REN LUYE N KHA NANG TU DUY SANG TAO QUA KHAI THAC LOIGIAI MOT SO BAI TOAN HINH HOC 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Trong chương trình THCS, toán học chiếm một vai trò rất quan trọng. Với đặc thù là môn khoa học tự nhiên, toán học không chỉ giúp học sinh phát triển tư duy, óc sáng tạo, khả năng tìm tòi và khám phá tri thức, vận dụng những hiểu biết của mình vào trong thực tế cuộc sống mà toán học còn là công cụ giúp các em học tốt các môn học khác và góp phần giúp các em phát triển một cách toàn diện. Việc tìm kiến thức lời giải cho một bài toán rèn luyện phương pháp khoa học trong suy nghĩ, trong suy luận, trong giải quyết các vấn đề,... và qua đó rèn luyện trí thông minh sáng tạo, phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ. Việc tìm ra lời giải của một bài toán khó, phương pháp mới, độc đáo của một bài toán gây nên sự hoà hứng, phấn chấn, khoái trá,... điều đó có ý nghĩa to lớn trong việc vun đắp lòng say mê học toán và ước mơ vươn tới vinh quang trong lĩnh vực nghiên cứu, khám phá, phát minh những vấn đề mới. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng trong việc học toán. Chính vì vậy, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn hiểu biết thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng khó mà cần phải rèn luyện khả năng tư duy cho học sinh trong khai thác lời giải bài toán. II- THỰC TRẠNG. Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu tôi rất chú trọng đến việc rèn luyện khả năng tư duy Toán cho học sinh. Do đó, dạy cho học sinh khá, giỏi biết cách khai thác lời giải những bài toán hình học là việc làm đặc biệt quan trọng mà bản thân tôi luôn đặt lên vị trí hàng đầu. Mục đích của phương pháp này là rèn luyện khả năng tư duy Toán học cho học sinh. Trước mỗi bài toán, học sinh biết khai thác tìm nhiều cách giải khác nhau trên cơ sở gợi ý, hướng dẫn và định hướng của giáo viên. Từ đó, học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất, phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp chung. Vì lẽ đó, qua thời gian dài tìm tòi, nghiên cứu và đúc rút kinh nghiệm, tôi mạnh dạn đưa ra đề tài: “Rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo qua khai thác lời giải một số bài toán Hình học 9” nhằm góp một phần nhỏ trong việc nâng cao chất lượng đại trà và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi lớp 9.. III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TƯ DUY SÁNG TẠO QUA KHAI THÁC LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC 9. 1- Các giải pháp thực hiện: a) Tìm tòi cách giải: Để học sinh nhìn nhận một bài toán dưới nhiều khía cạnh, từ đó tìm ra nhiều cách giải khác nhau, thì việc gợi ý, định hướng của giáo viên là đặc biệt quan trọng. Dưới đây là một số ví dụ được khai thác lời giải dưới nhiều cách khác nhau: Ví dụ 1: Chứng minh rằng khoảng cách từ một đỉnh của tam giác đến trực tâm của tam giác đó bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đến cạnh đối diện với đỉnh đó. * Khai thác lời giải: ABC nội tiếp đường tròn (O; R), H là trực tâm của ABC ; OM là khoảng cách từ O đến BC. Dễ thấy, M là trung điểm của BC. Cách giải 1: (Hình 1) Kẻ đường kính BON A Tứ giác AHCN có: AH  BC (Vì H là trực tâm của ABC ) N H O•  NC  BC (Vì NCB nội tiếp chắn nửa (O))  AH // NC (1) B C M Tương tự ta có: CH // NA (2) (Hình1) Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AHCN là hình bình hành 1) Do đó AH = NC (*) 1 Dễ thầy OM là đường trung bình của BCN  OM = 2 CN (**) 1 Từ (*) và (**) ta có: OM = 2 AH hay AH = 2OM (Đpcm). Cách giải 2: (Hình 2) Gọi N và F lần lượt là điểm đối xứng với O qua BC và AC. Gọi E là trung điểm của AC. Dễ thấy OF cắt AC tại E. 1 EM là đường trung bình của ABC  EM // AB; EM = 2 AB (1) EM là đường trung bình của  OFN  EM // NF; 1 EM = 2 NF (2). Từ (1) và (2) suy ra: AB // NF; AB = NF Mặt khác OF // BH (Vì cùng vuông góc với BC).   Suy ra ABH  NFO. A E H. O. •. F.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> B. C. M N.   Tương tự ta có BAH FNO . Do đó  OFN =  HBA (g.c.g)  AH = NO. (Hình 2). Vậy AH = 2OM (vì ON = 2OM) (Đpcm) Cách giải 3: (Hình 3) Gọi D và N lần lượt là trung điểm của AC và CH OD  AC (t/c đường kính và dây cung) BH  AC (vì H là trực tâm của  ABC) A  OD // BH (1) Mặt khác MN là đường trung bình của  CBH D nên MN // BH (2) H O • N Từ (1) và (2) suy ra: OD // MN (*) B M Chứng minh tương tự ta có: DN // OM (**) Từ (*) và (**) suy ra: tứ giác OMND là hình bình hành. Do đó OM = DN, mà DN là đường trung bình của  CHA (Hình 3) 1. C. nên DN = 2 AH. 1 Vậy OM = 2 AH hay AH = 2OM (Đpcm).. Cách giải 4: (Hình 4) Gọi N, P và Q lần lượt là trung điểm của AC, AH và HB. 1 PQ là đường trung bình của  ABH nên PQ // AB; PQ = 2 AB 1 MN là đường trung bình của  ABC nên MN //AB; MN = 2 AB  MN // PQ; MN = PQ A. ON // BH (vì cùng vuông góc với AC)    HQP ONM .. P H.   Tương tư ta có: HPQ OMN. Dễ dàng suy ra  HPQ =  OMN (g.c.g) Do đó HP = OM mà AH = 2HP Vậy AH = 2OM (Đpcm). B. N. •. M. (Hình 4). Cách giải 5: (Hình 5) Gọi N là trung điểm của AC Do đó MN là đường trung bình của  ABC 1 nên MN //AB; MN = 2 AB (*) Xét  OMN và  HAB có:. Q. O. A. C.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> O. H B. ON // BH (vì cùng vuông góc với AC). • C. M.    HBA ONM . . tương tự ta có: HAB OMN   OMN ~  HAB (g.g). (Hình 5). OM MN 1   HA AB = 2 (suy ra từ (*)). Vậy AH = 2OM (Đpcm) * Khai thác bài toán: Trong các cách giải trên, ta chỉ xét đến  ABC nhọn. Vậy các trường hơp còn lại của tam giác ABC sẽ như thế nào?: a) Tam giác ABC vuông: (Hình 6): Dễ thấy OM là đường trung bình của  ABC  AH =2OM A A •O B BH. M. A. •OH M. C. (Hình 6). • M. B. C H. (Hình 7). O C. (Hình 8). b) Tam giác ABC cân: Chứng minh như 5 cách trên c) Tam giác ABC đều: (Hình 7): AH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác, vừa là đường trung trực của tam giác ABC. M nằm trên AH nên AH = 2OM. d) Tam giác ABC tù: (Hình 8): H nằm ngoài đường tròn: Chứng minh tương tự đối với tam giác nhọn. Ví dụ 2: Cho  ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao    AH, bán kính OA. Chứng minh OAH  ACB  ABC .. * Khai thác lời giải: Cách giải 1: (Hình 9) Kẻ đường kính AOD, hạ CK  AD. A.   Ta có: OAH KCB (1) (góc có cạnh tương ứng. vuông góc) o. ABC  ADC  (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC ). Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:. K B. H. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (Hình 9)   OAH  ABC KCB  ADC   Mà ADC KCA (góc có cạnh tương ứng vuông góc)       OAH  ABC KCB  KCA  ACB    Vậy: OAH  ACB  ABC (Đpcm). Cách giải 2: (Hình 10) Kẻ OI  AC cắt AH ở M   Ta có: OMH  ACB (góc có cạnh tương ứng vuông góc) AOM  ABC  (cùng bằng. 1  sđ AC ) 2.    