Luan VanSKKN 37

<span class='text_page_counter'>(1)</span>A - më ®Çu I - lý do chọn đề tài. Trong lÞch sö ph¸t triÓn cña to¸n häc th× to¸n häc lµ mét trong bé môn khoa học đợc ra đời từ rất sớm. Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế cuộc sống đã làm nảy sinh các kiến thức toán học. Toán học không những gãp phÇn kh«ng nhá trong sù ph¸t triÓn cña c¸c bé m«n khoa häc kh¸c. Cã thÓ nãi to¸n häc lµ c¬ së cña nhiÒu m«n khoa häc kh¸c. ChÝnh v× vËy trong nhµ trêng phæ th«ng, m«n to¸n lµ mét trong nh÷ng bé m«n c¬ b¶n vµ viÖc nâng cao kiến thức toán cho học sinh đơng nhiên là cần thiết. Trong c¸c kú thi, nhÊt lµ kú thi häc sinh giái c¸c cÊp th× m«n to¸n cã thể nói rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm đợc lợng kiến thức khá réng vµ cã kü n¨ng vËn dông nã mét c¸ch linh ho¹t s¸ng t¹o. KiÕn thøc to¸n häc rÊt réng, hÖ thèng bµi tËp nhiÒu v× vËy kh«ng phải kiến thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra đợc. Giáo viên chỉ mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài tập quan träng, c¸ch më réng còng nhiÒu híng kh¸c nhau. Khái quát hoá để mở rộng thành những bài toán tổng quát khó hơn. Tơng tự hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phơng pháp giải. Đặc biệt hoá để đa bài toán về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ đơn giản là phân tích thêm những kiến thức có liên quan để hớng dẫn học sinh giải theo nhiều cách khác nhau hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài toán. Điều đó thôi thúc tôi chọn và nghiên cứu đề tài. “ Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dìng häc sinh kh¸ giái”. II - NhiÖm vô nghiªn cøu:. Häc sinh kh¸, giái hiÖn nay phÇn lín chØ ®Çu t vµo viÖc gi¶i hÕt bµi toán khó này đến bài toán khó khác mà cha nâng cao đợc nhiều năng lực to¸n häc. Mµ theo quan niÖm cña t«i cho r»ng: ViÖc «n tËp båi dìng häc sinh giái m«n to¸n cÇn ph¶i: + H×nh thµnh ë häc sinh n¨ng lùc to¸n häc b¾t ®Çu tõ: - Các bài toán đợc nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải, các thao t¸c t duy d¹ng s¬ cÊp. - N¨ng lùc häc to¸n ph¶i tiÕn hµnh th¬ng xuyªn liªn tôc tríc hÕt th«ng qua c¸c tiÕt luyÖn tËp. - Cần xác định những năng lực toán học nào cần bồi dỡng cho học sinh, hÖ thèng bµi tËp cho phï hîp. B - Néi dung Mét trong c¸c chøc n¨ng cña d¹y häc s¸ng t¹o qua c¸c bµi to¸n ë trêng trung häc lµ h×nh thµnh ë häc sinh n¨ng lùc s¸ng t¹o bµi to¸n míi. XuÊt ph¸p tõ b¶n chÊt tri thøc to¸n häc l«gÝc Èn l¸u díi “ vá ng«n ng÷ ”, cã.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> thể sử dụng các biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài toán míi cho häc sinh. BiÖn ph¸p 1: Híng dÉn häc sinh “ nh×n thÊy ” cÊu tróc l«gÝc cña bµi toán đặc biệt là nhìn thấy sự “ tơng đơng ” của các mệnh đề toán học. Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử dông c¸c hÖ thèng kh¸i niÖm kh¸c nhau. Híng dÉn cho häc sinh “ nhËn ra ” sù thèng nhÊt vÒ cÊu tróc l«gÝc cña c¸c bµi to¸n cã c¸c biÓu tîng trùc quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó. Sau ®©y lµ mét sè vÝ dô: I - PhÇn sè häc. VÝ dô 1: Khai th¸c tõ mét bµi to¸n líp 6, chóng ta b¾t ®Çu tõ bµi to¸n sau: Bµi to¸n 1: Tæng sau cã chia hÕt cho 3 kh«ng? A = 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 +28 + 29 + 210 (Bµi 210 trang 27 SBT To¸n 6 tËp 1) Lêi gi¶i: Ta cã: A = (2 + 22 )+ (23 + 24 )+ (25 + 26 )+ (27 +28 )+ (29 + 210 ) = 2.(1 + 2) + 23. (1 + 2) + 25. (1 + 2) + 27. (1 + 2) + 29. (1 + 2) = 2.3 + 23. 3 + 25. 3 + 27. 3 + 29. 3 VËy A chia hÕt cho 3. Từ bài toán này ta giải đợc một số bài toán sau: Bµi to¸n 1.1: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260. Chøng minh r»ng A chia hÕt cho 3. Lêi gi¶i: T¬ng tù nh Bµi to¸n 1. Bµi to¸n 1.2: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260. Chøng minh r»ng A chia hÕt cho 105. Lêi gi¶i: Ta cã: 105 = 7.15 vµ (7, 15) = 1. ThËt vËy: A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260. = (2 + 22 + 23 ) + (24 + 25 + 26) + ... + (258 + 259 +260) = 2.(1 + 2 + 22 ) + 24.(1 + 2 + 22) + ... + 258.(1 + 2 + 22) = 2.7 + 24.7 + ... + 258.7 => A chia hÕt cho 7. (1) A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 257 + 258 + 259 +260. = (2 + 22 + 23 + 24 ) + ... + (257 + 258 + 259 +260). = 2. (1 + 2 + 22 + 23 ) + ... + 257. (1 + 2 + 22 + 23 ). = 2.15 + ... + 257.15 => A chia hÕt cho 15. (2) V× (7, 15) = 1 nªn kÕt hîp (1) vµ (2) suy ra A chia hÕt cho 105..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> NhËn xÐt: Víi A = 2 + 22 + ... + 2n a) Các Bài toán 1 và Bài toán 1.1 đúng khi số các số hạng n là số chẵn. b) Bài toán 1.2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 và 4. Từ đó suy ra n chia hÕt cho 12 Bµi to¸n 1.3: Chøng minh r»ng: 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hÕt cho 31 nÕu n lµ sè nguyªn d¬ng bÊt kú. Lêi gi¶i: Nhóm 5 số hạng rồi đặt thừa số chung của từng nhóm: 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 = (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25 (1+ 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25. 2 (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) + ... ...+ 25(n - 1) (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) = (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )(1 + 25 + 25. 2 + ... + 25(n - 1) ) = 31.(1 + 25 + 25. 2 + ... + 25(n - 1) ) chia hÕt cho 31. VËy 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hÕt cho 31. Bµi to¸n 1.4: a) TÝnh tæng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an b) ¸p dông tÝnh c¸c tæng sau: S = 1 - 21 + 22 - 23 + 24 - ... +2100 T = 3 - 32 + 33 - 34 + ... +31999 - 32000 Lêi gi¶i: a) XÐt tæng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an Khi a = 1 ta cã ngay: Sn = n + 1. Khi a ≠ 1 ta cã: a.Sn = a + a2 + ... + an + an + 1 Suy ra: a.Sn - Sn = an + 1 - 1 Sn = (an + 1 - 1) / (a - 1) b) S100 = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + a100 = (a101 + 1 - 1) / (a - 1) Với a = -2, ta đợc: S = 1 - 2 + 22 - 23 + 24 - ... +2100 = [(- 2)101 - 1] / [-2 - 1] = (- 2101 - 1)/ -3 = ( 2101 + 1)/ 3. T = 3 - 32 + 33 - 34 + ... +31999 - 32000 = 3. (1 - 3 + 32 - 33 + ... +31998 - 31999 ) = 3. [(- 3)2000 - 1] / [-3 - 1] = 3. ( 32000 - 1)/ - 4 Bµi to¸n 1.5: a) Chøng minh r»ng A lµ mét luü thõa cña 2 víi: A = 4 + 22 + 23 + 24 + ... +220 b) Chøng minh r»ng 2.A + 3 lµ mét luü thõa cña 3 víi: A = 3 + 32 + 33 + 34 + ... +3100.