Tải bản đầy đủ

Rèn luyện khả năng sáng tạo hình học cho học sinh lớp 8 9 trường THCS lê hữu lập

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT HẬU LỘC

RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG SÁNG TẠO HÌNH HỌC
CHO HỌC SINH LỚP 8-9 TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP

Người thực hiện: Trần Văn Lực
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2019
1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong quá trình dạy học Toán đặc biệt là môn Hình Học cần thường xuyên
rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học
tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá

giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính
phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc
học toán. Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung
cấp cho các em một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều,
càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng sáng tạo toán
cho học sinh.
Quá trình tìm kiếm lời giải hoặc có khi là tìm thêm lời giải khác, lời giải
hay của một bài toán hình học việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối
từ giả thiết đến kết luận của một bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Tuy
nhiên vẽ thêm hình phụ như thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến
chúng ta phải đầu tư suy nghĩ. Thực tế cho thấy không có phương pháp chung
cho việc vẽ thêm hình phụ khi giải các bài toán hình học. Tùy từng bài toán cụ
thể mà chúng ta có những cách vẽ thêm hình phụ hợp lý để có thể đến với lời
giải của bài toán. Vẽ thêm hình phụ là một sự sáng tạo nghệ thuật tùy theo yêu
cầu của một bài toán cụ thể. Vì vậy giáo viên phải là người khởi nguồn đầu tiên
cho sự sáng tạo ấy. Cho nên tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm “Rèn
luyện khả năng sáng tạo Hình Học cho đối tượng học sinh khá giỏi lớp 8-9”.

1.2. Mục đích nghiên cứu:
Từ khi ra trường năm 2004 đến nay bản thân nhận thấy việc dạy học môn
Hình học của một số thầy, cô giáo và việc học môn Hình học của đa số đối
tượng học sinh rất ngại dạy và học. Bởi vì một lẽ môn Hình học đòi hỏi tính
sáng tạo, tính tư duy, tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó và để giải quyết một
bài toán hình học cần sử dụng rất nhiều đơn vị kiến thức. Nhiều khi chúng ta
phải thừa nhận vấn đề đó rồi mới đi chứng minh. Cho nên đứng trước vấn đề đó
và đặc biệt hơn việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Hình học càng khó khăn
2


hơn nhiều. Nên bản thân đã mạnh dạn thay đổi phương pháp rèn luyện khả năng
sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi với cách làm như sau:
+ Cách làm cũ:
- Giáo viên phát hiện số học sinh khá - giỏi nhưng việc rèn luyện và
nâng cao kiến thức cho học sinh hơi muộn.
- Quá trình bồi dưỡng rèn luyện thường thường là giáo viên đưa ra
một số bài tập rồi cho học sinh nghiên cứu � học sinh giải � giáo viên chữa.
Không đi sâu phân tích bài toán có những cách giải nào và nó vận dụng vào các
bài toán khác như thế nào (có chăng thì cũng qua loa, đại khái) � hứng thú học
tập của học sinh chưa cao � hiệu quả còn thấp.
+ Cách làm mới:
- Giáo viên phát hiện số học sinh khá - giỏi và rèn luyện và nâng
cao kiến thức cho học sinh bắt đầu từ lớp 6.
- Quá trình bồi dưỡng rèn luyện giáo viên đưa ra một số bài tập rồi
cho học sinh nghiên cứu � học sinh giải bằng nhiều cách (nếu có thể) � giáo
viên chữa bài � đi sâu phân tích bài toán có những cách giải nào khác không và
nó vận dụng vào các bài toán khác như thế nào � gây hứng thú học tập cho học
sinh � hiệu quả học tập chắc chắn sẽ cao hơn.
+ Từ hiệu quả đó bản thân đã mạnh dạn đi sâu nghiên cứu đề tài “Rèn
luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá - giỏi lớp 8-9”
mong độc giả đón nhận và góp ý.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh khá giỏi từ lớp 8, lớp 9.
- Đưa ra một bài toán  Học sinh giải  Khái quát hoá bài toán  Bài
toán gốc  Phân tích, khai thác đi tìm nhiều cách giải khác nhau  Chốt lại.
- Đưa ra một số bài toán  giải quyết bài toán  Vận dụng bài toán đó
đi giải quyết các bài toán liên quan  Chốt lại.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:

