skkn toán thcs khai thác và phát triển một số bài toán theo định hướng phát triển năng lực học sinh

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN
KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI
TOÁN THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG
LỰC HỌC SINH

Bộ môn: Toán

Năm học 2014 - 2015
1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Khai thác và phát triển một số bài toán theo định hướng
phát triển năng lực học sinh
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán
3. Tác giả:
Họ và tên: Vũ Đức Hải

Nam (nữ): Nam

Ngày tháng/năm sinh: 04/06/1978
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm
Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ trưởng chuyên môn –Trường THCS Đồng Lạc
Điện thoại: 0973 051 795
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường THCS Đồng Lạc.
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu Trường THCS Đồng Lạc Điện thoại:
03203 888 078
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh, phòng học, lớp

học đảm bảo theo quy định.
7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Năm học 2014 - 2015

HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN)

XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ
ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

Vũ Đức Hải

2


TÓM TẮT SÁNG KIẾN
Xuất pháp từ thực tiễn giảng dạy, yêu cầu của bộ, của ngành cần phải tăng
cường đổi mới phương pháp dạy học nhất là trong những năm học tiếp theo phải
tích cực đổi mới phương pháp dạy học theo định hướng phát triển năng lực của
học sinh, đặc biệt là trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và luyện thi vào lớp
10 THPT chuyên và không chuyên. Tôi nhận thấy học sinh không biết cách vận
dụng và khai thác mở rộng các bài toán ‘gốc’ vào giải toán và đặc biệt chưa đề
xuất được những bài toán tương tự. Trong quá trình giảng dạy, dự giờ tôi nhận
thấy giáo viên mới bước đầu quan tâm đến việc dạy học theo định hướng phát
triển năng lực của học sinh, chưa chú trọng đến việc khai thác, mở rộng bài toán,
chưa hướng các em đến việc hình thành và đề xuất các bài tập tương tự và sâu sắc
hơn. Sáng kiến ‘Khai thác và phát triển một số bài toán theo định hướng phát
triển năng lực học sinh’ được áp dụng rộng rãi trong thời gian cụ thể đối với các
khối lớp 8 và 9 đặc biệt trong bồi dưỡng học sinh giỏi và luyện thi vào lớp 10
THPT. Sáng kiến đã đưa một số ví dụ minh họa cụ thể có nhận xét, phân tích, khai
thác các bài tập từ dễ đến khó đặc biệt là cách đưa các bài tập khó về các bài tập
dễ bằng cách đưa thêm những biến mới giúp học sinh dễ nhớ, dễ hiểu hơn, sau đó

khảo sát thống kê, so sánh đối chiếu kết quả bằng số liệu cụ thể trước và sau khi
vận dụng kinh nghiệm. Đồng thời đưa ra bài học kinh nghiệm để các đồng nghiệp
cùng suy ngẫm, bàn bạc để chất lượng bộ môn toán nói chung và chất lượng đội
tuyển học sinh giỏi toán trong nhà trường nói riêng đạt hiệu quả cao, tạo sự hào
hứng, say mê, chủ động, sáng tạo trong quá trình tiếp nhận kiến thức của học sinh
và những khuyến nghị, đề xuất với các cấp, các ngành những vấn đề còn bỏ ngỏ
đặc biệt là hướng tiếp tục nghiên cứu.

MÔ TẢ SÁNG KIẾN
3


1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
1.1. Lí do chọn đề tài
Toán học là một trong những khoa học cổ nhất, là đỉnh cao trí tuệ của loài
người và ngày càng khẳng định được vị thế bởi tính ứng dụng sâu sắc của nó. Vì
vậy, việc dạy học bộ môn Toán trong các cấp học nói chung và cấp THCS nói
riêng có vai trò vô cùng quan trọng. Nó giúp học sinh phát triển tư duy, khả năng
suy luận, trau dồi trí nhớ và rèn luyện một phong cách làm việc khoa học. Theo
A.A.Stôliar, “dạy toán là dạy hoạt động toán học”. Dạy toán không phải đơn thuần
dạy kiến thức mà còn dạy cho học sinh cách huy động kiến thức để khi đứng trước
một vấn đề, các em có thể biết cách lựa chọn tri thức phù hợp và đúng đắn.
Hiện nay, ngành Giáo dục đang nỗ lực đổi mới phương pháp dạy học, yêu
cầu “phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy
sáng tạo của người học, bồi dưỡng cho học sinh năng lực tự học, kĩ năng thực
hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên” (Luật giáo dục, điều 5). Năm học
2014 – 2015 Bộ Giáo dục đưa ra chủ trương đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy
học và kiểm tra đánh giá theo định hướng phát triển năng lực học sinh. Trong đó,
dạy học bộ môn Toán cần hình thành và phát triển cho học sinh năng lực tính toán,
giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ và khả năng phân tích, tổng hợp, suy luận

