SKKN TOAN 7

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (265.05 KB, 21 trang )

(1)I. PHẦN MỞ ĐẦU I.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Đầu chương trình Toán cấp THCS, học sinh bắt đầu tiếp xúc với bộ môn môn hình học. Đây là môn học có tính hệ thống và logic rất cao, do vậy yêu cầu việc học phải nắm thật chắc các kiến thức cơ bản, các mối liên quan của các kiến thức ấy đồng thời luyện tập cách vận dụng chúng vào việc giải toán. Đối với học sinh lớp 7, các em mới thật sự tiếp xúc với chương trình hình học cho nên khi đứng trước một bài tập hình, để có một hướng giải phù hợp cho việc tìm tòi ra lời giải thật sự là một việc quá khó. Thông thưòng đối với một bài toán chứng minh thì mệnh đề cần chứng minh đã được nêu rõ ràng trong kết luận của bài toán, học sinh chỉ phân tích, tìm tòi các mối liên quan giữa các dữ kiện của bài toán để suy luận đi từ giả thiết và những điều kiện đã biết để khẳng định kết luận. Đây là việc thật chẳng dễ dàng đối với học sinh. Còn đối với bài tính số đo góc, nó thuộc loại phải tìm tòi, cái giá trị cần tìm là chưa biết, chứng minh các dự đoán... mới xác định được số đo cần tìm, cho nên loại này càng khó hơn đối với các em. Đứng trước thực trạng nêu trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, muốn được đóng góp phần nào để gỡ rối cho học sinh, chúng tôi viết bài này trao đổi về những suy nghĩ định hướng cho việc giải bài toán “ Tính số đo góc” trong hình học lớp 7 II. PHẠM VI ĐỀ TÀI: Trong đề tài này, chúng tôi xin đề cập đến vấn đề : “Rèn luyện cho học sinh phương pháp giải dạng toán tính số đo góc trong hình học lớp 7” . Đề tài này có thể áp dụng cho hội đồng bộ môn cũng như cho tất cả giáo viên dạy toán cấp THCS III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU VÀ THỜI GIAN THỰC HIỆN: - Đề tài được áp dụng đối với học sinh lớp 7 trường THCS An Thạnh Trung trong 3 năm học 2004 -2005; 2005 -2006; 2006 -2007 mặt bằng học sinh ở đây học còn yếu, điều kiện học tập gặp nhiều khó khăn, trình độ dân trí, kinh tế của địa phương thấp . - Đề tài thực hiện trong các giờ luyện tập, giờ ôn tập trên lớp . Đánh giá hiệu quả của đề tài thông qua tỷ lệ học sinh hiểu bài và kết quả các bài kiểm tra. B – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. NHẬN XÉT CHUNG: - Hiện trạng khi chưa thực hiện đề tài: * Về học sinh: Một số em còn ngán ngại và sợ học môn hình học, trong giờ học chỉ chờ có bài giải mẫu để chép, ít chiäu suy nghĩ, tìm tòi lời giải, thường giải bài tập xong là xong, khi đưa bài toán “ khai thác “ thì ít học sinh làm được * Đối với giáo viên cũng khó khăn như bài tập quá đa dạng, phong phú , nếu không có thời gian và phương pháp lựa chọn thích hợp thì dễ bị phiến diện, bài tập dễ quá hoặc khó quá, không đủ thời gian làm dễ gây cho học sinh tâm lý “ sợ toán” chán nản và từ đó chỉ chú ý vào thủ thuâït giải mà quên đi luyện phương thức tư duy. - Kết quả khi thực hiện đề tài : Học sinh yêu thích môn hình học, vẽ hình chuẩn hơn và chính xác hơn, thích suy nghĩ và tìm tòi lời giải hơn. Trong quá trình giải toán đưa ra bài tập tương tự bài đã làm, nhưng thay đổi cấu trúc bài toán thì học sinh làm tốt hơn. - Những biện pháp tác động giáo dục :.

(2) * Học sinh có kiến thức cơ bản tổng hợp. * Hướng dẫn học sinh “ nhìn thấy” cấu trúc logic của bài toán, đặc biệt nhìn thấy sự “ tương đương” của các mệnh đề toán học. * Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử dụng các hệ thống khái niệm khác nhau. * Hướng dẫn học sinh “ nhận ra” sự thống nhất về cấu trúc logic của bài toán có biểu tượng trực quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm khác nhau đó. - Những giải pháp khoa học tiến hành : * Rèn luyện kỹ năng vẽ hình. * Từ một bài toán điển hình hướng dẫn học sinh phân tích giả thiết và kết luận. * Từ một bài toán điển hình hướng dẫn học sinh vẽ thêm đương phụ, điểm phụ. * Từ một bài toán điển hình hướng dẫn học sinh phân tích để quy từ lạ về quen. II. BIỆN PHÁP THỰC HIỆN: PHẦN 1 NHỮNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ HƯỚNG GIẢI QUYẾT 1. Trong tam giác, tổng số đo 3 góc bằng 1800 . Như vậy: a. Trong một tam giác , biết 2 góc thì tính được góc còn lại. b. Trong một tam giác cân, biết một góc thì tính được 2 góc kia . 2. Trong tam giác vuông, 2 góc nhọn phụ nhau. Như vậy: a. Trong tam giác vuông, biết một góc nhọn thì tính được góc nhọn kia. b. Trong tam giác vuông cân mỗi góc nhọn bằng 450 . 3. Trong tam giác đều, mỗi góc luôn bằng 600 . 4. Nửa tam giác đều: Ta có thể hiểu “Nửa tam giác đều” là tam giác vuông có một cạnh góc vuông bằng nủa cạnh huyền . Trong nửa tam giác đều các góc đối diện với cạnh góc vuông bé, cạnh góc vuông lớn và cạnh huyền theo thứ tự là 300; 600 và 900. 5. Hai tia phân giác của hai góc kề bù tạo thành góc vuông. Hai tia phân giác của hai góc kề phụ tạo thành góc có số đo bằng 450 Thông thường khi gặp bài toán tính số đo góc ta nghĩ đến việc xét số đo góc đó trong mối liên hệ với các góc của một trong các hình nêu trên để thông qua đó xác định số đo góc cần tìm hoặc nhiều khi phải chứng minh tam giác bằng nhau để từ đó rút ra các góc tương ứng bằng nhau . Nhưng trong thực tế khi giải toán, không phải lúc nào đề bài cũng cho sẳn những yếu tố như tam giác cân, tam giác đều, nửa tam giác đều.... để ta vận dụng, Như vậy vấn đề đặt ra là có cách nào để tạo ra một trong các hình đó một cách thích hợp để vận dụng. Nghĩ như vậy sẽ giúp ta có hướng vẽ thêm đường phụ thích hợp để tìm ra lời giải bài toán. PHẦN II CÁC DẠNG TOÁN VÀ CÁCH GIẢI.