3


Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện khả năng sáng tạo, tìm
được nhiều cách giải, do đó bản thân người thầy, người cô phải là người tìm ra
nhiều cách giải nhất.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận:
+ Rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi,
trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải, đồng thời người
thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải.
Trên cơ sở để học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách
giải tương tự và khái quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở để mỗi bài
toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài toán tổng quát và xây dựng
các bài toán tương tự.
+ Qua sáng kiến này mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng cho
học sinh khá giỏi từ trước tới nay của một bộ phận giáo viên. Xây dựng một
phương pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học
sinh khá giỏi sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc
lập sáng tạo của mình.
2.1. Thực trạng:
Qua hơn mười lăm năm giảng dạy thì hơn mười lăm năm bản thân trực
tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh khá giỏi của trường tham gia các kỳ thi học
sinh giỏi cấp Huyện, Tỉnh. Qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi
thấy chỉ 20% các em thực sự có hứng thú học toán (có tư duy sáng tạo), 40%
học sinh thích học toán (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 40% còn lại
thì không . Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học song
nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để giải một bài toán một
cách sáng tạo, bởi lí do điều kiện khách quan của địa phương và nhà trường, học
sinh chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi, do vậy chỉ
được học một phương pháp, vì vậy học sinh chưa có hứng thú học toán.
2.3. Các giải pháp:
Giải pháp 1: Chứng minh bài toán bằng nhiều cách:
4


Chúng ta đều biết, nhiều bài toán có thể giải bằng nhiều cách, nhất là các bài
toán chứng minh hình học. Việc tìm nhiều cách giải cho một bài toán sẽ giúp
học sinh nói chung và giáo viên nói riêng ghi nhớ và áp dụng triệt để, linh hoạt
các kiến thức đã học khi giải toán. Xin nêu một bài toán quen thuộc của lớp 8
làm ví dụ.

Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD có AB = CD; M, N tương ứng là trung điểm của
BC; DA. Giả sử đường thẳng MN cắt các đường thẳng AB, CD tương ứng tại P;
�  CQM
� .
Q. Chứng minh rằng: BPM

Chứng minh
Xét trường hợp P thuộc tia đối của tia AB; NM.
Q thuộc tia đối của các tia DC; NM và P nằm giữa N và Q
(các trường hợp khác chứng minh tương tự)
Gọi I trung điểm của AC. Từ gt suy ra

Q

IM; IN tương ứng là đường trung bình

E
P

D

của các ABC ; ACD
N

� IM / / AB; IN / /CD và

A

I
C

IM 
B

M

1
1
AB  CD  IN
2
2

�  INM

Do đó: IMN cân tại I � IMN
�  IMN

Mặt �: BPM
(slt);


CQM
 INM
(đvị)

�  CQM

Suy ra: BPM
đpcm.
�  2.CQM
� .
* Nhận xét: Gọi E là giao điểm của AB và CD � BEC

Bây giờ ta đặc biệt hóa bài toán trên bằng cách cho điểm D nằm giữa A
và C ==> ta có bài toán sau:
Bài tập 1.1: Cho ABC có AC > AB. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD =
AB. Gọi M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD.
�  2.CNM
� .
Chứng minh rằng: BAC

Hướng dẫn CM
5


Cách 1: Gọi K trung điểm của BD.

A

Từ t/c đường trung bình của tam giác

N
D

� KMN cân tại K.
�  DNK
� ; CNM
�  NMK


� BAC
 KNM

K
C

B

M

�  2.CNM

Do đó: BAC
đpcm.

Lời bình: Từ giả thiết M, N trung điểm của BC; AD nếu từ hình vẽ ban đầu
không giải quyết được thì người làm có thể suy nghĩ ngay một điểm phụ và điểm
phụ đó là trung điểm K của BD.
Cách 2: Gọi I trung điểm của AC.
Ta có:

A
N

AB  2.IM  CD

D
I

Mà CD  CA  DA  2.IA  2.NA  2.IN
�  MIN
�  2.CNM

� IM  IN . Suy ra BAC

C

B

M

�  2.CNM

Do đó: BAC
đpcm.

