SKKN 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>A. ĐẶT VẤN ĐỀ Đối với học sinh THCS, môn hình học là phân môn mang tính trừu tượng và mới lạ. Hầu hết với học sinh đại trà, các em nắm kiến thức hình học trên cơ sở hết sức rời rạc, chưa đủ khả năng khái quát hoá kiến thức đã học do đó các em chưa định hình được kiến thức bộ môn. Hơn nữa học môn hình học đòi hỏi không những nắm chắc kiến thức cơ bản ngay sau mỗi bài học cụ thể, vận dụng lý thuyết vào bài tập mà còn đòi hỏi hệ thống kiến thức trước đó một cách hệ thống, liên tục và đặc biệt là tư duy lôgíc. Vì vậy việc vận dụng lý thuyết vào bài tập gặp rất nhiều khó khăn. Hơn nữa trong ba phân môn toán ở bậc THCS, môn hình học có tính trừu tượng cao. Để giải quyết bài toán hình thực sự dựa trên phương diện lý luận sử dụng trực quan trên hình vẽ. Để hiểu thấu đáo môn hình học phải dựa trên phương diện quĩ tích. Nghĩa là với mỗi trường hợp của bài toán cho ta một kết luận và nhận xét riêng hoặc có những trường hợp đặc biệt học sinh thường hay ngộ nhận. Đặc biệt hơn khi hình vẽ suy biến hoặc kẻ thêm đường phụ nó đã trở thành bài toán khác hẳn và khó khăn hơn trong việc tìm tòi và giải bài toán. Ở trường THCS dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh,trong đó giải toán là hình thức chủ yếu. Để rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh, ngoài việc trang bị tốt kiến thức cơ bản, người thầy giáo cũng cần giúp các em hệ thống hoá các dạng bài tập để các em dễ nhớ, dễ vận dụng. Trong chương trình lớp 9, học sinh được làm quen với đường tròn và các bài toán liên quan đến nó. Những bài toán này không chỉ có trong các bài kiểm tra thông thường mà còn thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp10 PTTH, thi chọn học sinh giỏi các cấp, thi vào trường chuyên,lớp chọn. Khi giải xong một bài toán trong SGK nhiều bạn coi như là xong việc thì thật là đáng tiếc vì các bạn đã bỏ lỡ cơ hội rèn luyện và khám phá tri thức cho mình. Bao giờ các bạn cũng tự đặt cho mình câu hỏi: “ Có thể khai thác và phát triển bài toán này theo nhiều hướng khác nhau được không ? ”. Khi đó các bạn sẽ thấy được nhiều điều thú vị và bổ ích. Trong đề tài này, với khả năng và kinh nghiệm của bản thân tôi muốn rằng: Từ một bài toán quen thuộc trong chương trong sách giáo khoa toán 9 qua một số thao tác thay đổi một vài yếu tố hoặc đưa nó thành bài toán tổng quát hoá; hoặc đặc biệt hoá nhằm phát triển tư duy hình học của học sinh. Ta sẽ cung cấp được nhiều điều lí thú cho học sinh trong quá trình giảng dạy.. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I.CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Như chúng ta đều biết, khi mới xuất hiện, hình học là một khoa học về đo đạc, qua một số các đối tượng, vật cụ thể trong thực tiễn đã dần dần được khái quát thành những khái niệm trừu tượng: Với 3 khái niệm cơ bản không được định nghĩa: Điểm, đường thẳng, mặt phẳng. Từ đó môn hình học dần dần trở thành một môn khoa học suy diễn, tức là môn khoa học mà những kết luận đúng đắn đều được chứng minh bằng lập luận chặt chẽ chứ không bằng cách qua thực nghiệm như những môn khoa học thực nghiệm khác. Môn hình học bản thân mang tính lập luận, tính trừu tượng cao. Nhưng để học sinh tiếp thu được, hiểu được nhiều khi chúng ta phải dùng trực quan thông qua mô hình, hình vẽ, vật cụ thể,… để học sinh nắm bắt và hiểu bản chất của vấn đề. Điều đó rất đúng bởi quá trình tư duy của con người bao giờ cũng tuân theo quy luật đó. Như Lê Nin đã khẳng định "Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng, rồi từ tư duy trừu tượng đến thực tiễn, đó là con đường biện chứng của sự nhận thức chân lí của sự nhận thức khách quan". Trong quá trình dạy học môn Toán người thầy cần thấm nhuần nguyên lí giáo dục: "Học đi đôi vời hành, giáo dục kết hợp với lao động sản xuất, nhà trường gắn liền với xã hội". Thông qua môn toán, học sinh tiếp cận và tiếp thu các môn học tự nhiên khác. Bởi dạy môn Toán cho học sinh không những truyền thụ kiến thức cho các em mà quan trọng hơn là dạy tư duy. II.