Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS thị trấn thường xuân xây dựng hệ thống bài tập theo nhiều hướng khác nhau từ một bài tập sách giáo khoa

Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn M khác A và B, kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.. Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn M khác A và B, kẻ tiế

Trang 1

1 Mở đầu 1.1 Lý do chọn đề tài

Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán

để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh Hơn nữa, việc liên kết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi học toán

Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn giống với bài toán cũ Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh thường không có kỹ năng nhận ra Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận

ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát…đồng thời góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Thị Trấn nói riêng và học sinh toàn huyện Thường Xuân nói

chung Tôi xin được trình bày đề tài: “ Hướng dẫn học sinh lớp 9 trường THCS Thị Trấn Thường Xuân xây dựng hệ thống bài tập theo nhiều hướng khác nhau từ một bài tập sách giáo khoa ”

1.2 Mục đích nghiên cứu

- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán

- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh

- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải

- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh

1.4 Phạm vi nghiên cứu

Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 9

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo Hình thành tính tích

Trang 2

cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một quá trình lâu dài, kiên nhẫn và phải có phương pháp Tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:

- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập khuôn, máy móc

- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh

- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên

có đúng nữa không? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan

- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chỗ biết nhìn nhận vấn đề và

- Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Qua nhiều năm giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và tham khảo học hỏi các đồng nghiệp trong và ngoài huyện tôi nhận ra rằng:

- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập

- Học sinh làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân

- Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết

- 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

- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân

- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn

- 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 làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán

- Trước khi thực hiện đề tài này tôi đã khảo sát 32 học sinh lớp 9A trường THCS Thị Trấn Thường Xuân năm học 2015 - 2016 Kết quả thu được như sau:

Sĩ số SL GiỏiTL (%) SL KháTL (%) SL TBTL (%) SLYếu, kémTL (%)

Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp và có hiệu quả

2

Trang 3

y x

O

D M

C

B A

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải Nếu giáo viên định hướng cho học sinh

kỹ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực

và chủ động Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và

để thể hiện nội dung của đề tài

2.3.1 Ví dụ (Bài tập 30 trang 116 SGK Toán 9 tập 1):

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB) Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D Chứng minh rằng:

a COD = 90o

b CD =AC + BD

Hướng dẫn:

a -Vì CA và CM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại C

nên OC là tia phân giác của COM (1) và CM = CA

+ DM và DB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại D

nên OD là tia phân giác của MOB (2) và DM = DB

- Từ (1) và (2)  CO  OD

b Ta có CD = CM + MD mà CM = CA và DM = DB (chứng minh trên)

Nên CD =AC + BD

Nhận xét: Đây là bài toán khá đơn giản đối với học sinh khá giỏi, thậm chí

những em trung bình cũng có thể làm được Nhưng nếu ta thêm các câu hỏi khác thì không những học sinh trung bình mà còn những em khá giỏi củng có thể gặp nhiều khó khăn Sau đây là một số bài toán xuất phát từ bài tập này.

2.3.2 Xây dựng hệ thống bài toán

Bài toán1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ các tia tiếp tuyến

Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa

Trang 4

y x

N

O

D

M C

B A

y x

O

D

M C

B A

mặt phẳng bờ là AB) Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B),

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Chứng minh rằng tích AC.BD không đổi khi M di chuyển trên nữa đường tròn

Hướng dẫn:

Theo câu a phần ví dụ: COD vuông tại O, OM là đường cao nên OM2 = CM.MD

Theo câu b phần ví dụ: CM = CA, BD = MD

Do đó OM2 = CA.BD mà OM = R ( không đổi) Nên CA.BD không đổi

Bài toán 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ các tia tiếp tuyến

Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB) Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B),

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D Chứng minh rằng đường thẳng AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD

Hướng dẫn :

- Gọi N là trung điểm của CD  NC = ND = NO ( vì  COD vuông tại O)

Do đó ON là bán kính đường tròn ngoại tiếp  COD(1)

- AxAB (gt) và By AB(gt)  AC // BD nên ACDB là hình thang

- Xét hình thang ACDB có NC = ND và OA = OB

Nên ON là đường trung bình của hình thang ACDB  ON // AC

Do đó ON  AB ( vì AC  AB) (2)

4

Trang 5

y x

N

O

D

M C

B A

y x

O

D M

C

B A

- Từ (1) và (2) Suy ra AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D Gọi

r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD

Chứng minh: < <

Hướng dẫn :

