skkn khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi

Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

A - MỞ ĐẦU
I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong lịch sử phát triển của tốn học thì tốn học là một trong bộ
môn khoa học được ra đời từ rất sớm. Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế
cuộc sống đã làm nảy sinh các kiến thức toán học. Tốn học khơng những
góp phần khơng nhỏ trong sự phát triển của các bộ mơn khoa học khác. Có
thể nói tốn học là cơ sở của nhiều mơn khoa học khác. Chính vì vậy trong
nhà trường phổ thơng, mơn tốn là một trong những bộ môn cơ bản và việc
nâng cao kiến thức toán cho học sinh đương nhiên là cần thiết.
Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì mơn tốn có
thể nói rất khó khăn, địi hỏi học sinh phải nắm được lượng kiến thức khá
rộng và có kỹ năng vận dụng nó một cách linh hoạt sáng tạo.
Kiến thức toán học rất rộng, hệ thống bài tập nhiều vì vậy khơng
phải kiến thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra
được. Giáo viên chỉ mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài
tập quan trọng, cách mở rộng cũng nhiều hướng khác nhau.
Khái quát hoá để mở rộng thành những bài tốn tổng qt khó hơn.
Tương tự hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phương pháp giải.
Đặc biệt hố để đưa bài tốn về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ
đơn giản là phân tích thêm những kiến thức có liên quan để hướng dẫn học
sinh giải theo nhiều cách khác nhau hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài
tốn. Điều đó thơi thúc tơi chọn và nghiên cứu đề tài.
“ Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi
dưỡng học sinh khá giỏi”.
II - NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:

Học sinh khá, giỏi hiện nay phần lớn chỉ đầu tư vào việc giải hết bài
tốn khó này đến bài tốn khó khác mà chưa nâng cao được nhiều năng lực
toán học. Mà theo quan niệm của tôi cho rằng: Việc ôn tập bồi dưỡng học
sinh giỏi mơn tốn cần phải:
+ Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ:
- Các bài tốn được nghiên cứu khơng q phức tạp, đã có lời giải,
các thao tác tư duy dạng sơ cấp.
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

1


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

- Năng lực học toán phải tiến hành thương xuyên liên tục trước hết
thông qua các tiết luyện tập.
- Cần xác định những năng lực toán học nào cần bồi dưỡng cho học
sinh, hệ thống bài tập cho phù hợp.
B - NỘI DUNG
Một trong các chức năng của dạy học sáng tạo qua các bài toán ở
trường trung học là hình thành ở học sinh năng lực sáng tạo bài toán mới.
Xuất pháp từ bản chất tri thức toán học lơgíc ẩn láu dưới “ vỏ ngơn ngữ ”,
có thể sử dụng các biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài toán
mới cho học sinh.
Biện pháp 1: Hướng dẫn học sinh “ nhìn thấy ” cấu trúc lơgíc của bài
tốn đặc biệt là nhìn thấy sự “ tương đương ” của các mệnh đề toán học.

Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử
dụng các hệ thống khái niệm khác nhau. Hướng dẫn cho học sinh “ nhận ra
” sự thống nhất về cấu trúc lơgíc của các bài tốn có các biểu tượng trực
quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó.
Sau đây là một số ví dụ:
I - PHẦN SỐ HỌC

Ví dụ 1: Khai thác từ một bài toán lớp 6, chúng ta bắt đầu từ bài tốn sau:
Bài tốn 1: Tổng sau có chia hết cho 3 không?
A = 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 +28 + 29 + 210
(Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1)
Lời giải:
Ta có: A = (2 + 22 )+ (23 + 24 )+ (25 + 26 )+ (27 +28 )+ (29 + 210 )
= 2.(1 + 2) + 23. (1 + 2) + 25. (1 + 2) + 27. (1 + 2) + 29. (1 + 2)
= 2.3 + 23. 3 + 25. 3 + 27. 3 + 29. 3
Vậy A chia hết cho 3.
Từ bài toán này ta giải được một số bài toán sau:
Bài toán 1.1: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260.
2
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

Chứng minh rằng A chia hết cho 3.
Lời giải:
Tương tự như Bài toán 1.

