sangkien20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. PHƯƠNG PHÁP HÌNH THÀNH KỸ NĂNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN THCS PHẦN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP PHẦN I : MỞ ĐẦU I / LÝ DO CHON ĐỀ TÀI: Cùng với sự đổi mới phát triển của đất nước. Nền giáo dục của nước ta có những biến đổi sâu sắc về mục tiêu, nội dung SGK và phương pháp giáo dục, một trong những thay đổi cơ bản hiện nay là đổi mới mục tiêu và phương pháp dạy ở trường THCS. Định hướng được thể chế hóa trong luật giáo dục điều 24.2 “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; Phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; Bồi dưỡng phương pháp tự học, tự vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh’’. Là một người giáo viên dạy môn Toán tôi thấy, bộ môn Toán ở THCS có vai trò quan trọng, bởi các kiến thức kĩ năng có nhiều ứng dụng trong đời sống và kỹ thuật. Nó cung cấp những kiến thức cơ bản có hệ thống và toàn diện, những kiến thức này phải phù hợp với trình độ hiểu biết hiện đại theo tinh thần kỹ thuật tổng hợp, tạo điều kiện hướng nghiệp gắn với cuộc sống. Nhằm chuẩn bị tốt cho các em tham gia vào lao động sản xuất hoặc tiếp tục học lên phổ thông trung học. Đồng thời Toán học góp phần phát triển năng lực tư duy khoa học, nếu các em nắm chắc được dạng toán “Phương pháp hình thành kỹ năng giải một số dạng toán THCS phần hình học thường gặp” thì không những giúp các em học tốt môn toán, mà còn học tốt các môn tự nhiên như vật lý, hóa học,… Trong kiến thức THCS các em học và giải hình học thường làm mất nhiều thời gian suy nghĩ, cũng không ít em bỏ luôn phần hình mà đầu tư cho phần đại số, nếu giáo viên chúng ta không dạy cho các em biết được rằng hình học cũng đơn giản, với cách tư duy đơn giản và lập luận dẫn chứng lôgic với các kiến thức đã học thì bài toán sẽ được giải quyết đơn giản, làm cho học sinh của chúng ta có hứng thú hơn với môn toán, nên tôi làm đề tài này mong muốn các giáo viên đồng nghiệp khi day cung cấp cho các em, để các em có được một cái nhìn cụ thể và khái quát hơn, thì các em sẽ thấy việc học và làm toán đơn giản hơn.. II/ MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Giúp giáo viên có cái nhìn khái quát hơn đối với các dạng toán lập luận lớp 8,lớp 9 khi dạy đạt hiệu quả hơn. Giúp học sinh: - Đi đúng hướng khi gặp dạng toán này, trong kiểm tra cũng như thi cử…. - Trình bày vấn đề rõ ràng mạch lạc và không mất điểm. - Học sinh thấy được toán học gần gũi với cuộc sống thường ngày, không có gì xa lạ và khó khăn lắm Qua đó giáo viên hứng thú khi dạy, học sinh hứng thú khi học, yêu thích môn toán hơn. Mục đích giáo dục được nâng cao.. III / ĐỐI TỰƠNG NGHIÊN CỨU: - Học sinh lớp 8 ,9 trường THCS Trần Hưng Đạo - Các dạng toán “ Các dạng bài tập cơ bản của sách giáo khoa’’, ở lớp 8 và lớp 9.. IV/ PHẠM VI NGHIÊN CỨU: - Các dạng toán hình thường gặp trong các kỳ kiểm tra và kỳ thi dành cho các em đang học ở lớp 8, lớp 9 theo chương trình dành cho toán THCS - Trình độ nhận thức của học sinh Trường THCS Trần Hưng Đạo - SGK,Chuẩn kiến thức kĩ năng, sách giáo viên, các tài liệu nghiên cứu khác trên mạng,….. V/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: 1/ Nghiên cứu tài liệu: - Các tài liệu liên quan đến việc dạy bộ môn toán. - Các tài liệu nói về phương pháp giải toán. 2/ Phương pháp điều tra sư phạm: - Điều tra trực tiếp qua trao đổi, dự giờ. - Điều tra gián tiếp qua cách sử dụng phiếu điều tra, bài kiểm tra. 3/ Thống kê: Phân loại đối tượng, thống kê trước và sau khi áp dụng đề tài.. PHẦN II: NỘI DUNG I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN: Cùng với sự phát triển của xã hội. Nền giáo dục của nước ta cũng có những biến đổi về nội dung SGK và phương pháp giáo dục, dạy cho học sinh kiến thức SGK là chưa đủ, mà còn dạy các em cách tự học và sáng tao. Dạy cho em các kĩ năng vận dung, với các thủ thuật vận dụng . Theo nghị quyết TW4 khóa 7 “ phải áp dụng phương pháp dạy học hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. đề ’’. Nghị quyết TW2 khóa 8 : “phải đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều….’’.. II/ THỰC TRẠNG: Người ta thường nói toán học khô khan và khó, và cũng không ít em học sinh ngại học toán mà thậm chí, chỉ học để đối phó… . Là do gặp các bài toán giải các em không biết bắt đầu từ đâu, từ cái đã cho đưa ra điều phải chứng minh ta phải làm những gì? Vậy mà trong suốt thời gian học từ cấp một đến hết cấp ba các em luôn phải gặp toán hình, các em học sinh lớp 8 lớp 9 thường thấy hình học khó thường hay nản, các em muốn học muốn thi toán thì không thể không có hình học, hình học THCS là phần cực kỳ quan trọng trong hệ thống kiến thức và cách giải, các em có học và giải các bài toán cấp ba về hình học không gian, các em vẫn phải đưa về hình học phẳng ở cấp hai để giải.... Khảo sát thực tế trước khi triển khai chuyên đề ở 2 khối 8,9 trường Trần Hưng Đạo hai năm niên tục như sau : + Năm học 2009 – 2010 : Giỏi Khá Trung bình Yếu và kém Khối 8 0.4% 7% 70.4% 22,2% Giỏi Khối 9 0.5% + Năm học 2010 – 2011: Giỏi Khối 8 0.3%. Khá 14%. Trung bình 66.1%. Yếu và kém 19.4%. Khá 6.2%. Trung bình 60.7%. Yếu và kém 32.8%. Giỏi Khối 9 3% + Năm học 2011 – 2012: Giỏi Khối 8 1.3%. Khá 12.6%. Trung bình 37.1%. Yếu và kém 47.3%. Khá 7.2%. Trung bình 69.7%. Yếu và kém 21.8%. Giỏi 1%. Khá 12.7%. Trung bình 51%. Yếu và kém 35.3%. Khối 9. Theo bản thân tôi thấy hơn 10 năm đi dạy tôi thấy giáo viên và học sinh còn có những hạn chế như sau:. 