Tải bản đầy đủ

sáng kiến Khai thác, phát triển từ một bài toán hình học lớp 9”

TÓM TẮT NỘI DUNG SÁNG KIẾN

Môn Toán có vai trò quan trọng trong đời sống và trong khoa học kỹ
thuật. Vì vậy, người thầy phải có phương pháp dạy học để phát huy được tính
tích cực học tập của học sinh.
Khi dạy những em học sinh khá, giỏi cần tạo ra những tình huống có vấn
đề trong mỗi bài toán để các em tìm tòi, nghiên cứu và phát hiện ra những kết
luận mới, từ đó tôi đã nảy sinh sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ một bài
toán hình học lớp 9”.
Nội dung sáng kiến “Khai thác, phát triển từ một bài toán hình học lớp
9” được trình bày trên cơ sở:
- Thông qua việc giải bài tập trong sách giáo khoa hình thành các bài tập
có nội dung phong phú và đa dạng hơn.
- Thông qua việc khai thác, phát triển bài toán, hình thành chuỗi các bài
tập có nội dung liên quan, lấy bài tập này làm cơ sở để phát triển các bài tập kế
tiếp.
- Ngoài ra, bằng cách thay đổi, thêm, bớt một số yếu tố trong đề bài của
bài toán, ta cũng có các bài toán thú vị và khá độc đáo.
Qua việc khai thác, phát triển “Bài toán gốc” trong sách giáo khoa Toán 9
thành 16 bài toán đã giúp các em học sinh nhận thấy: việc khai thác, phát triển
các bài toán cơ bản trở thành những bài toán khó có ý nghĩa quan trọng trong

quá trình học tập. Nó giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn về một bài toán, đồng thời
khắc sâu cho các em về những kiến thức cơ bản và nâng cao. Việc khai thác,
phát triển "Bài toán gốc" cũng phần nào giúp các em học sinh làm quen với việc
tự học, tự tìm tòi nghiên cứu tài liệu, điều đó sẽ giúp ích cho các em trong suốt
quá trình học tập sau này.
Để áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy, người thầy cần phải:
- Dạy cho học sinh nắm chắc, hiểu sâu kiến thức cơ bản và tăng cường
luyện tập để các em vận dụng thành thạo các kiến thức đó.
1


- Phát huy tính sáng tạo, tự lực của học sinh bằng cách đổi mới phương
pháp giảng dạy, áp dụng có hiệu quả phương pháp dạy học lấy học sinh làm
trung tâm. Bằng kết quả đạt được, bằng tín hiệu từ học trò, thầy luôn điều chỉnh
nội dung truyền tải và vận dụng phương pháp cho phù hợp, có hiệu quả cao.
- Tìm ra được mối quan hệ giữa các phần kiến thức, tạo ra sự móc xích
lôgíc giữa các nội dung kiến thức, làm cơ sở khai thác, phát triển kiến thức sâu
rộng hơn.

2


MÔ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
1.1. Lý do chọn nghiên cứu vấn đề:
Trong quá trình giảng dạy môn Toán, tôi nhận thấy: cái hay của một bài
toán không dừng lại khi chúng ta đã hoàn thành bài giải mà sau mỗi bài toán bao
giờ cũng còn lại những vấn đề để ta suy nghĩ, tìm tòi. Như vậy, nếu trong quá
trình giảng dạy, người thầy sử dụng hợp lý các phương pháp dạy học thì sẽ giúp
cho học sinh tìm thấy những bài toán đặc biệt hơn, tổng quát hơn từ bài toán ban
đầu. Năng lực này rất quan trọng, nó làm phong phú nguồn vốn kiến thức, rèn
luyện kỹ năng giải toán và góp phần phát triển tư duy cho học sinh. Song thực tế
phần lớn học sinh chưa thực sự có thói quen đi tìm tòi, khám phá để phát hiện ra
những điều lí thú sau mỗi bài toán. Một số em đã có ý thức tìm ra nhiều cách
giải cho một bài toán, điều đó thật đáng quý, nhưng nếu chỉ dừng lại ở đó thôi
thì chưa đủ. Điều cần thiết là học sinh biết cách tự học, tự tìm tòi, nghiên cứu để
phát hiện ra kiến thức. Khi tự mình nghiên cứu mà phát hiện ra kiến thức mới,
học sinh sẽ hiểu sâu sắc hơn về vấn đề mà các em quan tâm nghiên cứu, từ đó
hình thành trong các em niềm say mê học tập và nghiên cứu khoa học.
Khi dạy những em học sinh khá, giỏi tôi luôn tạo ra những tình huống có


vấn đề trong mỗi bài toán để các em tìm tòi, nghiên cứu và phát hiện ra những
kết luận mới, từ đó các em đặt ra thêm yêu cầu mới và khó hơn cho bài toán.
Vấn đề đặt ra là: việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển từ những bài toán
cơ bản trong sách giáo khoa như thế nào cho hiệu quả, để phát triển nó thành
những bài toán khó là một việc làm không phải dễ đối với mỗi chúng ta.
Để giúp các em học sinh tháo gỡ những khó khăn trong quá trình học tập
bộ môn Toán, đặc biệt là phân môn Hình học, đồng thời, giúp các em phát triển
tư duy lô gíc, hình thành cho các em cách nghiên cứu khoa học trong quá trình
học tập, tôi đã nảy sinh sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ một bài toán hình
học lớp 9”.
3