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bµi to¸n 1.6: Cho sè tù nhiªn A = 7 + 72 + 73 + 74 + 75 + 76 + 77 + 78. a) Sè A lµ ch½n hay lÎ. b) Sè A cã chia hÕt cho 5 kh«ng? Bµi to¸n 1.7: Cho S = 2 + 22 + 23 + ... +22000 . Hái S cã chia hÕt cho 6 kh«ng? Bµi to¸n 1.8: Chøng minh r»ng tæng: P = 3 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 chia hÕt cho 13. II. Phần đại số:. Trong chơng trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh đợc học về các hằng đẳng thức đáng nhớ, trong đó: A2 + 2AB + B2 = ( A + B )2 A2 - 2AB + B2 = ( A - B )2 vµ cã nhËn xÐt: ( A + B )2 ≥ 0 víi mäi A, B. ( A - B )2 ≥ 0 víi mäi A, B. dÊu “ = ’’ x¶y ra khi A + B = 0 hay A = - B vµ A - B = 0 hay A = B tõ kiÕn thøc nµy ta më réng vµ x©y dùng nªn nhiÒu bµi to¸n kh¸c. Sau ®©y lµ mét sè vÝ dô: Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức sau viết đợc dới dạng tổng các bình phơng của hai biểu thức: x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 Lêi gi¶i: x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 = 10x2 + 40x + 50 = (x2 + 10x + 5 ) + ( 9x2 + 30x + 25 ) = ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 Bµi 2: H·y viÕt biÓu thøc sau díi d¹ng tæng cña ba b×nh ph¬ng. ( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 Híng dÉn: ( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = ( a + b)2 + ( b + c)2 +( a + c)2 Bµi 3: T×m x, y biÕt: 4x2 - 16x + y2 + 4y + 20 = 0 Híng dÉn: 4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 = 0 ⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 = 0 ⇔. 4=0 ⇒ x=2 {2y+x −2=0 { y=− 2. Bµi 4: T×m x biÕt : x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 = 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Híng dÉn: Tõ kÕt qu¶ cña Bµi 1 ta cã ph¬ng trình tơng đơng: ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 = 0 ⇔ x=−5 x +5=0 ⇒ 5 3 x +5=0 x=− 3. {. {. Vậy không có giá trị nào của x để vế trái bằng 0. Bµi 5: T×m x, y biÕt: 4x2 - 16x + y2 + 4y + 24 = 0 Híng dÉn: 4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 + 4 = 0 ⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 + 4 = 0 VT ≥ 4 víi mäi gi¸ trÞ cña x, y. => Kh«ng cã gi¸ trÞ nµo cña x, y tho¶ m·n bµi t¸n. Víi c¸ch lµm nh trªn, häc sinh dÔ dµng lµm bµi tËp sau: Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0 Híng dÉn: ( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0 ¿. <=> ¿¿¿ ¿. a −b=0 b − c=0 c −a=0. <=> a = b = c. Học sinh có thể phân tích đề bài: phá ngoặc chuyển vế ta đợc: a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca ta suy ra đợc bài toán mới Bµi 7: Chøng minh r»ng nÕu a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca th× a = b = c. Dùa vµo kÕt qu¶ bµi 6, häc sinh tù gi¶i Víi híng dÉn nh bµi tËp 7 ta cã thÓ ®a ra mét lo¹t bµi tËp cã ph¬ng ph¸p lµm t¬ng tù. Bµi 8: Chøng minh r»ng nÕu (a + b)2 = 2.