1/ Về phía giáo viên :. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. - Thiên về cung cấp lời giải cho học sinh chỉ mới đứng ở góc độ giải quyết bài tập cho học sinh ghi chép thụ động, chưa chú trọng hình thành cách giải cho học sinh, giải hình học ta phải làm như thế nào? -Thường bằng lòng và kết thúc công việc giải bài toán hình học khi đã tìm được một cách giải nào đó, chưa chú ý hướng dẫn học sinh suy nghĩ tìm tòi cách giải khác, cách giải hay hơn hoặc khai thác thêm ở bài toán vừa giải để phát huy tư duy linh hoạt và sáng tạo của học sinh ; thường chú ý số lượng hơn là chất lượng bài giải . - Đôi lúc chú trọng mặt đề cao và coi nhẹ mặt bảo đảm cái cơ bản theo yêu cầu của chương trình ; thích cho học sinh giải những bài toán khó, bài toán lạ trong khi còn nhiều học sinh vẫn lúng túng với những bài toán rất cơ bản.. 2. Về phía học sinh - Rất lúng túng trước đầu bài toán hình học : Không biết làm gì, bắt đầu từ đâu, đi theo hướng nào, không biết liên hệ những điều nói trong đề bài với những kiến thức đã học, không phân biệt được điều đã cho và diều cần tìm, thậm chí không nắm được các kiến thức hình học, nên không biết cách làm bài . - Suy luận hình học kém, chưa hiểu thế nào là chứng minh, cho nên lý luận thiếu căn cứ, không chính xác, không chặt chẽ, lấy điều phải chứng minh làm giả thiết ; suy nghĩ rất hời hợt , máy móc. Không biết rút kinh nghiệm về bài vừa giải, nên thường lúng túng trước những bài toán khác đôi chút với bài quen giải . - Trình bày bài giải hình học không tốt : hình vẽ không chính xác, rõ ràng ; ngôn ngữ và ký hiệu tùy tiện ; câu văn lủng củng, không ngắn gọn, sáng sủa, lập luận thiếu khoa học, không logic. Những khuyết điểm trên đây của học sinh chủ yếu do chúng ta chưa quan tâm đầy đủ đến việc uốn nắn, rèn luyện từng cái nhỏ, cái bắt đầu nhưng rất quan trọng, trong những bước đi ban đầu học hình học và giải toàn hình học ( đặc biệt là năm lớp 7) . Cho nên học sinh thường mắc sai lầm ngay cả khi thực hiện những thao tác rất đơn giản.. III/ GIẢI PHÁP, BIỆN PHÁP 1/ Mục tiêu của biện pháp, giải pháp : Để bài làm không bị mất điểm thì học sinh và giáo viên cần phải: a/ Một là : Lời giải rõ ràng mạch lạc không được mắc phải sai sót, lời lẽ trong sáng không mập mờ. Muốn vậy thì giáo viên phải cho học sinh lắm chắc từng dạng toán, các bước làm và cách thức trình bày. b/ Hai là: Người dạy cần làm cho học sinh, kể cả học sinh yếu, giải được toán hình học và qua đó làm cho học sinh nắm vững các tri thức hình học và hiểu rõ thêm thế nào là chứng minh hình học.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Ở lớp 6, yêu cầu chủ yếu là vẽ hình, đo đạc, luyện tập sử dụng các dụng cụ vẽ và đo, quan sát hình và mô tả hình, rút ra một số tính chất của các hình. Ở lớp 7, bước đầu làm quen với định lý, nắm được hai phần của định lý, thấy được sự cần thiết phải chứng minh định lý, bước đầu làm quen với bài toán chứng minh hình học. Vì vậy đây là năm học rất quan trọng cần được chuẩn bị kỹ càng, giúp học sinh nắm được trình tự cơ bản của bài toán chứng minh hình học, có như thế mới tạo cho học sinh tâm lý tự tin đối với môn học Hiện nay trong dạy học hình học có tình trạng là nhiều học sinh không giải được toán hình học, do đó những học sinh này không những không có điều kiện để hiểu rõ thêm những tri thức hình học ( kể cả phép chứng minh ) mà còn dễ bi quan, thiếu tự tin, mất hứng thú học tập. Cho nên dạy giải toán hình học, trước hết phải làm cho học sinh giải được toán, nhất là học sinh yếu , sao cho khả năng giải đó ngày càng tăng lên. Muốn thế cần chú ý các biện pháp sau : - Khả năng giải bài tập phụ thuộc nhiều vào việc tiếp thu kiến thức. Mỗi khi giảng khái niệm, định lý mới, cần có những câu hỏi, bài tập miệng giúp học sinh nắm vững các dấu hiệu bản chất của khái niệm, trước khi đi vào giải bài tập trong SGK - Mỗi tiết học nhất thiết giành thời gian làm một số bài tập ở lớp, những bài tập này phải lựa chọn sao cho có tác dụng gợi ý giúp học sinh giải được các bài tập cho về nhà - Tập cho học sinh thói quen chuẩn bị tốt trước khi chứng minh, phần chuẩn bị này không ngoài những điểm sau : + Đọc kỹ đề, phải hiểu rõ nghĩa tất cả các danh từ trong bài, nhằm hoàn toàn hiểu ý bài tập đó + Phân biệt được giả thiết và kết luận của bài tập, rồi dựa vào những điều đã cho trong giả thiết để vẽ hình. + Ghi được giả thiết và kết luận của bài toán ; biết thay những danh từ toán học trong bài bằng các ký hiệu, làm chop bài toán trở nên đơn giản hơn và dễ hiễu hơn . c / Ba là : Lời giải phải đầy đủ mang tính toàn diện. Lời giải không được bỏ sót chi tiết, không thừa và cũng không thiếu, dạy cho học sinh cách trình bày để học sinh có thể kiểm tra được bài làm của mình đã đầy đủ chưa. d/ Bốn là: Chú trọng rèn luyện cho học sinh óc tìm tòi cách giải bài toán Dạy học toán ngày nay, nếu như việc ghi nhớ từng định lý, từng chứng minh càng tối thiểu bao nhiêu thì việc nắm vững những phương pháp chung của toán học lại càng tối đa bấy nhiêu. Một trong những phương pháp toán học quan trọng nhất, có tác dụng rõ rệt trong việc rèn luyện ở học sinh