SKKN 13-14 bac A.Hồng

Để phát huy, khơi dậykhả năng sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có của học sinh, đồng thời thu hút, lôicuốn các em ham thích học môn toán, đáp ứng những yêu cầu về đổi mới phương pháp và nâ

Phần I : MỞ ĐẦU

I ĐẶT VẤN ĐỀ

Đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài là nhiệm vụ vô cùng quan trọng trong

chiến lược con người của toàn Đảng, toàn dân ta, “làm cho dân tộc Việt Nam trở thành một dân tộc thông thái” (Trích lời của Chủ tịch Hồ Chí Minh) Song mục

tiêu đề ra chỉ có thể đạt được khi phong trào thi đua “Dạy tốt, học tốt” tại các

trường học thực sự chất lượng, hiệu quả

Để thắp lửa cho “Dạy tốt, học tốt” thì phải tạo ra động lực sáng tạo của

người thầy giáo Một khi thầy giáo sáng tạo thì không thể có việc trò không hứngthú trong học tập

Trong hoạt động dạy học của mình người giáo viên phải tự lựa chọn, tổ hợp,thậm chí xây dựng các phương pháp phù hợp Đó là sáng tạo của người dạy

Một giáo viên tốt phải giúp cho học sinh biết cách trở thành những ngườihọc độc lập và không còn phụ thuộc vào giáo viên nữa

Vậy làm thế nào để tích cực hoá học tập của học sinh ? Câu hỏi này luôn đặt

ra cho mỗi giáo viên trong từng tiết dạy và bản thân tôi cũng vậy

II LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Với vai trò quan trọng của bộ môn có tính quyết định đến chất lượng học tậpcác bộ môn khác, chương trình toán THCS là những viên gạch đặt nền móng đầutiên cho cả quá trình học tập Chúng tôi thực sự băn khoăn, trăn trở trước nhữngkhó khăn của học sinh khi học môn toán Với sự trao đổi, góp ý của đồng nghiệpcùng với sự cố gắng của bản thân, chúng tôi luôn mong muốn tìm được mộtphương pháp tối ưu nhằm giúp các em học tốt môn toán Để phát huy, khơi dậykhả năng sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có của học sinh, đồng thời thu hút, lôicuốn các em ham thích học môn toán, đáp ứng những yêu cầu về đổi mới phương

pháp và nâng cao chất lượng dạy học hiện nay, chúng tôi xin trình bày: Khai thác

và xâu chuỗi bài toán để tạo hứng thú trong học tập hình học giúp học sinh rèn luyện hoạt động toán học

III PHẠM VI, ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Chất lượng dạy – học là vấn đề khá rộng song trong phạm vi bài viết nàychúng tôi chủ yếu tập trung đi sâu vào nghiên cứu và khai thác bài toán trong kì thituyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 – 2013 của sở GD&ĐT Nghệ An

Các bài toán được đề cập đến trong đề tài thuộc phạm vi sách giáo khoa,sách bài tập, sách nâng cao, sách ôn thi vào lớp 10 đảm bảo tính vừa sức đối vớicác em

Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9 trường THCS Xuân Thành

IV ĐỔI MỚI TRONG KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU

Qua việc nghiên cứu và thực tế giảng dạy chúng tôi thấy việc thực hiện đềtài thu được hiệu quả rõ nét Chất lượng môn Toán hàng năm được nâng lên rõ rệtthể hiện qua sổ điểm, qua các kì thi: khảo sát chất lượng, học sinh giỏi, tuyển sinhvào lớp 10 THPT hàng năm Học sinh quan tâm, yêu thích học toán hơn trướcđây, đặc biệt là học sinh khá giỏi Bước đầu các em đã biết cách xâu chuỗi bàitoán, hình thành bài toán đảo, xây dựng bài toán tổng quát

em, phải biết khêu gợi tiềm năng sáng tạo của các em trong việc phát hiện kiếnthức mới, tìm tòi nhiều cách giải ngắn gọn logic