Xét OAM: OMH  AOM  OAH (Góc ngoài tam giác)    Hay ACB  ABC  OAH    Vậy: OAH  ACB  ABC (Đpcm). Cách giải 3: (Hình 11) Kẻ OI  BC và OK  AB. Ta có:   OAH O 1 (1) (so le trong) ABC O  2 (2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc). A. Cộng từng vế của (1) và (2), ta được: K.   O  OAH  ABC O 1 2    Mà O1  O2  ACB (Cùng bằng. 1  2 sđ AB ).     OAH  ABC  ACB. 1. 2. o B. I.    Vậy OAH  ACB  ABC (Đpcm). H. C. (Hình 11). Cách giải 4: (Hình 12) Kẻ đường kính AOD, hạ DK  BC   Ta có: OAH ODK (1) (so le trong). A. ABC  ADC  (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC ). Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:. o.    OAH  ABC ODK  ADC  KDC   Mà KDC  ACB (góc có cạnh tương ứng vuông góc). K. B. H C. D.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>     OAH  ABC  ACB    Vậy OAH  ACB  ABC (Đpcm). x A. Cách giải 5: (Hình 13). y. Tại A kẻ tiếp tuyến Ax và đường thẳng Ay // BC   Ta có: OAH xAy (1) (góc có cạnh tương. ứng vuông góc). o. ABC BAy  (2) (so le trong). B. C. H. Cộng từng vế của (1) và (2), ta được:    BAy   OAH  ABC  xAy xAB. (Hình 13).   Mà xAB  ACB (góc nội tiếp cùng chắn AB ). A.     OAH  ABC  ACB    Vậy OAH  ACB  ABC (Đpcm). Cách giải 6: (Hình 14).. o. Kẻ đường kính AOD, nối C với D, đường cao AH kéo. H M. B. dài cắt CD tại M.   Ta có: AMC  ACB (1) (góc có cạnh tương ứng vuông góc). C. D (Hình 14). ADM  ABC  (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC ). Trừ từng vế của (1) và (2), ta được: AMC  ADM  ACB  ABC    Mà: AMC  ADM OAH (góc ngoài tam giác AMD)    Vậy OAH  ACB  ABC (Đpcm). A Cách giải 7: (Hình 15) o B Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC ở D.    Ta có: ABC CAD (1) (Cùng chắn AC ). H H. D. C (Hình 15).

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  OAH  ADC (2) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)     Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: ABC  OAH CAD  ADC    Mà CAD  ADC  ACB (góc ngoài tam giác)     ABC  OAH  ACB    Vậy: OAH  ACB  ABC (Đpcm). * Khai thác bài toán: Ta đi khai thác đến những trường hợp mà bài toán có thể xảy ra: 1) Chứng minh bài toán: Khi BC là đường kính của đường tròn. Trong trường hợp này hãy xác định vị trí của đỉnh A để AO và AH chia góc BAC thành 3 phần bằng nhau (Hình 16). 2) Với bài toán đã cho khi nào thì dây AB lớn nhất ? Tại sao? Trong đường tròn này bài toán có gì đặc biệt? (Hình 17) 3) Chứng minh bài toán khi dây AB và AC cùng ở về một phía của tâm? A A (Hình 18) H A C B. ●. o. H. ●. C. o. ●. o B. CH B. (Hình 16). (Hình 17). (Hình 18) Ví dụ 3: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AE; cung AB và cung AC có số đo lần lượt là 900 và 1200. Tia AE nằm giữa hai tia AB, AC. Tính độ dài BC theo R. * Khai thác lời giải: Cách giải 1: (Hình 19) Kẻ đường kính BOD, dễ thấy  BCD vuông tại C 1  ADC  AD)  1 (1200  900 ) 150 DBC  2 sđ( 2. B. Trong tam giác vuông BCD ta có:  BC = BD.cos DBC = BD.cos150 = 2R.cos150   2R.0,9659.. Vậy BC  1,9318.R.. A. • O. Chú ý: Trường hợp kẻ đường kính COD, cách giải tương tự. Cách giải 2: (Hình 20). C D (Hình 19). E.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   OCB 150 (1)  OBC cân tại O có OBC. B. 0  Gọi I là một điểm thuộc BO sao cho IAO 15 0  Sđ AB 90  OB là đường trung trực của AE. I.   150  IA = IE   IAE cân tại I và IAE IEA (2). • O. A. Từ (1) và (2) suy ra  OBC   IAE (g.g). E. BC OB OB. AE R.2 R 2R 2    AE IA  BC = IA IA  BC = IA (*). C. D.  