Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện và phát triển năng lực học tập thông qua việc khai thác một bài toán

I. MỞ ĐẦU

I.1. Lí do chọn đề tài.

Qua những năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh thường không có kỹ năng nhận ra,

Việc dạy học nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó sẽ giúp cho học sinh hứng thú học tập, phát triển tư duy, năng lực học tập, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh, phần nào đáp ứng yêu cầu cấp bách của xã hội về con người trong thời kì khoa học và công nghệ.

 

doc20 trang | Chia sẻ: binhthang88 | Ngày: 24/11/2017 | Lượt xem: 1771 | Lượt tải: 29Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện và phát triển năng lực học tập thông qua việc khai thác một bài toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.	 - Các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết.	 - Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao. 
 - Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân.	- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...	 - Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán.	
II.3. Các biện pháp và các giải pháp giải quyết vấn đề.
Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít. Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải. Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỷ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt...thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động. Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung của đề tài.
Xét bài toán: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Chứng minh rằng: a. = 90o. 
 b. CD = AC + BD
1. Hướng dẫn: 
a. -Vì CA và CM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại C
 OC là tia phân giác của (1) và CM = CA
 +DM và DB là hai tiếp tuyến của 
đường tròn (O) cắt nhau tại D
 OD là tia phân giác của (2) và DM = DB
 - Từ (1) và (2) CO ^ OD (đpcm)
b. Ta có CD = CM + MD mà CM = CA và DM = DB (theo a) 
 Nên CD = AC + BD (đpcm)
Nhận xét: Đây là bài toán khá đơn giản đối với học sinh khá giỏi, thậm chí những em trung bình cũng có thể làm được. Nhưng nếu ta thêm các câu hỏi khác thì không những học sinh trung bình mà còn những em khá giỏi củng có thể gặp nhiều khó khăn. Sau đây là một số bài toán xuất phát từ bài tập này.
2. Khai thác bài toán . 
Bài toán1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Chứng minh rằng tích AC.BD không đổi khi M di chuyển trên nữa đường tròn.
Hướng dẫn: 
Theo câu a: Tam giác COD vuông tại O 
mà OM là đường cao nên OM2 = CM.MD
Theo câu b: CM = CA, BD = MD 
Do đó OM2 = CA.BD mà OM = R (không đổi).
Nên CA.BD không đổi.
Bài toán 2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Chứng minh rằng đường thẳng AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp DCOD.
Hướng dẫn :
- Gọi N là trung điểm của CD 
NC = ND = NO (vì D COD vuông)
ON là bán kính đường tròn ngoại tiếp DCOD (1)
- AxAB (gt) và By AB(gt) 
 AC // BD nên ACDB là hình thang
- Xét hình thang ACDB có NC = ND và OA = OB
Nên ON là đường TB của hình thang ACDB ON // AC 
Do đó ON AB ( vì AC AB) (2)
- Từ (1) và (2) Suy ra AB tiếp xúc với đường ngoại tiếp tam giác COD.
Bài toán 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác COD.
 Chứng minh: < < 
Hướng dẫn: SCDO = p.r = r.( a+b+c)
Mặt khác SCDO = OM.CD = R.a
Do đó: r.( a+b+c) = R.a R.a = r.( a+b+c) hay = 
 Xét tam giác CDO ta có: 
 + b + c > a a+b+c > 2a < = (1)
 + a > b, a > c (vì D CDO vuông tại O)a+b+c = (2)
Từ (1) và (2) ta có: < < (ĐPCM) 
Bài toán 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Xác định vị trí của M để chu vi và diện tích của tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo R.
Hướng dẫn: 
- Ta có PACDB = CA + AB + BD + DC = AB + 2CD
 Mà CD ³ AB 
Suy ra: PACDB ³ 3AB hay PACDB ³ 6R.
Dấu “ = ” xẩy ra khi và chỉ khi CD = AB
Vậy GTNN của PACDB = 6R 
 - SACDB = . AB = ³ Hay SACDB ³ 2R2
Dấu “ = ” xẩy ra khi và chỉ khi CD = AB
Vậy giá trị nhỏ nhất SACDB = 2R2 Khi đó M nằm chính giữa cung AB.