lôgic...
Theo định hướng này, ngoài việc trang bị tốt kiến thức cơ bản cho học sinh,
mỗi giáo viên dạy Toán cần chú trọng tới việc hướng dẫn các em phát triển, mở
rộng các bài toán từ những bài toán cơ bản, biết dựa vào những bài tập đơn giản,
bài tập “gốc” để làm các bài tập khó.
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy việc tìm tòi mở rộng các bài toán quen
thuộc là phương pháp học khoa học, có hiệu quả. Phát triển từ dễ đến khó là con
đường phù hợp cho học sinh khi rèn luyện kĩ năng giải toán. Việc tìm tòi để phát
triển, mở rộng các bài toán sẽ giúp các em hiểu sâu sắc hơn kiến thức đã học, làm
tăng thêm hứng thú học tập, óc sáng tạo của học sinh. Từ đó giúp các em có cơ sở
4


khoa học khi phân tích, phán đoán tìm lời giải cho các bài toán khác và ngày càng
tự tin hơn vào khả năng giải toán của mình..
Nhưng thực tế, trong các nhà trường hiện nay, phần lớn các giáo viên chưa
có thói quen phát triển, mở rộng một bài toán thành chuỗi các bài toán liên quan.
Việc chỉ dừng lại ở các bài tập đơn lẻ làm cho học sinh thụ động, khó tìm được
mối liên hệ giữa các kiến thức đã học. Cho nên khi gặp một bài toán mới các em
không biết xuất phát từ đâu, sử dụng những kiến thức nào, nó liên quan như thế
nào với các bài toán trứơc đó. Các nghiên cứu khoa học, sáng kiến kinh nghiệm
cho vấn đề này cũng đã có song còn hạn chế, giải quyết vấn đề chưa thực sự triệt
để, thấu đáo. Vì thế, tôi đã tìm tòi, nghiên cứu đề tài và triển khai thành sáng kiến
kinh nghiệm “Khai thác và phát triển một số bài toán theo định hướng phát
triển năng lực học sinh”. Những vấn đề được đề cập tới trong đề tài này vừa
nhằm nâng cao chất lượng đại trà vừa giúp ích cho công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài nhằm hình thành và phát triển các năng lực tính toán, năng lực tư
duy, năng lực giải quyết vấn đề, năng lực tự học, năng lực giao tiếp, năng lực sử

dụng công nghệ thông tin, suy luận logic,...
- Biết cách định hướng và giải bài tập ngắn gọn, chính xác khoa học.
- Phát huy trí lực, óc sáng tạo của học sinh tìm nhiều cách giải hay, phát
triển và đề xuất bài toán mới.

- Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử.
1.3. Các phương pháp nghiên cứu .
- Điều tra giáo dục.
- Tổng kết kinh nghiệm.
- Nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm.
- Phân tích và tổng hợp lí thuyết…
2. Thực trạng trước khi nghiên cứu
5


Qua giảng dạy và khảo sát chất lượng tôi thấy thực tế còn nhiều học sinh
học yếu, ngại làm bài tập hoặc chỉ làm cho đủ số lượng bài tập thầy cô giáo giao.
Không những thế, có những tiết luyện tập giáo viên chỉ có thể dừng lại ở chữa bài
tập cho học sinh chứ chưa quan tâm mở rộng, phát triển khai thác bài toán đã giải.
Đặc biệt là nhiều học sinh không nhớ các bài toán gốc, chính vì vậy mà
không biết đưa những bài tập phức tạp về các bài tập đơn giản để giải bài tập một
cách dễ dàng và chính xác đồng thời các em cũng không thể đề xuất các bài tập
tương tự, bài tập khó.
Khi ra một số bài tập có thể ứng dụng các bài toán “gốc” sẽ có cách giải
hay, ngắn gọn song đa số học sinh không biết vận dụng hoặc vận dụng không
đúng ...
Tôi đã tiến hành kiểm tra kiểm tra 20 em học sinh ở hai lớp 9A và 9C với

thời gian 20 phút với đề bài và kết quả như sau:
Đề bài

Câu 1( 5 điểm): Tìm x biết: x3 + ( 1 − x ) = 1
3

Câu 2( 5 điểm): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F
các tiếp điểm của đường tròn (O) với các cạnh AB, BC, CA. Tính AD biết chu vi
tam giác ABC bằng 60 cm và BC = 25 cm.
Kết quả:
Sĩ số
Từ 0 đến 2
SL
%
20
10
50
3. Phạm vi áp dụng

Điểm
Dưới 5
SL
%
15
75

Từ 5 trở nên
SL
%
5
25

Từ 8 đến 10

SL
%
0
0

- Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc bồi
dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, 9, ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào
các lớp chọn, lớp chuyên PTTH.