(a2+ b2 ) th× a = b. Bµi 9: Cho a2 + b2 + c2 + 3 = 2(a + b + c), chøng minh r»ng a = b = c = 1. Bµi 10: Cho (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca), chøng minh r»ng a = b = c . Bµi 11: Cho (a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2 = (a + b - 2c)2 + (b + c - 2a)2 + (a +c - 2b)2 chøng minh r»ng a = b = c . Bµi 12: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chøng minh r»ng x = y = z. Tõ bµi tËp 7, ta ®a ra bµi to¸n tæng qu¸t h¬n Bµi 13: Chøng minh r»ng víi 3 sè a, b, c bÊt kú, ta cã: a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Híng dÉn: Cách 1: Nhân 2 vế với 2, làm tơng tự bài 7 (biến đổi tơng đơng)..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> C¸ch 2: (a + b + c)2 - (ab + bc + ca) =. 1 ( a −b )2+ ( b −c )2 + ( c − a )2 ] [ 2. ≥ 0 =>. ®pcm C¸ch 3: Ph¬ng ph¸p ph¶n chøng. Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức đã biết, ta có: 2. 2. 2. 2. 2. 2. a +b b +c c +a ≥ ab , ≥ bc , ≥ ca 2 2 2. Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca. Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới: + Xét trờng hợp đặc biệt hơn: cho c = 1 ta cã a2 + b2 + 1 ≥ ab + b + a + Kết hợp với hằng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca <=> a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca) ta cã a2 + b2 + c2 ≥ 3(ab + bc + ca). b) ( a+b+ c )2 − ( a2+ b2 +c 2 ) ta cã ab+ bc+ ca=. 2. ( a+ b+c )2 − ( a 2+ b2 +c 2 ) a +b + c ≥ 2 2. 2. 2. <=> 2(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) <=> (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) Ta cã thÓ khai th¸c nh÷ng bµi to¸n d¹ng nµy theo híng kh¸c lµ d¹ng to¸n t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt. Bµi 14: (Suy ra tõ bµi 5) T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña A = 4x2 - 16x + y2 + 4y + 24 Híng dÉn: A ≥ 4, min A = 4 khi x = 2, y = -2 Bµi 15: T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt(lín nhÊt) cña c¸c biÓu thøc: P = x2 - 2xy + 6y2 - 12x + 2y + 45 Q = -x2 + 2xy - 4y2 - 2x - 10y - 3 R = x2 - 2xy + 4y2 - 2x - 10y + 3 Híng dÉn: P = (x- 6 - y)2 + 5(y - 1)2 + 4 ≥ 4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1 Q = 10 - (x - y -1)2 - 3(y - 2)2 10 => max Q = 10 khi x = 3, y = 2. Tõ bµi 15 ta cã thÓ suy ra kÕt qu¶ sau: 1) f(x) = -x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y - 3 cã GTLN b»ng 10 khi x = 3, y = 2..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2) - f(x) cã GTNN b»ng -10 khi x = 3, y = 2. 3). 1 cã GTNN b»ng f (x). 1 10. khi x = 3, y = 2.. Bµi 16: T×m GTNN cña biÓu thøc: B = (x + 5)2 + (3x + 5)2 (bµi tËp sè 1) Híng dÉn: B = 10x2 + 40x + 50 = 10(x2 + 4x + 4) + 10 = 10(x + 2)2 + 10 Min B = 10 khi x = -2. X©y dùng trêng hîp tæng qu¸t: XÐt ®a thøc ax2 + bx + c, ta cã: F(x) = ax2 + bx + c = a(x +. b )2 2a. b2 − 4 ac 4a. 2 - b − 4 ac. NÕu a > 0 th× ax2 + bx + c. 4a. 10. 