Bài toán 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM
Hướng dẫn:
Ta có: + SACBD = ( AC + BD). AB = CD.AB 
Mà CD ³ AB do đó SACBD ³ AB2 = 2R2 (1)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMB = MH.ABMà MH £ R do đó SAMB £ R.2R = R2(2)
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi điểm M nằm chính giữa cung AB
+ SAMC + S BMD = SACBD - SAMB (3).Từ (1), (2) và (3) suy ra
Để SAMC + S BMD nhỏ nhất thì SACDB nhỏ nhất và SAMB lớn nhất. 
Mà SACDB nhỏ nhất = 2R2 và SAMB lớn nhất = R2
Vậy SAMC + S BMD nhỏ nhất = R2
Nhận xét: Từ bài toán 1 đến 5 chúng ta mới chỉ thêm câu hỏi mà chưa thêm các giao điểm và lật ngược lại vấn đề của bài toán. Nhưng nếu chúng ta đảo lại bài toán ở bài toán 2 hoặc thêm giao điểm thì sẽ được các câu hỏi mới khó hơn nhiều giúp các em liên hệ được các hình vẽ với nhau, hiểu sâu bài toán, nắm bắt được kiến thức một cách chủ động, đồng thời tạo hứng thú cho các em trong học tập. Xuất phát từ ý tưởng này ta lại có một số bài tập thú vị hơn.
Bài toán 6 ( Bài toán đảo của bài toán 2) Cho đoạn thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB và cùng nằm trên cùng một mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Trên tia Ax và tia Ay lần lượt lấy hai điểm C và D sao cho
AC + BD = CD. Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Huớng dẫn: Ở bài này chúng ta có nhiều cách làm:
Cách 1: Sử dụng định nghĩa và định lý về tiếp tuyến.
-Trên CD lấy điểm M sao cho CM = CA 
MD = BD (vì AC + BD = CD) 
-Do đó 2 tam giác ACM và MDB cân tại C và D
 = và 
 = 
do đó + = 
- Mà + = 1800 ( vì tứ giác ABDC là hình thang vuông) 
 Nên + = 900 = 900M thuộc đường tròn đường kính AB(1)
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB. Nối O với M ta có MO = OA = OB hay tam giác AOM cân tại O+= + = 900OM ^ CD (2)
- Từ (1) và (2) suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Cách 2: Lấy trên đoạn CD một điểm M sao cho CM = CA
Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của AM và MB.
Nối C với E và nối D với F cắt nhau tại O’
- Xét Dcân CAM có CE là đường trung tuyến
Nên CE cũng là đường cao và là đường phân giác (1).
- Xét Dcân MDB có DF là đường trung tuyến
Nên DF cũng là đường cao và là đường phân giác (2).
 - Từ (1) và (2) suy ra += 900 (vì + = 1800) = 900.
Do đó O’EMF là hình chữ nhật = 900 và MO’ = EF. 
- Trên AB lấy điểm O sao cho OA = OB.
Vì D AMB là D vuông nên MO = OA = OB = AB (3)
- Xét DAMB có: EA = EM và MF = FB 
nên FE là đường trung bình của DAMB FE = AB (4)
- Từ (3) và (4) suy ra MO = MO’ hay O º O’
- Xét DACO và DMCO có: CO chung; CA = CM; = 
DACO = DMCO (c.g.c) = = 900 hay CM ^ MO 
nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . 
Cách 3: - Từ O kẻ đường thẳng ^ AB cắt CD tại N => NC = ND 
Xét hình thang vuông ACDB có:
ON là đường trung bình
nên ON = = = CN = ND 
 DNCO cân = 
mà = (CA // ON) = 
- Từ O kẻ OM ^ CD (M Î CD)
- Xét DACO và DMCO có: = = 900 ; CO chung; = 
 nên DACO = DMCO 
Do đó AO = OB = OM hay M thuộc đường tròn đường kính AB mà CD ^ OM tại M nên CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . 