óc tìm tòi cách giải bài toán hình học là phương pháp phân tích, đặt biệt là phương pháp phân tích đi lên. Phương pháp này thường bắt đầu từ kết luận, Tìm những điều kiện cần phải có để Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. dẫn tới kết luận đó ; rồi nghiên cứu từng điều kiện, xét xem điều kiện nào có thể đứng vững được, ngoài ra cần có những điều kiện gì nữa. Cứ như vậy suy ngược từng bước, cho đến lúc những điều kiện đó phù hợp với giả thiết mới thôi. Dưới đây là một ví dụ cụ thể dùng phương pháp phân tích để chứng minh một định lý. ví dụ : cho tam giác cân ABC đáy BC, trên tia đối của tia BA lấy điểm D sao cho BD = BA. Chứng minh rằng: trung tuyến CE = 1 CD 2. h1 Cho ,AB = AC Phân tích : GT BDtrong = AB hai , AEđiều = EBkiện dưới đây : 1. Muốn CD = 2 CE, phải có một. a/. 1 CD = CE 2. KL. CD = 2 CE. b/ 2CE = CD 2.điều kiện : a/ CF = CE b/ DF = CE 3.Để có CF = CE, phải có một trong những điều kiện sau : a/ CF và CE là cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau b/ CF và CE đều bằng một đoạn thẳng thứ ba 4. Nếu lấy a của 3, để có CF = CE phải nối BF và muốn ∆BFC = ∆BEC, lại cần phải có một trong những điều kiện sau :   a/ BE = BF , CBE CBF , BC chung ( c. g .c)     b/ CBE CBF , BC chung, BCF BCE (g.c.g) 5. Nghiên cứu kỹ a/ và b/ của 4, ta thấy chỉ có a/ phù hợp với giả thiết vì BF là 1. đoạn thẳng nối liền trung điểm của hai cạnh, nên BF = 2 AC. Theo giả thiết thì 1. AB = AC , BE = 2 AB. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Thay vào sẽ được BF = BE. Và vì BF // AC, nên có cặp góc so le trong  CBF  ACF ;     ∆ABC cân, nên BCE  ACB ; ta suy ra CBE CBF . Còn BC chung. Cuối cùng ta được ∆ BCF =∆ BCE, thì cũng chúng minh được CD = 2 CE Trong phương pháp phân tích nêu trên, nếu lấy b/ của 1 ; b/ của 2 ; b/ của 3 …, suy đoán tương tự , ta cũng được kết quả như trên, do đó có những phương pháp chứng minh khác nhau . Quá trình phân tích là một bộ phận không thể tách rời được của việc chứng minh định lý, cũng như việc gải phần lớn các bài toán, nhất là các bài toán hình học. Vì quá trình chứng minh định lý ( giải toán hình học nói chung cũng là chứng minh định lý) là quá trình nêu lên được mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận ; phương pháp phân tích đi lên cho phép ta đi từ kết luận đến giả thiết , nhờ đó ta tìm được cách chứng minh ( hoặc cách giải). Khi trình bày bài giải thì trình bày theo hướng ngược lại, tức là đi từ giả thiết đến kết luận, gọi là phương pháp tổng hợp. Bài toán hình học dễ hay khó thể hiện ở mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận là đơn giản hay phức tạp. Trong trường hợp mối liên hệ đó là rõ ràng thì không nhất thiết phải phân tích. Phương pháp phân tích có tác dụng rõ rệt trong trường hợp mối liên hệ nói trên phức tạp, lúc đó phân tích thực sự là sự tìm tòi cách giải bài toán một cách hữu hiệu. Tất nhiên, phải mất nhiều thời gian khi tiến hành phân tích, nhưng sự tiêu phí thời gian lúc đầu sẽ được đền bù rất lớn về sau. Chính vì vậy, cần coi trọng và thường xuyên sử dụng phương pháp phân tích, vì đó là con đường phát hiện cách giải bài toán , như là sự giáo dục sự đào tạo con người, không những về kiến thức mà cả vế văn hóa ( ta thường nói “dạy chữ và dạy người ”) e/ Năm là: : Dạy học sinh tìm tòi những cách giải khác nhau của một bài toán hình học và biết lựa chọn cách giải tốt nhất. Việc dạy học sinh tìm tòi nhiều cách giải khác nhau là hoàn toàn có thể thực hiện được vì: - Khả năng giải bài toán bằng nhiều cách phụ thuộc vào vốn kiến thức hình học của từng học sinh, vốn kiến thức đó được tích lũy dần qua các lớp học. - Có thêm kiến thức mới, tìm được cách giải tốt hơn sẽ làm cho học sinh năng động hơn, yêu thích môn học hơn và tất sẽ có kết quả học tập ngày càng tốt hơn Để giúp học sinh có khả năng tìm tòi những cách giải khác nhau, giáo viên cần: 1.Giúp đỡ học sinh tích lũy, hệ thống hóa và nắm vững các cách chứng minh khác nhau của cùng một tương quan hình học (bằng nhau, song song, thẳng hàng, cùng nằm trên một đường tròn …). Có thể coi dây là bộ đồ nghề tương đối hoàn chỉnh của một công nhân kỹ thuật, được chia làm nhiều loại khác nhau, mỗi loại Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. công cụ phục vụ cho một mục đích lao động nhất định ; để đạt được mục đích này người thợ lại tùy tình huống cụ thể mà sử dụng công cụ này hay công cụ khác cho thích hợp. Người học sinh cũng vậy, đứng trước một luận điểm cụ thể, tức vấn đề phải chứng minh, phải biết nghĩ đến loại công cụ nào cần đến, tức là trong óc đã mở ra một số con đường đi nhất định. Nếu dùng phương pháp phân tích đi lên thì những con đường này đều xuất phát từ kết luận của bài toán . 