Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 9

Chia sẻ: Chubongungoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm là kỹ năng đọc hiểu đề bài để phân tích đề bài, vẽ hình. Kỹ năng tư duy phân tích hình vẽ và đề bài để có hệ thống các câu hỏi, thông qua đó các em trình bày bài bài giải chính xác, logíc và chặt chẽ. Kỹ năng vẽ thêm yếu tố phụ để tìm lời giải và giải bài toán nhanh, ngắn gọn. Có tư duy khai thác bài toán, tạo ra bài toán mới từ những bài toán trong sách giáo khoa. Từ đó nâng cao ý thức tự học, tự nghiên cứu. Hình thành cho học sinh thói quen suy nghĩ, tìm tòi lời giải trên cơ sở kiến thức đã học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 9

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Hội đồng sáng kiến ngành giáo dục và đào tạo Thị xã Bình Long, Tỉnh Bình Phước. Tôi ghi tên dưới đây: Tỷ lệ (%) Trình độ đóng góp vào Số Ngày tháng Nơi công tác Chức Họ và tên chuyên việc tạo ra TT năm sinh danh môn sáng kiến Trường TH- THCS Thanh Đại học Giáo 1 Vũ Trọng Đại 12/01/1989 Lương – Bình sư phạm 100% viên Long - Bình Toán Phước 1. Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 9. 2. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:Tác giả đồng thời là chủ đầu tư tạo ra sáng kiến. 3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục ( Toán ) 4. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu: Ngày 20/02/2020 5. Mô tả bản chất của sáng kiến: 5.1. Tính mới của sáng kiến Một trong những yếu tố quyết định giải quyết một bài toán hình học là vẽ hình chính xác, phân tích giả thiết và kết luận của bài toán cũng như trình bày và khai thác bài toán thành các bài toán mới. Qua thực tế dạy học tôi thấy việc vẽ hình trong một bài toán tương đối là khó đối với học sinh, các em còn yếu trong việc vẽ hình hay vẽ hình thiếu chính xác, một số bài toán vẽ hình dẫn đến việc ngộ nhận kết quả. Nguyên nhân do học sinh chưa đọc kỹ đề bài, chưa xác định giả thiết và kết luận của bài toán. Học sinh thường khó khăn trong việc xây dựng phương pháp giải và trình bày bài toán. Xuất phát từ tình hình thực tế của trường và yêu cầu của nội dung kiến thức, tôi nhận thấy việc xây dựng cho học sinh“Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học” là thực sự cần thiết. Bởi vì, đây là cách giúp hình thành cho học sinh thói quen suy nghĩ, tìm tòi lời giải trên cơ sở kiến thức đã học. Qua thực tế giảng dạy nhiều năm ở trường trung học cơ sở, tôi thấy nghiên cứu đề tài “Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 9” là việc làm có ý nghĩa cả về lý luận cũng như thực tiễn. Thể hiện qua việc hình thành cho học sinh: - Kỹ năng đọc hiểu đề bài để phân tích đề bài, vẽ hình.
2 - Kỹ năng tư duy phân tích hình vẽ và đề bài để có hệ thống các câu hỏi, thông qua đó các em trình bày bài bài giải chính xác, logíc và chặt chẽ. - Kỹ năng vẽ thêm yếu tố phụ để tìm lời giải và giải bài toán nhanh, ngắn gọn. - Có tư duy khai thác bài toán, tạo ra bài toán mới từ những bài toán trong sách giáo khoa. Từ đó nâng cao ý thức tự học, tự nghiên cứu. - Hình thành cho học sinh thói quen suy nghĩ, tìm tòi lời giải trên cơ sở kiến thức đã học. 5.2. Nội dung sáng kiến 5.2.1 Hướng dẫn kỹ năng vẽ hình: Đối với học sinh lớp 9 rèn luyện cách vẽ hình rất quan trọng. Do vậy giáo viên cần khai thác tốt giờ luyện tập để học sinh biết sử dụng dụng cụ vẽ hình, kiểm tra hình vẽ nhờ dụng cụ, vẽ hình xuôi ngược để rèn kỹ năng vẽ hình. Cần tập cho học sinh thói quen: muốn vẽ hình chính xác trước hết phải nắm chắc yêu cầu của đề bài, phân biệt được rõ ràng giả thiết và kết luận của bài toán. Giáo viên yêu cầu học sinh vẽ hình phác họa trước. Khi vẽ nên xét xem nên vẽ gì trước, chọn dụng cụ nào vẽ để cho hình vẽ chính xác, đơn giản hơn. Ví dụ 1: Cho đường tròn (O; R) và điểm A với OA = R 2 Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O; R). a) Chứng minh tứ giác AMON hình vuông. b) Gọi H là trung điểm của dây MN, chứng minh rằng ba điểm A, H, O