(3)  DẠNG I : TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN “ NỬA TAM GIÁC ĐỀU” BÀI TOÁN 1: Tính số đo các góc của D ABC biết đường cao AH, trung tuyến AD chia góc BAC thành 3góc băng nhau A *Tìm tòi: sau khi vẽ hình tương đối chính xác . Ta thấy V ABC có dạng giống “nửa tam giác đều” K từ đó gợi ý ta có thể vận dụng điều này . Xét thấy BD CD = 2 cần làm xuất hiện đoạn thẳng HD = HB = 2. H. B. D. C. bằng HD và tạo với CD thành một tam giác vuông, từ đó ta nghĩ đến việc kẻ DK ^ AC tại K. Lúc này chứng minh D CDK là nửa D đều và bài toán được giải quyết. Giải tóm tắt: Vẽ DK ^ AC tại k. Dễ thấy AH cũng là trung tuyến của D ABD Þ HD = 1/2 BD = 1/2 DC . D thuộc phân giác của góc HAC Þ DH = DK. 1 Þ DK = 2 DC.. Þ. µ C = 300 0 µ Từ đó tính được: = 900 và B = 60 BÀI TOÁN 2: Cho D ABC có góc ACB = 300. D CDK là nửa D đều µ A. A. D. Đường cao AH bằng nửa cạnh BC. D là trung điểm của AB. Tính góc BCD.. 1 *Tìm tòi: Theo giả thiết AH = 2 BC hay BC = 2 AH.. ? B. C. H. Ta tìm xem có đoạn nào cũng bằng 2 AH. Để ý đến giả µ thiết C = 300 , ta thấy ngay D AHC là nửa D đều Þ AC = 2AH. Như vậy D ACB cân tại C. trung · tuyến CD cũng là phân giác. Từ đó tính được BCD . Giải tóm tắt:. 1 Theo giả thiết: AH = 2 BC Þ BC = 2 AH D AHC là nửa D đều Þ AC = 2 AH · 0 BCD. Þ BC = AC Þ D ABC cân tại C, trung. tuyến CD cũng là phân giác. Vậy = 15 . BÀI TOÁN 3: Cho D ABC có góc C = 300 và BC = 2AB . Tính các góc A,B * Tìm tòi:. A H. 30 B. C.

(4) Vẽ hình chính xác, ta dự đoán D ABC là nửa D đều.. µ. Chứng minh được điều này là xong. Đã có C = 30 0 nên nếu vẽ BH ^ AC tại K thì D HBC là nửa D đều, chỉ cần chứng minh H º A là xong. Giải tóm tắt:. 1 Þ BH = BC = AB µ 0 2 Hạ BC ^ AC tại H D HBC là nửa D đều , C = 30 Như vậy: H º A vì nếu không thì D ABH cân tại B Þ H º A µ 0 0 Þ Aµ B D D. Vậy ABC là nửa đều = 90 ; = 60 . BÀI TOÁN 4: Cho D ABC ở miền ngoài D vẽ các D đều ABE và ACF. Gọi H là trực tâm D ABE. I là trung điểm của BC. Tính các góc của D FIH. *Tìm tòi: Nhìn hình vẽ ta dự đoán D FIH là nửa D đều từ đó ta nghĩ đến việc vẽ D đều cạnh FH. cũng từ đó ta nghĩ đến việc lấy K trên tia đối của tia IH sao cho: IK = IH. Như vậy chỉ cần F chứng minh D FHK đều. Muốn vậy ta xét 2 D A tương ứng chứa FH và FK. Chứng minh 2 D E nàybằng nhau, ta giải quyết được bài toán . H Giải tóm tắt: Trên tia đối của tia IH lấy điểm K sao cho IK=IH. Nối KF dễ thấy D BHI= D CKI ( cgc) Þ CK = BH. Xét D HAF và D KCF có : C B I AH = CK ( vì cùng bằng BH) AF = CF ( cạnh tam giác đều) 0 · · µ Và chứng minh được HAF = KCF = A + 90 K Þ D AHF = D KCF (cgc) Þ HF = KF (1) · 0 0 , 0 · · · · · · và AFH = CFK mà AFH + HFC = 60 Þ CFK + HFC = 60 hay HFH = 60 (2) (1) và (2) Þ D HFK đều Þ FI cũng là phân giác và là đường cao. $. µ. µ. Vậy các góc của D FIH là : I = 90 ; H = 60 ; F = 30 BÀI TOÁN 5: Cho D nhọn ABC, ở miền ngoài D K C1 ta vẽ các D đều ACB1 và ABC1 . Gọi K và L, thứ tự là trung điểm của AC1 và CB1, điểm M thuộc cạnh BC sao cho BM = 3MC . Tính các góc của D KLM. *tìm tòi: B Vẽ hình tương đối chính xác, ta thấy D KLM có dạng nửa D đều . Để dễ xét 0. 0. B1. 0. A L. I. N M. P. C.

(5) ta vẽ D KLP với P là điểm trên tia đối của tia ML sao cho MP = ML và tìm cách chứng minh tam giác này đều . Về cạnh , ta có KL là một cạnh của D AKL trước hết ta xét KP và LP. Chúng không là cạnh của D nào tương ứng bằng D AKL cả. Ta tìm D chứa cạnh bằng cạnh LP mà D này có thể bằng D AKL. Gọi N là trung điểm của BC, I là trung điểm của AC. Như vậy cần chứng minh D AKL = D NIB1 và NB1 = LP. D KLP cân tại L chỉ cần chứng minh 1 góc 600. ·. ·. ·. ·. ·. ·. Xét D KLP . Muốn có KLI + ILM = 60 Cần chứng minh KLI = MLC , MLC = MPN Cần chứng minh D IKL = D NPL và thế là bài toán được giải quyết. * Giải tóm tắt: Gọi N là trung điểm của BC , gọi I là trung điểm AC. Ta có MN = NC. Trên tia đối của tia ML lấy điểm P sao cho MP = ML Þ D NMP = D CML (cgc) 0. · · MPN = MLC Þ NP // CB1 và NP = CL = LB 1 Þ D D Chứng minh: NLP = LNB1 (cgc) LP = NB1 (1). Þ. · · Chứng minh : D AKL = D INB1 (cgc) ( Vì AK = IN, AL = IB1 , KAL = NIB1 ) Þ LK = NB1 (2) Từ (1) và (2) Þ LK = LP Þ D LKP cân tại L (3) Dễ thấy D AC1 C = D ABB1 (cgc) Þ CC1 = BB1 CC1 BB1 = 2 ) D IKL và NPL có IK = NL ( vì cùng bằng 2. IL = NP ( cùng bằng LC) ; KL = LP (cmt) Þ D IKL = D NPL (ccc) 0 0 0 · · · · · · · Þ KLI = MLC mà MLC + ILM = 60 Þ KLI + ILM = 60 Þ KLP = 60 (4) Từ (3) và (4) Þ D KLP đều Þ Trung tuyến KM cũng là đường cao.. ¶ µ µ Vậy các góc của D KLM là : M = 90 ; L = 60 ; K = 30  DẠNG II: TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN TAM GIÁC VUÔNG CÂN. BÀI TOÁN 1: Cho D ABC vuông cân đỉnh A. lấy điểm M tuỳ ý trên cạnh AC, kẻ tia Ax vuông góc B với BM. Gọi H là giao điểm của Ax với BC và K là điểm thuộc tia đối của tia HC sao cho HK = HC. kẻ tia Ky vuông góc với BM. Gọi I là giao điểm của Ky với AB. Tính góc AIM. K *Tìm tòi: Theo hình vẽ ta nghĩ ngay đến AML vuông I H cân tại A. Chưa có thể chứng minh AM = AI được. Ta 0. 0. 0. A. L. M. C.