Bài toán 1.2: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260.
Chứng minh rằng A chia hết cho 105.
Lời giải:
Ta có: 105 = 7.15 và (7, 15) = 1.
Thật vậy:
A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260.
= (2 + 22 + 23 ) + (24 + 25 + 26) + ... + (258 + 259 +260)
= 2.(1 + 2 + 22 ) + 24.(1 + 2 + 22) + ... + 258.(1 + 2 + 22)
= 2.7 + 24.7 + ... + 258.7
=> A chia hết cho 7. (1)
A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 257 + 258 + 259 +260.
= (2 + 22 + 23 + 24 ) + ... + (257 + 258 + 259 +260).
= 2. (1 + 2 + 22 + 23 ) + ... + 257. (1 + 2 + 22 + 23 ).
= 2.15 + ... + 257.15
=> A chia hết cho 15. (2)
Vì (7, 15) = 1 nên kết hợp (1) và (2) suy ra A chia hết cho 105.
Nhận xét:
Với A = 2 + 22 + ... + 2n
a) Các Bài toán 1 và Bài toán 1.1 đúng khi số các số hạng n là số
chẵn.
b) Bài toán 1.2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 và 4. Từ đó
suy ra n chia hết cho 12
Bài toán 1.3:
Chứng minh rằng: 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1
chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dương bất kỳ.
Lời giải:
Nhóm 5 số hạng rồi đặt thừa số chung của từng nhóm:
20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

3


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

= (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25 (1+ 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25. 2 (1 + 2 + 22
+ 23 + 24 ) + ... ...+ 25(n - 1) (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )
= (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )(1 + 25 + 25. 2 + ... + 25(n - 1) )
= 31.(1 + 25 + 25. 2 + ... + 25(n - 1) ) chia hết cho 31.
Vậy 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31.
Bài tốn 1.4:
a) Tính tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an
b) Áp dụng tính các tổng sau:
S = 1 - 21 + 22 - 23 + 24 - ... +2100
T = 3 - 32 + 33 - 34 + ... +31999 - 32000
Lời giải:
a) Xét tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an
Khi a = 1 ta có ngay: Sn = n + 1.
Khi a ≠ 1 ta có: a.Sn = a + a2 + ... + an + an + 1
Suy ra: a.Sn - Sn = an + 1 - 1
Sn = (an + 1 - 1) / (a - 1)
b)
S100 = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + a100 = (a101 + 1 - 1) / (a - 1)
Với a = -2, ta được:
S = 1 - 2 + 22 - 23 + 24 - ... +2100
= [(- 2)101 - 1] / [-2 - 1] = (- 2101 - 1)/ -3 = ( 2101 + 1)/ 3.

T = 3 - 32 + 33 - 34 + ... +31999 - 32000
= 3. (1 - 3 + 32 - 33 + ... +31998 - 31999 )
= 3. [(- 3)2000 - 1] / [-3 - 1] = 3. ( 32000 - 1)/ - 4
Bài toán 1.5:
a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với:
A = 4 + 22 + 23 + 24 + ... +220
b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với:
A = 3 + 32 + 33 + 34 + ... +3100
Bài toán 1.6:
Cho số tự nhiên A = 7 + 72 + 73 + 74 + 75 + 76 + 77 + 78.
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

4


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

a) Số A là chẵn hay lẻ.
b) Số A có chia hết cho 5 khơng?
Bài tốn 1.7:
Cho S = 2 + 22 + 23 + ... +22000 . Hỏi S có chia hết cho 6 khơng?
Bài tốn 1.8:
Chứng minh rằng tổng:
P = 3 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 chia hết cho 13.
II. PHẦN ĐẠI SỐ:

Trong chương trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh được học về các

hằng đẳng thức đáng nhớ, trong đó:
A2 + 2AB + B2 = ( A + B )2
A2 - 2AB + B2 = ( A - B )2
và có nhận xét:
( A + B )2 ≥ 0 với mọi A, B.
( A - B )2 ≥ 0 với mọi A, B.
dấu “ = ’’ xảy ra khi A + B = 0 hay A = - B và A - B = 0 hay A = B
từ kiến thức này ta mở rộng và xây dựng nên nhiều bài toán khác. Sau đây
là một số ví dụ:
Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức sau viết được dưới dạng tổng các bình
phương của hai biểu thức:
x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2
Lời giải:
x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2
= 10x2 + 40x + 50
= (x2 + 10x + 5 ) + ( 9x2 + 30x + 25 )
= ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2
Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dưới dạng tổng của ba bình phương.
( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2
Hướng dẫn:
( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = ( a + b)2 + ( b + c)2 +( a + c)2
Bài 3: Tìm x, y biết:
4x2 - 16x + y2 + 4y + 20 = 0
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