Nhận xét: Qua bài toán này chúng ta sẽ rèn cho các em thành thạo kỷ năng chứng minh một bài toán hình học không những có một cách mà có thể có nhiều các khác nhau và nắm vững nội dung của bài toán một cách tích cực, chủ động và tự giác. Từ đó giúp các em tự tin hơn và thấy say mê Toán học nhiều hơn. Cũng từ cách làm thứ 3 của bài toán 6 ta có bài toán 7 và một số bài toán khác bằng cách cho thêm các giao điểm.
Bài toán 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Gọi N là trung điểm của CD. Tìm quỹ tích điểm N khi M chạy trên nửa đường tròn.
Hướng dẩn:
- Nối N với O cắt đường tròn tâm O tại K.
Vì NO là đường trung bình của hình thang ACDB.
Suy ra ON // CA // BD (1)
- Vì tia Ax, By và điểm O cố định nên tia Oz cố định
Vậy khi M di chuyển trên nửa đường tròn tâm O thì I di chuyển trên tia Kz.
Nhận xét: Cái khó của bài này khác so với các bài trên là ta phải vẽ thêm đường phụ. Chính vì điều này tạo cho học sinh một thói quen suy nghỉ khác. Không phải lúc nào củng theo lối mòn của tư duy mà phải có óc hoài nghi. Tại sao người ta lại cho trung điểm và điểm này có mối liên hệ gì với trung điểm còn lại. Và từ đây giúp cho học sinh tự tin hơn trong giải toán.
Bài toán 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Nối M với B cắt Ax tại N. Chứng minh 
C là trung điểm của AN.
 b. ON AD 
Hướng dẫn:
a.Ta có: AC = CM (T/C TT cắt nhau)
và OA = OM = R
Do đó CO là đường trung trực của AM 
 AM CO mà AM NB CO // NB
- Xét DANB có OA = OB = Rvà CO // NB (CMT) 
nên CO là đường trung bình của DANB CA = NC.
 b. Ta có AN // BD (cùng AB) = (so le trong) 
 Mà + = 900 và + = 900 nên = = 
 tan= tan hay = = (1)
 Mặt khác = (Vì = = 900 và = ) (2) 
 Từ (1) và (2) D OMN ∽ DDMA = ANMH nội tiếp. 
 Do đó = = 900 hay ON AD . 
Nhận xét: 
Dựa vào cách chứng minh của bài toán trên ta lại có bài toán 9 khó hơn.
Bài toán 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D.Gọi giao điểm của CO và AM là P, giao điểm của OD và MB là Q. Chứng minh.
a.Tứ giác CPQD nội tiếp được đường tròn 
b.Xác định giá trị nhỏ nhất bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD.
Hướng dẫn:
a.Theo bài 8 thì P, Q là trung điểm của AM và MB
Nên PQ là đường trung bình của DAMB 
 PQ // AB Do đó: = 
 mà = (CO // MB) = (1).
Xét MDNO có = = 900 MDNO nội tiếp = (2) 
Từ (1) và (2) = . Do đó CPQD nội tiếp.
b. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của CD và QP.
 N là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD OE // AC và NF QP.
 Mà PQ // AB (câu a) NF AB do đó NF // AC (3). 
Mặt khác: NE và MQ cùng CD nên NE // MQ (4)
 Từ (3) và (4) suy ra tứ giác NEOF là HBH
NE = FO = R (MPOQ là hình chữ nhật)
 Xét tam giác CNE có CN = = ³ = R
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AB = CD hay M là điểm chính giữa cung CD.
 Vậy giá trị nhỏ nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD là R
Nhận xét: Ở bài toán thứ 9 giúp cho học sinh hình thành được tính chủ động, sáng tạo và biết liên kết các bài toán trong giải toán vì đây là bài toán không dễ nếu như không giải các bài toán trước. Khai thác tiếp các bài trên ta lại có bài toán thứ 10 .