1.2. Phạm vi nghiên cứu và đối tượng áp dụng:
- Khai thác, phát triển bài tập 31 (Trang 116- SGK Toán 9- Tập 1- NXB
Giáo dục).
- Áp dụng dạy đối tượng học sinh lớp 9 khá, giỏi khi ôn thi vào lớp 10
THPT, ôn thi học sinh giỏi các cấp.
1.3. Mục tiêu nghiên cứu:
Khai thác, phát triển một bài toán hình trong sách giáo khoa thành nhiều
bài toán khác có liên quan nhằm phát huy năng lực sáng tạo, hình thành tư duy
nghiên cứu khoa học cho học sinh.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau đây:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp khảo sát thực tiễn.
- Phương pháp đặc biệt hoá.
- Phương pháp phân tích.
- Phương pháp tổng hợp.
- Phương pháp khái quát hóa.
2. Thực trạng của việc khai thác, phát triển bài toán.
Qua quá trình công tác giảng dạy, tôi thấy:
- Đa số học sinh, sau khi tìm được một lời giải đúng cho bài toán thì các
em hài lòng và dừng lại, mà không tìm lời giải khác, không khai thác thêm bài
toán, không sáng tạo gì thêm nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng
tạo của bản thân.
- Học sinh còn học vẹt, làm việc rập khuôn, máy móc. Từ đó dẫn đến làm
mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.
- Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học
tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập
chưa cao.
4


- Học không đi đôi với hành, làm cho bản thân học sinh ít được củng cố,
khắc sâu kiến thức, ít được rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức
mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau,
phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức. Quan
trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em học sinh, giúp học sinh có hứng
thú hơn khi học toán.
3. Các giải pháp, biện pháp thực hiện
3.1. Kiến thức cơ bản cần nhớ.
3.1.1. Khái niệm tiếp tuyến của đường tròn:
Nếu đường thẳng a và đường tròn (O) chỉ có một điểm chung C thì đường
thẳng a gọi là tiếp tuyến của đường tròn (O). Điểm C gọi là tiếp điểm.
3.1.2. Các tính chất của tiếp tuyến:
* Đinh lí 1:
Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc
với bán kính đi qua tiếp điểm.
* Định lí 2: (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau).
Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:
- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.
- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp
tuyến.
- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính
đi qua các tiếp điểm.
3.1.3. Đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác.
* Đường tròn nội tiếp tam giác.
Đường tròn tiếp xúc với ba cạnh của một tam giác gọi là đường tròn nội
tiếp tam giác (hay tam giác ngoại tiếp đường tròn). Tâm của đường tròn nội tiếp
tam giác là giao điểm của các đường phân giác trong của tam giác.
* Đường tròn ngoại tiếp tam giác.

5


Đường tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác gọi là đường tròn ngoại tiếp
tam giác (hay tam giác nội tiếp đường tròn). Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác.
3.1.4. Bất đẳng thức Cauchy(Cô-Si) áp dụng cho 2 số không âm.
Với 2 số a, b không âm, ta có:

ab
� a.b . Đẳng thức xảy ra � a  b .
2

3.1.5. Các hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông.
3.2. Bài toán gốc.
Bài 31 (Trang 116 - SGK Toán 9 – Tập 1 – NXB giáo dục).
Trên hình 82, tam giác ABC ngoại

A

tiếp đường tròn (O).

F
D

a) Chứng minh rằng:

O

2.AD = AB + AC – BC.
b) Tìm các hệ thức tương tự như

B
E

C

hệ thức ở câu a).
Lời giải:
a) Ta có: AB, AC, BC là tiếp tuyến của đường tròn(O) (gt)
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được:
AD = AF; BD = BE; CE = CF.
Do đó:
AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + CF) – (BE + CE)
= (AD + AF) + (BD – BE) + (CF – CE)
= (AD + AD) + (BD – BD) + (CE – CE) = 2.AD (Đpcm).
b) Chứng minh tương tự câu a, ta được các hệ thức sau:
2.BD = 2.BE = AB + BC – AC ;

2.CE = 2.CF = AC + BC – AB.