5


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

Hướng dẫn:
4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 = 0
2 x − 4 = 0  x = 2
⇒
 y+2=0
 y = −2

⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 = 0 ⇔ 

Bài 4: Tìm x biết :
x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 = 0
Hướng dẫn:
Từ kết quả của Bài 1 ta có phương trình tương đương:
 x = −5
 x+5= 0

5
⇒
( x + 5) + ( 3x + 5) = 0 ⇔ 
3 x + 5 = 0  x = − 3

2

2

Vậy khơng có giá trị nào của x để vế trái bằng 0.
Bài 5: Tìm x, y biết:

4x2 - 16x + y2 + 4y + 24 = 0
Hướng dẫn:
4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 + 4 = 0
⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 + 4 = 0
VT ≥ 4 với mọi giá trị của x, y.
=> Khơng có giá trị nào của x, y thoả mãn bài tán.
Với cách làm như trên, học sinh dễ dàng làm bài tập sau:
Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0
Hướng dẫn:
( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0
 a−b = 0

<=>  b − c = 0 <=> a = b = c
 c−a =0


Học sinh có thể phân tích đề bài: phá ngoặc chuyển vế ta được:
a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca ta suy ra được bài toán mới
Bài 7: Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca thì a = b = c.
Dựa vào kết quả bài 6, học sinh tự giải
Với hướng dẫn như bài tập 7 ta có thể đưa ra một loạt bài tập có
phương pháp làm tương tự.
Bài 8: Chứng minh rằng nếu (a + b)2 = 2.(a2+ b2 ) thì a = b.
Lớp Tốn - ĐHSP - Khoá 7

6


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

Bài 9: Cho a2 + b2 + c2 + 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1.
Bài 10: Cho (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c .
Bài 11:
Cho (a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2 = (a + b - 2c)2 + (b + c - 2a)2 + (a +c - 2b)2
chứng minh rằng a = b = c .
Bài 12: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chứng minh rằng x = y = z.
Từ bài tập 7, ta đưa ra bài toán tổng quát hơn
Bài 13: Chứng minh rằng với 3 số a, b, c bất kỳ, ta có: a 2 + b2 + c2 ≥ ab +
bc + ca
Hướng dẫn:
Cách 1: Nhân 2 vế với 2, làm tương tự bài 7 (biến đổi tương đương).
Cách 2: (a + b + c)2 - (ab + bc + ca) =

[

đpcm
Cách 3: Phương pháp phản chứng.
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức đã biết, ta có:
a2 + b2
b2 + c2
≥ ab,
≥ bc,
2
2

c2 + a2
≥ ca

2

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới:
+ Xét trường hợp đặc biệt hơn: cho c = 1
ta có a2 + b2 + 1 ≥ ab + b + a
+ Kết hợp với hằng đẳng thức:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca
<=> a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca)
ta có a2 + b2 + c2 ≥ 3(ab + bc + ca).
b)

( a + b + c) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 )
ta có ab + bc + ca =
2

a2 + b2 + c2 ≥

( a + b + c) 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 )
2

<=> 2(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2)
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

7

]

1

( a − b ) 2 + ( b − c ) 2 + ( c − a ) 2 ≥ 0 =>
2


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

<=> (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
Ta có thể khai thác những bài tốn dạng này theo hướng khác là
dạng tốn tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Bài 14: (Suy ra từ bài 5)
Tìm giá trị bé nhất của A = 4x2 - 16x + y2 + 4y + 24
Hướng dẫn:
A ≥ 4, min A = 4 khi x = 2, y = -2
Bài 15: Tìm giá trị bé nhất(lớn nhất) của các biểu thức:
P = x2 - 2xy + 6y2 - 12x + 2y + 45
Q = -x2 + 2xy - 4y2 - 2x - 10y - 3
R = x2 - 2xy + 4y2 - 2x - 10y + 3
Hướng dẫn:
P = (x- 6 - y)2 + 5(y - 1)2 + 4 ≥ 4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1
Q = 10 - (x - y -1)2 - 3(y - 2)2 ≤ 10 => max Q = 10 khi x = 3, y = 2.
Từ bài 15 ta có thể suy ra kết quả sau:
1) f(x) = -x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y - 3 có GTLN bằng 10 khi x = 3,
y = 2.
2) - f(x) có GTNN bằng -10 khi x = 3, y = 2.
1