SCDO = p.r = r.( a+b+c) Mặt khác SCDO = OM.CD = R.a

Do đó : r.( a+b+c) = R.a  R.a = r.( a+b+c) hay =

Xét tam giác CDO ta có:

+) b + c > a  a+b+c > 2a  < = (1)

+) a > b, a > c ( vì tam giác CDO vuông tại O)

 a+b+c < 3a hay > = (2)

Từ (1) và (2) suy ra: < <

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D

Xác định vị trí của M để chu vi và diện tích của tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ

nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo R

Hướng dẫn:

- Ta có PACDB = CA + AB +BD + DC = AB + 2CD

Mà CD  AB Suy ra : PACDB  3AB hay PACDB  6R Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi CD = AB

Vậy GTNN của PACDB = 6R

- SACDB = AB =  Hay SACDB  2R2

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi CD = AB

Trang 6

y x

O

M

D

C

B A

Vậy GTNN SACDB = 2R2 Khi đó M nằm chính giữa cung AB

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BMD

Hướng dẫn:

Ta có:

+ SACBD = ( AC + BD) AB = CD.AB

Mà CD  AB do đó SACBD  AB2 = 2R2 (1)

Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB

+ SAMB = MH.AB Mà MH  R do đó SAMB  R.2R = R2(2)

Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB

+ SAMC + S BMD = SACBD - SAMB (3).Từ (1), (2) và (3) suy ra:

Để SAMC + S BMD nhỏ nhất thì SACBD nhỏ nhất và SAMB lớn nhất

Mà SACBD nhỏ nhất bằng 2R2 và SAMB lớn nhất bằng R2

Vậy SAMC + S BMD nhỏ nhất = R2

Nhận xét: Từ câu 1 đến câu 5 chúng ta mới chỉ thêm câu hỏi mà chưa thêm các

giao điểm và lật ngược lại vấn đề của bài toán Nhưng nếu chúng ta đảo lại bài toán ở ví dụ 2 hoặc thêm giao điểm thì sẽ được các câu hỏi mới khó hơn nhiều giúp các em liên hệ được các hình vẽ với nhau, hiểu sâu bài toán, nắm bắt được kiến thức một cách chủ động, đồng thời tạo hứng thú cho các em trong học tập Xuất phát từ ý tưởng này ta lại có một số bài tập thú vị hơn.

Bài toán 6 ( Bài toán đảo của ví dụ)

Cho đoạn thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB và cùng nằm trên cùng một mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB Trên tia Ax và tia Ay lần lượt lấy hai điểm C và D sao cho AC + BD = CD Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Huớng dẫn:

6

y

x

O

C

D

M

Trang 7

Ở bài này chúng ta có nhiều cách làm:

Cách 1: Sử dụng định nghĩa và định lý về tiếp tuyến.

-Trên CD lấy điểm M sao cho CM = CA  MD = BD ( vì AC + BD = CD) -Do đó 2 tam giác ACM và MDB cân tại C và D

suy ra:  1800 

2

ACM AMC  và

 1800 

2

BDM

do đó  

0

360

2

ACM BDM

- Mà ACM + BDM = 1800 ( vì tứ giác ABDC là hình thang vuông)

Nên AMC + BMD = 900  AMB = 900  M thuộc đường tròn đường kính AB(1)

- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB Nối O với M ta có MO = OA = OB

hay tam giác AOM cân tại O  OMA + AMC = OAM + CAM =

900  OM  CD (2)

- Từ (1) và (2) suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Cách 2:

Lấy trên đoạn CD một điểm M sao cho CM = CA Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AM và MB Nối C với E và nối D với F cắt nhau tại O’

- Xét  CAM cân tại C có CE là đường trung tuyến Nên CE cũng là đường cao

và là đường phân giác (1)

- Xét  MDB cân tại D có DF là đường trung tuyến Nên DF cũng là đường cao

và là đường phân giác (2)

- Từ (1) và (2) suy ra O CD ' + CDO '’= 900(vì ACD + CDB = 1800)

 CO D ' = 900

Do đó tứ giác O’EMF là hình chữ nhật  AMB = 900 và MO’ = EF

y

x

O

F E

O' M

D

C

B A

Trang 8

- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB Vì  AMB vuông tại M nên

MO = OA = OB = AB (3)

- Xét AMB có: EA = EM và MF = FB nên FE là đường trung bình của tam giác AMB  FE = AB (4)

