm M để S1 + S + S đạt giá trị nhỏ A P Q H Giải G M S2 B C K N a) Giả sử => S3 S1 MH MH = k Xét tam giác AHG có =k MG MG S1 + S k +1 = ( Theo kết toán 1.3 ) S AHG (k + 1) S k +1 ≥ ⇒ S1 + S ≥ AHG Mà 2 (k + 1) Dấu “=” xảy M trung điểm HG Chứng minh tương tự ta được: S1 + S ≥ Suy 2( S1 + S + S ) ≥ S BQK ; S2 + S3 ≥ S CPN ( S + S1 + S + S ) ⇒ 3( S1 + S + S ) ≥ S ⇒ S1 + S + S ≥ S b) Theo câu a ta có S1 + S + S đạt giá trị nhỏ M đồng thời trung điểm HG, QK NP M trung điểm HG AM qua trung điểm BC M trung điểm QK BM qua trung điểm AC M trung điểm NP CM qua trung điểm BA Khi M trọng tâm tam giác ABC Nhận xét : Gọi M điểm nằm cạnh AB tam giác ABC Dựng hình chữ nhật MNPQ cho N nằm cạnh AC điểm P,Q nằm 12 cạnh BC Khi diện tích hình chữ nhật MNPQ có quan hệ với diện tích tam giác ABC với vị trí M diện tích hình chữ nhật MNPQ lớn Từ ta có tốn 1.6 Bài tốn 1.6 : Cho tam giác ABC có góc nhọn B, C diện tích S Trên AM = k Dựng hình chữ nhật MNPQ cho N MB cạnh AB lấy điểm M cho nằm cạnh AC hai điểm P, Q nằm cạnh BC a) Tính diện tích hình chữ nhật MNPQ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 k = 2,1234 b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích hình chữ nhật MNPQ lớn Phân tích : Bài toán thực chất toán 1.1 mở rộng đòi hỏi HS phải biết cách khéo léo để áp dụng kết vào tốn A K M B N C Q I P Giải : a) Kẻ đường cao AI Gọi K giao điểm AI với MN Xét tam giác vuông AIB có ⇒ S MKIQ = AM = k ; MK // IB; MQ // IA MB 2k S IAB ( Theo kết toán 1.1) ( k + 1) Vì MN // BC ⇒ AN AM = =k NC MB Xét tam giác vng AIC có AN = k ; NK // IC ; NP // IA NC 13 ⇒ S NKIP = 2k S IAC ( Theo kết toán 1.1) (k + 1) ⇒ S MNPQ = S MKIQ + S NKIP = 2k 2k ( S AIB + S AIC ) = S ( k + 1) (k + 1) Thay S = 36,123456cm2 k = 2,1234 ta S MNPQ = 2.2,1234 36,123456 ≈ 15,72518958cm 2 (2,1234 + 1) 2k b) Theo câu a ta có S MNPQ = (k + 1) S 2k 1 Mà (k + 1) ≤ ⇒ S MNPQ ≤ S Đẳng thức xảy M trung điểm BC Vậy M trung điểm AB hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn Nhận xét : Ở tốn 1.6 ta kẻ thêm đường cao AI nhằm tạo đường thẳng song song với MQ NP Vậy cách thay hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác ABC hình bình hành MNPQ nội tiếp tam giác ABC kết tốn khơng thay đổi Ta có tốn 1.7 Bài tốn 1.7: Cho tam giác ABC có góc nhọn B, C diện tích S Trên cạnh AB lấy điểm M cho AM = k Dựng hình bình hành MNPQ cho N MB nằm cạnh AC hai điểm P, Q nằm cạnh BC a) Tính diện tích hình bình hành MNPQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm k = 2,1234 b) Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích hình bình hành MNPQ lớn A M B K N C Q I P 14 Giải : a) Kẻ AI //MQ Gọi K giao điểm AI với MN Xét tam giác AIB có ⇒ S MKIQ = 2k S IAB ( Theo kết toán 1.3) ( k + 1) Vì MN // BC ⇒ AN AM = =k NC MB Xét tam giác AIC có ⇒ S NKIP = AM = k ; MK // IB; MQ // IA MB AN = k ; NK // IC ; NP // IA NC 2k S IAC ( Theo kết toán 1.3) (k + 1) ⇒ S MNPQ = S MKIQ + S NKIP = 2k 2k ( S AIB + S AIC ) = S ( k + 1) (k + 1) Thay S = 36,123456cm2 k = 2,1234 ta S MNPQ = 2.2,1234 36,123456 ≈ 15,72518958cm 2 (2,1234 + 1) 2k b) Theo câu a ta có S MNPQ = (k + 1) S 2k 1 Mà (k + 1) ≤ ⇒ S MNPQ ≤ S Đẳng thức xảy M trung điểm AB Vậy M trung điểm BC hình bình hành MNPQ có diện tích lớn Nhận xét : Như vậy, toán xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào tam giác để tính diện tích hình bình hành Vậy hình bình hành cố định tam giác dựng có diện tích nhỏ Ta xét tốn sau: 15 Bài tốn 1.8: Cho góc xOy điểm H cố định thuộc miền góc Vẽ hình bình hành HBOA ( B ∈ Ox; A ∈ Oy ) Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H, cắt tia Ox, tia Oy C D ( C ∈ Ox; D ∈ Oy ) a) Tính S DOC biết S HBOA = S ; HD = k Áp dụng với S = 36,123456cm2 k = HC 2,1234 b) Hãy xác định vị trí đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ C x B O H A D y Giải : a) Xét tam giác ODC có HD = k ; HA // OC ; HB // OD HC ⇒ S HBOA = 2k S ODC ( Theo kết toán 1.3) (k + 1) ⇒ S DOC = (k + 1) S HBOA 2k Thay S = 36,123456cm2 k = 2,1234 ta S DOC = (2.2,1234 + 1) 36,123456 ≈ 234,1620462cm 2.2,1234 b) Theo câu a ta có S DOC (k + 1) = S HBOA 2k (k + 1) ≥ ⇒ S DOC ≥ S HBOA Mà 2k Đẳng thức xảy H trung điểm CD Vậy H trung điểm CD diện tích tam giác COD nhỏ Ta có cách dựng đường thẳng d sau: 16 Từ H kẻ HA//Ox ( A ∈ Oy) C Trên tia Oy ta lấy điểm D cho OD=2OA Nối DH cắt Ox H O C x A D CD đường thẳng cần dựng y Nhận xét : Bây ta xét toán khó mà muốn vận dụng kết toán 1.3 ta phải kẻ đường phụ để chuyển tốn Ta có tốn 1.9 Bài tốn 1.9: Cho hình thang ABCD ( AB//CD), hai đường chéo AC BD cắt P Chứng minh rằng: S PAB + S PCD ≥ S ABCD Phân tích tốn: Từ u cầu toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng tốn 1.3 để giải Quan sát hình vẽ ta thấy ABCD hình thang nên ta có SDAC = SCDB ( hai tam giác có chung đáy, chiều cao nhau) ⇒ S APD = S BPC Vì thay việc chứng minh S PAB + S PCD ≥ S ABCD ta chứng 2 minh 2.S APD ≤ S ABCD Vì ta nghĩ đến việc ghép 2.S APD thành diện tích hình bình hành chuyển S ABCD thành diện tích tam giác chứa 2.S APD có diện tích S ABCD Giải: A P Q E B D C 17 Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt DC E Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt AE Q Áp dụng kết tốn 1.2 ta có: S AQDO ≤ 1 S AEC ⇒ S EQD + S DCP ≥ S AEC (1) 2 Mà S DAB = S CAB ( AB//CD) ⇒ S PAD = S PBC (2) Xét ∆APB ∆DQE có: QD=AP ( APQD hình bình hành ) DE=AB ( ABDE hình bình hành ) QDE = PAB ( ACD ) ⇒ ∆APB = ∆DQE ( c.g.c) ⇒ S APB = S DQE (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ S APB + S PCD = S DQE + S PDC ≥ S AEC ⇒ S APB + S PCD ≥ ( S DQE + S AQD + S ADP + S DPC ) ⇒ S APB + S PCD ≥ ( S ABP + S PBC + S ADP + S DPC ) ⇒ S APB + S PCD ≥ S ABCD (đpcm) Đẳng thức xảy D trung điểm EC AB=CD ABCD hình bình hành Nhận xét : Từ tốn 1.9 ta thấy: Hai đường chéo hình thang cắt tạo thành bốn tam giác nhỏ Khi đó: Tổng diện tích hai tam giác có cạnh cạnh đáy hình thang lớn nửa diện tích hình thang, tức tổng diện tích hai tam giác lớn tổng diện tích hai tam giác cịn lại ( Hai tam giác có cạnh cạnh bên hình thang) Hay tổng diện 18 tích hai tam giác có cạnh cạnh bên hình thang bé nửa diện tích hình thang Các kết tương đương Ta tiếp tục khai thác kết ta có tốn sau: Bài tốn 1.10: Cho hình bình hành ABCD điểm M cố định cạnh BC, lấy điểm N cạnh AD Gọi H giao điểm AM BN, I giao điểm MD NC Tìm vị trí điểm N để diện tích MHNI lớn Phân tích tốn: Nhìn vào hình vẽ ta thấy: điểm M cố định cạnh BC điểm N cạnh AD Lúc ANMB CMND ln hình thang Vì ta suy nghĩ xem vận dụng kết tốn 1.8 vào tập khơng vận dụng nào? A