Lời bình: Từ cách giải trên cho ta thấy tính hiệu quả của việc khai thác trung
điểm của cạnh tương ứng  xây dựng trung điểm I của cạnh AC.
Cách 3: Gọi H là điểm đối xứng của A

Từ gt  gợi ý M trung điểm 2

qua M.

đường chéo  cách giải 3.

Ta cm được CDH cân tại C.

A
N

�  1800  DCH
�  2.CDH
�  2.CNM

� BAC
�  2.CNM

Do đó: BAC
đpcm.

D

C

M

B

H

Lời bình: Ta có thể tạo điểm M thành 1 điểm đặc biệt của một hình đặc biệt
 M giao điểm của hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Cách 4: Gọi L là điểm đối xứng của D

Từ gt  điểm A và D bình đẳng 

qua M.

gợi ý xác định điểm đối xứng D qua

Ta cm được ABL cân tại B.

M  cách 4.


�  BLA
�  BAL

� CNM
 CAL
�  2.CNM

Do đó: BAC
đpcm.

6


A
N
D

B

M

C

L

Lời bình: Từ cách giải 1,2,3 cho ta một hướng khai thác mới. Điểm A; D bình
đẳng  ta lấy các điểm đặc biệt đối với A thì cũng có thể lấy các điểm đặc biệt
đối với D.
Cách 5: Gọi R là điểm đối xứng của B

Từ gt  điểm A và B bình đẳng 

qua N.

gợi ý xác định điểm đối xứng B qua N

Ta cm được CDR cân tại D.

 cách 5.

� �
�  2.CNM

� BAC
ADR  2.DCR

R

�  2.CNM

Do đó: BAC
đpcm.

A
N
D

C

B

M

Lời bình: Ta thấy điểm M, N có vị trí vai trò như nhau. Từ điểm M ta có thể
khai thác được nhiều cách giải  đi khai thác điểm N.
Cách 6: Ký hiệu: độ dài các cạnh AB,
BC, CA lần lượt là c; a; b.
Dựng AE // MN ( E �BC ).
Theo đl Talet ta có:

CM CN

CE CA

R

a

b
CM .CA
ab
� CE 
 2

bc bc
CN
b
2
ab
ac
EC b AC
EB  a 

 
. Do đó
bc bc
EB c AB

Suy ra AE phân giác BAC

A
N
D

C

B

M

�  2.CAE
�  2.CNM

Vậy BAC
đpcm.

7


Sau khi hoàn thành bài toán trên với 6 cách giải không những học
sinh mà giáo viên cũng rất là vui và phấn khích trước những cách phân
tích tìm tòi lời giải hay, ngắn gọn súc tích và từ đó chắc chắn một điều
rằng học sinh rất tin tưởng vào vốn kiến thức của mình, tự tin hơn trong
vấn đề tiếp thu và đi khai thác bài toán.
Bài tập 2:

Cho góc xOy có tia phân giác Oz. Trên tia 0x lấy hai điểm

A, B và trên tia Oy lấy hai điểm C, D sao cho A thuộc đoạn OB, C thuộc
đoạn OD và AB = CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD.
Chứng minh rằng MN//Oz.
+ Công việc giáo viên: HD cho học sinh một số cách chứng minh.
Có nhiều dấu hiệu để nhận biết hai đường thẳng song song như: các góc
ở vị trí đồng vị, so le trong, so le ngoài bằng nhau; hai đường thẳng cùng vuông
góc với đường thẳng thứ ba; hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng
thứ ba; phân giác của hai góc bằng nhau có các cạnh tương ứng song song;
tính chất của hình bình hành; tính chất của các đoạn thẳng tỷ lệ; Từ những dấu
hiệu nhận biết đó, hi vọng sẽ xác định được các phương hướng chứng minh
thành công.
Trên thực tế, dựa vào các dấu hiệu nhận biết trên, ta có cách chứng minh
sau:
Cách 1:
Gọi K là trung điểm của BC .

x

Từ AB  CD và tính chất đường trung

B

binh trong tam giác, ta có MK / / AB ;
NK / /CD; MK  NK . Gọi P, Q lần lượt là

giao điểm của MN với Ox; Oy . Suy ra tam
giác MKN cân tại K và

A
z

O
P

K
Q

N

M
C
D

�  KNM



(t/c góc đvị)
OQP
 KMN
 OPQ

y

�  xOy
�  2OPQ

� POQ cân tại O � 2 xOz
�  OPQ

(là 2 góc đồng vị)
� xOz
� Oz//PQ hay Oz//MN.