(6) cần tìm đoạn thứ ba làm trung gian. Trên tia đối của tia AB lấy L sao cho AL = AM. Chỉ cần chứng minh AI = AL Giải tóm tắt: Trên tia đối của tia AB lấy điểm L sao cho AL = AM (1) Nối LC. D ABM = D ACL (cgc) · · · Þ ACL = ·ABM mà ACL + ALC = 1v · · Þ ABM + ALC = 1v Þ BM ^ CL Þ LC // AH // IK , có CH = HK Þ AI = AL (2) Từ (1) và (2) Þ AM = AI Þ D AMI vuông cân tại A ·. Vậy AIM = 45 BÀI TOÁN 2: Cho D ABC có góc B = 450; Góc C = 1200. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho · CD = 2 CB. Tính ADB . 0. ¶. ¶. A. *tìm tòi: Với giả thiết cho C1 = 120 Þ C2 = 60 . Khi có góc bằng 600, ta nghĩ đến việc vận dụng nửa D đều ( hoặc D đều). Từ đó gợi ý 0. 0. H. 0 ¶ cho ta hạ DH ^ AC. Có ngay D1 = 30 . Chỉ. ¶. 2. ¶. 1 2 1 cần tìm D2 , D2 là góc nhọn của D vuông. 450 B C D phải chăng D ADH vuông cân ? Muốn khẳng định điểu này , ta cần so sánh HA và HD. Dựa vào các góc đã biết, ta dễ dàng xác định được 2 D HAB và HBD cân tại H và cuối cùng HA = HD . Giải tóm tắt: Hạ DH ^ AC. D CHD là nửa tam giác đều cạnh CD Þ CD = 2 CH. Kết hợp với giả thiết CD = 2BC, ta có CH = CB. 0 ¶ D BCH cân tại C, có C1 = 120. Þ HD = HB (1). Þ. 0 ¶ · HBC = 300 cũng có D1 = 30 Þ D BHD cân tại H. · BAC = 180 0 - 1200 + 450 ). ( Dễ thấy ABH = 15 mà Þ D ABH cân tại H Þ HB = HA (2) ·. 0. · hay BAC = 150 ¶. 0. Từ (1) và (2) Þ HD = HA Þ D AHD vuông cân tại H Þ D2 = 45 0 0 0 · Vậy ADB = 30 + 45 = 75 BÀI TOÁN 3: Cho D ABC , có Aµ = 900. AC = 3AB. Trên cạnh AC lấy 1 điểm D sao cho · · DA = 2 DC. Tính ADB + ACB.

(7) *tìm tòi:. x. K. ¶ · · · Dễ tính tổng ADB + ACB , ta đặt ACx = D1. F. 1. 3 và tính góc BCx. Dựa vào hình vẽ ta dự 2 đoán góc BCx bằng 450, đó là góc nhọn E D C A của D vuông cân. Ta cần tìm D vuông cân chứa góc này. nghĩ vậy, từ trung điểm E của AD Vẽ đường thẳng vuông góc AC cắt Cx tại F. lợi dụng D bằng nhau, chứng minh B D BEC vuông cân là xong. Giải tóm tắt: Trên nửa mặt phẳng đối của nửa mặt phẳng bờ AC có chứa B vẽ tia Cx sao cho · ACx = ·ADB . Từ trung điểm E của AD vẽ đường vuông góc với AC cắt Cx tại F, nối. AC BF. Dễ thấy D FEC = D BAD (gcg) Þ EF = AB = 3 Hạ FK ^ AB chứng minh được D FKB = D FEC (cgc) µ =F µ Þ F µ +F µ =F µ +F µ = 90 0 Þ BFC · F = 900. Þ FB = FC và. 1. 3. 2. 3. 2. ·. 1. ·. ·. Vậy D BFC vuông cân tại F Þ BCF = 45 vậy ADB + ACB = 450 BÀI TOÁN 4: Cho D ABC, vẽ phía ngoài D dựng các D vuông cân đỉnh A. ADB và ACE. Gọi P, Q, M thứ tự là trung điểm của BD, CE và BC. Tính các góc của D PQM.  tìm tòi: Trước hết ta nhận xét D PQM có E thể vuông cân tại M, từ đó ta nghĩ đến chứng minh MP = MQ (*). Thường trong bài toán D có nhiều trung điểm ta nghĩ ngay đến việc vận dụng đường trung bình tam giác dễ thấy A dễ có (*) cần chứng minh BE = CD. đó chính Q là hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng I nhau ADC và ABE. Cuối cùng muốn có P ^ ^ MP MQ cần chứng minh CD BE là xong. Giải tóm tắt: Ta có D ABE = D ADC (cgc) Þ BE = CD Gọi I là giao điểm của BE và DC. Dễ dàng C B M 0 ·IDB + IBD · = 90 Þ BE ^ CD chứng minh được 0. 1 1 DC; MQ = BE 2 Mà MP = 2 (theo t/c đường trung bình D ) Þ MP = MQ và MP ^ MQ Þ D PMQ vuông cân tại M. Vậy các góc của D PMQ lần µ =Q µ = 450 ; M ¶ = 90 0 P. lượt là BÀI TOÁN 5:.