Bài toán10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. Từ M kẻ MHAB. Gọi E và F là chân đường vuông góc từ H xuống AM và BM.
a. Chứng minh AEFB nội tiếp được đường tròn
b. Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB. Chứng minh EF = 2OG
c. Chứng minh MH, CB, AD đồng quy
Nhận xét: Đây là bài toán không dễ chút nào nhưng nếu ta biết vận dụng các kết quả của những bài tập trên thì bài toán này trở nên đơn giản hơn rất nhiều
Hướng dẫn:
a.Tứ giác AEFB là hình chữ nhật (===900) 
 = 
mà = (cùng phụ với ) 
Nên = 
Do đó tứ giác AEFB nội tiếp được đường tròn.
b. Gọi giao điểm của EF và MH là Q.
Vì O là trung điểm của AB nên GO AB.mà MH AB nên GO // MH (1)
Mặt khác = (cùng bằng ) 
Mà + = 900 + = 900 do đó 
 = 900 hay OM EF mà GQ EF ( LE = LF) . Nên OM //QG (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MOGL là hình bình hành. 
 OG = QM mà QM = EF nên OG = EF (đpcm)
c. Gọi giao điểm của AD và MH là L
- Xét tam giác CDA có: ML // AC( vì cùng AB) = = (1)
- Xét tam giác ADB có LH // BD ( vì cùng AB) = (2)
- Từ (1) và (2) suy ra . = . = Mà = (do ML // CA)
Do đó . = 
Mặt khác MD = BD, MC = AC (T/c của hai tiếp tuyến cắt nhau) 
 . = = 1 MH = LH hay L là trung điểm của MH (3)
- Tương tự: Gọi K là giao điểm của CB và MH ta có K là trung điểm của MH(4)
Từ (3) và (4) suy ra L và K trùng nhau.Vậy MH, CB, AD đồng quy.
Nhận xét: Nếu chúng ta thay đổi một chút là hai tiếp tuyến Ax và By trở thành hai cát tuyến thì ta sẽ có bài toán tổng quát hơn và khó hơn..
Bài toán 11. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm Q cố định nằm trên đoạn OB. Qua Q vẽ đường thẳng d vuông góc với OB. Vẽ cát bất kỳ Ay cắt nửa đường tròn tại M sao cho M ( M luôn năm về nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d có chứa điểm A) và cắt đường thẳng d tại T. Nối T với B cắt nửa đường tròn tại C. Qua N và M kẻ các tiếp tuyến Nx và Mz với nửa đường tròn cắt nhau tại R. Gọi giao điểm của BM và AN là I.
a. Chứng minh I, R cùng thuộc đường thẳng d
b. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIT. Chứng minh rằng khi cát tuyến Ay thay đổi thì điểm K luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn:
a. - Xét tam giác ATB có BM, AN và TQ 
là ba đường cao nên I năm trên đường thẳng (d). 
- Gọi R’ là trung điểm của TI 
NR’là đường trung tuyến của DITN 
 R’N = R’T DTR’N cân tại R’ 
 = 
- DOAN cân tại O = 
 mà = (cùng bằng ) 
Do đó = mà ANTN ONR’N 
R’N là tiếp tuyến của đường tròn (O) (4)
- Chứng minh tương tự ta cũng có: R’M là tiếp tuyến của đường tròn(O) (5). 
Từ (4) và (5) R º R’ hay R nằm trên đường thẳng (d).
b. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua Q mà B và Q cố định B’ cố định mà IQ là đường trung trực của BB’ nên D BIB’ là tam giác cân tại I do đó = mà = (cùng phụ với ). Nên = TIB’A nội tiếp(1) 
Mặt khác: K là tâm đường tròn ngoại tiếp DTIA nên đường tròn tâm K đi qua điểm Avà điểm B’ cố định. Tức là K nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng cố định AB’. (đpcm)
Nhận xét: Nếu ta đặc biệt bài toán số 11 ta lại có bài toán số 12 hay hơn, khó hơn và điều này cũng giúp các em biết quy lạ về quen, biết quy cái tổng quát ra cái cụ thể và ngược lại.