3.3. Khai thác, phát triển "Bài toán gốc".
Với việc áp dụng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, chúng ta dễ dàng
chứng minh được bài tập 31- Trang 116 - SGK Toán 9 tập 1. Nhưng nếu biết
6


cách khai thác, phát triển bài toán này theo những cách khác nhau thì chúng ta sẽ
khám phá được những kết quả đáng khích lệ.
3.3.1. Nếu đặt BC  a, AC  b, AB  c , và p 

abc
thì ta có:
2

bca a bc

a pa
2
2
a cb abc
BD  BE 

bpb
2
2
abc abc
CE  CF 

cpc
2
2
AD  AF 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số dương p  a và p  b , ta được:

 p  a   p  b

p  a  p  b 2p  a  b c


 (1)
2
2
2

Tương tự:

 p  b  p  c

a
� (2)
2

 p  c  p  a 

b
� (3)
2

Do các vế của (1), (2), (3) đều dương, nên nhân vế với vế của (1), (2), (3)
ta được :

2
abc

 p  a   p  b  p  c �

�� 8

abc
�  p  a   p  b  p  c �
8
� 8  p  a   p  b   p  c  �abc
Hay 8.AD.BE.CF �abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, nghĩa là ABC là tam giác đều.
Như vậy từ bài tập 31- Trang 116 - SGK Toán 9 tập 1 (ta gọi là “Bài toán
gốc”) nếu biết cách khai thác, phát triển bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cô-Si
thì ta sẽ có bài toán mới sau đây:
Bài toán 1: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O) với các tiếp điểm trên
các cạnh AB, BC, CA lần lượt là D, E, F. Chứng minh: 8.AD. BE. CF
≤AB.BC.AC
7


3.3.2. Từ “Bài toán gốc” nếu ta đặc

A

biệt hóa bài toán thành: Tam giác

F
D

ABC vuông tại đỉnh A(AB = c,

O

AC = b, BC = a) thì ta vẫn có:
BE 

acb
a bc
; CF 
2
2

Khi đó:
BE . CE =

B

C

E

a  c  b a  b  c  a  (c  b)  . a  (c  b) 
.

2
2
4

a 2  (c  b) 2 a 2  b 2  c 2  2bc


4
4
Theo định lý Pitago trong tam giác vuông ABC thì:
a 2  b2  c2 � a 2  b2  c2  0
Do đó BE . CE 

2bc bc

 SABC � SABC  BE . CE
4
2

Từ “Bài toán gốc” nếu chúng ta khai thác, phát triển theo hướng trên thì ta
có bài toán 2:
Bài toán 2:
�  900 ) ngoại tiếp đường tròn (O) có tiếp điểm trên
Cho tam giác ABC ( A
cạnh huyền BC là E. Chứng minh: SABC = BE . CE

3.3.3. Từ “Bài toán gốc” nếu ta

A

đặc biệt hóa bài toán, cho tam giác ABC

F
D

vuông tại đỉnh A (AB = c, AC = b, BC =
a). Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác vuông ABC thì OD = OE =

O

B

OF = r. Khi đó ta thấy tứ giác ADOF là
�D
�  F$  900 , OD  OF ).
hình (do A
bca
� AD  OD  r mà AD 
2
8

E

C




�r 


bca
2

r b  c  a b  c 1 1 �b  c �


  .�
 1� (4)
a
2a
2a
2 2 �a


Theo định lí Pitago ta có: a 2  b 2  c 2
Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si cho 2 số dương, ta có: a 2  b 2  c 2 �2bc




 2a 2

2bc b 2

c2

b

c

2

� b  c �a 2




Từ (4), (5) 

(5)
r
a

1 �a 2 �
1�

2� a


2 1
r
2 1
hay �
2
a
2

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi b = c, khi đó tam giác ABC vuông cân tại
đỉnh A.
Từ việc khai thác, phát triển như trên, ta có bài toán 3 như sau:
Bài toán 3:
�  900 ). Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam
Cho tam giác ABC ( A

giác, a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng:

r
2 1
.

a
2

3.3.4. Từ bài toán 3 nếu ta tiếp

A

tục gọi R là bán kính đường tròn

F
D

ngoại tiếp tam giác vuông ABC
thì ta có BC = a = 2R.
r
2 1

a
2
r
2 1

2R
2

O




B

R
r

1
2 1

E

2 1 hay

C

R
� 2 1
r

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi b = c, khi đó tam giác ABC vuông cân tại
đỉnh A.
Như vậy với việc khai thác thêm từ bài toán 3, ta có bài toán 4 sau đây:
9


Bài toán 4:
�  900 ). Gọi R, r lần lượt là bán kính của đường
Cho tam giác ABC ( A
tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:

6.3.5. Từ “Bài toán gốc” nếu ta đặc

A

biệt hóa bài toán: cho tam giác ABC

F
D

vuông tại đỉnh A (AB = c, AC = b,
BC = a). Gọi r là bán kính đường
tròn nội tiếp, R là bán kính đường

R
� 2  1.
r

O

B

E

C

tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC
thì ta có thể khai thác, phát triển theo
hướng khác như sau:
Ta đã chứng minh được:
r

bca
2

� 2r  b  c  a
mà a = 2R
nên 2R  2r  a  b  c  a  b  c � R  r 

bc
.
2

Với cách khai thác, phát triển trên, ta có bài toán 5 như sau:
Bài toán 5:
�  900 ). Gọi r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội
Cho tam giác ABC ( A

tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC.
a) Chứng minh: R + r 

AB  AC
.
2

b) Phát biểu bằng lời kết quả vừa chứng minh được. (Tổng các bán kính của
đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác vuông bằng trung bình
cộng hai cạnh góc vuông).