(8) Cho D ABC , biết các đường cao hạ từ A và B ,xuống các cạnh đối diện không nhỏ hơn các cạnh đối diện ấy . Hãy tính các góc của D ABC *Tìm tòi: Gọi 2 đường cao là AH và BK có AH ³ BC; BK ³ AC. Ta phải tính góc A ,B,C A Xét vài trường hợp hình vẽ, nếu một chiều cao lớn hơn cạnh tương ứng thì chiều cao kia bé hơn cạnh tương ứng từ đó ta nghĩ đến trường hợp cả hai chiều cao đều bằng cạnh đối diện tương ứng của D vuông cân và đi chứng minh D ABC vuông cân tại C. K Giải tóm tắt: Có AH ³ BC ( giả thiết) Lại có BC ³ BK ( tính chất đường xiên) B H C Þ AH ³ BC ³ BK (1) Tương tự : BK ³ AC ³ AH (2) Từ (1) và (2) Þ AH ³ BC ³ BK ³ AC ³ AH Þ AH = BC = BK = AC. Þ. µ =B µ = 450 ; C µ = 90 0 D ABC vuông cân tại C . Vậy A. BÀI TOÁN 6 : Cho D ABC đường cao AH, đường phân giác BD và góc AHD = 450. Tính góc ADB. *Tìm tòi: Vẽ hình tương đối chính xác, ta dự đoán góc K ADB = 450, từ đó nghĩ đến việc tạo ra tam A giác vuông cân bằng cách hạ BK ^ AC. 3 1 2 Ta cần chứng minh D KBD vuông cân tại K. D 2 Để ý tính chất: Trong D đường phân giác 1 1 trong của một góc và hai phân giác ngoài của µ. ¶. hai góc còn lại đồng qui ta có A1 = A2 lợi dụng góc ngoài của D và góc có cạnh tương ứng ¶. 3 B. H. ·. vuông góc ta sẽ chứng minh được D1 = KDB Giải tóm tắt: Vẽ BK ^ AC tại K Xét D ABH có BD là phân giác trong. HD là phân giác ngoài đỉnh H Þ AD là phân giác ngoài đỉnh A Þ Aµ1 = A¶ 2 µ · ¶ · ¶ ¶ µ Mà A1 = KBH Þ A2 = KBH . Trong D ABD góc ngoài A2 = D1 + B1 ¶ =A ¶ - B µ Þ D 1 2 1 ¶ = KBH · µ = KBH · ¶ = KBD · Þ D - B - B 1 1 3. C.

(9) ·. 0. Vậy D KBD vuông cân tại K và do đó ADB = 45 DẠNG III : TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN RA TAM GIÁC ĐỀU BÀI TOÁN 1: Cho D ABC vuông ở A , có góc B = 750. Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho BH = 2 AC. Tính góc BHC . H *Tìm tòi: Từ giả thiết BH = 2 AC. Muốn vận dụng giả thiết này ta gọi E là trung điểm của BH và có BE = EH = AC. Có BC là cạnh của 0 µ D ABC có C =150 và để ý 75 -150 = 600 ta nghĩ đến việc dựng D đều BDC. Lúc này E D µ Þ D D E có ngay ABC = EBD (cgc) = 1V 0 ·DHB = DBH · = 15 . và A · · Cuối cùng chứng minh DHB = DHC Giaiû tóm tắt: C B Gọi E là trung điểm của BH. Dựng D đều BDC ( D và A thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ BC) ¶ D EDB = D ABC (cgc) Þ E1 = IV · · · Þ D BDH cân tại D Þ DHB = DBH = 150 và HDB = 1500 0 ¶ ¶ · = 300 D HDB = D HDC (cgc) Þ H 2 = H1 = 15 . Vậy BHC. A. BÀI TOÁN 2: Cho D ABC cân tại A. Có góc A = 400. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ tia D 0 Bx sao cho góc CBx = 10 . Trên Bx lấy điểm E sao cho BE = BA. Tính góc BEC . *Tìm tòi: Ta thấy góc BEC là một góc của D BCE. Ta cần tìm D bằng D này. Để ý C B · · CBE = 100 và ABC = 700 = 100 + 600. Ta vẽ D đều BDC lúc này AD là trung trực của BC cũng chính là phân giác của góc E · · · · Þ BAD BAC = 200. Chỉ cần chứng minh CEB = BAD nhờ 2 D bằng nhau. Giải tóm tắt: Vẽ D đều BDC ( D và A ở cùng nửa mp bờB BC) . Chứng minh được · · = BAD . Dễ thấy AD là trung trực của BC nên trong D CEB= D DAB (cgc) Þ BEC · · D ABC, AD cũng là phân giác Þ BAD =200. Vậy BEC = 200. BÀI TOÁN 3: Cho D ABC vuông cân ở A. Điểm E nằm D · · · 0 trong D sao cho EAC = ECA = 15 . Tính AEB .. x. E A. C.

(10) *tìm tòi: 0 0 · · Có EAC = 15 Þ EAB = 75 , để ý 750 = 150 + 600 · nên vẽ D đều ADE . Chỉ cần tìm DEB . · · = DAB Muốn vậy ta chứng minh DEB nhờ hai tam bằng nhau. Giải tóm tắt: Vẽ tam giác đều AED ( D và B ở trên cùng nữa mp bờ AE) . ta có D ADB = D AEC (cgc) Þ · · · = DBA = 150 Þ ADB = 1500 D ADB cân tại D Þ DAB · EDB = 3600 - (1500 + 600) = 1500 · · = DEB = 150 D ADB = D EDB (cgc) Þ DAB A 0 · Vậy AEB = 75 BÀI TOÁN 4: Cho D cân ABC có góc ở đỉnh A bằng 200. Các điểm M,N theo thứ tự trên AB. AC sao · · cho BCM = 500; CBN = 600. Tính góc BNM. *Tìm tòi: · P N Đề bài cho có CBN = 600, ta tìm cách vận 1 dụng D đều. Để thực hiện ý đồ đó, ta lấy M · Q điểm P trên AB sao cho BCP = 600 1 và có 2 D BQC, D NQP đều. Từ hình vẽ, ta dự đoán góc MNB băng 300. Nghĩ vậy ta chứng minh NM là phân giác của góc BNP. 2 Từ đó tính được góc BNM. 1 B 1 C Giải tóm tắt: Qua N vẽ đường thẳng song song BC cắt AB ở P. Gọi Q là giao điểm của PC và BN µ Chứng minh được D BCQ và PNQ đều. Trong D MBC có Bµ = 800, CA= 500 ¶ Þ M = 500 Þ D BMC cân tại B Þ BM = BQ ( cùng bằng BC) Þ D MBQ cân tại B, 0 ¶ · có góc B2 = 200 Þ BQM = 80 . 12 · · · MQP = 1800 - ( 800 + 600) = 400 Þ D PMQ cân tại M ( vì MQP = MPQ = 40 0 ). Þ MP = MQ D Þ Theo chứng minh NP = NQ MN là trung trực của PQ nên MN cũng chính là phân · giác của góc PNQ. Vậy MNB = 300 BÀI TOÁN 5:. µ. 0. Cho D ABC cân tại A , có A = 20 trên cạnh · AB lấy điểm D sao cho AD = BC . Tính ACD. E ? 1 B. C.