6


- Thời gian nghiên cứu có hạn mặc dù được sự góp ý chân thành của nhiều
giáo viên có chuyên môn cao, song vẫn còn nhiều điều bỏ ngỏ để tiếp tục khai
thác và đi sâu hết dạng toán này.
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện

4.1. Khai thác và phát triển bài toán đại số
4.1.1 Bài 1
Chứng minh rằng: a3 + b3 = ( a + b ) − 3ab(a + b) .
3

Bài giải:
Ta có: ( a + b ) = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3
3

= a 3 + 3ab ( a + b ) + b 3
3
⇒ a 3 + b3 = ( a + b ) − 3ab(a + b) (điều cần chứng minh)

Hướng khai thác:
Nếu a + b + c = 0 ta có bài toán sau.
4.1.2 Bài 2
Cho a + b + c = 0 . Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc.
Bài giải:
Ta có: a + b + c = 0
⇒ a + b = −c
⇒ ( a + b ) = ( −c )
3

3

⇒ a 3 + 3ab ( a + b ) + b3 = −c 3
⇒ a 3 + b3 + c3 + 3ab( −c) = 0
⇒ a 3 + b3 + c3 = 3abc

Vậy: a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc. (Điều cần chứng minh)
Hướng khai thác và phát triển:
a = x − y

Nếu đặt: b = y + z ⇒ a + b + c = 0 ta có bài toán 3
c = − z − x


7


4.1.3 Bài 3
Phân tích thành nhân tử: ( x − y ) + ( y + z ) − ( z + x ) .
3

3

3

Bài giải:
Ta có:

( x − y)

3

+ ( y + z ) − ( z + x) = ( x − y) + ( y + z ) + ( −z − x)
3

3

3

3

3

a = x − y

Đặt: b = y + z ⇒ a + b + c = 0
c = − z − x


theo bài toán 2 ta có: ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc

suy ra. ( x − y ) + ( y + z ) − ( z + x )
3

3

3

= ( x − y) + ( y + z ) + ( −z − x)
3

3

3

= −3 ( x − y ) ( y + z ) ( z + z )

Tương tự ta có các bài toán sau.
4.1.4. Bài 4 :
Phân tích thành nhân tử: a 3 + b3 + c3 − ( a + b + c )

3

Bài giải:
Ta có: a 3 + b3 + c 3 − ( a + b + c )

3

= ( a + b ) + c 3 − 3ab ( a + b ) − ( a + b + c )
3

3

= ( a + b + c ) − 3c ( a + b ) ( a + b + c ) − 3ab ( a + b ) − ( a + b + c ) ( theo bài toán 1)
3

3

= −3 ( a + b )  c ( a + b + c ) + ab 
= − 3 ( a + b )  a ( b + c ) + c ( b + c ) 
= −3( a + b ) ( b + c ) ( a + c )

4.1.5. Bài 5
Giải phương trình sau: ( x 2 + x + 2 ) − ( x + 1) = x 6 + 1
3

3

Bài giải:
8


(x

2

+ x + 2 ) − ( x + 1) = x 6 + 1
3

3

⇔ ( x 2 ) + ( x + 1) + 13 − ( x 2 + x + 2 ) = 0
3

3

3

⇔ −3 ( x 2 + x + 1) ( x 2 + 1) ( x + 2 ) = 0 ( *) (Theo bài toán 4)
2

1 3

Mà: x + x + 1 =  x + ÷ + ≠ 0∀x và: x 2 + 1 ≠ 0∀x
2 4

2

⇒ (*) ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2

Vậy, Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = −2 .
4.1.6. Bài 6
a + b = 1

Cho 

a + b = 1
3

3

. Tính giá trị của biểu thức: Q = a 2015 + b 2015 .
Bài giải:

Ta có: a + b = 1
⇒ ( a + b) = 1
3

⇒ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = 1
⇒ 1 + 3ab.1 = 1
⇒ 3ab = 0
a = 0
⇒
b = 0