10


3.3.6. Từ bài toán 5, ta có:
Rr

A

bc
.
2

F
D

Nếu áp dụng bất đẳng thức

O

Cô – Si cho 2 số dương b và c, ta sẽ
B

được:

C

E

bc
� bc
2

Do đó: R  r � bc .
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi b = c, khi đó tam giác ABC vuông cân tại
đỉnh A. Với cách khai thác, phát triển từ bài toán 5 như trên, ta đi đến bài toán 6
như sau:
Bài toán 6:
�  900 ). Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn
Cho tam giác ABC ( A
ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:
R  r � bc .
Bài toán 6 chính là phần khó nhất của bài hình trong đề thi tuyển sinh vào
lớp 10 THPT - tỉnh Hải Dương năm học 2000 – 2001.
Như vậy với cách khai thác, phát triển như trên thì phần khó nhất của bài
hình trong đề thi vào lớp 10 THPT - tỉnh Hải Dương, năm học 2000 – 2001 đã
trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
3.3.7. Từ “Bài toán

A

gốc”, ta vẫn cho tam

F

giác ABC vuông tại

D

N

M

đỉnh A (AB = c, AC

O

= b, BC = a). Gọi M
là giao điểm của
đường thẳng CO với

B

E

AB, N là giao điển
của đường thẳng BO
với AC.
11

C


Ta đã chứng minh được:
BD  BE 

acb
abc
;CE  CF 
.
2
2

lại có OD//AN( vì cùng vuông góc với AB)
Áp dụng định lý Ta-lét trong tam giác ABN ta được:
Chứng minh tương tự ta có:

BO BD a  c  b


BN BA
2c

CO CF a  b  c


CM CA
2b

BO CO a  c  b a  b  c a 2  (b  c )2 b 2  c 2  b 2  2bc  c 2 2bc 1
� 





BN CM
2c
2b
4bc
4bc
4bc 2
� BN .CM  2.BO.CO


Nếu khai thác, phát triển theo hướng này thì được bài toán 7 như sau:
�  900 ). Gọi O là tâm đường tròn nội
Bài toán 7: Cho tam giác ABC ( A

tiếp. Đường thẳng CO, BO cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh:
BN .CM  2.BO.CO

Bài toán 7 tương tự một phần của bài hình trong đề thi tuyển sinh vào lớp
10 THPT - tỉnh Hải Dương năm học 1999 – 2000.
Như vậy, nếu biết khai thác, phát triển như trên thì việc tìm ra lời giải của
một phần khó trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT sẽ đơn giản hơn.
3.3.8. Vẫn cho tam giác ABC

B

vuông tại đỉnh A

H

(AB = c, AC = b, BC = a).

O1

Ta tiếp tục kẻ thêm đường cao

O

O2

AH và gọi (O; r), (O1; r1),
(O2; r2) lần lượt là đường tròn

C

A

nội tiếp của các tam giác ABC,
ABH, ACH thì ta có thể khai
thác, phát triển theo

một

hướng khác như sau:
Ta đã chứng minh được:
12


bca
2

r

(6)

Chứng minh tương tự ta có:
HB  HA  c
r1 
(7)
2
HA  HC  b
r2 
(8)
2
Cộng từng vế của (6), (7), (8) ta được:
b  c  a HB  HA  c HA  HC  b


2
2
2
(b  b)  (c  c)  (HB  HC  a)  (HA  HA)
r  r1  r2 
2
2.HA
r  r1  r2 
 HA
2
r  r1  r2 

Hay r  r1  r2  AH (*)
Mặt khác ta lại có HBA
Nên:

ABC (g - g)

HB AH AB


Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
AB AC BC

HB AH AB HB  AH  AB HB  AH  c 2r1 r1






AB AC BC AB  AC  BC
b c a
2r r
Như vậy

r1 AB c


r BC a

(9)

Chứng minh tương tự:

r2 AC b


r BC a

(10)

Từ (9), (10) suy ra:
2

2

2

2

2
2
2
2
2
�r1 � �r2 � �c � �b � c b b  c a
�r � �r � �a � �a � a2  a2  a2  a2  1
� � � � �� ��
r12 r22
� 2  2  1 � r2  r12  r22
r r

Với cách khai thác, phát triển như trên, chúng ta có thể tìm ra lời giải thú vị
cho bài toán mới và khó sau đây.
Bài toán 8:
�  900 ), đường cao AH. Gọi (O; r); (O1; r1);
Cho tam giác ABC ( A
13