1

3) f ( x) có GTNN bằng
khi x = 3, y = 2.
10
Bài 16: Tìm GTNN của biểu thức:
B = (x + 5)2 + (3x + 5)2 (bài tập số 1)
Hướng dẫn:
B = 10x2 + 40x + 50 = 10(x2 + 4x + 4) + 10 = 10(x + 2)2 + 10 ≥ 10
Min B = 10 khi x = -2.
Xây dựng trường hợp tổng quát:
Xét đa thức ax2 + bx + c, ta có:
F(x) = ax2 + bx + c = a(x +

b 2 b 2 − 4ac
) 2a
4a

Nếu a > 0 thì ax2 + bx + c ≥ -

b
b 2 − 4ac
b 2 − 4ac
=> Min F(x) = khi x = 2a
4a
4a

b
b 2 − 4ac
b 2 − 4ac
Nếu a < 0 thì F(x) ≤ => Max F(x) = khi x = 2a

4a
4a

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

8


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

Bài 17: Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:
B = (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2 với a, b, c cho trước
Hướng dẫn:
B = 3(x -

a+b+c 2
(a + b + c) 2
) + (a2 + b2 + c2) 3
3

=> min B = (a2 + b2 + c2) -

a+b+c
(a + b + c) 2
khi x =
3
3

III - PHẦN HÌNH HỌC
ˆ
ˆ
Bài 1: Cho ∆ ABC, các đường phân giác của các góc B và C gặp nhau tại S,
ˆ
ˆ
các đường thẳng chứa phân giác của hai góc ngồi B và C gặp nhau tại E.

Chứng minh rằng:
a) BSCE là tứ giác nội tiếp.
b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng.
Hướng dẫn:

A

ˆ
a) CS là tia phân giác trong của C
ˆ
CE là tia phân giác ngoài của C

S
B

2

1

C

=> SCE = 900.
Chứng minh tương tự SCE = 900.
=> Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 1800
b) S là giao điểm của 3 đường phân giác trong, E là
ˆ
ˆ
giao điểm của 2 đường phân giác ngoài của B và C

12

thuộc ∆ ABC.
Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng.

E

Khai thác bài toán trên:
Nhận xét 1:
Ta có SCE = SBE = 90 0 => tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE
là trung điểm của đoạn SE. Ta có thể đặt tiếp câu hỏi cho bài tốn.
c) Xác định tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BSEC.
Nhận xét 2:
1
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ ˆ
Vì SBEC là tứ giác nội tiếp => E1 + E2 = C1 + C2 = ( B + C )
2

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

9


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

=> Câu hỏi tiếp:
d) Chứng minh rằng BEC =

1
ˆ ˆ
(B+C )
2

Nhận xét 3:
ˆ ˆ ˆ
ˆ
ˆ
ˆ ˆ
BOC = 2 E = B + C mà A + B + C = 1800 => BOC + A = 1800
e) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
Nhận xét 4:
O nằm trên đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC, S là tâm đường tròn nội
tiếp ∆ ABC, E là tâm đường tròn bàng tiếp, OE = OS.
f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với tâm đường
tròn bàng tiếp của tam giác bị đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành

hai phần bằng nhau.
Bài 2:
Cho đường tròn tâm O, đường kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp
tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường
x
y
trịn đó cắt Cx, Dy lần lượt tại A, B.
A
Chứng minh rằng: AOB = 900.
Hướng dẫn:
E
(Có nhiều cách giải)
Ta có AE, AC là các tiếp tuyến
B
=> AO là tia phân giác của COE
C
D
Tương tự: BO là tia phân giác của EOD
O
Mà COE và EOD là hai góc kề bù
=> AO⊥BO => AOB = 900.
Nhận xét 1:
Có thể thay đổi vị trí điểm O bằng điểm M bất kỳ trên CD khi đó
đường thẳng vng góc với ME tại E không là tiếp tuyến của (O) nữa. Vậy
x
y
AMB = ?
Nhận xét 2:
A
1) Trường hợp M ≡ O

E
=> AMB = AOB = 900.
=> cách chứng minh như bài toán trên.