Định hướng đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là:

+ Phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh

+ Bồi dưỡng phương pháp tự học

+ Rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn

+ Tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh

Để nâng cao chất lượng dạy học chúng ta cần đổi mới cả về cách dạy lẫncách học “ Việc giảng dạy tốt phải kích thích được hứng thú của người học, muốnvậy phải để cho trò độc lập tìm tòi, thầy giáo chỉ là người tổ chức, thiết kế, cốvấn”

2 Cơ sở thực tiễn

Tình yêu nghề, tâm huyết và giành nhiều thời gian, tâm lực của mình với

mục đích “ tất cả vì học sinh thân yêu”.

Giải bài tập toán là quá trình suy luận nhằm khám phá quan hệ logic giữacái đã cho (giả thiết) với cái phải tìm (kết luận) Để có kĩ năng giải bài tập phải quaquá trình luyện tập, bởi vì không phải cứ giải nhiều bài tập là có nhiều kĩ năng.Việc luyện tập sẽ có hiệu quả nếu như giáo viên biết cách định hướng cho trò, biếtkhéo léo khai thác từ một bài tập sang một loạt bài tập tương tự

Để giúp các em có phương pháp học tập tốt hơn môn hình học trong quátrình giảng dạy, chúng tôi thường tìm tòi các cách khác nhau để tiếp cận một vấn

đề, giải các phương pháp khác nhau những bài toán cơ bản trọng tâm và phát triểncác bài toán đó dưới các hình thức khác nhau thông qua các nhận xét, liên hệ giữacái cũ và cái vừa tìm được để sáng tạo ra bài toán mới

Một điều chắc chắn rằng việc tìm tòi mở rộng một bài toán thành chuỗi cácbài toán sẽ kích thích được hứng thú học tập và sự sáng tạo của học sinh Từ đógiúp học sinh có cơ sở khoa học khi phân tích, định hướng, tìm tòi lời giải cho cácbài toán Hơn nữa là để củng cố cho học sinh say mê vào học toán của mình Chỉnhư vậy mới nhen nhóm cho các em một niềm tin, một tình yêu toán học và caohơn nữa là một niềm tin, tình yêu cuộc sống

II VẬN DỤNG LÍ LUẬN VÀO THỰC TIỄN

1 Nội dung môn toán ở trường phổ thông liên hệ mật thiết trước hết với những hoạt động toán học sau đây

1.1 Hoạt động “nhận dạng” và “thể hiện”

Nhận dạng và thể hiện là hai hoạt động trái ngược nhau liên hệ với một định

nghĩa, một định lí hay một phương pháp

Tuy hai hoạt động trái ngược nhau nhưng lại liên quan mật thiết với nhau và đankết với nhau

1.2 Những hoạt động toán học phức hợp

Như chứng minh, định nghĩa, giải toán dựng hình, quỹ tích;

Những hoạt động này xuất hiện lặp đi lặp lại trong sách giáo khoa toán phổ thông.Học sinh luyện tập những hoạt động này sẽ nắm vững những nội dung toán học vàphát triển những kỹ năng và năng lực toán học tương ứng

1.3 Những hoạt động trí tuệ phổ biến

Lật ngược vấn đề, xét tính giải được, phân chia trường hợp,

1.4 Những hoạt động trí tuệ chung

Phân tích, tổng hợp, so sánh, xét tương tự, đặc biệt hoá, trừu tượng hoá, kháiquát hoá,

1.5 Những hoạt động ngôn ngữ

Toán học theo nghĩa nào đó là một thứ ngôn ngữ để mô tả một tình huống cụthể nảy sinh trong nghiên cứu khoa học, hoặc trong hoạt động thực tiễn của loài người

Học sinh thực hiện những hoạt động ngôn ngữ trong học toán khi phát biểu, giải thích một định nghĩa, một mệnh đề, khi biến đổi chúng từ dạng này sang dạng khác (chẳng hạn từ dạng kí hiệu toán học sang ngôn ngữ tự nhiên hoặc ngược lại), trình bày lời giải của bài tập toán,