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ: Trong quá trình giảng dạy môn toán bậc THCS, với nhiều năm trong nghề tôi thấy tình trạng chung là học sinh không thích thậm chí là sợ môn hình. Vì lí do khó hiểu, mắc trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán, mất phương hướng và không biết để chứng minh bài toán thì bắt đầu từ đâu, làm như thế nào. Trong quá trình giảng dạy môn hình ngay trong mỗi tiết học người thầy không thường xuyên tạo thói quen, rèn thói quen cho học dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lờp giải bài toán thì học sinh sẽ khó tiếp thu, không tự giải được bài toán hình. Nghiên cứu nguyên nhân, tôi thấy có mấy điểm dưới đây: 1. Học sinh chưa nắm chắc những khái niệm cơ bản. 2. Sách giáo khoa biên soạn tuần tự theo hệ thống kiến thức đường thẳng, không tổng hợp từng loại, từng dạng làm cho học sinh khó nắm bắt cách giải các bài toán. 3. Trong SGK các bài toán mẫu thường là ít, hướng dẫn gợi ý chưa thật đầy đủ nên khó tiếp thu và nghiên cứu. 4. Học sinh thường chỉ học "Vẹt" các định lí và quy tắc. Trong các trường THCS hiện nay, tình hình phổ biến là đại đa số học sinh không thích học môn hình học. Điều này theo tôi nghĩ có thể là do nhiều nguyên nhân. Nhưng.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> theo tôi là giáo viên chưa chuẩn bị một cách chu đáo một giờ luyện tập, thông qua đó củng cố kiến thức cơ bản cho học sinh, rèn kĩ năng vận dụng kiến thức vào bài tập, kĩ năng trình bày, hơn thế nữa rèn tính sáng tạo, phát triển tư duy toán học cho học sinh. Như vậy muốn có một giờ luyện tập tốt, theo tôi phải lưu ý mấy vấn đề sau: - Chọn hệ thống bài tập như thế nào cho một giờ luyện tập. - Phải sắp xếp hệ thống các câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở). - Phải tổ chức tốt và thể hiện vai trò chủ đạo của người thầy. - Sau mỗi bài cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có). Tôi xin được đề cập đến vấn đề: "Khai thác và phát triển bài toán nhằm phát triển tư duy toán học của học sinh" Nội dung chính của bài viết tôi bắt đầu từ một số bài toán đơn giản trong chương trình lớp 9 bậc THCS rồi phát triển nó rộng ra ở mức độ tương đương, phức tạp hơn rồi cao hơn nhưng vẫn phù hợp với tư duy lôgíc của các em để tạo cho các em niềm say mê học tập môn toán đặc biệt là môn hình học. III.CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: 1. Bài toán 1: ( Bài tập số 39 trang 123 SGK hình học 9, tập 1) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O),C (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I. o. a ) CMR: BAC 90 b) Tính số đo góc OIO' c) Tính độ dài BC, biết OA= 9cm, O’A= 4cm. Lời giải: a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:. IA IB; IA IC  IA IB IC . BC 2.  ABC vuông tại A (vì có trung tuyến. AI . BC 2 )  BAC 90o. b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OI là phân giác BIA ,O’I là phân giác AIC mà BIA và AIC là hai góc kề bù.  OI  O'I   OIO'=900. c) Ta có: OIO ' vuông tại I có IA là đường cao. Theo hệ thức lượng trong tam giác 2. 2. 