Nhận xét 1: Ngoài cách xác định điểm K
ở bài toán trên � y/c học sinh xác định
một điểm khác điểm K mà vẫn giải quyết
được bài toán trên � cách 2

8


Cách 2:
Xác định P, Q như cách 1 và dựng hình
bình hành ABED
Do

đó: DE / / AB; DE  AB  DC � CDE

cân tại D. N là trung điểm của AE và MN
là đường trung bình của tam giác ACE.
suy ra MN//CE hay PQ//CE
�  DCE
� (hai góc so le ngoài)
� OQP
�  DEC

Và OPQ
(hai góc có cạnh tương
�  OPQ

�
ứng song song). Suy ra OQP

POQ cân tại O

Nhận xét 2: Từ cách 1 ta có K trung điểm
BC � không cần xác định điểm P, Q �
� và KMN
� .
hãy nhận xét các cạnh của xOy
� cách 3.

=> Oz//MN (như cách 1).
Cách 3:
Với K là trung điểm của BC, theo cách 1
� , MKN

ta có MKN cân tại K và xOy


hai góc có cạnh tương ứng song song, có
tổng bằng 1800. Do đó phân giác Kt của Nhận xét 3: Từ cách 2 ta xác định điểm E

đồng thời vuông góc với MN và Oz sao cho ABED hình bình hành � NA=NE
MKN
� xác định điểm E có t/c NA=NE � đi
(HS tự CM).
giải quyết bài toán � cách 4.
Suy ra MN//Oz.
Cách 4:
Trên tia đối của tia NA, lấy điểm E sao
cho NA=NE. Ta dễ dàng thấy MN//CE;
AB//DE; CD=AB=DE. Như vậy:  CDE
�  2.ECy
� ; Ox / / DE .Suy ra
cân tại D và EDy
�  xOy
�  2.zOy

EDy
�  zOy
� � Oz / / CE � Oz / / MN
=> ECy

Nhận xét 4: Từ cách 3 ta xác định điểm E
sao cho ABED hình bình hành � ta thấy
điểm C,D độc lập NA=NE � xác định
điểm E để ABEC hình bình hành � giải
quyết bài toán � Cách 5

9


Cách 5:
Dựng hình bình hành ABEC, ta có
BE / / AC ; BE  AC  2.MC ; CE / / AB



CE  AB  CD .

Do đó: DCE cân tại C � phân giác Ct
� đi qua trung điểm H của DE;
của DCE
�  xOy
� (đồng vị), suy ra hai phân giác
DCE

Ct // Oz => CH // Oz.

NX5: Ta thấy các điểm A,B,C,D bài toán
cho rất đặc biệt � cách 1 ta xác định
điểm K là trung điểm của BC � xác định
điểm G là trung điểm AD � BT được giải
quyết C6

Cách 6:
Gọi K, G lần lượt là trung điểm của BC,
AD.
Ta chứng minh được MK // Ox, MG // Oy
và MKNG là hình thoi � MN phân giác
� .
của KMG
�  xOy

Mặt �: KMG
có các cạnh tương

ứng song song, suy ra MN // Oz.

NX6: Từ cách giải 3 ta đã tạo được 2 góc có
cạnh tương ứng song song � hãy xác định
Cách 7:
hai tia phân giác của 2 góc có cạnh tương
Dựng các hình bình hành ABIM và ứng song song � đi giải quyết BT � C7
CDJM, ta có

x

BI // AC // DJ và BI=AM=CM=DJ, do đó

B
I

BIDJ là hình bình hành.
Mặt �: N là trung điểm của BD suy ra N là
trung điểm của IJ. Ta có:
MI=AB=CD=MJ nên tam giác IMJ cân tại
� .
M, suy ra MN là phân giác của IMJ

z

A
N

0
M
C

J

D

y

�  xOy

Vì IMJ
(góc có cạnh tương ứng

song song) nên MN // Oz.