2 Xét bài toán (đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 – 2013)

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O, bán kính R Vẽ các tiếp tuyến MA, MB

(A, Blà các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (Cnằm giữa Mvà D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng OM cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I

Chứng minh rằng:

a, Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

b, MC.MD = MA 2

c, OH.OM + MC.MD = MO 2

d, CI là tia phân giác của MCH

2.1 Đ ể giải bài tập này cần sử dụng

2.1.1 Tính chất hai 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.

2.1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

Để chứng minh tứ giác nội tiếp học sinh thường sử dụng 4 dấu hiệu sau: Dấu hiệu 1: Tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn.

Dấu hiệu 2: Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 0

Dấu hiệu 3: Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc  không đổi.

Dấu hiệu 4: Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện Ngoài 4 dấu hiệu trên tôi còn hướng dẫn các em nắm vững thêm hai dấu hiệu quan trọng đó là:

Dấu hiệu 5: Phương tích của một điểm đối với một đường tròn

*) Nếu trên hai cạnh của góc xMy có các điểm A, B thuộc Mx, C,D thuộc My thoả mãn điều kiện MA.MB = MC.MD, thì bốn điểm A,B,C,D thuộc cùng một đường tròn.

*) Nếu trên hai cạnh của góc xMy có các điểm A thuộc Mx, C thuộc My và trên tia đối của tia Mx có điểm B, trên tia đối của tia My có điểm D sao cho

MA.MB = MC.MD thì bốn điểm A,B,C,D thuộc cùng một đường tròn.

Dấu hiệu 6: Sử dụng định lí Ptôlêmê:

Định lí Ptolemy (Định lí mang tên nhà toán học và thiên văn học người Hylap cổ đại Ptolemy (Claudiusptolemaeus))

Nếu A,B,C và D là 4 đỉnh của tứ giác nội tiếp đường tròn thì

Định lí này cũng có thể phát biểu thành định lí thuận và đảo:

Thuận: Nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn thì tích của hai đường chéo

bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.

Đ

ảo : Nếu một tứ giác thoả mãn điều kiện tổng các tích của các cặp cạnh đối diện

bằng tích của hai đường chéo thì tứ giác đó nội tiếp một đường tròn.

Chứng minh định lí đảo trên đối với một tứ giác cụ thể:

Cho tứ giác ABCD lồi Chứng minh rằng, nếu AB.CD + AD.BC = AC.BD thì tứ giác ABCD nội tiếp

E

C

D A

<=> Tứ giác ABCD nội tiếp (cùng nhìn cạnh AD dưới một góc không đổi)

2.2 Chứng minh bài toán

C'

C

H

E B F

a)Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên: MAO = MBO 90    0

Tứ giác MAOB có MAO + MBO = 180   0

- Tính chất đường phân giác của một tam giác.

- Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông,

Để chứng minh MC.MD = MA 2 nên hướng dẫn cho học sinh hình thành bài toán ngược trước khi chứng minh: MC.MD = MA 2

c)Vì MA, MBlà các tiếp tuyến của đường tròn (O)nên ΔMACMAO vuông tại A,

AH vuông góc với MO tại H



Các phương pháp chứng minh một đường thẳng là tia phân giác của một góc: -Tia phân giác của một góc là tia nằm giữa hai cạnh của góc và tạo với hai cạnh

ấy hai góc bằng nhau.

