Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi

ợc nhiều năng lực toán học. Mà theo quan niệm của tôi cho rằng: Việc ôn tập bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán cần phải:
	+ Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ:
	- Các bài toán được nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải, các thao tác tư duy dạng sơ cấp.
	- Năng lực học toán phải tiến hành thương xuyên liên tục trước hết thông qua các tiết luyện tập.
	- Cần xác định những năng lực toán học nào cần bồi dưỡng cho học sinh, hệ thống bài tập cho phù hợp.
B - Nội dung
	Một trong các chức năng của dạy học sáng tạo qua các bài toán ở trường trung học là hình thành ở học sinh năng lực sáng tạo bài toán mới. Xuất pháp từ bản chất tri thức toán học lôgíc ẩn láu dưới “ vỏ ngôn ngữ ”, có thể sử dụng các biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài toán mới cho học sinh.
	Biện pháp 1: Hướng dẫn học sinh “ nhìn thấy ” cấu trúc lôgíc của bài toán đặc biệt là nhìn thấy sự “ tương đương ” của các mệnh đề toán học.
	Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử dụng các hệ thống khái niệm khác nhau. Hướng dẫn cho học sinh “ nhận ra ” sự thống nhất về cấu trúc lôgíc của các bài toán có các biểu tượng trực quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó.
	Sau đây là một số ví dụ:
I - Phần số học
Ví dụ 1: Khai thác từ một bài toán lớp 6, chúng ta bắt đầu từ bài toán sau:
Bài toán 1: Tổng sau có chia hết cho 3 không?
	A = 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 +28 + 29 + 210 
	(Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1)
Lời giải:
Ta có: 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
	Vậy A chia hết cho 3.
	Từ bài toán này ta giải được một số bài toán sau:
Bài toán 1.1: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260.
	 Chứng minh rằng A chia hết cho 3.
Lời giải: 
	Tương tự như Bài toán 1.
Bài toán 1.2: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... +257 + 258 + 259 +260.
	 Chứng minh rằng A chia hết cho 105.
Lời giải:
	Ta có: 105 = 7.15 và (7, 15) = 1.
	Thật vậy:
	 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 hết 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 hết cho 15. (2) 
	Vì (7, 15) = 1 nên kết hợp (1) và (2) suy ra A chia hết cho 105.
Nhận xét:
	Với 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 hết cho 12
Bài toán 1.3:
	Chứng minh rằng: 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dương bất kỳ.
Lời giải:
	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 hết cho 31.
	Vậy 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + ... +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31. 
Bài toán 1.4:
	a) Tính tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an 
	b) áp dụng tính các tổng sau:
	S = 1 - 21 + 22 - 23 + 24 - ... +2100 
	T = 3 - 32 + 33 - 34 + ... +31999 - 32000
Lời giải:
 a) Xét tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + ... + an 
	Khi a = 1 ta có ngay: Sn = n + 1.
	Khi a ≠ 1 ta có: 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 được:
	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 
Bài toán 1.5:
	a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với:
	A = 4 + 22 + 23 + 24 + ... +220 
	b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với:
	A = 3 + 32 + 33 + 34 + ... +3100 
Bài toán 1.6:
	Cho số tự nhiên A = 7 + 72 + 73 + 74 + 75 + 76 + 77 + 78.
	a) Số A là chẵn hay lẻ.
	b) Số A có chia hết cho 5 không?
Bài toán 1.7:
	Cho S = 2 + 22 + 23 + ... +22000 . Hỏi S có chia hết cho 6 không?
Bài toán 1.8:
	Chứng minh rằng tổng: 
	P = 3 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 chia hết cho 13.
II. Phần đại số:
	Trong chương trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh được học về các hằng đẳng thức đáng nhớ, trong đó:
	A2 + 2AB + B2 = ( A + B )2
	A2 - 2AB + B2 = ( A - B )2
và có nhận xét: ( A + B )2 ≥ 0 với mọi A, B.
	( A - B )2 ≥ 0 với mọi A, B.
dấu “ = ’’ xảy ra khi A + B = 0 hay A = - B và A - B = 0 hay A = B
từ kiến thức này ta mở rộng và xây dựng nên nhiều bài toán khác. Sau đây là một số ví dụ:
Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức sau viết được dưới dạng tổng các bình phương của hai biểu thức:
	x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 
Lời giải:
	 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 
Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dưới dạng tổng của ba bình phương.
	( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 
Hướng dẫn: 
	( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = ( a + b)2 + ( b + c)2 +( a + c)2 
Bài 3: Tìm x, y biết:
	4x2 - 16x + y2 + 4y + 20 = 0
Hướng dẫn: 
	4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 = 0
	 ⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 = 0 ⇔ 
Bài 4: Tìm x biết :
	x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 = 0
Hướng dẫn:
	Từ kết quả của Bài 1 ta có phương trình tương đương:
	( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 = 0 ⇔ 
	Vậy không có giá trị nào của x để vế trái bằng 0.
Bài 5: Tìm x, y biết: 
	4x2 - 16x + y2 + 4y + 24 = 0
Hướng dẫn: 
	4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 + 4 = 0
	 ⇔ ( 2x - 4)2 + ( y + 2)2 + 4 = 0 
	VT ≥ 4 với mọi giá trị của x, y.
	=> Không có giá trị nào của x, y thoả mãn bài tán.
	Với cách làm như trên, học sinh dễ dàng làm bài tập sau:
Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0
Hướng dẫn:
	( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0
	 a = b = c
	Học sinh có thể phân tích đề bài: phá ngoặc chuyển vế ta được:
	a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca ta suy ra được bài toán mới
Bài 7: Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca thì a = b = c.
	Dựa vào kết quả bài 6, học sinh tự giải 
	Với hướng dẫn như bài tập 7 ta có thể đưa ra một loạt bài tập có phương pháp làm tương tự.
Bài 8: Chứng minh rằng nếu (a + b)2 = 2.(a2+ b2 ) thì a = b.
Bài 9: Cho a2 + b2 + c2 + 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1.
Bài 10: Cho (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c .
Bài 11: 
Cho (a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2 = (a + b - 2c)2 + (b + c - 2a)2 + (a +c - 2b)2 chứng minh rằng a = b = c .
Bài 12: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chứng minh rằng x = y = z.
	Từ bài tập 7, ta đưa ra bài toán tổng quát hơn
Bài 13: Chứng minh rằng với 3 số a, b, c bất kỳ, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Hướng dẫn:
Cách 1: Nhân 2 vế với 2, làm tương tự bài 7 (biến đổi tương đương).
Cách 2: (a + b + c)2 - (ab + bc + ca) = ≥ 0 => đpcm
Cách 3: Phương pháp phản chứng.
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức đã biết, ta có:
 Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
	a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới:
	+ Xét trường hợp đặc biệt hơn: cho c = 1 
	 ta có 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 có a2 + b2 + c2 ≥ 3(ab + bc + ca).
b) 
	ta có 
	 2(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2)
	 (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)
	Ta có thể khai thác những bài toán dạng này theo hướng khác là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Bài 14: (Suy ra từ bài 5)
	Tìm giá trị bé nhất của A = 4x2 - 16x + y2 + 4y + 24
Hướng dẫn: 
	A ≥ 4, min A = 4 khi x = 2, y = -2
Bài 15: Tìm giá trị bé nhất(lớn nhất) của các biểu thức:
	P = x2 - 2xy + 6y2 - 12x + 2y + 45
	Q = -x2 + 2xy - 4y2 - 2x - 10y - 3
	R = x2 - 2xy + 4y2 - 2x - 10y + 3
Hướng dẫn:
	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.
Từ bài 15 ta có thể suy ra kết quả sau:
	1) f(x) = -x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y - 3 có GTLN bằng 10 khi x = 3, y = 2.
	2) - f(x) có GTNN bằng -10 khi x = 3, y = 2.
	3) có GTNN bằng khi x = 3, y = 2.
Bài 16: Tìm GTNN của biểu thức:
	B = (x + 5)2 + (3x + 5)2 (bài tập số 1)
Hướng dẫn: 
	B = 10x2 + 40x + 50 = 10(x2 + 4x + 4) + 10 = 10(x + 2)2 + 10 10
	Min B = 10 khi x = -2.