Mặt khác  IOA vuông tại O và IAO 15 nên 0. (Hình 20). AO R  0  IA = cos IAO cos15 thay vào (*) ta được: 2R 2 R 0 BC = cos15 = 2R.cos150  2R.0,9659.. B. Vậy BC  1,9318.R. O. A. •. E. Cách giải 3: (Hình 21) Kẻ đường kính BOD. Hạ CH  BD (H  BD). H. C D (Hình 21). 0  Dễ thấy  BCD vuông tại C và CBD 15.   DC = BD.sin CBD = 2R.sin150   DCH DBC (Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).  Xét  DHC vuông tại H  HC = DC.cos DCH = 2R.sin150.cos150 0  Xét  BHC vuông tại H và CBH 15  BC =. HC 2 R.sin150.cos150   sin150 sin CBH. Vậy BC = 2R.cos150  1,9318.R Cách giải 4: (Hình 22) B. Vẽ AH  BC (H  BC) Sđ AB = 900  AB là cạnh của hình vuông nội tiếp. H. (O; R)  AB = R 2 ABH  1 2 sđ AC = 600  AHB vuông tại H và. A. • O. E. C (Hình 22).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 3 R 6  0  BH = AB.cos ABH = R 2 .cos60 = R 2 . 2 = 2 1 R 2 ABH 0 AH = AB.sin = R 2 .sin60 = R 2 . 2 = 2 ACH  1 2 sđ AB = 450   AHC vuông cân tại H  AHC vuông tại H và R 2 Do đó HA = HC = 2 R 6 R 2 R 2 Vậy BC = BH + HC = 2 + 2 = 2 ( 3  1 )  1,9318.R. M. Cách giải 5: (Hình 23) Tiếp tuyến tại E của (O; R) cắt các đường thẳng. B. AB và AC lần lượt tại M và N  MN  AE 1  MAE   450 2 sđ BE  AEM vuông tại E và. • O. A.   AEM vuông cân tại E  ME = AE = 2R 1  NAE   300 2 sđ CE  AEN vuông tại E và. E. C. N. (Hình 23). 3 2 3  R  EN = AE.tg300 = 2R. 3 3 2R AE 2R 4 3R 3 0  AN = cos EAN = cos30 = 2 = 3 2 3 2 3 R R MN = ME + EN = 2R + 3 = 3 ( 3 1). 0   Xét  ABC và  ANM có A chung; ACB  AMN 45   ABC   ANM (g.g). AB BC   AN NM  BC =. AB.MN  AN. R 2.. 2 3 R( 3  1) R 2 3  ( 3  1) 2 4 3R B 3  1,9318.R. Cách giải 6: (Hình 24) Kẻ đường kính BOD.. A. O. •. E. Từ C hạ CH  BD (H  BD) H D. C.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> (Hình 24) 0    OHC vuông tại H và HOC = sđ DC 30. R   HC = OC.sin HOC = R.sin300 = 2. Áp dụng định lý Pitago ta có: R2 3R 2 OH2 = OC2 – HC2 = R2 - 4 = 4 R 3  OH = 2 R 3 R (2  3) BH = BO + OH = R + 2 = 2. Áp dụng đinh lý Pitago trong  BHC vuông tại H ta có: 2.  R R R2 R2 2 [ (2  3)] (8  4 3) .2.(3  2 3  1)   BC2 = BH2 + HC2 = 2 + 2 = 4 = 4 = R 2 R2 .2.( 3  1) 2 .( 3  1)  1,9318.R = 4 . Vậy BC = 2. * Khai thác bài toán: Trong 6 cách giải trên ta chỉ xét trong trường hợp B và C nằm khác phía so với đường kính AE. Nếu B và C nằm cùng phía so với đường kính AE thì kết quả như thế nào? Xét trường hợp B và C nằm cùng phía so với đường kính AE (Hình 25): 0  Nhận thấy  BOC cân tại O và BOC 30 . Hạ đường cao OH của  BOC  OH.  vừa là đường trung tuyến, vừa là đường phân giác của O tức là BH = CH và B H 0   C BOH COH 15.   BHO vuông tại H  BH = OB.sin BOH =. = R.sin150.. A. • O. E. mà BC = 2BH  BC = 2R.sin150  2R.0,2588 Vậy BC  0,5176.R. (Hình 25). Ví dụ 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm E nằm ngoài đường tròn sao cho EO = 2R. Đường thẳng EO cắt đường tròn tại A và B. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By của (O) và tiếp tuyến thứ ba đi qua E tiếp xúc với đường tròn (O) tại M cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Tính độ dài CD theo R. * Khai thác lời giải:.