2.Tập cho học sinh biết phân tích đề bài, biết căn cứ vào giả thiết (tức tình huống cụ thể ) mà lựa chọn một số công cụ thích hợp trong loại công cụ có liên quan đến luận điểm. Như vậy trong số những con đường đi vừa xuất hiện, học sinh có thể loại trừ ngay những con đường không thích hợp và chỉ giữ lại một số con đường thích hợp. Đối với nhiều học sinh, lúc đầu phải thử với từng con đường đi còn lại đó, có thể thất bại nhiều lần mới xác định con đường đi đúng. Nhưng chính công việc mò mẫm ban đầu đó lại cần thiết trong quá trình nghiên cứu khoa học. Nếu biết nhìn lại con đường mò mẫm vừa qua mà rút kinh nghiệm thì có thể rút ngắn dần thời gian mò mẫm và nâng cao dần kỹ năng tìm tòi cách giải và tìm tòi nhiều cách giải khác nhau. 3.Luôn luôn khuyến khích việc tìm nhiều cách giải khác nhau, khi học lý thuyết cũng như khi giải toán, có những hình thức động viên khác nhau đối với những đối tượng học sinh khác nhau. Chúng ta không nghĩ rằng phải đòi hỏi học sinh tìm được cách giải độc đáo. Tất nhiên như vậy là rất quý. Trong mọi trường hợp, mỗi cố gắng tìm tòi độc lập của học sinh điều có giá trị, cần được trân trọng xem xét và khai thác để giáo dục chung. Rõ ràng rằng nếu giáo viên thành công trong việc làm cho học sinh có hứng thú tìm kiếm những cách giải khác nhau một bài toán hay những cách chứng minh khác nhau một định lý thì điều đó không những làm cho học sinh nắm vững thêm những kiến thức hình học đã học vì biết huy động chúng một cách linh hoạt sáng tạo mà còn giúp phát triển năng lực nghiên cứu của học sinh. f/ Sáu là : Dạy học sinh biết khai thác bài toán Nếu biết khai thác nhiều khía cạnh của một bài toán sẽ giúp phát triển cao nhất năng lực nhận thức của học sinh . Giáo viên toán cần phát huy hết những tiềm lực của bài toán và biết tổ chức khai thác, nhằm phát huy tính độc lập sáng tạo của học sinh, giúp học sinh “học một biết mười”. Đối với những bài toán khác nhau có thể có những cách khai thác khác nhau. Sau đây là một số hướng khai thác cần thiết : a/ Thay đổi một phần của giả thiết, ví dụ xét trường hợp đặc biệt hoặc trường hợp rộng hơn …, thì kết quả thay đổi như thế nào, hoặc có thể thay đổi những gì ở giả thiết thì cách giải và kết quả vẫn không thay đổi b/ Có thể giải quyết thêm vấn đề gì mới, ví dụ xét mệnh đề đảo, dựa vào bài toán này có thể giải bài toán tương tự nào khác hoặc đặt ra bài toán nào khác. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Ví dụ : Cho một hình thang ABCD. Chứng minh rằng nếu các phân giác của hai góc A và D gặp nhau trên đáy BC thì AB + CD = BC Sau khi giả xong bài toán này, đối với cả lớp có thể cho khai thác bài toán bằng câu hỏi : nếu hình thang đã cho là hình thang cân thì có thêm kết quả gì ( về vị trí của giao điểm M của hai đường phân giác, về độ dài các đoạn thẳng AM và DM). Đối với học sinh khá và giỏi có thể khai thác bài toán bằng cách cho nghiên cứu hai loại vấn đề sau : a/ Phát biểu mệnh đề đảo và xét xem mệnh đó có đúng không b/ Dựa vào kết quả bài toán hãy giải bài toán dựng hình sau : Cho một hình thang ABCD. Dựng đường thẳng EF song song với cạnh đáy AD (E và F là những giao điểm với hai cạnh bên) sao cho AE + DF = EF Việc dạy học sinh biết khai thác bài toán có tác dụng rất lớn trong việc bồi dưỡng cho học sinh những phương pháp toán học như đặt biệt hóa, khái quát hóa, tương tự …, kích thích tư duy linh hoạt, độc, sáng tạo của học sinh. Việc khai thác bài toán chủ yếu dành cho những học sinh khá và giỏi, còn đối với những đối tượng khác tất nhiên có mức độ yêu cầu khai thác thấp hơn. g/ Bảy là : Nâng cao kỹ năng giải toán hình học cho học sinh và tiếp tục dạy cho học sinh trình bày tốt bài giải Việc xây dựng cho học sinh một nền nếp tốt trong việc giải toán hình họclà rất quan trọng và cần được chú trọng ngay từ giai đoạn đầu học hình học. Kỹ năng giải toàn hình học được nâng cao dần trên cơ sở hình thành và hoàn thiện những thói quen, nền nếp làm bài tập. Sau đây là những thói quen, nền nếp quan trọng, nêu dưới dạng quy tắc : - Đọc kỹ đầu bài, vẽ hình rõ và đúng, hiểu rõ và ghi giả thiết, kết luận bài toán theo ngôn ngữ và ký hiệu hình học. - Nhớ và huy động bộ công cụ liên quan đến kết luận của bài toán, căn cứ váo nội dung của giả thiết mà lựa chọn những công cụ thích hợp. - Sử dụng hết những điều giả thiết đã cho. Trong nhiều trường hợp, không tìm ra cách giải là vì còn có điều trong giả thiết chưa sử dụng đến. - Mỗi diều khẳng định của mình phải có căn cứ. - Từng bước, từng phần phải kiểm tra để kịp thời phát hiện và sửa những sai lầm nếu có . - Khi giải xong, nhìn lại con đường vừa đi : có thể coi đây là giai đoạn nhận thức tư tưởng, giai đoạn tích lũy kinh nghiệm.. 2/ Thứ tự cần thực hiện khi làm bài: + Giai đoạn1: Đọc kỹ đề , vẽ hình và ghi Giả thiết – Kết luận. + Giai đoạn 2: Tìm tòi cách giải. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. + Giai đoạn 3: Đưa ra cách giải. + Giai đoạn 4: Khai thác bài toán. Ví dụ 1: Cho một hình thang ABCD. Chứng minh rằng nếu các phân giác của hai góc A và D gặp nhau trên đáy BC thì : AB + CD = BC. GT. ABCD là hình thang (AD // BC) AM & DM là hai phân giác A và  D. (M h2. KL. BC). AB + CD = BC. Tìm tòi cách giải : Với kiến thức đã học, hãy kết hợp từ kiến thức đã học với giả thiết, suy luận ngược_ logic vấn đề ta sắp đặt các bước để chứng minh. Gọi M là giao điểm trên BC của hai đường phân giác góc A và D Muốn chứng minh AB + CD = BC, ta phải chứng minh AB + CD = BM + MC Muốn thế, phải chứng minh AB = BM và CD = MC Muốn cho AB = BM thì tam giác BAM phải cân tại B. Tam giác này cân nếu có hai góc bằng nhau. Dựa vào giả thiết và tính chất của hai góc so le trong sẽ dễ thấy hai góc BMA và MAB bằng nhau Cách giải Gọi M là giao điểm trên BC của hai đường phân giác góc A và D, ta có.   BAM MAD ( gt )   BMA MAD. ( góc so le trong).   