Xây dựng trường hợp tổng quát:
Xét đa thức ax2 + bx + c, ta có:
F(x) = ax2 + bx + c = a(x + )2 - 
Nếu a > 0 thì ax2 + bx + c -	=> Min F(x) = - khi x = -
Nếu a Max F(x) = - khi x = -
Bài 17: Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:
	B = (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2 với a, b, c cho trước
Hướng dẫn: 
	B = 3(x - )2 + (a2 + b2 + c2) - 
	 => min B = (a2 + b2 + c2) - khi x = 
III - Phần hình học
Bài 1: Cho ABC, các đường phân giác của các góc và gặp nhau tại S, các đường thẳng chứa phân giác của hai góc ngoài và gặp nhau tại E.
Chứng minh rằng:
	a) BSCE là tứ giác nội tiếp.
	b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng.
Hướng dẫn:
	a) CS là tia phân giác trong của 
	 CE là tia phân giác ngoài của 
=> SCE = 900.
	Chứng minh tương tự SCE = 900.
	=> Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 1800
b) S là giao điểm của 3 đường phân giác trong, E là
giao điểm của 2 đường phân giác ngoài của và 
thuộc ABC.
Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng.
Khai thác bài toán trên:
Nhận xét 1: 
	Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đường 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 đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC.
Nhận xét 2:
	Vì SBEC là tứ giác nội tiếp => = = ()
=> Câu hỏi tiếp:
d) Chứng minh rằng BEC = ()
Nhận xét 3: 
	BOC = 2 = +mà = 1800 => BOC + = 1800
e) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
Nhận xét 4: 
	O nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC, S là tâm đường tròn nội tiếp ABC, E là tâm đường tròn bàng tiếp, OE = OS.
f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác bị đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phần bằng nhau.
Bài 2:
	Cho đường tròn tâm O, đường kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó cắt Cx, Dy lần lượt tại A, B.
	Chứng minh rằng: AOB = 900.
Hướng dẫn:
	(Có nhiều cách giải)
Ta có AE, AC là các tiếp tuyến 
=> AO là tia phân giác của COE
Tương tự: BO là tia phân giác của EOD
Mà COE và EOD là hai góc kề bù
 => AO⊥BO => AOB = 900.
Nhận xét 1: 
	Có thể thay đổi vị trí điểm O bằng điểm M bất kỳ trên CD khi đó đường thẳng vuông góc với ME tại E không là tiếp tuyến của (O) nữa. Vậy AMB = ?
Nhận xét 2:
	1) Trường hợp M ≡ O 
=> AMB = AOB = 900.
=> cách chứng minh như bài toán trên.
	2) Trường hợp M ≡ C
Có CED = 1v 
=> đường thẳng vuông góc với ME 
tại E cắt Cx tại A, cắt Dy tại B => B ≡ D.
=> AMB = ACD = 900
3) Trường hợp M ≡ D 
Chứng minh tương tự trường hợp M ≡ C 
=> AMB = 900.
4) Trường hợp M ≠ O, C và D ta có bài toán sau:
	Cho E là một điểm nằm trên (O, ), M bất kỳ thuộc đoạn CD, 
(M ≠ O, C và D)
Đường thẳng vuông góc với ME cắt 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O) lần lượt tại A và B.
Chứng minh rằng: AMB = 900.
Chứng minh tương tự bài trên:
	Tứ giác BMED nội tiếp
	=> EBM = EDM.
	ECM + EDM = EAM + EBM = 1v
	AMB = 900.
5) Trường hợp M nằm ngoài CD ta có bài toán sau:
	Cho E là một điểm nằm trên (O) đường kính CD và M là điểm bất kỳ thuộc CD nhưng ở ngoài CD, đường vuông góc với ME tại E cắt tiếp tuyến Cx, dy của (O) lần lượt tại A, B chứng minh rằng AMB = 900.
	Có: MEB = MDB = 900
=> Tứ giác AECM nội tiếp
=> MBA = MDE
tương tự tứ giác AECM nội tiếp
=> MAE = ECD
mà MDE + ECD = MAB + MBA = 900
=> AMB = 900 => đpcm.
Bài 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Lấy C, D lần lượt thuộc Ax, By sao cho CD = AC + BD.
	Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
	Bài toán này có thể giải được dựa trên ý tưởng là xét hai tam giác bằng nhau để rút ra các yếu tố tương ứng của chúng bằng nhau.
Lời giải:
	Trên tia đối của tia BD đặt điểm K sao cho: BK = AC. 
	Từ đó ta có DK = DB + BK = DB + AC = CD. 
	Từ OAC = OBK có OC = OK. 
	Dễ thấy OCD = OKD (c.c.c). 
	Vẽ OM vuông góc với CD, ta có các đường cao tương ứng OM = OB suy ra CD là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB.
Nhận xét:
	Từ lời giải bài toán này cũng suy ra được COD = 900 và AC.DB = R2 ta lập được 3 bài toán như sau:
Bài 3.1: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. Vẽ CD là tiếp tuyến với đường tròn đường kính AB sao cho C thuộc Ax, D thuộc By.
Chứng mịnh
	a) CD = AC + BD
	b) AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
	c) AC. BD = R2.
Bài 3.2: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. C thuộc Ax, D thuộc By. AB là tiếp tuyến với đường tròn đường kính CD.
Chứng mịnh
	a) CD = AC + BD
	b) CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
	c) AC. BD = R2.
Bài 3.3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. C thuộc Ax, D thuộc By và AC. BD = R2.
Chứng mịnh
	a) CD = AC + BD
	b) CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
	c) AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
Từ giả thiết của bài toán 3: CD = AC + DB ta suy ra các đường tròn (C, CA) và (D, DB) tiếp xúc nhau tại M thuộc CD. Vì AC vuông góc với AB và BD vuông góc với AB ta có AB là tiếp tuyến của các đường tròn (C, CA) và (D, DB) do vậy bài toán 3 tương đương với bài toán sau:
Bài toán 3' : 
	Cho hai đường tròn tâm C và tâm D tiếp xúc ngoài và AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (A, B là các tiếp điểm).
	Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Việc tổ chức dạy học sáng tạo bằng cách sử dụng các biện pháp nêu trên không những giúp cho học sinh hiểu sâu nắm vững kiến thức lôgíc của bài toán, biết cách "chuyển hoá" ngôn ngữ thông qua sử dụng hệ thống khái niệm.
C. Bài soạn - Tiết 1: Phần Hình học
A. Mục tiêu:
- Rèn kỹ năng vẽ hình, trình bày lời giải bài toán hình.
- Rèn tư duy toán thông qua khai thác, mở rộng các bài toán.
- HS tăng cường năng lực sáng tạo, tính tự học, tự nghiên cứu.
- Rèn tính cẩn thận, chính xác trong làm bài.
B. Chuẩn bị:
Giáo viên: Máy chiếu, thước thẳng, com pa.
Học sinh:.Thước thẳng, com pa.
C. Tiến trình dạy học:
1. ổn định tổ chức.
2. Kiểm tra bài cũ
HS1: Tính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù?
 Nêu một số cách chứng minh tứ giác nội tiếp?
HS2: Nêu một số cách chứng minh ba điểm thẳng hàng?
3. Bài mới:
Bài 1: Cho ABC, các đường phân giác của các góc và gặp nhau tại S, các đường thẳng chứa phân giác của hai góc ngoài và gặp nhau tại E.
Chứng minh rằng:
	a) BSCE là tứ giác nội tiếp.
	b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng
GV đưa đề bài lên máy chiếu.
HS đọc bài, nêu GT, KL
HS nêu cách chứng minh tứ giác BSCE nội tiếp.
(SCE + SBC = 1800 )
Chứng minh SCE = 900 như thế nào?
Tương tự ta có điều gì?
HS làm bài.
Em nào có cách làm?
Em nào có cách làm khác?
GV hướng dẫn HS khai thác bài toán trên.
Em có nhận xét gì về tứ giác BSEC?
( có hai góc vuông)
Từ đó có nhận xét gì về tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC?
Từ SBEC là tứ giác nội tiếp
=> 
=> = ?
Do đó ta có câu hỏi d.
So sánh BOC và Ê?
So sánh BOC và +?
Tính BOC + = ?
Từ đó ta có câu e.
