de thi GV gioi tinh nghe an nam 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT NGHỆ AN. ĐỀ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI TỈNH CẤP THCS NĂM HỌC 2012 - 2013. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. MÔN: TOÁN. Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (6 điểm). a) Anh (chị) hãy nêu năm cách thông dụng để tạo tình huống có vấn đề trong dạy học Toán. b) Anh (chị) hãy trình bày các bước của phương pháp chung để giải một bài toán. Lấy ví dụ minh họa. Câu 2 (3,5 điểm). a) Hãy nêu các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp. b) Hãy giải bài toán sau bằng hai cách: Qua điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O, kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm|) và cát tuyến MEF của đường tròn (O) (cát tuyến MEF không đi qua O). Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: 5 điểm M, A, I, O, B cùng nằm trên một đường tròn. Câu 3 (4 điểm). Xét bài toán: 2x  x 2   Cho biểu thức P = x x  1 x  x  1 (. 1 x1 ): 2 x1. Tìm các giá trị của x để biểu thức P có giá trị nguyên. Anh (chị) hãy nêu định hướng giải bài toán trên và trình bày lời giải bài toán. Câu 4 (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì hai số (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2 là hai số nguyên tố cùng nhau. Câu 5 (5 điểm). Cho bài toán: Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, E là một điểm nằm trên cạnh CD (E không trùng với D). Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. Qua F kẻ đường thẳng vuông góc với AE tại H và cắt BC ở G. a) Tính số đo góc FAG. b) BD cắt AF, AG lần lượt tại P, Q. Chứng minh AH, GP, FQ đồng qui. c) Tìm vị trí của điểm E trên cạnh CD để diện tích tam giác AFG nhỏ nhất. 1. Anh (chị) hãy giải bài toán trên. 2. Anh (chị) hãy hướng dẫn học sinh giải câu b. Hết.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án Câu 1. Một số cách thông dụng để tạo tình huống có vấn đề. 1. Dự đoán nhờ nhận xét trực quan hoặc thực nghiệm. 2. Lật ngược vấn đề 3. Xem xét tương tự 4. Khái quát hoá 5. Phát hiện sai lầm, tìm nguyên nhân và sửa chữa. Phương pháp chung tìm lời giải bài toán - Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán: + Giả thiết là gì? Kết luận? Hình vẽ ra sao… + Phát biểu bài toán dưới nhiều dạng khác nhau để hiểu rõ bài toán. + Bài toán này thuộc dạng toán nào? + Các kiến thức liên quan. - Bước 2: Xây dựng chương trình giải: Chỉ rõ các bước cần tiến hành theo một trình tự thích hợp. - Bước 3: Thực hiện chương trình giải: Trình bày theo các bước đã được chỉ ra. - Bước 4: Kiểm tra và nghiên cứu lời giải: + Xem có sai lầm không. + Có thể giải bài toán theo cách khác được không. + Có thể khai thác được bài toán không. Câu 2. a). Các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: - Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm. - Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 (hoặc tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện). - Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc  . - Nếu hai đường thẳng AB ,CD cắt nhau tại M và MA.MB =MC.MD thì tứ giác ABCD nội tiếp.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A _. I _. E _. F _. M _ K _. O _. B _. b). Cách 1: Do I là trung điểm của dây EF không đi qua tâm nên OI  EF suy ra  MIO = 900 mặt khác vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn tâm O nên  MAO =  MBO = 900 suy ra tứ giác MAIO và MAOB nội tiếp Suy ra 5 điểm M, I, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn. Cách 2: Gọi K là trung điểm của MO. Do I là trung điểm của dây EF không đi qua tâm nên OI  EF suy ra  MIO = 900 mặt khác vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn tâm O nên  MAO =  MBO = 900 MO suy ra KA = KB = KM = KO = KI = 2 suy ra đpcm.. Câu 3 Định hướng giải bài toán: Bước 1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. Bước 2. Rút gọn biểu thức P. Bước 3. Tìm giá trị nguyên của P từ đó tìm được giá trị của x thoả mãn. Trình bày lời giải: x  0, x 1 . Điều kiện xác định: 2x  x  2 x  1  x  x 1. . .  . . . x  1 x  x 1 Ta có: P = x  2 x 1 x1 2  :  2 x  x 1 x  1 x  x 1. . . . :. x1 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Do x  x  1 1 nên 0 < P 2 Mà P nguyên suy ra P = 1; 2 2.  5  1 x   2   (Thoả mãn ĐKXĐ) Nếu P = 1 giải được Nếu P = 2 giải được x = 0 (Thoả mãn ĐKXĐ) Câu 4 Giả sử hai số (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2 không nguyên tố cùng nhau suy ra tồn tại d là ước chung nguyên tố của (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2 suy ra (2n + 1)(n + 1)d mà d nguyên tố nên 2n + 1d hoặc n + 1 d. Nếu 2n +1d mà 3n + 2d suy ra 2(3n + 2) – 3(2n + 1)d  1 d (vô lí vì d nguyên tố) (1). Nếu n +1d mà 3n + 2d suy ra 3(n + 1) – (3n + 2)d  1d (vô lí vì d nguyên tố) (2). Từ (1) và (2) suy ra (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2 nguyên tố cùng nhau. Câu 5 A. B 4 3 1. 2. Q. G. P H. D. F. E. C. a) Ta có  ADF =  AHF (cạnh huyền - góc nhọn)  AH = AD = AB   AHG =  ABG (cạnh huyền - cạnh góc vuông). 1).   A3 =  A4 Mà  A1 =  A2 nên  FAG = ½  DAB = 450. b) Xét tứ giác AQFD có  FAQ =  FDQ = 450 nên tứ giác. AQFD nội tiếp   ADF +  AQF = 1800 mà  ADF =900   AQF = 900  FQ  AG (1). Tương tự GP  AF (2)..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Mà AH  FG (3). Từ (1), (2), (3) suy ra AH, FQ, GP đồng quy. c) Do  ADF =  AHF  SADF = SAHF  ABG =  AHG  SABG = SAHG  SAFG = SADF + SABG  2SAFG = SABCD - SFGC = a2 - SFGC. Suy ra SAFG nhỏ nhất khi và chỉ khi SFGC lớn nhất. đặt CF = x, CG = y suy ra FG =. x2  y2. mà FH = FD, GH = GB  FC + FG + GC = CD + CB = 2a  2a = x + y +. . x 2  y 2 2 xy  2 xy  2  2. . xy. (áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm) 2a 2 a2 1  xy  2 (1  2) 2  xy (1  2)  SFGC = 2. 2). dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y và  FAG = 450  E trùng C Nêu các phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy Quan sát hình vẽ ta nghĩ ngay đến phương pháp sử dụng tính chất các đường đồng quy trong tam giác. Mà AH  FG nên ta dự đoán AH, FQ, GP là các đường cao của tam giác AFG Ta phải chứng minh FQ  AG   AQF = 900 Mà  ADF = 900 nên phải chứng minh tứ giác AQFG nội tiếp.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>