BAM BMA. Do đó Suy ra tam giác BAM cân tại B. Vậy BA = BM Tương tự, tam giác MCD cũng cân tại C. Vậy CD = CM Suy ra : AB + CD = BM + MC = BC Khai thác bài toán Ta phân ra các tình huống có thể xét các trường hợp có thể ra đề đối với dạng bài này, ta có thể giải và kết luận gì, trường hợp đặc biệt trong bài này? 1/ Nếu ABCD là hình thang cân thì có nhận xét gì về vị trí của điểm M trên BC và so sánh các đường phân giác AM, DM 2/ Nêu và chứng minh mệnh đề đảo : a/ Trong một hình thang ABCD nếu AB + CD = BC (AD và BC là hai đáy )thì các đường phân giác của các góc A và D gặp nhau tại một điểm nằm trên BC. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. b/ Trong một hình thang ABCD, nếu M là một điểm nằm trên cạnh đáy BC sao cho BM = AB và MC = CD thì AM và DM là hai phân giác của các góc A và D . Ví dụ 2 : ( Bài 161 SBT tóan 8, Tập 1, trang 77) Cho tam giác ABC, các đường BD và CE cắt nhau ở G. Goị H là trung điểm GB, K là trung điểm của BC. a/ Chứng minh rằng tứ giác DEHK là hình bình hành b/ Tam giácABC có điều kiện gì thì tứ giác DEHK là hình chữ nhật? c/ Nếu các đường trung tuyến BD và CE vuông góc với nhau thì tứ giác DEHK là hình gì? Trước khi đi tìm lời giải cho bài toán giáo viên cần cho học sinh ôn lại một số kiến thức về : - Đường trung tuyến của tam giác - Đường trung bình của tam giác - Các dấu hiệu nhận biết hình bình hành GT KL. ∆ABC, AE = EB, AD = DC G là trọng tâm HB +HG, KC = KG a/ DEHK là hình bình hành b/ ∆ABC thoả điều kiện gì thì DEHK là hình chữ nhật h3. Tìm tòi cách giải: Với kiến thức đã học, hãy kết hợp từ kiến thức đã học với giả thiết, suy luận ngược_ logic vấn đề ta sắp đặt các bước để chứng minh. a/ Để chứng minh một tứ giác là hình bình hành phải chứng minh nó thoả mãn một trong năm dấu hiệu nhận biết vừa nêu ở trên. Căn cứ vào giả thiết của bài toán, ta thấy các điểm E, D là trung điểm của AB và AC ⇒ ED là đường trung bình của tam giác ABC Tương tự HK là đường trung bình của tam giác BGC , từ đó so sánh được quan hệ của ED và HK ( song song và bằng nhau) và như vậy kết luận được tứ giác DEHK là hình bình hành b/ Để hình bình hành DEHK là hình chữ nhật thì phải có thêm điều kiện gì?( có một góc vuông hoặc có hai đường chéo bằng nhau). Ở đây điều kiện về góc vuông đề bài không nói đến. Hãy tập rung xét về dấu hiệu hai đường chéo. Dựa vào tính chất về giao điểm của ba đường trung tuyến trong một tam giác, ta thấy, nếu hai đường chéo DH = EK thì các trung tuyến BD = CE và như vậy thì tam giác ABC phải cân tại A Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Cách giải a/ Ta có, AE = EB và AD = DC Suy ra ED//BC và ED =. 1 BC 2. ⇒. ED là đường trung bình của tam giác ABC. Tương tư, HK là đường trung bình của tam giác BGC 1. Suy ra HK// BC và HK = 2 BC Từ đó suy ra ED// HK và CD = HK Tứ giác DEHK có hai cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành b/ Hình bình hành DEHK là hình chữ nhật ⇔ HD = EK ⇔ EG = GD = GH = GK ⇔ CE = BD ⇔ ∆ ABC cân tại A Vậy tam giác ABC có thêm điều kiện là cân tại A thì tứ giác DEHK là hình chữ nhật Cách giải khác a/ Dựa vào vào tính chất giao điểm ba đường trung tuyến của tam giác, ta có thể chứng minh hai đường chéo DH và EK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đừong, từ đó kết luận được tứ giác DEHK là hình bình hành Khai thác bài toán Từ giả thiết của bài toán yêu cầu chứng minh thêm các tứ giác BEDC , BHKC là các hình thang. 3/ Các dạng toán thường gặp : 3.1/ Dạng toán chứng minh thẳng hàng: Tuy rằng có rất nhiều cách để chứng minh, tôi xin đưa ra 5 trường hợp thường gặp trong toán THCS: a/ Trường hợp 1,Chứng minh: AM + MB = AB Ví dụ 3: Ba điểm A, B, M có thẳng hang không nếu ? a/ AM = 4cm, AB = 7cm, MB = 3cm. b/ AM = 3cm, AB = 7cm, MB = 5cm. Giải: a/ Ta có AM + MB = 7 (cm) = AB. Vậy A, M, B thẳng hang. b/ Ta có: AM + MB = 8(cm) > AB = 7(cm) AM + AB = 10(cm) > MB = 5(cm) MB + AB = 12(cm) > MA = 3(cm). Vậy: Trong ba điểm không có điểm nào nằm giữa hai điểm còn lại, nên ba điểm A, B, M không thảng hàng.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Ví dụ 4: Cho tứ giác ABCD có E, F theo thứ tự là trung điểm của AD và BC. Biết độ dài đoạn thẳng EF bằng nửa tổng độ dài hai đoạn thẳng AB và CD. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình thang. Giải:. A. B I. E D. F. C. h4. Gọi I là trung điểm của AC, khi đó EI là đường trung bình của tam giác 1 ADC nên EI // DC và EI = 2 DC. 1 Chứng minh tương tự, ta có FI // AB và FI = 2 AB. 1 Suy ra: EI + IF = 2 (DC + AB) 1 Mà EF = 2 (AB + DC). Nên EI + IF = EF Chứng tỏ ba điểm E, I, F thẳng hang, do đó : DC // FE, AB // EF Suy ra : AB // DC. Vậy tứ giác ABCD là hình thang. 0  b/ Trường hợp 2,Chứng minh: AMB 180 Ví dụ 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểm thuộc đường tròn. Gọi D, E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên AB, BC, AC. Chứng minh ba điểm E, D, F thẳng hang. Chứng minh: Giả sử M là một điểm trên cung nhỏ BC. Do tứ giác ABMC 0   nội tiếp nên ABM  ACM 180 0     Mà MBD  MBA 180  MBD MCA . Ta thấy tứ giác BDME nội tiếp Nên : Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013.   MBD DEM .    DEM MCA . . . 0. Tứ giác MEFC nội tiếp nên MEF  MCA 180 0      Do vậy: DEF DEM  MEF MCA  MEF 180 Chứng tỏ là D, E, F thẳng hàng. Chứng minh tương tự khi M là điểm thuộc cung nhỏ AC hoặc cung nhỏ AB. c/ Trường hợp 3,Chứng minh: Hai tia trùng nhau AM và AB. 0  Ví dụ 6: Cho tam giác ABC cân tại A, BAC 100 , điểm M nằm trong tam . 