thẳng hàng. * Gợi ý vẽ hình: ? Ta vẽ gì trước? dụng cụ nào để vẽ? ? Tiếp theo ta cần làm gì (điểm A với OA = R 2 ) Tuy nhiên đối với học sinh để vẽ được điểm A sao cho OA = R 2 sẽ gặp nhiều khó khăn. Giáo viên hướng dẫn: OA = R 2 là đường chéo của hình vuông cạnh R, do vậy ta vẽ   900 với M, N thuộc (O; R), Từ M, N kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (O; R), MON hai tiếp tuyến này cắt nhau tại điểm A. Trong chương trình hình học nhiều bài toán đều có thể vẽ hình chính xác ngay khi đọc từng câu. Song có những bài học sinh phải học sinh phải đọc hết toàn bộ nội dung yêu cầu, thậm chí phải dựa vào kết luận của bài toán mới vẽ chính xác, học sinh cần phải vẽ hình phác họa sau đó tiến hành phân tích các số liệu rồi vẽ lần sau mới trọn vẹn. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Vẽ đoạn thẳng AD vuông góc với AB (D và C khác phía đối với AB), AB = AD. Vẽ đoạn thẳng AE vuông góc với AC (E và B khác phía đối với . AC), AC = AE. Biết DE = BC, tính BAC Gợi ý vẽ hình: không nhiều học sinh vẽ chính xác của bài toán yêu cầu, mốt chốt của   900 để vẽ hình chính xác phải tính được BAC
3 Thật vậy, từ hình vẽ phác họa ta chứng minh được ABC  ADE(c.c.c) từ đó suy ra   DAE BAC  mà BAD   CAE   900 nên ta có được BAC   900 *Kết luận 1: Để vẽ hình được nhanh và chính xác học sinh cần: - Đọc kỹ đề bài một lượt, phải hiểu rõ được nghĩa của các từ, cụm từ thể hiện các khái niệm hình học trong đề bài. - Cần phân biệt rõ giả thiết và kết luận của bài toán. - Không nên vẽ các trường hợp đặc biệt của hình (Đế bài cho tam giác ABC thì không nên vẽ trường hợp tam giác cân, tam giác đều…) để tránh ngộ nhận một số yếu tố mà giả thiết không cho khi giải quyết bài toán. - Trên thực tế còn những bài toán còn nhiều cách vẽ, mỗi một hình cho ta một đáp số. Với loại bài toán này phải cho học sinh thấy cần vẽ tất cả các trường hợp có thể xảy ra. 5.2.2 Xây dựng kế hoạch giải: a) Phân tích hình vẽ và sử dụng giả thiết để tìm cách giải: Sau khi đã vẽ hình cần phải quan sát trên hình vẽ, trên cơ sở phân tích hình vẽ và huy động vốn kiến thức đã có học sinh sẽ định hướng được việc giải bài toán dưới sự dẫn dắt của thầy cô giáo bằng hệ thống câu hỏi. Ví dụ 3: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By cùng phía với nửa x y đường tròn đối với AB. D Gọi C là điểm thuộc tia Ax, kẻ tiếp tuyến CE E với nửa đường tròn ( E là tiếp điểm khác A), CE C cắt By tại D.   900 . Từ đó suy ra a) Chứng minh DOC CE.ED  R2 . A B O b) Chứng minh AEB # COD . Hướng dẫn bằng hệ thống câu hỏi
4 Giáo viên Học sinh Chứng minh DOC  90 0 . Từ đó suy ra CE.ED  R2 .   ODC C1: Chứng minh OCD   90 0 C2: CM cho OC, OD là hai tia phân giác   900 ta cần chứng của hai góc kề bù. ? Để chứng minh DOC minh điều gì   ACE OCD  ACE :   và BDE 2   và ODC  liên hệ với các góc nào   BDE ? OCD ODC  2 Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để suy  ra CO, DO là hai tia phân giác của ACE  và BDE ? Vận dụng yếu tố nào của đề bài để tính  = 1800 ( hai góc trong cùng  + BDE ACE  và ODC OCD  phía, AC // BD). COD vuông tại O, OE là đường cao ứng   ? Tổng hai góc ACE và BDE bằng bao với cạnh CD. nhiêu? Vì sao?   90 0 thì COD là tam giác CE.ED = OE2 = R2. ? Khi DOC gì? OE là gì của COD ? Hệ thức nào trong COD có chứa tích CE. DE, đoạn thẳng nào có độ dài bằng R và liên hệ với tích CE.ED Chứng minh AEB # COD . ? Hai tam giác cần chứng minh đồng dạng Hai tam giác cần chứng minh đồng dạng là tam giác gì là tam giác vuông  ? Với giả thiết đã cho của bài toán ta cần CDO ABE chỉ ra thêm yếu tố nào nữa. ? áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau   BDO ta có CDO  , vì vậy để chứng minh  CDO ABE ta chứng minh BDO   ABE  ? Vậy để chứng minh BDO ABE ta thực hiện như thế nào Gợi ý: BE và DO có quan hệ gì? b) Sử dụng phương pháp phân tích đi lên để tìm hướng làm bài Trong các phương pháp đã thực hiện trong chương trình THCS, giải bài toán hình học bằng phương pháp phân tích đi lên là phương pháp học sinh dễ hiểu, có kỹ thuật giải toán một cách hệ thống, chặt chẽ và hiệu quả. Nếu giáo viên kiên trì sử dụng phương pháp này, cùng học sinh tháo gỡ từng vướng mắc trong khi lập sơ đồ chứng