10


Cách 8: Từ M, N dựng các đường thẳng
song song với Oy, lần lượt cắt Oz tại M’,
N’. Gọi giao điểm của AM’, BN’ với Oy
lần lượt tại A’, B’.
Ta có MM’, NN’ lần lượt là các đường
trung bình của các  AA’C,  BB’D suy ra
M’, N’ lần lượt là trung điểm của AA’,
BB’ và CA’=2MM’, DB’=2NN’.
Mặt �: M’, N’ thuộc phân giác Oz của
� suy ra  AOA’ và  BOB’ là các tam
xOy

NX7: Từ t/c hình bình hành � hãy tạo 1
hình bình hành trong đó 1 cạnh là đối
tượng cần tạo � cạnh đối còn lại phải là
đối tượng cần CM � C8
x
B

z

A
0

N'
N

M'
M

giác cân tại O.
=> OA=OA’; OB=OB’ => AB=A’B’=CD
=> CA’=DB’ => MM’=NN’.
Lại có MM’ // NN’ (//Oy) suy ra MM’N’N
là hình bình hành => MN // M’N’
=> MN // Oz.
Cách 9: (Xem hình cách 8)

A'

C
B'

y

D

x

Trên 0y, lấy hai điểm A’, B’ sao cho

B

OA’=OA, OB’=OB. Gọi giao điểm của
AA’, BB’ với 0z lần lượt là M’, N’ ta cũng

z

A
0

N'
N

M'
M

có chứng minh được MM’N’N là hình

A'

C

bình hành và có đpcm.

B'

y

D

Cách 10: Gọi giao điểm của các đường NX9: Từ đặc điểm của để bài cho góc
x0y; điểm M,N. Hãy dự đoán nếu từ 2
thẳng đi qua M song song với 0x, qua N
điểm M,N tạo các đường thẳng song song
song song với 0y lần lượt cắt 0z tại M’, N’ với các cạnh của góc x0y tthì bài toán đưa
về dạng cơ bản nào? � C10.
và MM’ cắt NN’ tại F. Gọi giao điểm của
x

CM’ với 0x là C’ và giao điểm của BN’

B

với 0y là B’.
C'

Tương tự cách 8, ta có các tam giác 
COC’ và  BOB’ tân tại O suy ra
BC’=B’C => AC’=DB’ (vì AB=CD)
=> MM’=NN’.
� ' M '  zOy
� (so le trong).
Mặt khác: FN

F

A
M'

0

z

N'
N

M
C
B'
D

y

�  zOy

� ' M '  zOx
� (đồng vị) và zOx
FN
� ' M '  FM
� ' N ' � M ' FN ' cân tại F
� FN

11


=> FM’=FN’.
Vậy

FM ' FN '

� MN / / M ' N ' � MN / /Oz.
MM ' NN '

Ghi chú: Sự xuất hiện của hình phụ đã thổi hồn vào lời giải của bài toán mà
chắc hẳn cũng đã có lần chúng ta lúng túng, chật vật trước một bài toán hình học
và rồi sẽ giật nảy mình khi phát hiện ra rằng chỉ cần vẽ thêm một yếu tố là đã
đến được với lời giải bài toán. Cảm giác ấy thật là tuyệt vời mà tôi nghĩ rằng
không có một câu văn, vần thơ nào diễn tả được. Giúp cho giáo viên và học sinh
tin tưởng vào bản thân và kiến thức của minh hơn. Khi đã tin tưởng vào kiến
thức của mình rồi thì học sinh say mê học tập và tìm tòi hơn.
Giải pháp 2: Đi tìm bài toán có nhiều ứng dụng:
Việc phát hiện ra một bài toán cơ bản có nhiều ứng dụng yêu cầu học
sinh nói chung và chúng ta nói riêng phải chủ động đi tìm những bài
toán có nhiều ứng dụng đó chắc chắn sẽ là phương pháp học mang lại
hiệu quả rất cao. Sau đây là một bài toán như vậy.
Bài toán  : Cho tam giác ABC. Các điểm D, E lần lượt nằm trên các cạnh AB,
� �

B C
AC sao cho AD = AE. Chứng minh rằng �
ADE  �
AED 
2

HD. Tam giác ADE cân tại A suy ra:
�C

1800  �
A B

ADE  �
AED 

2
2

A

E
D
B

C

Các bài toán ứng dụng.
Bài toán 1. Từ một điểm A ở ngoài một đường tròn tâm O, kẻ các tiếp tuyến AB,
AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên tia đối của tia BC lấy điểm D.
Gọi E là giao điểm của DO và AC. Qua E vẽ tiếp tuyến (khác EC) với (O), cắt
AB tại K. Chứng minh rằng bốn điểm D, B, O, K cùng thuộc một đường tròn.