2. vuông ta có: IA OA.OA '  IA 9.4 36 6  IA 6cm  BC 2.IA 2.6 12cm. Khai thác và phát triển bài toán: Nhận xét 1: Việc giải bài toán 1 coi như xong,ta thử đặt vấn đề: “ Nếu hai đường tròn cho trước (O) và (O’) không tiếp xúc ngoài với nhau tại A mà hai đường tròn đó ở ngoài nhau, ta đi thiết lập bài toán tương tự khi đó ta còn có được những kết luận đã được chứng minh như ở trên không? ”. Ta có bài toán khác:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài toán 1.1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O), C  (O’).Đường nối tâm OO’ cắt các đường tròn (O) và (O’) theo thứ tự tại D và E. Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại A. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: o. a) BAC 90 b) AD.AB = AE.AC. c) Tứ giác BCED nội tiếp. d) IA  OO' Lời giải. a) Theo tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có: 1 1 ABC  O1 ; ACB  O '1 ' o 2 2 . Mà O1  O 1 180 ( vì OB // O’C) nên ABC  ACB 90o  BAC 90o. ' ' ' b) Ta có: ABC ACO ( Vì cùng phụ với ACB ); ACO CEO (vì do EO ' C cân tại ' O’) mà CEO AED (đối đỉnh). Do đó AED ABC. Vậy ABC AED( g.g ). . AE AD   AE. AC  AB. AD AB AC .. o c) Theo câu b) ta có: AED ABC  ABC  DEC 180 . Vậy tứ giác BCED nội tiếp.. d) Vì ABC vuông tại A có AI là trung tuyến nên AI IB IC  ABI cân tại I  ABI BA I mà ADE  AED =900  ADE  BAI =900  AI  OO '. Nhận xét 2: Sau khi giải xong bài toán 2 ta thử đặt vấn đề: “ Nếu hai đường tròn cho trước (O) và (O’) cắt nhau, ta đi thiết lập bài toán tương tự khi đó ta còn kết luận BAC 90o như chứng minh trên nữa không ? ”. Ta có bài toán khác:. Bài toán 1.2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm M, N .Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O),C  (O’). Đường nối tâm OO’ cắt các đường tròn (O) và (O’) theo thứ tự tại D và E .Các đường thẳng BD và CE cắt nhau tại A. Chứng minh rằng: o. a) BAC 90 b) Tứ giác BCDE nội tiếp. c)AB.AD = AC.AE. Lời giải. a) Theo tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến 1 1 DBC  O1 ; ECB  O '1. 2 2 và dây cung ta có: ' o o o Mà O1  O 1 180 (vì OB // O’C)  DBC  ECB 90  BAC 90 ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ' ' ' b) Ta có: DBC ECO (vì cùng phụ với BCE ) mà ECO CEO (do EO ' C cân tại. O’)  DEC DBC  tứ giác BCDE nội tiếp (vì E và B cùng nhìn DC dưới một góc bằng nhau). . AE AD   AE. AC  AB. AD AB AC .. c) Ta có: AED ABC (g.g) Nhận xét 3: Đến đây ta có thể đặt vấn đề tiếp: “ Nếu hai đường tròn cho trước (O) và (O’) đựng nhau hoặc tiếp xúc trong với nhau ta có thiết lập được bài toán tương tự không ? Khi đó có tồn tại lời giải không ? ”. Nhận xét 4: Ta thấy các bài toán 1,2,3 đều liên quan đến tiếp tuyến chung ngoài BC và BAC 90o , nên ta có:. - Nếu (O) và (O’) đựng nhau thì không còn tồn tại tiếp tuyến chung BC nên không tồn tại lời giải bài toán. - Nếu (O) và (O’) tiếp xúc trong thì khi đó B và C trùng A do đó không tồn tại BAC 90o , nên không tồn tại lời giải bài toán.. *Trên đây là cách khai thác bài toán 1 theo hướng thay đổi vị trí tương đối của hai đường tròn tức là thay đổi giả thiết của bài toán và ta vẫn có kết luận BAC 90o . Bây giờ ta sẽ khai thác bài toán 1 theo một hướng khác đó là “ tìm. bài toán đảo” hoặc “vẫn giữ nguyên giả thiết của bài toán và thiết lập những bài toán có kết luận khác ”. Sau đây tôi xin giới thiệu một số bài toán. Bài toán 1.3: (Bài toán đảo): Cho ABC vuông tại A.Vẽ đường tròn tâm (O) đi qua A và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm (O’) đi qua A và tiếp xúc với BC tại C. Chứng minh rằng: a) (O) và (O’) tiếp xúc nhau tại A. b) Trung tuyến AM của ABC là tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại A. Lời giải. ' a) AOB cân tại O, AO B cân tại O' ' ' Nên: OAB OBA và O AC O CA 0 Tacó: OBA  ABC 90 (1) và.