(11) Tìm tòi: · · Cần tìm ACD . ACD thuộc D ACD có Aµ = 200 và 1 cạnh bằng AC ta cần tìm D bằng D nói trên . Để ý Bµ = 800 và 800 - 600 = 200 ta nghĩ đến việc vẽ D đều BCE ( E và A ở cùng phía đối với BC ) Nối AE lúc này D ACD = D BAE µ ( cgc ) .Chỉ cần tính A1 Giải tóm tắt : Vẽ D đều BCE ( E và A ở cùng nửa mp bờ µ BC ). Có B1 = 200 Dễ thấy :. ¶ µ D ACD= D BAE (cgc ) => C? = A1. 0 µ ¶ D ABE = D AE (cgc ) => A1 = A2 = 10 .. ·. Vậy ACD = 100 E BÀI TOÁN 6: Cho D cân ABC ( AB =AC ) có Aµ = 800. Gọi D là điểm ở trong D sao cho : A ·DBC · 0 DCB 0 =10 , =30 . Tính góc BAD . *Tìm tòi : µ µ µ D ABC cân tại A , A = 800 => B = C =500. Dự đoán D ABD cân tại B nên ta nghĩ đến việc chứng minh BA = BD. Để ý D ? 600 - 500 = 100, để tạo ra D bằng D BCD ta vẽ D đều BEC và như vậy chỉ cần 10 30 chứng minh D BCD = D BEA là xong. B C Giải tóm tắt: Vẽ D đều BEC ( E và A ở cùng nửa mp bờ BC) do AB = AC và EB = EC Þ AE là đường trung trực của đoạn BC. Tam giác BEC đều nên trung trực EA cũng là phân 0 · giác Þ AEB = 30 và dễ dàng chứng minh được D BCD = ABEA (cgc) Þ BA = BD · Þ D ABD cân tại B, có Bµ = 400 . Vậy BDC = 700 BÀI TOÁN 7: A Cho D ABD và D CBD ( A và C thuộc 2 nửa mặt phẳng đối nhau bờ BD) Biết góc BAC = 500, góc ABD = 600, góc CBD = 200, góc CDB = 300. Tính 50 góc DAC và góc ADB. 1 2 *tìm tòi: Nhận xét trong 2 góc DAC và góc E ADB chỉ cần tính một góc thì sẽ suy ra được µ µ góc kia. D BCD có B = 200, D = 300 nên lấy 3 B. 60. 20. 1 C. 30. D.

(12) · · E sao cho EBD = 200, EDB = 300 ta sẽ có D BED= D BCD và D CDE đều dễ dàng tính được góc C1 nên chỉ cần chứng minh D ACE cân sẽ được tính góc A1 .Từ đó tính được A2. Giải tóm tắt: Trên nửa mặt phẳng bờ BD có chứa A lấy · · điểm E sao cho EBD = 200, EDB = 300. Nối EA. EC. D ECD cân có góc 600 nên là tam ¶ 0 0 · · giác đều. Dễ dàng tính được BCE = 70 , BCA = 50 Þ C1 = 20 0 0 ¶ µ · D ABE = D CBE (cgc) Þ EA = EC và C1 = A1 = 20 Þ AEC = 140 0. 0 ¶ ¶ · = 3600 -(1400 +600) = 1600 Þ A2 = D3 = 10 D AED cân tại E có AED. ·. 0. ·. 0. Vậy DAC = 20 + 100 = 300 Và ADB = 30 + 100= 400 DẠNG IV : TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN TAM GIÁC CÂN BIẾT MỘT GÓC BÀI TOÁN 1: Cho D ABC có góc A = 600, các phân giác BD và CE cắt nhau ở I . Tính các góc của D DIE. *Tìm tòi: · Theo đề ta dễ dàng tìm được góc BIC =1200. Theo hình vẽ ta dự đoán D DIE cân tại I, nên để tìm 2 góc còn lại ta cần chứng minh dự đoán này. Muốn vậy ta so sánh ID và IE với đoạn thứ ba. Để lợi dụng D bằng nhau ta vẽ phân giác IK của D BIC và giải quyết được bài toán. Giải tóm tắt: µ +C µ µ B 180 0 - A · · DIE = BIC = 180 0 = 1800 = 1200 2 2. A 60. Vẽ phân giác IK của D BIC ta sẽ có :. D. Iµ1 = Iµ2 = Iµ3 = Iµ4 = 600. E. I Þ D BIE = D BIK (gcg) Þ IE = IK 4 3 chứng minh tương tự có : ID = IK 1 2 Þ IE = ID Þ D ADI cân tại I, có 1 1 0 0 $ µ µ B I = 120 Þ E = D = 30 C K BÀI TOÁN 2: D ABC có góc B = 600, góc C = 300. Lấy D trên cạnh AC, E trên cạnh AB sao cho góc A ABD = 200, góc ACE = 100. Gọi I là giao điểm của BD và CE. Tính các góc của D IDE . D E *Tìm tòi: I 0 0 0 0 · · Dễ thấy EID = BIC = 180 - (40 + 20 ) = 120 .. 3. 1 2. 4. K B. C.