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

10

M ≡C

O

D≡B


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

2) Trường hợp M ≡ C
Có CED = 1v
=> đường thẳng vng góc với ME
tại E cắt Cx tại A, cắt Dy tại B => B ≡ D.
=> AMB = ACD = 900

3) Trường hợp M ≡ D
Chứng minh tương tự trường hợp M ≡ C
=> AMB = 900.

x

y

E

A≡C
O

B

M ≡D

4) Trường hợp M ≠ O, C và D ta có bài toán sau:
Cho E là một điểm nằm trên (O,

CD
), M bất kỳ thuộc đoạn CD,
2

(M ≠ O, C và D)
Đường thẳng vng góc với ME cắt 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O) lần lượt
x
y
tại A và B.
Chứng minh rằng: AMB = 900.
Chứng minh tương tự bài trên:
Tứ giác BMED nội tiếp
E
B

=> EBM = EDM.
A
ECM + EDM = EAM + EBM = 1v
C
AMB = 900.
O
M D

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

11


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

5) Trường hợp M nằm ngồi CD ta có bài toán sau:
Cho E là một điểm nằm trên (O) đường kính CD và M là điểm bất
kỳ thuộc CD nhưng ở ngồi CD, đường vng góc với ME tại E cắt tiếp
tuyến Cx, dy của (O) lần lượt tại A, B chứng minh rằng AMB = 900.
x
y
Có: MEB = MDB = 900
A
=> Tứ giác AECM nội tiếp
E
=> MBA = MDE
tương tự tứ giác AECM nội tiếp

C
=> MAE = ECD
D
M
O
mà MDE + ECD = MAB + MBA = 900
B
=> AMB = 900 => đpcm.
Bài 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt
phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường
tròn. Lấy C, D lần lượt thuộc Ax, By sao cho CD = AC + BD.
Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AB.
Bài tốn này có thể giải được dựa trên ý tưởng là xét hai tam giác
bằng nhau để rút ra các yếu tố tương ứng của chúng bằng nhau.
Lời giải:
Trên tia đối của tia BD đặt điểm K sao cho: BK = AC.
Từ đó ta có DK = DB + BK = DB + AC = CD.
Từ ∆ OAC = ∆ OBK có OC = OK.
Dễ thấy ∆ OCD = ∆ OKD (c.c.c).
Vẽ OM vng góc với CD, ta có các đường cao tương ứng OM =
OB suy ra CD là tiếp tuyến của nửa đường trịn đường kính AB.
Nhận xét:
Từ lời giải bài toán này cũng suy ra được COD = 90 0 và AC.DB =
R2 ta lập được 3 bài tốn như sau:
Bài 3.1: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB, Ax và By là các tiếp
tuyến của nửa đường tròn. Vẽ CD là tiếp tuyến với đường trịn đường kính
AB sao cho C thuộc Ax, D thuộc By.
Chứng mịnh
Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

12


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

a) CD = AC + BD
b) AB là tiếp tuyến của đường trịn đường kính CD.
c) AC. BD = R2.
Bài 3.2: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB, Ax và By là các tiếp
tuyến của nửa đường tròn. C thuộc Ax, D thuộc By. AB là tiếp tuyến với
đường trịn đường kính CD.
Chứng mịnh
a) CD = AC + BD
b) CD là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AB.
c) AC. BD = R2.
Bài 3.3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, Ax và By là các tiếp
tuyến của nửa đường tròn. C thuộc Ax, D thuộc By và AC. BD = R2.
Chứng mịnh
a) CD = AC + BD
b) CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
c) AB là tiếp tuyến của đường trịn đường kính CD.
Từ giả thiết của bài tốn 3: CD = AC + DB ta suy ra các đường tròn (C,
CA) và (D, DB) tiếp xúc nhau tại M thuộc CD. Vì AC vng góc với AB
và BD vng góc với AB ta có AB là tiếp tuyến của các đường trịn (C,
CA) và (D, DB) do vậy bài tốn 3 tương đương với bài toán sau:
Bài toán 3' :
Cho hai đường trịn tâm C và tâm D tiếp xúc ngồi và AB là tiếp

tuyến chung ngồi của hai đường trịn (A, B là các tiếp điểm).
Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AB.
Việc tổ chức dạy học sáng tạo bằng cách sử dụng các biện pháp nêu trên
không những giúp cho học sinh hiểu sâu nắm vững kiến thức lơgíc của bài
tốn, biết cách "chuyển hố" ngơn ngữ thơng qua sử dụng hệ thống khái
niệm.