12


Hướng dẫn.

A

Áp dụng bài toán  và tính chất góc ngoài
của tam giác ta có:

AKE  �
AEK �
� �
DBK
ABC 
 DOK � đpcm.
2

D

B

C
O

E

K

Bài toán 2. Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh AB, BC lần lượt tại E, F; AO cắt EF tại K. Chứng minh rằng
.

AKC  900

Hướng dẫn.
Xét một trường hợp: AB >AC (K thuộc
đoạn EF), theo bài toán * ta có:
� �
�  C  A  KOC

�  EFB

BFE
� KOC
2

HD: Để chứng minh �
AKC  900
� Tứ

giác OKFC nội tiếp

�  EFB
� � b.toán 1
� KOC
A

�  KFC
�  EFB
�  KFC
�  1800
� KOC

=> C, O, K, F cùng thuộc một đường tròn.

E
O

�  OF
� C  900
��
AKC  OKC
K

B

C
F

Bài toán 3. Cho tam giác ABC (AB AC). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác; M, N lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC. Dựng CK vuông góc
với AI (K thuộc đường thẳng AI). Chứng minh rằng ba điểm M, N, K thẳng
hàng.
Hướng dẫn.

HD:

Xét một trường hợp: AB < AC (K thuộc tia M,
đối của tia NM).

N,

K

thẳng

hàng

�  KNC

� MNB

Ta nhận thấy I, N, K, C cùng thuộc một � áp dụng bài toán 
�  KIC
� .
đường tròn suy ra KNC

Áp dụng bài toán  và tính chất góc ngoài
�  MNB

của tam giác ta có: KIC
�  KNC

suy ra MNB
=> M, N, K thẳng hàng.

13


A

M
I

B

C

N
K

Bài toán 4. Cho đường tṛn (O) nội tiếp tam giác ABC (AB AC và AB BC).
Các điểm D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh BC, CA, AB.
Dựng BB1 vuông góc với OA tại B1; AA1 vuông góc với OB tại A1. Chứng minh
rằng bốn điểm D, B1, A1, E thẳng hàng.
Hướng dẫn.

A

Áp dụng bài toán 3 ta có D, A1, E thẳng

F

hàng và D, B1, E thẳng hàng => đpcm

E
A1

O

C

B
D
B1

Bài toán 5. Cho tam giác ABC vuông tại A có hai đỉnh A, B cố định còn đỉnh C
thay đổi trên nửa đường thẳng At vuông góc với AB. Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác ABC và P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh AC,
CB. Chứng minh rằng khi C thay đổi trên At thì đường thẳng PQ luôn đi qua
một điểm cố định.
Hướng dẫn.
Gọi giao điểm của hai đường thẳng
PQ và AI là D, ta có B, I, D, Q cùng
nằm trên một đường tròn.

A

�  BDI
�  900
Suy ra BDA

P

  DAB vuông cân tại D  D cố
I

định  đpcm.

D
C

B
Q

14

t


Giải pháp 3: Cho học sinh sưu tầm các bài toán có nhiều ứng dụng:
Bài toán cơ bản 1: Cho  ABC, đường phân giác của góc A cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác tại D. Điểm I nằm trong  ABC và thuộc đoạn AD. Chứng
minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của  ABC  DB = DC = DI.
Lời giải

A

Vì AD là phân giác của góc A nên ta có:
�  CAD
�  CBD
� và DB = DC;
BAD

O

I

Vì I nằm trong  ABC và thuộc AD nên ta có:

B
C


�  A�
�  IBC
�  CBD
� 
BID
ABI và IBD
2

D


�  CAD
�  IBC
� A��

IBC
ABI  IBD
2
 I thuộc đường phân giác của góc B.
 I là tâm đường trong ngoại tiếp  ABC.

Bài toán cơ bản 2: Cho I là tâm đường tròn nội tiếp của  ABC.