2 => Min F(x) = - b − 4 ac khi x =. 4a. - b. 2a. NÕu a < 0 th× F(x). 2 2 - b − 4 ac => Max F(x) = - b − 4 ac khi x = - b. 4a. 2a. 4a. Bµi 17: TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: B = (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2 víi a, b, c cho tríc Híng dÉn: B = 3(x - a+b+ c )2 + (a2 + b2 + c2) 3. -. a+b +c ¿ 2 ¿ ¿ ¿. => min B = (a + b + c ) 2. 2. 2. a+b +c ¿ ¿ ¿ ¿. 2. khi x = a+b+ c 3. III - PhÇn h×nh häc ^ gÆp nhau Bài 1: Cho Δ ABC, các đờng phân giác của các góc B^ và C ^ gÆp tại S, các đờng thẳng chứa phân giác của hai góc ngoài B^ và C nhau t¹i E. Chøng minh r»ng: a) BSCE lµ tø gi¸c néi tiÕp. b) 3 ®iÓm A, S, E th¼ng hµng. A Híng dÉn: ^ a) CS lµ tia ph©n gi¸c trong cña C S ^ CE lµ tia ph©n gi¸c ngoµi cña 2C 1 B C.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 12 E. => SCE = 900. Chøng minh t¬ng tù SCE = 900. => Tø gi¸c SBEC néi tiÕp v× SCE + SBC = 1800 b) S là giao điểm của 3 đờng phân giác trong, E là ^ giao điểm của 2 đờng phân giác ngoài của B^ và C thuéc Δ ABC. Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng. Khai th¸c bµi to¸n trªn: NhËn xÐt 1: Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE là trung điểm của đoạn SE. Ta có thể đặt tiếp câu hỏi cho bài toán. c) Xác định tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC. NhËn xÐt 2: ^ 1 +C ^2 = 1 ( B ^ ) ^ +C V× SBEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => ^E1 + ^E2 = C 2. => C©u hái tiÕp: ^ ) d) Chøng minh r»ng BEC = 1 ( B^ + C 2. NhËn xÐt 3: ^ mµ ^ ^ = 1800 => BOC + ^ BOC = 2 ^E = B^ + C A + ^B + C A = 1800 e) Chøng minh tø gi¸c ABOC néi tiÕp NhËn xÐt 4: O nằm trên đờng tròn ngoại tiếp Δ ABC, S là tâm đờng tròn nội tiếp Δ ABC, E là tâm đờng tròn bàng tiếp, OE = OS. f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đờng tròn nội tiếp với tâm đờng tròn bàng tiếp của tam giác bị đờng tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phÇn b»ng nhau. Bµi 2: Cho đờng tròn tâm O, đờng kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đờng tròn, kẻ tiếp tuyến với đờng tròn đó cắt Cx, Dy lÇn lît t¹i A, B. x y Chøng minh r»ng: AOB = 900. A Híng dÉn: (Cã nhiÒu c¸ch gi¶i) Ta cã AE, AC lµ c¸c tiÕp tuyÕn E => AO lµ tia ph©n gi¸c cña COE B T¬ng tù: BO lµ tia ph©n gi¸c cña EOD Mµ COE vµ EOD lµ hai gãc kÒ bï C. O. D.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> => AO⊥BO => AOB = 900. NhËn xÐt 1: Có thể thay đổi vị trí điểm O bằng điểm M bất kỳ trên CD khi đó đờng th¼ng vu«ng gãc víi ME t¹i E kh«ng lµ tiÕp tuyÕn cña (O) n÷a. VËy AMB =? NhËn xÐt 2: 1) Trêng hîp M ≡ O => AMB = AOB = 900. => c¸ch chøng minh nh bµi to¸n trªn.. x. y. A. 2) Trêng hîp M ≡ C. E. Cã CED = 1v => đờng thẳng vuông góc với ME t¹i E c¾t Cx t¹i A, c¾t Dy t¹i B => B ≡ D.M C => AMB = ACD = 900. D B. O. x. 3) Trêng hîp M ≡ D. y. Chøng minh t¬ng tù trêng hîp M ≡ C => AMB = 900.. E. A C. B. M D. O. 4) Trêng hîp M ≠ O, C vµ D ta cã bµi to¸n sau: Cho E lµ mét ®iÓm n»m trªn (O, CD ), M bÊt kú thuéc ®o¹n CD, 2. (M ≠ O, C vµ D) §êng th¼ng vu«ng gãc víi ME c¾t 2 tiÕp tuyÕn Cx, Dy cña (O) lÇn lît t¹i A vµ B. x y Chøng minh r»ng: AMB = 900. Chøng minh t¬ng tù bµi trªn: Tø gi¸c BMED néi tiÕp => EBM = EDM. E B A C. O. M D.