Nếu a = 0 ⇒ b = 1 ⇒ Q = a 2015 + b 2015 = 1
Nếu b = 0 ⇒ a = 1 ⇒ Q = a 2015 + b 2015 = 1
Vậy: Q = 1.
4.1.7. Bài 7
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC thỏa mãn: a 3 + b3 + c3 = 3abc.
Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều.
Bài giải:
Ta có:
a 3 + b3 + c 3 = 3abc.
⇔ a 3 + b3 + c3 − 3abc = 0

9


⇔ ( a + b ) − 3ab(a + b) + c 3 − 3abc = 0
3

⇔ ( a + b + c ) − 3 ( a + b ) c ( a + b + c ) − 3ab(a + b + c ) = 0
3

2
⇔ ( a + b + c ) ( a + b + c ) − 3 ( a + b ) c − 3ab  = 0



⇔ ( a + b + c )  a 2 + b2 + c 2 − ab − ac − bc  = 0 (*)

Mà: a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC ⇒ a + b + c ≠ 0 do đó:

( *) ⇔ a 2 + b2 + c 2 − ab − ac − bc = 0
⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2ac − 2bc = 0
⇔ ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) = 0
2

2

2

a − b = 0

⇔ b − c = 0 ⇔ a = b = c ⇒ ∆ABC là tam giác đều (điều phải chứng minh)
c − a = 0


4.2. Khai thác và phát triển bài toán hình học
4.2.1. Bài 1

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F các tiếp điểm của
đường tròn (O) với các cạnh AB, BC, CA.
1. Chứng minh rằng: 2AD = AB + AC − BC .
2. Tìm các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu 1.
Bài giải
1.Chứng minh rằng: 2AD = AB + AC − BC .

Ta có AD và AF là tiếp tuyến của (O) tại D, F (gt)
⇒ AD = AF ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh tương tự ta có: BD = BE; CE = CF
Mà: AB + AC − BC = AD + BD + AF+CF-(BE+EC)
10


= AD + BD + AD + CF − BD − CF
= 2 AD

Vậy: 2AD = AB + AC − BC
2.Các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu 1.
2 AF = AB + AC − BC
2 BD = BA + BC − AC ; 2 BF = BA + BC − AC
2CE = CA + CB − AB; 2CF = CA + CB − AB

Hướng khai thác:
Nếu ∆ABC là tam giác vuông tại A thì AD = r; BC = 2 R ( r là bán kính đường tròn
nội tiếp ∆ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ) nên ta có
2r = AB + AC − 2 R . Do đó ta có bài toán:

4.2.2. Bài 2

Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O;R) và ngoại tiếp đường
tròn (I;r). Gọi D, E, F các tiếp điểm của đường tròn (I;r) với các cạnh AB, BC,
CA. Chứng minh rằng: r + R =

AB + AC
.
2

Chứng minh:

Theo bài toán 1 ta có: 2AD = AB + AC − BC
Mặt khác:
xét ADIF có:
· AF = AF
· I = ·ADI = 900 (gt)
D

mà: ID = IF=r(Vì : D; F ∈ ( I ; r ) : gt )
⇒ ADIF là hình vuông ⇒ AD = DI = r ( tính chất hình vuông)

11


Ta lại có tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O;R) (gt)
⇒ BC = 2 R

⇒ 2r = AB + AC − 2 R
⇒ R+r =

AB + AC

(điều cần chứng minh)
2

Hướng khai thác:
Nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái ta có bài toán sau.
4.2.3. Bài 3
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C)
Gọi (I;r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minhrằng: r + R ≥ AB. AC .
Bài giải:
Gọi D, E, F các tiếp điểm của đường tròn (I;r) với các cạnh AB, BC, CA.

Chứng minh tương tự bài 2 ta có : R + r =

AB + AC
(1)
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có :
AB + AC
≥ AB. AC (2)
2

từ (1) và (2) ta có : r + R ≥ AB. AC
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = AC ⇔ A là điểm chính giữa của cung BC của
(O;R).
Hướng khai thác:
Kẻ đường cao AH của tam giác ABC ( H thuộc BC) thì r + r1 + r2 = AH ( r ; r1 ; r2 lần
lượt là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC; ∆ABH ; ∆ACH ) nên ta có bài toán.
12

4.2.4. Bài 4
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C).
H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Gọi ( I; r ) ( J ; r1 ) ; ( K ; r2 ) lần lượt là đường
tròn nội tiếp ∆ABC ; ∆ABH ; ∆ACH . Chứng minh rằng r + r1 + r2 = AH .
Chứng minh :