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Cách giải 1: (Hình 26) EM là tiếp tuyến của (O) và M  O  EM  MO   MOE vuông tại M MO 1  MEO    EO 2  MEO Ta có, sin = 300. y. Ax  AB; By  AB  Ax // By Từ C kẻ CH  By (H  By). x.  Tứ giác CABH là hình chữ nhật.. M. Do đó CH = AB = 2R.. C. H. 0   Mặt khác DEB DCH 30 (Vì AB // CH).. CH   DHC vuông tại H  cos DCH = CD. D. E. • O. A. CH 2R 2R   0  cos30 3 cos DCH  CD = 2. B. (Hình 26). 4 3 R Vậy CD = 3. Cách giải 2: (Hình 27) 0    Xét  EOM và  EDB có E chung, EMO EBD 90. EM EO EO.EB 2 R.3R 6R 2      EOM   EDB (g.g)  EB ED  ED = EM EM EM (1) 1  300  EOM vuông tại M và MO = 2 EO  MEO  EM = EO.cos MEO = 2R.cos300 = R 3. Do đó ED = 2R 3 y D. Mặt khác  EAC vuông tại A EA R R   0  3 cos MEO cos30  EC = 2 2 3R  EC = 3. x M C E. A. H • O. 2 3R 4 3 R Vậy CD = ED – EC = 2R 3 - 3 = 3. Cách giải 3: (Hình 27). (Hình 27). B.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 3   0 0  EAC vuông tại A và AEC = 30  AC = AE.tg AEC = AE.tg30 = R. 3. mà AC = CM (Vì hai tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ C)  Tương tự  EBD vuông tại B  BD = EB.tg BED = 3R.tg300 = R 3. mà DM = DB (Vì 2 tiếp tuyến của (O) cùng xuất phát từ D) 3 4 3R CD = CM + MD = R. 3 + R 3 = 3. Cách giải 4: (Hình 27) EA R 2 3R   0 3  EAC vuông tại A và AEC = 300  EC = cos AEC cos30  EBD vuông tại B  AC // BD. CD AB AB.EC   Theo định lý Talet ta có: EC EA  CD = EA. 2 R.. 2 3R 3  4 3R R 3. Cách giải 5: (Hình 28)     300  MOE 600  MOB 1200 . Do đó MDB 600   EOM vuông tại M và MEO  MDO 300  300  MD =  MOD vuông tại M và MDO. y D. MO R  R 3 0  tg MDO tg 30. 0  Tương tự  MOC vuông tại M và MOC 30. x M. R 3   MC = MO.tg MOC = R.tg300 = 3. C. R 3 4 3R E Vậy CD = CM + MD = 3 + R 3 = 3. A. H • O. Cách giải 6: (Hình 28) Theo cách 5 ta có:  MOC   MDO (g.g) MC MO   MO MD  MC.MD = MO2 = R2   OED 300  ME = MD = R 3 (Theo cách 2)  ODE có ODE R2 R2 R 3   3 Do đó: MC = MD R 3 R 3 4 3R R 3  3 Vậy CD = CM + MD = 3. (Hình 28). B.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Cách giải 7: (Hình 28)  ODE cân tại O  OD = OE = 2R 2 3R Dễ dàng chứng minh được  CEO cân tại C  CE = CO mà CE = 3 (Theo. cách 2) 2 3R  CO = 3 1      COD COM  MOD  ( EOM  MOB ) 900 2 Mặt khác  COD vuông tại O (Vì ) 1 1 2 3R 2 3R 2 . .2 R  COD  OC.OD 2 3 S = 2 3. mà S. COD. 2.S COD 1 1  OM .CD  R.CD  CD = 2 2 R. 2 3R 2 3  R 2.. 4 3R Vậy CD = 3. Cách giải 8: (Hình 28). y D.     CAE 900 ; CEA CDO 300 )  COD   CAE (g.g) (Vì COD CD OD OD.CE   CE AE  CD = AE. x. 2. 3R Mà CE = 3 (Theo cách 2). OD = 2R (Theo cách 7) 2 R.. Do đó: CD =. N. M C E. 2. 3R 3  4 3R R 3. Cách giải 9: (Hình 29). A. • O. (Hình 29). Kẻ AN //CD (N  By) Dễ thấy AN = CD   BED BAN 30 0 (Đồng vị) AB 2R 2 R 4 3R    0  cos30 3 4 3R 3 cos BAN 2  ABN vuông tại B  AN = . Vậy CD = 3. b) Định hướng các cách giải cho một bài toán:. B.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách, tôi không đi giải cụ thể mà chỉ gợi ý từng cách để học sinh tự tìm lời giải cho mỗi cách đó: Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn đường kính BC cắt AB tại D, cắt AC tại E. BE cắt CD tại H. Chứng minh rằng bốn điểm A, D, H, E cùng thuộc một đường tròn. * Gợi ý các cách giải: - Cách giải 1: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 1800: ADH  AEH 900  ADH  AEH 1800. - Cách giải 2: (Hình 30) Tổng hai góc đối của tứ giác ADHE bằng 1800: 0     DAE EHC (góc có cạnh tương ứng vuông góc)  DAE  DHE 180.   