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ECM + EDM = EAM + EBM = 1v AMB = 900.. 5) Trêng hîp M n»m ngoµi CD ta cã bµi to¸n sau: Cho E là một điểm nằm trên (O) đờng kính CD và M là điểm bất kỳ thuộc CD nhng ở ngoài CD, đờng vuông góc với ME tại E cắt tiếp tuyến Cx, dy cña (O) lÇn lît t¹i A, B chøng minh r»ng AMB = 900. Cã: MEB = MDB = 900 x y => Tø gi¸c AECM néi tiÕp => MBA = MDE A E t¬ng tù tø gi¸c AECM néi tiÕp => MAE = ECD mµ MDE + ECD = MAB + MBA = 900 C => AMB = 900 => ®pcm. D M O Bài 3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đờng tròn. Lấy B C, D lÇn lît thuéc Ax, By sao cho CD = AC + BD. Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB. Bài toán này có thể giải đợc dựa trên ý tởng là xét hai tam giác bằng nhau để rút ra các yếu tố tơng ứng của chúng bằng nhau. Lêi gi¶i: Trên tia đối của tia BD đặt điểm K sao cho: BK = AC. Từ đó ta có DK = DB + BK = DB + AC = CD. Tõ Δ OAC = Δ OBK cã OC = OK. DÔ thÊy Δ OCD = Δ OKD (c.c.c). Vẽ OM vuông góc với CD, ta có các đờng cao tơng ứng OM = OB suy ra CD là tiếp tuyến của nửa đờng tròn đờng kính AB. NhËn xÐt: Từ lời giải bài toán này cũng suy ra đợc COD = 900 và AC.DB = R2 ta lập đợc 3 bài toán nh sau: Bài 3.1: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. Vẽ CD là tiếp tuyến với đờng tròn đờng kính AB sao cho C thuéc Ax, D thuéc By. Chøng mÞnh a) CD = AC + BD b) AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. c) AC. BD = R2. Bài 3.2: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. C thuộc Ax, D thuộc By. AB là tiếp tuyến với đờng tròn đờng kính CD. Chøng mÞnh.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> a) CD = AC + BD b) CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB. c) AC. BD = R2. Bài 3.3: Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn. C thuộc Ax, D thuộc By và AC. BD = R2. Chøng mÞnh a) CD = AC + BD b) CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB. c) AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. Từ giả thiết của bài toán 3: CD = AC + DB ta suy ra các đờng tròn (C, CA) vµ (D, DB) tiÕp xóc nhau t¹i M thuéc CD. V× AC vu«ng gãc víi AB vµ BD vuông góc với AB ta có AB là tiếp tuyến của các đờng tròn (C, CA) và (D, DB) do vậy bài toán 3 tơng đơng với bài toán sau: Bµi to¸n 3' : Cho hai đờng tròn tâm C và tâm D tiếp xúc ngoài và AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đờng tròn (A, B là các tiếp điểm). Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính AB. ViÖc tæ chøc d¹y häc s¸ng t¹o b»ng c¸ch sö dông c¸c biÖn ph¸p nªu trªn kh«ng nh÷ng gióp cho häc sinh hiÓu s©u n¾m v÷ng kiÕn thøc l«gÝc cña bµi to¸n, biÕt c¸ch "chuyÓn ho¸" ng«n ng÷ th«ng qua sö dông hÖ thèng kh¸i niÖm..