5 minh, cùng các em giải bài tập từ dễ tới khó thì tôi tin rằng các em sẽ hứng thú với môn Hình học và kết quả sẽ cao hơn. Có thể hiểu phương pháp phân tích đi lên là phương pháp dùng lập luận để đi từ vấn đề cần chứng minh dẫn đến vấn đề đã cho trong một bài toán. Thông thường chứng minh trong một bài toán ta phải suy xuôi theo sơ đồ A  A0  A1  .........  An  B . Sơ đồ chứng minh bằng phương pháp phân tích đi lên có thể khái quát như sau B  A0  A1  A2 .......  An  A . Trong mỗi bước suy luận đều dựa trên cơ sở luận chứng trước nó, cụ thể nếu có An đúng thì ta sẽ có An-1 đúng … dẫn đến giả thiết của bài toán, phương pháp này tác động mạnh mẽ đến tư duy phân tích và tư duy tổng hợp của học sinh từ đó giúp các em hệ thống và nhớ các kiến thức đã học. Để thực hiện tốt phương pháp này trong giảng dạy, giáo viên cần có sự chuẩn bị chi tiết về khâu soạn bài và phương tiện dạy học. Thường xuyên tập cho học sinh khả năng dự đoán thông qua quan sát, so sánh, khái quát, quy nạp …. Và khả năng suy luận lô gíc Ví dụ 4: (Bài 13 SGK/106 Toán 9 tập 1) Cho đường tròn (O) có các dây AB và CD bằng nhau, các tia AB và CD cắt nhau tại điểm E nằm ngoài đường tròn. Gọi H và K theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Chứng minh rằng a) EH = EK b) EA = EC Để học sinh vẽ hình chính xác trong bài toán này giáo viên cần lưu ý các tia AB và CD cắt nhau tại E chứ không phải đường thẳng AB cắt đường thẳng CD tại E để học sinh lấy các điểm A, B, C, D trên đường tròn cho phù hợp Giải: Lập sơ đồ chứng minh Chứng minh a) Chứng minh: Ta có: H là trung điểm của AB nên   900 OH  AB hay OHE EH = EK    900 Tương tự OKE OEK  OEH Vì AB = CD nên OH = OK  Xét OEK và OEH có:   OKE OHE  , OH  OK , OE : chung   OHE OHE   90 0  OH = OK (chứng minh trên) AB=CD OE: cạnh chung Suy ra: OEK = OEH (c/h - cgv)  EK  EH b) Chứng minh b) vì AB = CD (gt)
6 EA  EC AH = ½ AB (H là trung điểm của AB)  CK = ½ CD (K là trung điểm của CD) AH + HE=CK+EK Suy ra: AH = CK  AH = CK, EH = EK(cmt) Mặt khác EH = EK (cmt) Nên AH + EH = CK + EK  AB CD Hay EA = EC AB = CD(gt); AH = ; CK  2 2 Ví dụ 5: (Bài 30 SGK/116 Toán 9 tập 1) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, gọi Ax, By là y các tia vuông góc với AB(Ax, By và nửa đường x D tròn thuộc cùng nửa mặt phẳng có bờ AB). Qua M điểm M thuộc nửa đường tròn(M khác A, B) kẻ C tiếp tuyến với nửa đường tròn , nó cắt Ax, By theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng: A O B   900 a) COD b) CD = AC + BD c) Tích AC.BD không đổi khi điểm di chuyển trên nửa đường tròn. Lập sơ đồ chứng minh Chứng minh   900 COD a) Ta có AC, MC là hia tiếp tuyến của  đường tròn tâm O nên   AOC  MOC OC  OD   MOD Tương tự: BOD   Ta lại có:   MOD   90 0    MOD AOC  MOC   BOD   1800 COM 0  Suyra : COM   180  900   MOD 2   ; MOD AOC  COM   BOD   AC, MC là các tiếp tuyến BD, MD là hai tiếp tuyến CD = AC+BD b) Ta có AC, MC là hia tiếp tuyến của  đường tròn tâm O nên AC = MC CD= CM + MD tương tự: BD = MD  mà CD = CM + MD CM = AC; MD=BD suy ra: CD = AC + BD  (AC, MC là các tiếp tuyến); (BD, MD là hai tiếp tuyến)
7 AC.BD = cosnt c) Tam giác COD vuông tại O đường cao 2  AB OM nên ta có CM .MD  OM 2     suy CM .MD=cosnt  2   ra CM.MD không đổi (do AB không đổi) CM = AC; MD=BD mà ta có: AC = MC, BD = MD (câu a)  suy ra AC. BD = MC. MD 2  AB  vậy AC. BD không đổi khi M di chuyển CM.MD=OM 2     cos nt  2  trên nửa đường tròn.  