B H N M I D C Giải: Nối M với N ta hình thang ANMB CMND Xét hình thang ANMB Áp dụng kết tốn 1.8 ta có: S AHN + S HBM ≥ S ANMB ⇒ S HAB + S HMN ≤ S ANMB Mà S HAB = S HMN ⇒ S HMN ≤ S ANMB Đẳng thức xảy AB // MN Xét hình thang CMND Áp dụng kết tốn 1.8 ta có: 19 S MIC + S NID ≥ S CMND ⇒ S IMN + S IDC ≤ S CMND Mà S IMN = S IDC ⇒ S IMN ≤ S CMND Đẳng thức xảy CD // MN Từ suy ra: S HMIN = S HMN + S IMN ≤ 1 S ABMN + S NMCD 4 Hay S HMIN ≤ S ABCD Vậy diện tích tứ giác HMIN lớn S ABCD MN // AB - Như vậy, tốn tốn 1.1 trường hợp đặc biệt toán 1.3, toán 1.3 tiền đề để giải tốn cịn lại Phương pháp chung vận dụng kết toán 1.3 vào tốn cịn lại tốn có cách giải khác Để vận dụng có hiệu định giáo viên cần phải biết hướng dẫn học sinh phân tích tốn Với tốn giải ta tìm kết tương đương, lưu ý kiến thức sử dụng để giải Với tốn mới, ta tìm cách liên hệ với toán giải cách dựa vào hình vẽ dựa vào yêu cầu toán 2.4 Kết đạt Sau hướng em phát triển tư từ toán biết em nắm cách khai thác tốn với tốn có nội dung tương tự qua số lần kiểm tra kết thu khả quan Cũng với 15 em học sinh khối sau số kiểm tra với nội dung tương tự SKKN tơi trình bày, kết thu sau: Điểm Lớp Dưới 5–6 – 10 SL % SL % SL % SL % 0 20 40 40 20 KẾT LUẬN - ĐỀ XUẤT Trên hướng rèn luyện kỹ khai thác phát triển tốn hình học lớp mà tơi làm Như vậy, sau toán giải cần dành cho học sinh thời gian định để suy xét tốn theo hướng mà tơi đưa Thiết nghĩ phương pháp học tốn làm tốn bổ ích, lí thú Làm điều với học sinh tạo hiểu sâu hơn, có nhiều phương pháp giải đương nhiên tìm phương pháp hay Với người dạy, ngồi việc tìm nhiều lời giải cho tốn cịn phải tìm cách thiết kế tạo lớp tốn có “ họ hàng ” với toán ban đầu Trong trình giảng dạy trường THCS Thị trấn Cành Nàng, suy nghĩ, băn khoăn, vướng mắc đồng nghiệp giúp đỡ, bảo tận tình nên tơi hồn thành SKKN Trong q trình bồi dưỡng học sinh giỏi khối tơi đưa để thực nghiệm Ban đầu em bỡ ngỡ sau tỏ thích thú, say mê Từ chỗ hiểu say mê số em tự thiết kế toán dựa hướng khai thác Đây kinh nghiệm cá nhân nên tránh khỏi hạn chế định Song mạnh dạn đưa kinh nghiệm thân mà tâm đắc Tôi hy vọng SKKN đóng góp phần vào áp dụng giảng dạy nhà trường Tôi mong đánh giá góp ý bạn đồng nghiệp hội đồng khoa học cấp để kinh nghiệm ngày hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn BGH trường THCS Thị trấn Cành Nàng đồng nghiệp giúp đỡ tơi hồn thành SKKN XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày28 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 21 Nguyễn Thanh Tuấn TÀI LIỆU THAM KHẢO SGK Toán 8, tập SBT Toán 8, tập Các toán giá trị lớn nhất, nhỏ hình học phẳng THCS 108 tốn cực trị hình học 22 23 ... suy nghĩ tơi trăn trở mạnh dạn đưa hướng: “ Rèn luyện kỹ tư cho học sinh lớp trường THCS thị trấn Cành Nàng qua việc khai thác phát triển tốn hình học? ?? nhằm giúp em tạo thói quen tốt sau giải... nguồn học sinh giỏi cho lớp 1.3 Đối tư? ??ng nghiên cứu: Rèn luyện kĩ tự tìm tịi, phát kiến thức lạ học sinh lớp trường THCS thị trấn Cành Nàng từ toán tư? ??ng chừng đơn giản mơn tốn học 1.4 Phương pháp... Điểm Lớp Dưới 5–6 – 10 SL % SL % SL % SL % 0 20 40 40 20 KẾT LUẬN - ĐỀ XUẤT Trên hướng rèn luyện kỹ khai thác phát triển tốn hình học lớp mà làm Như vậy, sau toán giải cần dành cho học sinh thời