(O2; r2) lần lượt là đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC, ABH, ACH.
Chứng minh:
a) r + r1 + r2 = AH.
b) r2  r12  r22 .
Phần b của bài toán 8 cũng là phần khó nhất của bài hình(phần c, bài 4)
trong đề thi vào lớp 10 – THPT tỉnh Thái Bình, năm học 2002 – 2003. Mặc dù
bài toán 8 nếu cho riêng biệt trong một đề thi thì nó là bài toán khó, ngay cả
những em học sinh giỏi cũng gặp nhiều khó khăn. Nhưng nếu biết khai thác,
phát triển như trên thì nó trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Ngoài ra, khi có đẳng
thức r2  r12  r22 thì r, r1, r2 sẽ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông. Vậy có
thể thay phần b của bài toán 8 bằng yêu cầu chứng minh: r, r 1, r2 là độ dài 3
cạnh của một tam giác vuông.
3.3.9. Ta tiếp tục khai thác, phát triển

B

bài toán 8 theo cách đi tìm mối

H
E

quan hệ giữa AH và r.

r

Theo bài toán 8 ta có r, r1, r2 là độ
dài 3 cạnh của một tam giác vuông.

O

A

C

Do đó r1  r2  r
mà AH  r  r1  r2
� AH  r  (r1  r2 )  r  r  2r . Vậy AH > 2r.
Với cách khai thác, phát triển như trên, ta đã tìm ra thêm mối quan hệ giữa
đường cao AH với bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC. Từ đó
ta có bài toán sau:
�  900 ), đường cao AH. Gọi r là bán kính
Bài toán 9: Cho tam giác ABC ( A
đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng: AH > 2r.

14


3.3.10. Cũng bắt đầu từ “Bài toán

A

gốc” (giả sử AB>AC), nếu ta tiếp
tục kẻ đường trung tuyến AD. Gọi

F

(O1); (O2) lần lượt là các đường
tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD.

O2

O1
E

C

B

D

Đường tròn (O1); (O2) lần lượt tiếp
xúc với AD tại E và F thì:
Áp dụng kết quả “Bài toán gốc” trong ACD và ABD ta có:
DF =

AD +CD - AC
AD  BD  AB
;DE 
2
2

Vì CD = BD; AB > AC nên DE < DF � điểm E nằm giữa 2 điểm D và F.
Do đó:
AD +CD - AC AD  BD  AB

2
2
AD - AD +CD - BD +AB - AC
DF - DE =
2
DF - DE =

DF - DE =

AB - AC
AB - AC
� EF =
2
2

Hay AB - AC = 2EF.
Như vậy với cách khai thác, phát triển như trên ta đi đến với bài toán mới
như sau:
Bài toán 10:
Cho tam giác ABC (AB > AC), có AD là đường trung tuyến. Gọi (O 1); (O2)
lần lượt là các đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD. Đường tròn (O 1); (O2)
lần lượt tiếp xúc với AD tại E và F. Chứng minh: AB - AC = 2EF.
A

3.3.11.

Cũng bắt đầu từ hình vẽ của

F
D

“Bài toán gốc” ta đi khai thác theo một

O

hướng khác:
B
E

15

C


Đặt BC  a, AC  b, AB  c , p 

abc
, OD=OE=OF = r
2

Ta có: S ABC  S AOB  S AOC  S BOC
Mà:
S AOB 

1
1
1
1
1
1
AB.OD  c.r; S AOC  AC.OF  b.r ; S BOC  BC.OE  a.r
2
2
2
2
2
2

� S ABC 

1
1
1
abc
c.r  b.r  a.r  r �
 r. p
2
2
2
2

Như vậy, từ hình vẽ của “Bài toán gốc” nếu khai thác theo hướng trên thì ta
có bài toán 11 như sau:
Bài toán 11:
Cho tam giác ABC. Đặt BC  a, AC  b, AB  c , p 

abc
, gọi r là bán
2

kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh: S ABC  r. p
3.3.12. Từ kết quả của Bài toán 11, ta có: S ABC  p.r (11). Nếu ta gọi ha , hb , hc
lần lượt là các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c cuả tam giác ABC.
Khi đó ta cũng có: S ABC 

a.ha b.hb c.hc


(12)
2
2
2

1
a
1
b
1
c

; 
; 
ha 2.S ABC hb 2.S ABC hc 2.S ABC

Suy ra:
1

1

1

abc

2p

1



nên: h  h  h  2.S
2 p.r r
a
b
c
ABC

Với cách khai thác, phát triển như trên ta thu được bài toán 12 như sau:
Bài toán 12: Cho tam giác có: ha , hb , hc lần lượt là các đường cao, r là bán
1