Tam giác COD vuông tại O đường cao OM *Chú ý: có nhiều cách để lập sơ đồ chứng minh một bài toán, do đó có nhiều cách trình bày lời giải một bài toán. Ở nội dung đề tài này chỉ trình bày một cách. Ví dụ 6: Cho hai đường tròn bằng nhau (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Đường thẳng vuông góc với AB tại B cắt A (O) và (O’) lần lượt tại các điểm C và D. Lấy điểm M trên cung nhỏ CB. Đường O thẳng MB cắt (O’) tại N, CM cắt DN tại O' N P. a) Tam giác AMN là tam giác gì? Vì sao? C D M B Q b) Chứng minh tứ giác ACPD nội tiếp. c) Gọi Q là giao điểm của AP với (O’). Tứ P giác BCPQ là hình gì? Vì sao Hướng dẫn lập sơ đồ chứng minh Chứng minh Học sinh quan sát hình và dự đoán tam giác AMN cân tại A. AMN cân tại A a) Trong đường tròn (O)  AMB là góc nội  tiếp chắn cung nhỏ AB nên  AMB    1 ANB AMB  sd  AB 2  1  1   1  AMB  sd AB ; ANB  sd AB tương tự ta cũng có:  ANB  sd  AB 2 2 2   do hai đường tròn (O ) và (O’) bằng nhau (Góc nội tiếp) (Góc nội tiếp) nên suy ra   hay  AMB  ANB AMN  ANM  AMN cân tại A ? Để chứng minh tứ giác ACPD nội
8 tiếp ta cần chứng minh điều gì ?  ACP bằng với góc nào. Từ đó ta phải chứng minh như thế nào Chứng minh: tứ giác ACPD nội tiếp  b)Trong đường tròn (O)  ACP là góc nội  ACP   ADP  1800 tiếp chắn cung AM  Trong đường tròn (O’)  ADN là góc nội  ACP    ADP  ADN ADP  1800 tiếp chắn cung AN  Mà AN = AM (  AMN cân tại A)   ACP  ADN Suy ra:  ACP =  ADN  Xét tứ giác ACPD có  ACP =  ADN nên tứ AM = AN    AM  AN giác ACPD nội tiếp.  AMN cân tại A Tứ giác BCPQ là hình gì? Vì sao? Học sinh quan sát hình và dự đoán (Tứ giác BCPQ là hình thang) Chứng minh: tứ giác BCPQ là hình c) Tứ giác ACPD nội tiếp thang 1     sd AC APC  ADC      2  BQ / / CP mặt khác ta lại có:   1   AQB   ADC   sd  AB   2 AQB   APC    suy ra:  AQB  APC mà hai góc này ở vị  AQB    ADC ; APC ADC trí đồng vị nên BQ//PC  vậy tứ giác BCPQ là hình thang Tứ giác ACPD nội tiếp *Chú ý: - Sau khi giải xong bài toán này giáo viên cho học sinh nhắc lại yêu cầu từng phần, cách chứng minh và mục đích. - Cần hướng dẫn học sinh xem các kết luận của câu trước là giả thiết cho các câu sau. * Cũng cố kiến thức: - Trong hai đường tròn bằng nhau, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. - Trong một đường tròn hay hai đường tròn bằng nhau, các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.
9 * Cũng cố phương pháp: - Phương pháp chứng minh tam giác cân. - Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp - Chứng minh hai góc bằng nhau theo quan hệ bắc cầu. - Chứng minh hai đường thẳng song bằng cách sử dụng dấu hiệu nhận biết. c) Kẻ thêm yếu tố phụ trong chứng minh bài toán hình. Trong quá trình tìm kiếm lời giải hoặc có khi là tìm thêm lời giải khác, lời giải hay cho một bài toán hình học việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối từ giả thiết đến kết luận của bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn. Tuy nhiên vẽ thêm hình phụ như thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến chúng ta đau đầu suy nghĩ. Vẽ thêm yếu tố phụ là sự sáng tạo “nghệ thuật” tùy theo yêu cầu của một bài toán cụ thể. Bởi vẽ thêm yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện đề bài toán thuận lợi hơn chứ không tùy tiện. Một số yếu tố phụ thường vẽ như sau: - Kéo dài một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước hay đặt một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước. - Vẽ thêm đường thẳng song song hoặc vuông góc với đường thẳng cho trước. - Dựng phân giác của một góc. - Dựng một góc có thể biểu diễn qua một góc cho trước. - Vẽ tiếp tuyến của một đường tròn từ một điểm cho trước. - Vẽ tiếp tuyến chung, dây chung hoặc đường nối tâm của hai đường tròn. - Vẽ thêm tam giác vuông cân, tam giác đều. - Vẽ thêm hình bình hành, vẽ thêm đường tròn. Ví dụ 7: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ các đường kính AOC và AO’D của hai đường tròn. Chứng minh rằng ba điểm C, B, D thẳng hàng. A Phân tích: Để chứng minh ba điểm C, B, D   1800 . thẳng hàng ta cần chứng minh CBD C Do đó ta có thể từ B kẻ BA và chứng minh hai góc B D  và DBA CBA  kề bù. Giải: Nối A với B.  là góc nội tiếp chắn nủa đường tròn nên  Trong đường tròn (O), ABC ABC  900 Tương tự ta cũng có  ABD  900   CBA Ta có CBD  ABD  900  900  1800 Vậy ba điểm C, B, D thẳng hàng.