Theo bài toán 2 ta có:
2r = AB + AC − BC 

2r1 = HA + HB − AB  ⇒ 2 ( r + r1 + r2 ) = 2 AH + HB + HC − BC
2r2 = HA + HC − AC 
⇒ 2 ( r + r1 + r2 ) = 2 AH + BC − BC ( H thuộc đoạn BC: gt)
⇒ 2 ( r + r1 + r2 ) = 2 AH
⇒ r + r1 + r2 = AH (điều cần chứng minh)

Hướng khai thác:
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C).
H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Nên AH lớn nhất khi AH là bán kính
của (O,R). Do đó ta có bài toán.
4.2.5. Bài 5
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C).
H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Gọi ( I; r ) ( J ; r1 ) ; ( K ; r2 ) lần lượt là đường
tròn nội tiếp ∆ABC ; ∆ABH ; ∆ACH . Xác định vị trí của A để r + r1 + r2 đạt giá trị lớn
nhất.
13


Bài giải:

Theo bài 4 ta có: r + r1 + r2 = AH (1)


Mặt khác: A ∈  O; ÷( gt )
2 

BC

Mà:
⇒ AH ≤

AH ⊥ BC tại H (gt)

BC
⇒ AH ≤ R ( BC = 2R: gt) (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra r + r1 + r2 ≤ R ( Không đổi)
Đẳng thức xảy ra AH = R khi và chi khi H trùng với O khi và chỉ khi A là điểm
chính giữa của cung BC của (O;R).
Vậy, A là điểm chính giữa của cung BC của (O;R) thì tổng r + r1 + r2 đạt giá trị lớn
nhất là Max(r + r1 + r2 ) = R .
Hướng khai thác:
Gọi E, F là giao điểm của AJ và AK với BC thì EF = 2r thì ta có bài toán sau .
4.2.6. Bài 6
Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ( H thuộc BC). Gọi J; I; K lần lượt
là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC ; ∆ABH ; ∆ACH .Đường thẳng AJ cắt BC tại E,
đường thẳng AK cắt BC tại F. Chứng minh rằng EF = 2r ( r là bán kính đường tròn
nội tiếp tam giác ABC)

Bài giải:

14


·ABH + BAH
·
= 900  ·
·
Ta có: ·
 ⇒ ABH = CAH
0
·
CAH + BAH = 90 
·
Mặt khác: ·AEC = ·ABH + BAE
( Góc ngoài đỉnh E của tam giác ABE)
·
·
·
( Vì tia AH nằm giữa hai tia AE và AC)
CAE
= CAH
+ HAE
·
·
Mà: BAE
( Vì J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH: gt)
= HAE
·

Suy ra ·AEC = CAE
⇒ ∆CAE là tam giác cân tại C.
⇒ CE = CA ( tính chất tam giác cân)

Chứng minh tương tự ta có: BF = BA
⇒ BF + CE = AB + AC
⇒ BE + EF + CE = AB + AC
⇒ BC + EF = AB + AC
⇒ EF = AB + AC − BC

mà: AB + AC − BC = 2r (theo bài toán 2).
⇒ EF = 2r (điều cần chứng minh)

Hướng khai thác: Nếu Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường
kính BC ( A khác B và C). H là hình chiếu vuông góc của A trên BC thì ta có bài
toán sau.
4.2.7. Bài 7
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C).
H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Gọi J; I; K lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp ∆ABC ; ∆ABH ; ∆ACH .Đường thẳng AJ cắt BC tại E, đường thẳng AK cắt
BC tại F. Xác định vị trí của A để diện tích tam giác AEF đạt giá trị lớn nhất.
15


Bài giải:

Theo bài toán 7 ta có: EF = AB + AC − BC
Mặt khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

( 1. AB + 1. AC )

2

≤ 2 ( AB 2 + AC 2 )

Mà: AB 2 + AC 2 = BC 2 = ( 2 R ) = 4 R 2 ( pytago)
2

⇒ AB + AC ≤ 2 R 2
⇒ AB + AC − BC ≤ 2 R 2 − BC
⇒ EF ≤ 2 R 2 − 2
⇒ EF ≤ 2 R

(

)

2 − 1 (1)



Ta lại có: A ∈  O;

BC 
÷( gt )
2 

Mà: AH ⊥ BC tại H (gt)
⇒ AH ≤

BC
⇒ AH ≤ R ( BC = 2R: gt) (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra: AH .EF ≤ R.2R ( 2 − 1)
⇒

1
AH .EF ≤ R 2
2

⇒ S AEF ≤ R 2

(

(

)

2 −1

)

2 − 1 ( không đổi)
 AB = AC
⇔ A là điểm chính giưa cung BC của ( O;R) đường
 AH = R

Đẳng thức xảy ra ⇔ 
kính BC.