1

1

1

kính của đường tròn nội tiếp. Chứng minh: h  h  h  r .
a
b
c
3.3.13. Từ (11) và (12) � p.r 

a.ha b.hb c.hc


2
2
2

16


r
r
r
(a  b  c); hb  (a  b  c ); hc  (a  b  c )
a
b
c
1 1 1
� ha  hb  hc  r (a  b  c )(   )
a b c
b c
a c �
� a b
r�
3  (  )  (  )  (  )�
c a
c a �
� b a
� ha 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số dương ta được:
a b
a b
b c
a c
 �2 �  2;  �2;  �2
b a
b a
c b
c a
� ha  hb  hc �9r

Nếu khai thác, phát triển như trên ta có bài toán 13 như sau:
Bài toán 13: Cho tam giác có: ha , hb , hc lần lượt là các đường cao, r là bán
kính của đường tròn nội tiếp. Chứng minh: ha  hb  hc �9r .
3.3.14.

Nếu ta tiếp tục bổ sung thêm điều kiện: a 2  b 2 �c 2 thì có thể phát triển

tiếp bài toán như sau:
Ta có: 2ab �a 2  b 2 ( Bất đẳng thức Cô-Si)
� a 2  2ab  b 2 �2(a 2  b 2 )
� (a  b) 2 �2.c 2
� a  b � 2.c
� a  b  c �( 2  1)c

Mà S ABC  p.r ; S ABC 

c.hc
� c.hc  2 p.r  (a  b  c) �
r
2

r
� hc  (a  b  c) ( Chứng minh trên Bài toán 13)
c


r
c
c
1
1
2





hc a  b  c ( 2  1)c
2  1 1,5  1 5

Nếu khai thác, phát triển theo cách này thì ta có bài toán 14 như sau:
Bài toán 14: Cho tam giác có độ dài các cạnh a, b, c thoả mãn điều kiện

a 2  b 2 �c 2 .

17


Gọi p, r, hc lần lượt là nửa chu vi, độ dài bán kính đường tròn nội tiếp, độ dài
r

2

đường cao ứng với cạnh c của tam giác. Chứng minh rằng: h  5 .
c
Bài toán 14 chính là một phần trong đề thi vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh
Ninh Bình, năm học 2008-2009. Như vậy nếu biết khai thác, phát triển những
bài toán đơn giản trong SGK thì ngay cả những bài khó trong đề thi vào lớp 10
THPT chuyên cũng trở nên đơn giản.
Kết quả của bài toán 14 vẫn đúng khi a 2  b 2  c 2 . Với điều kiện này,
theo định lý đảo của định lý Py-ta-go ta có tam giác ABC vuông tại C.
3.3.15. Từ hình vẽ của

A

“Bài toán gốc” ta nối OA

F

và DF cắt nhau tại H. Nối
H

OB và DE cắt nhau tại K.
Nối OC và FE cắt nhau

O I
D
K

tại I.

C
B

E

Ta có: OD = OF (bán kính)
AD = AF (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
� OA là đường trung trực của đoạn thẳng DF
� OA  DF

Xét

V ADO có:
AD  DO (vì AD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
DH  AO (vì AO  DF)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADO ta có:
AD2 = AH.AO � AD =

AH . AO

Mà theo “Bài toán gốc” ta đã chứng minh được: 2AD = AB+AC-BC
� 2 AH . AO = AB + AC - BC

Chứng minh tương tự ta được:
2 BK .BO = AB + BC - AC
18


2 CI .CO = BC + AC - AB
Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:
2 AH . AO +2 BK .BO +2 CI .CO =AB +AC - BC +AB + BC -AC+BC + AC- AB
� 2( AH . AO +

BK .BO +

CI .CO ) = AB + AC + BC

Mặt khác: D, E, F là 3 đỉnh của 1 tam giác (vì D, E, F cùng thuộc đường tròn(O)
nên không thể thẳng hàng).
OA là đường trung trực của đoạn thẳng DF
� H là trung điểm của DF
� EH là đường trung tuyến của

V DEF

Tương tự ta có: FK, DI cũng là đường trung tuyến của

V DEF.

� EH, FK, DI đồng quy.

Nếu khai thác, phát triển như trên ta được bài toán 15 như sau:
Bài toán 15: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). D, E, F lần
lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O) với các cạnh AB, BC, AC. AO cắt DF
tại H, BO cắt DE tại K, CO cắt EF tại I. Chứng minh:
a) 2( AH . AO + BK .BO + CI .CO ) = AB + AC + BC
b) Các đường thẳng EH, FK, DI đồng quy.
3.3.16. Từ “Bài toán gốc” khi ∆ABC

A

có Â=900 thì AD là bán kính r của (O).

F
D

Vậy ta có: 2r = AB +AC – BC.

O

Áp dụng điều này ta có thể giải bài
toán sau:

B

E

C

Bài toán 16: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là điểm
tùy ý trên nửa đường tròn, D là hình chiếu vuông góc của C trên AB. Tia phân
giác của góc ACD cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai là E, cắt tia
phân giác của góc ABC tại H. Gọi I là giao điểm của CE với phân giác của góc
BAC. Trên BH lấy K sao cho HK=HD. Gọi J là giao điểm của AI và BH. Xác
định vị trí điểm C để tổng khoảng cách từ I, J, K đến AB là lớn nhất.