10 Ví dụ 8: Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác ABC. Các điểm M, N  lần lượt trên các đoạn thẳng HB, HC sao cho AMC ANB  900 . Chứng minh rằng AM = AN. Phân tích: Vì H là trực tâm của tam giác ABC gợi cho ta nghỉ tới các giao điểm D của BM và AC, giao điểm E của CN và AB. A Giải: Gọi D là giao điểm của BH và AC, E là giao điểm của CH và AB. D Do H là trực tâm của tam giác ABC nên BD  AC; CE  AB Xét ADB và AEC có: E H  : Chung M N BAD  ADB   AEC  900 B C AD AB Suy ra ADB # AEC ( g.g )    AE. AB  AD. AC AE AC 2 AMC vuông tại M, đường cao MD  AM  AD.AC Chứng minh tương tự ta có: AN 2  AB. AE . Suy ra: AM 2  AN 2  AM  AN . Vậy AM = AN. *Kết luận 2: Thông qua việc hướng dẫn học sinh xây dựng kế hoạch giải giáo viên rèn luyện cho học sinh các kỹ năng sau: - Kỹ năng tự mình tìm thấy được vấn đề cần giải quyết và tự mình giải quyết vấn đề đó, độc lập suy nghỉ, độc lập tư duy. - Có khả năng đánh giá và tự đánh giá. - Biết tìm phương pháp ngắn gọn nhất, hay nhất để giải bài toán. - Rèn luyện cho học sinh nhanh chóng chuyển tứ tư duy thuận sang tư duy nghịch. - Kỹ năng xác lập sự phụ thuộc giữa các kiến thức theo trật tự ngược lại với cách đã học. 5.2.3 Hướng dẫn suy luận và khai thác bài toán: Như ta đã biết, học sinh đã làm quen với các bài toán chứng minh hình học ngay từ lớp 7 nhưng việc trình bày lời giải bài toán của học sinh còn nhiều thiếu sót. Theo tôi giáo viên cần phải đặc biệt coi trọng các tiết luyện tập để uốn nắn, tập luyện cho các em cách trình bày bài toán chứng minh chặt chẽ, khoa học: các khẳng định phải có căn cứ, sử dụng các ký hiệu quy ước cho đúng,… Trong dạy học môn Toán, ngoài giúp các em nắm chắc kiến thức cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để mở rộng, khai thác thêm bài toán là rất cần thiết. Đây là một cách nâng cao khả năng tư duy, suy luận cho học sinh. Ví dụ 9: Cho tam giác ABC, các đường cao BD và CE. Chứng minh rằng: a. Bốn điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. b. DE < BC.
11 Phân tích bài toán: Đây là bài toán thuộc A Chương II “Đường tròn” của chương trình Hình học 9. Là bài tập nhằm củng cố lại định nghĩa D đường tròn và mối liên hệ giữa đường kính và E dây của đường tròn, nên để giải bài tập ta cần chỉ rõ cho học sinh phương pháp. Cụ thể: a) Để chứng minh 4 điểm B, E, C, D cùng thuộc C B một đường tròn ta có thể: - Chỉ ra một điểm cách đều cả 4 điểm B, E, C, D (đó là trung điểm I của đoạn BC) hoặc - Chỉ ra có một đường tròn đi qua cả 4 điểm B, E, C, D là đường tròn đường kính BC. b) Từ kết quả chứng minh ở câu a)  ED và BC là hai dây của một đường tròn và BC là đường kính của đường tròn đó  ED < BC (Định lí liên hệ giữa dây và đường kính). Từ đó ta có cách giải bài toán như sau: a) Cách 1: A Gọi I là trung điểm của đoạn BC. ∆ BEC vuông tại E (gt)  trung tuyến 1 D EI = IB = IC = BC E 2 ∆ BDC vuông tại D (gt)  trung tuyến 1 DI = IB = IC = BC 2 Do đó IE = ID = IB = IC  4 điểm B, C, D, E B I C cùng thuộc một đường tròn, đó là đường tròn 1 tâm I, bán kính BC. 2 Cách 2:   900 => E thuộc đường tròn đường kính BC BEC   900 => D thuộc đường tròn đường kính BC BDC Do đó E, D thuộc đường tròn đường kính BC  4 điểm B, E, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. b. Trong đường tròn đường kính BC: ED là dây, BC là đường kính  ED < BC (liên hệ giữa dây và đường kính trong một đường tròn). *Nhận xét: - Kết quả bài toán trên luôn đúng với mọi tam giác ABC.