-Sử dụng tính chất: Hai tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau -Sử dụng định lý đảo tính chất đường phân giác của một tam giác: Trong tam giác đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy

-Điểm nằm bên trong một góc và cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác của góc đó;

Để chứng minh CI là tia phân giác của góc MCH ta cần chứng minh MCI = ICH  

d) Cách 1:

Ta có MC.MD = MA 2(câu b)

2 MH.MO = MA ( hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Nên ΔMACMCH đồng dạng với ΔMACMOD ( c-g-c)

MCH = MOD

Kéo dài MO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K

Ta có MOD OKD + ODK     (MOD là góc ngoài tại đỉnh O của tam giác cân ODK )

MOD = 2OKD

Từ (1) và (2) suy ra MCH = 2OKD   (3)

Mặt khác tứ giác ICDK nội tiếp (O)  MCI = OKD   (4)

Từ (3) và (4) suy ra MCH = 2MCI    MCI = ICH  

Suy ra CI là tia phân giác của MCH (đpcm)

Nếu sử dụng ngay dấu hiệu 5 thì ta có cách lập luận ngắn gọn hơn:

Dễ thấy MC.MD = MH.MO (=MA2)

=> Tứ giác CHOD nội tiếp (dấu hiệu 5)

=> MCH = IOD   (tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (1)

Kéo dài MO cắt đường tròn (O) tại K Ta có: 2IKD = IOD   (tính chất góc ở tâm) (2).Mặt khác tứ giác ICDK nội tiếp (dấu hiệu 1) => MCI = IKD   (3)

Ta có MAI = IAH   ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

=>AI là tia phân giác của góc MAH

=> MI MA

IH AH (tính chất đường phân giác trong tam giác) (**)

Xét hai tam giác MAH và MAO có: OMA chung

Nếu sử dụng tính chất tia phân giác của hai góc kề bù thì vuông góc với nhau ta sẽ có cách lập luận ngắn gọn hơn.

=> CK là tia phân giác của góc HCD (*)

Ta lại có: ICK =90  0 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (**)

Mặt khác: MCH kề bù HCD (***)

Từ (*) , (**), và (***) suy ra CI là tia phân giác của góc MCH

Sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác kết hợp góc ngoài của tứ giác bạn đọc sẽ liên tưởng đến mối liên hệ giữa các góc, từ đó tìm ra hướng giải mới

Suy ra: CI là tia phân giác của góc MCH (đpcm)

Khi học sinh giải bài tập này phần nào đã giúp các em rèn luyện hoạt động

“nhận dạng” và “thể hiện” tính chất và tiếp tuyến đã học, những hoạt động toán học phức hợp như chứng minh ( suy luận -> suy đoán -> phán đoán -> chứng minh), những hoạt động trí tuệ chung (phân tích, xét tương tự).

Vấn đề đặt ra là chúng ta không dừng ở việc cho học sinh giải bài toán đã nêu mà giúp học sinh tiếp tục xem xét bài toán ở những góc độ khác nhau nhằm giúp học sinh mở rộng bài toán hoặc tạo ra bài toán mới trên cơ sở bài toán đã nêu.

2.3 Khai thác bài toán

Chẳng hạn:

2.3.1 Gọi E là trung điểm của CD F là giao điểm của MD và AB

Chứng minh MC.MD = MF.ME

Để chứng minh MC.MD = MF.ME ta nghĩ ngay đến một biểu thức trung gian đó là MB 2

Cách 1:

Vì E là trung điểm của CD => OE  CD

Ta có tứ giác MAOB nội tiếp => 4 điểm M,A,O,B cùng thuộc một đường tròn (1)Mặt khác: Tứ giác MAOE nội tiếp (do MAO+MEO 180    0)

=> 4 điểm M,A,O,E cùng thuộc một đường tròn (2)

Từ (1) và (2), suy ra: 4 điểm M,A,E,B thuộc một đường tròn

=> Tứ giác MAEB nội tiếp => MAB MEB    (hai góc nội tiếp chắn cung MB) (3)

Mà MAB MBA    (do MA = MB) (4)

Từ (3) và (4), suy ra: MEB MBA   

=> MBF MEB (g g)

=> MB MF MB2 ME MF.

ME MB   (*)

Ta lại có: MB2 = MC.MD (**)

Từ (*) và (**), suy ra: MC.MD = ME.MF

Để chứng minh MC.MD = MF.ME nếu nghĩ đến một biểu thức trung gian

đó là MA 2 ta sẽ có cách giải khác.