16


Vậy, A là điểm chính giưa cung BC của ( O;R) đường kính BC. thì diện tích tam
2
giác AEF lớn nhất là: Max( S AEF ) = R ( 2 − 1) (đvdt).

Hướng khai thác:
Từ bài toán 1 nếu kẻ tiếp tuyến song song với BC ta có bài toán sau:
4.2.8. Bài 8
Cho tam giác ABC ngoại tiếp (O;R). Gọi H là tiếp điểm của BC với (O;R), kẻ
đường kính HK của (O;R). Tiếp tuyến tại K của (O;R) cắt AB và AC tại M, N.
Cho chu vi tam giác ABC = 80 cm và MN = 9,6. Tính BC.
Bài giải:

Gọi D, E lần lượt là các tiếp điểm của (O;R) với các cạnh AB và AC. Theo bài
toán 1 ta có: 2AD = AB + AC − BC (1)
mặt khác: AM + MN + AN = AM + MK + KN + AN
= AM + MD + NE + AN
= AD + AE
= AD + AD
= 2AD (2)

Từ (1) và (2) ta có: AM + MN + AN = AB + AC-BC=AB + AC+BC -2BC
Mà chu vi tam giác ABC bằng 80 cm ( gt)
⇒ AM + NM + AN = 80 − 2 BC

Mặt khác:
MN ⊥ HK ( gt ) 

 ⇒ MN / / HK
BC ⊥ HK ( gt ) 

17


⇒

AM AN MN AM + AN + MN 80 − 2 BC
=
=
=
=
AB AC BC
AB + AC + BC
80

mà: MN = 9,6 ( cm) (gt) nên ta có:
9, 6 80 − 2 BC
=
BC
80
⇒ BC = 24(cm) hoặc BC = 16(cm) .

4.2.9. Bài 9
Cho tam giác ABC có chu vi 80 cm ngoại tiếp (O;R). Gọi H là tiếp điểm của BC
với (O;R), kẻ đường kính HK của (O;R). Tiếp tuyến tại K của (O;R) cắt AB và
AC tại M, N. Cho AC – BC = 10 cm. Tính các cạnh của tam giác ABC để MN đạt
giá trị lớn nhất.
Bài giải:

Gọi D, E lần lượt là các tiếp điểm của (O;R) với các cạnh AB và AC. Theo bài
toán 7 ta có:

9, 6 80 − 2 BC
=
BC
80

Đặt BC = x ( 0 < x < 40 )
suy ra:

MN 80 − 2 x
=
x
80

−2 x 2 + 80 x
80
1
2
⇒ MN = − ( x − 20 ) + 10 ≤ 10
40
⇒ MN =

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x − 20 = 0 ⇔ x = 20 ( thỏa mãn)
18


⇒ BC = 20(cm)

Mà: AC − AB = 10 và AB + AC + BC = 80 (gt)
⇒ AB = 25(cm); AC = 35(cm); BC = 20(cm)

Vây, AB = 25(cm); AC = 35(cm); BC = 20(cm) thì MN đạt giá trị lớn nhất là
Max ( MN ) = 10(cm).

4.3 Giáo án
Tuần 15
Tiết

29

LUYỆN TẬP
I. Mục tiêu
1. Kiến thức:
Củng cố các tính chất của tiếp tuyến của đường tròn, đường tròn nội tiếp
tam giác.
2. Kĩ năng:
- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, vận dụng các tính chất của tiếp tuyến vào bài
tập tính toán và chứng minh.
- Bước đầu vận dụng tính chất của tiếp tuyến vào bài tập quỹ tích và dựng
hình.
3. Thái độ: Yêu thích môn học và các môn học khác.
4. Hình thành và phát triển năng lực thông qua bài học:
Năng lực xử dụng ngôn ngữ, hợp tác làm việc theo nhóm, năng lực giao
tiếp, năng lực giải quyết vấn đề , năng lực tư duy,…
II. Chuẩn bị
Giáo viên: Thước thẳng, com pa, bảng phụ, phấn màu, máy chiếu,…
Học sinh: Thước thẳng, com pa.

III. Hoạt động dạy học
1. Tổ chức
Ngày ............. Lớp ...................
19


Ngày ................ Lớp ...............
2. Kiểm tra bài cũ
? Nêu tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau.
? Thế nào là đường tròn nội tiếp tam giác? Vẽ hình.
3. Dạy học bài mới:

Hoạt động của GV - HS

Nội dung ghi bảng
Bài 30 tr 116 <SGK>.