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> O 'CA  ACB 900 (2). Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:  O 'CA  OBA 90o  O ' AC  BAO 90o . '. o. Do đó: O AC  CAB  BAO 180  ba điểm O, A, O’ thẳng hàng và OO’ = OA + O’A.Vậy (O) tiếp xúc với (O’) tại A. b) AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC của ABC vuông tại A nên MA = MC. '. '. . o. MO’A =  MO’C (c.c.c) nên MAO MCO 90  AM  OO' tại A nên AM là tiếp tuyến chung của (O) và (O’). Bài toán 1.4: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I. Gọi D là giao điểm của CA với đường tròn tâm O (D A). Chứng minh rằng: a) Ba điểm B, O, D thẳng hàng. b) BC là tiếp tuyến đường tròn đường kính OO’ c) OO’ là tiếp tuyến đường tròn đường kính BC. Lời giải:. a) Các tam giác cân O’AC và OAD có hai góc ở đáy bằng nhau nên hai góc ở đỉnh bằng nhau  OD // O’C. Ta lại có: OB // O’C (vì cùng vuông góc với BC). Vậy theo tiên đề Ơclit thì B, O, D thẳng hàng. b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: OI là tia phân giác BIA , O’I là tia phân giác AIC . Mà BIA kề bù với AIC  OIO ' 90o  OIO ' nội tiếp đường tròn đường kính OO’. Ta có: IB = IC =IA.. Gọi J là trung điểm của OO’ thì IJ là đường trung bình của hình thang O’CBO. Mà OB  BC  IJ  BC  BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’.. c) Theo bài toán 1: ABC vuông tại A có AI là trung tuyến. AI . BC  ABC 2 nội tiếp. đường tròn đường kính BC vì AI  OO ' nên OO’ là tiếp tuyến đường tròn đường kính BC. Bài toán 1.5: Cho hai đương tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O),C (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ở I. Đường thẳng OO’ cắt hai đường tròn (O) và (O’) theo thứ tự tại D và E (D và E khác A). Đường thẳng BA cắt (O’) ở K. CMR: a) I là trung điểm của BC và BAC vuông tại A. b) Tứ giác DBCE nội tiếp c) Đường thẳng đi qua K và vuông góc với đường thẳng OB là tiếp tuyến của (O’). Lời giải: a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: IA = IB;IA = IC  IA IB IC . BC  2 I là trung điểm. của BC và vuông tại A (vì có trung tuyến. AI . BC 2 ). 1 BDA  BOA 2 b) Ta có: (tính chất của góc nội tiếp) (1) 1 ECx  CO ' E 2 (tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) (2). ' Mặt khác, ta có:OB  BC, O’C  BC  OB // O’C  CO E BOA (3). o Từ (1),(2),(3) ta có: BDA ECx  BDA  BCE 180 . Vậy tứ giác DBCE nội tiếp o. c) Ta có: CAK 90 (kề bù với BAC )  CAK là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn.  CK là đường kính  CK // OB. Gọi d là đường thẳng đi qua K và d  OB  d  CK. Do đó d là tiếp tuyến của đường tròn (O’). Bài toán 1.6: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O), C  (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I. a) Tính độ dài BC,biết OA = R, O’A = r. b) Tính độ dài OI và O’I theo R, r. c) Tính các cạnh của ABC theo R, r. Lời giải: o. '. o. a) Ta có: BAC 90 và OIO 90 (theo bài toán 1). Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, 2 Ta có: IA OA.OA ' R.r  IA  R.r. Mà BC 2.IA 2. R.r 2 2 2 2 b)Ta có: OI IA  OA R.r  R R( R  r )  OI  R( R  r ) .. O ' I 2 IA2  O ' A2 R.r  r 2 r ( R  r )  O ' I  r ( R  r ) ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> c) Gọi D là giao điểm của CA với (O), (D A).Theo bài toán 1.4 a) ta có: B, O, D thẳng hàng. Xét CBD vuông tại B, ta có: BC 2 R.r ; BD = 2R. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 1 1 1 1 1 Rr 2R r 2r R  2  2  2  AB  AC  2 2 AB BD BC 4R 4 Rr 4 R .r R  r . Tương tự ta có: Rr . AB . 