Cách 2:

Chứng minh tứ giác OHFE nội tiếp ( vì OHF+FEO 180    0)

=> HOF HEF    (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF)

Xét hai tam giác MHE và MFO có: góc M chung

MOF MEH    (C/m trên)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: MC.MD = MF.ME

Cũng sử dụng hai tam giác đồng dạng ta có cách giải tương tự:

Cách 3:

Chứng minh MHF MEO (g.g)

Xét hai tam giác AHD và CBD có: BCD BAD(  1

2

  sđBD ) (1)Mặt khác:

2.3.3 Chứng minh HB là phân giác của góc CHD.

Để chứng minh HB là tia phân giác của góc CHD ta cần chứng minh CHB BHD   

Cách 1:

Tứ giác CHOD nội tiếp (dấu hiệu 5)

=> CHI ODC    (Tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (1)

Ta có tam giác OCD cân tại O => OCD ODC    (2)

Mà OCD OHD    (hai góc nội tiếp chắn cung OD) (3)

Từ (1), (2) và (3) , suy ra CHI OHD    (*)

Mà CHI CHB 90     0 (**)

OHD DHB 90     0 (***)

Từ (*), (**) và (***), suy ra: BHD CHB   

Suy ra: HB là tia phân giác của góc CHD

Nếu theo hướng vận dụng tính chất về số đo cung, ta sẽ chứng minh HB là phân giác của góc CHD theo một hướng khác.

Cách 2:

Kéo dài DH cắt đường tròn (O) tại điểm C’

Do tứ giác CHOD nội tiếp (dấu hiệu 5), suy ra: HOC HDC    = 12 sñCC’

=> sđCI = 1

2sđCC’ => CI = IC’

=> CHI IHC    '  OHD

=> CHB DHB   

Suy ra: HB là tia phân giác của góc CHD

Đường tròn nội tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với ba cạnh của tam giác đó Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác.

2.3.4 Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMB

Ta đã biết MO là tia phân giác của góc AMB Chỉ cần chứng minh AI là tia phân giác của góc MAB

G M

.

Cách 1:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MO là tia phân giác của góc AMB (*)

Ta lại có: MAI IAO 90     0 ( do MA vuông góc AO) (1)

Mà OAI AIO    (do tam giác OAI cân tại O) (2)

Mặt khác: OIA IAB 90     0 ( do MO vuông góc AB) (3)

Từ (1), (2) và (3), suy ra: MAI IAB    => AI là tia phân giác của góc MAB (**)

Từ (*) và (**), suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB

Chứng minh AI là tia phân giác của góc MAB theo cách chứng minh hai cung bằng nhau.

Cách 2:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MO  AB => IA = IB

=> MAI IAB    => AI là tia phân giác của góc MAB => đpcm

Cũng theo hướng chứng minh AI là phân giác của góc MAB nếu nghĩ đến tiếp tuyến tại I của đường tròn (O), bạn đọc sẽ có một hướng chứng minh khác.

Cách 3:

Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại I cắt AM tại N

Ta có NA = NI => tam giác NAI cân tại N =>NAI NIA    (1)

Mặt khác NI vuông góc với MO, AH vuông góc với MO

Suy ra NI // AB => IAB NIA    (2)

Từ (1) và (2) suy ra IAB NAI    => AI là tia phân giác của góc MAB => đpcm.

Nếu sử dụng tính chất: ba đường cao của một tam giác đồng quy tại một điểm, bạn đọc sẽ nghĩ ngay đến việc kẻ đường cao IP của tam giác AIO chúng ta

sẽ có cách chứng minh khá thú vị.