(13) Dự đoán ID = IE. Ta cần tìm đoạn trung gian. Để xuất hiện D bằng nhau, ta vẽ 3 phân giác của D IBC cắt nhau ở K cần chứng minh: ID = IE = IK là xong. Giải tóm tắt: µ Trong D IBC, tính được Bµ = 400, C = 200. · · = BIC = 180 0 - (400 + 200 ) = 120 0 Þ EID µ. µ. µ. µ. 0. Vẽ 3 phân giác của D BIC cắt nhau ở K. Tính được I1 = I 2 = I 3 = I 4 = 60 D BIE = D BIK (gcg) Þ IE = IK. Chứng minh tương tự có : ID = IK. µ =E µ = 300 Þ IE = ID Þ D DIE cân tại I. Vậy các góc của D IDE là : $I = 1200 ; D BÀI TOÁN 3: Cho D ABC có góc A = 500 , góc B = 200. C Trên đường phân giác BE của D lấy trung ? ·FAB = 200 điểm F sao cho . Gọi I là trung E 3 M F điểm của AE. EI cắt AB tại K. 1 2 I Tính góc KCB. 10 30 10 20 *Tìm tòi: B A Vẽ chính xác ta nghĩ ngay đến D CBK cân tại B. chứngKminh dự đoán này ta giải quyết được bài toán. Giải tóm tắt: 0 · · Gọi M là giao điểm của CK và BE .Chứng minh được EAF = EFA = 30 0 Þ D AEF cân tại E Þ trung tuyến IE cũng là phân giác. Như vậy E¶ 1 = E¶ 2 = E¶ 3 = 60 µ = 20 0 Þ BCK · = 80 0 D CEB = D KEB (gcg) Þ BC = BK Þ D BCK cân tại B, có B BÀI TOÁN 4: 0 0 µ = 1000 · · D ABC cân tại A, có A . Điểm M nằm trong D sao cho MBC = 10 ; MCB = 20 . Tính góc AMB. D *Tìm tòi: Với ý tưởng tìm góc bằng góc AMB và có thể tính được số đo của noÙ. Trên tia CA lấy A D D sao cho : CD = CB. BCD cân tại C, 0 · biết ACB = 40 Þ biết góc ADB. Như vậy chỉ cần chứng minh góc AMB bằng góc ? M 20 ADB là xong. 30 10 20 Giải tóm tắt: B C Trên tia CA lấy điểm D sao cho CD = CB. · · = 400 Þ CDB = 70 0 D BCD cân tại C, có ACB.

(14) 0 · · Chứng minh được D MCB = D MCD (cgc) Þ MB = MD và CDM = CBM = 10 · MDB = 70 0 - 100 = 600 Þ D MBD đều 0 · · Chứng minh D ABM = D ABD (cgc) Þ AMB = ADB = 70 BÀI TOÁN 5: Cho D ABC cân tại A có góc A = 80 0, I là một điểm thuộc miền trong D ABC sao. ·. ·. cho : IBC = 10 , ICB = 20 . Tính góc AIB A *Tìm tòi: Rõ ràng không thể tính ngay số đo góc AIB, ta nghĩ đến việc tìm một D cân chứa góc này và tìm cách xác định số đo một góc nào đó của N tam giác đó. Kẻ đường cao AH của D ABC cắt BI tại O và dự đoán D AOI cân tại A. J Nghĩ vậy kẻ đường cao AK của D AOI cắt I O đường thẳng CI tại J và chứng minh AK là K 20 10 đường trung trực của đoạn OI. H C B Giải tóm tắt: Kẻ đường cao AH của D ABC cắt BI tại O. Kẻ đường cao AK của D AOI cắt đường thẳng CI tại J. Đường cao AH của D ABC cũng là trung trực của BC · · · Þ OB = OC Þ D BOC cân tại O Þ OCB = 10 0 D AOC có OAC = OCA = 400 nên cân tại O Þ OA = OC (1) 0 · · Lại có HAK = IBC = 10 ( cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) 0 · · Xét D AJC tính được JAC = JCA = 30 nên là D cân tại J Þ JA = JC (2) Từ (1) và (2) Þ OJ là trung trực của AC, cũng chính là phân giác của góc AOC. 0 0 · · Trong D cân AOC tính được AOC = 100 Þ JOC = 50 0 0 0 · Góc IOC là góc ngoài của D OBC Þ IOC = 10 +10 = 20 0 0 0 · Tính được JOI = 50 - 20 = 30 (3) · Góc JIO là góc ngoài của D IOC Þ JIO = 200 + 100 = 300 (4) Từ (3) và (4) Þ D OJI cân tại J Þ JK cũng là trung trực của OI. Do điểm A Î JK Þ AO = AI Þ D AOI cân tại A 0 0 0 0 · · · · Trong đó AOI = AOC - IOC = 100 - 20 = 80 . Vậy AIB = 80 BÀI TOÁN 6: Trong D cân ABC có góc ở đỉnh C bằng 1000, ta kẻ tia Ax tạo với AB một góc 300, tia này cắt tia phân giác của góc B ở M. Tính góc ACM C x *Tìm tòi: 0 Góc ACB = 100 nên nếu biết góc BCM ta 1 cũng suy ra được góc ACM. Góc BCM ở 0 · 1 I trong D BCM đã biết góc CBM = 20 nên 0. 0. M. 30 A. 20 B.

(15) cần chứng minh D này cân. Ta cần tìm 2 tam giác bằng nhau tương ứng chứa BC và BM. Nghĩ vậy ta vẽ đường phân giác của góc CBM cắt Ax tại I. Ta cần chứng minh D BIC = D BIM để giải quyết bài toán. Giải tóm tắt: Vẽ phân giác góc CBM cắt Ax tại I. Chứng minh được D AIB cân tại I Þ IA = IB Lại có CA = CB (gt) Þ CI là trung trực của AB ,. 0 ¶ D ACB cân tại C nên trung trực CI cũng là phân giác của góc ACB Þ C1 = 50. ¶ ¶ M 1 là góc ngoài của D AMB nên M1 = 300 + 200 = 500 0 µ ¶ · · = BIC D BIC = D BIM ( IB chung; B1 = B2 = 10 , BIM =1800 – ( 100 + 500) = 1200 ). Þ BC = BM Þ D BCM cân tại B ·. 0. ·. 0. ·. ·. ·. 0. 0. 0. Lại có CBM = 20 Þ MCB = 80 . Vậy ACM = ACB - MCB = 100 - 80 = 20 BÀI TOÁN 7: Cho D ABC, có Aµ = 800, AB < AC. Trên AC lấy một điểm D sao cho CD = AB. Qua các trung điểm K của AD và N của BC ta kẻ đường thẳng cắt AB kéo dài tại M. Tính góc BMN . *Tìm tòi: E Bài toán cho có nhiều trung điểm đoạn thẳng M nên ta nghĩ đến việc vận dụng đường trung A 1 bình D . Từ suy nghĩ này trên tia đối của tia K AC lấy điểm E sao cho AE = DC. Lúc này D KN là đường trung bình D CBE Þ MN// BE ¶ =B µ Þ M 1 1 . Tính góc B ở trong D ABE là xong. 1 1 Giải tóm tắt: Trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho B C N D AE = DC. Dễ thấy KN là đường trung bình CBE ¶ =B µ Þ MN// BE Þ M 1 1 D ABE có AB = AE ( vì cùng bằng DC) nên là D cân tại A M C. µ = 180 0 - 800 = 1000 Þ B µ = 400 ¶ = 400 A A M 1 Ta có . Vậy 1.  DẠNG V :. TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA CÁC MỐI LIÊN HỆ KHÁC GIỮA CÁC GÓC. K. BÀI TOÁN 1: Cho D AOB vuông cân ở O. Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với OA, qua B vẽ đường thẳng vuông góc với OB, hai đường thẳng này cắt nhau ở C, từ điểm M trên N ·AMD = OMN · đoạn AC vẽ đường thẳng cắt đoạn BC ở N sao cho . Tính góc MON . 12 O. 3 4 B.