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> C. Bµi so¹n - TiÕt 1: PhÇn H×nh häc A. Môc tiªu: - RÌn kü n¨ng vÏ h×nh, tr×nh bµy lêi gi¶i bµi to¸n h×nh. - RÌn t duy to¸n th«ng qua khai th¸c, më réng c¸c bµi to¸n. - HS t¨ng cêng n¨ng lùc s¸ng t¹o, tÝnh tù häc, tù nghiªn cøu. - RÌn tÝnh cÈn thËn, chÝnh x¸c trong lµm bµi. B. ChuÈn bÞ: Gi¸o viªn: M¸y chiÕu, thíc th¼ng, com pa. Häc sinh:.Thíc th¼ng, com pa. C. TiÕn tr×nh d¹y häc: 1. ổn định tổ chức. 2. KiÓm tra bµi cò HS1: TÝnh chÊt hai tia ph©n gi¸c cña hai gãc kÒ bï? Nªu mét sè c¸ch chøng minh tø gi¸c néi tiÕp? HS2: Nªu mét sè c¸ch chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng? 3. Bµi míi: Bài 1: Cho Δ ABC, các đờng phân Bài 1: ^ gÆp . gi¸c cña c¸c gãc B^ vµ C nhau tại S, các đờng thẳng chứa phân ^ gi¸c cña hai gãc ngoµi B^ vµ C gÆp nhau t¹i E. B Chøng minh r»ng: a) BSCE lµ tø gi¸c néi tiÕp. b) 3 ®iÓm A, S, E th¼ng hµng GV đa đề bài lên máy chiếu. HS đọc bài, nêu GT, KL. A S. 2. 1. C. HS nªu c¸ch chøng minh tø gi¸c Lêi gi¶i: 2 trong cña a) CS lµ tia ph©n 1gi¸c BSCE néi tiÕp. ^ C E (SCE + SBC = 1800 ) CE lµ tia ph©n gi¸c ngoµi cña Chøng minh SCE = 900 nh thÕ nµo? ^ C T¬ng tù ta cã ®iÒu g×? => SCE = 900. Chøng minh t¬ng tù SCE = 900. => Tø gi¸c SBEC néi tiÕp HS lµm bµi. v× SCE + SBC = 1800 b) S là giao điểm của 3 đờng phân Em nµo cã c¸ch lµm? gi¸c trong, E lµ giao ®iÓm cña 2 ®Em nµo cã c¸ch lµm kh¸c? êng ph©n gi¸c ngoµi cña B^ vµ ^ thuéc Δ ABC. C GV hớng dẫn HS khai thác bài toán Theo định lí đã học => A, S, E trªn. th¼ng hµng..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Khai th¸c bµi to¸n Em cã nhËn xÐt g× vÒ tø gi¸c BSEC?  NhËn xÐt 1: ( cã hai gãc vu«ng) Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đTừ đó có nhận xét gì về tâm của đ- ờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE là êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c BSEC? trung ®iÓm cña ®o¹n SE. Ta cã thÓ đặt tiếp câu hỏi cho bài toán. c) Xác định tâm đờng tròn ngoại Tõ SBEC lµ tø gi¸c néi tiÕp tiÕp tø gi¸c BSEC.  NhËn xÐt 2: => ^E1=?; \{ E^ 2=? V× SBEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => ^E + ^E = ? 1. 2. Do đó ta có câu hỏi d.. =>. ^ E1 + ^ E2 =. ^ 1 +C ^2 = C. 1 ( 2. ^ ) ^ +C B. => C©u hái tiÕp: So s¸nh BOC vµ £? ^ ? So s¸nh BOC vµ B^ + C TÝnh BOC + ^A = ? Từ đó ta có câu e.. d) Chøng minh r»ng BEC =. 1 ( 2. ^ ) ^ +C B.  NhËn xÐt 3: ^ + C ^ mµ BOC = 2 ^E = B ^ ^ = 1800 => BOC + ^ A + ^B + C A = Tõ c©u e cã nhËn xÐt g× vÒ vÞ trÝ cña 1800 e) Chøng minh tø gi¸c ABOC néi ®iÓm O? tiÕp Cã nhËn xÐt g× vÒ ®iÓm S vµ E?  NhËn xÐt 4: So s¸nh OE vµ OS? O nằm trên đờng tròn ngoại tiếp Từ đó ta có câu f. Δ ABC, S là tâm đờng tròn nội tiếp Δ ABC, E là tâm đờng tròn bµng tiÕp, OE = OS. f) Chøng minh r»ng ®o¹n th¼ng nèi tâm đờng tròn nội tiếp với tâm đờng tròn bàng tiếp của tam giác bị đờng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c Êy chia thµnh hai phÇn b»ng nhau. 4. Cñng cè - luyÖn tËp GV lu ý cho HS: - T×m hiÓu kü bµi to¸n, vÏ h×nh chÝnh x¸c. - BiÕt c¸ch ph©n tÝch, tæng hîp, khai th¸c bµi to¸n. 5. Híng dÉn: - Xem kỹ bài tập đã làm trên lớp, cách khai thác bài toán..