Cách 4:

Vẽ IP vuông góc với AO Gọi Q là giao điểm của IP và AH

=> Q là trực tâm của tam giác AIQ

=> OQ vuông góc với AI

Mà tam giác AOI cân tại O

=> OQ là đường trung trực của AI =>QI = QA => QIA cân tại Q

=> QIA QAI    (1)

Mặt khác: IP//MA (cùng vuông góc AO) => MAI QIA    (2)

Từ (1) và (2), suy ra: MAI IAB    => đpcm

Một hướng khác để chứng minh AI là tia phân giác, bằng cách sử dụng tính chất điểm cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác của góc đó

Cách 5:

Vẽ IG vuông góc với MA; mà OA vuông góc với MA (tính chất tiếp tuyến)

=> IG//OA => GIA IAO    (1)

Mà IAO OIA    (do tam giác OAI cân tại O) (2)

Từ (1) và (2), suy ra: GIA OIA   

=> AIG = AIH (cạnh huyền- góc nhọn)

=> IG = IH => AI là tia phân giác của góc MAB =>đpcm

Việc khai thác bài toán không dừng lại ở đây mà nếu nhìn bài toán dưới một góc độ khác bạn đọc sẽ thấy được điều thú vị của bài toán:

2.3.5 Nếu dây CD cố định không đi qua O (B thuộc cung nhỏ CD) Đường thẳng BE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là L Chứng minh AL // CD

Một số phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song:

- Hai đường thẳng cắt một đường thẳng thứ ba và tạo thành một cặp góc ở vị trí

so le trong (so le ngoài) hay đồng vị bằng nhau.

- Hai đường thẳng phân biệt cùng song song (cùng vuông góc) với một đường thẳng thứ ba.

- Hai đường thẳng đó là đường trung bình và cạnh tương ứng trong tam giác, trong hình thang.

- Sử dụng định lí đảo của định lí Talet,

A'

I

E B

C

D O

L

E' A

M

Nếu sử dụng hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau, ta dễ dàng chứng minh AL//CD.

Cách 1:

Tứ giác MOEB nội tiếp đường tròn đường kính MO

=> MOB MEB    (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MB) (1)

Mặt khác: MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O), suy ra IA = IB

Gọi giao điểm của cung AL với EO là E’

Cần chứng minh E’ là điểm chính giữa cung AL

Ta có 5 điểm M,A,O,E,B thuộc đường tròn đường kính MO

=> AME ABE    (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (1)

Mặt khác: Tứ giác AMEO nội tiếp đường tròn đường kính MO

=> AME AOE    ' (tính chất góc ngoài của tứ giác nội tiếp) (2)

Từ (1) và (2), suy ra: ABE AOE    ' hay AOE  '  ABL (3)

mà ABL 1

2sđAL (tính chất góc nội tiếp) (4)

Từ (3) và (4), suy ra: AOE   ' 12sđAL

=> E’ là điểm chính giữa cung AL

=> OE’

 AL mà OE  CD (do E là trung điểm của CD) => AL//CD (đpcm)

Do đường tròn (O), cát tuyến MCD cho trước và không đi qua O nên OE không đổi, bạn đọc nghĩ gì về đường thẳng AB.

Dự đoán đường thẳng AB cắt OE tại điểm cố định

2.3.6 Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định

Bài toán “Đường đi qua điểm cố định” đòi hỏi mỗi chúng ta phải có kĩ năng nhất định cộng với sự đầu tư suy nghĩ, tìm tòi nhưng đặc biệt phải có phương pháp làm bài

- Tìm hiểu nội dung bài toán

- Dự đoán điểm cố định

- Tìm tòi hướng giải

- Trình bày lời giải

*) Tìm hiểu bài toán:

- Yếu tố cố định (điểm, đường, … )

- Yếu tố chuyển động (điểm, đường, … )

- Yếu tố không đổi (độ dài đoạn, độ lớn góc, … )

- Quan hệ không đổi ( song song, vuông góc, thẳng hàng, … )

Khâu tìm hiểu nội dung bài toán là rất quan trọng Nó định hướng cho các thao tác tiếp theo Trong khâu này đòi hỏi bạn đọc phải có trình độ phân tích bài toán, khả năng phán đoán tốt Cần xác định rõ yếu tố cố định, không đổi, các quan hệ không đổi và các yếu tố thay đổi, tìm mối quan hệ giữa các yếu tố đó.