0. . 0. MBC 10 , MCB 20 .Tính sao cho số đo góc AMB? d/ Trường hợp 4,Chứng minh: AM và BM cùng song song với đường thẳng d. Ví dụ 7: Cho hình chữ nhật ABCD và một điểm P tùy ý trên đường chéo BD. Gọi M là điểm đối xứng của C qua P. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu của M trên AD, AB. Chứng minh P, F, E thẳng hàng. e/ Trường hợp 5,Chứng minh: AM và BM cùng vuông góc với đường thẳng d. Ví dụ 8: Vẽ ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông ABDE, ACFG và hình bình hành EAKG. a/ Chứng minh: AK = BC và AK  BC. b/ BF cắt CD tại M. Chứng minh rằng ba điểm K, A, M thẳng hang.. giác. 3.2/ Dạng toán hình THCS liên quan đến cực trị: Tôi xin đưa ra 6 dạng toán dung cực trị của toán THCS như sau: Trường hợp 1: Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu: a - Kiến thức cần nhớ:. A. B. A. K. a. a A. h5. C. B. H. C h6. H h7. b B. - Đường xiên lớn hơn đường vuông góc. - Đường xiên có hình chiếu lớn hơn thì đường xiên đó lớn hơn.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. - Khoảng cách của hai đường thẳng là đường vuông góc chung. b - Các ví dụ: Ví dụ 9: Trong các hình bình hành có hai đường chéo bằng 6 cm và 8 cm, hình nào có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó.. Giải: B. A. B. C H O. A. C. O≡H. D D. h8. h9. Xét hình bình hành ABCD có AC = 8 cm; BD = 6 cm ( h.8) Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Kẻ BH  AC. Ta có: SABCD = 2SABC = AC.BH Ta có AC = 8cm, BH ≤ BO = 3cm. Do đó: SABCD ≤ 8.3 = 24 (cm2) SABCD = 24 cm2  BH ≡ BO  H ≡ O  BD AC Vậy max SABCD = 24 cm2. Khi đó hình bình hành ABCD là hình thoi (h.9) có diện tích 24cm2. Ví dụ 10: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông góc với AB. Qua trung điểm của M của AB có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích tam giác đó.. x. y D. Giải: Gọi K là giao điểm của CM và DB. 12 H. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng C Đạo. Trang15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> K SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC h102012 – 2013. 0     Ta có: MA = MB; A B 90 , AMC BMK.  MAC = MBK  MC = MK Mặt khác DM  CK    DCK cân  D1 D 2. Kẻ MH  CD. MHD = MBD  MH = MB = a 1 1 1  SMCD = 2 CD.MH ≥ 2 AB.MH = 2 2a.a = a2.   SMCD = a2  CD  Ax khi đó AMC = 450; BMD = 450..  min SMCD = a2. Vậy các điểm C, D được xác định trên Ax; By sao cho AC = BC = a. Trường hợp 2:Sử dụng quan hệ giữa đường thẳng và đường gấp khúc: a - Kiến thức cần nhớ: - Với ba điểm A, B, C bất kỳ ta có: AC + CB ≥ AB , …Hai cạnh bất kỳ có tổng lớn hơn cạnh thứ ba, Hiệu 2 cạnh bất kỳ nhỏ hơn cạnh thứ ba ( Bất đẳng thức trong tam giác). - Trường hợp đặc biệt : AC + CB = AB  C thuộc đoạn thẳng AB. b - Các ví dụ:  Ví dụ 11: Cho góc xOy và điểm A nằm trong góc đó. Xác định điểm B thuộc. tia Ox, điểm C thuộc tia Oy sao cho OB = OC và tổng AB + AC là nhỏ nhất. Giải: (h.11) m. Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy sao. y. D.   cho yOm xOA . Trên tia Om lấy điểm. C. D sao cho OD = OA. Các điểm D và A. A. cố định. O. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo h.11. B. x. Trang16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013.   OD = OA, OC = OB, COD BOA.  DOC = AOB  CD = AB Do đó AC + AB = AC + CD Mà AC + CD ≥ AD  AC + AB ≥ AD Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi C  AD Vậy min(AC + AB) = AD. Khi đó C là giao điểm của AD và Oy, B thuộc tia Ox sao cho OB = OC. Ví dụ 12: Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD. Xác định vị trí các điểm F thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải: F. A. I K. E. M. D H. B G. C. A. F. B. I. E. K M. D. h.12 h.. H h.13. Gọi I, K, L theo thứ tự là trung điểm của EF, EG, EH (h.12). AEF vuông tại A có AI là trung tuyến  AI =1/2EF CGH vuông tại C có CM là trung tuyến  CM =1/2GH IK là đường trung bình của EFG  IK = 1/2FG KM là đường trung bình của EGH  KM = 1/2EH Do đó: chu vi EFGH = EF + FG + GH + EH = 2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có: AI + IK + KM + MC ≥ AC Suy ra chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi ) Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC  A, I, K, M, C thẳng hàng.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang17. G C.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013.    EAI ADB Khi đó ta có EH//AC, FG//AC, AEI nên EF//DB, tương tự GH//DB. Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD (h.13). Trường hợp 3:Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn: a - Kiến thức cần nhớ:. C. D C A. H. A O. B. B. K h.14. O. O. C. B. B A. D h.15. D. C. D. A h.16. h.17. - Trong đường tròn, dây cung lớn nhất là đường kính.( h14) - Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau, hai dây bằng nhau thì cách đều tâm. (h15) -Trong 2 dây, dây nào có khoảng cách đến tâm bé hơn thì dây đó lớn hơn (h15)   - AB, CD là các cung nhỏ của (O): AB ≥ CD  AOB COD (h.16)   - AB, CD là các cung nhỏ của (O): AB ≥ CD  AB CD. (h.17). b - Các ví dụ: Ví dụ 13: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau ở A và B. một cát tuyến chung bất kỳ CBD (B nằm giữa C và D) cắt các đường tròn (O) và (O’) tại C và D. Xác định vị trí của cát tuyến CBD để ACD có chu vi lớn nhất. Giải: (h.18) A. 1 1 C 2 AmB    sđ = sđ ; sđ D = 2 sđ AnB. D O. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần C’ Hưng Đạo. n. m. O’. Trang18. B. D’.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013.  số đo các góc ACD không đổi  ACD có chu vi lớn nhất khi một cạnh của nó lớn nhất, chẳng hạn AC là lớn nhất. AC là dây của đường tròn (O), do đó AC lớn nhất khi AC là đường kính của đường tròn (O), khi đó AD là đường kính của đường tròn (O’). Cát tuyến CBD ở vị trí C’BD’ vuông góc với dây chung AB. Ví dụ 14: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn. Xác định  dây AB đi qua P sao cho OAB có giá trị lớn nhất.. Giải: (h.19)  Xét tam giác cân OAB, góc ở đáy OAB lớn. nhất.   góc ở đỉnh AOB nhỏ nhất.. B’. O A. ). 1  AOB   2 sđ AB Mà:. H. P. A’ h.19.   nhỏ nhất  Góc AOB nhỏ nhất  Cung AB.  dây AB nhỏ nhất  Khoảng cách đến tâm OH lớn nhất. Ta có: OH ≤ OP  OH = OP  H ≡ P nên max OH = OP  AB OP Suy ra dây AB phải xác định là dây A’B’ vuông góc với OP tại P. Trường hợp 4:Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai: a - Kiến thức cần nhớ: Các bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng: A2 ≥ 0; A2 ≤ 0 Do đó với m là hằng số, ta có: f = A2 + m ≥ m; min f = m với A = 0 f =  A2 + m ≤ m; max f = m với A = 0. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang19. B.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. b - Các ví dụ: Ví dụ 15: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm . Trên các cạnh AB, BC, CD, DA, lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH. Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải: (h.20) AHE = BEF = CFG = DGH  HE = EF = FG = GH, HEF = 900  HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ nhất khi HE nhỏ nhất. Đặt AE = x thì HA = EB = 4-x. A x. E. 4x. B. 4x. F. H. HAE vuông tại A nên : HE 2 = AE2 + AE2 = x2 + (4  x)2. D. = 2x2  8x +16 = 2(x  2)2 + 8 ≥ 8 HE =. C. G h.20. 8 =2 2 x=2. Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 8 2 cm, khi đó AE = 2 cm. Ví dụ 16: Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB = 6 cm, AC = 8cm.M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC. Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC. Tính diện tích lớn nhất của tứ giác ADME.. Giải: (h.21). ADME là hình chữ nhật. Đặt AD = x thì ME = x EM CE x CE 4     CE  x 6 8 3 ME //AB  AB CA 4  AE = 8  3 x.. D. x. A 8-x E. B. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. h. 2 1. M. Trang20. C.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. Ta có: SADME. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. 4 4 4 = AD.AE = x (8  3 x ) = 8x  3 x2 =  3 (x  3)2 +12 ≤ 12. SADME = 12 cm2  x = 3 Diện tích lớn nhất của tứ giác ADME bằng 12 cm 2 ,khi đó D là trung điểm của AB, M là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC. Trường hợp 5:Sử dụng bất đẳng thức Cô-si: a-Kiến thức cần nhớ: Với x, y là độ dài đoạn thẳng cần lập luận; Ta vẫn sử dụng Bất đẳng thức Cô-si như trong đại số. Bất đẳng thức Cô-si thường được sử dụng dưới các dạng sau: 2. + Dạng 1:. x y. 2.  x  y  + Dạng 2:. xy.  x  y  2. 2. .  ;. 2.  xy xy.  x  y. 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y . 1 4.  x  y  ;. 2. x 2  y2.  ;. x 2  y2 1   2  x  y 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y + Dạng 3: Với x ≥ 0; y ≥ 0; x + y không đổi thì xy lớn nhất khi và chỉ khi x = y + Dạng 4: Với x ≥ 0; y ≥ 0; xy không đổi thì x+y nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y b - Các ví dụ: Ví dụ 17: Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển trên đoạn thẳng ấy. Vẽ các đường tròn có đường kính MA và MB. Xác định vị trí của điểm M để tổng diện tích của hai hình tròn có giá trị nhỏ nhất. Giải: (h.22). O. A. . x. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. M. O’ . y. h.22Trang21. B.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Đặt MA = x, MB = y Ta có: x + y =AB (0 < x, y < AB) Gọi S và S’ theo thứ tự là diện tích của 2 hình tròn có đường kính là MA và MB. 2. 2. x  y x 2  y2       2  = . 4 Ta có: S + S’ =  2  2. Ta có bất đẳng thức:. S + S’.  x  y . 8. 2. =. .. x y. 2.  x  y . 2. 2. nên :. AB2 8. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y AB2 . 8 . Khi đó M là trung điểm của AB. Do đó min (S+S’) = Ví dụ 18: Cho ABC, điểm M di động trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC và với AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D và E. Xác định vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất. Giải: (h.23). A. SADME SADME lớn nhất  SABC lớn nhất Kẻ BK  AC cắt MD ở H. 1 SADME = MD . HK; SABC = 2 AC . BK. K. D. E. H B. SADME MD HK 2. . SABC AC BK. 1 x. 2 h.23. M. y. Đặt MB = x, MC = y, MD BM x   MD//AC ta có: AC BC x  y ;. HK MC y   BK BC x  y. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang22. C.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013.  Theo bất đẳng thức. xy.  x  y. 2. . 1 4. . SADME 2xy 1   2 SABC  x  y  2. .. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y 1 Vậy maxSADME = 2 SABC khi đó M là trung điểm của BC. Trường hợp 6:Sử dụng tỉ số lượng giác: a - Kiến thức cần nhớ:. B. Hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông. c. + b = a.sinB = a.cosC = c.tanB = c. cotC. A. + c = a .sinC = a.cosB = b.tanC = b.cotB. a C. b h.24. b - Các ví dụ: Ví dụ 19: Chứng minh rằng trong các tam giác cân có cùng diện tích tam giác có cạnh đáy nhỏ hơnlà tam giác có góc ở đỉnh nhỏ hơn. Giải: (h.25) Xét các tam giác ABC cân tại A có cùng diện tích S. Kẻ đường cao AH. Đặt A.  