Bài toán 12: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ cát AMT và BNT với đường tròn tâm O sao cho tổng khoảng cách từ A,B đến đường thẳng MN bằng R. Qua N và M kẻ các tiếp tuyến Nx và Mz với nửa đường tròn và cắt nhau tại R. Gọi giao điểm của BM và AN là I. 
a.Tính độ dài đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MINT theo R.
b.Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác TAB theo R khi M, N di chuyển trên nữa đường tròn nhưng vẩn thỏa mản điều kiện bài toán. 
Hướng dẫn:
a. Theo câu 11 thì T, R, I thẳng hàng 
nên đường kính của đường tròn ngoại tiếp
 tứ giác MINT là TI.
- Gọi H là trung điểm của MN RO là đường trung trực của MN
- Dựng AA’ và BB’ MN. Xét tứ giác 
AA’B’B có AA’ // BB’(cùng MN) nên tứ giác AA’B’B là hình thang mà OH là đường trung bình nên OH = (AA’+BB’) = R
- Xét tam giác vuông MOH có: MH2 = MO2 - OH2 = R2 - R2 = R2 
MH = R MN = R hay tam giác OMN là tam giác đều sđ =600
 - = (sđ - sđ) = (1800 - 600) = 600 
 = 1200 = 300 MR = = TI = 
b. Xét DTAB có AN và BM là đường cao cắt nhau tại I nên TI AB
- Theo câu a thì = 600 mà AB cố định nên T luôn chạy trên cung A chứa góc 600 dựng trên đoạn thẳng AB khi M,N thay đổi. Do đó diện tích tam giác TAB lớn nhất khi và chỉ khi đường cao TK lớn nhất (vì STAB = TK.AB mà AB không đổi)
Mà TK lớn nhất khi và chỉ khi T là điểm chính giữa cung chứa góc 600 dựng trên đoạn thẳng AB. Khi đó tam giác TAB là tam giác đều.
 STAB lớn nhất = TK.AB = R.2R = R2 (đvdt).
II.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Ví dụ trên chỉ là một trong các ví dụ nhỏ minh họa cho việc đổi mới phương pháp dạy- học theo hướng tích cực nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy, sáng tạo và phát triển năng lực tự học của học sinh trong học tập môn Toán. Ý tưởng “Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học ” đã có từ lâu. Nhưng cái mới ở đây là: Từ những bài toán không mới, giáo viên đã biến nó thành cái mới và sắp xếp chúng theo một hệ thống nhất định có thể giúp học sinh tiếp thu bài nhanh hơn,vững hơn và hứng thú hơn.
Qua các bài tập trên không những giúp cho giáo viên hình thành được các dạng bài tập khác nhau từ một bài toán để dạy bồi dưỡng các đối tượng học sinh từ đó cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học môn Toán. Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh. Phát triển năng lực liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải.
III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
- Kết luận:
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này tôi thấy, cần tạo cho học sinh thói quen không chỉ dừng lại ở kết quả vừa tìm được mà phải phân tích, khai thác nó để có những kết quả mới. Thông qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo các bài toán mới từ những bài toán đã học, đã gặp giúp học sinh tự tin hơn trong giải toán, nhờ đó mà học sinh phát huy được tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say mê nghiên cứu khoa học.	
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác, liên kết, lật ngược... bài toán rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức cơ bản của một dạng toán mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú hơn khi học toán.	
- Kiến nghị:
Đề nghị nhà trường và phòng giáo dục triển khai các sáng kiến kinh nghiệm hay để các đồng nghiệp được tham khảo, học hỏi lẫn nhau.	
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách giáo khoa và sách bài tập Toán 9. Nhà xuất bản giáo dục.
Nâng cao và phát triển Toán 8, 9 Tác giả: Vũ Hữu Bình
Tuyển tập các đề thi HSG Toán THCS.Nhà Xuất bản giáo dục
Tuyển tập các tập chí của Toán tuổi thơ các số. Nhà Xuất bản giáo dục
23 chuyên đề và 1001 bài toán sơ cấp. Tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh
6 – Tài liệu trên mạng internet.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Yên Định, ngày 12 tháng 04 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác.
NGƯỜI LÀM 
 Lê Hoàng Thuân 

File đính kèm:

  • docsKKN.doc
Sáng Kiến Liên Quan