Lớp Tốn - ĐHSP - Khoá 7

13


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

C. BÀI SOẠN - TIẾT 1: PHẦN HÌNH HỌC
A. Mục tiêu:
- Rèn kỹ năng vẽ hình, trình bày lời giải bài tốn hình.
- Rèn tư duy tốn thơng qua khai thác, mở rộng các bài toán.
- HS tăng cường năng lực sáng tạo, tính tự học, tự nghiên cứu.
- Rèn tính cẩn thận, chính xác trong làm bài.
B. Chuẩn bị:
Giáo viên: Máy chiếu, thước thẳng, com pa.
Học sinh:.Thước thẳng, com pa.
C. Tiến trình dạy học:
1. Ổn định tổ chức.
2. Kiểm tra bài cũ
HS1: Tính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù?

Nêu một số cách chứng minh tứ giác nội tiếp?
HS2: Nêu một số cách chứng minh ba điểm thẳng hàng?
3. Bài mới:
Bài 1: Cho ∆ ABC, các đường phân Bài 1:
ˆ
ˆ
giác của các góc B và C gặp nhau tại .

A

S, các đường thẳng chứa phân giác

S

ˆ
ˆ
của hai góc ngồi B và C gặp nhau
tại E.
Chứng minh rằng:
a) BSCE là tứ giác nội tiếp.
b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng
GV đưa đề bài lên máy chiếu.
HS đọc bài, nêu GT, KL

HS nêu cách chứng minh tứ giác
BSCE nội tiếp.
(SCE + SBC = 1800 )
Chứng minh SCE = 900 như thế
nào?
Tương tự ta có điều gì?

Lớp Tốn - ĐHSP - Khoá 7

B

2

1

C

12

Lời giải:

E

ˆ
a) CS là tia phân giác trong của C
ˆ
CE là tia phân giác ngoài của C

=> SCE = 900.
Chứng minh tương tự SCE = 900.
=> Tứ giác SBEC nội tiếp

14


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

HS làm bài.

Đề tài

vì SCE + SBC = 1800
b) S là giao điểm của 3 đường phân
giác trong, E là giao điểm của 2
ˆ
ˆ
đường phân giác ngoài của B và C

Em nào có cách làm?
Em nào có cách làm khác?

thuộc ∆ ABC.
Theo định lí đã học => A, S, E
thẳng hàng.
Khai thác bài tốn

GV hướng dẫn HS khai thác bài
• Nhận xét 1:
tốn trên.
Ta có SCE = SBE = 900 => tâm
đường trịn ngoại tiếp tứ giác BSCE
Em có nhận xét gì về tứ giác BSEC? là trung điểm của đoạn SE. Ta có
( có hai góc vng)
thể đặt tiếp câu hỏi cho bài tốn.
Từ đó có nhận xét gì về tâm của c) Xác định tâm đường tròn ngoại
đường tròn ngoại tiếp tứ giác tiếp tứ giác BSEC.
BSEC?

• Nhận xét 2:
Vì SBEC là tứ giác nội tiếp
Từ SBEC là tứ giác nội tiếp

ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
=> E1 + E2 = C1 + C2 =

1
ˆ ˆ
(B+C )
2

ˆ
ˆ
=> E1 = ?; E2 = ?

=> Câu hỏi tiếp:

ˆ
ˆ
=> E1 + E2 = ?

d) Chứng minh rằng BEC =

Do đó ta có câu hỏi d.

1

(
2

ˆ ˆ
B+C )

• Nhận xét 3:

So sánh BOC và Ê?
ˆ ˆ
So sánh BOC và B + C ?
ˆ
Tính BOC + A = ?
Từ đó ta có câu e.

ˆ ˆ ˆ
ˆ
ˆ ˆ
BOC = 2 E = B + C mà A + B + C =
ˆ
1800 => BOC + A = 1800
e) Chứng minh tứ giác ABOC nội
tiếp

• Nhận xét 4:
O nằm trên đường tròn ngoại tiếp ∆
ABC, S là tâm đường tròn nội tiếp
∆ ABC, E là tâm đường tròn bàng

Từ câu e có nhận xét gì về vị trí của

15
Lớp Tốn - ĐHSP - Khoá 7


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm
điểm O?
Có nhận xét gì về điểm S và E?
So sánh OE và OS?
Từ đó ta có câu f.