Từ câu e có nhận xét gì về vị trí của điểm O?
Có nhận xét gì về điểm S và E?
So sánh OE và OS?
Từ đó ta có câu f.
Bài 1:
.
Lời giải:
a) CS là tia phân giác trong của 
 CE là tia phân giác ngoài của 
=> SCE = 900.
Chứng minh tương tự SCE = 900.
=> Tứ giác SBEC nội tiếp 
vì SCE + SBC = 1800
b) S là giao điểm của 3 đường phân giác trong, E là giao điểm của 2 đường phân giác ngoài của và thuộc ABC.
Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng.
Khai thác bài toán
Nhận xét 1: 
Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đường 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 đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC.
Nhận xét 2:
Vì SBEC là tứ giác nội tiếp 
=> = = ()
=> Câu hỏi tiếp:
d) Chứng minh rằng BEC = ()
Nhận xét 3: 
BOC = 2 = +mà = 1800 => BOC + = 1800
e) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
Nhận xét 4: 
O nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC, S là tâm đường tròn nội tiếp ABC, E là tâm đường tròn bàng tiếp, OE = OS.
f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác bị đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phần bằng nhau.
4. Củng cố - luyện tập
	GV lưu ý cho HS:
	- Tìm hiểu kỹ bài toán, vẽ hình chính xác.
	- Biết cách phân tích, tổng hợp, khai thác bài toán.
5. Hướng dẫn:
	- Xem kỹ bài tập đã làm trên lớp, cách khai thác bài toán.
	- Làm bài tập sau:
Bài 2:
	Cho đường tròn tâm O, đường kính CD = 2R. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Từ một điểm E trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó cắt Cx, Dy lần lượt tại A, B.
	Chứng minh rằng: AOB = 900.
	Hãy xét bài toán trong trường hợp thay điểm O bởi điểm M bất kỳ nằm trên đường thẳng CD.
---------------------------------------------
D - kết luận
	ở phần trên tôi đã đưa ra phương pháp bồi dưỡng 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. Nhưng để thực sự là một học sinh giỏi toán thì học sinh phải có kỹ năng tìn tòi lời giải bài toán, không bao giờ bằng lòng và dừng lại với phương pháp giải hiện có mà luôn luôn mong muốn tìm tòi, sáng tạo những lời giải hay, hấp dẫn hơn.
	Vì vậy tôi nghĩ hãy cố gắng hướng dẫn học sinh cachs suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải. Đây là cơ hội để giáo viên trang bị cho học sinh một số tri thức phương pháp: Phương pháp giải toán - phương pháp toán học hoá - nhằm rèn luyện và phát triển học sinh năng lực tư duy khoa học.
	Biết đề ra cho học sinh đúng lúc, đúng chỗ những câu gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ đối tượng. Chúng ta chỉ có thể thông qua dạy học giải một số bài toán cụ thể mà dần dần truyền cho học sinh cách thức, kinh nghiệm, tiến tới nghệ thuật trong việc suy nghĩ tìm tòi lời giải các bài toán.
	Trên đây là những kiến thức của bản thân tôi trong việc ôn tập bồi dưỡng học sinh thông qua việc hình thành cho học sinh năng lực học toán từ việc khai thác các kiến thức cơ bản trong chương 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 góp phần bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi.
Xác nhận của nhà trường
..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
Hải Dương, ngày 30 tháng 5 năm 2006
Người thực hiện
Nguyễn Thị Minh Nguyệt
Tài liệu tham khảo
1 - Nâng cao và phát triển Toán 6: Vũ Hữu Bình
2 - Nâng cao và phát triển Toán 8: Vũ Hữu Bình
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, 
 Nguyễn Việt Hải, Vũ Dương Thụy
5 - Bồi dưỡng học sinh giỏi toán cấp 2: Võ Đại Mau
Mục lục
Trang
A. Mở đầu
1
 I. Lý do chọn đề tài
1
 II. Nhiệm vụ nghiên cứu
1
B. Nội dung
2
 I. Phần số học
2
 II. Phần đại số
4
 III. Phần hình học
9
C. Bài soạn
14
D. Kết luận
17
Tài liệu tham khảo
18