2R r 2r R ; AC  ; BC 2 Rr Rr Rr .. Vậy các cạnh của ABC là: Bài toán 1.7: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;r) (R >r) tiếp xúc ngoài tại A. Đường thẳng OO’ cắt (O) ở D, cắt (O’) ở E. Tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O), C (O’)cắt đường thẳng OO’ tại H, tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC tại I. a) Chứng minh: OIO' và BAC là các tam giác vuông. b) Chứng minh: BC 2 R.r c) Tia BA cắt (O’) tại B’,tia CA cắt (O) tại C’.Chứng minh 3 điểm B, O, C’ và B’, O’, C thẳng hàng. d) Tính độ dài OH, O’H theo R và r Lời giải: a) Theo kết quả bài toán 1 ta có: ABC vuông tại A và OIO ' vuông tại I. b) Ta có: BC 2 R.r (theo bài toán 1.6) ' ' c) BAC và B AC là các góc vuông nên BC’ và B’C là các đường kính của (O) và (O’),do đó ta có: B,O,C’ và B’,O,C thẳng hàng.. d) Ta có: HO ' C HOB (g.g) OH OB  nên O ' H O ' C hay OH OB R( R  r ) r (R  r )   OH  ;O ' H  OH  O ' H OB  O ' C R r R r. Bài toán 1.8: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A (R > r). Tiếp tuyến chung ngoài BC, B  (O), C (O’). Gọi S là tâm của đường tròn tiếp xúc với (O),(O’) và BC. Tính bán kính của (S) theo R và r. Lời giải: Gọi M là tiếp điểm của đường tròn (S) với BC, x là bán khính của (S). Xét hai trường hợp: +) TH 1: Điểm M thuộc đoạn thẳng BC. Theo bài toán 1.6, ta có:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> BC 2 R.r ; BM 2 R.x ; CM 2 r.x. Mà BC = BM +MC  2 R.r 2 R.x  2 r.x . R.r  R.x  r.x. . x .( R  r )  R.r  x . R.r . ( R  r )2. + TH 2: Điểm M thuộc tia đối của tia CB. Theo bài toán 1.6, ta có: BC 2 R.r ; BM 2 R.x ; CM 2 r.x. Mà BC = MB – MC  2 R.r 2 R.x  2 r.x . R.r  R.x . . x .( R . r .x. r )  R.r  x . R.r . ( R  r )2. ( với R > r). 2. Bài toán 2: (Bài tập số 30 trang 116 SGK hình học lớp 9, tập 1) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB (đường kính của đường tròn chia đường tròn đó thành hai nửa đường tròn). Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng: a) COD =900 b) CD=AC+BD c) Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. Lời giải a) OC và OD là các tia phân giác của hai góc kề bù AOM, BOM nên OC  OD.Vậy COD = 900 b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: CM=AC, DM=BD do đó CD=CM+DM=AC+BD c) Ta có: AC.BD=CM.MD. Xét tam giác COD vuông tại O và OM  CD nên CM.MD=OM2=R2 (R là bán kính của đường tròn tâm O). Vậy AC.BD=R2 (không đổi) Khai thác và phát triển bài toán: Nhận xét 1: Nếu ta thay đổi một vài điều kiện của bài toán, chẳng hạn vị trí của điểm O thay bằng điểm N bất kì trên AB. Khi đó đường thẳng vuông góc với MN tại M không.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> còn là tiếp tuyến nữa mà trở thành cát tuyến với (O). Thế thì yêu cầu của bài toán chứng minh CND =900 còn đúng nữa hay không?. Điều này vẫn còn đúng, từ đó ta có bài toán khác như sau: Bài toán 2.1: Cho đường tròn (O), đường kính AB. Từ A, B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Điểm M thuộc đường tròn (M khác A và B), điểm N bất kỳ nằm trên AB (M không trùng với A, B, O).Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng góc CND =900. Lời giải: Ta có : CAN  CMN =1800  tứ giác ACMN nội tiếp  MCN MAN . DBN  DMN =1800  tứ giác BDMN nội tiếp  MDN MBN. mà MAN  MBN AMB =900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MCN  MDN  900  CND =900.. Nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác và mở rộng bài toán, chẳng hạn điểm N không nằm trong đoạn AB mà nằm trên đường thẳng AB và giữ nguyên các điều kiện của bài toán 2. Thế thì yêu cầu của bài toán chứng minh CND =900 còn đúng nữa hay không?, từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 2.2: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ A, B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By . Một điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (M khác A và B), điểm N bất kỳ nằm trên đường thẳng AB (N không trùng với A, B, O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D Chứng minh: CND =900. Lời giải: Ta có: CAN = CMN =900 do đó tứ giác AMCN nội tiếp ⇒ MCN = MAB (cùng bù MAN ). Tương tự ta có: DAN = DBN =900 ⇒. tứ giác DBMN nộitiếp. ⇒. MBN = MDN (cùng chắn cung MN).. Mà MAB + MBN =900 ⇒ MCM + MDN =900. ⇒ CND =900.. *Trên đây là cách khai thác bài toán 2 theo hướng thay đổi vị trí của điểm O bằng điểm N bất kỳ nằm trên đường thẳng AB tức.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> o. là thay đổi giả thiết của bài toán và ta vẫn có kết luận CND 90 . Bây giờ ta sẽ khai thác bài toán 2 theo một hướng khác đó là “vẫn giữ nguyên giả thiết hoặc thay đổi một số giả thiết của bài toán và thiết lập những bài toán có kết luận khác”. Sau đây tôi xin giới thiệu một số bài toán. Bài toán 2.3: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ A, B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Một điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (M khác A và B), qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. a) Đường tròn ngoại tiếp  COD luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên đường tròn. b) AD cắt BC ở H chứng minh MH // AC. Lời giải: a) Theo bài toán 2 ta có: Δ COD vuông ở O. Gọi I là trung điểm của CD thì O. ( I ; CD2 ). (1). Mặt khác: CA. AB, DB. AB ⇒ BD // AC ⇒ tứ giác ABDC là hình thang, OI là đường trung bình nên OI // CA, mà CA AB do đó IO AB (2). Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  COD. Mà AB là đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp  COD luôn tiếp xúc với đường thẳng AB cố định khi M thay đổi trên đường tròn. b) Ta có: AC // BD, xét Δ ACH có AC // BD, áp dụng hệ quả định lí Talét, ta có DB DH = AC HA. mà DB = DM; AC = MC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ta có. DM DH = MC HA. . Áp dụng định lí Talét đảo trong Δ DAC suy ra MH // AC.. Nhận xét : Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ: Gọi giao điểm của MH và AB là K, có nhận xét gì về vị trí của H đối với MK?. Gọi giao điểm của Ax và BM là P, có nhận xét gì về vị trí của C đối với PA ? Giáo viên yêu cầu học sinh chứng minh H là trung điểm của MK, C là trung điểm của PA. Lời giải: +) Ta có: MK //BD=> KMB=MBD (so le trong) mà ΔBMD cân tại D.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> => DMB DBM nên MB là tia phân giác của KMD do MA  MB => MA là phân giác ngoài đỉnh M của ΔHMD. . AH MH = AD MD (1). AH KH MH KH = = Trong ΔABD có KH // BD => AD BD (2) => MD BD mà MD=BD  MH =KH. => H là trung điểm MK KH BH MH BH = = +) Ta có: ΔABC có AC // KH => AC BC (3), ΔCBP có PC // MH => CP BC (4) KH MH = Từ (3) và (4) => AC PC mà KH=MH nên AC=PC => C là trung điểm PA. Nhận xét: Giáo viên cho thêm điều kiện AC = R √ 3 (AB = 2R) thì chúng ta lại có bài toán liên quan đến tính toán. Từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 2.4: Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R. Từ A, B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Một điểm C trên tia Ax sao cho AC = R √ 3 . Từ C kẻ tiếp tuyến CM với đường tròn cắt By ở D, AD cắt BC ở N. a) Tính số đo AOM . b) Chứng minh trực tâm H của  ACM nằm trên (O). c) Chứng minh tứ giác AHMO là hình thoi. d) Tính MN theo R. Lời giải: a) Δ AOC vuông tại A, ta có: Tan AC R 3   3 AOC = AO R. => AOC =600. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì OC là tia phân giác của AOM => AOM =1200 b) Gọi E là giao điểm AM và OC mà CA= CM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OA = OM (bán kính của (O)) => OC là đường trung trực của đoạn AM => CE  AM . Gọi H là giao điểm của các đường cao CE, AF của  ACM. AOC =600 => ACO =600 mà CO là tia phân giác của ACM => ACM =600. mà CA= CM => Δ AMC đều => AF là phân giác của  ACM => FAM =300 , mặt khác  AOM cân tại O mà AOM =1200 => OAM =300 . Do đó HAO =600 => Δ AHO đều => HO=R. Vậy H nằm trên (O)..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> c) Ta có AH // OM (cùng vuông góc với CD) mà AH=AO (tam giác AOH đều). Do đó tứ giác AMOH là hình thoi. MN DM = d) Theo kết quả của bài toán 2.3 ta có: MN // AC => AC MC mà MC=AC. => MN=MD Mặt khác theo kết quả của bài toán 2 thì  COD vuông tại O, OM là đường cao nên CM.MD=OM2 OM 2 R2 R R    3 =>MN 3 => MD= CM R 3. Bài toán 2.5: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một điểm M trên đường tròn (M khác A và B), từ M kẻ tiếp tuyến của (O) cắt Ax, By thứ tự ở C và D. Tìm vị trí của điểm M để: a) CD có độ dài nhỏ nhất. b) Diện tích  COD nhỏ nhất. Lời giải: a) Ta thấy Ax // By mà C  Ax, D  By nên CD nhỏ nhất khi CD  AC => tứ giác ACDB là chử nhật => M điểm chính giữa cung AB. Vậy M là điểm chính giữa cung AB thì CD có độ dài nhỏ nhất.. S. COD. 1  .OM .CD 2 , MO là bán kính của (O). b) Ta có nên không đổi . Diện tích  COD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi M là điểm chính giữa cung AB. Vậy M là điểm chính giữa cung AB thì diện tích  COD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất. IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Như vậy xuất phát từ bài toán trong sách giáo khoa, bằng lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá,… chúng ta đã sáng tạo ra được rất nhiều bài toán xuất phát từ bài toán gốc trong quá trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: như bài toán tính toán, bài toán cực trị,…. Việc làm như thế ở người thầy được lặp đi, lặp lại và thường xuyên trong quá trình lên lớp sẽ dần dần hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác bài toán ở nhiều góc độ khác nhau. Thông qua đó học sinh được phát triển năng lực sáng tạo toán học, nhất là những học sinh khá giỏi. Qua mỗi giờ dạy người thầy cần giúp học sinh làm quen và sau đó tạo cơ hội cho học sinh luyện tập, thể hiện một cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống bài tập từ dễ đến khó. Trên đây là một vài ý tưởng của tôi đã đưa ra trong quá trình lên lớp trong giờ luyện tập, ôn tập hình học. Theo tôi nó có tác dụng:.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> - Giúp các em nắm được kiến thức cần thiết, vận dụng linh hoạt, mềm dẻo vào tình huống cụ thể. - Khi thực hiện bài giảng này trong giờ luyện tập, thấy các em hứng thú tiếp thu và hứng thú học tập, dần dần hình thành cho học sinh nhìn thấy bài toán gốc, quy lạ về quen. - Giúp cho học sinh khá giỏi không những hình thành kỹ năng giải toán mà còn giúp các em rèn luyện các thao tác tư duy: Phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, đặc biệt hoá, … - Bước đầu hình thành ở các em cách học sáng tạo, tạo cho các em có thói quen sau khi giải quyết xong bài toán trong sách giáo khoa tự mình nghiên cứu, khai thác, tự đặt cho mình những bài toán mới,…Qua đó giúp các em có phương pháp tự học, tự nghiên cứu. - Thông qua tiết dạy giờ luyện tập, ôn tập còn cho học sinh thấy được những