(16) *Tìm tòi: · Vẽ hình chính xác ta dự đoán MON = 450. Để ý tính chất phân giác của 2 góc kề phụ tạo thành góc có số đo bằng 450 , ta tìm 2 góc kề phụ đó. Với suy nghĩ này gợi ý ta kẻ OK ^ MN ¶. ¶. ¶. ¶. và cần chứng minh: góc O1 = O2 ; O3 = O4 Giải tóm tắt: Hạ OK ^ MN tại K. Có D AOM = D KOM ¶ =O ¶ Þ O 1 2 Þ OK = OA = OB.. ¶ ¶ Có D KON = D BON Þ O3 = O4 0 · OM và ON là phân giác của 2 góc kề phụ . Vậy MON = 45 BÀI TOÁN 2: Cho D ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH. Qua C vẽ tia Cx song song với tia AB (Tia Cx và tia AB cùng thuộc nửa mp bờ AC) . Trên tia Ox lấy điểm K sao cho : 1 CK = 2 AB . Gọi M là trung điểm của BH. Tính góc AMK.. *Tìm tòi: 0 · Theo hình vẽ ta dự đoán góc AMK = 90. 1 Từ giả thiết CK//AB và CK = 2 AB , để vận dụng giả thiết này ta nghĩ đến việc vẽ. đường trung bình MN của D ABH. Lúc đó MN// CK và MN= CK . Dễ thấy MK// NC. Như vậy chỉ cần chứng minh CN ^ AM. Giải tóm tắt: Vẽ đường trung bình MN của D ABM. x B. M H. 1 MN//AB và MN= 2 AB. 1 K. N. Þ MN// CK và MN=CK. 1. ¶ ¶ D MNC = D CMK (cgc) Þ C1 = M1. A Þ MK// NC Trong D AMC ta có AH ^ MC và MN ^ AC ( vì MN// ABAvà AC ^ AB) 0 · Nên N chính là giao điểm 3 đường cao Þ CN ^ AM. Vậy AMK = 90 BÀI TOÁN 3: E D Cho nhọn ABC có 2 đường cao AD và CE cắt nhau tại H, các phân giác của góc BAD và góc BCE cắt nhau tại O. Tính góc AOC 1 H O *Tìm tòi:. C. M. N1 2. C. D. B.

(17) Dự đoán góc AOC bằng 900, AO đã là phân giác của góc BAD. Gọi M, N thứ tự là giao điểm của OC với AB và AD, ta nghĩ đến việc chứng minh D AMN cân tại A. Giải tóm tắt: Gọi M,N thứ tự là giao điểm của OC với AB và AD. · · ¶ = 1v - ECB ; N ¶ =N ¶ = 1v - ECB Þ M ¶ =N ¶ Þ M 1 1 2 1 1 2 2 D AMN cân tại A · 0 Þ AOC. Phân giác AO cũng là đường cao . Vậy = 90 BÀI TOÁN 4: µ Cho D ABC có Bµ > C . Phân giác ngoài cùa góc A hợp với BC một góc 300 . µ µ Tính B - C Tìm tòi: A Đề bài cho phân giác ngoài của góc A và góc DAB bằng 300 để cho dễ xét ta nghĩ 12 đến việc vẽ phân giác trong AD của D ABC. Từ đó tính được góc B, góc C và từ đó suy µ µ ra B - C . 120 1 30 Giải tóm tắt: D D B 1 Vẽ phân giác trong của A cắt BC tại D1 .. 1 C. 0 0 · · Tính được AD1C = 120 Þ AD1B = 60. · C = 1200 AD 1 là góc ngoài D ACD1 0 µ µ Nên B1 = 120 - A1 ·. ¶. ¶. µ. ¶. µ. ¶. Lại có BD1 A = 600 là góc ngoài D ACD1 nên C1 = 60 - A2 mà A1 = A2 Þ B1 - C1 = 60 BÀI TOÁN 5: Tính các góc của tam giác cân biết rằng phân giác ứng với đáy bằng nửa phân giác ứng với cạnh bên. 0. 0. 1 µ ,B µ ,C µ A A 2 D ( ABC cân tại A. AD và BE là phân giác AD = BE. Tính ).. 1 2. *Tìm tòi:. E. 1 Để vận dụng giả thiết AD = 2 BE. Đã có D. là trung điểm của BC. Gợi cho ta vẽ đường trung bình DF của D BCE. Lúc này tam giác ADF cân. Lợi dụng liên hệ giữa các góc ta sẽ tìm được các góc A,B,C Giải tóm tắt: Vẽ đường trung bình DF của D BCE ta có. 1 B. 1 2. F. 1 D. C.

(18) D ADF cân tại D.. µ ¶ µ µ ¶ ¶ Đặt B1 = B2 = a Ta có B = C = 2a , D1 = B2 = a. µ =A ¶ =F µ = 2a + a = 3a Þ A µ = 6a µ µ µ A 1 2 1 . Trong D ABC: A + B +C = 6a + 2a + 2a = 10a 10a = 1800 Þ a = 180 . µ = 1080 ; B µ =C µ = 36 0 A. Vậy BÀI TOÁN 6: Cho D ABC có AB < AC. Các phân giác BD và CE cắt nhau ở G thoả mãn điều kiện GD = GE. Tính góc BAC. A *Tìm tòi: ·. ·. Dự đoán BAC = 60 , BGC = 120 . Để ý các góc ngoài của D EBC, D ABD 0. µ µ B ¶ = EGB · ¶ = A+ B E + ; D 1 1 2 2 ) (. 0. E 1. 1. F 1. D. G Nên để chứng minh góc A bằng 600 ta phải chứng minh góc E1 bằng góc D1. 2 2 1 1 Nhận xét rằng AE < AD .Để chứng B C minh góc E1 bằng góc D1 ta cần tìm góc trung gian thuộc tam giác bằng D AGE bằng cách lấy F trên tia AD sao cho: AE = AF. Chứng minh D AFG = D AEG và D DGF cân thì có góc D1= E1 (cùng bằng góc F1) Giải tóm tắt: µ µ Ta có AB < AC Þ B > C Hai D AGD và AGE có AG chung. GD = GE (1) µ µ µA C µ ·AGD = A + B · AGE = + 2 2 ( Vì là góc ngoài của D AGB ) và 2 2 ( Vì là góc ngoài Lại có : · · của D AGC ) Þ AGD > AGE (2). Từ (1) va ø(2) Þ AD > AE Trên đoạn AD lấy điểm F sao cho AF = AE ¶ µ Ta có D AGE = D AGF (ccc) Þ E1 = F1 (3) và GE = GF = GD ¶ =F µ Þ D DGF cân tại G Þ D 1 1 (4) ¶ ¶ Từ (3) và (4) Suy ra D1 = E1. 0 µ µ µ µ µ µ +B =B µ +C Þ A µ = B +C = 180 - A Þ 2 A µ = 1800 - A µÞ A µ = 60 0 A 2 2 2 2 hay · BAC = 600. Vậy BÀI TOÁN 7:.