- Từ (3) và (4) suy ra MO = MO’ hay O  O’

- Xét ACO và MCO có:

CO chung

CA = CM

MCO = ACO

Do đó: ACO = MCO

Suy ra CMO = CAO = 900 hay CM  MO nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Cách 3:

- Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt CD tại N suy ra NC = ND

Xét hình thang vuông ACDB có ON là đường trung bình nên

ON = = = CN = ND  NCO cân tại N

 NCO = CON mà ACO = CON ( CA // ON)  ACO = NCO

- Từ O kẻ OM  CD ( M  CD)

- Xét ACO và MCO có:

OAC = OMC = 900 , CO chung, ACO = NCO

nên ACO = MCO

Do đó AO = OB = OM hay M thuộc đường tròn đường kính AB mà CD  OM tại M nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Nhận xét: Qua bài toán này chúng ta sẽ rèn cho các em thành thạo kỹ năng

chứng minh một bài toán hình học không những có một cách mà có thể có nhiều các khác nhau và nắm vững nội dung của bài toán một cách tích cực, chủ động

và tự giác Từ đó giúp các em tự tin hơn và thấy say mê Toán học nhiều hơn Cũng từ cách làm thứ 3 của bài toán 6 ta có bài toán 7 và một số bài toán khác bằng cách cho thêm các giao điểm.

8

N

y

x

O

C

D

M

Trang 9

N

L

y x

O

M

D

C

B A

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Gọi

N là trung điểm của CD Tìm quỹ tích điểm N khi điểm M chạy trên nửa đường tròn

Hướng dẩn:

- Nối N với O cắt đường tròn tâm O tại K Ta có NO là đường trung bình của hình thang ACDB Suy ra ON // CA // BD (1)

- Vì tia Ax, By và điểm O cố định nên tia Oz cố định

Vậy khi M di chuyễn trên nửa đường tròn tâm O thì điểm I di chuyển trên tia Kz

Nhận xét: Cái khó của bài này khác so với các bài trên là ta phải vẽ thêm

đường phụ Chính vì điều này tạo cho học sinh một thói quen suy nghĩ khác Không phải lúc nào cũng theo lối mòn của tư duy mà phải có óc hoài nghi Tại sao người ta lại cho trung điểm và điểm này có mối liên hệ gì với trung điểm còn lại Và từ đây giúp cho học sinh tự tin hơn trong giải toán.

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D Nối

M với B cắt Ax tại N Chứng minh

a C là trung điểm của AN

b ON  AD

Hướng dẫn:

K z

M

D

C

B

x

y

N

Trang 10

F Q P

E N

C

D M

O

a Ta có: AC = CM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OM = R

Do đó CO là đường trung trực của AM  AM  CO mà AM  NB  CO // NB

- Xét ANB có OA = OB = R và CO // NB ( CMT) nên CO là đường trung bình của ANB  CA = NC

b Ta có AN // BD ( cùng vuông góc với AB)  ANB = NBD ( so le trong)

Mà ANB + NAM = 900 và NBD + ODB = 900 nên NAM = ODB = ODM  tanMAN = tanODM hay =  = (1)

Mặt khác NMO = AMD ( Vì NMA = OMD = 900 và CMN = BMD ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:  OMN ∽ DMA  MNO = MAD  tứ giác ANMH nội tiếp Do đó NAM = NHA = 900 hay ON  AD

Nhận xét: Dựa vào cách chứng minh của bài toán trên ta lại có bài toán 9 khó

hơn.

kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Gọi giao điểm của CO và AM là P, giao điểm của OD và MB là Q Chứng minh a.Tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn

b.Xác định giá trị nhỏ nhất bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD

Hướng dẫn:

a.Theo bài 8 thì P, Q là trung điểm của AM và MB

Nên PQ là đường trung bình của AMB  PQ // AB Do đó: MQP = MBA

mà MQP = QPO ( CO // MB)  QPO = MBA (1)

Xét tứ giác MDNO có OMD = OBD = 900  tứ giác MDNO nội tiếp

 MDO = MBO (2)

Từ (1) và (2) suy ra MDO = QPO Do đó tứ giác CPQD nội tiếp

b Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và QP N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD OE // AC và NF  QP Mà PQ // AB( câu a)

 NF  AB do đó NF // AC (3)

Mặt khác: NE và MQ cùng vuông góc với CD nên NE // MQ (4)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác NEOF là hình bình hành

10

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	558,5 KB