HED - Cách giải 3: (Hình 30) Chứng minh DAH. A. - Cách giải 4: (Hình 30) Gọi I là trung điểm. E. của AH.. D. Chứng minh IA = ID = IH = IE. •O. H. •. B. C. (Hình 30) Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Vẽ một cát tuyến qua A cắt (O), (O’) lần lượt ở B, C. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại B và C song song với nhau. * Gợi ý các cách giải: - Cách giải 1: (Hình 31) Chứng minh OB // O’C  Bx  OB; Cy  OB  Bx // Cy. y. - Cách giải 2: (Hình 31)   Chứng minh xBA  yCA. C.  Bx // Cy. O•. A. x. (Hình 31). B. •. O’.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> - Cách giải 3: (Hình 32) Vẽ tiếp tuyến chung của (O) và (O’) tại A, cắt Bx tại D và cắt Cy tại E y   Chứng minh ABD  ACE E C A. O•. • O’. B D (Hình 32). x. Bài toán 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường cao BD và đường cao CE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng OA  DE. * Gợi ý các cách giải:. A. x. Gọi I là giao điểm của AO và DE. D. I. - Cách giải 1: (Hình 33) Chứng minh  AIE vuông tại I. E. 0   Thật vậy  OAB cân tại O  2. BAO 180  AOB. •O. H. C. B. AOB  BAO 900  900  ACB    2 (Vì AOB 2. ACB ). (Hình 33). 0   Hay BAO  ACB 90 (*) 0 0     Tứ giác BEDC nội tiếp  BED  BCD 180 mà BED  AED 180.   AED  ACB kết hợp với (*) ta có: BAO  AED 900   AIE vuông tại I x  OA  DE A. - Cách giải 2: (Hình 34) Kẻ tiếp tuyến Ax của (O). Chứng minh Ax // DE. I E. H. D. •O A. C. B. M I. - Cách giải 3: (Hình 35). (Hình 34). Vẽ BD cắt (O) tai M (M  B); CE cắt (O) tại N. N. E B. H. D. •O C.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> (N  C). Chứng minh MN  AO và MN // ED c) Những bài toán có thể giải bằng nhiều cách: Dưới đây là một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách khác nhau, trong quá trình giảng dạy, tôi chỉ hướng dẫn cho học sinh một cách giải và yêu cầu các em tìm cách giải tương tự, sáng tạo ra các cách giải khác: Bài 1: Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây cung AB với góc AOB = 120 0. Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại C.Trên các đoạn BC, CA,AB lần 0  lượt lấy các điểm I, J, K (K  A; K  B) sao cho IKJ 60 Chứng minh rằng AJ.BI. AB 2  4 .. Hướng dẫn: . AK AJ   AJ.BI  AK .BK BI BK . Từ đó áp dụng tính. Chứng minh AKJ BIK chất của bất đẳng thức để suy ra điều phải chứng minh.. Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R). I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AI cắt (O) tại D (D A). Chứng minh rằng tam giác DBI cân tại D Hướng dẫn: Chú ý I là giao điểm của 3 đường phân giác. Từ đó sử dụng phương pháp cộng   DIB góc để suy ra DBI hoặc DI = DB.. Bài 3: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) và một đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, AC lần lượt ở B, C. Từ điểm M trên cung BC nằm trong tam giác vẽ các đường vuông góc với BC, AB, AC lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng MD2 = ME.MF Hướng dẫn: Chứng minh  DEM  FDM. . MD ME   MD 2 ME.MF MF MD. Hoặc chứng minh  BEM  CDM . ME MB  MD MC và  CFM  BDM . MD MB  MF MC . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.. Bài 4: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R), M là điểm trên cung BC. Xác định vị trí của điểm M để tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn:.