19


C

H
I

J
S

K

G

A

O F

M D

B
N

E

Gọi IF, JM, KN là khoảng cách từ I, J, K đến AB
Ta có I, J, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác vuông ACD,
ABC, BCD
� IF, JM, KN lần lượt là bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác

vuông ACD, ABC, BCD
� 2IF = DA+DC – AC

2JM = CA+CB – AB
2KN = DC+DB – BC
� 2(IF+JM+KN) = DA+DC – AC +CA+CB – AB +DC+DB – BC

2(IF+JM+KN) = DC +DC
IF+JM+KN = DC
Mà CD  AB
AB là đường kính cố định
� CD lớn nhất khi C là điểm chính giữa của cung AB.

Vậy IF+JM+KN lớn nhất khi C là điểm chính giữa của cung AB.
4. Kết quả đạt được.
Qua việc áp dụng sáng kiến “Khai thác, phát triển từ một bài toán hình
học lớp 9” đối với học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào THPT và đội tuyển học sinh
giỏi, tôi đã thu được một số kết quả dưới đây:

-

Học sinh không ngại khi giải bài tập hình học, nắm chắc kiến thức cơ bản và có
kỹ năng giải bài tập hình học tốt hơn.
20


- Một số em bước đầu đã biết cách khai thác, phát triển bài toán đã giải, đề
xuất bài toán mới.
Để đánh giá hiệu quả của việc áp dụng sáng kiến này, tôi kiểm tra đánh giá
chất lượng các em học sinh khá, giỏi lớp 9A được dạy theo cách áp dụng sáng
kiến để đối chứng với các em học sinh khá, giỏi lớp 9B dạy theo cách thông
thường. Thời gian làm bài của các em là 45 phút.
Đề bài:
Câu 1: ( 8 điểm ).
Cho tam giác ABC vuông tại C có ba cạnh là a, b, c.
Gọi S, p, r, hc lần lượt là diện tích, nửa chu vi, độ dài bán kính đường tròn nội
tiếp, độ dài đường cao thuộc cạnh c của tam giác. Chứng minh rằng:
a) S = p.r
b) r =
r

abc
2
2

c) h  5
c
Câu 2: ( 2 điểm ).
Cho tam giác ABC, trung tuyến CD. Đường tròn nội tiếp tam giác ACD,
BCD tiếp xúc với CD lần lượt ở E và F. Chứng minh 2.EF + BC = AC.
Sau khi chấm bài tôi thu được kết quả như sau:
Lớp
9A
9B

Sĩ số
10
10

Điểm dưới 5
SL
0
1

%
0
10

Điểm

Điểm

Điểm

5,0 � 6,3
SL
%
2
20
3
30

6,5 � 7,8
SL
%
3
30
5
50

8,0 � 10
SL
%
5
50
1
10

Ở lớp 9A, các em học bài có tư duy khai thác, phát triển nên các em nắm
chắc bài hơn. Do vậy, các em làm bài nhanh hơn, đạt kết quả tốt hơn thể hiện ở
số bài đạt điểm giỏi nhiều hơn, không có bài dưới trung bình.
Ở lớp 9B, các em học bài nhưng chỉ dừng lại ở việc tìm ra lời giải mà
không đào sâu suy nghĩ, phát triển bài toán nên nhiều em làm bài còn lúng túng,
21


mất thời gian và kết quả cũng thấp hơn, số bài đạt điểm giỏi ít hơn, còn 1 bài
điểm dưới trung bình.
Trong quá trình áp dụng kinh nghiệm này vào giảng dạy, tôi rút ra một số
bài học sau:
- Phải dạy cho học sinh nắm chắc, hiểu sâu kiến thức cơ bản và tăng cường
luyện tập để các em vận dụng thành thạo các kiến thức đó.
- Phát huy tính sáng tạo, tự lực của học sinh bằng cách đổi mới phương
pháp giảng dạy, áp dụng có hiệu quả phương pháp dạy học lấy học sinh làm
trung tâm. Bằng kết quả đạt được, bằng tín hiệu từ học trò, thầy luôn điều chỉnh
nội dung truyền tải và vận dụng phương pháp cho phù hợp, có hiệu quả cao.
- Cần tìm ra được mối quan hệ giữa các phần kiến thức, tạo ra sự móc xích
lôgíc giữa các nội dung kiến thức, làm cơ sở khai thác, phát triển kiến thức sâu
rộng hơn.
- Khi khai thác, phát triển một bài toán ta có thể đặc biệt hóa, bổ sung dữ
kiện cho bài toán theo nhiều khía cạnh khác nhau. Việc hướng dẫn học sinh cách
khai thác, phát triển như vậy sẽ giúp các em tăng thêm hứng thú trong học tập
bộ môn Toán, ham mê học tập và nghiên cứu tài liệu, từ đó phát triển thành
những bài toán mới hay hơn và khó hơn.
5. Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng.
- Đối với học sinh:
Phải nắm chắc kiến thức cơ bản và vận dụng linh hoạt vào các bài toán khác.
Phải có lòng say mê học tập không ngại khó, thường xuyên đọc các tài liệu
tham khảo.
- Đối với giáo viên:
Phải có trình độ chuyên môn vững vàng để không những có lời giải hay mà còn
khai thác và phát triển các bài toán thành những bài toán hay hơn, đa dạng hơn.