12 - Nếu bài tập này được đưa ra sau bài “Tứ giác nội tiếp” của Chương III, Hình học 9, ta có thể phát biểu kết quả câu a) dưới hình thức khác: Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp và dấu hiệu được sử dụng là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau hoặc tứ giác có 4 đỉnh cùng nằm trên một đường tròn. Từ bài toán này ta có thể khai thác thành một số bài toán nhằm củng cố các kiến thức về góc với đường tròn và phát triển tư duy cho học sinh. Cụ thể: 1. Đối với học sinh trung bình có thể cho học sinh nêu kết quả tương tự - Nếu gọi H là giao điểm của BD và CE  H là trực tâm của tam giác ABC và AH  BC tại K. Chứng minh tương tự ta có các kết quả sau: A a) Bốn điểm:C, K, E, A cùng thuộc đường tròn đường kính AC; D A, D, K, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB; E A, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH; H C, D, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH; B, K, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính BH. b. DK < AB; EK < AC. B K C Ta cũng chứng minh được ED < AH; EK < BH; DK < HC. 2. Đối với học sinh khá giỏi có thể yêu cầu học sinh tiếp tục khai thác các kết quả trên bằng cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp để có các kết quả khác của bài toán, qua các câu hỏi gợi ý như: KH có là phân giác của góc EKD không? Vì sao? Kết quả tương tự là gì? Từ đó, có nhận xét gì về vị trí đặc biệt của điểm H đối với tam giác EKD? - Trong trường hợp tam giác ABC nhọn  H nằm trong tam giác ABC. Nối EK, KD. Từ kết quả chứng minh được ở trên suy ra các tứ giác BEHK và CKHD là các tứ giác nội tiếp   EKH  EBH     ABD  EKH  hay    DKH  DCH     ACE  DKH Mà ABD    ACE (cùng phụ góc ABC)  EKH DKH  KH là phân giác của góc EKD. Chứng minh tương tự ta có: DH là phân giác góc EDK ; EH là phân giác góc DEK  H là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác EDK  H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDK. Mặt khác, ta thấy EH hay EC là phân giác góc KED mà AE  EC  EA là phân giác góc ngoài tại E của tam giác EKD. Ta lại có KA là phân giác góc EKD  A là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc K của tam giác EKD. Tương tự => B; C lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp trong góc D; góc E của tam giác EKD. Từ đó ta có bài toán sau có thể củng cố được kiến thức về tứ giác nội tiếp, khái niệm tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp tam giác.
13 Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AK, BD, CE đồng quy tại H. Chứng minh: a) KH là phân giác góc DKE. Nêu kết quả tương tự. b) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKE. c) A; B; C là tâm các đường tròn bàng tiếp tam giác DKE. * Nhận xét 1: - Nếu gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Qua A vẽ tiếp tuyến Ax với (O). Ta nhận thấy Ax //ED vì: A  Trong (O): B  (cùng bằng 1 sđ Ax= BCA x 2 D cung AB). Mặt khác tứ giác BEDC nội tiếp( ví dụ E 9) O H  => BCA AED (cùng bù góc DEB) B C  Do đó BAx AED mà hai góc này K ở vị trí so le trong => Ax // ED. Ta lại có Ax  OA (gt) => OA  ED. Tương tự ta có: OB  EK; OC  DK. Như vậy bằng cách sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và mối liên hệ giữa các góc trong đường tròn ta có thể giải bài toán sau: Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AK; BD; CE của tam giác ABC. Chứng minh OA  ED; OB  EK; OC  DK. *Nhận xét 2: - Gọi A’; B’; C’ lần lượt là giao điểm của AK, BD, CE với (O). A B' Ta có:  2 (cùng phụ góc ABC) A1  C 1   (cùng bằng 1 sđ cung BA’ - góc A1  C D 1 2 C' E nội tiếp) O  C C   CK là phân giác HCA ' mà H 1 2 CK  HA’ (gt) 2 B 1 C K  tam giác CA’H cân tại C  K là trung điểm của HA’. A' Do đó BC là đường trung trực của đoạn thẳng HA’ => H và A’ đối xứng nhau qua BC.