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Gọi I là giao điểm của AM và BC. Chứng minh  MBI  MAC và  ABM  CIM  MA = MB + MC. Vậy MA + MB + MC = 2.MA  2.2R.  M là điểm chính giữa của BC .. IV- KẾT QUẢ: Năm học qua, tôi đã cho áp dụng sáng kiến trên trong giảng dạy môn Toán, với mục đích rèn luyện năng lực tư duy giải toán Hình học cho học sinh. Phần lớn các em học sinh đã thực sự có hứng thú học Toán, đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên. Đặc biệt, áp dụng sáng kiến trên đây trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi tin rằng sẽ mang lại hiệu quả cao ngoài sự mong đợi. V-BÀI HỌC KINH NGHIỆM: 1) Đối với nhà trường: Cần tạo mọi điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị, đồ dùng dạy học, sách giáo khoa, tài liệu tham khảo phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Phân công chuyên môn hợp lý, có chính sách ưu tiên đối với những giáo viên bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. 2) Đối với giáo viên và học sinh: Để áp dụng phương pháp trên đây đạt được hiệu quả cao, học sinh hiểu bài và tự mình sáng tạo ra các cách giải toán, thì: - Giáo viên phải tìm ra hoặc sưu tầm được những bài toán có thể giải bằng nhiều cách để đưa ra cho học sinh tự tìm lời giải. - Sau đó, giáo viên hướng dẫn, định hướng các cách giải để học sinh tự tìm ra lời giải khác nhau cho mỗi cách. - Sau khi giáo viên định hướng cho học sinh khai thác lời giải cho một bài toán xong, giáo viên nên đặt những câu hỏi có liên quan để học sinh tự tổng hợp kiến thức và trả lời, như: 1) Sau các cách chứng minh trên những kiến thức nào đã được sử dụng? 2) Có những cách chứng minh nào tương tự nhau. Khái quát đường lối chung của các cách ấy? 3) Hãy tìm xem bài toán còn cách chứng minh nào khác không?. Nếu còn, hãy chứng minh theo cách riêng vừa tìm được. - Giáo viên tổng hợp các cách giải và đưa ra một cách giải dễ hiểu nhất, hay nhất. Sau đó giáo viên yêu cầu học sinh tìm lời giải cho những bài toán tương tự. VI. KẾT LUẬN: Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc nâng cao chất lượng đại trà và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán. Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự hướng dẫn.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> của giáo viên. Từ đó, các em phát triển năng lực tư duy độc lập, khả năng sáng tạo, tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt. Để làm được như vậy, mỗi giáo viên cần nghiên cứu, tìm tòi, tham khảo nhiều tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau. Đối với học sinh của trường THCS Ngô Quyền, việc áp dụng phương pháp trên đã làm thay đổi nhận thức học Toán của học sinh. Phần lớn các em thích và say mê với Toán học hơn, đã có nhiều học sinh giỏi. Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ áp dụng cho việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi môn Toán. Nhưng dù sao đó cũng chỉ là những phương pháp mà cá nhân học hỏi, đúc kết kinh nghiệm và tham khảo trong một số tài liệu, chắc chắn nó chưa được hoàn chỉnh và sẽ còn nhiều chỗ khiếm khuyết. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành của quý thầy, cô và đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn! Bàu Hàm 2, ngày 24 tháng 05 năm 2013 Người viết SKKN. Phan Văn Tịnh.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>