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

22


Sau một thời gian áp dụng sáng kiến: “Khai thác, phát triển từ một bài
toán hình học lớp 9” đối với học sinh lớp khá, giỏi ôn thi vào lớp 10 THPT và
đội tuyển học sinh giỏi Toán 9, tôi nhận thấy: học sinh đã tự tin hơn rất nhiều khi
gặp những bài toán hình học, các em có nhiều cách tư duy sáng tạo để làm bài.
Nhiều em đã biết khai thác, phát triển bài toán một cách thông minh và lôgíc.
Tuy nhiên, việc khai thác, phát triển như trình bày ở trên mới chỉ là những
khai thác, phát triển ban đầu nên chuyên đề còn nhiều vấn đề mở, cần tiếp tục
nghiên cứu, chẳng hạn: Các bài toán liên quan đến đường tròn bàng tiếp tam
giác và nhiều bài toán đại số, số học, hình học trong sách giáo khoa và các sách
tham khảo môn Toán cấp Trung học cơ sở.
Có thể nói rằng nếu chúng ta đầu tư thời gian suy nghĩ sâu thì mỗi bài toán
trong sách giáo khoa đều có cái hay, cái đẹp của chúng. Để học sinh có kỹ năng
khai thác, phát triển bài toán thì mỗi giáo viên phải luôn tìm cách hướng dẫn gợi
mở và tạo hứng thú cho các em tập độc lập nghiên cứu từ vấn đề đơn giản, rồi
dần đến các vấn đề phức tạp hơn. Với các tiết ôn tập chương của môn Toán cấp
Trung học cơ sở, các thầy cô giáo nên mạnh dạn đưa ra một số vấn đề đòi hỏi
tính tư duy cao một chút để học sinh khá, giỏi phải nghiên cứu sâu hơn.
Với thời gian có hạn, sáng kiến tôi trình bày trên đây chưa thật phong phú,
sâu sắc về nội dung và chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong
nhận được sự đóng góp chân thành của các bạn đồng nghiệp.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!

DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT

Tên sách, tài liệu

Nơi phát hành

23

Chủ biên


1
2
3
4

Sách giáo khoa Toán 9,
tập 1
Sách giáo viên Toán 9,
tập 1
Sách bài tập Toán 9,
tập 1
Bài tập nâng cao và một
số chuyên đề Toán 9

5

Để học tốt Toán 9, tập 1

6

Giúp em giỏi Hình học 9

7

Tuyển chọn 400 bài tập
Toán 9

8
9

Tuyển tập đề thi môn
Toán Trung học cơ sở

Nhà xuất bản
Giáo dục
Nhà xuất bản
Giáo dục
Nhà xuất bản
Giáo dục
Nhà xuất bản
Giáo dục
Nhà xuất bản
Hà Nội
Nhà xuất bản
tổng hợp
thành phố
Hồ Chí Minh
Nhà xuất bản
Đại học Quốc
gia thành phố
Hồ Chí Minh

Tôn Thân
Tôn Thân
Tôn Thân
Bùi Văn Tuyên
Lê Hồng Đức
Nguyễn Đức Tấn
- Võ Tất Lộc
Phạm Văn Đức
Nguyễn Hoàng Khanh
Lê Văn Trường

Nhà xuất bản
Giáo dục

Vũ Dương Thụy
Lê Thống Nhất
Nguyễn Anh Quân

Đề thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán, tuyển sinh
vào lớp 10 THPT của một số tỉnh, thành phố
(Sưu tầm trên mạng Internet)

MỤC LỤC
Đề mục
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
24

Trang
1


TÓM TẮT NỘI DUNG SÁNG KIẾN
MÔ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
1.1. Lí do chọn nghiên cứu vấn đề
1.2. Phạm vi nghiên cứu và đối tượng áp dụng
1.3. Mục tiêu nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Thực trạng của việc khai thác, phát triển bài toán
3. Các giải pháp, biện pháp thực hiện
3.1. Kiến thức cơ bản cần nhớ
3.2. Bài toán gốc
3.3. Khai thác, phát triển “Bài toán gốc”
4. Kết quả đạt được
5. Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng
KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

25

2
4
4
5
5
5
5
6
6
7
7
21
23
24


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×