BAC =. AHC vuông tại H, ta có :   1   HAC  2 ; AH = HC.cotg 2 = 2 BC.cotg 2. B. H h.25. 1 1 1  1  Do đó: S = 2 BC.AH = 2 BC. 2 BC.cotg 2 = 4 BC2cotg 2 4S  BC =. cot g.  2. 2 S.t g.  2. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang23. C.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013.   Do S không đổi nên: BC nhỏ nhất  tg 2 nhỏ nhất  2 nhỏ nhất    nhỏ nhất  BAC nhỏ nhất.. Ví dụ 20: Cho hình chữ nhật ABCD. Trên các cạnh BC,CD lần lượt lấy các điểm K,M sao cho BK : KC = 4 : 1, CM : MD = 4 : 1. Tìm tỉ số AB : BC để số đo  góc KAM lớn nhất. t gx  t gy (Cho công thức biến đổi tg(x + y) = 1  t gx.t gy ) Giải: (h.26)   x , DAM y ( x + y < 900 ) Đặt BAK. A y.    KAM lớn nhất  BAK + DAM nhỏ nhất  x + y nhỏ nhất  tg (x + y) nhỏ nhất. B. x. K D. Giả sử AB : BC = 1: m ( m> 0). C. M h.26. BK BK BC 4m  .  AB BC AB 5 tg x = DM DM DC 1  .  tg y = AD DC AD 5m t gx  t gy  4m 1   4m 1  25  4m 1   .    : 1     1  t gx.t gy 5 5m 5 5m 5 5m       21 tg(x + y) = = = 4m 1  5 5m nhỏ nhất tg (x + y) nhỏ nhất  Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 4m 1 4 4m 1 2 .   5 5m 5 5 5m ≥. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. 4m 1 1  5m  m = 2 Dấu đẳng thức xảy ra  5 1 Vậy x + y nhỏ nhất khi và chỉ khi m = 2  Do đó KAM lớn nhất khi và chỉ khi AB : BC = 2 : 1.. Kết luận: Trên đây tôi mới đưa ra hai dạng toán cơ bản thường gặp ở lớp 8, 9. Ta còn có thể chia nhỏ hơn nữa, mỗi dạng tôi chỉ mới có được một ví dụ điển hình.. IV/ KẾT QUẢ SAU KHI THỰC HIỆN CHUYÊN ĐỀ: Sau khi thực hiện chuyên đề khảo sát và ghi lại như sau: + Năm học 2009 – 2010: Giỏi Khá Trung bình Yếu và kém Khối 8 5.4% 15.3% 72.9% 6.4% Khối 9 Khối 8. Giỏi Khá 9.6% 23.4% + Năm học 2010 – 2011: Giỏi Khá 9.7% 16.3%. Trung bình 63.3%. Yếu và kém 3.7%. Trung bình 63.5%. Yếu và kém 10.5%. Giỏi Khối 9 5.3% + Năm học 2011 – 2012: Giỏi Khối 8 6.4%. Khá 20.3%. Trung bình 59.8%. Yếu và kém 14.6%. Khá 14.3%. Trung bình 73.9%. Yếu và kém 5.4%. Giỏi 7.6%. Khá 23.4%. Trung bình 66.3%. Yếu và kém 4.7%. Khối 9. Qua kết quả thực tế ta thấy thật đáng mừng , Sau nhiều năm thử nghiệm tôi đã thấy, học sinh khi được phân dạng toán cụ thể và giáo viên nói cho các em biết cách giải đối với từng dang. Thì các em học tập hứng thú và làm bài về nhà và trên lớp rất tốt.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. PHẦN III: KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ I/ KẾT LUẬN: Trên đây là những việc tôi đã thực sự nghiên cứu và làm tại Trường THCS Trần Hưng Đạo ở khối 8 và 9 trong vài năm liền đã đạt được kết quả khả quan, bên cạnh đó sự tiến bộ của học sinh thể hiện chưa đồng đều. Qua thời gian học tập và rèn luyện cuối năm các em đã quen và làm được các dạng toán “ Hình học ’’. Hầu như các em đều lắm bắt được những phương pháp giải của các dạng toán, đa số học sinh biết cách trình bày, đầy đủ, rõ ràng, chặt chẽ và khoa học. Sau khi tôi đã thực hiện, với bản thân tôi thấy rất thành công, tôi muốn giới thiệu cho các thầy cô tham khảo và áp dụng thử xem sao, hãy nhớ răng phải yêu cầu học sinh nhớ rằng : + Các dạng toán học sinh phải lắm chăc. + Các bước giải phải đầy đủ. + Các giai đoạn khi làm bài không thể chủ quan bỏ qua. + Các yêu cầu khi giải phải đạt được. Không ngoài mục đích nâng cao chất lương giảng dạy, với thời gian của các tiết học thật ngắn ngủi, nên tôi chỉ mới nêu được một vài phương pháp trọng điểm nên đề tài không tránh khỏi những thiếu sót. Vậy tôi rất mong các đồng chí đồng nghiệp tham khảo và đóng góp ý kiến để đề tài của tôi thêm phong phú và có hiệu quả hơn, để các em học tập tốt hơn và yêu thích môn toán ngày càng nhiều hơn .. II / KIẾN NGHỊ : Để thực hiện tốt được chuyên đề này thi các bậc phụ huynh cần quan tâm hơn đến việc chuẩn bị cho con em mình tài liệu tham khảo. Nhà trường cũng tăng số đầu sách cho các em nhiều hơn nữa, ít nhất mỗi tháng tổ chứ cho học sinh học thêm một vài tiết trái buổi để giáo viên phụ trách trên lớp có điều kiện hơn để khắc sâu cho các em những dạng toán này.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. Đối với học sinh cần quan tâm đến việc học nhiều hơn, nên đọc bài mới trước ở nhà, xem lại những dạng toán khác liên quan, trước khi đến lớp … liên quan đến kiến thức chuẩn bị học.. Tài liệu tham khảo: 1. 2. 3. 4. 5. 6.. SÁCH GIÁO KHOA VÀ SÁCH BÀI TẬP TOÁN 8, 9 TẠP CHÍ TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI BỘ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN TRONG CÁC TRƯỜNG THCS SÁCH CHUẨN KIẾN THỨC KỸ NĂNG.. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM. PHÒNG GD &ĐT M’ĐRĂK NĂM HỌC 2012 – 2013. MỤC LỤC TIÊU ĐỀ Phần I: Mở đầu I/ Lý do chọn đề tài II/ Mục đích của đề tài III/ Đối tượng nghiên cứu IV/ Phạm vi nghiên cứu V/ Phương pháp nghiên cứu Phần II: Nội dung I/ Cơ sở lý luận II/ Thực trạng III/ Giải pháp, biện pháp IV/ Kết quả sau khi thực hiện chuyên đề Phần III: Kết luận – Kiến nghị I/ Kết luận II/ Kiến nghị. TRANG 1 1 1 2 2 2 2 2 3 4 25 26 26 26. Người viết: Lê Bá Thạch GV Trường THCS Trần Hưng Đạo. Trang28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span>