�  900  A (bạn đọc tự chứng minh).
Chứng minh rằng BIC
2

Vận dụng hai bài toán cơ bản trên chúng ta sẽ giải quyết được các bài toán
sau đây.
Bài toán 1: (bài 51 trang 87, SGK Toán 9 tập 2).
Cho I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp 
�  600 . Gọi H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’. Chứng
ABC với A

minh rằng các điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
�  600 kết hợp với:
Từ giả thiết A

A

+ H là giao điểm của các đường cao BB’ và CC’
suy ra tứ giác AB’HC’ nội tiếp.

B'
C'

� B
�' HC '  1800  A
�  1200 .
� BHC

+ O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC suy ra

B

H

I O

C

�  2.A
�  1200 .
BOC

15


+ I là tâm đường tròn nội tiếp  ABC, áp dụng bài toán cơ bản 2 ta suy ra.

�  900  A  900  300  1200 . Vậy O, H, I cùng nhìn BC dưới góc 1200
BIC
2

Suy ra đpcm
Bài toán 2: Cho  ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. AI, BI, CI lần lượt cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác tại P, Q, R.
Chứng minh rằng AP + BQ + CR > AB + BC + CA.
Lời giải: Theo bài toán cơ bản 1 ta có:
2.IR = RA + RB >AB
2.IP = PB + PC > BC.
2.IQ = QC + QA > CA
A

=> 2(IR + IP + IQ) > AB + BC + CA.
Mặt khác CR = CI + IR; AP = AI + IP;

Q
R
I

BQ = BI + IQ suy ra
2(CR + AP + BQ)=[(AI+BI) + (BI+IC) +(IC+IA)]

B

C

+ 2(IR + IP + IQ) > 2(AB + BC + CA)

P

=> AP + BQ + CR > AB + BC + CA.
* Bài toán 1 đã được phát triển dưới nhiều góc độ khác nhau để ra đề trong các
kỳ thi, chúng ta hãy cùng khai thác để thấy vẻ đẹp của bài toán 1.
�  600 . Các điểm O, H lần lượt là tâm đường tròn
Bài toán 3: Cho  ABC có A

ngoại tiếp, trực tâm của tam giác. Đường thẳng OH cắt cạnh AB, AC lần lượt tại
M, N. Chứng minh rằng  AMN đểu.
�  600 (gt) kết hợp bài toán 1
Lời giải : Ta có: A

A

�  1200 � BCO
�  300 ;
=> BOC

�  300 ;
B, H, O, C � một đường tròn. BHM
 BCO

H là trực tâm  ABC suy ra �
ABH  300

M

N

H

B

O
C



AMH  �
ABH  BHM
 600  đpcm

Bài toán 4: Cho  ABC có hai phân giác BD, CE cắt nhau tại I.
�  1200 .
Chứng minh rằng: ID  IE � BIC

16


Lời giải

A

Kẻ IH, IK lần lượt vuông góc với AB, AC
ta có IH = IK.

K

E
H

D

I

Từ bài toán cơ bản 2 suy ra:

�  1200 � 900  A  1200 � A
�  600
BIC
2

B

C

�  1200 � HIK
�  BIC
� � HIK
�  EID

� HIK
�  KID
� � HIE  KID � ID  IE .
� HIE

Bài toán 5:
Cho  ABC nhọn. Các điểm H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại
�  600 thì AH = AO.
tiếp tam giác. Chứng minh rằng: BAC

Lời giải

A

�  600 � BOC
�  1200 � OBC
�  300
Từ gt: BAC
� �
� �
� 900  BAH
ABC  BAH
ABO  300
� �
� �
� BAH
ABO  600  CAO
ABO
�  CAO
� ; AMN đều (kết quả bài toán 3)
� BAH

N

H
M
B

O
C

 AM = AN và �
AMN  �
ANM   AMH =  ANO
 AH = AO

Còn có khá nhiều bài toán khác giải được nhờ áp dụng các kết quả trên.
Sau đây là một bài tập như vậy, dành cho bạn đọc.
Bài tập:
Cho  ABC nhọn. Các điểm H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tṛn
ngoại tiýp tam giác. hai đường phân giác BD, CE của tam giác cắt nhau tại I; M
là một điểm trên cạnh BC sao cho  MDE là tam giác đểu. Chứng minh rằng AH
= AO.
2.4 . Tính hiệu quả:
Đối tượng áp dụng: 6 em trong đội tuyển học sinh giỏi lớp 8 đến lơp 9 cấp Huyện.
Đề bài: Hãy chứng minh bài toán sau bằng nhiều cách:
(Chính là bài tập 1.1 trong đề tài)