- Cho hs nghiên cứu đề bài 30 - SGK.
Nửa (O;AB/2); Ax ⊥ AB,

?Hãy vẽ hình, ghi GT, KL của bài
toán?

GT

-Gọi 1 hs lên bảng vẽ hình, ghi GT,

M cắt Ax tại C, cắt By tại D.
·
a) COD

= 900

KL.
=> Nhận xét.
-GV nhận xét, bổ sung nếu cần.

By ⊥ AB.M ∈ (O), tiếp tuyến tại

KL

b) CD = AC + BD.
c) AC.BD không đổi

? Hãy tìm các cặp góc bằng nhau trong
hình vẽ ?
HD: Có những tiếp tuyến nào cắt nhau
TL: AC cắt CM và DM cắt DB.
? Có nhận xét gì về các góc chung đỉnh
O?
TL:

Chứng minh

·
? Vậy chứng minh COD
= 900 ntn ?

a) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OC

- GV gọi 1 HS lên bảng làm.

là phân giác ·AOM , OD là phân giác

=> Nhận xét.

·
·
của MOB
mà ·AOM và MOB
là 2 góc

? CD bằng tổng hai đoạn nào ?

·
kề bù ⇒ OC ⊥ OD hay COD
= 900 .

TL: CD = CM + MD.
? CM và AC có quan hệ gì ?
TL: CM = AC

b) Theo tính chất tiếp tuyến ta có
CM = CA, MD = MB
⇒ CM + MD = CA+ BD

20


? Tương tự với DM và DB ?

⇒ CD = AC + BD.

- GV gọi HS lên làm.

c) Ta có AC.BD = CM.MD. Trong tam

=> Nhận xét.

giác vuông COD có OM ⊥ CD ⇒

? Trong bài toán có yếu tố nào không CM.MD = OM2 ( theo hệ thức lượng
đổi ?

trong tam giác vuông) ⇒ AC.BD = R2

TL: Bán kính OM.

(không đổi).

? Vậy tích AC. BD có liên hệ gì với
OM ?

Bài 31 tr116 <SGK>.

TL: AC. BD = CM. MD = OM2.
- GV gọi HS lên làm.
**? Xác định vị trí điểm M để tổng
AC + BD ngắn nhất .
? Nếu hai tiếp tuyến Ax và By cắt nhau

Chứng minh.

thì sao? Bài toán còn đúng không ?

a) Ta có AD = AF, BD = BE, CF = CE

- GV cho HS làm bài 31 - SGK.

(Theo tính chất tiếp tuyến)

?Hãy vẽ hình, ghi GT, KL của bài ⇒ AB + AC - BC
toán?
= AD + DB + AF + FC – BE – EC
-Gọi 1 hs lên bảng vẽ hình, ghi GT, = AD + DB + AD + FC – BD – FC
KL.
= 2 AD.
=> Nhận xét.

b) Các hệ thức tương tự là:

? Hãy tìm các đoạn thẳng bằng nhau 2BE = BA + BC – AC.
trên hình ?
2CF = CA + CB – AB .
TL:
? Hãy tính AB + AC - BC theo các
đoạn ngắn hơn ?
TL:
- GV gọi 1HS lên làm.
=> Nhận xét.
21

-Cho hs thảo luận theo nhóm ý b
-Kiểm tra sự thảo luận của hs.
- GV gọi đại diện từng nhóm nêu kết
quả .
- Gọi HS khác nhận xét.
4. Hoạt động ứng dụng:
Các em có thể tự đề xuất các bài toán như sau:
1. Bài 1
Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O; R) và ngoại tiếp (I; r).
1. Chứng minh rằng R + r =

AB + AC
.
2

2. Bài 2
Cho (O; R) nội tiếp tam giác ABC. Gọi D là tiếp điểm của cạnh BC với (O; R) kẻ
đường kính AE của (O; R). Tiếp tuyến tại E cắt cạnh AB và AC tại M và N.
1. Chứng minh DB.EM = DC.EN .
2. Trong trường hợp AB < AC. Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường
thẳng BC. Chứng minh DB = KC .
5. Hướng dẫn về nhà
-Học thuộc bài.
-Xem lại các bài đã chữa.
-Làm bài 32 - SGK + 54, 55, 56, 61, 62 tr 137 – 137 <SBT>.
- Giờ sau ‘ Ôn tập học kì I '

5. Kết quả đạt được

5.1. Kết quả
22


Qua việc giảng dạy " Khai thác và phát triển một số bài toán theo định
hướng phát triển năng lực học sinh " tôi thấy chất lượng học tập bộ môn Toán

của học sinh nói chung và kết quả đội tuyển học sinh giỏi, học sinh thi vào
trung học phổ thông được nâng lên rõ rệt. Học sinh không những biết cách giải
bài tập một cách thành thạo và chính xác, trình bày khoa học mà biết cách đưa
những bài toán phức tạp về những bài toán “gốc” mà còn có khả năng đề xuất
các bài toán mới.
Theo cách này, chúng ta sẽ hình thành và phát triển được một số năng lực
của học sinh như năng lực tính toán, năng lực tư duy, năng lực giải quyết vấn đề,
năng lực tự học, năng lực giao tiếp, năng lực sử dụng công nghệ thông tin, suy
luận logic,...