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> - Lµm bµi tËp sau: Bµi 2: Cho đờng tròn tâm O, đờng kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đờng tròn, kẻ tiếp tuyến với đờng tròn đó cắt Cx, Dy lÇn lît t¹i A, B. Chøng minh r»ng: AOB = 900. H·y xÐt bµi to¸n trong trêng hîp thay ®iÓm O bëi ®iÓm M bÊt kú nằm trên đờng thẳng CD. ---------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> D - kÕt luËn ở phần trên tôi đã đa ra phơng pháp bồi dỡng học sinh khá, giỏi bằng cách hình thành cho học sinh năng lực học toán mới ở mức độ nâng cao, mở rộng các kiến thức. Nhng để thực sự là một học sinh giỏi toán thì học sinh ph¶i cã kü n¨ng t×n tßi lêi gi¶i bµi to¸n, kh«ng bao giê b»ng lßng vµ dõng l¹i víi ph¬ng ph¸p gi¶i hiÖn cã mµ lu«n lu«n mong muèn t×m tßi, s¸ng t¹o nh÷ng lêi gi¶i hay, hÊp dÉn h¬n. V× vËy t«i nghÜ h·y cè g¾ng híng dÉn häc sinh cachs suy nghÜ, c¸ch t×m tßi lời giải. Đây là cơ hội để giáo viên trang bị cho học sinh một số tri thức phơng pháp: Phơng pháp giải toán - phơng pháp toán học hoá - nhằm rèn luyÖn vµ ph¸t triÓn häc sinh n¨ng lùc t duy khoa häc. Biết đề ra cho học sinh đúng lúc, đúng chỗ những câu gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ đối tợng. Chúng ta chỉ có thể thông qua dạy học giải một sè bµi to¸n cô thÓ mµ dÇn dÇn truyÒn cho häc sinh c¸ch thøc, kinh nghiÖm, tiÕn tíi nghÖ thuËt trong viÖc suy nghÜ t×m tßi lêi gi¶i c¸c bµi to¸n. Trªn ®©y lµ nh÷ng kiÕn thøc cña b¶n th©n t«i trong viÖc «n tËp båi dìng häc sinh th«ng qua viÖc h×nh thµnh cho häc sinh n¨ng lùc häc to¸n tõ viÖc khai thác các kiến thức cơ bản trong chơng trình sách giáo khoa đi đến sáng tạo và đề xuất bài toán mới, tìm tòi nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán gãp phÇn båi dìng t duy s¸ng t¹o cho häc sinh kh¸, giái. H¶i D¬ng, ngµy 30 th¸ng 5 n¨m 2006 X¸c nhËn cña nhµ trêng .................................................................. .................................................................. .................................................................. .................................................................. ................................................................... Ngêi thùc hiÖn. NguyÔn ThÞ Minh NguyÖt.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Tµi liÖu tham kh¶o 1 - N©ng cao vµ ph¸t triÓn To¸n 6: Vò H÷u B×nh 2 - N©ng cao vµ ph¸t triÓn To¸n 8: Vò H÷u B×nh 3 - Một số vấn đề phát triển Toán 8: Vũ Hữu Bình 4 - Toán nâng cao và chuyên đề hình học 9: Nguyễn Ngọc Đạm, NguyÔn ViÖt H¶i, Vò D¬ng Thôy 5 - Båi dìng häc sinh giái to¸n cÊp 2: Vâ §¹i Mau.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Môc lôc A. Më ®Çu I. Lý do chọn đề tài II. NhiÖm vô nghiªn cøu B. Néi dung I. PhÇn sè häc II. Phần đại số III. PhÇn h×nh häc C. Bµi so¹n D. KÕt luËn Tµi liÖu tham kh¶o. Trang 1 1 1 2 2 4 9 14 17 18.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>

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