14 Chứng minh tương tự ta có: H và B’ đối xứng nhau qua AC; H và C’ đối xứng nhau qua AB. Mặt khác tứ kết quả chứng minh trên => HBC  A ' BC => bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và A’BC bằng nhau mà tam giác A’BC nội tiếp đường tròn (O;R)  tam giác HBC nội tiếp đường tròn có bán kính bằng R. Tương tự: các tam giác HBA; HAC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng R. Từ đó ta có bài toán mới khai thác tính chất trực tâm H của tam giác ABC. Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); BC cố định. Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thì khoảng cách từ điểm A đến trực tâm H của tam giác ABC là không đổi. *Nhận xét 3: AH AD - Từ bài toán trên ta cũng chứng minh được   cot A  AH  BC.cot A BC BD không đổi khi B; C cố định và A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O) => cách giải khác cho bài 5. Với cách giải này ta có thể củng cố A lại kiến thức về tỉ số lượng giác của góc nhọn cho học sinh. - Từ kết quả chứng minh của bài 3: AH có độ dài D không đổi khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O); ta có thể đặt câu hỏi là: Vậy điểm H H O chạy trên đường nào khi điểm A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)? Nếu gọi I là điểm đối xứng B K N C với điểm O qua N  điểm I cố định và OI = 2.ON mà AH = 2.ON (cmt) => OI = AH. Mặt khác OI // AH I (cùng vuông góc với BC)  tứ giác AHIO là hình bình hành  IH = OA = R không đổi (R là bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC)  H thuộc đường tròn (I; R) cố định. Ta đã giải được bài toán về quỹ tích sau: Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác ABC khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O). *Nhận xét 4: - Có thể phát biểu bài 4 dưới hình thức khác như sau: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); BC cố định. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC thuộc một đường tròn cố định khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O). - Từ kết quả chứng minh của bài 3:AH = 2.ON => nếu gọi Q là giao điểm A của AO và HN thì ta cũng chứng minh được D AQ = 2.AO và HQ = 2.HN H O  Q thuộc (O; R) và N là trung điểm của HQ. B K N C Do đó, ta cũng có tứ giác BHCQ là hình bình hành. Q
15 Như vậy, ta có thể phát biểu thành các bài toán sau: Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( O; R) trực tâm H. Gọi N là trung điểm của BC; Q là giao điểm của AO và HN. Chứng minh rằng: a) Điểm Q thuộc ( O ). b) Tứ giác BHCQ là hình bình hành. Bài 5.1:Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R); trực tâm H. Gọi Q là giao điểm của AO với (O); N là trung điểm của BC. Chứng minh H; N; Q thẳng hàng. Bài 5.2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R); trực tâm H; cạnh BC cố định. kẻ đường kính AQ của (O). Chứng minh khi A di động trên cung lớn BC của (O) thì HQ luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5.3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R), trực tâm H; cạnh BC cố định. Gọi N là trung điểm của BC; Q là giao điểm của HN với (O). Chứng minh rằng đường thẳng AQ luôn đi qua một điểm cố định. *Nhận xét 5: - Rõ ràng với cùng một nội dung nhưng cách phát biểu khác nhau cho ta các bài toán có độ khó khác nhau, dạng khác nhau. Bài 5 là bài tập có thể dành cho mọi đối tượng học sinh vì cách phát biểu dễ hiểu và rõ ràng nhưng các bài 5.1; 5.2; 5.3 thì chỉ nên dành cho đối tượng học sinh khá giỏi. Từ đó rèn luyện được cho học sinh kỹ năng phát triển ngôn ngữ, biết cách lật ngược vấn đề để tạo ra các bài toán mới; biết cách diễn đạt một vấn đề bằng nhiều hình thức khác nhau, hình thành thói quen xem xét và biết cách chuyển một bài toán nào đó về bài toán quen thuộc hoặc dễ tìm ra cách giải hơn, từ đó suy ra cách giải bài toán theo yêu cầu. * Kết luận 3: a) Thông qua việc hướng dẫn học sinh khai thác bài toán hình thành cho các em những phẩm chất sau: - Kỹ năng nhìn một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau. - Kỹ năng thay đổi phương hướng giải quyết vấn đề phù hợp với sự thay đổi của các điều kiện, tìm ra phương pháp mới để giải quyết bài toán. - Biết khai thác và phát triển bài toán, biết vận dụng bài toán vào các vấn đề khác. b) Để rèn luyện cho học sinh hình thành được các phẩm chất trên giáo viên cần: - Thường xuyên tập cho học sinh khả năng dự đoán và suy luận có lý để tự mình phát hiện vấn đề. - Khuyến khích học sinh tìm nhiều lời giải khác nhau của một bài toán. Việc tìm nhiều lời giải khác nhau của một bài toán gắn liền với việc nhìn vấn đề với nhiều khía cạnh khác nhau mở đường cho sự sáng tạo phong phú. - Ngoài việc sử dụng thành thạo quy tắc, phương pháp nào đó giáo viên cần đưa ra các bài toán có cách giải riêng. 5.3. Khả năng áp dụng của sáng kiến