Sau khi áp dụng sáng kiến tôi kiểm tra khảo sát 20 em học sinh ở hai lớp
9A và 9C với thời gian 20 phút với đề bài và kết quả như sau:
Đề bài:
Câu 1 ( 5 điểm)
Giải phương trình sau: ( x 2 + 1) − ( x 2 − x + 1) = x3
3

3

Câu 2 ( 5 điểm )
Cho tam giác ABC đều cạnh là a ngoại tiếp (O). Đường thẳng d tiếp xúc với (O)
cắt cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh chu vi tam giác AEF không
đổi.

Kết quả:
Sĩ số
20

Điểm
Từ 0 đến 2
SL
%
2
10

Dưới 5
SL
%
4
20
Nhận xét:

Từ 5 trở nên
SL
%
16
80

Từ 8 đến 10
SL
%
5
25

- Đề kiểm tra so với trước khi áp dụng khó hơn nhiều.
Số lượng học sinh được điểm từ 0 đến 2 giảm 40%.
23


Số lượng học sinh được điểm dưới 5 giảm 55%.
Số lượng học sinh được điểm từ 5 trở nên tăng 55%.
Số lượng học sinh được điểm từ 8 trở nên tăng 25 %.
Đại đa số các em biết chọn điểm rơi và áp dụng bất đẳng thức chính xác,
trình bày sạch đẹp, hợp logic.

- Kết quả đội tuyển học sinh giỏi chất lượng thi vào THPT ngày càng tốt.
5.2. Bài học kinh nghiệm
Đích cuối cùng của việc dạy Toán là học sinh có được phương pháp giải
toán và vận dụng vào thực tế cuộc sống. Để đạt được điều đó, người thầy cần
phải biết phát huy óc sáng tạo, khai thác năng lực tự học của học sinh bằng
cách đổi mới phương pháp, dạy học lấy học sinh làm trung tâm, đặc biệt là dạy
học theo định hướng phát triển năng lực của học sinh. Bằng kết quả đã đạt
được, bằng tín hiệu phản hồi từ học trò, thầy chủ động chuyển hóa nội dung
truyền tải và vận dụng phương pháp cho phù hợp, để có kết quả cao trong quá
trình dạy học.
Giáo viên phải trang bị cho các em ý tưởng tìm hướng giải bài toán, sau
đó rèn kĩ năng trình bày lời giải. Sau mỗi lời giải nên có những lời bình. Hệ
thống bài tập giáo viên đưa ra phải đảm bảo từ dễ đến khó để học sinh tư duy
một cách hệ thống.
Trước mục tiêu giáo dục "Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực bồi dưỡng
nhân tài" thì người giáo viên nói chung, giáo viên dạy toán nói riêng phải nhận
thức được trách nhiệm dạy toán của mình trong việc bồi dưỡng đội tuyển học
sinh giỏi, luôn luôn tìm hiểu và truy cập thông tin, phải luôn xác định không
dạy bài toán khó, không khai thác cách giải hay thì không có học sinh giỏi. Vì

vậy hệ thống bài tập đưa ra phải đa dạng phong phú về nội dung và phương
pháp giải.

24


Giáo viên phải nắm được tâm sinh lí học sinh, hiểu rõ chỉ số thông minh
của từng học sinh để chuyển tải kiến thức cho vừa sức, hợp lí với học sinh,
tránh gò bó áp đặt với học sinh, giúp học sinh giỏi có đủ điều kiện nâng cao
hơn nữa kết quả học tập, thi cử.
5.3. Điều kiện áp dụng
- Đề tài này với mong muốn được giúp cho tất cả học sinh, đặc biệt học
sinh có lực học khá giỏi phát huy tính tích cực của bản thân, tạo dựng niềm
ham mê học Toán.
- Đề tài này có thể liên hệ, vận dụng trong quá trình giảng dạy môn Toán
ở các trường trung học cơ sở.

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1. Kết luận
25