bài toán trong SGK tưởng như hết sức đơn điệu, không có gì đáng để bàn thêm, học sinh chỉ cần hoàn thành yêu cầu của bài toán là xong. Như thế trong tiết luyện tập nếu trước đó giáo viên giao bài về nhà để học sinh làm, tiết sau chữa thì chỉ tìm thấy cái đúng, sai của học sinh, rèn kĩ năng trình bày cho học sinh. Còn đối với học sinh khá giỏi thì một tiết học đó không mang lại kết quả nhiều như mong muốn. Nếu giáo viên thực hiện khai thác, phát triển bài toán như tác giả đã thể hiện trong đề tài thì tiết học đó sôi nổi, cuốn hút mọi đối tượng học sinh, phát huy hết khả năng sáng tạo của trò. Một tiết học như vậy sẽ để lại nhiều ấn tượng. Từ đó học sinh sẽ tự mình làm những việc mà trước đó người thày phải làm hoặc thiết kế cho học sinh. Khi giảng dạy ở hai lớp 9B(lớp chọn) và 9C trước khi thực hiện đề tài tôi đã khảo sát bằng bài kiểm tra dưới hình thức cho 02 bài trong đó 01 bài trong SGK, 01 bài là từ bài đó tôi thay đổi một chút. Với kết quả như sau: Bảng số liệu trước khi thực hiện đề tài: Lớp 9B 9C. Tổng số 30 29. Điểm:0-2 0 5. Điểm:3-4 Điểm:5-6 Điểm:7-8 5 15 5 14 9 1. Điểm:9-10 5 0. Sau khi thực hiện đề tài ngoài việc thu được những kết quả nêu trên, kết quả thu được còn thể hiện qua bảng số liệu sau: Bảng số liệu sau khi thực hiện đề tài: Lớp 9B 9C. Tổng số 30 29. Điểm:0-2 Điểm:3-4 Điểm:5-6 Điểm:7-8 0 0 3 12 0 8 15 5. C. KẾT LUẬN. Điểm:9-10 15 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 1. Những kết quả quan trọng nhất của toàn bộ đề tài Trong mỗi tiết lên lớp, đứng trước mỗi bài toán nói chung, bài toán hình học nói riêng người thầy cần tuân thủ quá trình ba bước: - Tìm tòi lời giải bài toán. - Trình bày lời giải. - Nghiên cứu sâu lời giải. Để giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, có kĩ năng trình bày và có phương pháp tư duy đúng đắn người thầy cần phải mẫu mực trong hai bước đầu. Để phát huy tính sáng tạo, phát triển tư duy hình học của học sinh nhất là những học sinh khá giỏi thì người thày đặc biệt coi trọng bước thứ ba. Vì theo như Pôlya: "Một người thầy giáo giỏi phải hiểu và làm cho học sinh hiểu rằng không có một bài toán nào là hoàn toàn kết thúc. Bao giờ cũng còn một cài gì đó để suy nghĩ. Có đầy đủ kiên nhẫn và chịu khó suy nghĩ sâu sắc, ta có thể hoàn thiện cách giải và trong mọi trường hợp bao giờ cũng hiểu được cách giải sâu sắc hơn". Hơn nữa tư duy toán học thể hiện nhiều ở quá trình tìm cách giải và nghiên cứu sâu lời giải thông qua các hoạt động trí tuệ chủ yếu: khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự,… Cũng theo như Pôlya khẳng định: "Đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự là nguồn gốc vĩ đại của phát minh". 2. Những khuyến nghị quan trọng nhất từ kết quả của đề tài Trên đây là một đề tài thực hiện mở rộng các vấn đề từ những bài toán đơn giản trong SGK. Qua đây độc giả có thể còn có những ý tưởng hay hơn nữa. Xong tôi chỉ dừng lại ở mức độ này để phù hợp với năng lực và trình độ của học sinh bậc THCS, phù hợp với chương trình SGK phổ thông. Tóm lại, với phương pháp nghiên cứu này ít nhất người thầy cũng nâng cao được tay nghề cho bản thân mình, xây dựng được hệ thống kiến thức cần có để định hướng cho học sinh trong quá trình học.Song quan trọng hơn là gây hứng thú học tập bộ môn cho học sinh giúp các em có phương pháp học tập môn hình một cách hiệu quả. Để một giờ lên lớp hiệu quả, có chất lượng cao đòi hỏi người thầy phải có thời gian tự nghiên cứu chính vì vậy giáo viên cần thêm thời gian tự nghiên cứu, tự học để bài giảng đạt kết quả cao..

<span class='text_page_counter'>(16)</span>