(19) Cho D nhọn ABC, về phia ngoài D dựng các D đều ABD, BCE,ACF. Gọi I,K,L thứ tự là tâm 3 D đều này. Tính các góc của D IKL. *Tìm tòi: Dự đoán rằng D IKL đều . Để phân tích, giả sử ta có điều này. Vẽ AH, BP,CQ theo thứ tự vuông góc xuống IL,IK,KL ta thấy chúng đồng qui tại O. Dự đoán IL, IK, KL thứ tự là trung trực của OA, OB,OC. Từ đó gợi ý cho ta vẽ thêm để tìm lời giải. Hạ AH ^ IL. Trên tia đối của tia AH lấy O sao cho HO = AH. Dễ thấy IB = IO, suy ra I 0 · thuộc trung trực của BO.Vẽ trung trực IP của D cân BIO. Sẽ có HIP = 60 ·. Tương tự vẽ trung trực LQ của D cân CLO cũng có HLQ = 60 Gọi K1 là giao điểm của IP và LQ. Suy ra được D ILK1 đều. Cuối cùng chỉ cần chứng minh K1 º K là xong. Giải tóm tắt: Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với IL tại H, trên tia đối A của tia HA lấy điểm O sao cho HO = AH Nối OI, OL, D ta co ù: IO = IB ( cùng bằng IA) và LO = LC ( cùng bằng LA) I 12 H Vẽ trung trực IP của D cân OIB 43 O và trung trực LQ của D cân OLC P Hai trung trực này cắt nhau tại K1 µ. µ µ. µ. Xét các góc đỉnh I có I1 = I 2 ; I 3 = I 4 0 · Và do AIB = 120 nên dễ chứng minh ·. 0. ·. 0. 0. B. Q C. K K1. được ILK1 = 60 (2) Từ (1) và (2) Þ D ILK1 đều · L Þ IK 1 = 600 Xét các góc đỉnh K1 có. 1. L. 12 3 4. được LIK1 = 60 (1) Xét các góc đỉnh L, cũng chứng minh. 0 ¶ =K · ;K ¶ =K · · ¶ · C= K BK 11 12 13 14 mà K12 + K13 = 60 Þ 1 1200 0 · · Trong tam giác cân CK B Þ CBK1 = BCK1 = 30 Þ BK. F. E. 1. và CK1 là phân giác của D. đều BCE . Þ K1 cũng chính là trọng tâm của D BCE Þ K1 º K 0 $ µ µ Vậy D IKL là D đều do đó các góc cần tìm là I = K = L = 60 III. Kết quả thực hiện:.

(20) 1/. Đối với học sinh : Qua 3 năm thực hiện ( 2004 – 2005 ; 2005 – 2006 ; 2006-2007) kết quả khảo sát cho thấy các nhược điểm của học sinh nêu trên đã giảm rất nhiều. Tỉ lệ học sinh hiểu bài, làm được bài tăng lên rõ rệt, các em hứng thú và tích cực học tập, yêu thích bộ môn nhiều thêm. 2/.Đối với giáo viên : Qua việc áp dụng đề tài , bản thân tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nhất định. Đó là Giáo viên phải luôn bám sát học sinh , tìm hiểu thông tin ngược từ phía học sinh để có phương pháp giảng dạy dễ hiểu nhất. Thực tế cho thấy có những vấn đề chủ quan Giáo viên cho là đơn giản thì đối với nhiều học sinh tiếp thu lại rất khó khăn. Giáo viên cần kiên trì , bền bỉ, gần gũi học sinh, nhiệt tình giảng dạy . Từ đó sẽ cảm hóa được các em giúp các em mạnh dạn trao đổi ý kiến với Giáo viên , hứng thú , tích cực học tập hơn và kính trọng biết ơn Thầy Cô Giáo . Sau đây là bảng thống kê kết quả các bài kiểm tra Năm học. Aùp dụng đề tài Giỏi 1% 4% 6% 10%. Kết quả các bài kiểm tra Khá T.bình Yếu 14% 40% 40% 20% 51% 23% 22% 52% 20% 28% 49% 13%. Kém 5% 2% 0% 0%. 2003 -2004 Chưa áp dụng 2004 -2005 Đã áp dụng 2005 -2006 Đã áp dụng 2006 - 2007 Đã áp dụng C – KẾT LUẬN Trên đây là những nội dung mà qua quá trình giảng dạy, tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi , bản thân chúng tôi đã tổng hợp được. Thật ra đây là những điều quen thuộc , ta có thể gặp một số bài rải rác ở các sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, tạp ch1 toán học, đề thi. v.v... Có điều chúng tôi muốn nhấn mạnh là phương pháp tìm tòi , định hướng cho suy nghĩ của học sinh khi đứng trước bài toán tính số đo góc . Việc xác định hướng suy xét phù hợp sẽ góp phần rất lớn để giải quyết bài toán .Việc phân chia các dạng trong tài liệu này chỉ có tính tương đối để cho dễ xét . Trong mỗi bài toán , tuỳ theo cách nhìn ta sẽ có hướng giải tương ứng và dù đi theo hướng nào các kiến thức cần vận dụng cũng rất phong phú và đa dạng. Để có cái nhìn thật sự linh hoạt cho từng bài toán cụ thể biện pháp chủ lực trước sau vẫn là dạy cho học sinh nắm thật chắc kiến thức cơ bản và thường xuyên vận dụng rèn kỹ năng giải bài tập, tìm tòi giải pháp hay nhất sáng tạo nhất , trau dồi lòng yêu thích bộ môn say sưa hứng thú khi giải quyết được bài toán hay.Với suy nghĩ như vậy chúng tôi tin tưởng rằng chúng ta có thể vượt qua những điều rắc rối, hóc búa của toán hình học nói chung và loại toán “ Tính số đo góc” ở hình học lớp 7 nói riêng. Rất mong sự góp ý chân thành của các Thầy Cô giáo và các bạn đồng nghiệp..

(21)

(22)

SKKN TOAN 7

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về