16 - Sáng kiến “Phương pháp tìm lời giải cho bài toán hình học lớp 9” được áp dụng tại trường TH-THCS Thanh Lương - Thị xã Bình Long - Tỉnh Bình Phước. - Đối tượng áp dụng: học sinh khối 9 trường TH-THCS Thanh Lương - Thị xã Bình Long - Tỉnh Bình Phước. - Sau khi áp dụng đề tài tôi nhận thấy giải pháp của mình mang lại được một số kết quả nhất định sau: * Về kiến thức: Học sinh biết vận dụng những kiến thức cơ bản của các phương pháp. Có mở rộng hướng giải quyết mới cho từng dạng toán. *Về kĩ năng: Học sinh có kĩ năng vận dụng linh hoạt các dụng cụ và phương pháp vẽ hình theo các dạng toán nhanh và phù hợp đạt hiệu quả cao, tránh mất thời gian. *Về tình cảm thái độ: Học sinh có hứng thú trong việc học phân môn hình học và ý thức được tầm quan trọng của nó. - Ngoài ra, trên cơ sở thực tế áp dụng đề tài tôi nhận thấy giáo viên có thể áp dụng phương pháp của mình cho bộ môn Toán các khối lớp và các trường THCS. 6. Những thông tin bảo mật: Không. 7. Điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến Để đề tài được áp dụng và áp dụng có hiệu quả cần phải đảm bảo các điều kiện cần và đủ như sau: - Phải được sự quan tâm đúng mực, hỗ trợ của chính quyền địa phương cũng như lãnh đạo nhà trường về cơ sở vật chất và trang thiết bị dạy học. - Giáo viên phải thường xuyên tự trao dồi kiến thức cho bản thân để nắm được những bước tiến, những cái mới về các phương pháp giải toán. - Được sự hợp tác và phối hợp của các tổ chức đoàn thể trong Nhà trường, của Hội cha mẹ học sinh… - Giáo viên phải thực sự nhiệt tình, tâm huyết, kiên trì rèn dũa từng ngày, uốn nắn rèn học sinh vào khuôn nếp ngay từ đầu và được duy trì liên tục. - Học sinh phải có ý thức tự học, tự phấn đấu, ý thức hợp tác trao đổi thông tin, cởi mở trong hoạt động nhóm. 8. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả Qua giảng dạy bộ môn Toán 9 và xây dựng cho học sinh phương pháp giải bài toán hình học 9, tôi nhận thấy nội dung này rất thiết thực và có lợi thế trong việc đổi mới phương pháp dạy học môn Toán, các em tích cực học tập và hứng thú hơn khi giải các bài toán hình học. Đặc biệt là kỹ năng vẽ hình, kỹ năng phân tích đề bài và khai thác bài toán từ đó giúp các em tạo cho mình ý thức học tập, không còn sợ học môn toán hình. Với việc các em biết vận dụng các phương pháp tìm lời giải cho bài toán và kết hợp với việc đổi mới phương pháp giảng dạy bộ môn toán ở khối 9, tôi thấy chất lượng môn toán ngày càng tiến bộ rõ rệt. Cụ thể là: Thông qua việc nghiên cứu đề tài và những kinh nghiệm từ thực tiễn giảng dạy, cho phép tôi rút ra một số vấn đề sau:
17 Đối với học sinh yếu kém: Là một quá trình liên tục được củng cố và sửa chữa sai lầm trong vẽ hình và trình bày bài làm. Cần rèn luyện các kỹ năng đọc và phân tích đề bài để học sinh có khả năng biết được phương pháp vận dụng tốt các phương pháp cơ bản vào giải toán, cho học sinh thực hành theo mẫu với các bài tập tương tự, bài tập từ đơn giản nâng dần đến phức tạp, không nên dẫn các em đi quá xa nội dung SGK. Đối với học sinh trung bình: Giáo viên cần chú ý cho học sinh biết các phương pháp cơ bản, kĩ năng biến đổi, kĩ năng thực hành và việc vận dụng từng phương pháp đa dạng hơn vào từng bài tập cụ thể, luyện tập khả năng tự học, gợi sự say mê hứng thú học, kích thích và khơi dậy óc tìm tòi, chủ động chiếm lĩnh kiến thức. Đối với học sinh khá, giỏi: Ngoài việc biết các phương pháp cơ bản, ta cần cho học sinh tìm hiểu thêm các phương pháp nâng cao khác, các bài tập dạng mở rộng giúp các em biết mở rộng vấn đề, cụ thể hoá vấn đề, tương tự hoá vấn đề để việc giải bài toán hình học được tốt hơn. Qua đó, tập cho học sinh thói quen tự học, tự tìm tòi sáng tạo, khai thác cách giải, khai thác bài toán khác nhằm phát triển tư duy một cách toàn diện cho quá trình tự nghiên cứu của các em. 9. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có): ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………… Tôi (chúng tôi) xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. Thanh Lương ,ngày 02 tháng 1 năm 2021 Người nộp đơn Vũ Trọng Đại