Đề tài

tiếp, OE = OS.
f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối
tâm đường tròn nội tiếp với tâm
đường tròn bàng tiếp của tam giác
bị đường tròn ngoại tiếp tam giác
ấy chia thành hai phần bằng nhau.

4. Củng cố - luyện tập
GV lưu ý cho HS:
- Tìm hiểu kỹ bài tốn, vẽ hình chính xác.
- Biết cách phân tích, tổng hợp, khai thác bài tốn.
5. Hướng dẫn:
- Xem kỹ bài tập đã làm trên lớp, cách khai thác bài toán.
- Làm bài tập sau:
Bài 2:
Cho đường trịn tâm O, đường kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp
tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường

tròn đó cắt Cx, Dy lần lượt tại A, B.
Chứng minh rằng: AOB = 900.
Hãy xét bài toán trong trường hợp thay điểm O bởi điểm M bất kỳ
nằm trên đường thẳng CD.
---------------------------------------------

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

16


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

D - KẾT LUẬN
Ở phần trên tôi đã đưa ra phương pháp bồi dưỡng học sinh khá, giỏi
bằng cách hình thành cho học sinh năng lực học toán mới ở mức độ nâng
cao, mở rộng các kiến thức. Nhưng để thực sự là một học sinh giỏi tốn thì
học sinh phải có kỹ năng tìn tịi lời giải bài tốn, khơng bao giờ bằng lịng
và dừng lại với phương pháp giải hiện có mà ln ln mong muốn tìm tịi,
sáng tạo những lời giải hay, hấp dẫn hơn.
Vì vậy tơi nghĩ hãy cố gắng hướng dẫn học sinh cachs suy nghĩ,
cách tìm tịi lời giải. Đây là cơ hội để giáo viên trang bị cho học sinh một
số tri thức phương pháp: Phương pháp giải toán - phương pháp toán học
hoá - nhằm rèn luyện và phát triển học sinh năng lực tư duy khoa học.
Biết đề ra cho học sinh đúng lúc, đúng chỗ những câu gợi ý sâu sắc,
phù hợp với trình độ đối tượng. Chúng ta chỉ có thể thơng qua dạy học giải
một số bài tốn cụ thể mà dần dần truyền cho học sinh cách thức, kinh

nghiệm, tiến tới nghệ thuật trong việc suy nghĩ tìm tịi lời giải các bài tốn.
Trên đây là những kiến thức của bản thân tôi trong việc ôn tập bồi
dưỡng học sinh thơng qua việc hình thành cho học sinh năng lực học toán
từ việc khai thác các kiến thức cơ bản trong chương trình sách giáo khoa đi
đến sáng tạo và đề xuất bài tốn mới, tìm tịi nhiều cách giải khác nhau cho
một bài tốn góp phần bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi.
Hải Dương, ngày 30 tháng 5 năm 2006
XÁC NHẬN CỦA NHÀ TRƯỜNG
..................................................................
..................................................................
..................................................................
..................................................................
..................................................................

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Thị Minh Nguyệt

17


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 - Nâng cao và phát triển Tốn 6: Vũ Hữu Bình

2 - Nâng cao và phát triển Tốn 8: Vũ Hữu Bình
3 - Một số vấn đề phát triển Tốn 8: Vũ Hữu Bình
4 - Tốn nâng cao và chuyên đề hình học 9: Nguyễn Ngọc Đạm,
Nguyễn Việt Hải, Vũ Dương Thụy
5 - Bồi dưỡng học sinh giỏi toán cấp 2: Võ Đại Mau

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

18


Trường đại học sư phạm Hà Nội
nghiệp vụ sư phạm

Đề tài

MỤC LỤC
Trang
1
1
1
2
2
4
9
14
17
18

A. Mở đầu

I. Lý do chọn đề tài
II. Nhiệm vụ nghiên cứu
B. Nội dung
I. Phần số học
II. Phần đại số
III. Phần hình học
C. Bài soạn
D. Kết luận
Tài liệu tham khảo

Lớp Toán - ĐHSP - Khoá 7

19