17


Cho ABC có AC > AB. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD = AB. Gọi
M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD.
�  2.CNM
� .
Chứng minh rằng: BAC

Kết quả cụ thể:
* Khi chưa đưa đề tài vào áp dụng:
+ 1 em /10 em làm được 2 cách.
+ 3 em / 10 em làm được 1 cách.
+ 2 em / 10 em không làm được cách nào.
* Khi đưa đề tài vào áp dụng trong năm học 2018-2019 đối với 6 em trên
kết quả:
+ 100% đều biết cách khai thác gt bài toán để dẫn tới kết quả.
+ Đa số các bài toán đưa ra các em có 2 cách giải trở lên.
+ Từ việc ngại học hình thì giờ đây các em lại thấy thích khi học hình học.
+ Đặc biệt các em đã biết vận dụng các bài toán cơ bản đi giải quyết các
bài toán có liên quan (vấn đề này quan trọng nhất trong quá trình dạy học sinh
đội tuyển nói riêng và học sinh khá - giỏi nói chung).
* Việc áp dụng đề tài trên đi vào các tiết dạy, buổi dạy hàng ngày đòi hỏi người
giáo viên phải chịu khó tìm tòi, nghiên cứu tài liệu. Đưa hệ thống bài tập thực sự
hợp lý. Bên cạnh đó phải khai thác bài toán thật tự nhiên logic để học sinh dễ
tiếp thu, hiểu rõ bản chất, để học sinh có cái cảm nhận ban đầu học hình còn hay
hơn Đại số. Khi đó may mới có được thành công.
3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

Trong thực t ế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn toán nói
chung và môn hình học nói riêng, với cách làm trên đây đã mang lại hiệu quả
cao trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo cho học sinh. Cụ thể 90% các em học
sinh đã thực sự có hứng thú học hình và đặc biệt những em có học lực khá lại
thích học Hình hơn là học số. Trong quá trinh bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi
ban đầu từ việc làm mẫu dần dần các em đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải
khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên, 10% các em còn cần gợi ý các

18


trường hợp, song rất mong muốn được tham gia dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi
này.
3.1. Kết luận:
Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả của việc bồi
dưỡng học sinh giỏi. Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi, định hướng và sáng
tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự gợi ý của giáo viên. Từ đó đã mang lại
các kết quả bất ngờ từ việc giải toán thông qua các phương pháp sáng tạo toán
cho học sinh.
Chính vì vậy mỗi giáo viên nói chung và bản thân tôi nói riêng cần hiểu rõ
khả năng tiếp thu bài của các đối tượng học sinh để đưa ra các bài tập và phương
pháp giải toán cho phù hợp giúp các em làm được và sáng tạo các cách giải tạo
hứng thú cho các em, từ đó sẽ dần dần nâng cao kiến thức từ dễ đển khó.
Để làm được như vậy đối với mỗi giáo viên cần tìm tòi tham khảo nhiều
tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau để tung ra cho
học sinh cùng làm, cùng phát hiện các cách giải hay.
Thông qua phương pháp giáo dục cho các em năng lực tư duy độc lập, rèn
tư duy sáng tạo tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát
hiện tốt.
Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ trong quá trình dạy học trên lớp về việc
bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Rất mong các đồng nghiệp góp ý để tôi có nhiều
kinh nghiệm tốt hơn./.
3.2. Kiến nghị: Không
Hậu Lộc, ngày 10 tháng 03 năm 2019.
XÁC NHẬN CỦA
ĐỒNG
Tôi HỘI
xin cam
đoan đây là SKKN
KHOA HỌC của
CẤPmình
HUYỆN
viết, không sao chép

nội dung của người khác.
Người thực hiện

Trần Văn Lực
19


MỤC LỤC
Nội dung
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng
để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị

Trang
1
1
1-2
2
2-3
3
3
3
3-16
16-17
17
17-18
18

20



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×